《2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練28 磁場、磁場對電流的作用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練28 磁場、磁場對電流的作用（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤訓練28 磁場、磁場對電流的作用 一、選擇題 1．(多選)(xx·浙江省湖州市高三期末)如圖所示，E、F分別表示蓄電池兩極，P、Q分別表示螺線管兩端．當閉合開關時，發(fā)現(xiàn)小磁針N極偏向螺線管Q端．下列判斷正確的是(　　) A．F為蓄電池正極 B．螺線管P端為S極 C．流過電阻R的電流方向向下 D．管內(nèi)磁場方向由Q指向P 解析：根據(jù)小磁針N極偏向螺線管Q端判斷Q端為電磁鐵的S極，P端為N極，選項B錯．根據(jù)右手螺旋定則，流過電阻R的電流方向向上，選項C錯．根據(jù)外電路電流從正極流向負極，F(xiàn)為蓄電池正極，選項A對．螺線管外部磁場從N指向S，內(nèi)部磁場從

2、S指向N，所以管內(nèi)磁場方向由Q指向P，選項D對． 答案：AD 2．(xx·山東省濰坊市高三模擬)如圖所示，兩根長直導線m、n豎直插在光滑絕緣水平桌面上的小孔P、Q中，O為P、Q連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱，導線中通有大小、方向均相同的電流I.下列說法正確的是(　　) A．O點的磁感應強度為零 B．a(chǎn)、b兩點磁感應強度的大小為Ba>Bb C．a(chǎn)、b兩點的磁感應強度相同 D．n中電流所受安培力方向由P指向Q 解析：根據(jù)安培右手定則，m在O點產(chǎn)生的磁場方向垂直ab連線向里，n在O點產(chǎn)生的磁場方向垂直ab連線向外，根據(jù)對稱性，磁感應強度大小相等，磁場矢量和等于0，選項A對

3、．根據(jù)對稱性，mn在ab兩點產(chǎn)生的合磁場大小相等，但是方向不同，選項B、C錯．同向電流相吸引，n中電流所受安培力方向由Q指向P，選項D錯． 答案：A 3. (xx·浙江省杭州市七校高三期中)如圖所示，一個邊長L、三邊電阻相同的正三角形金屬框放置在磁感應強度為B的勻強磁場中．若通以圖示方向的電流(從A點流入，從C點流出)，電流強度為I，則金屬框受到的磁場力為(　　) A．0　　　　B．ILB　　　C．A1ILB　　　D．2ILB 解析：設流過三角形ABC的電流是I1，AC邊的電流是I2，就有I1＋I2＝I，由安培力公式F＝BILsinθ分析答題，其中L是通電導線的有效長度，是導線在

4、磁場中兩端點間的距離，三角形ABC的有效長度就是AC的長度L，它的安培力F1＝BI1L；AC邊受到的安培力F2＝BI2L，所以金屬框受到的磁場力F＝F1＋F2＝B(I1＋I2)L＝BIL，所以選B. 答案：B 4. (xx·衡水中學高三二調(diào)考試)利用如圖所示的實驗裝置可以測量磁感應強度．其中2為力敏傳感器，3為數(shù)字電壓表，5為底部長為L的線框．當外界拉力作用于力敏傳感器的彈性梁上時，數(shù)字電壓表上的讀數(shù)U與所加外力F成正比，即U＝KF，式中K為比例系數(shù)．用絕緣懸絲把線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用軟細銅絲連接線框與電源．當線框中電流為零時，輸出電壓為U0；當線框中電流為I時，輸出電壓

5、為U，則磁感應強度的大小為(　　) A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：根據(jù)U＝KF得ΔU＝KΔF，當線框中通入電流后，ΔF＝BIL，ΔU＝|U－U0|，得B＝|U－U0|/KIL，D正確． 答案：D 5．(多選)(xx·湖北省武漢市高三調(diào)研)如圖所示，將長度為L的直導線放置在y軸上，當通以大小為I、沿y軸負方向的電流后，測得其受到的安培力大小為F、方向沿x軸正方向．則勻強磁場的磁感應強度可能(　　) A．沿z軸正方向，大小為 B．在xOy平面內(nèi)，大小為 C．在zOy平面內(nèi)，大小為 D．在zOy平面內(nèi)，大小為 解析：安培力垂直于B和I決定的平面zOy，

6、當B和I夾角為θ，則有BILsinθ＝F，則B＝F/ILsinθ，C、D正確． 答案：CD 6．(多選)(xx·甘肅涼州區(qū)高三診斷)如圖甲所示，質(zhì)量為m、通有電流I的導體棒ab置于傾角為θ、寬度為d的光滑平行導軌上，圖乙是從b向a方向觀察時的平面視圖．欲使導體棒ab能靜止在導軌上，可在導軌所在的空間加一個垂直于導體棒ab的勻強磁場，圖乙中水平、豎直或平行導軌、垂直導軌的①②③④⑤五個箭頭分別表示磁場的可能方向．關于該磁場的大小及方向，下列說法中正確的是(　　) A．磁場磁感應強度的最小值為 B．磁場磁感應強度的最小值為 C．磁場的方向不可能是方向①②⑤ D．磁場的方向可能是方向

7、③④⑤ 解析：對導體棒進行受力分析，如圖所示，由圖知，當安培力與斜面平行時，安培力最小，磁感應強度也最小，根據(jù)物體的平衡可得BId＝mgsinθ，故B＝，所以A錯誤；B正確；根據(jù)左手定則可判斷，當磁場的方向是方向①時，安培力豎直向下，不可能平衡；磁場的方向是方向②時，安培力垂直向下，也不可能平衡；磁場的方向是方向⑤時，安培力豎直向上，當F＝mg時，導體棒是平衡的，所以C錯誤；磁場的方向是方向③時，安培力水平向右，可能平衡；磁場的方向是方向④時，安培力平行斜面向上，也可能平衡；所以D正確． 答案：BD 7. (多選)(xx·石家莊高中畢業(yè)班質(zhì)檢)如圖所示，水平長直導線MN中通以M

8、到N方向的恒定電流，用兩根輕質(zhì)絕緣細線將矩形線圈abcd懸掛在其正下方．開始時線圈內(nèi)不通電流，兩細線內(nèi)的張力均為T，當線圈中通過的電流為I時，兩細線內(nèi)的張力均減小為T′.下列說法正確的是(　　) A．線圈中通過的電流方向為a→d→c→b→a B．線圈中通過的電流方向為a→b→c→d→a C．當線圈中電流變?yōu)镮時，兩細線內(nèi)的張力均為零 D．當線圈中電流變?yōu)镮時，兩細線內(nèi)的張力均為零 解析：當線圈中不通電流時，兩細線的張力就是線圈的重力，當線圈中通有電流后，細線上的張力變小了，說明線圈受到的安培力的合力方向是向上的，由于兩邊產(chǎn)生的安培力大小不同，ab邊要大于cd邊，所以由左手定則可以判斷

9、出，ab中通有由a到b的電流，故A不對，B是正確的；要想使細線上的張力為0，則ab與cd邊受到的安培力的合力應該等于2T，由于當電流為I時，張力減小到T′，故BaIL－BbIL＝2(T－T′)，則當張力變?yōu)?時，BaI′L－BbI′L＝2T，聯(lián)立以上兩式，消去磁場強度得I′＝I，故C是正確的，D是不對的． 答案：BC 8．(多選)(xx·甘肅天水一中高三診斷)電磁軌道炮工作原理如圖所示．待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸．電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回．彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應強度的大小與I成正比．通電的彈體在軌道上受

10、到安培力的作用而高速射出．現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是(　　) A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍 B．只將電流I增加至原來的2倍 C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半 D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變 解析：通電的彈體在軌道上受到安培力F＝BIl的作用，根據(jù)動能定理有F·L＝mv2，而磁感應強度的大小與I成正比，所以B＝kI，可解得v＝.若只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，彈體的出射速度增加至原來的倍，A錯誤；只將電流I增加至原來的2倍，彈體的出射速度增加至原來的2倍，B正確；只將彈體質(zhì)量減至原來的一半，彈體的出射速度增加至原

11、來的倍，故C錯誤；將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變，彈體的出射速度增加至原來的2倍，D正確． 答案：BD 9. (xx·福建省龍巖市高三質(zhì)檢)如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根水平放置的平行粗糙金屬導軌CD、EF，導軌上放有一金屬棒MN.現(xiàn)從t＝0時刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流I的大小與時間t成正比，即I＝kt，其中k為常量，不考慮電流對勻強磁場的影響，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好．下列關于金屬棒的加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖象，可能正確的是(　　) 解析：當t時刻，電流I＝kt，安培力F＝BIL，設最大靜摩擦力為fm，則加

12、速度a＝＝＝t－，所以a－t圖象是一條傾斜的直線，且不過原點，與縱軸的交點為－，選項A、B錯．導體棒速度v＝at＝t2－t是一條開口向上的曲線，選項C錯D對． 答案：D 10．(多選) (xx·浙江省五校高三第一次聯(lián)考)一電流表的原理圖如圖所示．質(zhì)量為m的勻質(zhì)細金屬棒MN的中點處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k.在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場．磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外．與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數(shù)，MN的長度大于ab.當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合；當MN中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流大小．

13、下列說法正確的是(　　) A．若要電流表正常工作，電流由M→N B．若將量程擴大2倍，只需將磁感應強度變?yōu)樵瓉淼谋? C．若將量程擴大2倍，可換一根勁度系數(shù)為原來倍的輕彈簧 D．若將量程擴大2倍，需要將磁感應強度和彈簧勁度系數(shù)均增大為原來的2倍 解析：若要電流表正常工作，則MN需要受到向下的安培力，根據(jù)左手定則可得，電流方向M→N，A正確；設滿量程時通過MN的電流強度為Im，標尺上最大刻度處距0刻度處長度為Δxm，則BImL＝kΔxm，Im＝，可得，Δxm不變的情況下，B變?yōu)樵瓉淼模琸變?yōu)樵瓉淼?倍均可使Im變成原來的2倍，故B正確．C、D錯誤． 答案：AB 二、非選擇題 11．

14、(xx·重慶卷改編)某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩極間的磁感應強度大小均為B，磁極寬度均為L，忽略邊緣效應，一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，線圈兩端C、D與外電路連接．當質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時，彈簧被壓縮，秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸)，隨后外電路對線圈供電，秤盤和線圈恢復到未放重物時的位置并靜止，由此時對應的供電電流I可確定重物的質(zhì)量．已知線圈匝數(shù)為n，線圈電阻為R，重力加速度為g.問 (1)供電電流I是從C端還是從D端流入？求重物質(zhì)量與電流的關系． (2)若線圈消耗的最大功率為P，該電子天平能稱量的最大質(zhì)量是多少？ 解

15、析：(1)要通過供電使線圈恢復到未放重物時的位置，必須在線圈中產(chǎn)生向上的安培力與物體重力平衡．根據(jù)左手定則，判斷電流方向應當從D端流入． 由FA＝mg，F(xiàn)A＝2nBIL 得m＝I (2)設稱量最大質(zhì)量為mP. 由m＝I，P＝I2R 得mP＝ 答案：(1)從D端流入　m＝I　(2) 12. 有一長為l＝0.50 m、質(zhì)量為m＝10 g的通電導線cd，由兩根絕緣細線水平懸掛在勻強磁場中的z軸上，如右圖所示．z軸垂直紙面向外，g＝10 m/s2.求： (1)當磁感應強度B1＝1.0 T，方向與x軸負方向相同時，要使懸線中 張力為零，則cd中通入的電流I1的大小和方向？ (2

16、)當cd中通入方向由c到d大小為I2＝0.40 A的電流，這時磁感應強度B2＝1.0 T，方向與x軸正方向相同，當cd靜止時懸線中的張力是多大？ (3)當cd中通入方向由c到d、大小為I3＝0.10 A的電流，若磁場方向垂直z軸，且與y軸負方向夾角為30°，與x軸正方向夾角為60°，磁感應強度B3＝2.0 T，則導線cd靜止時懸線中的張力又是多大？ 解析：(1)要使懸線的張力為零，導線cd受到的安培力必須與重力平衡，有mg＝B1I1l 所以I1＝mg/lB1＝ A＝0.20 A 由左手定則可判定cd中的電流方向由c到d. (2)根據(jù)題意，由左手定則可判定此時cd受到豎直向下的安培力．

17、當cd靜止時，有mg＋B2lI2＝2T. 所以T＝＝ N＝0.15 N. (3)根據(jù)題意，作出導線cd所受重力、安培力如圖所示．這時cd受到的安培力大小F3＝B3I3l 所以F3＝2.0×0.10×0.50 N＝0.10 N＝mg 又因F3的方向與B3的方向垂直，因此F合的方向與mg的方向夾角為30°.所以 2T′＝F合＝2mgcos30° T′＝mgcos30°＝0.09 N 即此時每根懸線中的張力大小為0.09 N，懸線與y軸負方向的夾角為30°，即導線cd受安培力作用后使懸線向x軸負方向偏轉(zhuǎn)30°角． 答案：(1)0.20 A　由c到d　(2)0.15 N (3)0.09 N