1、第19课时磁场的描述及磁场对电流的作用一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的N极逆时针转过30(如图1所示的虚线)，设该处的地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为 ()图1AB B2BC. D.B解析合磁场的方向沿虚线方向，所以该磁矿产生的磁感应强度的水平分量的最小值为Bsin 30，选项C正确。答案C2在赤道上，地磁场可以看作是沿南北方向并且与地面平行的匀强磁场，磁感应强度是5105 T。如果赤道上有一条沿东西方向的直导线，长40 m，载有20 A的电流，地磁场对这根导线的作用力
2、大小是()A4108 N B2.5105 NC9104 N D4102 N解析磁场方向是南北方向，电流方向是东西方向，它们相互垂直，可以利用公式FBIL来计算此安培力的大小，其大小为FBIL51052040 N4102 N。答案D3(2016浙江湖州中学摸底)如图2所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()图2解析由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据FBIL知受安培力越大，磁场发生微小变化，安培力变化最大，天平
3、越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确。答案A4如图3所示，质量为m的导体棒ab垂直圆弧形金属导轨MN、PQ放置，导轨下端接有电源，导体棒与导轨接触良好，不计一切摩擦。现欲使导体棒静止在导轨上，则下列方法可行的是()图3A施加一个沿ab方向的匀强磁场B施加一个沿ba方向的匀强磁场C施加一个竖直向下的匀强磁场D施加一个竖直向上的匀强磁场解析施加一个沿ab方向的匀强磁场或ba方向的匀强磁场，导体棒都不受安培力，不可能静止在导轨上，则A、B错；由b看向a时，施加一个竖直向下的匀强磁场，由左手定则可知导体棒所受安培力方向水平向右，可能静止在导轨上，则C对；由b看向a时，施加一个竖
4、直向上的匀强磁场，由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左，不可能静止在导轨上，则D错。答案C5在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图4所示，过c点的导线所受安培力的方向()图4A与ab边平行，竖直向上B与ab边平行，竖直向下C与ab边垂直，指向左边D与ab边垂直，指向右边解析根据安培定则，a、b在c处产生的磁场分别为垂直于ac连线斜向下和垂直于bc连线斜向下，并且大小相等，由平行四边形定则可确定c处合磁场方向向下，又根据左手定则，可判定c处直导线所受安培力方向垂直于ab边，指向左边，C正确。答案C6一条形磁铁静止在斜面上，
5、固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图5所示。若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力f的变化情况分别是()图5AF增大，f减小 BF减小，f增大CF与f都增大 DF与f都减小解析图中电流与磁体间的磁场力为引力，若将磁极位置对调则相互作用力为斥力，再由受力分析可知，C正确。答案C7用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图6所示，当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有()图6A两导线环相互吸引B两导线环相互排斥C两导线环无相互作用力D两导线环先吸引后排斥解析通电的导线环周围能够产
6、生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流产生力的作用。由于导线环中通入的电流方向相同，二者同位置处的电流方向完全相同，相当于通入同向电流的直导线，椐同向电流相互吸引的规律，判知两导线环应相互吸引，A正确。答案A8.美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射中，将炮弹以5倍音速，击向200公里外目标，射程为海军常规武器的10倍，且破坏力惊人。电磁炮原理如图7所示，若炮弹质量为m，水平轨道长L，宽为d，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上做匀加速运动。要使炮弹达到5倍音速(设音速为v)，则()图7A炮弹在轨道上的加速度为B磁场力做的功为mv2C磁场力做功的最大功率为D磁场力的大小为解析炮弹在轨道上做初速度为零
7、的匀加速直线运动，由公式v22ax得a，A错误；不计摩擦，磁场力做的功等于炮弹增加的动能，即Wm(5v)2，B错误；由动能定理得BIdLm(5v)2，磁场力的大小BId，则磁场力的最大功率PmBId(5v)(5v)，C正确，D错误。答案C二、选择题(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的)9.如图8所示，在方框中有一能产生磁场的装置，现在在方框右边放一通电直导线(电流方向如箭头方向)，发现通电导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是()图8解析由左手定则可知方框内装置产生的磁场在通电导线处的方向应向外，根据安培定则可知，选项C、D满足要求。答案CD10如图9甲所示，两根
8、光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()图9A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功解析根据左手定则知，金属棒在0内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0时间内，安培力方向与运动方
9、向相同，安培力做正功，在T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误。答案ABC11.光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m60 g、电阻R1 、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图10所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 530.8，g10 m/s2则()图10A磁场
10、方向一定竖直向下B电源电动势E3.0 VC导体棒在摆动过程中所受安培力F3 ND导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J解析导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BILLsin mgL(1cos )0，代入数值得导体棒中的电流为I3 A，由EIR得电源电动势E3.0 V，B对；由FBIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F0.3 N，C错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量E的和，即WQE，而EmgL(1cos )0.048 J，D错。答案AB三、
11、非选择题12.音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图11是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。图11(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。解析(1)线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得FnBIL由左手定则知方向水平向右(
12、2)安培力的功率为PFv联立式解得PnBILv答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv13如图12所示，水平导轨间距为L0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m1 kg，电阻R00.9 ，与导轨接触良好；电源电动势E10 V，内阻r0.1 ，电阻R4 ；外加匀强磁场的磁感应强度B5 T，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角53；ab与导轨间的动摩擦因数为0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g取10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 530.8，cos 530.6。求：图12(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安
13、培力大小；(3)重物重力G的取值范围。解析(1)I2 A方向为a到b。(2)FBIL5 N。(3)ab受力如图，则fm(mgFcos 53)3.5 N当最大静摩擦力方向向右时FTFsin 53fm0.5 N当最大静摩擦力方向向左时FTFsin 53fm7.5 N所以0.5 NG7.5 N。答案(1)2 Aa到b (2)5 N(3)0.5 NG7.5 N14如图13所示，质量为m0.04 kg的导电细杆ab置于倾角为30的平行导轨上，导轨宽为d0.4 m，细杆ab与导轨垂直，导轨所在区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B1 T。已知电源电动势E1.5 V，内阻r0.2 。导轨和细杆的
14、电阻均忽略不计(g取10 m/s2)。图13(1)若导轨光滑，为保证释放细杆后ab保持静止不动，则滑动变阻器接入电路的阻值是多大？(2)若导轨粗糙，且与细杆的动摩擦因数，为保证释放细杆后ab仍保持静止不动，则通过细杆的电流范围是多少？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析(1)通电细杆在磁场中受到的安培力方向沿斜面向上。设电流为I时，细杆刚好静止不动，由平衡关系得BIdmgsin ，解得I0.5 A，由欧姆定律EI(Rr)，解得R2.8 。(2)当Ff沿斜面向下的时候，如图甲所示，受力分析可得沿斜面方向BI1dmgsin Ff垂直斜面方向FNmgcos ，当细杆恰好静止时，有FfFN，联立解得I10.75 A。当Ff沿斜面向上的时候，如图乙所示，受力分析可得沿斜面方向BI2dFfmgsin ，垂直斜面方向FNmgcos ，当细杆恰好静止时，FfFN，联立解得I20.25 A故电流范围0.25 AI0.75 A。答案(1)2.8 (2)0.25 AI0.75 A
