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2012版高三物理一轮复习磁场磁感应强度安培力1.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.过c点的导线所受安培力的方向( )A.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:由右手可判断导线a､b产生的磁场在导线c处的磁感应强度方向的合方向是竖直向下,再由左手可判得导线c受安培力方向为向左并与ab边垂直,所以C正确,A､B､D错误.答案:C2.科学研究表明,地球自西向东的自转速度正在变慢,假如地球的磁场是由地球表面带电引起的,则可以断定( )A.地球表面带正电,由于地球自转变慢,地磁场将变弱B.地球表面带正电,由于地球自转变慢,地磁场将变强C.地球表面带负电,由于地球自转变慢,地磁场将变弱D.地球表面带负电,由于地球自转变慢,地磁场将变强解析:地球的磁场可类比成一个通电螺线管,在地理北极附近是地磁场的S极.由安培定则可知电流方向是自东向西,所以地球自转方向是电流的反方向,所以地球表面带负电,而由于地球自转变慢,电流变小,地磁场将变弱,选项C 正确.答案:C3.如图所示,一水平导轨处于与水平方向成45°角斜向左上方的匀强磁场中,一根通有恒定电流的金属棒,由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动.现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至竖直向上,在此过程中,金属棒始终保持匀速运动,已知棒与导轨间动摩擦因数μ<1,则磁感应强度B 的大小变化情况是( )A.不变B.一直减小C.一直增大D.先变小后变大 解析:分析金属棒的受力如图所示.由平衡条件有BILsin θ=F f , F f =μF N =μ(mg+BILcos θ), 可解得B=()mg IL sin cos μθμθ=-其中φ=arctan μ,因为θ从45°变化到90°.所以当θ+φ=90°时,B 最小,此过程中B 应先减小后增大,D 正确.答案:D4.如图是一个用均匀金属导线做成的圆环,A ､B 是圆环直径的两端点,当电流I 从A 点流入,从B点流出时,在环中心处的磁场方向是( )A.在圆环所在的平面内,且指向BB.垂直圆环平面,且指向纸外C.垂直圆环平面,且指向纸内D.磁感应强度为零,无方向解析:利用安培定则结合对称性分析,易得D正确.答案:D5.取两个完全相同的长导线,用其中一根绕成如图甲所示的螺线管,当该螺线管中通以电流强度为I的电流时,测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B,若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管,并通以电流强度也为I的电流时,则在螺线管内中部的磁感应强度大小为( )A.0B.0.5BC.BD.2B解析:乙为双绕线圈,两通电导线的磁场相互抵消,管同磁感应强度为零,故选A.答案:A6.如图,长为2l的直导线折成边长相等,夹角为60°的V形,并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B,当在该导线中通以电流强度为I的电流时,该V形通电导线受到的安培力大小为( )A.0B.0.5BIlC.BIlD.2BIl解析:本题考查左手定则和力的合成.由左手定则得,导体受力如图所示,根据平行四边形定则可知,合力F=F1=F2=BIL,C正确.答案:C7.如图所示,条形磁铁放在光滑斜面上,用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡,A为水平放置的直导线的截面.导线中无电流时磁铁对斜面的压力为F N1;当导线中有电流通过时,磁铁对斜面的压力为F N2,此时弹簧的伸长量减小了,则( )A.F N1<F N2,A中电流方向向外B.F N1=F N2,A 中电流方向向外C.F N1>F N2,A 中电流方向向内D.F N1>F N2,A 中电流方向向外解析:如图所示,画出磁铁在导线A 处的一条磁感线,若导线A 中通有向外的电流,由左手定则判断出导线所受安培力F 方向向下,由牛顿第三定律知磁铁所受反作用力F′向上,磁铁对斜面的压力F N 减小,F N2<F N1;同时由于F′有沿斜面向上的分力,使得弹簧弹力减小,可知弹簧的伸长量减小,假设正确,故选D.答案:D8.如图所示的天平可用于测定磁感应强度,天平的右臂下面挂有一个矩形线圈,宽度为L,共 N 匝,线圈下端悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面.当线圈中通有方向如图所示的电流I 时,在天平左右两边加上质量各为m 1､m 2的砝码,天平平衡,当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m 的砝码后,天平重新平衡,由此可知( )A.磁感应强度的方向垂直于纸面向里,大小为12()m m gNIL -B.磁感应强度的方向垂直于纸面向里,大小为2mgNILC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外,大小为12()m m gNIL-D.磁感应强度的方向垂直于纸面向外,大小为2mgNIL解析:由于当电流反向时,右边需要加砝码,可判定电流反向后,安培力方向向上,因此在图示电流时安培力方向向下,此时m 1g=m 2g+ NBIL,电流反向后m 1g=(m 2+m)g- NBIL.由以上两式可解得mg=2 NBIL,则,2mgB NIL=由左手定则可判定磁感应强度的方向为垂直于纸面向里. 答案:B9.电磁炮是利用电磁技术制成的一种理想武器,它的主要原理如图所示.电磁炮轨道宽2 m,长100 m,通过的电流为10 A,要把2.2g 的弹体(包括金属杆的质量)加速到10 km/s,则轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B=________ T,磁场力的最大功率P=________ W(轨道摩擦不计).解析:在电磁炮发射炮弹的过程中,磁场力做功,增加炮弹的动能,即F·x=12mv 2,而F=BIL 则23322.210(1010)5522102100mv B T IL x -⨯⨯⨯===⨯⨯⨯ P=Fv=BIL·v=55×10×2×10×103=1.1×107W. 答案:55 T 1.1×107W10.如图所示,通电导体棒ab 质量为m ､长为L,水平放置在倾角为θ的光滑斜面上,通以图示方向的电流,电流强度为I,要求导体棒ab 静止在斜面上.求:(1)若磁场方向竖直向上,则磁感应强度B为多大?(2)若要求磁感应强度最小,则磁感应强度如何?解析:(1)沿导体棒从a向b观察,对ab棒受力分析(如图所示),由平衡条件得:在沿斜面方向:mgsinθ=Fcosθ在垂直斜面方向:F N=mgcosθ+Fsinθ其中F=BIL联立以上各式可得mgtan BILθ=(2)当安培力F全部用来平衡重力沿斜面方向的分力mgsinθ时,磁感应强度B最小,此时安培力方向为平行斜面向上.此时有BIL=mgsinθ,mgsinBILθ= ,磁场方向垂直斜面向上.答案:(1)mgtanILθ(2)mgsinILθ,磁场方向垂直斜面向上11.有两个相同的总电阻为9 Ω的均匀光滑圆环,固定于一个绝缘的水平台面上,两环分别在两个互相平行的､相距为20 cm的竖直平面内,两环的连心线恰好与环面垂直,两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B=0.87 T的匀强磁场,两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5 Ω的电源,连接导线的电阻不计.今有一根质量为10 g,电阻为1.5 Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动,而棒恰好静止于图所示的水平位置,它与圆弧的两接触点P､Q和圆弧最低点间所夹的弧所对应的圆心角均为θ=60°,取重力加速度为g=10 m/s2,试求此电源电动势E的大小.解析:在图中,从左向右看,棒PQ 的受力如图所示,棒所受的重力和安培力F B 的合力与环对棒的弹力F N是一对平衡力,且F B =mgtan θ而F B =IBL,所以310101010.870.2I A A BL -⨯==⨯=⨯在图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R,则99(9)3329R ⨯-=Ω=Ω 由闭合电路欧姆定律得E=I(r+2R+R 棒)=1×(0.5+2×2+1.5)V=6 V. 答案:6 V12.如图所示,表面光滑的平行金属导轨P ､Q 水平放置,左端与一电动势为E,内阻为r 的电源连接.导轨间距为d,电阻不计.导轨上放有两根质量均为m 的细棒,棒Ⅰ电阻为R,棒Ⅱ为绝缘体,两棒之间用一轻杆相连.导轨所在的空间有垂直导轨平面竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B.求:(1)闭合开关S 瞬间棒Ⅱ的加速度;(2)从闭合开关S 到两棒速度达到v 的过程中,通过棒Ⅰ的电荷量和电源消耗的总能量分别为多少?(导轨足够长)解析:(1)闭合S 的瞬间,电路中的电流为EI R r=+ 棒Ⅰ受安培力BdEF BId R r==+ 对棒Ⅰ､棒Ⅱ整体,根据牛顿第二定律得22()F BdE a m m R r ==+方向水平向右. (2)对棒Ⅰ棒Ⅱ整体,由动量定理 BI′dt=2mv,q=I′·t ∴2mvq Bd=电源消耗的电能为2E .mvEqE Bd==能 答案:(1)2()BdE m R r + 方向水平向右 (2)2mv Bd 2mvEBd。
