[課下鞏固精練卷(二十八)]磁場及其對電流的作用________________________________________________________________________(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時：50分鐘)考點基礎(chǔ)題綜合題安培定則磁場及磁場疊加1，6—安培力的分析與計算2，3—導(dǎo)體運動情況分析4，5—安培力作用下的平衡與加速—7，8，9，10【基礎(chǔ)落實練】1．(多選)法拉第為描述場的性質(zhì)而提出場線的假設(shè)。如圖是場線中的一部分，點A、P、Q處于中央同一直線上，P、Q關(guān)于中垂線對稱，以下判斷錯誤的是()A．可能是兩個同種電荷產(chǎn)生的電場線B．可能是條形磁鐵產(chǎn)生磁場的磁感線C．無論電場還是磁場，P、Q處場的強度、方向相同D．無論電場還是磁場，A、P處場的方向相反解析：選AD。由圖可知，場線從左側(cè)的場源發(fā)出，終止于右側(cè)的場源，所以不可能是兩個同種電荷產(chǎn)生的電場線，可能是條形磁鐵產(chǎn)生磁場的磁感線，故A錯誤，B正確。無論電場還是磁場，根據(jù)對稱性可知P、Q處場的強度、方向相同，故C正確。若是電場，則A、P處電場強度方向相反；若是磁場，則P左側(cè)為N極，Q右側(cè)為S極，在磁鐵內(nèi)部，磁感線由S極出發(fā)終止于N極，所以此時A、P處場的方向相同，故D錯誤。2．(2023·山西高三聯(lián)考)理論研究表明：通電長直導(dǎo)線之間相互作用力F＝keq\f(I1I2,r)，k為一常數(shù)、r為直線電流之間的距離。如圖，在光滑水平面上放置三根長度相同、相互平行的通電直導(dǎo)線，它們在安培力作用下處于平衡狀態(tài)，下列電流I1、I2、I3的大小可以使三根導(dǎo)線平衡的是()A．1A、1A、2AB．2A、2A、4AC．2A、1A、2AD．1A、1A、1A解析：選C。設(shè)A、B導(dǎo)線之間的距離為r1，B、C導(dǎo)線之間的距離為r2，則對于A導(dǎo)線keq\f(I1I2,r1)＝keq\f(I1I3,（r1＋r2）)，對于C導(dǎo)線keq\f(I1I3,（r1＋r2）)＝keq\f(I2I3,r2)，整理后得eq\f(1,I1)＋eq\f(1,I3)＝eq\f(1,I2)，帶入數(shù)據(jù)檢驗可知，只有C正確。3．如圖所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡，A為水平放置的直導(dǎo)線的截面，導(dǎo)線中無電流時磁鐵對斜面的壓力為FN1，彈簧伸長量為x1；當(dāng)導(dǎo)線中有垂直紙面向外的電流時，磁鐵對斜面的壓力為FN2，彈簧伸長量為x2。下列關(guān)于磁鐵對斜面的壓力和彈簧的伸長量的說法中正確的是()A．FN1＜FN2，x1＞x2B．FN1＞FN2，x1＜x2C．FN1＞FN2，x1＞x2D．FN1＝FN2，x1＞x2解析：選B。磁鐵的磁感線在它的外部是從N極指向S極，因為長直導(dǎo)線在磁鐵的中心偏右位置，所以此處的磁感線是斜向左下的，電流的方向垂直于紙面向外，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線受磁鐵給的安培力方向是斜向右下方。長直導(dǎo)線是固定不動的，根據(jù)物體間力的作用是相互的，導(dǎo)線給磁鐵的反作用力方向就是斜向左上方的，將這個力分解為垂直于斜面向上與平行于斜面向下的分力，因此光滑斜面對磁鐵支持力減小，由于在電流對磁鐵作用力沿斜面方向的分力向下，所以彈簧拉力變大，彈簧長度將變長，所以FN1＞FN2，x1＜x2，彈簧的伸長量增大，故B正確，A、C、D錯誤。4．歐姆在探索通過導(dǎo)體的電流和電壓、電阻的關(guān)系時，因無電源和電流表，他利用金屬在冷水和熱水中產(chǎn)生電動勢代替電源，用小磁針的偏轉(zhuǎn)檢測電流。具體做法是：在地磁場作用下處于水平靜止的小磁針正上方，平行于小磁針放置一直導(dǎo)線，當(dāng)該導(dǎo)線中通有電流時，小磁針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)。若通過該直導(dǎo)線的電流為I時，小磁針偏轉(zhuǎn)了30°，則當(dāng)他發(fā)現(xiàn)小磁針偏轉(zhuǎn)了45°時，通過該直導(dǎo)線的電流為(直導(dǎo)線在某點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小與通過直導(dǎo)線的電流成正比)()A．2IB．3IC．eq\r(3)ID．eq\r(2)I解析：選C。設(shè)該位置地磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，當(dāng)電流為I時，小磁針偏轉(zhuǎn)了30°，則電流在該位置產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為Btan30°；當(dāng)小磁針偏轉(zhuǎn)了45°時，則電流在該位置產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為Btan45°。由于直導(dǎo)線在某點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小與通過直導(dǎo)線的電流成正比，可知eq\f(I′,I)＝eq\f(Btan45°,Btan30°)，解得I′＝eq\r(3)I，故C正確。5．安培定律的建立過程中，安培設(shè)計了一個無定向秤，如圖所示，由同一根導(dǎo)線做成兩個大小相等、電流方向相反的平面回路1和2，兩回路固定連在一起。線圈的兩端A、B通過水銀槽和固定支架相連。這樣，線圈既可通入電流，又可自由轉(zhuǎn)動。下列說法正確的是()A．當(dāng)處于非勻強磁場中，線圈可能會發(fā)生轉(zhuǎn)動B．當(dāng)處于平行線圈平面的勻強磁場中，線圈可能會發(fā)生轉(zhuǎn)動C．當(dāng)處于垂直線圈平面的勻強磁場中，線圈可能會發(fā)生轉(zhuǎn)動D．當(dāng)有一條形磁鐵靠近線圈時，線圈不可能會發(fā)生轉(zhuǎn)動解析：選A。當(dāng)處于平行線圈平面的勻強磁場中，這個復(fù)雜線圈可以看成是兩個線圈，兩個扭矩反向(即轉(zhuǎn)向相反)會抵消，所以線圈不會發(fā)生轉(zhuǎn)動，故B錯誤；當(dāng)處于垂直線圈平面的勻強磁場中，根據(jù)左手定則可知，線圈各邊所受安培力在同一平面內(nèi)，則線圈不會發(fā)生轉(zhuǎn)動，故C錯誤；根據(jù)以上分析可知，在磁場不垂直于線圈平面的情況下，若線圈處于非勻強磁場中，可知線圈各邊所受安培力大小不均衡，線圈將向所受安培力大的方向轉(zhuǎn)動，故A正確；當(dāng)有一條形磁鐵靠近線圈時，由于條形磁鐵的磁場不是勻強磁場，線圈各邊所受安培力大小不均衡，線圈可能向所受安培力大的方向轉(zhuǎn)動，故D錯誤。6．(2023·廣東潮州三模)兩根通電細長直導(dǎo)線緊靠著同樣長的塑料圓柱體，圖甲是圓柱體和導(dǎo)線1的截面，導(dǎo)線2固定不動(圖中未畫出)。導(dǎo)線1繞圓柱體在平面內(nèi)第一與第二象限從θ＝0緩慢移動到π，測量圓柱體中心O處磁感應(yīng)強度，獲得沿x方向的磁感應(yīng)強度Bx隨θ變化的圖像(如圖乙)和沿y方向的磁感應(yīng)強度By隨θ變化的圖像(如圖丙)。下列說法正確的是()A．導(dǎo)線1電流方向垂直紙面向里B．導(dǎo)線2在第三象限角平分線位置C．隨著θ的增大，中心O處的磁感應(yīng)強度先變大后變小D．當(dāng)θ＝0.25π時，中心O處的磁感應(yīng)強度方向沿第四象限角平分線向外解析：選C。根據(jù)安培定則判斷通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場方向可知，導(dǎo)線2在豎直方向上沒有分量，在水平方向有沿x軸正方向的分量，則導(dǎo)線1在初始狀態(tài)產(chǎn)生的磁場沿y軸負方向，導(dǎo)線1電流方向垂直紙面向外，故A錯誤；根據(jù)安培定則可知，導(dǎo)線2在y軸正方向處有垂直紙面向外的電流或者在y軸負方向處有垂直紙面里的電流，故B錯誤；磁感應(yīng)強度為矢量，根據(jù)三角形法則可知，中心O處的磁感應(yīng)強度先變大后變小，在θ＝0.5π時，兩導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向一致，合磁感應(yīng)強度值最大，故C正確；θ＝0.25π時，導(dǎo)線1產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向沿第四象限角平分線向外，但導(dǎo)線2產(chǎn)生的磁場沿x軸正方向，故中心O處的磁感應(yīng)強度方向在x軸與第四象限角平分線之間，故D錯誤?！揪C合提升練】7．(2023·吉林通化模擬預(yù)測)如圖所示，某同學(xué)用兩根不可伸長的絕緣細線將質(zhì)量為m、長為L的導(dǎo)體棒水平懸掛在水平固定細桿上，空間存在豎直向下的勻強磁場，開始時導(dǎo)體棒靜止在懸掛點的正下方?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒中通入電流，電流緩慢增加至大小為I的過程中，懸掛導(dǎo)體棒的兩懸線與豎直方向夾角緩慢增加到53°。已知重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒中的電流方向由c向d，磁感應(yīng)強度的大小B＝eq\f(4mg,3IL)B．電流增加到I的過程中，兩絕緣線的拉力先增大后減小C．若在虛線位置剪斷兩絕緣線，則該瞬間導(dǎo)體棒的加速度為eq\f(5,3)gD．若在虛線位置突然撤掉磁場，則該瞬間導(dǎo)體棒的加速度為eq\f(4,3)g解析：選C。導(dǎo)體棒受到的安培力向右，由左手定則可知電流方向由d向c，導(dǎo)體棒在最高點時，由力的平衡可知BIL＝mgtanθ，可解得B＝eq\f(4mg,3IL)，故A錯誤；設(shè)繩的拉力為F，根據(jù)Fcosθ＝mg，可知夾角增大，則F逐漸增大，故B錯誤；若在虛線位置剪斷兩絕緣線，則a＝eq\f(F,m)＝eq\f(5,3)g，故C正確；若在虛線位置突然撤掉磁場，則a＝eq\f(mgsin53°,m)＝eq\f(4,5)g，故D錯誤。8．(多選)如圖所示，PQ、MN是固定在豎直平面內(nèi)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距離為L。一長度也為L、質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒GH與導(dǎo)軌良好接觸。一原長為L0，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端連接在導(dǎo)體棒的中點，另一端固定于水平地面。導(dǎo)體棒處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面水平向里的勻強磁場中。圖中直流電源的電動勢為E、內(nèi)阻不計，電容器的電容為C，R1、R2為定值電阻，重力加速度為g，彈簧一直處于彈性限度內(nèi)。初始時，開關(guān)斷開，導(dǎo)體棒處于水平靜止狀態(tài)?，F(xiàn)閉合開關(guān)，待電路重新穩(wěn)定后(導(dǎo)體棒始終處于水平狀態(tài))。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒中電流為eq\f(E,R1＋r)B．輕彈簧的長度為L0－eq\f(mg,k)－eq\f(BLE,k（R1＋r）)C．電容器所帶的電荷量為eq\f(CEr,R2＋r)D．導(dǎo)體棒的重力勢能減小了eq\f(BLEmg,k（R1＋r）)解析：選ABD?，F(xiàn)閉合開關(guān)，待電路重新穩(wěn)定后，由閉合電路歐姆定律，導(dǎo)體棒中電流I＝eq\f(E,R1＋r)，故A正確；導(dǎo)體棒所受安培力F＝BIL＝eq\f(BLE,R1＋r)，由左手定則可判斷出安培力豎直向下，由平衡條件有mg＋F＝kx，解得彈簧壓縮量x＝eq\f(mg,k)＋eq\f(BLE,k（R1＋r）)，則輕彈簧的長度為L＝L0－x＝L0－eq\f(mg,k)－eq\f(BLE,k（R1＋r）)，故B正確；導(dǎo)體棒兩端電壓U＝Ir＝eq\f(Er,R1＋r)，由于R2中電流為零，所以電容器兩端電壓也為U＝eq\f(Er,R1＋r)，再根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可得，電容器所帶的電荷量為Q＝eq\f(CEr,R1＋r)，故C錯誤；初始時，彈簧壓縮量x′＝eq\f(mg,k)，閉合開關(guān)，待電路重新穩(wěn)定后，彈簧壓縮量x＝eq\f(mg,k)＋eq\f(BLE,k（R1＋r）)，所以導(dǎo)體棒的重力勢能減小了mg(x－x′)＝eq\f(BLEmg,k（R1＋r）)，故D正確。9．(10分)(2023·北京高考)2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進技術(shù)的世界最高速度紀錄。一種兩級導(dǎo)軌式電磁推進的原理如圖所示。兩平行長直金屬導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌間垂直安放金屬棒。金屬棒可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，電流從一導(dǎo)軌流入，經(jīng)過金屬棒，再從另一導(dǎo)軌流回，圖中電源未畫出。導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度B與電流i的關(guān)系式為B＝ki(k為常量)。金屬棒被該磁場力推動。當(dāng)金屬棒由第一級區(qū)域進入第二級區(qū)域時，回路中的電流由I變?yōu)?I。已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為L，每一級區(qū)域中金屬棒被推進的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m。求：(1)金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小F；(3分)(2)金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比a1∶a2；(3分)(3)金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小v。(4分)解析：(1)由題意可知第一級區(qū)域中磁感應(yīng)強度大小為B1＝kI金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小為F＝B1IL＝kI2L。(2)根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域的加速度大小為a1＝eq\f(F,m)＝eq\f(kI2L,m)第二級區(qū)域中磁感應(yīng)強度大小為B2＝2kI金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域時受到安培力的大小為F′＝B2·2IL＝4kI2L金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域的加速度大小為a2＝eq\f(F′,m)＝eq\f(4kI2L,m)則金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比為a1∶a2＝1∶4。(3)金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后，根據(jù)動能定理可得Fs＋F′s＝eq\f(1,2)mv2－0解得金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小為v＝Ieq\r(\f(10kLs,m))。答案：(1)kI2L(2)1∶4(3)Ieq\r(\f(10kLs,m))10．(10分)(2023·海南高考)如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15cm，質(zhì)量為m＝1×10－3kg，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里B＝8×10－2T的勻強磁場。(1)若插入導(dǎo)電液體部分深h＝2.5cm，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度H＝10cm，設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；(g＝10m/s2)(4分)(2)若金屬桿下端剛與導(dǎo)電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝