課時分層作業(四十)磁場及其對電流的作用基礎強化練1．如圖甲所示，斜面固定在水平面上，一通電導體棒ab置于斜面上且與底邊平行．整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，導體棒ab所受的安培力為F；若僅將導體棒ab從中點處折成相互垂直的兩段，且端點a、b連線仍與斜面底邊平行，如圖乙所示，則此時導體棒ab所受的安培力為()A．FB．eq\f(1,2)FC．eq\r(2)FD．eq\f(\r(2),2)F2.特高壓直流輸電是我國領先世界的電力工程．正常輸電時，兩根導線中通有大小相等，方向相反的電流，某次故障測試中發覺兩根平行輸電線中的電流大小滿意IA>IC.如圖，以兩導線某連線中點為圓心，作—個與導線垂直的圓，a(里面)和c(外面)與輸電線在同一高度，b、d為圓的最下方和最上方忽視地磁場的影響，則()A．b點和d點磁場方向相同B．a點的磁感應強度可能為零C．c點的磁感應強度可能為零D．兩根導線的作用力為引力3．[2024·廣東卷]截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線．長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流I1，四根平行直導線均通入電流I2，I1?I2，電流方向如圖所示．下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是()4.[2024·西安中學月考]如圖所示，用絕緣細線懸掛一個導線框，導線框是由兩同心半圓弧導線和直導線AB、CD(AB、CD在同一水平線上)連接而成的，導線框中通有圖示方向的電流，處于靜止狀態．在半圓弧導線的圓心處沿垂直于導線框平面的方向放置一長直導線Q.當Q中通有垂直紙面對里的電流時，下列推斷正確的是()A．導線框將向右搖擺B．導線框將向左搖擺C．從上往下看，導線框將逆時針轉動D．從上往下看，導線框將順時針轉動5．[2024·山東泰安統考]已知通電的長直導線在四周空間某位置產生的磁感應強度大小與電流大小成正比，與該位置到長直導線的距離成反比．如圖所示，現有通有電流大小相同的兩根長直導線分別固定在正方體的兩條棱dh和hg上，彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，則頂點e和a兩處的磁感應強度大小之比為()A.2∶eq\r(3)B．1∶eq\r(3)C．2∶eq\r(2)D．1∶16.[2024·河北保定調研]如圖所示，空間有與豎直平面夾角為θ的勻強磁場，在磁場中用兩根等長輕細金屬絲將質量為m的金屬棒ab懸掛在天花板的C、D兩處，通電后導體棒靜止時金屬絲與磁場方向平行．已知磁場的磁感應強度大小為B，接入電路的金屬棒長度為l，重力加速度為g.以下關于導體棒中電流的方向和大小正確的是()A．由b到a，eq\f(mgtanθ,Bl)B．由a到b，eq\f(mg,Bl)C．由a到b，eq\f(mgsinθ,Bl)D．由b到a，eq\f(mgsinθ,Bl)7．[2024·西安一模]在絕緣水平面上方勻稱分布著方向與水平向右成60°斜向上的勻強磁場，一通有如圖所示的恒定電流I的金屬方棒，在安培力作用下水平向右做勻速直線運動．已知棒與水平面間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3)，若磁場方向由圖示方向起先沿逆時針緩慢轉動至豎直向上的過程中，棒始終保持勻速直線運動，設此過程中磁場方向與水平向右的夾角為θ，則關于磁場的磁感應強度的大小B與θ的改變關系圖像可能正確的是()8．[2024·湖南瀏陽一中月考](多選)一根重為G的金屬棒中通以恒定電流，平放在傾角為30°的光滑斜面上，如圖所示為截面圖．當勻強磁場的方向與斜面成60°角斜向上時，金屬棒處于靜止狀態，此時金屬棒對斜面的壓力大小為FN1.保持磁感應強度的大小不變，將磁場的方向順時針旋轉α角時，金屬棒再次處于平衡狀態，此時金屬棒對斜面的壓力大小為FN2，則下列說法不正確的是()A．金屬棒中的電流方向垂直紙面對外B．金屬棒受到的安培力為eq\f(\r(3),2)GC．α＝60°D．eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(1,2)實力提升練9．(多選)如圖甲所示，電流恒定的通電直導線MN，垂直平放在兩條相互平行的水平光滑長導軌上，電流方向由M指向N，在兩軌間存在著豎直磁場，取垂直紙面對里的方向為磁感應強度的正方向，當t＝0時導線恰好靜止，若B按如圖乙所示的余弦規律改變，下列說法正確的是()A．在最初的一個周期內，導線在導軌上往復運動B．在最初的一個周期內，導線始終向左運動C．在最初的半個周期內，導線的加速度先增大后減小D．在最初的半個周期內，導線的速度先增大后減小10．(多選)如圖所示，兩平行導軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中，勻強磁場方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導軌上使其水平且始終與導軌保持良好接觸．現在金屬棒PQ中通以改變的電流I，同時釋放金屬棒PQ使其運動．已知電流I隨時間改變的關系為I＝kt(k為常數，k>0)，金屬棒與導軌間存在摩擦，則下面關于棒的速度v、加速度a隨時間改變的關系圖像中，可能正確的有()11.[2024·北京卷]指南針是利用地磁場指示方向的裝置，它的廣泛運用促進了人們對地磁場的相識．現代科技可以實現對地磁場的精確測量．(1)如圖1所示，兩同學把一根長約10m的電線兩端用其他導線連接一個電壓表，快速搖動這根電線.若電線中間位置的速度約10m/s，電壓表的最大示數約2mV.粗略估算該處地磁場磁感應強度的大小B地；(2)如圖2所示，一矩形金屬薄片，其長為a，寬為b，厚為c.大小為I的恒定電流從電極P流入、從電極Q流出，當外加與薄片垂直的勻強磁場時，M、N兩電極間產生的電壓為U.已知薄片單位體積中導電的電子數為n，電子的電荷量為e.求磁感應強度的大小B；(3)假定(2)中的裝置足夠靈敏，可用來測量北京地區地磁場磁感應強度的大小和方向，請說明測量的思路．課時分層作業（四十）1．答案：D2．解析：由于電流大小滿意IA>IC，依據安培定則及磁場的疊加原理，可知b點磁場方向指向左下方，d點磁場方向指向右下方，選項A錯誤；由于兩電流在a點產生的磁場方向相反，但是A導線電流大，離a點近，產生的磁場強，合磁場的磁感應強度肯定不等于零，選項B錯誤；由于兩電流在c點產生的磁場方向相反，A導線電流大，離c點遠，C導線電流小，離c點近，合磁場的磁感應強度可能等于零，選項C正確；反向電流相互排斥，選項D錯誤．答案：C3．解析：依據“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”的作用規律可知，左、右兩導線與長管中心的長直導線相互吸引，上、下兩導線與長管中心的長直導線相互排斥，C正確．答案：C4．解析：由安培定則推斷出通電導線Q在導線AB處產生的磁場方向豎直向上，在導線CD處產生的磁場方向豎直向下，依據左手定則，知導線AB受到的安培力垂直導線框平面對里，導線CD受到的安培力垂直導線框平面對外，從上往下看，導線框將順時針轉動，故D正確．答案：D5．解析：設正方體棱長為L，其中一根長直導線的電流在e點產生的磁感應強度為B0，則e點的磁感應強度大小為Be＝eq\r(Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\r(2)B0處于hg邊的長直導線到a點的距離為eq\r(2)L，在a點產生的磁感應強度大小為eq\f(\r(2),2)B0；處于dh邊的長直導線到a點的距離為L，在a點產生的磁感應強度大小為B0.所以a點的磁感應強度大小為Ba＝eq\r(（\f(\r(2),2)B0）2＋Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\f(\r(6),2)B0，Be∶Ba＝2∶eq\r(3)，A項正確．答案：A6．解析：對導體棒進行受力分析，導體棒靜止，則其受力如圖所示．依據左手定則可知，導體棒中的電流方向為由a到b，依據平衡條件可知安培力的大小為：F＝BIl＝mgsinθ，所以感應電流的大小為：I＝eq\f(mgsinθ,Bl)，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C7．解析：棒受力如圖所示．則BILsinθ＝μ（mg＋BILcosθ）得eq\f(1,B)＝eq\f(IL,μmg)（sinθ－μcosθ）＝eq\f(2IL,\r(3)mg)sin（θ－30°）所以C正確，A、B、D錯誤．答案：C8．解析：由題知安培力垂直磁場方向斜向上，依據左手定則可知金屬棒中的電流方向垂直紙面對里，選項A錯誤；分析金屬棒受力，如圖所示，沿斜面方向依據平衡條件可得FAsin60°＝Gsin30°，解得金屬棒受到的安培力為FA＝eq\f(\r(3),3)G，選項B錯誤；由于安培力沿斜面方向的分力與重力沿斜面對下的分力相等．則磁場旋轉后安培力方向關于斜面對稱，依據幾何關系可得磁場的方向順時針旋轉α＝60°，選項C正確；依據平衡條件可得FN1＝Gcos30°－FAsin30°＝eq\f(\r(3),3)G，FN2＝Gcos30°＋FAsin30°＝eq\f(2\r(3),3)G，所以eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(1,2)，選項D正確．答案：AB9．解析：當t＝0時，由左手定則可知，MN受到向右的作用力，依據F安＝BLI，由于B最大，故此時的安培力最大，則MN的加速度最大，隨著時間的延長，磁感應強度B減小，故加速度減小，而MN的速度在增大，當B＝0時，加速度為0，速度最大，當B反向時，安培力也會反向，則加速度也反向，MN做減速運動，到半個周期時，MN減速到0，此時的加速度反向最大，然后MN再反向運動，到一個周期時MN又回到原動身的位置，故在最初的一個周期內，導線在導軌上往復運動，A正確，B錯誤；在最初的半個周期內，導線的加速度先減小后增大，而其速度則是先增大后減小，故C錯誤，D正確．答案：AD10．解析：水平方向上金屬棒受到安培力和導軌對棒的彈力，FN＝BIL＝kBLt，豎直方向上金屬棒受到重力和摩擦力，mg－FN·μ＝ma，聯立解得，mg－kBLt·μ＝ma，加速度隨時間減小，成線性改變，當加速度等于零以后，方向反向，kBLt·μ－mg＝ma，加速度隨時間增大，A選項正確，B選項錯誤；金屬棒先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，C選項錯誤，D選項正確．答案：AD11．解析：（1）由E＝BLv估算得該處地磁場磁感應強度B地的大小的數量級為10－5T.（2）設導電電子定向移動的速率為v，Δt時間內通過橫截面的電量為Δq，有I＝eq\f(Δq,Δt)＝nebcv導電電子定向移動過程中，在MN方向受到的電場力與洛倫茲力平衡，有eeq\f(U,b)＝evB得B＝eq\f(nec,I)U.（3）如下圖建立三維直角坐標系Oxyz.設地磁場磁感應強度在三個方向的重量為Bx、By、Bz.把金屬薄片置于xOy平面內，M，N兩極間產生電壓Uz僅取決于Bz.由（2）得Bz＝eq\f(nec,I)Uz，由Uz正負（M、N兩極電勢的凹凸）和電流I的方向可以確定Bz的方向．同理，把金屬薄片置于x