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课时跟踪检测(二十八)　磁场的描述　磁场对电流的作用

1.中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是(　　)
A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极
B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强
C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的
D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置
解析：选B　地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，所以在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，选项A错误；在地球的南北极地磁的方向与几乎地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场力最大，选项B正确；地球自转方向是自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可能地球是带负电的，故C错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，选项D错误。
2.(2020·宁波模拟)超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，电磁船的简化原理图如图所示，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间部分区域浸没在海水中，并有方向垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是(　　)
A．使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力
B．要使船前进，海水中的电流方向从CD板指向AB板
C．同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反
D．若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流强度小于UR
解析：选D　根据题述，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有方向垂直纸面向内的匀强磁场，海水中该部分为导体，与导体板和电源构成回路，海水通电后受到安培力作用，磁场对海水有向后的作用力，根据牛顿第三定律，海水对磁场(实质是海水对超导电磁船)有向前的作用力，该力是使船前进的力，选项A错误；根据左手定则，要使船前进，海水中的电流方向从AB板指向CD板，选项B错误；同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相同，选项C错误；若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，由于可视为导体的海水切割磁感线要产生与电流方向相反的感应电动势，所以AB与CD间海水中的电流强度小于UR ，选项D正确。
3.如图所示，“L”形导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab⊥bc，ab长为l，bc长为34 l，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则(　　)
A．F＝74 BIl，tan θ＝43 　 B．F＝74 BIl，tan θ＝34
C．F＝54 BIl，tan θ＝43 D．F＝54 BIl，tan θ＝34
解析：选D　通电导线在匀强磁场中受到的安培力，其有效长度为ac连线的长度，L＝ l2＋3l42 ＝54 l，根据安培力公式得F＝BIL＝54 BIl，根据左手定则可知安培力的方向垂直于ac连线，方向与bc夹角θ的正切值tan θ＝34 ，选项D正确。
4．(2019·浙江选考)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是(　　)

A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
解析；选A　当两线圈电流方向相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C、D错误。
5．(多选)“巴罗轮”的示意图如图所示，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动。当转轴、水银槽分别与电源的正负极相连时，铝盘开始转动，下列说法中正确的是(　　)

A.铝盘绕顺时针方向转动
B．只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变
C．只改变电流方向，铝盘的转动方向改变
D．同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变
解析：选BCD　铝盘、水银与电源构成一个闭合回路，铝盘中有电流，由左手定则可知，铝盘受到的安培力的方向与盘的半径垂直，且沿逆时针方向，则铝盘沿逆时针方向转动，故A错误； 只改变磁场的方向，由左手定则可知，铝盘受到的安培力方向将与开始时相反，所以铝盘的转动方向改变，故B正确； 电流方向反向，由左手定则可知，安培力方向反向，铝盘的转动方向反向，故C正确； 由左手定则可知，将电流及磁场方向同时改变，铝盘受力方向不变，铝盘的转动方向不变，故D正确。
6．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为13 B0和12 B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712 B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112 B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112 B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712 B0
解析：选AC　外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知
在b点：12 B0＝B0－B1＋B2
在a点：13 B0＝B0－B1－B2
由上述两式解得B1＝712 B0，B2＝112 B0，故A、C正确。
7.(多选)电磁轨道炮工作原理如题图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是(　　)
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加到原来的2倍
C．只将弹体质量减小到原来的一半
D．将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变
解析：选BD　设B＝kI，轨道之间距离d，则发射过程中，安培力F＝BId＝kI2d，做功W＝FL＝kI2dL，由动能定理kI2dL＝12 mv2，得v＝2kI2dLm 。要使弹体的出射速度增加至原来的2倍，可采用的办法是只将电流I增加到原来的2倍；或只将弹体质量减小到原来的14 ；或只将轨道长度L变为原来的4倍；或将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变。选项B、D正确。
8.实验室电磁炮的模型图如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面上固定两条不计电阻、宽d＝1 m的平行金属导轨。导轨处在垂直斜面向下、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中。导轨下端接有电动势E＝24 V、内阻r＝1 Ω的电源，滑动变阻器的阻值变化范围为0～10 Ω，允许通过的最大电流为5 A。导轨上放置一质量m＝1 kg(连同金属杆PQ)的电磁炮，金属杆PQ垂直两金属导轨放置，金属杆电阻R0＝2 Ω，与导轨间动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。闭合开关S，使电磁炮在斜面上静止，求变阻器连入电路的可能阻值。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力，其中摩擦力的方向可能沿导轨向上，也可能沿导轨向下，由平衡条件可知mg sin θ±Ff＝IdB，又Ff≤μmg cos θ，解得2.2 A≤I≤3.8 A，由闭合电路欧姆定律可知I＝ER0＋r＋R ，解得6319 Ω≤R≤8711 Ω。
答案：6319 Ω≤R≤8711 Ω

9．(多选)(2020·河南驻马店市模拟)光滑斜面上放置一个通电导体棒，施加磁场后导体棒静止在斜面上，则以下四种情况中可能的是(　　)

解析：选BC　A图，由左手定则可知，导体棒受到方向竖直向下的安培力作用，导体棒所受合力不可能为0，选项A错误；B图中的导体棒受到的安培力方向水平向右，导体棒所受合力可能为0，选项B正确；C图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，导体棒所受合力可能为0，选项C正确；D图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，导体棒受到的合力不可能为0，选项D错误。
10．如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1 m。在两圆环上放一导体棒，圆环通过导线与电源相连，电源的电动势为3 V，内阻为0.2 Ω，导体棒质量为60 g，接入电路的电阻为1.3 Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，如图乙所示。该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)棒静止时受到的安培力的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。
解析：(1)对导体棒进行受力分析，如图所示，
有mgF ＝tan θ
解得F＝0.8 N。
(2)由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r
解得I＝2 A
由安培力的公式F＝BIl得B＝FIl ，
解得B＝0.4 T。
答案：(1)0.8 N　(2)0.4 T
11.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝kIr ，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线的张力均减小为T1；当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0。
(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
(2)求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线框的加速度大小为a，求I3。
解析：(1)I1方向向左，I2方向向右。
(2)当MN中通以强度为I的电流时，线框受到的安培力大小为F＝kIiL1r1－1r2 ，
式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线框中的电流，L为ab、cd的长度。
所以F1∶F2＝ I1∶I2。
(3)设MN中电流强度为I3时，线框受到的安培力大小为F3。由题设条件有
2T0＝G，2T1＋F1＝G，F3＋G＝ma＝2T0g a。
所以I1I3 ＝F1F3 ＝（T0－T1）gT0（a－g） ，I3＝T0（a－g）（T0－T1）g I1，方向向右。
答案：(1)I1方向向左　I2方向向右　(2)I1∶I2　
(3)T0（a－g）（T0－T1）g I1，方向向右