《测控指导》2015-2016学年高二物理人教版选修3-1课后训练：3.4 通电导线在磁场中受到的力 WORD版含解析.docx

1、4通电导线在磁场中受到的力课后训练案巩固提升A组(15分钟)1.图中对通电导线在磁场中所受安培力的方向判断正确的是()解析:由左手定则可以判断:A中力F方向垂直导线向上,选项A正确;B中力F方向应向左,选项B错误;C中导线不受力,选项C错误;D中力F的方向应向右,选项D错误。答案:A2.如图所示,均匀绕制的螺线管水平放置,在其正中心的上方附近用绝缘线水平吊起通电直导线A。A与螺线管垂直,A导线中电流的方向垂直于纸面向里,开关S闭合后,A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()A.水平向左B.水平向右C.竖直向下D.竖直向上解析:由安培定则判定通电螺线管上方磁场方向水平向右,再由左手定则判定通电直

2、导线所受安培力的方向是竖直向下,选项C正确。答案:C3.一段通电导线垂直于磁场方向放入匀强磁场中,导线上的电流方向由上向下,如图所示。在导线以其中心点为轴逆时针转动180的过程中,导线受到的安培力()A.大小不变,方向不变B.大小由最大减小到零再增至最大,方向时刻改变C.大小由最大减小到零再增至最大,方向不变D.大小由最大减小到零再增至最大,方向由垂直纸面向外变为垂直纸面向内解析:安培力公式F=ILBsin ,导线转动前,电流方向与磁场方向垂直,=90;当导线转过一个小角度后,电流方向与磁场方向不再垂直,安培力变小;当导线转过90时,电流方向与磁场方向平行,安培力为零。根据左手定则判断知,安培

3、力的方向始终垂直纸面向外;在导线再继续转动90过程中,安培力由零变到最大,安培力的方向始终垂直纸面向内,选项D正确。答案:D4.导学号08430202如图所示,两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N,通有同向等值电流;沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab,则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是()A.沿纸面逆时针转动B.沿纸面顺时针转动C.a端转向纸外,b端转向纸里D.a端转向纸里,b端转向纸外解析:根据长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则,可以判断两电流M、N连线上方处磁场方向水平向右,ab上半段所受安培力垂直于纸面向里,两电流M、N连线下方处磁场方向水平向左

4、,ab下半段所受安培力垂直于纸面向外,所以a端转向纸里,b端转向纸外,选项D正确。答案:D5.导学号08430203如图,一条形磁铁放在水平桌面上,在它的正中央上方固定一直导线,导线与磁铁垂直,若给导线通以垂直于纸面向里的电流,则下列说法错误的是()A.磁铁对桌面的压力减少B.磁铁对桌面的压力增大C.桌面对磁铁没有摩擦力D.磁铁所受的合力不变解析:条形磁铁外部磁场从N极到S极,导线处在向左的磁场中,由左手定则可以判断导线受到的安培力向上,根据牛顿第三定律可知,磁铁受到导线对它向下的力,因此磁铁对桌面的压力增大,选项A错误,选项B正确;磁铁没有相对运动的趋势,因此桌面对磁铁没有摩擦力,选项C正确

5、;磁铁始终处于静止状态,因此合力始终为0,选项D正确。答案:A6.(多选)一根长为0.2 m、电流为2 A的通电导线,放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中,受到磁场力的大小可能是()A.0.4 NB.0.2 NC.0.1 ND.0解析:据安培力的定义,当磁感应强度B与通电电流I方向垂直时,磁场力有最大值为Fmax=BIL=0.520.2 N=0.2 N。当两者方向平行时,磁场力有最小值为0。随着二者方向夹角的不同,磁场力大小可能在0.2 N与0之间取值。答案:BCD7.(多选)如图所示,在倾角为的光滑斜面上,放置一根长为L,质量为m,通过电流为I的导线,若使导线静止,应该在斜面上施加匀强磁场

6、B的大小和方向为()A.B=mgsinIL,方向垂直于斜面向下B.B=mgsinIL,方向垂直于斜面向上C.B=mgtanIL,方向竖直向下D.B=mgsinIL,方向水平向右解析:根据电流方向和所给定磁场方向的关系,可以确定通电导线所受安培力分别如图所示。又因为导线还受重力G和支持力FN,根据力的平衡知,只有A、C两种情况是可能的,其中A中F=mgsin ,则B=mgsinIL,C中F=mgtan ,B=mgtanIL。答案:AC8.如图所示,挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中,当给矩形线圈通入如图所示的电流I时,调节两盘中的砝码,使天平平衡。然后使电流I反向,这时要在天平

7、的左盘上加质量为210-2 kg的砝码,才能使天平重新平衡。求磁场对bc边作用力的大小。若已知矩形线圈共10匝,通入的电流I=0.1 A,bc边长度为10 cm,求该磁场的磁感应强度。(g取10 m/s2)解析:根据F=BIL可知,电流反向前后,磁场对bc边的作用力大小相等,设为F,但由左手定则可知它们的方向是相反的。电流反向前,磁场对bc边的作用力向上,电流反向后,磁场对bc边的作用力向下。因而有2F=210-210 N=0.2 N,所以F=0.1 N,即磁场对bc边的作用力大小是0.1 N。因为磁场对电流的作用力F=NBIL,故B=FNIL=0.1100.10.1 T=1 T。答案:0.1

8、 N1 T9.导学号08430204如图所示,在同一水平面的两导轨相互平行,并在竖直向上的磁场中,一根质量为3.6 kg、有效长度为2 m的金属棒放在导轨上,当金属棒中的电流为5 A时,金属棒做匀速运动;当金属棒中的电流增大到8 A时,金属棒能获得2 m/s2的加速度。则磁场的磁感应强度为多少?解析:对金属棒进行受力分析,利用牛顿第二定律可得当金属棒中的电流为5 A时BI1L-F阻=0当金属棒中的电流为8 A时BI2L-F阻=ma由整理方程组可得B=ma(I2-I1)L=3.62(8-5)2 T=1.2 T。答案:1.2 TB组(25分钟)1.下图中的通电导线在磁场中受力分析正确的是()解析:

9、注意安培定则与左手定则的区别,判断通电导线在磁场中的受力用左手定则。答案:C2.关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系,下列说法正确的是()A.F、B、I三者必须保持相互垂直B.F必垂直于B、I,但B、I可以不相互垂直C.B必垂直于F、I,但F、I可以不相互垂直D.I必垂直于F、B,但F、B可以不相互垂直解析:安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直,但B与I(即导线)可以垂直,也可以不垂直。如果通电导线受安培力时,力F与磁场及力F与导线都是垂直的,选项B正确。答案:B3.如图所示,向一根松弛的导体线圈中通以电流,线圈将会()A.纵向收缩,径向膨胀B

10、.纵向伸长,径向膨胀C.纵向伸长,径向收缩D.纵向收缩,径向收缩解析:通电线圈每匝视为一小磁体,且排列方向一致,故纵向收缩,通电线圈又处在电流产生的磁场中,所以径向膨胀。答案:A4.导学号08430205直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离,直导线固定,线圈可以自由运动。当通有如图所示的电流时(同时通电),从左向右看,线圈将()A.顺时针转动,同时靠近直导线ABB.顺时针转动,同时离开直导线ABC.逆时针转动,同时靠近直导线ABD.不动解析:先用安培定则判断出导线AB右侧的磁场方向向里,因此,线圈内侧受力向下,外侧受力向上,从左向右看应逆时针方向转动;在转动过程中,AB与线圈左侧吸引,

11、与线圈右侧排斥,由于线圈左侧离AB较近,则引力大于斥力,所以线圈靠近导线AB,选项C正确。答案:C5.(多选)质量为m的通电导体棒ab置于倾角为的导轨上,如图所示。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为,在下列选项图中所加各种磁场中,导体棒均静止,则导体棒与导轨间摩擦力为零的可能情况是()解析:要使静摩擦力为零,如果FN=0,必有Ff=0。图B选项中安培力的方向竖直向上,与重力的方向相反,可能使FN=0,B是正确的;如果FN0,则导体棒除受静摩擦力Ff以外的其他力的合力只要为零,那么Ff=0。在图A选项中,导体棒所受的重力G、支持力FN及安培力F安三力合力可能为零,则导体棒所受静摩擦力可能为零。C、

12、D选项中,从导体棒所受到的重力G、支持力FN及安培力F安三力的方向分析,合力不可能为零,所以导体棒所受静摩擦力不可能为零,故正确的选项应为A、B。答案:AB6.如图所示,两条导线相互垂直,但相隔一段距离。其中AB固定,CD能自由活动,当直线电流按图示方向通入两条导线时,导线CD将(从纸外向纸内看)()A.顺时针方向转动同时靠近导线ABB.逆时针方向转动同时离开导线ABC.顺时针方向转动同时离开导线ABD.逆时针方向转动同时靠近导线AB解析:据电流元分析法,把电流CD等效成CO、OD两段电流。由安培定则画出CO、OD所在位置由AB电流所产生的磁场,由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示,可见导

13、线CD逆时针转动。由特殊位置分析法,让CD逆时针转动90,如图乙,并画出CD此时位置,AB电流的磁感线分布,据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里,可见CD靠近AB,故选项D正确。答案:D7.导学号08430206质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平轨道上,通过MN的电流为I,匀强磁场的磁感应强度为B,方向与导轨平面成角斜向下,如图所示,求棒MN所受的支持力和摩擦力。解析:导体棒静止时受力如图。由平衡条件知FN=mg+Fcos ,Ff=Fsin 。安培力F=ILB,所以支持力FN=ILBcos +mg;摩擦力Ff=ILBsin 。答案:ILBcos +mgILBsin 8.如图所示,光滑的平行导轨倾角为,处在磁感应强度为B的匀强磁场中,导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源,电路中有一电阻值为R的电阻,其余电阻不计,将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放,求导体棒在释放的瞬间加速度的大小。解析:导体棒受力平面图如图所示,导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F,由牛顿第二定律:mgsin -Fcos =maF=BILI=ER+r由式可得a=gsin -BLEcosm(R+r)。答案:gsin -BLEcosm(R+r)