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第八章 磁场
课时作业24 磁场及其对电流的作用
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
1．下列关于磁感应强度大小的说法，正确的是( )
A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大
B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大
C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同
D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关
解析：磁场中某点磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力及方向都无关，故选项A错误，选项D正确．
通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的取向有关，故选项B错误．虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的方向不同时，磁场力是不相同的(导线与磁场垂直时受磁场力最大，与磁场平行时受磁场力为0)，而选项C中没有说明导线在各个位置的取向是否相同，所以选项C错误．
答案：D
2．19世纪20年代，以塞贝克(
数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流．安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由地球的环形电流引起的，则该假设中的电流方向是( )
A．由西向东垂直磁子午线
B．由东向西垂直磁子午线
C．由南向北沿子午线
D．由赤道向两极沿子午线
(注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线)
解析：地磁N极在
地理南极附近，地磁S极在
地理北极附近，地磁场磁感线在地球内部由北极指向南极，则由安培定则环形电流方向判断，电流方向为由东向西垂直磁子午线，故选项B正确．
答案：B
3．关于磁场和磁感线的描述，下列说法正确的是( )
A．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向表示该点的磁场方向
B．磁感线是从磁铁的N极指向S极
C．磁极间的相互作用是通过磁场产生的
D．磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线
解析：运动电荷周围存在磁场，一切磁现象都可以归结为运动电荷(即电流)之间通过磁场而发生的相互作用．磁感线是为了形象研究磁场而人为画出的曲线，使曲线上的每一点的切线方向与该点的磁场方向相同．磁感线的疏密描述了该处磁场的强弱，磁感线是互不相交的曲线．故选项A、C正确．
答案：AC
图1
4．如图1所示，若一束电子沿y轴正方向移动，则在z轴上某点A的磁场方向应该( )
A．沿x轴的正向
B．沿x轴的负向
C．沿z轴的正向
D．沿z轴的负向
解析：电子沿y轴正方向移动，相当于电流方向沿y轴负方向移动，根据安培定则可判断在z轴上A点的磁场方向应该沿x轴的负方向．故选项B正确．
答案：B
图2
5．如图2所示为通电螺线管的纵剖面图，“○×”和“⊙”分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针(涂黑的一端为N极)静止时的指向一定画错了的是( )
A．a B．b
C．c D．d
解析：根据安培定则判断得出，通电螺线管内部的磁感线方向左，与外部的磁感线形成闭合曲线，小磁针N极静止时的指向在该处磁感线的切线方向上，由通电螺线管的磁感线分布情况可知，a，b两个小磁针的指向均画错了．
答案：AB
图3
6．如图3所示，一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的上方，并与小磁针指向平行，能使小磁针的N极转向读者，那么这束带电粒子可能是( )
A．向右飞行的正离子束
B．向左飞行的正离子束
C．向右飞行的负离子束
D．向左飞行的负离子束
解析：小磁针的N极指向读者，说明小磁针所在处的磁场方向是指向读者的，由安培定则可判断出带电粒子形成的电流方向向左，向左的电流可能是由向左飞行的正离子形成的，也可能是由向右飞行的负离子形成的，故正确答案为选项BC.
答案：BC
7．(2009•重庆高考)如图4所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为fa、 fb，可判断这两段导线( )
图4
A．相互吸引，fa>fb B．相互排斥，fa>fb
C．相互吸引，fa<fb D．相互排斥，fa<fb
解析：本题考查电路结构分析，安培力的方向和大小的决定因素，意在考查考生识图能力和对基本概念的掌握情况．不管电流方向如何，MM′和NN′两段导线中的电流方向总是相反的，则两段导线始终产生排斥力．又安培力的大小和电流成正比，单刀双掷开关接b时的电压高，则电流大，两段导线间产生的安培力也大．
答案：D
8．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5.过c点的导线所受安培力的方向( )
图5
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受的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：C
二、计算题(3×12′＝36′)
图6
9．在倾角θ＝30°的光滑导体滑轨A和B的上端接入一个电动势E＝3 V，内阻不计的电源，滑轨间距L＝10 cm，将一个质量m＝30 g，电阻R＝0.5 Ω的金属棒水平放置在滑轨上，若滑轨周围存在着垂直于滑轨平面的匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，如图6所示，求滑轨周围空间的磁场方向和磁感应强度的大小．
解析：闭合开关S后金属棒上有电流流过，且金属棒保持静止，由闭合电路欧姆定律，得I＝ER＝30.5＝6 A
图7
金属棒静止在滑轨上，它受到重力mg和滑轨支持力N的作用，因轨道光滑，仅此二力金属棒不可能平衡，它必然还受到垂直于滑轨平面的磁场的安培力的作用才能平衡．根据题意和左手定则判断出，磁场方向垂直滑轨面斜向下，金属棒受到磁场的安培力沿斜面向上，如图7所示．进一步受力分析得出，若金属棒平衡，则它受到的安培力F应与重力沿斜面向下的分量mgsinθ大小相等，方向相反
F－mgsinθ＝0①
由F＝BIL代入①得BIL＝mgsinθ
B＝mgsinθIL＝0.03×10×0.56×0.1＝0.25 T
答案：垂直滑轨面斜向下 0.25 T
10．如图8(a)所示，光滑的平行导轨倾角为θ，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．
图8
解析：从b向a看画出侧面受力如图8(b)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：
mgsinθ－Fcosθ＝ma①
F＝BIL②
I＝ER＋r③
由①②③式可解得a＝gsinθ－LBEcosθmR＋r.
答案：gsinθ－LBEcosθmR＋r
图9
11．(2010•浙江高考)如图9所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动．其在纸面上的长度OA为L1，垂直纸面的宽度为L2，在膜的下端(图中A处)挂有一平行于转轴，质量为m，长为L2的导体棒使膜绷成平面．在膜下方水平放置一足够大的太阳能
光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能．光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为U；输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定)．导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外(注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出)．
(1)现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成θ＝60°角时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率；
(2)当θ变为45°时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒力学平衡外，还能输出多少额外电功率？
解析：(1)导体棒所受安培力F1＝IBL2①
导体棒有静力平衡关系mgtanθ＝F1②
解得I＝mgtanθBL2③
所以当θ＝60°时，I60＝mgtan60°BL2＝3mg/BL2
光电池输出功率为P60＝UI60＝3mgU/BL2.
(2)当θ＝45°时，根据③式可知维持静力平衡需要的电流为
I45＝mgtan45°BL2＝mgBL2
根据几何关系可知
P45P60＝L1L2cos45°L1L2cos60°＝2
可得P45＝2P60＝6mgU/BL2
而光电池产生的电流为I充电＝P45U＝6mgBL2
所以能提供的额外电流为I额外＝I充电－I45＝(6－1)mgBL2
可提供额外功率为
P额外＝I额外U＝(6－1)mgUBL2.
答案：(1)3mgBL2 3mgUBL2 (2)(6－1)mgUBL2
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