人教版 (新课标)选修34 通电导线在磁场中受到的力课堂检测

这是一份人教版 (新课标)选修34 通电导线在磁场中受到的力课堂检测，共4页。试卷主要包含了以下说法正确的是，A [电流元法，16.5 A 1.5 A等内容，欢迎下载使用。
3.4 通电导线在磁场中受到的力 每课一练（人教版选修3-1） 1．以下说法正确的是(  )A．一小段通电导线在某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定是零B．在磁场中一小段通电直导线所受磁场力方向、该点的磁感应强度方向以及导线中的电流方向，三者一定互相垂直C．在磁场中一小段通电直导线的电流方向不跟磁场方向垂直时，通电导线受的磁场力方向一定垂直于电流方向，而且一定垂直于磁场方向D．通电导线受磁场力的条件是电流方向与磁场力方向垂直2．赤道上某处有一竖直的避雷针，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为(  )A．正东            B．正南             C．正西            D．正北3. 如图13所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小(  )图13A．F＝BIdB．F＝BIdsin θC．F＝D．F＝BIdcos θ4. 如图14所示，直导线MN与矩形线框abcd在同一平面内，直导线中通有向上的电流I，矩形线框中通有沿逆时针方向的电流I0，则直导线中电流I的磁场对通电矩形线框各边的安培力合力(  )图14A．大小为零B．大小不为零，方向向左C．大小不为零，方向向右D．大小不为零，方向向上5. 如图15所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动．当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(  )图15 A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升6．如图16所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力(  )图16A．方向沿纸面向上，大小为( ＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为( －1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为( ＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为( －1)ILB题号123456答案      7．如图17所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两个相同的弹簧悬挂成水平状态，并使其位于垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通过0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长．取g＝10 m/s2，问：图17(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)当金属棒由a到b通过0.2 A电流时，弹簧伸长1 cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧的伸长量又是多少？     8. 相距为20 cm的平行金属导轨倾斜放置，如图18所示，导轨所在平面与水平面的夹角为θ＝37°.现在导轨上放一质量为330 g的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，整个装置处于磁感应强度B＝2 T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15 V．内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，g取10 m/s2.为保持金属棒ab处于静止状态(设最大静摩擦力Ff与支持力FN满足Ff＝μFN)，求：图18(1)ab中通入的最大电流为多少？(2)ab中通入的最小电流为多少？      参考答案课后巩固提升1．C2．A [电流方向向下，磁感线方向自南向北，由左手定则判断知，A正确．]3．C [题中磁场和电流垂直，θ角仅是导线框与金属杆MN间夹角，不是电流与磁场的夹角．]4．C [ad、bc边所受安培力大小相等，方向相反，互相抵消，而ab、cd边所受的安培力不能抵消，由于ab边离MN近些，故斥力大于引力，C选项正确．]5．A [(1)电流元法：把直线电流等效为AO、OB两段电流，由左手定则可以判断出AO段受力方向垂直纸面向外，OB段受力方向垂直纸面向内，因此，从上向下看AB将以中心O为轴顺时针转动．(2)特殊位置法：用导线转过90°的特殊位置来分析，根据左手定则判得安培力的方向向下，故导线在顺时针转动的同时向下运动．]6．A [导线段abcd的有效长度为线段ad，由几何知识知Lad＝( ＋1)L，故线段abcd所受的合力大小F＝ILadB＝( ＋1)ILB，导线有效长度的电流方向为a→d，据左手定则可以确定导线所受合力方向竖直向上，故A项正确．]7．(1)0.5 T (2)3 cm解析 (1)因弹簧不伸长，结合安培力的公式得：BIL＝mg故B＝＝ T＝0.5 T.(2)当金属棒由a到b通过0.2 A的电流时，弹簧伸长1 cm，对金属棒，根据平衡条件有：BI1L＋2kx1＝mg电流方向由b到a时，同理有：BI1L＋mg＝2kx2联立以上各式可得：x2＝3 cm.8．(1)16.5 A (2)1.5 A解析 (1)当ab棒恰好不沿导轨上滑时，ab中电流最大，受力如图甲所示，此时最大静摩擦力沿斜面向下，建立直角坐标系，由ab平衡可知：x方向：Fmax＝μFNcos θ＋FNsin θ①y方向：mg＝FNcos θ－μFNsin θ②由①②两式联立解得：Fmax＝mg，代入数据解得Fmax＝6.6 N，由Fmax＝BImaxL，有Imax＝＝ A＝16.5 A.(2)当ab棒刚好不沿导轨下滑时，ab中电流最小，受力如图乙所示，此时最大静摩擦力Ff′＝μFN′，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡条件得：x方向：Fmin＝FN′sin θ－μFN′cos θ③y方向：mg＝μFN′sin θ＋FN′cos θ④由③④两式解得：Fmin＝mg，代入数据解得Fmin＝0.6 N，由Fmin＝BIminL，得Imin＝＝ A＝1.5 A.