高中物理教科版 (2019)必修 第三册2 磁感应强度 磁通量课后复习题

这是一份高中物理教科版 (2019)必修 第三册2 磁感应强度 磁通量课后复习题，共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

A．B的方向就是小磁针N极所指的方向
B．B的方向与小磁针在任何情况下N极受力方向一致
C．B的方向就是通电导线的受力方向
D．B的方向就是该处磁场的方向
2．下列关于磁感线、磁通量的说法中，正确的是( )
A．磁感线和电场线一样，有起点有终点
B．磁通量有正负，所以磁通量是矢量
C．在匀强磁场中，穿过某平面的磁通量等于磁感应强度与该平面面积的乘积
D．地磁场穿过地球赤道所在平面的磁通量为零
3．关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是( )
A．由E＝ eq \f(F,q)知，E与F成正比、与q成反比
B．电场中某点电场强度的方向与在该点带正电的检验电荷所受电场力的方向相同
C．由B＝ eq \f(F,IL)知，B与F成正比、与I成反比
D．磁场中某点磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同
4．下列关于磁通量和磁感应强度的说法中，正确的是( )
A．穿过某一个平面的磁通量越大，该处磁感应强度也越大
B．穿过任何一个平面的磁通量越大，该处磁感应强度也越大
C．穿过垂直于磁感应强度方向的某面积的磁感线的条数等于磁感应强度
D．当平面跟磁场方向平行时，穿过这个平面的磁通量必定为零
5．如图所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA与穿过B环的磁通量ΦB相比较，则( )
A．ΦA＞ΦB B．ΦA＜ΦB
C．ΦA＝ΦB D．不能确定
6．如图所示，电流从A点分两路通过对称的环形支路汇合于B点，则环形支路的圆心O处的磁感应强度为( )
A．垂直于环形支路所在平面，且指向“纸外”
B．垂直于环形支路所在平面，且指向“纸内”
C．大小为零
D．在环形支路所在平面内，指向B点
7．如图所示，在纸面内面积为S的圆形区域有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场，金属棒ab与某一直径重合．一根弹性金属导线两端分别固定于a、b两点，现撑起弹性导线使导线与金属棒构成三角形闭合回路，导线上的动点c沿圆周从a点向b点移动，导线始终处于张紧状态．该过程中穿过闭合回路abc的磁通量的最大值为( )
A．BS B．πBS
C． eq \f(2BS,π) D． eq \f(BS,π)
8．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小．用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的U形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计．当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力．当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2.已知F1＞F2，则磁感应强度B的大小为( )
A．B＝ eq \f(R（F1－F2）,L（E1－E2）) B．B＝ eq \f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)
C．B＝ eq \f(R（F1＋F2）,L（E2－E1）) D．B＝ eq \f(R（F1＋F2）,L（E1＋E2）)
9.(多选)如图所示是等腰直角三棱柱，其平面ABCD为正方形，边长为L，它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B0，则下列说法中正确的是( )
A．穿过ABCD平面的磁通量大小为B0L2
B．穿过BCFE平面的磁通量大小为 eq \f(\r(2),2)B0L2
C．穿过ADFE平面的磁通量大小为零
D．穿过整个三棱柱的磁通量为零
10．(多选)科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的N极逆时针转过30°(如图所示的虚线)，设该处的地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的可能值为( )
A． eq \f(B,4)B． eq \f(\r(3)B,3)
C． eq \r(3)B D．2B
11．如图所示，闭合导线框架的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B.
(1)分别求出B⊥S(图示位置)和B∥S(线框绕OO′转90°)时，穿过闭合导线框架平面的磁通量．
(2)由图示位置绕OO′转过60°时，穿过框架平面的磁通量为多少？
(3)这个过程中磁通量变化了多少？
12．如图所示，有一个垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为10 cm，现在在纸面内先后放上圆线圈A、B和C(图中未画出)，圆心均在O处，A线圈的半径为1 cm，共10匝；B线圈的半径为2 cm，只有1匝；C线圈的半径为0.5 cm，只有1匝．
(1)在磁感应强度B减为0.4 T的过程中，A和B线圈中的磁通量改变了多少？
(2)在磁场方向转过30°角的过程中，C线圈中的磁通量改变了多少？
课时素养评价20 磁感应强度 磁通量
1．解析：磁场的方向就是磁感应强度的方向，D正确；磁感应强度的方向规定为小磁针静止时N极所指方向或小磁针N极受力方向，A错误，B正确；B的方向与通电导线所受力的方向是不一致的，C错误．
答案：BD
2．解析：磁感线在磁体外部由N极到S极，在内部由S极指向N极，为闭合曲线，无起点和终点，故A错误；磁通量没有方向，是标量，正负表示磁感线穿过平面的方向，故B错误；根据磁通量公式Φ＝BS cs θ分析，当磁场与平面垂直时，穿过平面的磁通量等于磁感应强度与该平面面积的乘积，如果磁场与平面不垂直，穿过平面的磁通量不等于磁感应强度与该平面面积的乘积，故C错误；由于磁感线是闭合曲线，则地磁场进入和穿出地球赤道所在平面的磁感线的条数相等，总的磁通量为零，故D正确．
答案：D
3．解析：E＝ eq \f(F,q)是电场强度的定义式，所以E与F、q无关，只取决于电场本身的性质，故A错误．根据电场强度方向的规定：电场中某点电场强度的方向与该点带正电的检验电荷所受电场力的方向相同，故B正确．磁感应强度公式B＝ eq \f(F,IL)是定义式，磁感应强度的大小与方向由磁场本身决定，与放入磁场中的通电导线所受安培力F无关，与通电导线中的电流I和导线长度L的乘积无关，故C错误．根据左手定则，磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．
答案：B
4．解析：匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φ＝BS sin α，磁通量还与S、α有关，所以磁通量大，不能说该处磁感应强度大，故A、B错误；磁通密度是磁感应强度的一个别名，垂直穿过单位面积的磁感线的多少表示磁感应强度，C错误；当平面与磁场方向平行时，穿过该平面的磁通量为零，D正确．
答案：D
5．解析：Φ＝Φ内－Φ外，分别画出穿过A、B环的磁感线分布如图所示，磁铁内的磁感线条数与其外部磁感线条数相等．通过A、B环的磁感线条数应该这样粗略计算，用磁铁内的磁感线总条数减去磁铁外每个环中的磁感线条数(因为磁铁内、外磁感线的方向相反).很明显，磁铁外部的磁感线通过B环的条数比A环的多，故B环中剩下的磁感线条数比A环中剩下的磁感线条数少，所以ΦA>ΦB.故A正确，B、C、D都错误．
答案：A
6．解析：由安培定则可判断上边的支路在O点处产生的磁场的方向垂直于纸面向里，下边的支路在O点处产生的磁场的方向垂直于纸面向外，则两支路的电流相等，两支路在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，所以O处的磁感应强度为零，C正确．
答案：C
7．解析：根据Φ＝BS可知，磁感应强度B不变，面积S越大，磁通量就越大．当三角形的高最大时面积最大，设圆的半径为R，所以Φm＝B× eq \f(1,2)×2R×R＝BR2，又由圆的面积S＝πR2，可得：Φm＝ eq \f(BS,π)，故A、B、C错误，D正确．
答案：D
8．解析：当通上电流后，对线框受力分析得出F1＝mg＋BI1L，F2＝mg－BI2L
I1＝ eq \f(E1,R)，I2＝ eq \f(E2,R)
联立解得：B＝ eq \f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)
故B正确，A、C、D错误．
答案：B
9．解析：根据Φ＝BS⊥，可知通过ABCD平面的磁通量Φ＝B0L2sin45°＝ eq \f(\r(2),2)B0L2，A错误；平面BCFE⊥B0，而BC＝L，CF＝L sin 45°＝ eq \f(\r(2),2)L，所以平面BCFE的面积S＝BC·CF＝ eq \f(\r(2),2)L2，因而Φ′＝B0S＝ eq \f(\r(2),2)B0L2，B正确；平面ADFE与B0平行，所以穿过平面ADFE的磁通量为零，C正确；若规定从外表面穿入三棱柱的磁通量为正，那么由三棱柱内表面穿出时的磁通量就为负，而穿入三棱柱的磁感线条数总与穿出的磁感线条数相等，因此穿过整个三棱柱的磁通量为零，D正确．
答案：BCD
10．解析：如图所示，当磁矿所产生的磁感应强度水平分量与合磁感应强度水平分量垂直时有最小值，为B矿＝B sin30°＝ eq \f(1,2)B，A不可能，B、C、D可能，故选BCD.
答案：BCD
11．解析：(1)B⊥S时穿过闭合导线框架平面的磁通量为Φ1＝BS
B∥S时穿过闭合导线框架平面的磁通量为0.
(2)由图示位置绕OO′转过60°时，穿过框架平面的磁通量为Φ2＝BS cs60°＝ eq \f(1,2)BS
(3)这个过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－ eq \f(1,2)BS.
答案：(1)BS 0 (2) eq \f(1,2)BS (3)－ eq \f(1,2)BS
12．解析：(1)对A线圈，有Φ1＝B1πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ，Φ2＝B2πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
故A线圈的磁通量的改变量为
ΔΦA＝|Φ2－Φ1|＝(0.4－0.8)×3.14×10－4 Wb＝－1.256×10－4 Wb
B线圈的磁通量的改变量为
ΔΦB＝(0.4－0.8)×3.14×(2×10－2)2 Wb＝－5.024×10－4 Wb.
(2)对C线圈，Φ′1＝Bπr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ；磁场方向转过30°角，线圈在垂直于磁场方向的投影面积为πreq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) cs 30°，则Φ′2＝Bπr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) cs 30°，故磁通量的改变量为ΔΦC＝Bπr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) (cs 30°－1)＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(0.866－1)Wb≈－8.4×10－6 Wb.
答案：(1)－1.256×10－4 Wb －5.024×10－4 Wb
(2)－8.4×10－6 Wb
A组 合格性考试练
B组 选择性考试练