資源簡介

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新課預習銜接 磁現象 磁感線
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 南充期末）如圖，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三個點，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝90°。在M、N、P處各有一條長直導線垂直紙面，M、N、P導線中通有大小相等的恒定電流，其中M、P中的電流向里，N中的電流向外，這時O點的磁感應強度大小為B0。現取走M處的長直導線，則O點的磁感應強度大小為（　　）
A．2B0 B． C． D．
2．（2024秋 玄武區校級期末）如圖所示，在直角三角形ABC的B、C處分別有垂直于三角形平面的通電長直導線，導線中電流的大小相等，方向相反，∠ABC＝30°，D為AB邊中點，已知C處的電流在D點產生的磁場磁感應強度大小為B0，則D點的磁感應強度大小為（　　）
A．0 B．B0 C． D．2B0
3．（2024秋 太原期末）關于磁感線，下列說法正確的是（　　）
A．磁感線是不閉合的有向曲線，從N極出發到S極終止
B．磁感線是為了研究磁場根據實驗事實而假想出來的
C．磁感線是帶電粒子在磁場中運動的軌跡
D．沒有磁感線的地方就沒有磁場存在
4．（2024秋 南崗區校級期末）一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，如果直導線可以自由地運動且通以由a到b的電流，則判斷導線ab受磁場力后的運動情況（　　）
A．從上向下看順時針轉動并靠近螺線管
B．從上向下看順時針轉動并遠離螺線管
C．從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管
D．從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 蒲江縣校級期末）如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則（　　）
A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0
B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0
C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0
D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0
（多選）6．（2024秋 天津期末）如圖，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面，導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標原點O；四條導線中的電流大小相等，其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里，其余導線電流方向垂直坐標平面向外，若過a點的導線在O點產生的磁感應強度為B，則（　　）
A．O點的磁感應強度為
B．O點的磁感應強度沿y軸負方向
C．移走d點的導線，O點磁感應強度變為B
D．移走d點的導線，O點磁感應強度沿OC方向
（多選）7．（2024秋 深圳期末）圖甲為某高壓直流輸電線上使用的“正方形絕緣間隔棒”，它將長直導線L1、L2、L3、L4間距固定為l，圖乙為其截面圖，O為幾何中心，L1、L2、L3、L4中通有等大同向電流。則（　　）
A．O點的磁感應強度為零
B．L1、L2之間的相互作用力為排斥力
C．L4受到L1、L2、L3的作用力的合力方向指向O
D．僅將L2中電流變為0，O點磁感應強度方向沿正方形的對角線指向L2
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 重慶期末）如圖所示為奧斯特在1820年做過的一個實驗，他將一根直導線平行地放在小磁針的上方，當在導線中通以電流時，小磁針發生如圖所示的偏轉（N極向外），則導線中的電流方向為沿導線向 　 　（填“左”“右”）．
9．（2024秋 泉州期末）如圖，兩根互相平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相同的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。每根導線在O處產生的磁感應強度大小均為B，則O點的磁感應強度大小為 　 　；a點的磁感應強度 　 　（填“大于”“等于”或“小于”）b點的磁感應強度；c點的磁感應強度方向與d點的 　 　（填“相同”或“相反”）。
10．（2024秋 閔行區期末）四根平行的通電長直導線，其橫截面恰好在一個邊長為L的正方形的四個頂點上，電流方向如圖，其中A、C導線中的電流大小為I1，B、D導線中的電流大小為I2。若通電長直導線產生的磁場中某點的磁感應強度滿足B＝k（其中k為比例系數，I為電流強度，r為該點到直導線的距離），k、I1、I2、L為已知量，則正方形中心O處的磁感應強度大小為 　 　。若A導線所受的磁場力恰好為零，則Il：I2＝ 　 　。
11．（2024秋 徐匯區校級期末）如圖甲所示，光滑的水平桌面上固定著一根絕緣的長直導線，可以自由移動的矩形導線框abcd靠近長直導線靜止放在桌面上。當長直導線中的電流按圖乙所示的規律變化時（圖甲所示電流的方向為正方向），則t2時刻線框 　 　長直導線電流的作用力（填“受到”或“不受到”）；t1時刻線框中 　 　感應電流。（填“有”或“沒有”）
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 松江區校級期末）材料——靜電場
我們經常聽到電場、磁場等有關“場”的概念。但你有沒有想過，“場”看不見摸不著，它到底是什么？它是一種物質嗎？現代科學認為，場是比基本粒子更基本的物質存在狀態，場可以分為基態和激發態，而粒子實際上就是場的激發態。通俗來講，場就像一片平靜的此時的大海就處于激發態，而水花就相當于基本粒子。
（1）關于“場”，下列說法不正確的是 　 　；
A.場是看不見摸不著的物質，但我們可以用“場線”來形象化地描述它
B.靜止的電荷周圍的電場稱為靜電場
C.麥克斯韋發表了電磁場理論，認為一切電場都能產生磁場
D.現代科學認為，基本粒子和場之間關系密切，有場才有基本粒子
（2）某帶電粒子在電場中運動，涉及到的物理量靜電力F，電場強度E，電勢φ，電勢能EP中，描述電場本身的物理量有 　 　，請用國際單位制基本單位表示電勢φ的單位1V＝1 　 　。
（3）圖中用4V的電壓為2μF的平行板電容器充電，開關S閉合后，由于兩板間距遠小于板的大小，兩板之間的電場可以看成是 　 　電場。放電后，換用一個3V的直流電源為該電容器充電，平行板上板帶電量為 　 　C；
（4）小明根據“磁體對周圍小磁針有力的作用，且不需要接觸，這說明磁體周圍存在磁場”類比得出：地球周圍存在引力場。用假想的線描述引力場，如圖甲、乙、丙所示，其中最合理的是 　 　圖。
13．（2024秋 浦東新區校級期末）中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也。”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結合材料，回答問題：
（1）地球磁場的地磁南極在 　 　附近。（選填“地理南極”或“地理北極”）
（2）若在地球內部地心處放一個指南針，那么指南針的N極指向 　 　（選填“地理南極”或“地理北極”）。
14．（2024秋 呂梁期末）如圖，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40m的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構成金屬框的導線單位長度的阻值為λ＝5.0×10﹣3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時間內，磁感應強度大小隨時間t的變化關系為B（t）＝0.3﹣0.1t（SI）。求
（1）t＝2.0s時金屬框所受安培力的大小；
（2）在t＝0到t＝2.0s時間內金屬框產生的焦耳熱。
15．（2024秋 公主嶺市期末）如圖所示，真空中有一半徑r＝1.0m的圓形磁場區域，圓心位于坐標原點，磁場的磁感應強度B＝2.0×10﹣3T，方向垂直紙面向里，在x1＝1.0m到x2＝2.0m區域內有一豎直向下的E＝2.0×103V/m的勻強電場。現將比荷為q/m＝2.0×109C/kg的兩帶負電粒子從磁場邊界A、C處以相同初速度豎直射入磁場，A處射入粒子恰能從磁場與電場相切的D處進入電場，OC連線與豎直軸夾角θ＝60°，不計粒子所受重力以及粒子間相互作用力，求：
（1）粒子的速度v0大小；
（2）兩粒子射出電場時的間距y
新課預習銜接 磁現象 磁感線
參考答案與試題解析
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 南充期末）如圖，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三個點，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝90°。在M、N、P處各有一條長直導線垂直紙面，M、N、P導線中通有大小相等的恒定電流，其中M、P中的電流向里，N中的電流向外，這時O點的磁感應強度大小為B0。現取走M處的長直導線，則O點的磁感應強度大小為（　　）
A．2B0 B． C． D．
【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】D
【分析】由磁場的疊加可知每根導線在O點產生的磁感應強度大小，移動之后距O點的距離不變，故磁感應強度大小不變，則由矢量合成的方向可得出移動之后的合磁感應強度。
【解答】解：根據安培定則可知，M導線在O點產生的磁場方向豎直向下，P導線在O點產生的磁場方向水平向右，N導線在O點產生的磁場方向為豎直向下，由M、N、P三導線距離O的距離相等，且電流大小相等，所以三導線在O點的磁感應強度大小相等，設為B1，由磁場疊加可知，三導線在O點的合磁感應強度
B0
同理若將M導線取走，則此時的磁感應強度為
BB1
整理有
B
故ABC錯誤，D正確；
故選：D。
【點評】磁感應強度為矢量，在求合磁感應強度時，應先分別求得各導線產生的磁場在O點的磁感應強度，再由矢量的合成方法：平行四邊形定則，求得總的磁感應強度
2．（2024秋 玄武區校級期末）如圖所示，在直角三角形ABC的B、C處分別有垂直于三角形平面的通電長直導線，導線中電流的大小相等，方向相反，∠ABC＝30°，D為AB邊中點，已知C處的電流在D點產生的磁場磁感應強度大小為B0，則D點的磁感應強度大小為（　　）
A．0 B．B0 C． D．2B0
【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義．
【專題】定量思想；圖析法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】C
【分析】根據右手定則，確定D點的磁感應強度，并畫出合磁場強度，根據數學知識，求D點的磁感應強度大小。
【解答】解：根據右手定則，確定D點的磁感應強度，并畫出合磁場強度，如圖
C處的電流在D點產生的磁場磁感應強度大小B0，方向與CD垂直；B處的電流在D點產生的磁場磁感應強度大小B1，方向與AB垂直；由于D點到B、C點的距離相等，則
B0＝B1
由數學知識可知B0與B1的夾角為60°，則D點的磁感應強度大小為
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】本題解題關鍵是掌握右手定則，確定D點的磁感應強度，并畫出合磁場強度。
3．（2024秋 太原期末）關于磁感線，下列說法正確的是（　　）
A．磁感線是不閉合的有向曲線，從N極出發到S極終止
B．磁感線是為了研究磁場根據實驗事實而假想出來的
C．磁感線是帶電粒子在磁場中運動的軌跡
D．沒有磁感線的地方就沒有磁場存在
【考點】磁感線的概念和性質．
【專題】定性思想；歸納法；磁場 磁場對電流的作用；理解能力．
【答案】B
【分析】磁感線是閉合曲線；磁感線是假想的曲線；磁感線不是磁場的運動軌跡；沒有磁感線的地方仍然有磁場。
【解答】解：A.在磁鐵外部，磁感線由N極指向S極，在磁鐵內部，磁感線由S極指向N極，磁感線是閉合的曲線，故A錯誤；
B.磁感線是為了更直觀形象研究磁場的性質而假想的有方向的曲線，不是客觀存在的，故B正確；
C.磁感線表示磁場的強弱和方向，是假想的曲線，若磁感線是帶電粒子在磁場中運動的軌跡，則帶電粒子在磁場中不會受到洛倫茲力，因此磁感線不是帶電粒子在磁場中運動的軌跡，故C錯誤；
D.磁感線是為了形象描述磁場性質而假想的曲線，在磁場中沒有磁感線的地方仍有磁場存在，故D錯誤。
故選：B。
【點評】要知道磁感線是假想的曲線，在客觀上是不存在的，磁感線是閉合曲線，在磁體的外部，是從N極指向S極，而在磁體的內部是從S極指向N極。
4．（2024秋 南崗區校級期末）一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示，如果直導線可以自由地運動且通以由a到b的電流，則判斷導線ab受磁場力后的運動情況（　　）
A．從上向下看順時針轉動并靠近螺線管
B．從上向下看順時針轉動并遠離螺線管
C．從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管
D．從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管
【考點】環形電流或通電螺線管周圍的磁場．
【答案】D
【分析】通電導線因放在通電螺線管的磁場中故受到磁場力，因左右兩側磁場方向不同，故可以分左右兩邊分別分析研究，畫出兩側的磁場方向，則由左手定則可判出磁場力的方向，根據受力情況可判出物體的轉動情況。當導體轉動后，我們可以認為電流向右偏內，受力也將發生變化，為了簡便，我們可以判斷導體轉動到向里的位置判斷導體的受力情況，再判出導體的運動情況。
【解答】解：通電螺線管的磁感線如圖所示則由圖示可知左側導體所處的磁場方向斜向上，右側導體所處的磁場斜向下，則由左手定則可知，左側導體受力方向向外，右側導體受力方向向里，故從上向下看，導體應為逆時針轉動；當導體轉過90°時，由左手定則可得導體受力向下，故可得出導體運動為逆時針轉動的同時還要向下運動。即為a端轉向紙外，b端轉向紙里，且靠近通電螺線管，故D正確，ABC錯誤；
故選：D。
【點評】解決本題的關鍵（1）清楚通電螺線管的磁場，應看到左右兩邊磁場的不同；（2）能準確地應用左手定則判斷磁場與電流不垂直的情況；（3）會找到一些有代表性的特殊位置求解。
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 蒲江縣校級期末）如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則（　　）
A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0
B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0
C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0
D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0
【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】根據右手螺旋定則來判定兩直導線在a、b兩處的磁場方向，再結合矢量的疊加法則，即可求解。
【解答】解：整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外，且a、b兩點的磁感應強度大小分別為：B0和B0，方向也垂于紙面向外，根據右手螺旋定則，L1直導線電流，在a、b兩點磁場方向垂直紙面向里，大小相等，設其大小分別為B1a，B1b；
同理，L2直導線的電流，在a點磁場方向垂直紙面向里，在b點磁場方向垂直紙面向外，但兩點的磁場大小相等，設其大小分別為B2a，B2b；
依據矢量疊加法則，因a點的磁感應強度大小為B0，則有：B0﹣B2a﹣B1aB0；
同理，B0+B2b﹣B1bB0；
聯立上式，可解得：B1a＝B1bB0；
B2b＝B2aB0；
故AC正確，BD錯誤；
故選：AC。
【點評】考查右手螺旋定則的應用，掌握矢量的合成法則，注意對稱位置的磁場大小是相等的。
（多選）6．（2024秋 天津期末）如圖，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面，導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標原點O；四條導線中的電流大小相等，其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里，其余導線電流方向垂直坐標平面向外，若過a點的導線在O點產生的磁感應強度為B，則（　　）
A．O點的磁感應強度為
B．O點的磁感應強度沿y軸負方向
C．移走d點的導線，O點磁感應強度變為B
D．移走d點的導線，O點磁感應強度沿OC方向
【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；理解能力．
【答案】CD
【分析】運用安培定則，判斷各導線產生的磁感應強度方向，并通過磁感應強度的疊加分析各選項。
【解答】解：AB、四條導線中的電流大小相等，且到O點的距離相等，故四條通電導線在O點產生的磁感應強度大小相等，均為B。根據安培定則可知，四條導線中在O點產生的磁感應強度方向，如圖所示。
由圖可知，Bb與Bc相互抵消，Ba與Bd合成，根據平行四邊形定則可知，O點的磁感應強度方向由O指向c，其大小為2B，故AB錯誤；
CD、移走d點的導線，其它三條導線在O點的磁感應強度不變，則O點磁感應強度變為B，故CD正確。
故選：CD。
【點評】熟練掌握和應用安培定則是解題的關鍵。因為磁感應強度是矢量，所以磁場的疊加遵循平行四邊形定則。
（多選）7．（2024秋 深圳期末）圖甲為某高壓直流輸電線上使用的“正方形絕緣間隔棒”，它將長直導線L1、L2、L3、L4間距固定為l，圖乙為其截面圖，O為幾何中心，L1、L2、L3、L4中通有等大同向電流。則（　　）
A．O點的磁感應強度為零
B．L1、L2之間的相互作用力為排斥力
C．L4受到L1、L2、L3的作用力的合力方向指向O
D．僅將L2中電流變為0，O點磁感應強度方向沿正方形的對角線指向L2
【考點】通電直導線周圍的磁場；兩根通電導線之間的作用力．
【專題】定量思想；推理法；合成分解法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】根據“同向電流吸引，反向電流排斥”的推論結合矢量合成的特點分析出導線所受安培力的方向。
【解答】解：A、根據右手螺旋定則和對稱性可知，L1，L2、L3、L4
四等大同向電流在O點的合磁感應強度為零，故A正確；
B、L1、L2電流方向相同，可知 L1、L2之間的相互作用力為吸引力，故B錯誤；
C、L4 分別受到L1、L2、L3的吸引力，其中L1、L3 對 L4的吸引力合力指向O，L2 對 L4的吸引力也指向O，則 L4 受到L1、L2、L3的作用力的合力方向指向O，故C正確；
D、僅將L2中電流變為0，L1、L3在O點合磁感應強度為零，根據右手螺旋定則可知，L4在O點磁感應強度方向沿正方形的對角線指向L3，即O點磁感應強度方向沿正方形的對角線指向L3，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題考查學生對安培定則、磁感應強度疊加、通電導線作用力方向規律的掌握，具有一定綜合性。
三．填空題（共4小題）
8．（2024秋 重慶期末）如圖所示為奧斯特在1820年做過的一個實驗，他將一根直導線平行地放在小磁針的上方，當在導線中通以電流時，小磁針發生如圖所示的偏轉（N極向外），則導線中的電流方向為沿導線向 　左　（填“左”“右”）．
【考點】磁場中小磁針的偏轉問題；通電直導線周圍的磁場．
【答案】見試題解答內容
【分析】小磁針發生如圖所示的偏轉（N極向外），所以通電導線產生的磁場向外，再應用右手螺旋定則判斷．
【解答】解：小磁針N極向外偏轉，說明導線下方的磁場方向向外，上方向里，如圖：
利用右手螺旋定則可判斷出導線內電流的方向向左．
故填：左
【點評】此題需要根據小磁針的運動判斷出導線產生磁場的方向，應用右手螺旋定則判斷即可．
9．（2024秋 泉州期末）如圖，兩根互相平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相同的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。每根導線在O處產生的磁感應強度大小均為B，則O點的磁感應強度大小為 　0　；a點的磁感應強度 　等于　（填“大于”“等于”或“小于”）b點的磁感應強度；c點的磁感應強度方向與d點的 　相反　（填“相同”或“相反”）。
【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義．
【專題】定量思想；合成分解法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】0，等于，相反。
【分析】分別做出這幾個位置的合磁場的磁感應強度矢量圖，根據平行四邊形定則進行矢量合成，進而分析即可。
【解答】解：如圖所示
由題知O為MN的中點，根據右手定則知BNO和BMO等大反向，合磁感應強度為0；
如圖所示
因為a、b到O點的距離相等，則可知，Ba和Bb，等大反向；
如圖所示
因為c、d到O點的距離相等，則可知，Bc和Bd 等大反向。
故答案為：0，等于，相反。
【點評】能夠根據安培定則做出這幾個位置的磁感應強度的矢量圖是解題的關鍵。
10．（2024秋 閔行區期末）四根平行的通電長直導線，其橫截面恰好在一個邊長為L的正方形的四個頂點上，電流方向如圖，其中A、C導線中的電流大小為I1，B、D導線中的電流大小為I2。若通電長直導線產生的磁場中某點的磁感應強度滿足B＝k（其中k為比例系數，I為電流強度，r為該點到直導線的距離），k、I1、I2、L為已知量，則正方形中心O處的磁感應強度大小為 　0　。若A導線所受的磁場力恰好為零，則Il：I2＝ 　2：1　。
【考點】通電直導線周圍的磁場；磁感應強度的定義與物理意義．
【專題】信息給予題；定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】0；2：1。
【分析】根據左手定則確定通電導線分別在O點、A點的磁場方向，根據確定場強的大小，最后根據矢量的合成法則求合場強。
【解答】解：根據左手定則，導線A、B、C、D分別在O點的磁感應強度如圖所示：
根據可知，導線A、C在O處產生的磁感應強度大小相等、方向相反，導線B、D在O處產生的磁感應強度大小相等、方向相反；根據矢量的合成法則可知導線A與C在O點的合磁場為零，導線B與D在O點的合磁場為零，因此O點總的合磁場也為零；
通電長直導線產生的磁場中某點的磁感應強度滿足，那么導線B在A處的磁場，導線D在A處的磁場，
根據數學知識導線B、D在A處的合磁感應強度
導線C在A處的磁場，
A導線所受的磁場力恰好為零，則A處的合磁感應強度為零，根據場強的疊加原理B＝BC
聯立解得I1＝2I2，即
故答案為：0；2：1。
【點評】考查某點的磁感應強度滿足的應用，掌握矢量的合成法則，同時理解安培定則的內容。
11．（2024秋 徐匯區校級期末）如圖甲所示，光滑的水平桌面上固定著一根絕緣的長直導線，可以自由移動的矩形導線框abcd靠近長直導線靜止放在桌面上。當長直導線中的電流按圖乙所示的規律變化時（圖甲所示電流的方向為正方向），則t2時刻線框 　不受到　長直導線電流的作用力（填“受到”或“不受到”）；t1時刻線框中 　沒有　感應電流。（填“有”或“沒有”）
【考點】通電直導線周圍的磁場．
【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；理解能力．
【答案】見試題解答內容
【分析】在t2時刻，導線內的電流為零，磁場為0；根據感應電流的產生條件分析t1時刻線框中是否產生感應電流。
【解答】解：在t2時刻，導線內的電流為零，磁場為0，線框不受力，t1時刻，電流的變化率為零，磁通量的化率為零，故線框內沒有電流。
故答案為：不受到；沒有。
【點評】考查了楞次定律、安培定則的應用，i﹣t圖象的特點等綜合分析能力，掌握感應電流產生的條件．
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 松江區校級期末）材料——靜電場
我們經常聽到電場、磁場等有關“場”的概念。但你有沒有想過，“場”看不見摸不著，它到底是什么？它是一種物質嗎？現代科學認為，場是比基本粒子更基本的物質存在狀態，場可以分為基態和激發態，而粒子實際上就是場的激發態。通俗來講，場就像一片平靜的此時的大海就處于激發態，而水花就相當于基本粒子。
（1）關于“場”，下列說法不正確的是 　C　；
A.場是看不見摸不著的物質，但我們可以用“場線”來形象化地描述它
B.靜止的電荷周圍的電場稱為靜電場
C.麥克斯韋發表了電磁場理論，認為一切電場都能產生磁場
D.現代科學認為，基本粒子和場之間關系密切，有場才有基本粒子
（2）某帶電粒子在電場中運動，涉及到的物理量靜電力F，電場強度E，電勢φ，電勢能EP中，描述電場本身的物理量有 　E和φ　，請用國際單位制基本單位表示電勢φ的單位1V＝1 　　。
（3）圖中用4V的電壓為2μF的平行板電容器充電，開關S閉合后，由于兩板間距遠小于板的大小，兩板之間的電場可以看成是 　勻強　電場。放電后，換用一個3V的直流電源為該電容器充電，平行板上板帶電量為 　6×10﹣6　C；
（4）小明根據“磁體對周圍小磁針有力的作用，且不需要接觸，這說明磁體周圍存在磁場”類比得出：地球周圍存在引力場。用假想的線描述引力場，如圖甲、乙、丙所示，其中最合理的是 　甲　圖。
【考點】磁現象與磁場；電場及其性質；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】（1）C；
（2）E和φ；；
（3）勻強；6×10﹣6；
（4）甲。
【分析】（1）A：場時物質存在的兩種形式之一，可以用“場線”形象描述；
B：靜止的電荷產生的電場稱為靜電場；
C：麥克斯韋的電磁場理論，認為變化的電場才能產生磁場；
D：現代科學認為，場是比基本粒子更基本的物質存在狀態，場可以分為基態和激發態，而粒子實際上就是場的激發態。
（2）根據所學知識可知，描述電場本身的物理量由電場強度和電勢；根據電勢差與電場力做功的關系及牛頓第二定律的表達式聯立表示電勢差，再代入各個量的國際單位即可得出電勢的導出單位；
（3）忽略邊緣效應，平行板電容器電容器兩板之間的電場可看成勻強電場；根據電容器電容的定義式求解電容器所帶的電荷量；
（4）根據萬有引力的方向指向地心，可判斷引力場方向；根據萬有引力定律可推導出引力場強度的表達式，根據表達式可知越靠近地球引力場強度越大，引力場線越密集。
【解答】解：（1）A.場是看不見摸不著的物質，但我們可以用“場線”來形象化地描述它，故A正確；
B.靜止的電荷周圍的電場稱為靜電場，故B正確；
C.麥克斯韋發表了電磁場理論，認為變化的電場能產生磁場，故C錯誤；
D.現代科學認為，基本粒子和場之間關系密切，有場才有基本粒子，故D正確。
本題選不正確的，故選：C。
（2）描述電場本身的物理量有電場強度E和電勢φ。根據
代入各個量的國際單位解得
；
（3）平行金屬板兩端加上電壓后中間可以近似看成勻強電場。平行板上板帶電量為
Q＝CU＝3×2×10﹣6C＝6×10﹣6C；
（4）最合理的是甲圖。萬有引力的方向指向地心，則引力場的方向應該也沿地心的方向；若把一個質量為m的物體放置在質量為M的地球的引力場中，根據萬有引力定律
引力場強度為
即越靠近地球越小，引力場強度越大，場線越密集，綜上，選擇甲。
故答案為：（1）C；
（2）E和φ；；
（3）勻強；6×10﹣6；
（4）甲。
【點評】本題考查磁現象與磁場、電場、電勢等基本知識點，要求學生熟練掌握這些基本知識點是解題的關鍵。
13．（2024秋 浦東新區校級期末）中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也。”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結合材料，回答問題：
（1）地球磁場的地磁南極在 　地理北極　附近。（選填“地理南極”或“地理北極”）
（2）若在地球內部地心處放一個指南針，那么指南針的N極指向 　地理南極　（選填“地理南極”或“地理北極”）。
【考點】地磁場；磁感線的概念和性質．
【專題】應用題；信息給予題；定性思想；推理法；理解能力．
【答案】（1）地理北極；（2）地理南極。
【分析】根據地球磁場的特點分析判斷。
【解答】解：（1）地球磁場的地磁南極在地理北極附近；
（2）若在地球內部地心處放一個指南針，那么指南針的N極指向地理南極。
故答案為：（1）地理北極；（2）地理南極。
【點評】本題考查地球的磁場，要求記憶地球磁場的特點。
14．（2024秋 呂梁期末）如圖，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40m的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構成金屬框的導線單位長度的阻值為λ＝5.0×10﹣3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時間內，磁感應強度大小隨時間t的變化關系為B（t）＝0.3﹣0.1t（SI）。求
（1）t＝2.0s時金屬框所受安培力的大小；
（2）在t＝0到t＝2.0s時間內金屬框產生的焦耳熱。
【考點】安培定則（右手螺旋定則）；安培力的計算公式及簡單應用；法拉第電磁感應定律的內容和表達式；用焦耳定律計算電熱．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；分析綜合能力．
【答案】答：（1）t＝2.0s時金屬框所受安培力的大小為0.04N；
（2）在t＝0到t＝2.0s時間內金屬框產生的焦耳熱為0.016J。
【分析】（1）求解總電阻，根據閉合電路歐姆定律求解電流，根據B與t關系求解磁感應強度，根據F＝BIL求解安培力，注意L為等效長度；
（2）根據Q＝I2Rt求解焦耳熱。
【解答】解：（1）金屬框的總電阻為R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10﹣3Ω＝8×10﹣3Ω，
金屬框中產生的感應電動勢為ES0.1V＝8×10﹣3V，
金屬框中的電流為IA＝1A，
t＝2.0s時磁感應強度B1＝0.3T﹣0.1×2.0T＝0.1T，
金屬框處于磁場中的有效長度為L0.40m
此時金屬框所受安培力大小為F＝BIL＝0.1N＝0.04N；
（2）在t＝0到t＝2.0s時間內金屬框產生的焦耳熱為：Q＝I2Rt＝12×8×10﹣3×2.0J＝0.016J。
答：（1）t＝2.0s時金屬框所受安培力的大小為0.04N；
（2）在t＝0到t＝2.0s時間內金屬框產生的焦耳熱為0.016J。
【點評】本題主要是考查法拉第電磁感應定律，關鍵是知道B﹣t圖象的斜率不變、感應電動勢不變，則感應電流也不變。
15．（2024秋 公主嶺市期末）如圖所示，真空中有一半徑r＝1.0m的圓形磁場區域，圓心位于坐標原點，磁場的磁感應強度B＝2.0×10﹣3T，方向垂直紙面向里，在x1＝1.0m到x2＝2.0m區域內有一豎直向下的E＝2.0×103V/m的勻強電場。現將比荷為q/m＝2.0×109C/kg的兩帶負電粒子從磁場邊界A、C處以相同初速度豎直射入磁場，A處射入粒子恰能從磁場與電場相切的D處進入電場，OC連線與豎直軸夾角θ＝60°，不計粒子所受重力以及粒子間相互作用力，求：
（1）粒子的速度v0大小；
（2）兩粒子射出電場時的間距y
【考點】磁現象與磁場；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應用；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】見試題解答內容
【分析】根據牛頓第二定律，結合洛倫茲力，及向心力公式，即可求解；
粒子在磁場中做的是圓周運動，進入電場粒子做類似平拋運動，根據牛頓第二定律和類似平拋運動的分運動公式列式求解。
【解答】解：（1）A點沿半徑方向射入，出射點反向延長成過圓心O，
由幾何關系得：r＝1m；
根據洛倫茲力提供向心力：，
則有：，
代入數據解得：；
（2）從C點射入的粒子，由數學知識可得也從D點射出，出射方向與x軸夾60°角斜向下，從A點射入的粒子，從D點沿x軸射入。
對從A射入的粒子：水平：x＝v0t，
豎直方向：，
根據牛頓第二定律：
聯立解得：；
對C處射入的粒子：x＝v0sin30° t，
，
，
所以間距：。
答：（1）粒子的速度v0大小4×106m/s；
（2）兩粒子射出電場時的間距1.357m。
【點評】考查牛頓第二定律的應用，掌握類平拋運動處理規律，理解運動學公式，及向心力，及洛倫茲力表達式。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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