课时测评28 磁感应强度 磁通量-【金版新学案】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套练习（人教版2019）

课时测评28　磁感应强度　 磁通量 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－11题，每题4分，共44分) 1.下列说法中正确的是(　　) A．磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定：一小段通电导线放在该点时受力F与该导线的长度l、通过的电流I乘积的比值，即B＝ B．通电导线在磁场中某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零 C．磁感应强度B＝只是定义式，它的大小取决于场源以及在磁场中的位置，而与F、I、l以及通电导线在磁场中的方向无关 D．通电导线在磁场中所受磁场力的方向就是磁场的方向 答案：C 解析：根据磁感应强度的定义，通电导线应为“在磁场中垂直于磁场方向的通电直导线”，只有在这个条件下B＝才成立，A错误；若通电导线放置方向与磁场方向平行，则不受磁场力的作用，B错误；在磁场场源稳定的情况下，磁场内各点的磁感应强度(包括大小和方向)取决于场源以及在磁场中的位置，与放入该点的检验电流、导线无关，C正确；通电导线在磁场中所受磁场力的方向与磁场的方向垂直，D错误。 2．先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直。如图所示，图中a、b图线分别表示在磁场中A、B两点处导线所受的力F与通过导线的电流I的关系。下列说法中正确的是(　　) A．A、B两点磁感应强度大小相等 B．A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度 C．A点的磁感应强度小于B点的磁感应强度 D．无法比较A、B两点磁感应强度的大小 答案：B 解析：导线受到的磁场力F＝IlB，对于题图中给出的F­I图线，直线的斜率k＝Bl，由题图可知ka>kb，又因A、B两点引入导线的长度l相同，则A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度，故B正确。 3．三个相同的矩形线圈置于水平向右的匀强磁场中，线圈Ⅰ平面与磁场方向垂直，线圈Ⅱ、Ⅲ平面与线圈Ⅰ平面的夹角分别为30°和45°，如图所示。穿过线圈Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的磁通量分别为ΦⅠ、ΦⅡ、ΦⅢ。下列判断正确的是(　　) A．ΦⅠ＝ΦⅡ B．ΦⅡ＝ΦⅢ C．ΦⅠ>ΦⅡ D．ΦⅢ>ΦⅡ 答案：C 解析：线圈在Ⅰ位置时，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大，为ΦⅠ＝BS。线圈在Ⅱ、Ⅲ位置时，穿过线圈的磁通量分别为ΦⅡ＝BS cos 30°＝BS，ΦⅢ＝BS cos 45°＝BS，则有ΦⅠ>ΦⅡ>ΦⅢ，故选C。 4．如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向夹角α＝53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，矩形线圈面积为S，磁感应强度大小为B，则通过线圈的磁通量为(　　 ) A．BS B．0.8BS C．0.65BS D．0.75BS 答案：B 解析：根据Φ＝BS sin α，可以计算出通过线圈的磁通量为0.8BS，故B正确。 5．(多选)已知某地地面处的地磁场水平分量的磁感应强度为3×10 －5 T，某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验。他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管附近的轴线上，如图所示。小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向，则下列说法正确的是(　　) A．从左往右看，螺线管中的电流是顺时针方向 B．从左往右看，螺线管中的电流是逆时针方向 C．通电螺线管在小磁针处产生的磁场大小约为5×10-5 T D．通电螺线管在小磁针处产生的磁场大小约为1.7×10-5 T 答案：AC 解析：接通电源后，小磁针N极的指向是地磁场和螺线管磁场合磁场的方向，由此可判定螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右，由安培定则判断可知螺线管电流方向从左往右看是顺时针方向，故A正确，B错误；由题意知地磁场水平分量的磁感强度为By＝3×10-5 T，设通电螺线管产生的磁感应强度为Bx，由此可得Bx＝By tan 60°＝3×10-5× T≈5×10-5T，故C正确，D错误。 6．在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q平行于纸面固定放置。在两导线中通有图示方向电流I时，纸面内与两导线等距离的a点处的磁感应强度为零。下列说法正确的是(　　) A．匀强磁场方向垂直纸面向里 B．将导线Q撤去，a点磁感应强度大小为B0 C．将导线P撤去，a点磁感应强度大小为B0 D．将导线Q中电流反向，a点磁感应强度大小为2B0 答案：C 解析：根据安培定则可得两长直导线P和Q在a点产生的磁场方向都垂直纸面向里，a点处的磁感应强度为零，所以匀强磁场方向应该垂直纸面向外，每根导线在a点处产生的磁感应强度大小为B0，故A错误；将导线Q撤去，a点磁感应强度大小为B0，故B错误； 将导线P撤去，a点磁感应强度大小为B0，故C正确；将导线Q中电流反向，a点磁感应强度大小为B0，故D错误。 7．(2024·河北邯郸市高二上学期期末)如图为三根平行直导线的截面图，导线中的电流大小均相同，方向均垂直纸面向里。已知A、O、C三点共线，AC与OB垂直，OA＝OB＝OC，若在空间施加一匀强磁场，使得O点的磁感应强度为零。则匀强磁场的方向为(　　) A．沿OA方向 B．沿OB方向 C．沿OC方向 D．沿BO方向 答案：A 解析：根据安培定则可知，A、C处两导线在O点产生的合磁场为零，B处导线在O点产生的磁场沿OC方向，若在空间施加一匀强磁场，使得O点的磁感应强度为零，则匀强磁场的方向应沿OA方向。故选A。 8．(2024·浙江湖州市高二上学期期末)如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等、方向相同的电流 I，在纸面上有一点P，P与M、N构成等腰三角形，θ＝30°。 此时P点磁感应强度大小为B。 若将导线M中的电流反向(大小不变)，则 P点的磁感应强度大小为(　　) A．B B．－B C．B D．B 答案：D 解析：根据右手螺旋定则可知，M、N两条通电导线在P点的磁场方向如图甲所示，BM＝BN，则B＝2BMcos 60°，即BM＝BN＝B，若将导线M中的电流反向，大小不变，M、N两条通电导线在P点的磁场方向如图乙所示，则 P点的磁感应强度大小为B′＝2BNcos 30°＝BN＝B，故选D。 9．(多选)一等腰直角三棱柱如图所示，其中平面abcd为正方形，边长为L，平面cdef水平，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法正确的是(　　 ) A．通过平面abcd的磁通量大小为BL2 B．通过平面cdef的磁通量大小为BL2 C．通过平面abfe的磁通量大小为零 D．通过整个三棱柱的磁通量为零 答案：BCD 解析：平面abcd在垂直于B方向的投影S⊥＝ L2，所以Φ＝BS⊥＝BL2，选项A错误；平面cdef与B垂直，S＝L2，所以Φ＝BL2，选项B正确；平面abfe与B平行，S⊥＝0，所以Φ＝0，选项C正确；整个三棱柱穿进的磁感线和穿出的磁感线条数相等，抵消为零，所以Φ＝0，选项D正确。 10．如图所示，一个闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度为B，用下述哪个方法可使穿过线圈的磁通量增加一倍(　　) A．把线圈匝数增加一倍 B．把线圈面积增加一倍 C．把线圈的半径增加一倍 D．转动线圈使得轴线与磁场方向平行 答案：B 解析：把线圈的匝数增加一倍，穿过线圈的磁通量不变，故A错误；根据Φ＝BS cos θ，把线圈面积增加一倍，可使穿过线圈的磁通量增加一倍，故B正确；把线圈的半径增加一倍，线圈的面积S＝πr2变为原来的4倍，磁通量为原来的4倍，故C错误；转动线圈使得轴线与磁场方向平行，此时线圈平面与磁场垂直，有效面积由S cos 30°变为S，磁通量变为原来的倍，故D错误。 11．(2024·山东德州市高二上学期期末)已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为B＝k，其中I为电流强度，r为该位置到长直导线的距离，k为常数。如图所示，现有两根通电的长直导线分别固定在正方体abcd­efgh的两条边dh和ab上且彼此绝缘，电流方向如图所示。已知导线ab在c点的磁感应强度大小为B，ab中电流和dh中电流强度相等。则f点的磁感应强度大小为(　　) A．B B．B C．B D．B 答案：A 解析：设正方体边长为r，导线ab在c点的磁感应强度大小为B，则B＝k，导线dh在f点的磁感应强度为B′＝k＝，方向垂直hf连线方向，导线ab在f点的磁感应强度大小也为B，方向沿fg方向，两磁感应强度的方向成135°角，则合磁场B合＝＝B，故选A。 12．(16分)如图所示，将半径分别为R甲＝10 cm、R乙＝15 cm的单匝圆形线圈甲、乙放在水平面上，且两线圈为同心圆，在线圈甲内加垂直线圈平面向下的、磁感应强度大小为B＝0.8 T的匀强磁场。则：(π取3.14，计算结果保留3位有效数字) (1)若磁场的磁感应强度减小到B′＝0.4 T，则穿过两线圈的磁通量的变化量分别为多少？ (2)若保持匀强磁场的磁感应强度大小不变，方向转到与竖直方向成30°角，则穿过线圈甲的磁通量的变化量为多少？ (3)若保持匀强磁场不变，将线圈乙转过180°角，则穿过线圈乙的磁通量的变化量为多少？ 答案：(1)1.26×10-2Wb　1.26×10-2Wb　(2)3.37×10-3 Wb　(3)5.02×10-2 Wb 解析：(1)线圈甲的面积正好与圆形磁场区域重合，设圆形磁场区域半径为r，则 r＝R甲，Φ1＝Bπr2，Φ2＝B′πr2 ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|B′－B|πr2≈1.26×10-2 Wb 线圈乙面积大于圆形磁场面积，即线圈的一部分面积在磁场区域外，有磁感线穿过的面积与线圈甲相同，故磁通量的变化量与线圈甲相同。 (2)磁场转过30°，线圈甲在垂直磁场方向的投影面积为πr2cos 30°，则Φ3＝Bπr2cos 30° ΔΦ1＝|Φ3－Φ1|＝Bπr2(1－cos 30°)≈3.37×10-3 Wb。 (3)将线圈乙转过180°角后，穿过的磁感线方向与原来相反，则Φ4＝－Bπr2， ΔΦ2＝|Φ4－Φ1|＝2Bπr2≈5.02×10-2 Wb。 学科网（北京）股份有限公司 $$