高中物理选修3-1安培力的应用专题练习(含解析

1、安培力的应用专题练习、选择题 考点一安培力作用下导体的运动1把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使 它组成如图1所示的电路图当开关 S接通后，将看到的现象是 （）图1A弹簧向上收缩B .弹簧被拉长C弹簧上下跳动D弹簧仍静止不动答案 C解析 因为通电后，弹簧中每一圈的电流都是同向的，互相吸引，弹簧就缩短，电路就断开了，一断开没电流了，弹簧就又掉下来接通电路如此通断通断，就上下跳动.2固定导线C垂直纸面，可动导线 ab通以如图2所示方向的电流，用测力计悬挂在导线 C的上方，导线C中通以如图所示的电流时，以下判断正确的是（）A 导线a端转向纸外，同时测力计读数减

2、小 B导线a端转向纸外，同时测力计读数增大 C导线a端转向纸里，同时测力计读数减小 D导线a端转向纸里，同时测力计读数增大 答案 B解析 导线C中电流产生的磁场在右边平行纸面斜向左上，在左边平行纸面斜向左下，在ab左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向外，右边的电流元所受安培力方向向里， 知ab导线逆时针方向（从上向下看）转动.当ab导线转过90 后，两导线电流为同向电流，相互吸引，导致测力计的读数变大，故B正确，A、C、D错误.3如图3所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面当线圈内通以图示方向的电流（从右向左看沿逆

3、时针方向）后，线圈的运动情况是（）A .线圈向左运动C.从上往下看顺时针转动答案 AB .线圈向右运动D .从上往下看逆时针转动ISNli,卜* 图3解析 将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动,也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向左运动，选A.4通有电流的导线 Li、L2处在同一平面（纸面）内，Li是固定的，L2可绕垂直纸面的固定光滑转轴O转动（0为L2的中心），各自的电流方向如图 4所示.下列哪种情况将会发生（）A .因L2不受磁场力的作用，故 L2不动B .因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2

4、不动C. L2绕轴0按顺时针方向转动D . L2绕轴0按逆时针方向转动答案 D解析 由右手螺旋定则可知导线 Li上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线Li的距离越远的地方，磁感应强度越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动， D选项对.考点二 安培力作用下的平衡（从上5如图5所示，一重为Gi的通电圆环置于水平桌面上，圆环中电流方向为顺时针方向往下看），在圆环的正上方用轻绳悬挂一条形磁铁，磁铁的中心轴线通过圆环中心，磁铁的 上端为N极，下端为S极，磁铁自身的重力为 G2.则关于圆环对桌面的压力 F和磁铁对轻绳的拉

5、力F 的大小，下列关系中正确的是 （）A . F Gi, F G2B. F V Gi, F G2C. F V Gi, F V G2D. F Gi, F V G2答案 D由安培定则可知，小磁针解析 顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直放置的小磁针, 的N极向下，S极向上，故与磁铁之间的相互作用力为斥力，所以圆环对桌面的压力 大于圆环的重力 Gi ,磁铁对轻绳的拉力 F 将小于磁铁的重力 G2,选项D正确.6. （多选）质量为m的金属细杆置于倾角为的光滑导轨上，导轨的宽度为d,若给细杆通以如图A、B、C、D所示的电流时，可能使杆静止在导轨上的是（）答案ACD解析A图中金属杆受重力、 沿导轨向上的

6、安培力和支持力，若重力沿导轨向下的分力与安培力相等，则二力平衡，故A正确.B图中金属杆受重力和导轨的支持力，二力不可能平衡，故B错误.C图中金属杆受重力、竖直向上的安培力和支持力，若重力与安培力相等,则二力平衡，不受支持力即可达到平衡，故C正确.D图中金属杆受重力、水平向左的安培力和支持力，三个力不可能达到平衡，故D错误.7. （多选）如图6所示，一根通电的直导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强 磁场中，处于静止状态现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是 （A .直增大C.先增大后减小答案 ABB .先减小后增大D 始终为零)图7mgA

7、. Z轴正方向，IL tan Q 一、， mgC. Z轴负万向，（tan 答案 BCDmgB. y轴正方向，ILmgD .沿悬线向下，（Sin 解析 若F安V mgsin ,因安培力向上，则摩擦力向上，当F安增大时，Ff减小到零，再向下增大；若F安 mgsin ,摩擦力向下，随 F安增大而一直增大；若 F安=mgs in ,摩擦力 为零，随F安增大摩擦力向下一直增大.故选 A、B.8. （多选）如图7,质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于0、0 ,并处于匀强磁场中.当导线中通以沿 X轴正方向的电流I ,且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为则磁感应强度方向和大小可能为 （解析 磁感应强度

8、方向为Z轴正方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿 y负方向,直导线不能平衡，所以 A错误；Z轴正方向，根磁感应强度方向为 y轴正方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿据平衡条件，当BlL刚好等于mg时，线的拉力为零，所以 B=閘，所以B正确；磁感应强度方向为 Z轴负方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y轴正方向，根据平衡条件BILCOS = mgsin ,所以B = mLgtan ,所以C正确;磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于线斜向上，根据平衡条件：F = mgsin ,得：B = mgJ 故D正确.9. 一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁

9、铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图8所示若将磁铁的 N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力(B F减小，Ff增大C F与Ff都增大D F与Ff都减小A F增大，Ff减小答案 C解析题图中电流与磁体间的磁场力为引力，若将磁极位置对调则相互作用力为斥力，再由受力分析可知选项 C正确.10（多选）在同一光滑斜面上放同一导体棒，图9所示是两种情况的剖面图.它们所处空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上， 另一次竖直向上，两A I1 : 2= CoS : 1B I1 : I2 = 1 : 1C. 导体棒A所受安培

10、力大小之比F1 ： F2= Sin : cos D. 斜面对导体棒 A的弹力大小之比 Fn1 : Fn2 = cos2 B： 1答案 AD解析 分别对导体棒受力分析，如图，利用平衡条件即可求解解得：Imgs in l1= BL第一种情况:所以FL=石=BIiL =BI2l =Ii2Sin tan = C0S,FNiFN2cos =cosFi= BIiL = mgsin , Fni = mgcos 第二种情况：F2= BI 2L = mgtan , Fn2 =-cos 解得：2=mfn-cos 可见，A、D正确，B、C错误.、非选择题11. (安培力作用下的平衡)如图10所示，两平行金属导轨间的

11、距离 L = 0.4 m,金属导轨所 在的平面与水平面夹角 = 37在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B= 0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E = 4.5 V、内阻r = 0.5 的直流电源现把一个质量m= 0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻Ro= 2.5 金属导轨电阻不计,g取10 ms2.已知F 安=BlL = 0.3 N.(3)导体棒受力分析如图，将重力正交分解Fi= mgsin 37 = 0.24 N ,Fk F安，根据平衡条件，mgsin 37半Ff= F安,

12、解得 Ff= 0.06 N.12. (安培力作用下的运动)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图11是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L,匝数为n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B,区域外的磁场忽略不计. 线圈左边始终在磁场外， 右边始终在磁场内， 前后两边在磁场内的长 度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I.图11(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向;(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为V ,求安培力的功率.答案 (1) nBIL 方向水平向右(2) nBILv解析(1)线圈前后两边所

13、受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力, 由安培力公式得 F= nBIL由左手定则知方向水平向右 安培力的功率为 P = F 联立式解得P= nBIL V13. (安培力与牛顿第二定律的结合)如图12所示，两根平行、光滑的斜金属导轨相距L = 0.1 m , 与水平面间的夹角为= 37有一根质量为 m= 0.01 kg的金属杆ab垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B = 0.2 T,当杆中通以从b到a的电流时，杆可静止在导轨上，取 g= 10 ms2.(sin 37 =0.6, CoS 37 =0.8)(1) 求此时通过ab杆的电流；(2) 若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速度.答案 (1)3 A (2)1.2 ms2 ,方向沿导轨向下解析(1)杆静止在导轨上，受力平衡，杆受到重力、导轨的支持力以及安培力，根据平衡条件得：BIL = mgsin ,解得：I = mgsin = .1 10 06 A = 3 A BL0.2 0.1A =3(2)若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律得:F 合