高中物理 课时跟踪检测（十四）磁场对通电导线的作用-安培力 教科3-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE1学必求其心得，业必贵于专精课时跟踪检测(十四）磁场对通电导线的作用——安培力1．如图1所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（)图1A．竖直向下 B．竖直向上C．水平向右 D．水平向左解析：选B首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向：水平向左.根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上，故A、C、D错误，B正确。2．(多选)如图2所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线的夹角为30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是（)图2A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°角D．使导线在纸面内逆时针转60°角解析：选ABD由公式F＝BIL,当增大电流时,可增大通电导线所受的磁场力,故A正确；由公式F＝BIL，当增加直导线的长度时,可增大通电导线所受的磁场力，故B正确；当使导线在纸面内顺时针转30°时，导线与磁场方向平行，则所受磁场力变为零，故C错误；当使导线在纸面内逆时针转60°时，导线垂直磁场方向投影长度伸长，则所受磁场力变大，故D正确。3．通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图3所示,ab边与MN平行.关于MN的磁场对线框的作用力,下列说法正确的是()图3A．线框所受的安培力的合力为零B．线框所受的安培力的合力方向向左C．线框有两条边所受的安培力方向相同D．线框有两条边所受的安培力大小相等解析：选D直导线中的电流方向由M到N,根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向外，ab边电流的方向向上，根据左手定则,ab边受向右的安培力，cd边受到向左的安培力，ad边受到向上的安培力，bc边受到向下的安培力，方向全不同;ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力与bc边受到的安培力大小相等，合力向右，故A、B、C错误，D正确。4.如图4所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为()图4A．F2 B．F1－F2C．F1＋F2 D．2F1－F解析：选A导线a、b在对方位置产生的磁场大小相等方向相同，增加匀强磁场后,合磁场仍然大小相等,则a、b所受磁场力仍然大小相等，即b受到的磁场力大小也变为F2，故A正确，B、C、D错误。5.螺线管正中间的上方悬挂一个通有顺时针方向电流的小线圈，线圈的平面与螺线管的轴线在同一竖直面内，如图5所示。当开关S合上时(一小段时间内)，从上方俯视，线圈应该(）图5A．顺时针方向转动，同时向左移动B．逆时针方向转动，同时向右移动C．顺时针方向转动，同时悬线的拉力减小D．逆时针方向转动，同时悬线的拉力增大解析：选D闭合S后，螺线管左端为S极，右端为N极，由左手定则知圆环右边受垂直于纸面向里的安培力，左边受垂直于纸面向外的安培力，所以从上向下看线圈逆时针方向转动,当转动到线圈与纸面垂直时,线圈等效为左端为N极、右端为S极的磁针，由磁极间的作用力可知悬线拉力增大.6。如图6所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口,M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B＝1T的匀强磁场中，CO间距离为10cm，当磁场力为0.2N时,闸刀开关会自动跳开。则要使闸刀开关能跳开,CO中通过的电流的大小和方向为(）图6A．电流方向C→O，电流大小为1AB．电流方向C→O，电流大小为2AC．电流方向O→C，电流大小为1AD．电流方向O→C，电流大小为2A解析：选D由F＝BIL得到I＝eq\f(F,BL）＝eq\f(0.2，1×0。1)A＝2A，因开关跳开时,要求安培力向左，由左手定则得电流方向O→C，所以D正确。7.如图7所示，长为2l的直导线折成边长相等,夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B,当在该导线中通以电流强度为I图7A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl解析：选CV形导线两部分的受力情况如图所示。其中F＝BIl，V形导线受到的安培力应为这两个力的合力，大小为F合＝2Fcos60°＝BIl,故C项正确。8。(多选）在倾角为α的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，如图8所示，当加上如下所述的磁场后，有可能使导线静止在斜面上的是(）图8A．加竖直向下的匀强磁场B．加垂直斜面向下的匀强磁场C．加水平向右的匀强磁场D．加沿斜面向上的匀强磁场解析：选AB加竖直向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向左，重力、支持力与安培力可以三力平衡，故A正确；加垂直斜面向下的匀强磁场，根据左手定则可知,安培力的方向沿斜面的方向向上,重力、支持力与安培力可以三力平衡，故B正确；加水平向右的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向下，重力、支持力与安培力不可以平衡,故C错误；加沿斜面向上的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于斜面向上,重力、支持力与安培力三力不可能平衡，故D错误。9.如图9所示，各边由不同材料制成的边长为L的正三角形金属框放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中.若通以图示方向的电流，且已知从B端流入的总电流强度为I。则金属框受到的总磁场力的大小为()图9A．0 B．BILC。eq\f(3，4)BIL D．条件不足，无法计算解析：选B由题图可知，电流由B流入,从C流出，则有电流从B到C，与从B经A再到C两部分，产生的安培力，可等效成从B到C直导线产生的安培力，由于总电流强度为I,因此金属框受到的磁场力大小为BIL，故B正确，A、C、D错误。10.(多选)电磁轨道炮工作原理如图10所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触.电流I从一条轨道流入，通过导电弹体从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（）图10A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加到原来的2倍C．只将弹体质量减小到原来的一半D．将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析：选BD因为F安＝BId,W安＝BIdL,所以由动能定理知，BIdL＝eq\f(1，2)mv2,所以v＝eq\r（\f（2BIdL，m)），故使L变为原来的2倍，速度仅变为原来的eq\r(2）倍,A错;I变为原来的2倍，由磁感应强度的大小与I成正比,B也变为原来的2倍，故速度v变为原来的2倍，B正确；同样分析可知C错,D正确。11．如图11所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨,间距为L＝1.0m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝20g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M＝30g。在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B＝0。2T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10m/s2。若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何?图11解析:导体棒的最大静摩擦力大小为fm＝0.5mg＝0。1N，物体c的重力为G＝Mg＝0.3N，则fm〈G，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左,则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b.若BIL〉Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向右,设此时电流为I1,则由平衡条件有BI1L－Mg≤fm解得，I1≤2A若BIL〈Mg,则导体棒所受的静摩擦力方向水平向左,设此时电流为I2，则由平衡条件有Mg－BI2L≤fm，解得，I2≥即ab棒中电流为1A≤I≤2A。答案：电流为1A≤I≤2A，电流的方向为由a到b12。如图12所示，在光滑的水平面上放一半径为R的导体环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直环面向里，当环中通有恒定电流I时，求导体环截面的张力大小。图12解析:导体环上任一点受安培力的方向总背离圆心，安培力的合力为零，但导体环截面上任一点的张力并不为零，为求张