新教材高中物理课时评价安培力及其应用含解析鲁科版选择性必修第二册

PAGE11-安培力及其应用(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)1.如图所示，通电直导线放置在匀强磁场中，关于电流方向、磁感应强度方向、导线所受安培力方向三者之间关系的判断，正确的是 ()【解析】选A。磁场方向向左，电流方向垂直向外，根据左手定则，安培力方向向下，故A正确；磁场方向垂直向外，电流方向垂直向内，两者平行，不受安培力，故B错误；磁场方向垂直向内，电流方向向左，根据左手定则，安培力方向是向下，故C错误；磁场方向向上，电流方向向右，根据左手定则，安培力方向是垂直向外，故D错误。2.(2019·海南高考)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向 ()A.向前B.向后C.向左D.向右【解析】选A。根据左手定则和半圆形粗铜线的对称性，由力的合成可知铜线所受安培力的方向向前，选项A正确，B、C、D错误。3.如图所示，三块相同蹄形磁铁a、b、c并列放置在水平桌面上。导体棒用图中1、2两根轻而柔软的细导线悬挂起来，它们与导体棒和电源构成回路(电源没有在图中画出)，导线1、2接在直流电源的两端，认为导体棒所在位置附近为匀强磁场。接通电源后，导体棒偏离竖直方向，位置如图中所示。依次撤去磁铁b、c，看到导体棒的摆动幅度逐渐减小。根据该实验的操作，下列说法正确的是 ()A.导线1接在直流电源的负极，导线2接在直流电源的正极B.磁场越强，导体棒受到的安培力越大C.电流越大，导体棒受到的安培力越大D.导体棒在磁场中的长度越长，导体棒受到安培力越大【解析】选D。由图可知，导体棒向外偏，即受到的安培力向外，磁场方向向下，由左手定则可知，导线1接在直流电源的正极，导线2接在直流电源的负极，故A错误；依次撤去磁铁b、c，所以导体棒在磁场中的长度越短，导体棒的摆动幅度逐渐减小即安培力越小，反之，导体棒在磁场中的长度越长，导体棒受到安培力越大，故B、C错误，D正确。4.电磁轨道炮工作原理如图所示，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，通过导电弹体后从另一条轨道流回，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到原来的2倍，理论上可采用的方法是()A.只将电流I增加至原来的2倍B.只将弹体质量减至原来的一半C.只将轨道长度L变为原来的2倍D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其他量不变【解析】选A。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：BIl·L=mv2，磁感应强度的大小与I成正比，所以有：B=kI，解得：v=。只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故A正确；只将弹体质量减至原来的，弹体的出射速度增加至原来的倍，故B错误；只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其他量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D错误。【补偿训练】如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成。当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度。下列各俯视图中正确表示磁场B方向的是 ()【解析】选B。要使炮弹加速，安培力应向右，由左手定则可知：磁场方向应垂直纸面向外。5.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向 ()A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边【解析】选C。本题可以直接用结论，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。导线a对c的安培力F1由c指向a，导线b对c的安培力F2由c指向b；电流相等，所以F1=F2，根据力的合成法则c所受合力与ab边垂直，指向左边，故C正确。6.某研究小组设计了一个利用安培力测量磁感应强度的实验装置，如图甲所示，将矩形线框固定在电子秤的台面上，线框的上部处于垂直于纸面的匀强磁场中(如图乙所示)。当线框中通顺时针电流I时，电子秤读数为m1；当线框中通逆时针电流I时，电子秤读数为m2(m2>m1)。已知矩形线框共有N匝，MN边长为L，则磁感应强度 ()A.垂直纸面向外，大小为B.垂直纸面向外，大小为C.垂直纸面向里，大小为D.垂直纸面向里，大小为【解析】选C。电子秤读数m=，即F压=mg，由m2>m1，可知，通顺时针电流时，安培力向上，磁场垂直纸面向里，对线框进行受力分析，可知：m1g=m0g-FA，m2g=m0g+FA，FA=NBIL，解得：B=，故C正确，A、B、D错误。二、计算题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)7.(10分)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过逆时针电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。已知重力加速度为g。(1)推导出用n、m、l、I、g表示磁感应强度B的表达式。(2)当n=9，l=10.0cm，I=0.10A，m=8.78g，g取10m/s2时，磁感应强度是多少？【解析】(1)设电流方向未改变时，等臂天平的左盘内砝码质量为m1，右盘内的质量为m2，有：m1g=m2g-nBIl电流方向改变后，有：(m+m1)g=m2g+nBIl两式相减，得：mg=2nBIl解得：B=(2)将数据代入第(1)问的表达式，解得：B=T=0.49T答案：(1)B=(2)0.49T8.(14分)如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=1kg，与导轨接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=0.9Ω；电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，电阻R=4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α=53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g取10m/s2，ab处于静止状态。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围。【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流为：I==A=2A，方向由a指向b；(2)ab受到的安培力F=BIL=5×2×0.5N=5N(3)ab受力如图所示，最大静摩擦力fmax=μ(mg-Fcos53°)=3.5N由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时，T+fmax=Fsin53°解得：T=0.5N当最大静摩擦力方向向左时，T=Fsin53°+fmax解得：T=7.5N则重物重力的取值范围为0.5N≤G≤7.5N。答案：(1)2A由a指向b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5N(15分钟·40分)9.(7分)(2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为 ()A.2F B.1.5F C.0.5F D.0【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)明确导体棒MN受到的安培力大小和方向。(2)明确ML、LN两导体棒受到安培力的合力大小和方向。(3)明确线框LMN受到的安培力的大小和方向。【解析】选B。设导体棒MN中的电流为I，则导体棒ML、LN中的电流为，导体棒MN受到的安培力大小F=ILB、方向竖直向上。ML、LN两导体棒受到安培力的合力大小为LB=0.5F，方向竖直向上。线框LMN受到的安培力的大小为F+0.5F=1.5F，方向竖直向上。【补偿训练】如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef，它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区域的边界上，be为圆形区域的一条直径，be上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为 ()A.B.C.BIRD.0【解析】选A。由题意可知，流过af边的电流I1=I，流过abcdef边的电流I2=；af边受到的安培力F1=BI1R=，方向向上，那么de、ab受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理bc、ef受到的安培力等大同向，斜向右下方，则de、ab、bc、ef所受合力为F3=，方向向下，cd边受到的安培力F2=BI2R=，方向向下，故线框受到的安培力F=F1-F2-F3=，故A正确，B、C、D错误。10.(7分)如图所示，长为L的通电直导体棒垂直放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，棒处于静止状态，弹簧被压缩x，则 ()A.导体棒中的电流方向从a流向bB.导体棒中的电流大小为C.若只将棒中电流减小一点，x变大D.若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大【解析】选B。因弹簧被压缩，所以导体棒受安培力方向水平向左，根据左手定则判断电流方向从b到a，故A错误；根据平衡条件可得kx=BIL，则I=，故B正确；若只将棒中电流减小一点，导体棒受安培力变小，所以弹簧的形变量变小，即x变小，故C错误；当磁场方向与导体棒垂直时，导体棒受安培力最大，磁场方向转过一个角度θ，对导体棒受力分析，列平衡方程可得kx=BIL·cosθ，x变小，故D错误。【补偿训练】如图所示，水平导体棒ab用两根劲度系数均为k=100N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，ab长度为L=1.0m，质量为m=0.2kg。当导体棒中通过大小为I=5A的电流，并处于静止时，两弹簧恰好都恢复到原长状态。欲使导体棒从平衡位置下移1.5cm后能处于静止状态，(重力加速度g取10m/s2)则 ()A.通入的电流方向为从a→b，大小为2.5AB.通入的电流方向为从a→b，大小为5AC.通入的电流方向为b→a，大小为2.5AD.通入的电流方向为b→a，大小为5A【解析】选C。弹簧都恢复到原长状态时，ILB=mg，得B==0.4T；导体棒下移1.5cm后能重新处于静止状态时，应当通入的电流方向为从b→a，由平衡条件可得mg+I′LB=2kx，求得：I′=2.5A，只有选项C正确，A、B、D错误。11.(7分)如图所示，导体棒Ⅰ固定在光滑的水平面内，导体棒Ⅱ垂直于导体棒Ⅰ放置，且可以在水平面内自由移动(图为俯视图)。给导体棒Ⅰ、Ⅱ通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，较短时间后导体棒Ⅱ出现在虚线位置。下列关于导体棒Ⅱ位置的描述可能正确的是 ()【解析】选B。导体棒Ⅰ中的电流产生磁场，根据安培定则可知，棒Ⅰ右侧的磁场垂直纸面向外，且离导线越近，磁场越强，根据左手定则可知，导体棒Ⅱ受到安培力竖直向下，磁场越强的位置，安培力越大，故棒Ⅱ左端受到的安培力大，向下运动得快，故B正确，A、C、D错误。【补偿训练】一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将 ()A.不动 B.顺时针转动C.逆时针转动 D.向纸面内平动【解析】选B。解法一：利用结论法环形电流I1、I2之间不平行，则必相对转动，直到两环形电流同向平行，据此可得L1的转动方向应是：从左向右看，线圈L1顺时针转动。解法二：等效分析法把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，通电后，小磁针的N极应指向环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针转动前，N极应指向纸内，因此应由纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动。解法三：直线电流元法把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知，各电流元所在处磁场向上，根据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看，线圈L1顺时针转动。12.(19分)如图所示，在磁感应强度B=1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab，已知接在滑轨中的电源电动势E=12V，内阻不计，ab杆长L=0.5m，质量m=0.2kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：接在滑轨上的滑