2024版高考物理一轮复习第二章相互作用实验二探究弹力与弹簧伸长的关系学案新人教版

PAGE10-2024版高考物理一轮复习第二章相互作用实验二探究弹力与弹簧伸长的关系学案新人教版实验二探究弹力与弹簧伸长的关系实验知识·自主回顾SHIYANZHISHIZIZHUHUIGU一、实验目的(1)探究弹力与弹簧伸长的定量关系。(2)学会利用图像研究两个物理量之间的关系的方法。二、实验原理(1)如图所示，弹簧在下端悬挂钩码时会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与钩码总重力大小相等。(2)用刻度尺测出弹簧在不同的钩码拉力下的伸长量，建立坐标系，以纵坐标表示弹力大小F，以横坐标表示弹簧的伸长量x，在坐标系中找出实验所测得的各组(x，F)对应的点，用平滑的曲线连接起来，根据实验所得的图线，就可探知弹力大小与伸长量间的关系。三、实验器材除轻质弹簧(一根)，钩码(一盒)，刻度尺，铁架台外，还需重垂线，坐标纸三角板。四、实验步骤(1)如图所示，将铁架台放于桌面上(固定好)，将弹簧的一端固定于铁架台的横梁上，在靠近弹簧处将刻度尺(分度值为1mm)固定于铁架台上，并用重锤线检查刻度尺是否竖直。(2)记下弹簧下端不挂钩码时所对应的刻度L0。(3)在弹簧下端挂上一个钩码，待钩码静止后，记下弹簧下端所对应的刻度L1。(4)用上面方法，记下弹簧下端挂2个、3个、4个……钩码时，弹簧下端所对应的刻度L2、L3、L4……并将所得数据记录在表格中。(5)用xn＝Ln－L0计算出弹簧挂1个、2个、3个……钩码时弹簧的伸长量，并根据当地重力加速度值g，计算出所挂钩码的总重力，这个总重力就等于弹力的大小，将所得数据填入表格。(6)根据所测数据在坐标纸上描点，最好以弹力F为纵坐标，以弹簧的伸长量x为横坐标。钩码个数刻度伸长量x弹力F0L0＝1L1＝x1＝L1－L0F1＝2L2＝x2＝L2－L0F2＝3L3＝x3＝L3－L0F3＝⋮⋮⋮⋮6L6＝x6＝L6－L0F6＝(7)按照图中各点的分布与走向，尝试作出一条平滑的曲线(包括直线)。所画的点不一定正好都在这条曲线上，但要注意使曲线两侧的点数大致相同。(8)以弹簧的伸长为自变量，写出曲线所代表的函数，首先尝试一次函数，如果不行则考虑二次函数。(9)解释函数表达式中常数的物理意义。五、误差分析1．钩码标值不准确，弹簧长度测量不准确带来误差。2．画图时描点及连线不准确也会带来误差。六、注意事项1．安装实验装置：要保持刻度尺竖直并靠近弹簧。2．不要超过弹性限度：实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，以免超过弹簧的弹性限度。3．尽量多测几组数据：要使用轻质弹簧，且要尽量多测几组数据。4．观察所描点的走向：不要画折线。5．统一单位：记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一教材原型实验例1(2020·湖南怀化月考)小明探究弹力和弹簧伸长量的关系实验时。(1)将弹簧悬挂在铁架台上，保持弹簧轴线竖直，将刻度尺竖直固定在弹簧一侧；(2)弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，记下弹簧的长度L0，弹簧下端挂上砝码盘时，弹簧的长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表。代表符号L0LxL1L2L3L4L5L6数值(cm)25.3527.3529.3531.3033.4035.3537.4039.30(3)如图乙所示是小明根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与Lx的差值(填“L0”“Lx”或“L1”)。(4)由图可知弹簧的劲度系数为4.9N/m；(结果保留两位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2)(5)由于弹簧自身有重量，小明在测量时没有考虑弹簧的自重，这样导致劲度系数的测量值与真实值相比相等(填“偏大”“偏小”或“相等”)。[解析](3)由胡克定律F＝kx，其中x为弹簧的形变量；结合图像的意义可知，横坐标表示弹簧的形变量，不放砝码时，x＝0，所以横轴是弹簧长度与Lx的差值。(4)图像的斜率再乘g表示弹簧的劲度系数，即弹簧的劲度系数k＝eq\f(60×10－3×9.8,12×10－2)N/m＝4.9N/m。(5)x轴表示弹簧的形变量，图线的斜率与弹簧的劲度系数成正比，在正确测出弹簧原长的情况下，弹簧的重量对实验的结果没有影响，所以劲度系数的测量值与真实值是相等的。名师点拨图像法处理弹簧弹力问题用刻度尺测出弹簧在不同钩码拉力下的伸长量x，建立坐标系，以纵坐标表示弹力大小F，以横坐标表示弹簧的伸长量x，在坐标系中描出实验所测得的各组(x，F)对应的点，用平滑的曲线连接起来，根据实验所得的图线，就可探知弹簧弹力大小与弹簧伸长量间的关系。注意分析图像的斜率、截距的意义。〔变式训练1〕(2020·山东德州一中月考)某实验探究小组探究弹力和弹簧伸长量的关系。(1)将弹簧水平放置，用毫米刻度尺正确操作测出其自然长度如图甲所示，则弹簧的原长L0＝5.00cm。(2)然后按图乙所示自然悬挂弹簧，实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，读出弹簧下端指针所指的标尺刻度，即可知道弹簧的长度L，用ΔL＝L－L0表示弹簧的伸长量。通过实验获得的数据，实验小组作出了弹簧的ΔL－F图像如图丙所示。根据图丙可得出弹簧的劲度系数k＝50N/m。(结果保留两位有效数字)(3)实验小组分析图像过程中发现图线从B点开始发生了弯曲，图线在B点过后发生弯曲的原因是所挂钩码的重力使弹簧超过了弹性限度。(4)实验小组发现图线并没有过原点，出现了误差，没能得出弹簧的弹力与伸长量严格成正比的结论，本误差属于系统误差。(填“系统误差”或“偶然误差”)[解析](1)毫米刻度尺的最小刻度为1mm，读数时要估读到0.1mm，则弹簧的原长L0＝5.00cm。(2)由胡克定律F＝kx得k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(1.5－0.5,2.99－1.00×10－2)N/m＝50N/m。(3)在图线的弯曲部分中，每增加相同形变量时，增加的拉力在减小，说明此时弹簧超出了弹性限度，所以图线在B点过后发生弯曲的原因是所挂钩码的重力使弹簧超过了弹性限度。(4)图线没有过原点，说明没有施加外力的时候弹簧就有了形变，这种情况是由弹簧自身的重力造成的，该误差属于系统误差。考点二实验拓展创新创新角度实验装置图创新解读实验原理创新1．弹簧水平放置，消除弹簧自身重力对实验的影响。2．改变弹簧的固定方式，研究弹簧弹力大小与压缩量之间的大小关系。实验器材创新1．用橡皮筋代替弹簧做实验。2．拉力传感器显示的拉力F与橡皮筋的弹力并不相等，仅为橡皮筋弹力在水平方向的分力。实验过程创新1．利用固定在弹簧上的7个指针，探究弹簧的劲度系数k与弹簧长度的关系。2．利用“化曲为直”的思想，将探究劲度系数k与弹簧圈数的关系，转化为探究eq\f(1,k)与n的关系。例2(2021·河北衡水中学调研)图甲为某物理兴趣小组测定弹簧劲度系数的实验装置。弹簧下端固定在水平桌面上，上端连接一托盘P，在托盘P下方和桌面上方同一竖直线上安装有光电测距仪A和B，通过数据线可以将二者间的距离信息输入到电脑，距离测量精度可达到0.1mm。实验时，小组同学将6个规格为m＝50g的砝码逐个放在托盘P上，每加放一个砝码待系统静止后均打开光电测距电路开关进行测距，测距结果直接输入电脑，测距完成关闭测距开关，然后将对应的托盘上放置砝码的数目信息输入电脑，形成一组测量数据。实验过程中弹簧始终保持竖直且在弹性限度内。实验完成后小组同学在电脑上对坐标轴和坐标轴所表示物理量的单位进行了设置，纵轴表示托盘P上砝码的总重力F与单个砝码重力mg的比值；横轴表示A、B间的距离h，单位设置为cm。设置完成后，电脑系统根据实验数据自动拟合出eq\f(F,mg)－h图像如图乙所示，已知当地的重力加速度为9.8m/s2。(1)根据图可求出弹簧的劲度系数k＝11.4N/m。(结果保留一位小数)(2)输入电脑的数据没有托盘和弹簧的重力，这一疏漏对测量结果无影响。(填“有影响”或“无影响”)(3)针对实验小组在电脑上的设置操作，请你提出一条提高测量精度的改进建议：将横轴h的单位设置成mm。[解析]本题考查利用光电测距仪和eq\f(F,mg)－h图像测定弹簧的劲度系数。(1)由图像可知，托盘上无砝码时，弹簧的长度为0.28m，每次添加砝码后系统静止，由平衡关系可得，托盘上砝码总重量F＝k(0.28－h)，即n＝eq\f(F,mg)＝eq\f(k,mg)(0.28－h)，故该图像的斜率为－eq\f(k,mg)，即eq\f(0－6.5,0.28)＝－eq\f(k,mg)，解得劲度系数k＝11.4N/m。(2)输入电脑的数据没有托盘和弹簧的重力，这一疏漏对测量结果无影响，因为弹簧的形变量和受力成正比，满足k＝eq\f(ΔF,Δx)。(3)为了提高实验的精度，可将h轴的单位设置成mm，提高h的显示精度。〔变式训练2〕(2021·黑龙江大庆月考)某物理实验探究小组利用所学的知识探究某弹簧的特性。(1)他们先用三角板和刻度尺测量该弹簧的原长如图甲所示，则该弹簧的原长l0＝15.00(15.00～15.05)cm。(2)接下来，设计了如图乙所示的装置探究轻弹簧(材质较硬)的弹力与伸长量之间的关系。数据记录如表：伸长量x/(×10－2m)2.004.006.008.0010.0弹力F/N1.502.934.555.987.50已知实验操作准确无误，其中数据记录有误的是10.0，正确记录为10.00。(3)应用Excel软件进行数据拟合，得到如图丙所示的函数图像，则该弹簧的劲度系数为75.3N/m。(计算结果保留三位有效数字)丙[解析](1)l0＝25.00cm－10.00cm＝15.00cm。(2)刻度尺的精确度为1mm，应估读到下一位0.1mm，以cm作单位时小数点后应保留两位小数，故10.0cm应更正为10.00cm。(3)x－F图线的斜率表示弹簧劲度系数的倒数，则k＝eq\f(1,1.3285×10－2)N/m＝75.3N/m。2年高考·1年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2020·重庆联考)某同学利用图甲所示的装置测量轻弹簧的劲度系数。光滑的细杆(图中未画出)和刻度尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂钩码(实验中，每个钩码的质量均为m＝20.0g)。弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在刻度尺上读出，刻度尺的零刻线与弹簧左端平齐。实验步骤如下：甲①在细绳下端挂上一个钩码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细绳水平且弹簧与细杆间没有接触；②系统静止后，记录钩码的个数及指针的位置；③逐次增加钩码个数，并重复步骤②(保持弹簧在弹性限度内)；④用n表示钩码的个数，l表示相应的指针位置，作出l－n图像如图乙所示。乙回答下列问题：(1)某次挂上钩码后，指针指到的位置如图丙所示，则此时的示数为10.95(10.93～10.97)cm。(2)若当地的重力加速度g＝9.8m/s2，则本实验中弹簧的劲度系数为39.2N/m(结果保留三位有效数字)。[解析](1)毫米刻度尺的示数为10.95cm(10.93～10.97均可)。(2)将题图乙中的长度单位由cm换算为m，将钩码的质量单位由g换算为kg，钩码的个数为n，设弹簧的原长为l0，根据平衡关系可知，弹簧的弹力F＝nmg，弹簧的伸长量为l－l0，由胡克定律可知nmg＝k(l－l0)，化简得l＝eq\f(mg,k)·n＋l0，图像的斜率eq\f(mg,k)＝eq\f(0.125－0.100,5－0)m，解得弹簧的劲度系数k＝39.2N/m。2．(2020·陕西安康月考)某物理兴趣小组在验证胡克定律的实验中别出心裁，将弹簧一端固定在铁架台上，然后自然悬垂。在弹簧的另一端悬挂一个钩码稳定后，用实验室中打点计时器所用纸带比量弹簧长度，作好标记并整齐剪下这段纸带；然后再加挂一个相同钩码稳定后，同样用纸带比量弹簧长度，作好标记并整齐剪下第二段纸带；总共加挂了三次，剪下四条纸带。随后将纸带一端对齐，整齐排列在一张坐标纸上，如图所示。已知每个钩码的质量为50g，坐标纸最小方格的边长为1mm，当地重力加速度为9.8m/s2。(1)四条纸带的长度由长到短依次为6.90cm、6.30cm、5.70cm、5.10cm。(2)弹簧的原长l0＝4.50cm。(3)可以判断胡克定律成立(填“成立”或“不成立”)，判断依据是弹簧增加相同的弹力，伸长的长度(形变量)近似相等(或者连接四条纸带右上角得到一条直线，说明弹簧力与形变量成正比)。(4)弹簧的劲度系数k＝81.7N/m。(计算结果保留三位有效数字)[解析](1)根据坐标纸最小方格的边长为1mm和已经给出的两个数据，读出剩余纸带的长度分别为6.30cm、5.10cm。(2)分析四条纸带的长度可知每多挂50g的钩码，弹簧伸长的长度大约为0.60cm，由(1)可知弹簧只挂50g钩码时，弹簧长度是5.10cm，故弹簧原长l0＝5.10cm－0.60cm＝4.50cm。(3)因为弹簧增加相同的弹力，伸长的长度(形变量)近似相等，故可以判断胡克定律成立。(4)根据胡克定律有k＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(3×50×10－3×9.8,6.90－5.10×10－2)N/m＝81.7N/m。3．(2020·安徽黄山质检)某同学为研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系，做了如下实验：①如图(甲)所示，将白纸固定在制图板上，橡皮筋一端固定在O点，另一端A系一小段轻绳(带绳结)；将制图板竖直固定在铁架台上。②将质量m＝100g的钩码挂在绳结上，静止时描下橡皮筋下端点的位置A0；用水平力拉A点，使A点在新的位置静止，描下此时橡皮筋下端点的位置A1；逐步增大水平力，重复5次……③取下制图板，量出A1，A2，…各点到O的距离l1，l2，…量出各次橡皮筋与OA0之间的夹角α1，α2，…。④在坐标纸上作出eq\f(1,cosα)－l的图像如图(乙)。完成下列填空：(1)已知重力加速度为g，当橡皮筋与OA0间的夹角为α时，橡皮筋所受的拉力大小为eq\f(mg,cosα)(用g，m，α表示)。(2)由图(乙)可得橡皮筋的劲度系数k＝1.0×102N/m，橡皮筋的原长l0＝0.21m。(g取10m/s2，结果保留两位有效数字)[解析](1)橡皮筋拉力沿竖直方向的拉力大小等于钩码的重力，即Tcosα＝mg，T＝eq\f(mg,cosα)。(2)根据胡克定律得T＝k(l－l0)，T＝eq\f(mg,cosα)，联立解得eq\f(1,cosα)＝eq\f(k,mg)l－eq\f(kl0,mg)，图线斜率为eq\f(1.6－1,22.6－22.0×10－2m)＝eq\f(k,mg)＝eq\f(k,0.1×10N)，解得k＝1.0×102N/m；延长图(乙)中的图线与l轴交点表示橡皮筋的原长，即l0＝0.21m。4．(2020·辽宁沈阳东北育才学校一模)将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧(记为A)劲度系数为k1，原细弹簧(记为B)劲度系数为k2、套成的新弹簧(记为C)劲度系数为k3，关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想：甲同学：和电阻并联相似，可能是eq\f(1,k3)＝eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)乙同学：和电阻串联相似，可能是k3＝k1＋k2丙同学：可能是k3＝eq\f(k1＋k2,2)(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的实验(装置见图甲)。(2)简要实验步骤如下，请完成相应填空。a．弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0；b．在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数，每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；c．由F＝nmg计算弹簧的弹力，由x＝L1－L0计算弹簧的伸长量，由k＝eq\f(F,x)计算弹簧的劲度系数；d．改变钩码的个数，重复实验步骤b、c，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1；e．仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3，比较k1、k2、k3并得出结论。(3)图乙是实验得到的图线，由此可以判断乙同学的猜想正确。[解析]本题考查弹簧串并联的等效劲度系数。(2)根据共点力平衡可知，弹簧的弹力F＝nmg；改变钩码的个数，可获得多组数据求平均值。(3)由图可知k1＝kA＝eq\f(2.5,0.1)N/m＝25N/m，k2＝kB＝eq\f(F,x)＝eq\f(3.0,0.08)N/m＝37.5N/m，k3＝kC＝eq\f(5.0,0.08)N/m＝62.5N/m，满足k3＝k1＋k2，故乙同学猜想正确。第1讲磁场及其对电流的作用一、选择题(本题共9小题，1～6题为单选，7～9题为多选)1．如图所示是我国最早期的指南仪器——司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场。下列与地磁场有关的说法，正确的是(C)A．地磁场是假想的，客观上不存在B．地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行C．通电导线在地磁场中可能不受安培力作用D．运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功[解析]本题考查地磁场。地磁场是客观存在的，磁感线是人们为了研究方便而假想出来的，故A错误；磁场是闭合的曲线，地球磁场从地理南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故B错误；当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力，故C正确；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功，故D错误。2．(2020·江苏连云港期末)三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且ab＝ad＝ac。导线c产生的磁场在a点的磁感应强度大小为B，则a点处的合磁感应强度大小为(D)A．eq\r(2)B B．eq\r(3)BC．2B D．eq\r(5)B[解析]本题考查安培定则与磁场的叠加。由安培定则可知，导线b在a点处产生的磁场与导线d在a点处产生的磁场方向相同、大小相等，合磁场方向从a指向c，磁感应强度大小为2B；而导线c在a点处产生的磁场方向从a指向中d，磁感应强度大小为B。由平行四边形定则知，a点处的合磁感应强度大小为eq\r(2B2＋B2)＝eq\r(5)B，故D正确。3．如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则(D)A．b点的磁感应强度可能为零B．ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C．cd导线受到的安培力方向向右D．同时改变两导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变[解析]本题考查安培定则、左手定则的应用。根据安培定则，两平行直导线在b点产生的磁场方向相同，所以b点的磁感应强度垂直纸面向外，不可能为零，故A错误；根据安培定则，ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，选项B错误；根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，cd导线受到的安培力方向向左，选项C错误；同时改变两导线的电流方向，cd导线受到的安培力依然向左，方向不变，选项D正确。4．教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。第一个实验叫作“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。第二个实验叫作“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是(C)A．图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B．图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C．图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D．图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动[解析]图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，选项A、B均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，选项C正确，D错误。5．(2021·湖南雅礼中学月考)如图所示，菱形线框abcd由四根完全相同的导体棒连接而成，固定在匀强磁场中，菱形所在平面与磁场方向垂直，现将直流电源E连接在菱形线框的a、c两点之间，此时导体棒ab所受安培力大小为F，若每根导体棒长度均为L，a、c两点间距离为1.5L，则菱形线框abcd所受安培力的大小为(C)A．F B．2FC．3F D．4F[解析]本题考查安培力作用下的力的合成。由F＝BIL和题目条件知，导体棒ab和bc串联，通过的电流I相等，且长度L和所处位置的磁感应强度B也相同，所以两根导体棒所受安培力大小相等，即Fbc＝Fab＝F，同理可知导体棒ad和dc所受安培力大小相等，即Fad＝Fdc＝F，由左手定则和力的平行四边形定则可知，ab和bc两导体棒所受安培力的合力大小为Fac＝1.5F，方向沿线框平面垂直ac而指向d；同理，两导体棒ab和dc所受安培力的合力也为1.5F，与Fac方向相同，所以菱形线框abcd所受安培力的大小为3F。6．(2020·山东潍坊一模)如图所示，导体棒ab用绝缘细线水平悬挂，且通有由a到b的电流，ab的正下方放一圆形线圈，导体棒ab与线圈平面平行，线圈通过导线、开关与直流电源连接。开关闭合的瞬间，导体棒ab将(B)A．向外摆动B．向里摆动C．保持静止，细线上张力变大D．保持静止，细线上张力变小[解析]当开关闭合时，根据安培定则可以判断，线圈在通电导线ab处产生的磁场方向竖直向下，再根据左手定则可知，ab棒受到的安培力垂直于纸面向里，故导体棒向里摆动，B正确。7．(2021·陕西咸阳模拟)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来处于静止状态，此时磁铁对水平面的压力为FN1。现在磁铁左上方位置固定一导体棒，在导体棒中通以垂直纸面向里的电流瞬间，磁铁对水平面的压力变为FN2，同时出现其他变化，则以下说法正确的是(BC)A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短C．FN1>FN2 D．FN1<FN2[解析]在磁铁的左上方位置固定一导体棒，在导体棒中通以垂直纸面向里的电流瞬间，由左手定则可判断出导体棒所受的安培力斜向右下，由牛顿第三定律可知，条形磁铁所受的安培力斜向左上，因此弹簧长度将变短，磁铁对水平面的压力减小，即FN1>FN2，选项B、C正确，A、D错误。8．(2020·湖南湘潭一模)全球性“超导热”的兴起，使超导电磁船的制造成为可能。如图是电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，MN与CD之间部分区域有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，两电极之间的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前驶动，下列说法正确的是(BC)A．要使船前进，图中MN导体棒应接直流电源的正极B．改变电极的正负或磁场方向，可控制船前进或后退C．增大电极间的电流，可增大船航行的速度D．增大匀强磁场的磁感应强度，可减小船体的推动力[解析]本题考查电磁驱动原理。当MN接直流电源的正极时，海水中电流方向由MN指向CD，根据左手定则，海水受到的安培力指向船头方向，根据牛顿第三定律可知，船体受到海水指向船尾方向的作用力，故使船体向后运动，选项A错误；改变电极的正负或磁场方向，可改变安培力的方向，可控制船前进或后退，选项B正确；增大电极间的电流，根据安培力公式，增大了安培力(动力)，由牛顿第二定律可知增大了船航行的加速度，使船航行的速度增大，选项C正确；增大匀强磁场的磁感应强度，由安培力公式F＝BIL可知，可增大船体的推动力，选项D错误。9．(2020·北京海淀期末)如图所示，两条平行的金属轨道所构成的平面与水平地面的夹角为θ，在两轨道的顶端之间接有电源和一滑动变阻器，滑动变阻器的滑片处于中点位置，整个装置处于垂直轨道平面向上的匀强磁场中。一根金属杆ab垂直放在两导轨上，与导轨构成闭合电路，ab杆处于静止状态。现将滑动变阻器的滑片向N端缓慢滑动，此过程中ab杆始终保持静止状态。下列说法中正确的是(AC)A．金属杆与轨道之间一定不是光滑的B．金属杆所受安培力的方向沿斜面向上C．滑片向N端滑动的过程中金属杆所受安培力变小D．滑片向N端滑动的过程中金属杆对轨道的压力变小[解析]导体棒受力平衡，从a端一侧看去，对导体棒受力分析如图，由左手定则可知导体棒受到的安培力沿斜面向下，金属杆和轨道之间有摩擦力，故A正确，B错误；滑片向N端滑动，电路中电阻增大，电流减小，根据F安＝BIL可知安培力减小，故C正确；根据受力分析可知，轨道对金属杆的支持力始终与重力垂直于斜面的分力大小相等，由牛顿第三定律可知金属杆对轨道的压力大小不变，故D错误。故选A、C。二、非选择题10．(2021·成武模拟)如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻