2024-2025学年下学期高二物理教科版同步经典题精练之安倍力的应用

第39页（共39页）2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之安倍力的应用一．选择题（共5小题）1．（2024秋•龙华区期末）法拉第电动机原理如图，圆形水银槽正下方竖直固定一强条形磁铁，金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。连接如图的电源后，从上往下看，金属杆逆时针转动，下列说法正确的是（）A．条形磁铁的上端为N极 B．金属杆上端改接电源正极，不会改变转动方向 C．改变电源电动势的大小，不会影响金属杆转动的快慢 D．此过程电能转化为机械能的效率为100%2．（2024秋•温州期末）图甲为磁电式电流表的结构图，极靴和铁质圆柱间的磁场分布如图乙所示，磁感应强度大小只与到转轴的距离有关。测量某恒定电流时，线圈a、b两边的电流方向如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．线圈将逆时针转动 B．线圈转动过程中，a边所受安培力方向不变 C．线圈转动过程中，a边所受安培力大小不变 D．线圈转动过程中，a边与b边所受安培力方向始终相同3．（2024秋•东城区期末）如图甲所示是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，线圈中a、b两条导线长均为L，分别通以图乙所示方向的电流I，两条导线处的磁感应强度大小均为B，则（）A．该磁场是匀强磁场 B．在辐向磁场中磁感线总是与线圈平面垂直 C．线圈将逆时针方向转动 D．a、b导线各自受到的安培力大小总为ILB4．（2023秋•鄂尔多斯期末）如图所示，某单量程磁电式电表的基本组成部分是磁铁（极靴）、线圈、铁芯等，下列关于该磁电式电表的说法中正确的是（）A．磁铁极靴与铁芯间的磁场是匀强磁场 B．电表中通的电流越大，指针偏转角度越大 C．电表里面的铁芯是为了减小线圈与磁场间的作用 D．改变电流方向，指针偏转方向不变5．（2023秋•普宁市期末）电磁轨道炮发射的基本原理图如图所示，两条平行的金属导轨充当传统火炮的炮管，弹丸放置在两导轨之间，并与导轨保持良好接触，当电磁炮中通过如图虚线所示的强电流时，轨道电流在弹丸处形成垂直于轨道平面的磁场，弹丸获得很大的加速度，最终高速发射出去，下列说法正确的是（）A．电磁炮的本质是一种大功率的发电机 B．若通入与图示方向相反的电流，弹丸不能发射出去 C．其他条件不变的情况下，弹丸的质量越小，发射速度越大 D．两导轨中的强电流（如图示）在导轨之间产生的磁场，方向竖直向下二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•吉林期末）实验室经常使用的电流表是磁电式仪表，其原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱形铁芯，两者之间有可转动的线圈。极靴与圆柱形铁芯间的磁感线（部分）己画出，a、b、c和d为磁场中的四个点，左、右两侧通电导线中的电流方向已标出，下列说法正确的是（）A．极靴与圆柱形铁芯间的磁场是匀强磁场 B．c、d两点的磁感应强度方向相同 C．图示左侧通电导线受到的安培力向上 D．因为磁感线是闭合的，所以有大量磁感线通过圆柱形铁芯（多选）7．（2023秋•十堰期末）电磁轨道炮弹体发射的工作原理如图所示，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，恒定电流从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道电流在弹体处可形成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，静止的通电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（）A．将弹体质量减至原来的一半，有效轨道长度变为原来的2倍，其他量不变 B．只将电流增加至原来的2倍 C．只将弹体质量减至原来的一半 D．只将轨道长度变为原来的2倍（多选）8．（2023秋•盐田区校级期末）如图甲所示是电磁炮发射过程的情境图，在发射过程中，可以简化为炮弹始终处于磁感应强度为B的竖直方向匀强磁场中。不计一切阻力、不考虑炮弹切割磁感线产生的感应电动势。下列说法中正确的有（）A．匀强磁场方向为竖直向下 B．发射过程中安培力对炮弹做负功 C．若只增大电流，炮弹飞出速度将增大 D．若调换电源正负极并同时将磁场方向变为反向，则炮弹所受磁场力方向也会反向（多选）9．（2024•荔湾区校级三模）“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快效率高等优点。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平导轨电阻不计，宽为L．在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．“电磁炮”弹体总质量为m，其中弹体在轨道间的电阻为R．可控电源的内阻为r，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I，不计空气阻力。则（）A．弹体所受安培力大小为BIL B．弹体从静止加速到v，轨道长度至少为2mC．弹体从静止加速到v的过程中电源提供的总能量为mvBLD．可控电源的电压应随时间均匀增加，才能保证“电磁炮”匀加速发射三．填空题（共3小题）10．（2024秋•松江区校级月考）如图所示是一种磁电式仪表的原理图。P是带指针绕在铁芯上可转动的线圈，线圈置于磁场中，A、B为两个接线柱。线圈所在的是磁场是（选填“匀强磁场”或“非匀强磁场”）；如指针向右偏转，电流从哪个接线柱流入电表？。（选填“A”或“B”）11．（2024•松江区校级三模）图是磁电式电表内部结构示意图，该电表利用的物理原理是，写出一条能提高该电表的灵敏度措施是：。12．（2023秋•黄浦区校级月考）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱。接上导线后，表内线圈（选填“受到”或“不受”）安培力的作用；未接导线时，表内线圈（选填“产生”或“不产生”）感应电动势。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•河东区期末）甲图所示电磁炮是一种先进的武器，乙图为某同学模拟电磁炮的原理图。为了研究方便，将炮弹视为一个与导轨间距等长的导体棒，其质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω，固定在电阻不计、间距L＝0.5m的两根平行倾斜导轨上。已知导轨平面与水平地面的夹角θ＝37°，导轨下端电源电动势E＝18V、内阻r＝1Ω，整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.2T、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。将导体棒由静止释放，它最终从导轨上端发射出去。若导体棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）导体棒释放时所受安培力F的大小和方向；（2）导体棒释放时加速度a的大小和方向。14．（2023秋•安徽期末）某公园的游乐场中引进了电磁弹射儿童车项目，其装置简化示意图如图所示。AA′BB′与CC′EE′是两个宽度均为L＝1.0m的水平平行金属轨道，两部分导轨之间用绝缘材料连接，AA′BB′轨道间存在着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，且其大小可调。CC′EE′轨道的DD′EE′部分存在磁感应强度大小B2＝5T、方向竖直向下的匀强磁场。在AA′BB′金属轨道的左侧接有电容大小C＝8.0F的电容器，在CC′EE′金属轨道的右侧接有R＝0.6Ω的定值电阻。一个用木制横梁连接的两金属棒ab、cd固定在儿童车的底部，并将其放在如图示位置。用电动势E＝15V的电源（图中未画出）为电容器充电完毕后断开电源，电容器的带电情况如图所示，然后闭合开关S，儿童车开始从AA′位置向右加速弹射。已知乘坐一名幼儿时，幼儿和儿童车的总质量；m＝50.0kg，两金属棒ab、cd及木制横梁的长度均为L＝1.0mm，两金属棒的电阻均为r＝0.3Ω，CC′DD′部分的金属轨道长度（d1＞L，整个轨道之间各处均光滑且平滑连接，AA′BB′金属轨道足够长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q；（2）要使儿童车在AA′BB′轨道上能获得最大的速度，B1应设置为多大？最大速度为多少？（3）儿童车在AA′BB′轨道上获得最大速度后，离开B1磁场区域，要使金属棒cd恰好停在EE′处，DD′EE′部分金属轨道长度d2为多长。15．（2023秋•通州区期末）“电磁炮”是现代军事研究中的一项尖端科技研究课题。其工作原理是将炮架放入强磁场中，并给炮架通入高强度电流，炮架相当于放入磁场的通电直导线，在安培力的作用下加速运动，在较短的轨道上短时间内获得一个非常大的速度射出。如图所示，已知加速轨道长度为L，轨道间距为d，炮架及炮弹的质量为m，足够大匀强磁场垂直于轨道所在平面，磁感应强度大小为B。炮架与水平轨道垂直。当给炮架通以大小恒为I的电流后，炮架与炮弹一起向右加速运动，不计一切阻力。求：（1）通电时，炮架受到的安培力F的大小；（2）离开轨道时，炮弹的速度v的大小；（3）采取哪些措施能提高炮弹的发射速度。（至少提三条）

2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之安倍力的应用参考答案与试题解析题号12345答案ACDBC一．选择题（共5小题）1．（2024秋•龙华区期末）法拉第电动机原理如图，圆形水银槽正下方竖直固定一强条形磁铁，金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。连接如图的电源后，从上往下看，金属杆逆时针转动，下列说法正确的是（）A．条形磁铁的上端为N极 B．金属杆上端改接电源正极，不会改变转动方向 C．改变电源电动势的大小，不会影响金属杆转动的快慢 D．此过程电能转化为机械能的效率为100%【考点】直流电动机．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】A【分析】根据金属杆中产生的电流方向和金属杆运动的方向判断磁场方向；转动方向与受力方向有关，改变电流方向会改变受力方向；改变电动势的大小会改变电路中电流大小，安培力会发生变化，故速度会变化；电能转化成机械能的效率永远不会达到100%。【解答】解：A、由题意可知，金属杆中电流方向由下至上，根据左手定则，金属杆逆时针转动，磁铁的上端应该是N极，故A正确；B、根据左手定则，安培力的方向将与之前相反，即从逆时针变为顺时针。因此，金属杆的转动方向将改变，故B错误；C、安培力的大小与电流的大小成正比，因此，改变电源电动势的大小会直接影响金属杆转动的快慢，故C错误；D、在实际应用中，电能转化为机械能的过程中，由于存在各种能量损失（如电阻发热、摩擦等），转化效率不可能达到100%，故D错误。故选：A。【点评】本题的关键在于理解法拉第电动机的工作原理，即电磁感应和安培力的应用。通过分析金属杆的转动方向，可以判断磁铁的极性和电源的极性。同时，理解电源电动势的大小对金属杆转动快慢的影响，以及电能转化为机械能的效率问题，也是解答本题的关键。2．（2024秋•温州期末）图甲为磁电式电流表的结构图，极靴和铁质圆柱间的磁场分布如图乙所示，磁感应强度大小只与到转轴的距离有关。测量某恒定电流时，线圈a、b两边的电流方向如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．线圈将逆时针转动 B．线圈转动过程中，a边所受安培力方向不变 C．线圈转动过程中，a边所受安培力大小不变 D．线圈转动过程中，a边与b边所受安培力方向始终相同【考点】磁电式电流表；左手定则判断安培力的方向．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】由安培力的公式F＝BIl可判断安培力大小；根据磁电式电流表的构造，结合左手定则进行分析。【解答】解：A.根据左手定则可知线圈将顺时针转动，故A错误；B.根据左手定则可知，线圈转动过程中，a边所受安培力方向改变，故B错误；C.线圈转动过程中，磁感应强度大小不变，电流大小不变，根据F＝BIl可判断a边所受安培力大小不变，故C正确；D.根据左手定则可知，线圈转动过程中，a边与b边所受安培力方向始终相反，故D错误。故选：C。【点评】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。3．（2024秋•东城区期末）如图甲所示是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，线圈中a、b两条导线长均为L，分别通以图乙所示方向的电流I，两条导线处的磁感应强度大小均为B，则（）A．该磁场是匀强磁场 B．在辐向磁场中磁感线总是与线圈平面垂直 C．线圈将逆时针方向转动 D．a、b导线各自受到的安培力大小总为ILB【考点】磁电式电流表；左手定则判断安培力的方向．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】D【分析】由图中磁感线的分布确定该磁场是否为匀强磁场，再由左手定则判断出安培力的方向，最后再计算安培力的大小。【解答】解：A、图中磁场为辐状磁场，该磁场不是匀强磁场，匀强磁场的磁感线是平行等间距的直线，磁感应强度大小和方向相同，故A错误；B、由图可知，线圈与磁感线一直平行，故B错误；C、根据左手定则可知，a端受力向上，b受受力向下，故线圈将顺时针转动，故C错误；D、a、b导线始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小总为BIL，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了磁电式电表的原理，当表通电之后，由于线圈中的两根导线置于磁场之中，两者均受到安培力的作用，从而带动指针的转动。4．（2023秋•鄂尔多斯期末）如图所示，某单量程磁电式电表的基本组成部分是磁铁（极靴）、线圈、铁芯等，下列关于该磁电式电表的说法中正确的是（）A．磁铁极靴与铁芯间的磁场是匀强磁场 B．电表中通的电流越大，指针偏转角度越大 C．电表里面的铁芯是为了减小线圈与磁场间的作用 D．改变电流方向，指针偏转方向不变【考点】磁电式电流表．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】B【分析】根据匀强磁场的定义进行分析判断；电表里面的铁芯是为增大线圈与磁场间的作用；电表中通的电流越大，指针偏转角度越大；改变电流方向，根据左手定则判定指针的偏转方向。【解答】解：A．电表内的磁场是均匀辐向分布磁场，不是匀强磁场，故A错误；B．电表中通的电流越大，指针偏转角度越大，因为线圈所受安培力的大小随电流增大而增大，故B正确；C．铁芯被磁化变成了磁铁，它的磁场和线圈的磁场同向、相互叠加加强，增大线圈与磁场间的作用，故C错误；D．改变电流方向，线圈所受安培力的方向发生变化，指针偏转方向发生改变，故D错误。故选：B。【点评】本题考查电磁式仪表的原理，要注意在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理要注意体会。5．（2023秋•普宁市期末）电磁轨道炮发射的基本原理图如图所示，两条平行的金属导轨充当传统火炮的炮管，弹丸放置在两导轨之间，并与导轨保持良好接触，当电磁炮中通过如图虚线所示的强电流时，轨道电流在弹丸处形成垂直于轨道平面的磁场，弹丸获得很大的加速度，最终高速发射出去，下列说法正确的是（）A．电磁炮的本质是一种大功率的发电机 B．若通入与图示方向相反的电流，弹丸不能发射出去 C．其他条件不变的情况下，弹丸的质量越小，发射速度越大 D．两导轨中的强电流（如图示）在导轨之间产生的磁场，方向竖直向下【考点】电磁炮．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】C【分析】AD.根据安培定则分析作答；B.入与图示方向相反的电流，磁场方向相应的发生变化，弹丸所受的安培力方向不变，据此分析作答；C.根据牛顿第二定律和运动学公式分析作答。【解答】解：A．电磁炮的本质是电磁发射技术，是大功率的电动机，故A错误；B．若通入与图示方向相反的电流，磁场方向相应的发生变化，弹丸所受的安培力方向不变，因此改变电流方向弹丸也能发射出去，故B错误；C．根据牛顿第二定律F安＝ma加速度a根据运动学公式v因此在其他条件不变的情况下，弹丸的质量越小，发射速度越大，故C正确；D．两导轨中的通过如图所示的强电流，根据安培定则可知，在导轨之间产生的磁场方向竖直向上，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了磁场对电流的作用，知道电磁炮的工作原理，掌握安培定则的运用。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•吉林期末）实验室经常使用的电流表是磁电式仪表，其原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱形铁芯，两者之间有可转动的线圈。极靴与圆柱形铁芯间的磁感线（部分）己画出，a、b、c和d为磁场中的四个点，左、右两侧通电导线中的电流方向已标出，下列说法正确的是（）A．极靴与圆柱形铁芯间的磁场是匀强磁场 B．c、d两点的磁感应强度方向相同 C．图示左侧通电导线受到的安培力向上 D．因为磁感线是闭合的，所以有大量磁感线通过圆柱形铁芯【考点】磁电式电流表；左手定则判断安培力的方向．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据左手定则判断安培力方向；磁感线是闭合的曲线，磁感线越密集，磁感应强度越大，且磁感应强度具有方向。【解答】解：A．极靴与圆柱间的磁场大小、方向并非总是相同，匀强磁场的磁感线是一条条距离相等的平行直线，所以该磁场不是匀强磁场，故A错误；B．由图可得c、d两点的磁感应强度方向相同，故B正确；C．根据左手定则可知，图示左侧通电导线受到的安培力向下，故C错误；D．因为磁感线是闭合的，所以有大量磁感线通过圆柱形铁芯，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查的是磁电式电表原理，题型较简单。（多选）7．（2023秋•十堰期末）电磁轨道炮弹体发射的工作原理如图所示，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，恒定电流从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道电流在弹体处可形成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，静止的通电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（）A．将弹体质量减至原来的一半，有效轨道长度变为原来的2倍，其他量不变 B．只将电流增加至原来的2倍 C．只将弹体质量减至原来的一半 D．只将轨道长度变为原来的2倍【考点】电磁炮；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；比例法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】AB【分析】对弹体应用动能定理，可得到其出射速度表达式，根据表达式，即可知分析使其速度变为原来2倍的条件。【解答】解：若轨道间距为d，有效长度为L，弹体的质量为m，出射速度为v，则对弹体应用动能定理BIdL=12而磁感应强度B与I成正比，故其出射速度可表示为：v=若质量m变为原来的一半，有效长度L变为原来的2倍，其他量不变，则速度变为原来2倍；只将电流增加至原来的2倍，则速度变为原来2倍；只将弹体质量减至原来的一半，则速度变为原来的2倍；只将轨道长度变为原来的2倍，则速度变为原来的2倍，故AB正确，CD错误。故选：AB。【点评】本题考查电磁炮分析，关键是根据磁感应强度与电流的关系，得到速度表达式，再结合数学知识分析。（多选）8．（2023秋•盐田区校级期末）如图甲所示是电磁炮发射过程的情境图，在发射过程中，可以简化为炮弹始终处于磁感应强度为B的竖直方向匀强磁场中。不计一切阻力、不考虑炮弹切割磁感线产生的感应电动势。下列说法中正确的有（）A．匀强磁场方向为竖直向下 B．发射过程中安培力对炮弹做负功 C．若只增大电流，炮弹飞出速度将增大 D．若调换电源正负极并同时将磁场方向变为反向，则炮弹所受磁场力方向也会反向【考点】电磁炮；左手定则判断安培力的方向；安培力的计算公式及简单应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；理解能力．【答案】AC【分析】本题考查电磁炮发射过程中的物理原理，主要涉及安培力的方向、做功情况以及磁场力与电流方向的关系。根据题目描述，电磁炮发射过程中，炮弹在竖直方向的匀强磁场中运动，不考虑阻力和感应电动势的影响。需要根据左手定则判断磁场方向，分析安培力对炮弹的作用，以及电流和磁场方向变化对炮弹运动的影响【解答】解：A、根据左手定则可知，匀强磁场方向为竖直向下，故A正确；B、发射过程中安培力对炮弹做正功，使炮弹动能增加，故B错误；C、若只增大电流，则根据F＝BIL可知，安培力变大，则安培力做功变大，加速度变大，则炮弹飞出速度将增大，故C正确；D、若调换电源正负极并同时将磁场方向变为反向，根据左手定则可判断，炮弹所受磁场力方向不变，故D错误。故选：AC。【点评】本题关键在于理解电磁炮发射过程中安培力的作用原理，以及如何利用左手定则判断安培力的方向。同时，需要明确电流、磁场方向变化对安培力方向的影响，以及安培力做功与炮弹动能变化的关系。正确理解这些原理，是解答此类问题的关键。（多选）9．（2024•荔湾区校级三模）“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快效率高等优点。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平导轨电阻不计，宽为L．在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．“电磁炮”弹体总质量为m，其中弹体在轨道间的电阻为R．可控电源的内阻为r，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I，不计空气阻力。则（）A．弹体所受安培力大小为BIL B．弹体从静止加速到v，轨道长度至少为2mC．弹体从静止加速到v的过程中电源提供的总能量为mvBLD．可控电源的电压应随时间均匀增加，才能保证“电磁炮”匀加速发射【考点】电磁炮；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【答案】ACD【分析】A、弹体所受安培力根据安培力公式可求得；B、当导轨上通入电流后，炮弹在安培力的作用下，做初速度为零匀加速直线运动，由动能定理或根据牛顿第二定律求出加速度然后利用运动学公式求出轨道长度；C、消耗的总能量转化为弹体的动能和热量；分别求出动能和焦耳热即可；D、由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射。【解答】解：A、在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为：F＝ILB，故A正确；B、由动能定理：Fx=12mv2，解得：C、由F＝ma，v＝at，发射过程产生的热量：Q＝I2（R+r）t，弹体的动能：EK=12mv2，电源提供的总能量为E联立解得：E=mvBL(D、由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射，故D正确。故选：ACD。【点评】本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清功能转化关系，然后依据相应规律求解。三．填空题（共3小题）10．（2024秋•松江区校级月考）如图所示是一种磁电式仪表的原理图。P是带指针绕在铁芯上可转动的线圈，线圈置于磁场中，A、B为两个接线柱。线圈所在的是磁场是非匀强磁场（选填“匀强磁场”或“非匀强磁场”）；如指针向右偏转，电流从哪个接线柱流入电表？A。（选填“A”或“B”）【考点】磁电式电流表．【专题】定性思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】非匀强磁场，A。【分析】根据磁场的特点分析；根据右手螺旋定则分析。【解答】解：线圈所在位置是带有极靴的磁铁的磁场之中，是辐射性磁场，在线圈所在位置处磁感应强度大小都是相等的，但方向不通，但磁场方向总是和线圈平面垂直，这样保证线圈在转动过程中所受安培力大小不变；若指针向右偏转，则线圈的下端为N极，根据右手螺旋定则可知电流是从A接线柱流入电流表的。故答案为：非匀强磁场，A。【点评】本题考查了对磁电式电流表的认识以及右手螺旋定则的应用，基础题。11．（2024•松江区校级三模）图是磁电式电表内部结构示意图，该电表利用的物理原理是通电线圈因受安培力而转动，写出一条能提高该电表的灵敏度措施是：增加线圈的匝数。【考点】磁电式电流表．【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】通电线圈因受安培力而转动；增加线圈的匝数。【分析】通电线圈在磁场中受到安培力的作用，因而发生转动，改变线圈受力即可改变电表的灵敏度。【解答】解：当有电流流过线圈时，在磁场的作用下线圈受到安培力，因而发生转动，如果增加线圈的匝数，那么在流过相同电流的情况下线圈的受力会变大，转动更明显，因此灵敏度更高。故答案为：通电线圈因受安培力而转动；增加线圈的匝数。【点评】本题需要对线圈在磁场中的受力进行分析。12．（2023秋•黄浦区校级月考）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱。接上导线后，表内线圈受到（选填“受到”或“不受”）安培力的作用；未接导线时，表内线圈产生（选填“产生”或“不产生”）感应电动势。【考点】磁电式电流表．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】受到；产生。【分析】根据电磁阻尼进行分析；未接导线时，表针晃动过程中会产生感应电动势。【解答】解：接上导线后，表内线圈在晃动过程中产生感应电流，使得线圈受到安培力产生阻尼作用，而使表针晃动减弱；未接导线时，表针晃动过程中表内线圈切割磁感线，会产生感应电动势。故答案为：受到；产生。【点评】本题主要是考查法拉第电磁感应定律，解答本题的关键是知道线圈在磁场中转动过程中会产生感应电动势，知道电磁阻尼的应用。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•河东区期末）甲图所示电磁炮是一种先进的武器，乙图为某同学模拟电磁炮的原理图。为了研究方便，将炮弹视为一个与导轨间距等长的导体棒，其质量m＝0.1kg、电阻R＝1Ω，固定在电阻不计、间距L＝0.5m的两根平行倾斜导轨上。已知导轨平面与水平地面的夹角θ＝37°，导轨下端电源电动势E＝18V、内阻r＝1Ω，整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.2T、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。将导体棒由静止释放，它最终从导轨上端发射出去。若导体棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）导体棒释放时所受安培力F的大小和方向；（2）导体棒释放时加速度a的大小和方向。【考点】电磁炮；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】（1）导体棒释放时所受安培力F的大小为0.9N，方向沿斜面向上；（2）导体棒释放时加速度a的大小为1m/s2，方向沿斜面向上。【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出电流的大小，结合安培力的计算公式得出安培力的大小，结合左手定则分析出安培力的方向；（2）分析导体棒释放时的受力，由牛顿第二定律得出导体棒的加速度。【解答】解：（1）导体棒刚放在导轨上时，根据闭合电路欧姆定律有：I=解得：I＝9A导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小：F＝BIL解得：F＝0.9N根据左手定则可知，导体棒所受安培力方向沿斜面向上。（2）导体棒刚放在导轨上时，对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律有：F﹣mgsinθ﹣f＝ma，其中f＝μN＝μmgcosθ解得：a＝1m/s2，方向沿斜面向上。答：（1）导体棒释放时所受安培力F的大小为0.9N，方向沿斜面向上；（2）导体棒释放时加速度a的大小为1m/s2，方向沿斜面向上。【点评】本题主要考查了安培力作用下物体的运动，熟悉欧姆定律和安培力的计算公式，同时结合牛顿第二定律即可完成分析。14．（2023秋•安徽期末）某公园的游乐场中引进了电磁弹射儿童车项目，其装置简化示意图如图所示。AA′BB′与CC′EE′是两个宽度均为L＝1.0m的水平平行金属轨道，两部分导轨之间用绝缘材料连接，AA′BB′轨道间存在着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，且其大小可调。CC′EE′轨道的DD′EE′部分存在磁感应强度大小B2＝5T、方向竖直向下的匀强磁场。在AA′BB′金属轨道的左侧接有电容大小C＝8.0F的电容器，在CC′EE′金属轨道的右侧接有R＝0.6Ω的定值电阻。一个用木制横梁连接的两金属棒ab、cd固定在儿童车的底部，并将其放在如图示位置。用电动势E＝15V的电源（图中未画出）为电容器充电完毕后断开电源，电容器的带电情况如图所示，然后闭合开关S，儿童车开始从AA′位置向右加速弹射。已知乘坐一名幼儿时，幼儿和儿童车的总质量；m＝50.0kg，两金属棒ab、cd及木制横梁的长度均为L＝1.0mm，两金属棒的电阻均为r＝0.3Ω，CC′DD′部分的金属轨道长度（d1＞L，整个轨道之间各处均光滑且平滑连接，AA′BB′金属轨道足够长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q；（2）要使儿童车在AA′BB′轨道上能获得最大的速度，B1应设置为多大？最大速度为多少？（3）儿童车在AA′BB′轨道上获得最大速度后，离开B1磁场区域，要使金属棒cd恰好停在EE′处，DD′EE′部分金属轨道长度d2为多长。【考点】电磁炮；动量定理的内容和应用；平行板电容器的相关参数与计算．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为120C；（2）要使儿童车在AA′BB′轨道上能获得最大的速度，B1应设置为2.5T，最大速度为3m/s；（3）儿童车在AA′BB′轨道上获得最大速度后，离开B1磁场区域，要使金属棒cd恰好停在EE′处，DD′EE′部分金属轨道长度d2为4m。【分析】（1）根据Q＝CU计算；（2）根据动量定理写出速度的表达式，进而根据数学关系得到磁感应强度大小和速度大小；（3）金属棒cd进入DD'右侧磁场后，同时切割磁感线相当于电源，金属棒ab与电阻R并联，对儿童车根据动量定理写出对应的方程；金属棒ab进入右侧磁场后，再运动d2﹣L后儿童车停下，金属棒ab、cd并联同时切割磁感线相当于电源，再与电阻R串联，再次对儿童车根据动量定理写出对应的方程计算。【解答】解：（1）由题知，用电动势E＝15V的电源（图中未画出）为电容器充电，则有Q＝CU解得Q＝120C（2）闭合开关S后，儿童车先做加速度变小的加速运动，达到最大速度后做匀速直线运动，设此时的速度为v1，电容器电压为U，金属棒ab、cd并联，可看作一根金属棒，受到安培力的冲量作用，规定向右的方向为正方向，对儿童车由动量定理得B1q1其中q1＝C（E﹣U1）U1＝B1Lv1联立解得v当mB1=B1L2Cv1＝3m/s（3）金属棒cd进入DD'右侧磁场后，同时切割磁感线相当于电源，金属棒ab与电阻R并联，设电路中总电阻为R总1，金属棒ab进入右侧磁场时速度变为v2，对儿童车，根据动量定理有-B其中I2=E2R总1解得v2＝2m/s金属棒ab进入右侧磁场后，再运动d2﹣L后儿童车停下，金属棒ab、cd并联同时切割磁感线相当于电源，再与电阻R串联，设电路中的总电阻为R总2，规定向右为正方向，速度变化量为﹣v2，对儿童车根据动量定理有-B其中I3=E3R总2解得d2＝4m答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为120C；（2）要使儿童车在AA′BB′轨道上能获得最大的速度，B1应设置为2.5T，最大速度为3m/s；（3）儿童车在AA′BB′轨道上获得最大速度后，离开B1磁场区域，要使金属棒cd恰好停在EE′处，DD′EE′部分金属轨道长度d2为4m。【点评】知道在It的乘积表示电荷量，在计算电荷量时要用到平均电流，而平均电流的计算要用平均电动势，平均电动势的计算要根据法拉第电磁感应定律计算。本题综合性较强，具有一定的难度。15．（2023秋•通州区期末）“电磁炮”是现代军事研究中的一项尖端科技研究课题。其工作原理是将炮架放入强磁场中，并给炮架通入高强度电流，炮架相当于放入磁场的通电直导线，在安培力的作用下加速运动，在较短的轨道上短时间内获得一个非常大的速度射出。如图所示，已知加速轨道长度为L，轨道间距为d，炮架及炮弹的质量为m，足够大匀强磁场垂直于轨道所在平面，磁感应强度大小为B。炮架与水平轨道垂直。当给炮架通以大小恒为I的电流后，炮架与炮弹一起向右加速运动，不计一切阻力。求：（1）通电时，炮架受到的安培力F的大小；（2）离开轨道时，炮弹的速度v的大小；（3）采取哪些措施能提高炮弹的发射速度。（至少提三条）【考点】电磁炮；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】（1）通电时，炮架受到的安培力F的大小为BId；（2）离开轨道时，炮弹的速度v的大小是2BIdL（3）可以通过增加磁场的磁感应强度B，可以增大通电电流，也可以增加轨道的长度L，来提高炮弹的发射速度。【分析】（1）根据安培力公式计算；（2）根据动能定理计算；（3）根据速度的表达式分析即可。【解答】解：（1）炮架受到的安培力为F＝BId（2）根据动能定理有FL=解得：v=（3）要提高炮弹的发射速度，需要增加磁场的磁感应强度B，可以增大通电电流，也可以增加轨道的长度L。答：（1）通电时，炮架受到的安培力F的大小为BId；（2）离开轨道时，炮弹的速度v的大小是2BIdL（3）可以通过增加磁场的磁感应强度B，可以增大通电电流，也可以增加轨道的长度L，来提高炮弹的发射速度。【点评】熟练掌握安培力公式和动能定理，不难正确解答。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。3．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。4．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．5．平行板电容器的相关参数与计算【知识点的认识】综合应用电容的定义式C=QU和平行板电容器电容的决定式可以计算平行板电容器的相关参数，如极板电荷量、电压、板间距离，进一步结合电场强度与电势差的关系E=Ud计算两板之间的电场强度以及应用电场力与电场强度的关系F＝【命题方向】某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一电量为q的点电荷，则它所受到的电场力的大小为（）A、2kQdd2B、4kQdd2分析：由电容的定义式C=QU求出两极板间的电压，由板间电压与场强的关系式U＝Ed求出板间场强，点电荷所受的电场力大小为F＝qE。解答：由电容的定义式C=QU得，板间电压为U=QC．板间场强大小为E=Ud故选：C。点评：本题考查对于电容、板间电压、场强等物理量之间关系的掌握情况。基础题。【解题思路点拨】电容的定义式与决定式的比较1.C=QU是电容的定义式，对某一电容器来说，Q∝U，但C2.C=ɛrS4πkd是平行板电容器电容的决定式，C∝ɛr，C∝S6．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比7．左手定则判断安培力的方向【知识点的认识】1.安培力的方向：通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向都垂直。2.左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进人，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。如下图所示：【命题方向】如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．解答：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上。四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左。故选：C。点评：本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．【解题思路点拨】安培力方向的特点安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即安培力的方向垂直于电流I和磁场B所决定的平面。（1）当电流方向与磁场方向垂直时，安培力方向、磁场方向、电流方向两两垂直，应用左手定则时，磁感线垂直穿过掌心。（2）当电流方向与磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则时，磁感线斜着穿过掌心。8．安培力的计算公式及简单应用【知识点的认识】如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ【命题方向】一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．【解题思路点拨】1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。9．安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）【知识点的认识】1.设导体受到的安培力大小为F＝BIl，安培力产生的加速度为a=2.如果导体棒在安培力作用下运动的距离为x，则安培力做功为W＝BIlx。x等于力方向上的位移。【命题方向】如图，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面夹为α，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，内电阻r，定值电阻为R，其余部分电阻不计．则当电键调闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？分析：根据闭合电路欧姆定律可以计算电键闭合瞬间，电路中电流I的大小和方向，已知电流的大小可以算出此时ab棒受到的安培力的大小和方向，对导体棒进行受力分析知，导体棒受到的安培力在水平方向的分力使导体棒ab产生加速度，根据牛顿第二定律可以算得导体棒的加速度．解答：由题意知，电键闭合时，导体棒中通过的电流方向是从a到b，根据左手定则知，导体棒受到的安培力方向如图所示因为导体棒受三个力作用下在水平方向运动，故导体棒在竖直方向所受合力为0由题意得：F＝BIL则导体棒所受的合力F合＝F合x＝Fsinα根据牛顿第二定律，棒产生的加速度a在电路中，根据闭合电路欧姆定律I=E所以导体棒产生的加速度a=答：棒ab的加速度大小为：a=点评：能通过左手定则确定安培力的大小和方向，并对导体棒正确的受力分析得出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律解得．主要考查左手定则和闭合回路的欧姆定律的运用．【解题思路点拨】解决与安培力有关的力学综合问题时要注意：1．安培力的大小安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：（1）B与L垂直；（2）L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路（1）选定研究对象；（2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；（3）列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解．10．电磁炮【知识点的认识】电磁炮是以安培力为动力发射炮弹的一种装置。如图是一种简化的电磁炮原理图：设炮弹所受到安培力大小为F＝BIl，从开始加速到离开加速轨道运动的距离为x，离开加速轨道时的速度为v。不考虑任何阻力时，根据动能定理BIlx=以此可以求出电磁炮射出瞬间的速度。并且通过控制磁场、电流等因素可以很容易使炮弹获得较高的速度。根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置﹣﹣电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是（）A、要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自N向M的电流B、要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流C、使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向D、要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度分析：正确应用左手定则是解答本题的关键，在应用时为防止手忙脚乱，可以先让四指和电流方向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力方向．其大小由公式F＝BIL可知．解答：A、要使炮弹沿导轨向右发射，即为安培力