鲁科版 (2019)第1节 安培力及其应用习题

课时素养评价

一　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=10.0 cm，I=0.10 A，m=8.78 g，g取10 m/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=0.49 T

答案：(1)B=　(2)0.49 T

8.(14分)如图所示，水平导轨间距为L=0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=1 kg，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=

0.9 Ω；电源电动势E=10 V，内阻r=0.1 Ω，电阻R=4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=5 T，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10 m/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=2 A，方向由a指向b；

(2)ab受到的安培力F=BIL=5×2×0.5 N=5 N

(3)ab受力如图所示，

最大静摩擦力

fmax=μ(mg-Fcos53°)=3.5 N

由平衡条件得：

当最大静摩擦力方向向右时，T+fmax=Fsin53°

解得：T=0.5 N

当最大静摩擦力方向向左时，

T=Fsin53°+fmax

解得：T=7.5 N

则重物重力的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N。

答案：(1)2 A　由a指向b　(2)5 N　(3)0.5 N≤G≤7.5 N

　　　　　　　 (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.BIR　　　D.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b

B.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=100 N/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=1.0 m，质量为m=0.2 kg。当导体棒中通过大小为I=5 A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1.5 cm 后能处于静止状态，(重力加速度g取10 m/s2)则              (　　)

A.通入的电流方向为从a→b，大小为2.5 A

B.通入的电流方向为从a→b，大小为5 A

C.通入的电流方向为b→a，大小为2.5 A

D.通入的电流方向为b→a，大小为5 A

【解析】选C。弹簧都恢复到原长状态时，ILB=mg，得B==0.4 T；导体棒下移1.5 cm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′=2.5 A，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=1.0 T、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=12 V，内阻不计，ab杆长L=0.5 m，质量m=0.2 kg，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10 m/s2，sin 37°=0.6，求：接在滑轨上的滑动变阻器的阻值在什么范围内变化时，可使ab杆在滑轨上保持静止？(结果保留一位有效数字)

【解析】对金属杆受力分析，回路中的电流为：I=

金属杆受到的安培力为：F=BIL

当摩擦力沿斜面向上，电流强度最小，电阻最大，由共点力平衡得：

mgsin 37°-f-Fcos 37°=0

mgcos 37°+Fsin 37°-FN=0

f=μFN

联立解得：Rmax=5 Ω

当摩擦力沿斜面向下，电流强度最大，电阻最小，由共点力平衡得：

mgsin 37°+f-Fcos 37°=0

mgcos 37°+Fsin 37°-FN=0

f=μFN

联立解得：Rmin=3 Ω

故可变电阻在3～5 Ω范围内。

答案：3～5 Ω