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    2021-2022学年高中物理新粤教版选择性必修第二册 1.2安培力的应用 课时练(解析版)

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    2020-2021学年第二节 安培力的应用课后复习题

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    这是一份2020-2021学年第二节 安培力的应用课后复习题,共15页。试卷主要包含了2安培力的应用 课时练(解析版,2 × 106J等内容,欢迎下载使用。
    2021-2022学年粤教版(2019)选择性必修第二册1.2安培力的应用 课时练(解析版1.如图所示,甲、乙、丙、丁四图是电学实验中常见的仪器或结构示意图,下列说法正确的是(  )A.图甲中只有当带电体与验电器上端导体接触时,金属箔片才会张开B.图乙静电计是用来精确测量电荷量的仪器C.图丙磁电式电表的指针偏转,是通电线圈受安培力作用的结果D.图丁多用电表在使用时,电流总是从“-”插线孔流入,“+”插线孔流出2.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,下列结论中错误的是(  )A要使炮弹沿导轨向右发射,必须通以自MN的电流B要想提高炮弹的发射速度,可适当增大电流C要想提高炮弹的发射速度,可适当增大磁感应强度D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3.如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,紧贴边缘内壁放一个圆环形电极A,把AB分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来.若从上向下看,下列判断正确的是(  )AA接电源正极,B接电源负极,液体顺时针旋转BA接电源负极,B接电源正极,液体顺时针旋转C.同时改变电源的正、负极和磁体的NS极,液体将不会旋转D.仅改变电源的正、负极或仅改变磁体的NS极,液体旋转方向不变4.下列关于磁电式电流表的说法中不正确的是(  )A.指针稳定后,螺旋弹簧形变产生的阻力与线圈所受的安培力方向相反B.通电线圈中的电流越大,电流表指针的偏转角度越大C.在线圈转动的范围内,各处的磁场都是匀强磁场D.在线圈转动的范围内,线圈所受安培力大小与电流大小有关,与所处位置无关5.如图所示为电磁轨道炮的工作原理图。待发射弹体与轨道保持良好接触,并可在两平行轨道之间无摩擦滑动。电流从一条轨道流入,通过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平面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与电流I成正比。通电的弹体在安培力的作用下离开轨道,则下列说法正确的是(  )A.弹体向左高速射出BI为原来的2倍,弹体射出的速度也为原来的2C.弹体的质量为原来的2倍,射出的速度也为原来的2D.轨道长度L为原来的4倍,弹体射出的速度为原来的46.如图是电磁炮模型的原理结构示意图。光滑水平金属导轨MN的间距L= 0.2 m,电阻不计,在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B= 100 T,装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨MN上的最左端,且始终与导轨接触良好,导体棒ab(含弹体)的质量m= 0.2 kg,在导轨MN间部分的电阻R= 0.8 Ω,可控电源的内阻r= 0.2 Ω,在某次模拟发射时,可控电源为导体棒ab提供的电流恒为I= 4 × 103A,不计空气阻力,导体棒ab由静止加速到4 km/s后发射弹体,则(  )A导体棒ab所受安培力大小为1.6 × 105NB光滑水平导轨的长度至少为10 mC该过程系统产生的焦耳热为3.2 × 106JD该过程系统消耗的总能量为1.76 × 106J7.下列哪项科技的应用与电磁感应原理相关(  A回旋加速器 B手机无线充电C示波管 D电磁弹射器8.电磁炮是目前许多国家热衷发展的一种新式武器,其工作原理如图所示。当两平行导轨接入电源时,强电流从一导轨流入,经滑块(炮弹)从另一导轨流回时,在两导轨平面间产生强磁场,磁感应强度大小与电流成正比。通有电流的滑块在安培力的作用下(不计阻力)加速一段距离后,炮弹会以很大的动能射出。关于电磁炮,下列说法正确的是(  )A.当水平放置的平行导轨通有如图所示的电流时,导轨间的磁场方向竖直向下B.当回路中电流一定时,炮弹将做匀加速直线运动C.若只将电流增大2倍,炮弹射出的动能也会增大2D.若只将导轨长度增大2倍,炮弹射出的动能会增大49.某电磁轨道炮的简化模型如图所示,两圆柱形固定导轨相互平行,其对称轴所在平面与水平面的夹角为θ,两导轨长为L,间距为d,一质量为m的金属弹丸置于两导轨间,弹丸直径为d,电阻为R,与导轨接触良好且不计摩擦阻力,导轨下端连接理想恒流电源,电流大小恒为I,弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动,加速度大小为a。下列说法正确的是(   A.将弹丸弹出过程中,安培力做的功为maL+mgLsinθB.将弹丸弹出过程中,安培力做的功为I2RC.将弹丸弹出过程中,安培力的功率先增大后减小D.将弹丸弹出过程中,安培力的功率不变10.光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分,O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5m,匀强磁场方向如图,大小为0.5T。质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时,金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动。已知MN=OP=1m,则下列说法不正确的是(  )A.金属细杆运动到圆弧轨道时受到重力,支持力,安培力,和向心力B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC.金属细杆运动到P点时安培力的瞬时功率为0D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为1.5N11.如图所示,倾角θ=37°的斜面上水平放置一根金属杆,金属杆与斜面间动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于动摩擦力。sin37°=0.6cos37°=0.8。金属杆中通有垂直纸面向里的恒定电流,空间处竖直向上的匀强磁场中,当磁感应强度大小为B0时,金属杆在斜面上静止,如果磁感应强度逐渐增大为B,金属杆始终在斜面上静止,可能为(  )A5B0 B10B0 C15B0 D20B012.判断下列说法的正误。1)安培力的方向与磁感应强度的方向相同。(____2)应用左手定则时,四指指向电流方向,拇指指向安培力方向。(____3)对于磁电式电流表,指针稳定后,线圈受到的螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的。(____4)对于磁电式电流表,通电线圈中的电流越大,电流表指针偏转角度也越大。(____5)对于磁电式电流表,在线圈转动的范围内,线圈所受安培力与电流有关,而与所处位置无关。(____13.磁电式电流表1)原理:安培力与电流的关系,通电线圈在磁场中受到______而偏转,线圈偏转的角度越大,被测电流就______根据指针的______,可以知道被测电流的方向.2)构造:____________、螺旋弹簧、指针、极靴.3)特点:极靴与铁质圆柱间的磁场沿______方向,线圈无论转到什么位置,它的平面都跟磁感线______,且线圈左右两边所在处的磁感应强度大小______4)优点:灵敏度高,可以测出______的电流。缺点:线圈的导线很细,允许通过的电流______14.如图所示的天平可用来测定磁感应强度。天平的右臂下面挂有一个矩形线圈,宽度为L,共N匝,线圈下端悬在匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面。当线圈中通有电流I时(方向如图所示),在天平左、右两边分别加上质量为m1m2的砝码,天平平衡;当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m的砝码后,天平重新平衡。重力加速度为g,则磁感应强度的大小为__________15.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图所示,直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先将开关S1,使电容器完全充电;然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当回路中电流为零时,MN达到最大速度,之后离开导轨。从上述信息中选择适当条件,求:1)磁场的方向;2MN刚开始运动时加速度a的大小。  16.航空母舰是现代军事的重要装备之一,某航母上配备了如图所示的电磁轨道炮。它电源的电压能自行调节,以保证电磁炮匀加速发射。水平光滑轨道宽为,长为,在导轨间有竖直向上的磁感应强度为的匀强磁场,电磁炮的总质量为,在某次试验发射时,电源为电磁炮提供的电流为,电磁炮从静止开始加速运动,不计加速导轨的电阻和空气阻力,求:(1)电磁炮所受安培力的大小;(2)电磁炮离开轨道时的速度。
      17电磁炮的模型如图,光滑水平加速导轨电阻不计,轨道宽为L=0.1m,竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=1T弹体总质量m=0.01kg,弹体在轨道间的电阻R=1Ω,可控电源的内阻r=4Ω,提供的电流是I=0.2A,以保证电磁炮匀加速发射,不计空气阻力。求:1)弹体所受安培力大小;2)弹体从静止加速到10m/s过程中系统产生的总热量。  18.自制的简易电动机示意图如图所示。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动,一位同学将左、右转轴下侧的绝缘漆刮掉,另一位同学将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉。哪位同学的方法可行?为什么?
       参考答案1C【详解】A.当带电导体靠近验电器时,由于静电感应,金属箔片会带上与带电导体相同的电荷,金属箔片也会张开。A错误;B.静电计只是用来粗略测量电势差的仪器。B错误;C.磁电式电表的指针偏转,是通电线圈受安培力作用的结果。C正确;D.多用电表在使用时,电流总是从“+”插线孔流入,从“-”插线孔流出。D错误。故选C2D【详解】A.要使炮弹沿导轨向右发射,则安培力方向向右,由左手定则可知,必须通以自MN的电流,故A正确,不符合题意;B.由安培力的计算式F=BIL可知,可通过增大电流来提高炮弹的发射速度,故B正确,不符合题意;C.由安培力的计算式F=BIL可知,可通过增大磁感应强度来提高炮弹的发射速度,故C正确,不符合题意;D.如果电流和磁感应强度的方向同时反向,由左手定则可知,炮弹的发射方向将保持不变,故D错误,符合题意。故选D3A【详解】AB.若A接电源正极,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心;器皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转;同理,若B接电源正极,A接电源负极,根据左手定则得,液体沿逆时针作圆周运动;故A正确,B错误;C.若同时改变电源的正、负极和磁体的NS极,液体仍旋转,其旋转方向不发生改变,故C错误;D.若仅磁场NS极或电源的正、负极互换后,安培力方向发生变化,重做该实验发现液体旋转方向变化。故D错误;故选A4C【详解】螺旋弹簧形变产生的阻力与安培力引起的动力从转动角度来看二力方向相反;电流表内磁场是均匀辐射磁场,在线圈转动的范围内,不管线圈转到什么角度,它的平面都跟磁感线平行,线圈所在各处的磁场大小相等方向不同,所以安培力与电流大小有关而与所处位置无关,电流越大,安培力越大,指针转过的角度越大,则ABD正确,不符合题意,C错误,符合题意。故选C5B【详解】A.根据磁场方向、通过弹体的电流方向可知弹体所受安培力水平向右,因此弹体将向右高速射出,故A错误;
    B.根据F=BIL=ma可知I为原来2倍,磁感应强度BI成正比,B变为原来的2倍,弹体的加速度将变为原来的4倍,由运动学公式v2=2aL可知,弹体射出的速度变为原来的2倍,故B正确;
    C.根据F=BIL=ma可知弹体的质量为原来2倍,弹体的加速度将变为原来的倍,由运动学公式v2=2aL可知,弹体射出的速度变为原来的倍,故C错误;
    D.若L变为原来的4倍,根据F=BIL=ma可知弹体的加速度不变,由运动学公式v2=2aL可知,弹体射出的速度变为原来的2倍,故D错误。故选B6D【详解】A.导体棒ab所受安培力大小为A错误;B.导体棒ab由静止加速到4 km/s,由动能定理得则水平导轨长度至少为B错误;C.导体棒ab做匀加速运动,则解得该过程需要的时间则该过程中系统产生的焦耳热C错误;D.该过程导体棒ab(含弹体)增加的动能系统消耗的总能量D正确。故选D7B【详解】电磁感应的现象是穿过闭合回路的磁通量发生变化,产生感应电流的现象。ACD.回旋加速器、电视显像管都是带电粒子在磁场中的受力,不是电磁感应现象,电磁弹射器是通电导线在磁场中受力,不是电磁感应现象,故ACD错误;B.手机无线充电,由送电线圈和受电线圈组成,充电板接入交流电源,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生感应电流,故B正确。故选:B8B【详解】A.根据安培定则可知,导轨上的电流在导轨平面产生的磁场方向向上,A错误;B.炮弹在安培力的作用下运动,回路中电流一定,磁感应强度一定,根据牛顿第二定律可知加速度恒定,所以炮弹做匀加速直线运动,B正确;C.若只将电流增大2倍,磁感应强度也增大2倍,根据动能定理可知动能变为原来的4倍,C错误;D.若只将导轨长度增大2倍,根据动能定理可知炮弹射出的动能会变为原来的2倍,D错误。故选B9A【详解】AB.根据牛顿第二定律得所以安培力做功将弹丸弹出过程中,安培力做正功,不等于电热,故A正确,B错误; CD.由知,安培力为恒力,故安培力的功率故安培力的功率一直增大,故CD错误。 故选A10ABD【详解】A.金属细杆运动到圆弧轨道时受到重力,支持力,安培力;向心力是效果力,不是性质力,故A错误;B.设金属细杆运动到P点时的速度大小为v。从MP过程,由动能定理得则得B错误;C.金属细杆运动到P点时,安培力的方向为水平向右,速度方向为竖直向上,安培力方向与速度方向垂直,故此时安培力的瞬时功率为0C正确;D.在P点,设每一条轨道对细杆的作用力大小为N,由牛顿第二定律得 代入数据解得由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为D错误;故选ABD11AB【详解】由题意可知,金属棒一直没有滑动,故可取金属棒受到最大静摩擦力的两个极限,方向分别沿斜面向上和向下,分别对应磁场强度最小和最大;当磁场强度为0时,可知故金属棒不能静止;fm沿斜面向上可得解得fm沿斜面向下可得解得又因为
     B的可取范围小于11B0
     故选AB12.错误    正确    正确    正确    正确    【详解】13.安培力    越大    偏转方向    磁体    线圈    半径    平行    相等    很弱    很弱    【详解】14【详解】假设B的方向垂直纸面向外,开始线圈所受安培力的方向向上,电流方向相反,则安培力方向反向,变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边加砝码,故该假设错误;当B的方向垂直纸面向里,开始线圈所受安培力的方向向下,电流方向相反,则安培力方向反向,变为竖直向上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以需要在右边加砝码。则有所以15.(1)垂直于导轨平面向下;(2【详解】1)当S1时,电容器充电,上极板带正电,下极板带负电,当S2时,电容器放电,流经MN的电流有MN,又知MN向右运动,由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当S2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有MN受到的安培力为F,有由牛顿第二定律,有解得16(1)(2)【详解】(1)在导轨通有电流I时,电磁炮受到的安培力为代入数据解得(2)由动能定理得解得17.(10.02N;(21J【详解】(1)炮弹受到的安培力大小F=BIL=0.02N(2)由牛顿第二定律可知炮弹匀加速运动时间系统产生的总热量Q=I2R+rt=1J18.第一位,见解析【详解】第一位同学的方法可行当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉,通电后根据左手定则可知下边受到的安培力方向垂直纸面向里,线圈开始转动,在前半周转动过程中,线圈中有电流,安培力开始做正功,后半周转动过程中没有电流,不受安培力,由于惯性线圈能够连续转动,当左右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,线圈转动 后线圈中电流再次受到安培力作用,且使线圈的转动方向与原来方向相反,因此线圈不能连续继续转动。  

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