专题01 磁场对通电导线和运动电荷的作用力【九大题型】-【压轴题】2024-2025 学年高中物理同步培优训练（人教版2019 选择性必修第二册）

专题01 磁场对通电导线和运动电荷的作用力【九大题型】 一．安培力的概念（共10小题） 二．左手定则判断安培力的方向（共4小题） 三．安培力的计算公式及简单应用（共5小题） 四．安培力作用下的受力平衡问题（共2小题） 五．电磁炮（共2小题） 六．洛伦兹力的概念（共6小题） 七．洛伦兹力的计算公式及简单应用（共2小题） 八．洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题（共2小题） 九．带电粒子在磁场和静电场中运动的差异（共3小题） 一．安培力的概念（共10小题） 1．如图所示，矩形线圈abcd处在一个很大的匀强磁场中，电流以恒定大小沿abcda方向通过线圈，磁场的磁感线方向与线圈的中心轴OO′垂直。线圈只在磁场对电流的安培力的作用下绕轴OO′转动，当线圈的角速度最小时（　　） A．通过线圈的磁通量最小，线圈所受的安培力矩最大 B．通过线圈的磁通量最大，线圈所受的安培力矩最小 C．通过线圈的磁通量最小，线圈所受的安培力矩最小 D．通过线圈的磁通量最大，线圈所受的安培力矩最大 2．（多选）关于安培力的说法，正确的是（　　） A．通电导线在磁场中一定受安培力的作用 B．安培力大小与磁感应强度成正比，与电流大小成正比，而与其他量无关 C．安培力的方向一定垂直于通电直导线 D．安培力的方向总是垂直于磁场和通电导线所构成的平面 3．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）导体棒受到的摩擦力大小和方向． （2）若磁场方向改为竖直向上，其他条件不变，导体棒仍静止，求此时导体棒所受的摩擦力大小． 4．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10﹣2kg的通电直导线，电流强度I＝1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0时，B＝0，求（g取10m/s2）： （1）当斜面对导线的支持力恰好为零时，安培力的大小和方向． （2）需要几秒，斜面对导线的支持力恰好为零？ 5．用两根绝缘的轻质细绳，将长为0.6m、质量为0.06kg的均匀金属杆ab，水平悬挂在磁感应强度大小为2T、方向如图所示的磁场中．问：要使细绳的拉力恰好为零，应在ab中通入多大的电流？方向如何？（取g＝10m/s2）． 6．如图所示，两平行光滑导轨相距为20cm，金属棒MN的质量为10g，电阻R＝8Ω，匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，大小为0.8T，电源电动势为10V，内阻为1Ω．当开关S闭合时，MN处于平衡状态．示变阻器R1多大？（已知θ＝45°） 7．如图所示，电源电动势ε＝2V，r＝0.5Ω，竖直导轨宽L＝0.2m，导轨电阻不计．另有一金属棒质量m＝0.1kg、电阻R＝0.5Ω，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面．为使金属棒静止不动，施一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）． 求：（1）此磁场的方向． （2）磁感应强度B的取值范围． 8．长为0.2m的导线垂直于某匀强磁场方向放置，当导线中通有1A的电流时，导线受到的安培力大小为0.08N．问： （1）该区域的磁场的磁感应强度为多少T？ （2）当该导线中的电流增大为1.5A时，导线受到的安培力的大小为多少N？ 9．如图所示，质量为m，长为l的金属细棒ab，用两根轻质导线吊放在水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，使其保持水平静止．磁场的磁感应强度为B，棒ab中通入恒定电流后，导线的拉力恰好为零．则： （1）棒ab中所通的恒定电流应沿什么方向？ （2）通入电流的大小是多少？ 10．如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）磁场的磁感应强度B； （2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN． 二．左手定则判断安培力的方向（共4小题） 11．宇宙射线在射向地球时，由于地磁场的存在会改变其带电粒子的运动方向，从而对地球上的生物起到保护作用。如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地磁场时将（　　） A．相对于原直线运动方向向东偏转 B．相对于原直线运动方向向西偏转 C．相对于原直线运动方向向南偏转 D．相对于原直线运动方向向北偏转 12．如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，O点为三角形的中心（O到三个顶点的距离相等），则（　　） A．O点的磁感应强度为零 B．O点的磁场方向垂直Oc斜向下 C．导线a受到的安培力方向垂直Oa连线方向水平向右 D．导线b受到的安培力方向垂直Ob连线方向斜向上 13．如图所示是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O表示由纸内向纸外运动的电子束，当接通电源，给偏转线圈加上图示方向的电流时，电子束应（　　） A．不偏转，仍打在O点 B．向左偏转 C．向上偏转 D．向下偏转 14．如图所示，导线abc为垂直折线，其中电流为I，ab＝bc＝L，导线所在的平面与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度为B，求导线abc所受安培力的大小和方向． 三．安培力的计算公式及简单应用（共5小题） 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，原理示意图如图所示。图中直流电源电动势为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。导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场（图中未画出），炮弹等效为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动。已知MN达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则（　　） A．直流电源的a端是正极 B．MN刚开始运动时，加速度大小为 C．MN离开导轨时，电容器已经放电完毕 D．MN离开导轨时，电容器上剩余的电荷量为 16．将一段总长度为L的直导线折成多边形线框后放入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且线框所在平面与磁场方向垂直，现给线框通电，电流大小为I，正多边形线框中依次相邻的6条边受到的安培力的合力大小等于依次相邻的3条边受到的安培力的合力大小，则正多边形线框中每条边受到的安培力大小为（　　） A．BIL B．BIL C．BIL D．BIL 17．（多选）如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线MN平行于圆弧槽底边AA′放在圆弧槽上，导线中通有M→N的电流I，整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），MN静止时，MO连线与竖直方向的夹角θ为30°，圆弧槽对导线MN的支持力为FN，PP′与圆心O等高。下列说法正确的是（　　） A．若仅将电流I缓慢增大一点，则导线MN沿圆弧槽向上运动 B．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN将有可能沿圆弧槽缓慢运动到PP′上方 C．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则FN先减小后增大 D．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为 18．（多选）间距为L的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在水平绝缘桌面上，整个装置处于竖直向下的磁场中，沿MN方向建立Ox坐标，磁感应强度大小B随坐标x的关系为B＝B0+kx（B0、k均为大于零的常数）。将质量为m的金属杆ab锁定在坐标原点O处，P、M间接一恒流装置，该装置可使回路保持恒定的电流I，电流方向由P到M，如图所示。某时刻解除锁定的同时对ab施加一个大小为2B0IL、方向沿x轴正方向的恒定外力，使ab从静止开始向右运动，ab始终与导轨垂直且接触良好。则在运动过程中，金属杆ab A．做变加速运动 B．最大位移为 C．最大速度为 D．速度达到最大时的x坐标值为 19．如图所示，在一个范围足够大、垂直纸面向里的匀强磁场中，用绝缘细线将金属棒吊起，使其呈水平状态．已知金属棒长L＝0.1m，质量m＝0.05kg，棒中通有I＝10A的向右的电流，取g＝10m/s2． （1）若磁场的磁感应强度B＝0.2T，求此时金属棒受到的安培力F的大小； （2）若细线拉力恰好为零，求磁场的磁感应强度B的大小． 四．安培力作用下的受力平衡问题（共2小题） 20．我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C，固定于水平面内的两根光滑平行金属电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，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的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知（　　） A．匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向上 B．电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大 C．电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度就越大 D．当电容器储存的电荷全部放出时，MN的速度达到最大 21．如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R．电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，一质量m＝20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g＝10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求： （1）请作出金属棒在导轨上静止时的受力分析图． （2）金属棒所受到的安培力大小； （3）通过金属棒的电流； （4）滑动变阻器R接入电路中的阻值． 五．电磁炮（共2小题） 22．如图所示为某研究小组设计的电磁炮供弹和发射装置。装置由倾角θ＝37°的倾斜导轨和水平导轨在AB处平滑连接而成，电磁炮发射位置CD与AB相距x＝0.4m，倾斜导轨处有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B1，ABCD区域无磁场，CD处及右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2。倾斜导轨顶端的单刀双掷开关可连接阻值R＝1.5Ω的电阻和电容C＝1.0F的电容器。质量m＝2.0kg、长度L＝1.0m、电阻r＝0.5Ω的金属杆ab代替电磁炮弹，金属杆与倾斜导轨间动摩擦因数均为μ1＝0.2，和ABCD区域导轨之间动摩擦因数为μ2＝0.5，CD右侧导轨光滑且足够长。供弹过程：开关打到S1处，金属杆从倾斜导轨某个位置及以上任意位置由静止释放，金属杆最终都恰好精确停在CD处；发射过程：开关打到S2处，连接电压U＝100V电容器，金属杆从CD位置开始向右加速发射。已知导轨间距为L＝1.0m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，不计空气阻力。 （1）供弹过程 ①金属杆运动到AB时刻，杆ab中电流方向为 　 　（填“a﹣b”或“b﹣a”），a端电势 　 　于b端电势（填“高”、“低”或“等”）。 ②金属杆到达AB处时速度为 　 　m/s，从AB到CD所用时间为 　 　s。 ③为精确供弹，磁感应强度B1的大小为 　 　T：3。 ④如果某次金属杆在倾斜轨道上距AB所在水平面高5m处由静止释放，运动到AB过程中电阻R的发热量； （2）发射过程 ①如果CD右侧导轨光滑且足够长，则开关打到S2处后金属杆的运动情况为 　 　。 A、匀加速运动 B、先是加速度变小的加速运动，后是匀速运动 C、匀速运动 D、先是加速度变大的加速运动，后是匀速运动 ②当B2多大时，金属杆发射的最终速度最大？最大速度为多少？ （3）某次充填过程中，操作员没有给电容器充电，然后将倾斜导轨顶端的单刀双掷开关错误地打到S2处后静止释放金属杆，试分析说明金属杆在倾斜轨道将做什么运动？如果B1＝3T，金属杆的释放点离AB的距离为10m，则金属杆从释放到下滑到AB的时间为多少？ 23．导轨式电磁炮是利用磁场对电流的作用力，把电能转变成机械能的发射装置。如图为一电磁炮模型，把两根长为S0＝100m，互相平行的铜制轨道放在垂直于轨道平面的磁场中，磁感应强度B＝2.0×10﹣5T；质量m＝2.0g的弹体（包括金属杆PQ的质量）静止在轨道之间的宽L＝2m的金属架上，通电后通过弹体的电流I＝10A，弹体在运动过程中所受的阻力f恒为4.0×10﹣5N，求： （1）弹体最终以多大的速度V离开轨道？ （2）求弹体在S＝25m处安培力的瞬时功率P？ 六．洛伦兹力的概念（共6小题） 24．带正电的粒子在外力F作用下沿虚线做逆时针匀速圆周运动，圆心为O，a、b、c、d是圆上的4个等分点。通有电流大小为I的长直导线垂直圆平面放置，电流方向如图所示，导线位于a、O连线上，垂直于圆面。不考虑粒子运动产生的电场，不计粒子重力，则（　　） A．粒子在a点受到的外力F垂直于纸面向外 B．粒子在b点受到的外力F垂直于纸面向里 C．粒子从a运动到c，洛伦兹力一直变小 D．粒子从a出发运动一周，洛伦兹力不做功 25．当一带正电q的粒子以速度V沿螺线管中轴线进入该通电螺线管，若不计重力，说法正确的是（　　） A．带电粒子速度大小不变但方向改变 B．带电粒子速度大小改变但方向不变 C．带电粒子速度大小和方向都不变 D．带电粒子速度方向和方向都改变 26．（多选）如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（　　） A．圆环可能做匀减速运动 B．圆环可能做匀速直线运动 C．圆环克服摩擦力所做的功一定为 D．圆环克服摩擦力所做的功可能为 27．如图所示，小车A的质量M＝2kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14m/s．质量m＝0.1kg，带电量q＝+0.2C的物体B（可视为质点），轻放在小车A的右端．在A、B所在的空间存在着匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5T，物体与小车之间有摩擦力的作用，设小车足够长，g取10m/s2，求： （1）B物体在小车上的最大速度； （2）B物体在小车上时，小车A的最小速度； （3）此过程中因摩擦而产生的内能是多少？ 28．如图所示，PQ为一根足够长的绝缘细直杆，处于竖直的平面内，与水平夹角为θ斜放，空间充满磁感应强度B的匀强磁场，方向水平向里．一个质量为m，电荷量为﹣q的带电小球穿在PQ杆上，小球可沿杆滑动，球与杆之间的动摩擦系数为μ（μ＜tanθ）．现将小球由静止释放，试求小球在沿杆下滑过程中： （1）小球最大加速度为多少？此时小球的速度是多少？ （2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为多大？ 29．将带正电量Q＝0.3C，质量m′＝0.15kg的滑块，放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B＝2.0T的水平方向的匀强磁场，开始时小车静止在光滑水平面上，当一个摆长为L＝1.25m，摆球质量m＝0.4kg的单摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g取10m/s2．求： （1）小车碰撞后瞬间的速度是多少？ （2）摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是多少？ （3）碰撞后小车的最终速度是多少？ 七．洛伦兹力的计算公式及简单应用（共2小题） 30．PQ为一根足够长的绝缘细直杆，处于竖直的平面内，与水平夹角为θ斜放，空间充满磁感应强度B的匀强磁场，方向水平如图所示。一个质量为m，带有负电荷的小球套在PQ杆上，小球可沿杆滑动，球与杆之间的摩擦系数为μ（μ＜tgθ），小球带电量为q。现将小球由静止开始释放，试求小球在沿杆下滑过程中： （1）小球最大加速度为多少？此时小球的速度是多少？ （2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为多大？ 31．如图所示，矩形区域I和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场（AA′、BB′、CC′、DD′为磁场边界，四者相互平行），磁感应强度大小均为B，矩形区域的长度足够长，两磁场宽度及BB′与CC′之间的距离均相同。某种带正电的粒子从AA′上O1处以大小不同的速度沿与O1A成α＝30°角进入磁场（如图所示，不计粒子所受重力），当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域I内的运动时间均为t0．当速度为v0时，粒子在区域I内的运动时间为．求： （1）粒子的比荷； （2）磁场区域I和Ⅱ的宽度d； （3）速度为v0的粒子从O1到DD′所用的时间。 八．洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题（共2小题） 32．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q＝+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2．则（　　） A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动 B．最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动 C．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动 D．如只将电荷改为负电荷其它条件不变，木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速运动 33．（多选）如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg，且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板的左端无初速放置一质量为0.1kg，电荷量q的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力，g取10m/s2。则（　　） A．若q＝﹣0.2C，木板和滑块一起做加速度减小的加速运动，最后做v＝10m/s匀速运动 B．若q＝+0.2C，滑块先匀加速到v＝6m/s，再做加速度减小的加速运动，最后做v＝10m/s匀速运动 C．若q＝﹣0.2C，木板和滑块一直以2m/s2做匀加速运动 D．若q＝+0.2C，木板先以2m/s2做匀加速运动，再做加速度增大的加速运动，最后做a＝3m/s2匀加速运动 九．带电粒子在磁场和静电场中运动的差异（共3小题） 34．（多选）如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是（　　） A．两个小球到达轨道最低点的速度vM＞vN B．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM＜FN C．小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间 D．在电场和磁场中小球均能到达轨道的另一端最高处 35．一个质量为m带电量为+q的小球以水平初速度v0自离地面h高度处做平抛运动．不计空气阻力．重力加速度为g．试回答下列问题： （1）小球自抛出到第一次落地至点P的过程中水平方向的位移s大小是多少？ （2）若在空间加一个竖直方向的匀强电场，发现小球水平抛出后做匀速直线运动，则匀强电场强度E是多大？ （3）若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，发现小球落地点仍然是P．试问磁感应强度B是多大？ 36．如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，金属板长为L，两板间距离为d。上极板的电势比下极板高U．质量为m、带电量为q的正离子束，沿两板间中心轴线以初速度v0进入两板间，最终都能从两板间射出。不计离子重力及离子间相互作用的影响。 （1）求离子在穿过两板的过程中沿垂直金属板方向上移动的距离y； （2）若在两板间加垂直纸面的匀强磁场，发现离子束恰好沿直线穿过两板，求磁场磁感应强度B的大小和方向； （3）若增大两板间匀强磁场的强度，发现离子束在穿过两板的过程中沿垂直金属板方向上移动的距离也为y，求离子穿出两板时速度的大小v。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 磁场对通电导线和运动电荷的作用力【九大题型】 一．安培力的概念（共10小题） 二．左手定则判断安培力的方向（共4小题） 三．安培力的计算公式及简单应用（共5小题） 四．安培力作用下的受力平衡问题（共2小题） 五．电磁炮（共2小题） 六．洛伦兹力的概念（共6小题） 七．洛伦兹力的计算公式及简单应用（共2小题） 八．洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题（共2小题） 九．带电粒子在磁场和静电场中运动的差异（共3小题） 一．安培力的概念（共10小题） 1．如图所示，矩形线圈abcd处在一个很大的匀强磁场中，电流以恒定大小沿abcda方向通过线圈，磁场的磁感线方向与线圈的中心轴OO′垂直。线圈只在磁场对电流的安培力的作用下绕轴OO′转动，当线圈的角速度最小时（　　） A．通过线圈的磁通量最小，线圈所受的安培力矩最大 B．通过线圈的磁通量最大，线圈所受的安培力矩最小 C．通过线圈的磁通量最小，线圈所受的安培力矩最小 D．通过线圈的磁通量最大，线圈所受的安培力矩最大 【答案】A 【解答】解：从中性面垂直的面开始，在转动90度的过程中，根据左手定则知，bc边所受的安培力向下，ad边所受的安培力向上，合力距使得线圈加速，转动的角度超过90度后，两条边所受安培力矩阻碍线圈的转动，可知在与中性面垂直的面时角速度最小。在此位置，磁通量为零，即最小，安培力的力臂最大，则安培力矩最大。故A正确，B、C、D错误。 故选：A。 2．（多选）关于安培力的说法，正确的是（　　） A．通电导线在磁场中一定受安培力的作用 B．安培力大小与磁感应强度成正比，与电流大小成正比，而与其他量无关 C．安培力的方向一定垂直于通电直导线 D．安培力的方向总是垂直于磁场和通电导线所构成的平面 【答案】CD 【解答】解：A、当电流的方向和磁场方向平行的时候不受安培力的作用，所以A错误； B、安培力大小与磁感应强度，与电流大小，还有电流与磁场的夹角都有关，所以B错误； C、根据左手定则可知，安培力的方向一定垂直于通电直导线，并且安培力的方向总是垂直于磁场和通电导线所构成的平面，所以CD正确； 故选：CD。 3．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）导体棒受到的摩擦力大小和方向． （2）若磁场方向改为竖直向上，其他条件不变，导体棒仍静止，求此时导体棒所受的摩擦力大小． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： I＝＝＝1.5A 导体棒受到的安培力： F安＝BIL＝0.3N 导体棒所受重力沿斜面向下的分力： F1＝mg sin37°＝0.24N 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f 根据共点力平衡条件，有： mgsin37°+f＝F安 解得：f＝0.06N （2）匀强磁场B的方向改为竖直向上时，安培力水平向右， 将其沿斜面与垂直斜面分解，可得，F安cos37°＝0.3×0.8N＝0.24N 而重力的下滑分力，F1＝mg sin37°＝0.24N 因此金属棒不受摩擦力． 答：（1）导体棒受到的摩擦力0.06N，平行斜面向下； （2）若只把匀强磁场B的方向改为竖直向上，其他条件都不变，导体棒受到的摩擦力为零． 4．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10﹣2kg的通电直导线，电流强度I＝1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0时，B＝0，求（g取10m/s2）： （1）当斜面对导线的支持力恰好为零时，安培力的大小和方向． （2）需要几秒，斜面对导线的支持力恰好为零？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示． 由平衡条件，有： FTcos37°＝F…① FTsin37°＝mg…② 由①②解得：导线所受安培力的为：F＝＝＝0.8 N． 又根据F＝BIL，此时导线所处磁场的磁感应强度为： B＝＝＝2T， 因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有：B＝0.4t 得：t＝5s． 答：（1）当斜面对导线的支持力恰好为零时，安培力的大小为0.8N，方向水平向左． （2）需要5s秒，斜面对导线的支持力恰好为零． 5．用两根绝缘的轻质细绳，将长为0.6m、质量为0.06kg的均匀金属杆ab，水平悬挂在磁感应强度大小为2T、方向如图所示的磁场中．问：要使细绳的拉力恰好为零，应在ab中通入多大的电流？方向如何？（取g＝10m/s2）． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：由题意可知，安培力方向向上，因此根据左手定则可判断电流的方向为a指向b． 由题意可得：mg＝BIL， 所以有：A＝0.5A． 答：在ab中通入0.5A的电流，方向a指向b． 6．如图所示，两平行光滑导轨相距为20cm，金属棒MN的质量为10g，电阻R＝8Ω，匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，大小为0.8T，电源电动势为10V，内阻为1Ω．当开关S闭合时，MN处于平衡状态．示变阻器R1多大？（已知θ＝45°） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：金属棒受重力mg、支持力N、安培力F的作用，力图如图．根据平衡条件得： F＝mgtanθ＝0.1N…① 安培力为：F＝BIL…② 联立①②代入数据解得：I＝＝ 根据欧姆定律得：I＝ 代入数据解得：R1＝7Ω 答：变阻器R1此时电阻为7Ω． 7．如图所示，电源电动势ε＝2V，r＝0.5Ω，竖直导轨宽L＝0.2m，导轨电阻不计．另有一金属棒质量m＝0.1kg、电阻R＝0.5Ω，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面．为使金属棒静止不动，施一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）． 求：（1）此磁场的方向． （2）磁感应强度B的取值范围． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）以静止的金属棒为研究对象，画出其侧视图，受力如图． 要使金属棒静止，通电金属棒所受安培力一定要有向左的分量，由左手定则判定磁场方向应斜向下． （2）电路中电流I＝＝A＝2A 根据平衡条件，若摩擦力向上达到最大时，受力如左图所示，根据平衡条件则： B1ILsin30°+μB1ILcos30°＝mg 得 B1＝＝≈3T 若摩擦力方向向下，则： B2ILsin30°﹣μB2ILcos30°＝mg 代入数据解得：B2＝16.3T 故所求磁感应强度的范围3T≤B≤16.3T 答： （1）此磁场的方向是竖直方向成30°角斜向下； （2）磁感应强度B的取值范围为3.2 T≤B≤16.3 T． 8．长为0.2m的导线垂直于某匀强磁场方向放置，当导线中通有1A的电流时，导线受到的安培力大小为0.08N．问： （1）该区域的磁场的磁感应强度为多少T？ （2）当该导线中的电流增大为1.5A时，导线受到的安培力的大小为多少N？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）磁场的磁感应强度为： （2）导线受到的安培力为： F＝BIL＝0.4×1.5×0.2N＝0.12N 答：（1）磁感应强度为0.4T； （2）导线受到的安培力为0.12N． 9．如图所示，质量为m，长为l的金属细棒ab，用两根轻质导线吊放在水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，使其保持水平静止．磁场的磁感应强度为B，棒ab中通入恒定电流后，导线的拉力恰好为零．则： （1）棒ab中所通的恒定电流应沿什么方向？ （2）通入电流的大小是多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由题意可知，安培力方向向上，因此根据左手定则可判断流过导线的电流方向为水平向右． （2）由题意可得：mg＝BIL， 所以有：I＝ 答：（1）棒ab中所通的恒定电流应沿水平向右； （2）通入电流的大小是． 10．如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平等且间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）磁场的磁感应强度B； （2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）从右向左看受力分析如图所示： 由受力平衡得到： 解得： 即磁场的磁感应强度B的大小为． （2）两个导轨对棒的支持力为2FN，满足： 2FNcos37°＝mg 解得： 即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为． 二．左手定则判断安培力的方向（共4小题） 11．宇宙射线在射向地球时，由于地磁场的存在会改变其带电粒子的运动方向，从而对地球上的生物起到保护作用。如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地磁场时将（　　） A．相对于原直线运动方向向东偏转 B．相对于原直线运动方向向西偏转 C．相对于原直线运动方向向南偏转 D．相对于原直线运动方向向北偏转 【答案】B 【解答】解：电子流的方向从上而下射向赤道上空，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以电子向西偏转，故B正确，A、C、D错误。 故选：B。 12．如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，O点为三角形的中心（O到三个顶点的距离相等），则（　　） A．O点的磁感应强度为零 B．O点的磁场方向垂直Oc斜向下 C．导线a受到的安培力方向垂直Oa连线方向水平向右 D．导线b受到的安培力方向垂直Ob连线方向斜向上 【答案】D 【解答】解：AB、根据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向右，b电流在O产生的磁场平行ac指向左上方，电流c在O产生的磁场平行ab指向右上方；由于三根导线的电流大小相等，到O点的距离相同，三个电流在O点的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则，则O点合场强的方向垂直Oc斜向上，故AB错误； CD、根据左手定则，结合矢量合成法则，导线a受到的安培力方向水平向左，而导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方，故D正确，C错误。 故选：D。 13．如图所示是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O表示由纸内向纸外运动的电子束，当接通电源，给偏转线圈加上图示方向的电流时，电子束应（　　） A．不偏转，仍打在O点 B．向左偏转 C．向上偏转 D．向下偏转 【答案】C 【解答】解：如图所示： 偏转线圈由上下两个“通电螺线管”组成，由安培定则判断知右端都是N极，左端都是S极，则O点处的磁场水平向左， 由左手定则判断可知，从O点射出的电子受到向上的洛伦兹力的作用将会向上偏转，故C正确，ABD错误。 故选：C。 14．如图所示，导线abc为垂直折线，其中电流为I，ab＝bc＝L，导线所在的平面与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度为B，求导线abc所受安培力的大小和方向． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：方法一：ab段所受的安培力大小Fab＝ILB，方向向右， bc段所受的安培力大小Fbc＝ILB，方向向上， 所以该导线所受安培力为这两个力的合力， 如图所示， F＝ILB，方向沿∠abc的角平分线向上． 方法二：把导线abc等效成直导线ac，则等效长度ac＝L， 故安培力F＝BI•L＝ILB， 方向垂直于ac，即沿∠abc的角平分线向上． 答：导线abc所受安培力的大小为ILB，方向沿∠abc的角平分线向上 三．安培力的计算公式及简单应用（共5小题） 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，原理示意图如图所示。图中直流电源电动势为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。导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场（图中未画出），炮弹等效为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动。已知MN达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则（　　） A．直流电源的a端是正极 B．MN刚开始运动时，加速度大小为 C．MN离开导轨时，电容器已经放电完毕 D．MN离开导轨时，电容器上剩余的电荷量为 【答案】D 【解答】解：A．MN向右加速，则安培力向右，磁场方向垂直于导轨平面向上，由左手定则可知电流从N到M，则电容器下极板带正电，即直流电源的b端是正极，故A错误； B．MN刚开始运动时，由牛顿第二定律得： 其中 联立解得：，故B错误； C．MN达到最大速度才离开导轨，此时MN中电流为零，即MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕，故C错误； D．当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有 Q0＝CE 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有 E′＝BLvmax 依题意有 设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有 由动量定理得： 又 联立解得：，故D正确。 故选：D。 16．将一段总长度为L的直导线折成多边形线框后放入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且线框所在平面与磁场方向垂直，现给线框通电，电流大小为I，正多边形线框中依次相邻的6条边受到的安培力的合力大小等于依次相邻的3条边受到的安培力的合力大小，则正多边形线框中每条边受到的安培力大小为（　　） A．BIL B．BIL C．BIL D．BIL 【答案】A 【解答】解：设总长为L的正n边形，各边边长为，已知匀强磁场的磁感应强度为B，线框中电流大小为I，则各边所受安培力为F＝； 各边所受安培力之间的夹角； 相邻三边所受安培力的合力大小为：F1＝F+2Fcosθ＝（1+2cosθ） 相邻六边所受安培力的大小为：F2＝2F1cos＝2（1+2cosθ）﹣cos 根据F1＝F2，即2﹣cos＝1 可得：θ＝40° 则n＝＝9 故F＝＝，故A正确、BCD错误。 故选：A。 17．（多选）如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线MN平行于圆弧槽底边AA′放在圆弧槽上，导线中通有M→N的电流I，整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），MN静止时，MO连线与竖直方向的夹角θ为30°，圆弧槽对导线MN的支持力为FN，PP′与圆心O等高。下列说法正确的是（　　） A．若仅将电流I缓慢增大一点，则导线MN沿圆弧槽向上运动 B．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN将有可能沿圆弧槽缓慢运动到PP′上方 C．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则FN先减小后增大 D．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为 【答案】AD 【解答】解：A．对长直导线MN受力分析，受重力mg，支持力FN，安培力F，由左手定则可知安培力方向水平向右，从M到N方向看，受力图如图1所示，将电流I缓慢增大一点，由安培力公式F＝BIL，可知安培力增大，支持力增大，θ角增大，即导线MN沿圆弧槽向上运动，故A正确； 图1 B．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式F＝BIL，可知安培力增大，方向不变，支持力增大，θ角增大，θ角不可能达到90°或超过90°，若θ≥90°，长直导线所受合力有向下的分力，则导线MN不可能运动到PP′上方，故B错误； C．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，安培力大小不变，方向由水平以导线为轴顺时针转动，由水平方向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大，若导线仍处于平衡状态，则支持力为FN，会逐渐增大，因此若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则FN一直增大，故C错误； D．由平衡条件可得导线受安培力大小为 若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转60°，由力的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如图2所示，由解析图可知，当安培力F的方向与支持力为FN1的方向垂直时，MO连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正切值为最大，此时支持力为 图2 解得： 故D正确。 故选：AD。 18．（多选）间距为L的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在水平绝缘桌面上，整个装置处于竖直向下的磁场中，沿MN方向建立Ox坐标，磁感应强度大小B随坐标x的关系为B＝B0+kx（B0、k均为大于零的常数）。将质量为m的金属杆ab锁定在坐标原点O处，P、M间接一恒流装置，该装置可使回路保持恒定的电流I，电流方向由P到M，如图所示。某时刻解除锁定的同时对ab施加一个大小为2B0IL、方向沿x轴正方向的恒定外力，使ab从静止开始向右运动，ab始终与导轨垂直且接触良好。则在运动过程中，金属杆ab（ ） A．做变加速运动 B．最大位移为 C．最大速度为 D．速度达到最大时的x坐标值为 【答案】AC 【解答】解：A、由于金属杆长度、电流均恒定，磁感应强度B随坐标x线性增加，由安培力公式知： F安＝BIL＝（B0+kx）IL 金属杆ab的合外力为： F合＝2B0IL﹣（B0+kx）IL＝B0IL﹣kxIL 可知合外力F合随x发生线性变化，由牛顿第二定律可知其加速度也随x发生线性变化，所以金属杆ab做变加速运动，故A正确； B、金属杆ab所受合外力随坐标x变化的图像为 其中当F合＝0时，解得a＝ 在金属杆ab从静止开始向右运动的过程中，合外力做的功为零时，其位移最大，根据F合﹣x图线与x轴所围的面积表示做功的多少，可知图像与x轴所围的两个三角形面积相等，可得 ，故B错误； CD、当合外力为零、加速度为零时速度最大，即速度达到最大时的x坐标值为a＝，此过程合外力做功由F合﹣x所围的面积可得： 设最大速度为vm，由动能定理得： 解得：，故C正确，D错误。 故选：AC。 19．如图所示，在一个范围足够大、垂直纸面向里的匀强磁场中，用绝缘细线将金属棒吊起，使其呈水平状态．已知金属棒长L＝0.1m，质量m＝0.05kg，棒中通有I＝10A的向右的电流，取g＝10m/s2． （1）若磁场的磁感应强度B＝0.2T，求此时金属棒受到的安培力F的大小； （2）若细线拉力恰好为零，求磁场的磁感应强度B的大小． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）导体棒长为L＝0.1m，磁感应强度B＝0.2T，电流为I＝10A，并且导体棒和磁场垂直， 所以导体棒受到的安培力大小为 F＝BIL＝0.2×10×0.1N＝0.2N， （2）悬线拉力恰好为零，金属棒受重力和安培力，由金属棒静止可得 F＝BIL＝mg 所以B＝＝0.5T 答：（1）金属棒受到的安培力F的大小为0.2N； （2）若细线拉力恰好为零，求磁场的磁感应强度B的大小为0.5T． 四．安培力作用下的受力平衡问题（共2小题） 20．我国第三艘航空母舰“福建号”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流电源电动势为E，储能电容器的电容为C，固定于水平面内的两根光滑平行金属电阻不计。飞行器可视为一根有电阻的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，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的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动，达到最大速度之后离开导轨。根据上述信息可知（　　） A．匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向上 B．电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大 C．电容器的电容C越大，MN刚开始运动时的加速度就越大 D．当电容器储存的电荷全部放出时，MN的速度达到最大 【答案】B 【解答】解：A.S接至2，MN中电流方向从M指向N，MN开始向右加速运动，受到安培力向右。由左手定则可知，匀强磁场的方向应该垂直于导轨平面向下，故A错误； C.当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有 I＝ MN所受安培力 F＝BIL 据牛顿第二定律 F＝ma 则有 a＝ MN刚开始运动时的加速度与电容器的电容C无关。故C错误； D.金属导体棒获得最大速度vm时，放电电流为零，此时电容器的电压U与导体棒的感应电动势E棒相等， U＝E棒＝BLvm 此时电容器储存的电荷并未全部放出，故D错误； B.设此过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有 BLt＝mvm﹣0 其中 t＝ΔQ ΔQ＝Q0﹣Q＝CE﹣CU＝CE﹣CBLvm 解得：vm＝ 电容器的电容C越大，MN的最大速度就越大。故B正确。 故选：B。 21．如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R．电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，一质量m＝20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g＝10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求： （1）请作出金属棒在导轨上静止时的受力分析图． （2）金属棒所受到的安培力大小； （3）通过金属棒的电流； （4）滑动变阻器R接入电路中的阻值． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图． （2）根据平衡条件，在平行斜面方向，有： F＝mgsin30°＝0.1N； （3）根据安培力公式F＝BIL得 I＝＝＝0.5A； （4）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E＝I（R+r）， 解得：R＝﹣r＝Ω； 答：（1）如图所示； （2）金属棒所受到的安培力为 0.1N； （3）通过金属棒的电流为0.5A； （4）滑动变阻器R接入电路中的阻值为23Ω． 五．电磁炮（共2小题） 22．如图所示为某研究小组设计的电磁炮供弹和发射装置。装置由倾角θ＝37°的倾斜导轨和水平导轨在AB处平滑连接而成，电磁炮发射位置CD与AB相距x＝0.4m，倾斜导轨处有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B1，ABCD区域无磁场，CD处及右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2。倾斜导轨顶端的单刀双掷开关可连接阻值R＝1.5Ω的电阻和电容C＝1.0F的电容器。质量m＝2.0kg、长度L＝1.0m、电阻r＝0.5Ω的金属杆ab代替电磁炮弹，金属杆与倾斜导轨间动摩擦因数均为μ1＝0.2，和ABCD区域导轨之间动摩擦因数为μ2＝0.5，CD右侧导轨光滑且足够长。供弹过程：开关打到S1处，金属杆从倾斜导轨某个位置及以上任意位置由静止释放，金属杆最终都恰好精确停在CD处；发射过程：开关打到S2处，连接电压U＝100V电容器，金属杆从CD位置开始向右加速发射。已知导轨间距为L＝1.0m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，不计空气阻力。 （1）供弹过程 ①金属杆运动到AB时刻，杆ab中电流方向为 　b﹣a　（填“a﹣b”或“b﹣a”），a端电势 　高　于b端电势（填“高”、“低”或“等”）。 ②金属杆到达AB处时速度为 　2　m/s，从AB到CD所用时间为 　0.4　s。 ③为精确供弹，磁感应强度B1的大小为 　　T：3。 ④如果某次金属杆在倾斜轨道上距AB所在水平面高5m处由静止释放，运动到AB过程中电阻R的发热量； （2）发射过程 ①如果CD右侧导轨光滑且足够长，则开关打到S2处后金属杆的运动情况为 　B　。 A、匀加速运动 B、先是加速度变小的加速运动，后是匀速运动 C、匀速运动 D、先是加速度变大的加速运动，后是匀速运动 ②当B2多大时，金属杆发射的最终速度最大？最大速度为多少？ （3）某次充填过程中，操作员没有给电容器充电，然后将倾斜导轨顶端的单刀双掷开关错误地打到S2处后静止释放金属杆，试分析说明金属杆在倾斜轨道将做什么运动？如果B1＝3T，金属杆的释放点离AB的距离为10m，则金属杆从释放到下滑到AB的时间为多少？ 【答案】（1）①b﹣a；高；②2；0.4；③；④运动到AB过程中电阻R的发热量16J； （2）①B；②当B2为时金属杆发射的最终速度最大，最大速度为； （3）金属杆在倾斜轨道将作匀加速直线运动，金属杆从释放到下滑到AB的时间为5s。 【解答】解：（1）①由右手定则可知，杆ab中电流方向为从b到a，则a端电势高于b端电势。 ②金属杆从AB到CD的过程，根据动能定理得 可得 v＝2m/s 从AB到CD所用时间为 ＝＝0.4s ③为精确供弹，金属杆只要在倾斜导轨上最终达到匀速运动，则有 mgsinθ＝μ1mgcosθ+F安 又 解得 ④金属杆在倾鈄轨道上距AB所在水平面高5m处由静止释放，运动到AB过程中，由能量守恒定律可得 解得 电阻R的发热量 ＝＝16J （2）①开关打到S2处后金属杆先做加速度变小的加速运动，达到最大速度后作匀速运动，故ACD错误，B正确。 故选：B。 ②稳定时金属杆速度最大，设金属杆的最终速度是v1，此时电容器为电压为U1，则有 U1＝B2Lv1 金属杆受到的安培力的冲量，由动量定理得 ∑B2ILΔt＝mv1﹣0 即为 B2Lq＝mv1 其中 q＝C（U﹣U1） 联立得 当 即得 最大速度为 （3）对电容器有 Δq＝CΔU＝CB1LΔv 电流为 根据牛顿第二定律 mgsinθ﹣F安′﹣μ1mgcosθ＝ma 安培力为 F安＝B1•CB1La•L 解得 代入数据解得a＝0.8m/s2 金属杆在倾斜轨道将作匀加速直线运动 金属杆从释放到下滑到AB的时间为 代入数据解得t′＝5s 故答案为：（1）①b﹣a；高；②2；0.4；③；④运动到AB过程中电阻R的发热量16J； （2）①B；②当B2为时金属杆发射的最终速度最大，最大速度为； （3）金属杆在倾斜轨道将作匀加速直线运动，金属杆从释放到下滑到AB的时间为5s。 23．导轨式电磁炮是利用磁场对电流的作用力，把电能转变成机械能的发射装置。如图为一电磁炮模型，把两根长为S0＝100m，互相平行的铜制轨道放在垂直于轨道平面的磁场中，磁感应强度B＝2.0×10﹣5T；质量m＝2.0g的弹体（包括金属杆PQ的质量）静止在轨道之间的宽L＝2m的金属架上，通电后通过弹体的电流I＝10A，弹体在运动过程中所受的阻力f恒为4.0×10﹣5N，求： （1）弹体最终以多大的速度V离开轨道？ （2）求弹体在S＝25m处安培力的瞬时功率P？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）弹体在加速过程中，F＝BIL …① 由动能定理：（F﹣f）S0＝mv2…② 联立①②解得：V＝ 代入数据得：v＝6m/s （2）设S＝25m处速度为V1，则在S距离内，由动能定理： （F﹣f）S＝ …③ P＝FV1 …④ 联立①③④解得：P＝BIL 代入数据得：P＝1.2×10﹣3W 答：（1）弹体最终以6m/s的速度V离开轨道； （2）弹体在S＝25m处安培力的瞬时功率P为1.2×10﹣3W。 六．洛伦兹力的概念（共6小题） 24．带正电的粒子在外力F作用下沿虚线做逆时针匀速圆周运动，圆心为O，a、b、c、d是圆上的4个等分点。通有电流大小为I的长直导线垂直圆平面放置，电流方向如图所示，导线位于a、O连线上，垂直于圆面。不考虑粒子运动产生的电场，不计粒子重力，则（　　） A．粒子在a点受到的外力F垂直于纸面向外 B．粒子在b点受到的外力F垂直于纸面向里 C．粒子从a运动到c，洛伦兹力一直变小 D．粒子从a出发运动一周，洛伦兹力不做功 【答案】D 【解答】解：A、粒子在外力F作用下沿虚线做逆时针匀速圆周运动，合力为向心力，大小不变，方向始终指向圆心，由安培定则可知，a点时速度方向与磁感应强度方向平行，粒子受到的洛伦兹力大小为0，所以外力F指向圆心，故A错误； B、粒子做匀速圆周运动，合力为向心力，大小不变，方向始终指向圆心，b点时速度方向与磁感应强度方向夹θ且在同一平面，由安培定则可知，粒子受到的洛伦兹力垂直于纸面向外，外力垂直于纸面向里错误，故B错误； C、粒子在a点时速度方向与磁感应强度方向平行，粒子受到的洛伦兹力大小为0，同理粒子在c点受到的洛伦兹力也为0，而粒子在d点时，由于磁感应强度与速度之间不平行，所以安培力不为0，由此定性分析可知，从a到c粒子所受的洛伦兹力先变大再变小，故C错误； D、因为洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，故D正确。 故选：D。 25．当一带正电q的粒子以速度V沿螺线管中轴线进入该通电螺线管，若不计重力，说法正确的是（　　） A．带电粒子速度大小不变但方向改变 B．带电粒子速度大小改变但方向不变 C．带电粒子速度大小和方向都不变 D．带电粒子速度方向和方向都改变 【答案】C 【解答】解：由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，与正粒子的运动方向平行，则正粒子在磁场中不受洛伦兹力，正粒子重力又不计，则粒子做匀速直线运动，故C正确，ABD错误。 故选：C。 26．（多选）如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（　　） A．圆环可能做匀减速运动 B．圆环可能做匀速直线运动 C．圆环克服摩擦力所做的功一定为 D．圆环克服摩擦力所做的功可能为 【答案】BD 【解答】解：A、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误； B、当qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确； CD、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：﹣W＝0﹣ 得：W＝， 当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动，当qv′B＝mg时得：v′＝ 根据动能定理得：﹣W＝﹣mv′2 代入解得：W＝，故C错误，D正确。 故选：BD。 27．如图所示，小车A的质量M＝2kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝14m/s．质量m＝0.1kg，带电量q＝+0.2C的物体B（可视为质点），轻放在小车A的右端．在A、B所在的空间存在着匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5T，物体与小车之间有摩擦力的作用，设小车足够长，g取10m/s2，求： （1）B物体在小车上的最大速度； （2）B物体在小车上时，小车A的最小速度； （3）此过程中因摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）当洛伦兹力等于重力时，是B物体在小车上的最大速度，所以 qvBmB＝mg 则vBm＝10m/s （2）当B在小车的上的速度最大时，A的速度最小，所以 由动量守恒有Mv0＝mvBm+MvA 解之得 vA＝13.5m/s （3）由能量守恒得 Q＝ ＝8.75J 答：（1）B物体在小车上的最大速度为10m/s． （2）B物体在小车上时，小车A的最小速度为13.5m/s． （3）此过程中因摩擦而产生的内能是8.75J． 28．如图所示，PQ为一根足够长的绝缘细直杆，处于竖直的平面内，与水平夹角为θ斜放，空间充满磁感应强度B的匀强磁场，方向水平向里．一个质量为m，电荷量为﹣q的带电小球穿在PQ杆上，小球可沿杆滑动，球与杆之间的动摩擦系数为μ（μ＜tanθ）．现将小球由静止释放，试求小球在沿杆下滑过程中： （1）小球最大加速度为多少？此时小球的速度是多少？ （2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为多大？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）当小球所受的洛伦兹力小于重力垂直杆向下的分力，小球向下做加速运动，洛伦兹力逐渐增大，支持力和滑动摩擦力逐渐减小，合力增大，加速度增大．当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力时，杆对小球的支持力方向变为垂直于杆向下，速度增大，滑动摩擦力增大，合力减小，加速度减小，则当洛伦兹力等于重力垂直杆向下的分力时，支持力和摩擦力为零，合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝mam， 得到最大加速度为：am＝gsinθ 由mgcosθ＝qvB得：v＝ （2）当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力，小球做匀速直线运动时，速度最大，由平衡条件得： mgsinθ＝μ（qvmB﹣mgcosθ） 解得，最大速度为：vm＝ 答：（1）小球最大加速度为gsinθ，此时小球的速度是． （2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为． 29．将带正电量Q＝0.3C，质量m′＝0.15kg的滑块，放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M＝0.5kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B＝2.0T的水平方向的匀强磁场，开始时小车静止在光滑水平面上，当一个摆长为L＝1.25m，摆球质量m＝0.4kg的单摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g取10m/s2．求： （1）小车碰撞后瞬间的速度是多少？ （2）摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是多少？ （3）碰撞后小车的最终速度是多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小球向下摆动过程，只有重力做功，其机械能守恒定律，则得： mgL＝mv2， 解得 v＝＝m/s＝5m/s． 在摆球与小车碰撞过程中的过程中，两者组成的系统动量守恒定律，得： mv＝Mv1+0， 解得：v1＝＝m/s＝4m/s （2）摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为： ΔE＝mv2﹣＝1J （2）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得： Mv1＝（M+m′）v2 解得 v2＝v1＝m/s≈3m/s m′以v2＝3m/s速度运动时受到的向上洛伦兹力 f＝BQv2＝2×0.3×3N＝1.8N＞m′g＝1.5N 所以m′在还未到v2＝3m/s时已与M分开了． 由上面分析可知当m′的速度为v3＝＝m/s＝2.5m/s时便与M分开了，则根据动量守恒定律可得方程： Mv1＝Mv2′+m′v3 解得v2′＝＝m/s＝3.25m/s 答：（1）小车碰撞后瞬间的速度为4m/s．（2）摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为1J．（3）碰撞后小车的最终速度约为3.25m/s． 七．洛伦兹力的计算公式及简单应用（共2小题） 30．PQ为一根足够长的绝缘细直杆，处于竖直的平面内，与水平夹角为θ斜放，空间充满磁感应强度B的匀强磁场，方向水平如图所示。一个质量为m，带有负电荷的小球套在PQ杆上，小球可沿杆滑动，球与杆之间的摩擦系数为μ（μ＜tgθ），小球带电量为q。现将小球由静止开始释放，试求小球在沿杆下滑过程中： （1）小球最大加速度为多少？此时小球的速度是多少？ （2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为多大？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）当小球所受的洛伦兹力小于重力垂直杆向下的分力，小球向下做加速运动，洛伦兹力逐渐增大，支持力和滑动摩擦力逐渐减小，合力增大，加速度增大。当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力时，杆对小球的支持力方向变为垂直于杆向下，速度增大，滑动摩擦力增大，合力减小，加速度减小，则当洛伦兹力等于重力垂直杆向下的分力时，支持力和摩擦力为零，合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律得： mgsinθ＝mam，得到最大加速度为am＝gsinθ由mgcosθ＝qvB得，v＝ （2）当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力，小球做匀速直线运动时，速度最大，由平衡条件得：mgsinθ＝μ（qvmB﹣mgcosθ） 解得，最大速度为vm＝ 答：（1）小球最大加速度为gsinθ，此时小球的速度是。 （2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为。 31．如图所示，矩形区域I和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场（AA′、BB′、CC′、DD′为磁场边界，四者相互平行），磁感应强度大小均为B，矩形区域的长度足够长，两磁场宽度及BB′与CC′之间的距离均相同。某种带正电的粒子从AA′上O1处以大小不同的速度沿与O1A成α＝30°角进入磁场（如图所示，不计粒子所受重力），当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域I内的运动时间均为t0．当速度为v0时，粒子在区域I内的运动时间为．求： （1）粒子的比荷； （2）磁场区域I和Ⅱ的宽度d； （3）速度为v0的粒子从O1到DD′所用的时间。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）若速度小于某一值时粒子不能从BB′离开区域I，只能从AA′边离开区域I．则无论粒子速度大小，在区域I中运动的时间相同。轨迹如图所示（图中只画了一个粒子的轨迹）。则粒子在区域I内做圆周运动的圆心角为φ＝300°， 由 Bqv＝m T＝ 得：粒子做圆周运动的周期T＝。 由t0＝T＝ 解得：＝。 所以粒子的比荷为 ＝。 （2）速度为v0时粒子在区域I内运动时间为，设轨迹所对圆心角为φ2。 由t0＝φ1 ＝ 得：φ2＝＝60°。 所以其圆心在BB′上，穿出BB′时速度方向与BB′垂直，其轨迹如图所示， 设轨道半径为R，由qv0B＝m 得：R＝＝v0 d＝Rsin60°＝。 磁场区域I和Ⅱ的宽度d为。 （3）区域I、Ⅱ宽度相同，则粒子在区域I、Ⅱ中运动时间均为， 穿过中间无磁场区域的时间为t′＝＝， 则粒子从O1到DD′所用的时间t＝+。 所以速度为v0的粒子从O1到DD′所用的时间为 +。 八．洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题（共2小题） 32．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q＝+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2．则（　　） A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动 B．最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动 C．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动 D．如只将电荷改为负电荷其它条件不变，木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速运动 【答案】C 【解答】解：ABC、由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a＝＝m/s2＝2m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得：v＝10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a＝＝m/s2＝3m/s2．故A、B错误，C正确。 D、如只将电荷改为负电荷其它条件不变，系统开始一起做匀加速直线运动，滑块受到竖直向下的洛伦兹力，与木板之间不发生相对滑动。一起做加速度为2m/s2的匀加速运动，故D错误。 故选：C。 33．（多选）如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg，且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板的左端无初速放置一质量为0.1kg，电荷量q的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力，g取10m/s2。则（　　） A．若q＝﹣0.2C，木板和滑块一起做加速度减小的加速运动，最后做v＝10m/s匀速运动 B．若q＝+0.2C，滑块先匀加速到v＝6m/s，再做加速度减小的加速运动，最后做v＝10m/s匀速运动 C．若q＝﹣0.2C，木板和滑块一直以2m/s2做匀加速运动 D．若q＝+0.2C，木板先以2m/s2做匀加速运动，再做加速度增大的加速运动，最后做a＝3m/s2匀加速运动 【答案】BCD 【解答】解：AC、若q＝﹣0.2C，根据左手定则，可知滑块受到的洛伦兹力方向向下，木板和滑块保持相等静止，对整体由牛顿第二定律，可得加速度为：，即木板和滑块一直以2m/s2做匀加速运动，故A错误，C正确； B、若q＝+0.2C，以滑块为研究对象，在滑块未发生滑动之前，以整体为研究对象，由牛顿第二定律，可得加速度为：，设匀加速阶段滑块能达到的速度为v，故有：μ（mg﹣Bqv）＝ma，代入数据解得：v＝6m/s 随着滑块速度增大，洛伦兹力增大且方向向上，受到的摩擦力减小，加速度减小，当滑块与木板间没有摩擦力时，滑块在水平方向不再加速，达到最大速度，此时重力与洛伦兹力平衡，故有 Bqvm＝mg 代入数据解得：vm＝＝m/s＝10m/s，此后滑块匀速运动，故B正确； D、若q＝+0.2C，木板先以2m/s2做匀加速运动，随着滑块速度增大，洛伦兹力增大且方向向上，木板与滑块间的摩擦力减小，则木块加速度增大，当它们间无摩擦力时，根据牛顿第二定律，可得木板加速度为：，故D正确。 故选：BCD。 九．带电粒子在磁场和静电场中运动的差异（共3小题） 34．（多选）如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。M、N为轨道的最低点，则下列说法中正确的是（　　） A．两个小球到达轨道最低点的速度vM＞vN B．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM＜FN C．小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间 D．在电场和磁场中小球均能到达轨道的另一端最高处 【答案】AC 【解答】解：D、洛伦兹力不做功，故在磁场中小球能运动可能到另一端的最高处；根据动能定理知，在电场中，电场力始终做负功，小球不能到达最高点，否则末动能小于零，故D错误； A、对左图，根据动能定理得，mgR＝ 解得vM＝ 对右图，根据动能定理得，mgR﹣qER＝ 解得vN＝ 所以vM＞vN 故A正确； B、在最低点，对左图有：FM﹣mg＝m 解得FM＝3mg 对右图有：FN﹣mg＝m 解得FN＝3mg﹣qE．知FM＞FN 故B错误； C、左图在运动的过程中，只有重力做功，右图在运动的过程中，除重力做功外，还有电场力做负功，起阻碍作用，所以小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间，故C正确； 故选：AC。 35．一个质量为m带电量为+q的小球以水平初速度v0自离地面h高度处做平抛运动．不计空气阻力．重力加速度为g．试回答下列问题： （1）小球自抛出到第一次落地至点P的过程中水平方向的位移s大小是多少？ （2）若在空间加一个竖直方向的匀强电场，发现小球水平抛出后做匀速直线运动，则匀强电场强度E是多大？ （3）若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，发现小球落地点仍然是P．试问磁感应强度B是多大？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）水平方向：s＝v0t 竖直方向h＝gt2 联立解得：s＝v0； （2）由平衡关系可知：mg＝Eq 解得电场强度E＝； （3）由几何关系可知： R2＝s2+（R﹣h）2 得：R＝ 由牛顿第二定律可知：Bqv0＝m 解得磁感应强度：B＝＝． 36．如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，金属板长为L，两板间距离为d。上极板的电势比下极板高U．质量为m、带电量为q的正离子束，沿两板间中心轴线以初速度v0进入两板间，最终都能从两板间射出。不计离子重力及离子间相互作用的影响。 （1）求离子在穿过两板的过程中沿垂直金属板方向上移动的距离y； （2）若在两板间加垂直纸面的匀强磁场，发现离子束恰好沿直线穿过两板，求磁场磁感应强度B的大小和方向； （3）若增大两板间匀强磁场的强度，发现离子束在穿过两板的过程中沿垂直金属板方向上移动的距离也为y，求离子穿出两板时速度的大小v。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）离子在穿过两板的过程中，只受与初速度v0垂直的电场力F作用，离子的加速度 离子沿中心轴线方向做匀速直线运动，设离子穿过两板经历的时间为t，则L＝v0t 离子沿垂直金属板方向上做初速度为0的匀变速直线运动，则y＝ 解得 离子移动的距离为 ； （2）离子束恰好沿直线穿过两板，说明离子受力平衡，即 qE＝qv0B 所以磁感应强度的大小 B＝ 磁场的方向垂直纸面向里。 （3）增大磁场的强度时，离子受洛伦兹力增大，所以离子会向上偏。在离子穿过极板的过程中，电场力做负功，根据动能定理得 解得离子穿出两板时的速度：v＝＝。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$