课时梯级训练(1) 安培力（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（教科版2019）

课时梯级训练(1)　安培力 1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　) A．安培力的方向必定与直导线垂直 B．安培力的方向可以不垂直于磁场的方向 C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D．将直导线弯成半圆形，安培力的大小将变为原来的 A　解析：根据左手定则可知，通电直导线在匀强磁场中所受的安培力的方向垂直于电流方向与磁场方向确定的平面，即安培力的方向既垂直于直导线，又垂直于磁场的方向，A正确，B错误；根据F＝BIL sin θ，其中θ为通电直导线和磁场方向的夹角，可知安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；根据F＝BIL sin θ可知安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，若B与I平行，安培力为零，将直导线弯成半圆形，安培力依然为零；若B与I不平行，将直导线弯成半圆形，导线的有效长度为原来的，则安培力变为原来的，D错误。 2．下列对如图所示的物理情景分析正确的是(　　) A．图甲中，若通以图示方向电流，则导线相互排斥 B．图乙中，若导线向右侧摆动，则导线中的电流方向如图所示 C．小磁针静止时南北极指向如图丙所示，此时导线中电流方向竖直向上 D．图丁中，由安培假设：地磁场是由绕过地心的轴的环形电流引起的，电流方向如图 A　解析：根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，二者相互排斥，A正确；磁场方向向上，导线向右侧摆动，则安培力水平向右，根据左手定则可知，应通以与图乙中电流方向相反的电流，B错误；小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，根据安培定则可知，小磁针静止在图中位置时，导线中电流方向竖直向下，C错误；地磁场的南极在地理的北极附近、地磁场的北极在地理的南极附近，地球是自西向东转，根据安培环流假设，如果地磁场是由绕过地心的轴的环形电流引起的，则电流方向与如图所示的电流方向相反，D错误。 3．下列各图均表示通电直导线在匀强磁场中所受磁场力的情况，其中磁感应强度B、电流I、磁场力F三者之间的方向关系不正确的是(　　) A　解析：磁场向上，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，A错误；磁场向外，电流向上，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，B正确；磁场向左，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，C正确；磁场向里，电流向右上方，根据左手定则可得，安培力的方向向左上方，D正确。 4.如图所示，水平金属棒长为L，两端放在支座a、b上，a、b分别与电源正负两极接通，垂直纸面向里的匀强磁场处在棒的中间位置，磁感应强度为B，宽度为d。接通电源后通过棒的电流为I，此时金属棒对支座的总压力将(　　) A．增大BLI B．增大BdI C．减小BLI D．减小BdI D　解析：根据左手定则可知，金属棒所受安培力竖直向上，由平衡条件，接通电源之前，对金属棒有N1＝mg，接通电源后，对金属棒有N2＋BId＝mg，根据牛顿第三定律，金属棒对支座的总压力大小N3＝N2，解得N1－N3＝BId，即金属棒对支座的总压力将减小BdI，D正确。 5.如图所示的边长为L的正方形导线框，置于磁感应强度为B的匀强磁场中通以电流I，线端a为正极，b为负极，导线框受到安培力的合力为(　　) A．3ILB，方向向右 B．ILB，方向向右 C．ILB，方向向左 D．2ILB，方向向左 B　解析：根据F＝BIL可知，正方形导线框各边所受安培力大小相等，根据左手定则，上、下两边所受安培力方向相反，右边所受安培力向左，左侧两边所受安培力均向右，则导线框受到的安培力的合力为ILB，方向向右，B正确。 6.如图所示，在“研究影响通电导体所受磁场力的因素”的实验中，要使导体棒的悬线向右的摆角增大，以下操作中可行的是(　　) A．减小导体棒中的电流 B．增大磁铁的数量 C．颠倒磁铁磁极的上、下位置 D．改变导体棒中的电流方向 B　解析：根据左手定则，导体棒受到的安培力方向向右，增大安培力即可使导体棒的悬线向右的摆角增大，根据安培力的公式F＝BIL可知，减小导体棒中的电流，安培力减小，A错误；增大磁铁的数量，导体棒在磁场中有效长度增大，安培力增大，B正确；颠倒磁铁磁极的上、下位置，安培力的方向改变，导体棒的悬线向左摆动，C错误；改变导体棒中的电流方向，只会改变安培力的方向，导体棒的悬线向左摆动，D错误。 7.将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则导线框所受安培力大小为(　　) A．0 B．BIr C．πBIr D．BIr B　解析：由题图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两段圆弧在磁场中的等效长度相等，均为L＝r，电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为I大＝，I小＝，故导线框所受安培力大小为F安＝BI大L＋BI小L＝BIr，B正确。 8．某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间磁感应强度的大小均为B，磁极宽度均为L。忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接、当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止。此时根据对应的供电电流I，可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。 (1)供电电流I是从C端，还是从D端流入？ (2)求重物质量与电流的关系。 (3)不法商贩发现了秤中E形磁铁，打算在两侧各加一块铁片，试问这样对称重有没有影响？称重是变大还是变小了？说明理由。 答案：(1)从D端流入　(2)m＝I　(3)有影响，称重变小，理由详见解析 解析：(1)根据左手定则可知，若想使弹簧恢复形变，安培力必须向上，根据左手定则可知电流应从D端流入。 (2)根据受力平衡有mg＝nBI·2L 解得m＝I。 (3)有影响，称重质量变小。理由见下： 由于两侧增加铁片后，磁阻变小，磁感应强度变大。根据(2)中质量与电流的关系式可知，当质量不变时，磁感应强度变大，所需的供电电流I变小。故电子秤表盘的读数变小，即称重变小。 9.如图所示，两平行光滑无限长导轨所在的平面与水平面的夹角为θ，导轨的一端接有电动势为E、内阻不计的直流电源，两导轨间的距离为L，在导轨所在空间内分布着方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，一个质量为m的导体棒ab恰好静止在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R，金属导轨电阻不计，则下列判断正确的是(　　) A．磁场的磁感应强度大小为 B．磁场的磁感应强度大小为 C．导体棒受到轨道的支持力为mg tan θ D．导体棒受到轨道的支持力为mg sin θ A　解析：导体棒ab恰好静止在金属导轨上时，受力分析如图所示，由平衡条件可得F安＝IBL＝mg sin θ，由闭合电路的欧姆定律可得I＝，联立解得B＝，A正确，B错误；垂直于斜面的方向上，由平衡条件有N＝mg cos θ，C、D错误。 10.(多选)在倾角θ＝30°的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽l＝0.5 m，接入电动势E＝6 V、内阻r＝0.5 Ω的电源，垂直框面放置一根质量m＝0.4 kg的金属棒ab，金属棒接入电路的电阻R0的阻值为0.2 Ω，整个装置放在磁感应强度B＝1.0 T、方向垂直于框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上，如图所示。则下列说法正确的是(框架的电阻与摩擦不计，框架与金属棒接触良好，g取10 m/s2)(　　) A．金属棒受到的安培力的大小为1 N B．通过金属棒的电流I的大小为4 A C．滑动变阻器R接入电路的阻值为0.8 Ω D．电源的输出功率为P＝24 W BC　解析：对金属棒受力分析有F安＝mg sin θ＝2 N，A错误；又F安＝BIl，解得I＝4 A，B正确；由闭合电路欧姆定律得回路中电流I＝，解得R＝0.8 Ω，C正确；电源的输出功率P＝I2(R＋R0)＝16 W，D错误。 11．电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进武器。如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。一对足够长的光滑水平金属加速导轨M、N与可控电源相连，M、N导轨的间距为L且电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。装有“电磁炮”弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上，且始终与导轨接触良好，导体棒(含弹体)的总质量为m。在某次试验发射时，若接通电源瞬间为导体棒ab提供的电流为I，不计空气阻力，则(　　) A．若要导体棒向右加速，则电流需从a端流向b端 B．在接通电源瞬间，导体棒的加速度为 C．若电源输出电压恒定，则导体棒可做匀加速直线运动 D.若电源输出电压恒定，则导体棒所受的安培力将随着速度的增大而增大 B　解析：若要导体棒向右加速，由左手定则可知电流需从b端流向a端，A错误；在接通电源瞬间，导体棒所受安培力为F＝BIL，导体棒的加速度为a＝＝，B正确；若电源输出电压恒定，随着导体棒运动速度的增加，导体棒产生的反向电动势增加，从而回路电流强度减小，使棒受到的安培力减小，导体棒不会做匀加速直线运动，C、D错误。 12.图中虚线框内存在一沿水平方向、与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。所用部分器材如图所示，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。 实验步骤如下： a．按图接线。 b．保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1。 c．闭合开关S，调节电阻箱的阻值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I，并用天平称出此时细沙的质量m2。 d．用米尺测量D的底边长度L。 (1)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝_______。 (2)判定磁感应强度方向的方法是：若______，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。 答案：(1)　 (2)m2>m1 解析：(1)金属框所受安培力的合力等于其底边所受到的安培力，则根据平衡条件有|m2－m1|g＝BIL，解得B＝。 (2)若m2>m1，则金属框所受安培力的方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向外，反之，磁感应强度的方向垂直纸面向里。 13．如图所示，PQ和MN为水平放置的平行金属导轨，相距L＝1 m，PM间接有一个电动势E＝9 V、内阻r＝1 Ω的电源，在导轨上放置一个电阻R＝2 Ω、质量m＝0.5 kg的导体棒ab，其与导轨末端QN相距1 m，棒的中点跨过位于QN右边的定滑轮与物体相连，物体的质量M＝1 kg，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，此时ab棒恰好没有滑动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻和定滑轮摩擦，g取10 m/s2。 (1)求导轨与ab棒之间的动摩擦因数μ； (2)若磁场方向不变，磁感应强度大小变为B＝1 T，求ab棒运动到QN离开导轨所需的时间t。(不考虑ab棒产生的感应电动势) 答案：(1)0.8　(2)1 s 解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为 I＝＝ A＝3 A 导体棒ab受到的安培力方向水平向左，大小为 F安＝BIL＝6 N 设绳子拉力为T，以物体为对象，根据受力平衡可得 T＝Mg＝10 N 以导体棒ab为对象，根据受力平衡可得 T＝F安＋μmg 解得导轨与ab棒之间的动摩擦因数为μ＝0.8。 (2)若磁场方向不变，磁感应强度大小变为B＝1 T，则导体棒受到的安培力方向水平向左，大小变为 F安′＝BIL＝3 N 设绳子拉力为T′，以物体为对象，根据牛顿第二定律可得Mg－T′＝Ma 以导体棒ab为对象，根据牛顿第二定律可得 T′－F安′－μmg＝ma 联立解得加速度大小为a＝2 m/s2 根据运动学公式可得L＝at2 解得ab棒运动到QN离开导轨所需的时间为 t＝＝1 s。 学科网（北京）股份有限公司 $$