课时作业(2) 安培力的应用（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（粤教版2019）

课时作业(2)　安培力的应用 1．(多选)通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行．关于MN产生的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是(　　) A．线框有两条边所受的安培力方向相同 B．线框有两条边所受的安培力大小相等 C．线框所受的安培力的合力为零 D．线框所受的安培力的合力方向向右 BD　[直线电流周围的磁场不是匀强磁场，离电流越远处磁场越弱，磁感线是以电流为中心的同心圆，判断电流的磁场方向用安培定则，由安培定则可知导线MN在线框处所产生的磁场方向垂直于纸面向外，bc边、ad边处于非匀强磁场中，但由于对应位置的磁感应强度相同，由F＝BIl及左手定则可判断出bc边和ad边所受安培力大小相等，方向相反．ab边受到向右的安培力Fab，cd边受到向左的安培力Fcd，因为ab所处位置的磁场较强，cd所处位置的磁场较弱，故Fab>Fcd，线框所受合力方向向右．选项B、D正确]． 2．用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所示，当两导线环中通入方向相同的电流I1，I2时，则有(　　) A．两导线环相互吸引 B．两导线环相互排斥 C．两导线环无相互作用力 D．两导线环先吸引后排斥 A　[通电的导线环周围能够产生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流产生力的作用．由于导线环中通入的电流方向相同，二者同位置处的电流方向完全相同，相当于通入同向电流的直导线，据同向电流相互吸引的规律，判知两导线环应相互吸引，故A正确．] 3．如图所示，原来静止的圆线圈可以自由移动，在圆线圈直径MN上靠近N点处放置一根垂直于线圈平面的固定不动的通电直导线，导线中电流从外向里流动．当在圆线圈中通以逆时针方向的电流时，圆线圈将会(　　) A．受力向左平动 B．受力向右平动 C．不受力，平衡不动 D．以MN为轴转动 D　[直导线通电后，在它周围形成以导线截面中心为圆心的圆形磁场，如图中虚线所示，圆线圈就是在该磁场中的通电导体，要受到安培力的作用，安培力方向可由左手定则判断出．把圆线圈沿MN分成上、下两部分，每部分又可以看成无数段直线电流元，圆线圈下半部分各处受到的安培力方向垂直纸面向外，上半部分各处受到的安培力方向垂直纸面向里．因此圆线圈以MN为轴转动，故选项D正确． ] 4．如图所示，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 B　[若通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BIl，导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BIl＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确． ] 5．如图所示，在水平地面上固定一对与水平面夹角为θ的光滑平行金属导轨，顶端接有电源，直导体棒ab垂直两导轨放置，且与两导轨接触良好，整套装置处于匀强磁场中．下列各选项为沿a→b方向观察的侧视图，其中所加磁场可能使导体棒ab静止在导轨上的是(　　) B　[导轨光滑，导体棒静止在导轨上，部分受力分析如图所示，所以导体棒一定会受到安培力作用，且方向与重力和支持力的合力方向相反．C、D选项中磁场方向与电流方向平行，导体棒不受安培力；由左手定则可知，A选项中安培力方向水平向左，导体棒不可能平衡，B选项中安培力方向水平向右，导体棒可能平衡．故本题应选B. ] 6．斜面与水平面夹角为45°，被固定在水平面和垂直挡板之间，斜面与挡板均光滑且绝缘，侧视图如图所示．在挡板右侧固定一金属棒b，另一条完全相同的金属棒a置于斜面上且与b在同一水平线上，当两金属棒均通有电流为I的同向电流且相距为x时，金属棒a恰好能静止在斜面上．已知金属棒a、b长均为L，质量均为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是(通电长直导线中的电流I与距离导线r远处产生的磁感应强度的大小关系是B＝k，k为常量)(　　) A．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向下 B．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为 C．若将b置于三角形顶点，a仍可能保持静止 D．若使b缓慢下移一小段距离，a仍可能保持静止 C　[由安培定则知b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上，A错误；金属棒a在重力、斜面的支持力和安培力的作用下处于平衡状态，如图所示，安培力的方向水平向右，由平衡条件得F安＝BIL＝mg，解得B＝，B错误；当将b置于斜面与挡板交线处时，对a有，F安＝B′IL＝BIL·cos ＝mg cos ，与重力沿斜面向下的分力平衡，a可能处于静止状态，而若使金属棒b下移，两棒间的安培力变小，a受到的安培力与斜面夹角θ变大，安培力沿斜面向上的分力F安cos θ变小，则金属棒a不能处于静止状态，C正确，D错误． ] 7．质量为m＝0.02 kg的通电细杆ab置于倾角为θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d＝0.2 m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，磁感应强度B＝2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示．现调节滑动变阻器的触头，为使杆ab静止不动，求通过ab杆的电流范围为多少？(g取10 m/s2) 解析　如图甲、乙所示是电流最大和最小两种情况下杆ab的受力分析图． 根据甲图列式如下： F1－mg sin θ－f1＝0，FN＝mg cos θ＝0， f1＝μFN，F1＝BImaxd， 解上述方程得：Imax＝0.46 A. 根据乙图列式如下： F2＋f2－mg sin θ＝0， FN－mg cos θ＝0，f2＝μFN，F2＝BImind， 解上述方程得：Imin＝0.14 A. 因此电流范围是0.14～0.46 A. 答案　0.14～0.46 A 8．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金属导轨上，两导轨相互平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；当开关闭合时，导体棒向纸面外滑动，最终静止在与竖直方向成37°角的位置，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g. (1)判断磁场的磁感应强度方向； (2)求磁场的磁感应强度大小； (3)求每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN. 解析　(1)导体棒受到的安培力向外，根据左手定则可知磁场方向竖直向下． (2)从左向右看受力分析如图所示： 由受力平衡得到：＝tan 37° 解得B＝ 即磁场的磁感应强度B的大小为. (3)两个导轨对棒的支持力为2FN，满足： 2FN cos 37°＝mg 解得：FN＝mg 即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg 答案　(1)竖直向下　(2)　(3)mg 9．(2022·湖南卷)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示．导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是(　　) A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C．tan θ与电流I成正比 D．sin θ与电流I成正比 D　[当导线静止在图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝，又BIL＝mg sin θ，得sin θ＝I，分析易知B、C项错误，D项正确．] 10．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关S后，导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2，忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B的大小为(　　) A．(x2＋x1)　　　　　　　　 B．(x2－x1) C．(x2－x1) D．(x1＋x2) B　[弹簧伸长量为x1时，导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件沿斜面方向有：mg sin α＝kx1＋BIL；电流反向后，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件沿斜面方向有： mg sin α＋BIL＝kx2；联立两式得：B＝(x2－x1)，选项B正确．] 11．如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1 m、质量为0.1 kg的导体棒MN，其电阻R为1 Ω，导体棒架在处于竖直固定放置的框架上，匀强磁场磁感应强度B＝1 T，当导体棒上升h＝3.8 m时获得稳定的速度，导体棒产生的热量为2 J，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表示数分别为7 V、1 A，电动机的内阻r＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g取10 m/s2，求： (1)导体棒能达到的稳定速度为多少？ (2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？ 解析　(1)电动机的输出功率为： P出＝UI－I2r＝(7×1－12×1)W＝6 W 电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率， 所以有P出＝Fv 其中F为电动机对棒的拉力， 当棒达到稳定速度时F＝mg＋BI′L 感应电流I′＝＝ 计算得出棒达到的稳定速度为v＝2 m/s (2)导体棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能， 由能量守恒定律得：P出t＝mgh＋mv2＋Q 计算得出：t＝1 s 答案　(1) 2 m/s　(2)1 s 12．电磁弹射就是采用电磁的能量来推动被弹射的物体向外运动，电磁弹射的主要应用范围是大载荷的短程加速，在军事上比较典型的是航空母舰上的舰载飞机起飞弹射．如图甲为舰载机起飞示意图，舰载机在自身推力和磁悬浮电磁弹射车水平推力的作用下达到起飞速度 .电磁弹射轨道可简化为图乙所示放在水平面上的平行金属导轨，导轨间充满竖直向上的匀强磁场 ，电流通过磁悬浮电磁弹射车时在安培力作用下推动舰载机加速运动．已知某舰载机质量m＝3.0×104 kg，发动机提供的推力为3.0×105N(设推力保持不变)，舰载机运动时所受阻力恒为舰载机重力的，无电磁弹射系统时舰载机滑行200 m达到起飞速度．当加装电磁弹射系统后，电磁轨道间距d＝2m，匀强磁场磁感应强度B＝10 T，航空母舰提供给电磁弹射系统的电流I＝4.5×103 A，不计磁悬浮电磁弹射车的质量和其他能量损耗，g取10 m/s2.求： (1)电磁弹射系统使舰载机增加了多大的动力； (2)使用电磁弹射装置后该舰载机滑行多远就能达到起飞速度． 解析　(1)由于电流的方向与磁场的方向垂直，则电磁弹射车所受安培力F安＝BId＝10×4.5×103×2 N＝9.0×104 N，即电磁弹射系统使舰载机增加了9.0×104 N的动力． (2)无电磁弹射装置时发动机的推力以及外界的阻力对舰载机做功，由动能定理可得 (F－Ff)·s＝mv2 有电磁弹射装置时安培力、发动机的推力以及外界的阻力对舰载机做功，由动能定理可得 (F＋F安－Ff)·s′＝mv2 联立并代入数据可得s′＝150 m． 答案　(1)9.0×104 N　(2)150 m 学科网（北京）股份有限公司 $$