第1章 2 安培力的应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册（教科版）

2　安培力的应用 基础过关练 题组一　直流电动机的原理及应用 1.(2024福建莆田月考)如图所示是电动机模型示意图,处于磁场中的矩形通电金属线框abcd可绕轴OO'转动,线框中的电流方向如图所示。在图示位置(线框所在的平面刚好和磁场方向平行,且ab和cd边与磁场方向垂直),关于线框ab、bc、cd、da边受到的安培力的方向,下列说法正确的是 (　　) A.ab边受到的安培力的方向向右 B.bc边受到的安培力的方向向下 C.cd边受到的安培力的方向向上 D.da边受到的安培力的方向向左 2.(2025浙江金砖联盟期中)如图甲所示是一个“简易电动机”,一节5号干电池的正极向上,一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极,将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框,线框上端的弯折位置与正极良好接触,下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触,放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示,关于该“简易电动机”,下列说法正确的是(　　) 甲 乙 A.线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系 B.从上往下看,该“简易电动机”顺时针旋转 C.其工作原理是导线切割磁感线产生感应电流,从而使导线框受到安培力而转动 D.电池消耗的电能全部转化为线框的动能 题组二　电磁炮的原理及应用 3.(2025山东潍坊期末)2024年12月27日,我国自主研制建造的076两栖攻击舰——四川舰正式下水,该舰是全球首个采用电磁弹射技术的两栖攻击舰。如图所示为一种电磁弹射装置的简化示意图,两平行金属导轨间放置一金属弹射器,弹射器可沿导轨无摩擦滑动。现将开关S拨到1,直流电源给电容器充电,待充电完毕后,再将开关S拨到2,弹射器在导轨电流所形成的磁场中受安培力作用,向右弹射出去。已知a端为直流电源正极,导轨间有一电阻,弹射器电阻不能忽略。关于该弹射过程,下列说法正确的是　 (　　) A.导轨电流在两导轨间形成方向垂直纸面向外的磁场 B.弹射过程中,弹射器受到的安培力大小不变 C.电容器储存的电能全部转化为弹射器的机械能 D.若将电源正负极对调,弹射器仍能向右弹射 4.(多选题)(2025四川南充高级中学月考)电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器。如图所示为某种电磁炮的原理结构示意图,若水平发射轨道长6 m,宽1 m,发射的炮弹质量为50 g,炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。已知电路中的电流恒为20 A,轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度B=3.0×104 T,不计空气阻力及摩擦。下列说法正确的是 (　　) A.炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上 B.炮弹的加速度大小为7.2×107 m/s2 C.若仅将电路中的电流增大为原来的2倍,则炮弹的最大速度也变为原来的2倍 D.炮弹发射过程中安培力的最大功率为7.2×109 W 5.(2024四川泸州泸县一中期末)2022年6月17日,经中央军委批准,我国第三艘航空母舰命名为“中国人民解放军海军福建舰”。福建舰是我国完全自主设计建造的第一艘弹射起飞型航空母舰,采用平直通长飞行甲板,配置电磁弹射和阻拦装置,满载排水量8万余吨。舰载作战飞机沿平直跑道起飞过程分为两个阶段:第一阶段是电磁弹射,电磁弹射区的长度为80 m,弹射原理如图所示,飞机钩在滑杆上,储能装置通过导轨和滑杆放电,产生的强电流恒为4 000 A,导轨激发的磁场在两导轨间近似为匀强磁场,磁感应强度B=10 T,在安培力和飞机发动机推力作用下,滑杆和飞机从静止开始向右加速,在导轨末端飞机与滑杆脱离,导轨间距为3 m;第二阶段在飞机发动机推力的作用下做匀加速直线运动达到起飞速度。已知飞机离舰起飞速度为100 m/s,航空母舰的跑道总长为180 m,舰载机总质量为3.0×104 kg,起飞过程中发动机的推力恒定,弹射过程中及飞机发动机推力下的加速过程中,舰载机所受阻力恒为飞机发动机推力的20%,求: (1)电磁弹射过程电磁推力做的功; (2)飞机发动机推力的大小; (3)电磁弹射过程,飞机获得的加速度大小。 题组三　磁电式电流表的原理及应用 6.关于磁电式电流表,下列说法错误的是 (　　) A.指针稳定后,螺旋弹簧形变产生的阻碍效果与线圈受到的安培力的转动效果方向是相反的 B.通电线圈中的电流越大,指针偏转角度也越大 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,而与所处位置无关 7.(多选题)[2024八省八校(T8联盟)联考]如图1所示为磁电式电流表的结构图,其基本组成部分是磁体和放在磁体两极之间的线圈,线圈缠绕在铝框上,极靴和中间软铁制成的圆柱形成辐向磁场,使磁场总沿半径方向,如图2所示。当线圈中有恒定电流时,安培力带动线圈偏转,在螺旋弹簧的共同作用下最终稳定。下列说法正确的是 (　　) 图1　图2 A.线圈受到的安培力的大小随转动发生改变 B.穿过线圈的磁通量始终为0 C.线圈中通以图示方向的电流,线圈将沿逆时针方向转动 D.增加线圈匝数,可增加测量的灵敏度 能力提升练 题组一　安培力作用下通电导体的运动 1.(多选题)(2023四川广安二中月考)通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内,放置方式及电流方向如图甲、乙所示,其中L1、L3是固定的,L2、L4可绕垂直纸面的中心轴转动,O为轴心,则下列判断正确的是 (　　) A.L2绕轴心O顺时针转动 B.L2绕轴心O逆时针转动 C.L4绕轴心O顺时针转动 D.L4绕轴心O逆时针转动 2.(2025四川西充中学月考)一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图所示。如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流,则直导线的运动情况为 (　　) A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管 3.(多选题)(2024山东泰安第二中学月考)如图所示,台秤上放一光滑平板,其左端固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时台秤读数为F1。现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以方向如图所示的电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是 (　　) A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度将变短 C.F1>F2 D.F1<F2 题组二　安培力在现代科技中的应用 4.(2025四川成都模拟)如图所示是超导电磁船的简化原理图,MN和CD是与电源相连的两个电极,它们之间的距离为L,且处于垂直纸面的匀强磁场区域(由超导线圈产生,其独立电路部分未画出)。通电后,两电极之间的海水受到安培力的作用,船体就在海水的反作用力推动下向前行驶。已知船的总质量为m,当电极间的电流为I、磁场的磁感应强度大小为B时,船体恰好以速度v匀速航行。设船体受到的阻力恒定,关于超导电磁船,以下说法正确的是　(　　) A.该超导电磁船应用的是电磁感应原理 B.若MN接直流电源的正极,则磁场方向垂直纸面向里时船体前进 C.改变电极正负或磁场方向,可控制船体前进或后退 D.若仅将磁场的磁感应强度增大为2B,则船体的加速度大小为 5.(多选题)(2025山东滨州期末)2022年,我国阶段性建成并成功运行了“电磁橇”,创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图,两平行长直金属导轨固定在水平面上,导轨间垂直安放金属棒,金属棒可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨接触良好,电流从一导轨流入,经过金属棒,再从另一导轨流回(图中电源未画出)。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场,磁感应强度B与回路电流i的关系式为B=ki(k为常量)。金属棒从第一级区域最左端由静止被该磁场力推动,当金属棒由第一级区域进入第二级区域时,回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L,每一级区域中金属棒被推进的距离均为s,金属棒的质量为m。下列说法正确的是(　　) A.金属棒在第一级区域内的加速度大小a1= B.金属棒在第二级区域内受到的安培力大小F=2kI2L C.金属棒经过第一、二级区域的时间之比为t1∶t2=(1+)∶1 D.金属棒离开第二级区域时速度大小为v= 题组三　安培力作用下的动力学、能量问题 6.(2024四川成都石室中学期末)两平行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,两金属轨道之间的距离为0.5 m,匀强磁场方向如图,磁感应强度大小为0.5 T。质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M处。当在金属细杆内通以大小为2 A、方向向里的恒定电流时,金属细杆可以由静止开始向右运动。已知N、P为轨道上的两点,ON竖直,OP水平,且MN=OP=1 m,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　) A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2 B.金属细杆运动到P处时的速度大小为5 m/s C.金属细杆运动到P处时的向心加速度大小为10 m/s2 D.金属细杆运动到P处时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N 7.(多选题)(2025四川德阳期末)某同学设计了半圆形轨道的电磁炮模型,如图甲所示,半径为R的L1、L2半圆形轨道正对平行竖直摆放,轨道间距也为R,空间有辐向分布的磁场,使得轨道所在处的磁感应强度大小恒为B,用质量为m、长度为R的细导体棒代替炮弹,与轨道接触良好,正视图如图乙所示,轨道最高位置与圆心O平齐。给导体棒输入垂直于纸面向里的恒定电流I,将其从轨道左端最高位置由静止释放,使得导体棒在半圆形轨道上做圆周运动,到达另一侧最高位置时完成加速。忽略一切摩擦,且不考虑导体棒中电流产生的磁场及电磁感应现象的影响,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) 甲 乙 A.加速完成瞬间,其加速度方向一定竖直向上 B.导体棒到达轨道最低点时,轨道对导体棒的支持力大小为3mg+πBIR C.加速完成瞬间,导体棒获得的速度大小为R D.导体棒运动到右半圆轨道,且该位置和圆心的连线与竖直方向的夹角θ满足sin θ=时,导体棒的加速度为0 答案与分层梯度式解析 2　安培力的应用 基础过关练 1.C 2.B 3.D 4.AD 6.C 7.BD 1.C　由图可知磁场方向水平向左,由左手定则可知,cd边受到的安培力方向向上,ab边受到的安培力方向向下,bc边、da边不受安培力,C正确。 2.B　线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系,A错误;线框①、②两部分通电导线受到安培力的作用而发生转动,根据左手定则可以判断,从上往下看线框顺时针转动,故B正确;电动机的工作原理是通电导线在磁场中受到安培力的作用,故C错误;电池消耗的电能,一部分用于线框发热产生内能,一部分转化为线框的动能,D错误。 3.D　已知a端为直流电源正极,可知充电后电容器上极板带正电,则电容器放电时回路中的电流沿顺时针方向,根据安培定则可知,导轨电流在两导轨间形成方向垂直于纸面向里的磁场,A错误;弹射过程中,随电容器电荷量减小,放电电流减小,则磁感应强度B和电流I均减小,根据F=BIL可知,弹射器受到的安培力减小,B错误;由能量关系可知,电容器储存的电能一部分转化为弹射器的机械能,另一部分转化为弹射器和电阻R的内能,C错误;若将电源正负极对调,则导轨中的电流方向和导轨电流产生的磁场方向均会反向,则安培力方向不变,即弹射器仍能实现向右弹射,D正确。 4.AD　由题意可知,炮弹向右加速,即炮弹所受的安培力方向向右,结合左手定则可知,炮弹所处位置的磁场方向为竖直向上,故A正确。炮弹在安培力作用下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有BIL=ma,解得炮弹的加速度大小为a=1.2×107 m/s2,故B错误。由于炮弹从轨道左端由静止开始加速,有2ax=v2,解得炮弹的最大速度v===1.2×104 m/s,则炮弹发射过程中安培力的最大功率为P=BILv=7.2×109 W,故D正确。若仅将电路中的电流增大为原来的2倍,由v=可知炮弹的最大速度变为原来的倍,故C错误。 5.答案　(1)9.6×106 J　(2)9.75×105 N　(3)30 m/s2 解析　(1)由题意可知,电磁推力大小F1=BIL=10×4 000×3 N=1.2×105 N 电磁推力做的功W1=F1x1=1.2×105×80 J=9.6×106 J。 (2)设飞机发动机推力大小为F2,对整个起飞过程,根据动能定理可得W1+F2x-0.2F2x=mv2 解得F2=9.75×105 N。 (3)电磁弹射过程,根据牛顿第二定律可得F1+F2-0.2F2=ma 解得a=30 m/s2。 6.C　螺旋弹簧形变产生的阻碍效果与线圈受到的安培力的转动效果方向相反,线圈才能停止转动,使指针稳定,A说法正确;磁电式电流表内的磁场是均匀辐向磁场,在线圈转动的过程中,不管线圈转到什么位置,它的平面都跟磁场方向平行,线圈左右两边所在处的磁感应强度大小相等、方向不同,安培力大小与电流大小有关,而与线圈所处位置无关,电流越大,安培力越大,指针偏转的角度越大,B、D说法正确,C说法错误。 7.BD　根据辐向磁场的特点可知,线圈所在位置的磁感应强度大小不变,由F=BIL知,电流恒定时线圈受到的安培力大小不变,故A错误;在线圈转动的过程中,不管线圈转到什么位置,它的平面都跟磁场方向平行,故穿过线圈的磁通量始终为0,故B正确;由题图2可知,右侧线圈中的电流方向垂直纸面向里,结合左手定则可知受到的安培力方向向下,左侧线圈中的电流方向垂直纸面向外,受到的安培力方向向上,则线圈将沿顺时针方向转动,故C错误;增加线圈匝数,相同电流时线圈受到的安培力更大,偏转的角度更大,灵敏度更高,故D正确。 能力提升练 1.BC 2.D 3.BC 4.C 5.AC 6.D 7.BC 1.BC　 图形剖析　　　L1、L3分别在L2、L4周围产生的磁场及L2、L4的受力特点如图。 题图甲中,由安培定则可知导线L1上方磁场方向垂直纸面向外,且离导线L1越近,磁场越强,导线L2上每一小部分受到的安培力方向均水平向右,且越靠近L1的部分受到的安培力越大,所以L2绕轴心O逆时针转动,A错误,B正确;题图乙中导线L4在O点上方的部分所受安培力方向向右,O点下方的部分所受安培力方向向左,可知L4绕轴心O顺时针转动,C正确,D错误。 易错分析　　　本题易犯的错误是直接根据“结论法”,两电流不平行时有转动到相互平行且电流方向相同的趋势,判断题图甲中导线L2顺时针转动,导致错选。解题时需要注意“结论法”的应用是有条件的,对于一导线在另一导线一侧时要结合安培定则和左手定则来判断转动方向。 2.D　由安培定则可知,通电螺线管在直导线处的磁感线如图所示,可知直导线左侧所在处的磁场方向斜向右上方,直导线右侧所在处的磁场方向斜向右下方,由左手定则可知,直导线左侧所受安培力方向垂直纸面向外,直导线右侧所受安培力方向垂直纸面向里,故从上向下看,直导线逆时针转动;当直导线转过90°时,由左手定则可得直导线所受安培力方向竖直向下。综上可得,从上向下看直导线逆时针转动并靠近螺线管,选D。 方法技巧　　　解答本题采用电流元法结合特殊位置法分析。把整段导线分成对称的两部分,先用左手定则判断出每一部分所受安培力的方向,然后确定转动方向;再判断导线在特殊位置(与磁场垂直)所受安培力的方向,判断其运动方向。 3.BC　本题采用转换研究对象法分析。导体棒处的磁场是由磁铁产生的,磁场方向指向右上方,如图甲,根据左手定则可知,导体棒受到的安培力方向指向右下方,根据牛顿第三定律知,磁铁受到导体棒的作用力指向左上方;对条形磁铁受力分析,如图乙,由于F'有水平向左的分力和竖直向上的分力,可知弹簧长度变短,台秤对条形磁铁的支持力减小,即F1>F2,B、C正确,A、D错误。 甲 乙 4.C　该超导电磁船应用的原理是磁场对电流有力的作用,A错误。由于“两电极之间的海水受到安培力的作用,船体就在海水的反作用力推动下向前行驶”,可知海水受到的安培力指向船尾方向,根据左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向外,故B错误。改变电极正负或磁场的方向,海水所受的安培力的方向发生改变,可以控制船体前进或后退,C正确。磁感应强度大小为B时,船体匀速运动,即安培力大小与阻力大小相等,有f=BIL;将磁感应强度增大为2B时,安培力大小变为2BIL,船体所受合外力大小F合=2BIL-f=BIL,则船体的加速度大小为,D错误。 5.AC　由题意可知,第一级区域中的磁感应强度大小为B1=kI,金属棒在第一级区域内受到安培力的大小为F=B1IL=kI2L,根据牛顿第二定律可知,金属棒在第一级区域内的加速度大小为a1==,A正确。第二级区域中的磁感应强度大小为B2=2kI,则金属棒在第二级区域内受到的安培力大小为F'=B2·2IL=4kI2L,B错误。金属棒在第二级区域内的加速度大小为a2==,则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2=1∶4;金属棒经过第一级区域的过程有s=a1,经过第二级区域的过程有s=a1t1t2+a2,联立解得金属棒经过第一、二级区域的时间之比t1∶t2=(1+)∶1,C正确。金属棒从静止开始经过两级区域推进后,根据动能定理可得Fs+F's=mv2-0,解得金属棒离开第二级区域时速度大小为v=,D错误。 6.D　开始运动时金属细杆在水平方向只受到安培力作用,安培力大小为F安=BIL=0.5 N,则开始运动时的加速度大小为a==10 m/s2,A错误;设金属细杆运动到P处时的速度大小为v,从M到P过程,由动能定理得-mgR+BIL(MN+OP)=mv2,解得v=2 m/s,则金属细杆运动到P处时的向心加速度大小为a==20 m/s2,B、C错误;在P处,设其中一条轨道对金属细杆的作用力大小为N,由牛顿第二定律得2N-BIL=m,代入数据解得N=0.75 N,由牛顿第三定律得金属细杆运动到P处时对每一条轨道的作用力大小为N'=N=0.75 N,D正确。 7.BC　导体棒做圆周运动,加速完成瞬间,向左的支持力与重力的合力提供加速度,其方向并不是竖直向上,故A错误;导体棒从静止释放至到达轨道最低点过程,根据动能定理有mgR+BIR×πR=mv2,在最低点,根据牛顿第二定律有FN-mg=,解得FN=3mg+πBIR,故B正确;对于整个加速过程,根据动能定理有BIR·πR=mv'2,解得加速完成瞬间导体棒获得的速度v'=R,故C正确;导体棒运动到右半圆轨道,且该位置和圆心的连线与竖直方向的夹角θ满足 sin θ=时,有mg sin θ=BIR,即导体棒的重力沿轨道切线方向的分力与安培力等大反向,此时向心加速度由轨道的支持力与重力沿轨道半径方向的分力共同提供,即an=,不为零,故D错误。 7 学科网（北京）股份有限公司 $