安培力综合练习题 经典 含答案详解Word文件下载.docx

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答案　D

解析　要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsinθ，即IlBmin＝mgsinθ，得Bmin＝

sinθ，方向应平行于悬线向上．故选D.

安培力和牛顿第二定律的结合

图357

3．澳大利亚国立大学制成了能把2.2g的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到10km/s的电磁炮（常规炮弹的速度约为2km/s）．如图357所示，若轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度（轨道摩擦不计）

答案　55T

解析　由运动学公式求出加速度a，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B.

根据2ax＝v

－v

得炮弹的加速度大小为a＝

＝

m/s2＝5×

105m/s2.

根据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力F＝ma＝2.2×

10－3×

5×

105N＝1.1×

103N，

而F＝BIL，所以B＝

T＝55T.

（时间：

60分钟）

题组一　安培力作用下导体的运动

图358

1．把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图388所示的电路图．当开关S接通后，将看到的现象是（　　）

A．弹簧向上收缩

B．弹簧被拉长

C．弹簧上下跳动

D．弹簧仍静止不动

答案　C

解析　因为通电后，线圈中每一圈之间的电流是同向的，互相吸引，线圈就缩短，电路就断开了，一断开没电流了，线圈就又掉下来接通电路……如此通断通断，就上下跳动．

图359

2．通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面）内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心），各自的电流方向如图359所示．下列哪种情况将会发生（　　）

A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动

B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动

C．L2绕轴O按顺时针方向转动

D．L2绕轴O按逆时针方向转动

解析　由右手螺旋定则可知导线L1的上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对．

3.

图3510

（2013·

贵州五校联考）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3510所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力方向后的运动情况为（　　）

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

解析　本题考查安培定则以及左手定则，意在考查学生对安培定则以及左手定则的应用的理解，先由安培定则判断通电螺线管的南北两极，找出导线左右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图（a）所示．

可以判断导线受磁场力后从上向下看按逆时针方向转动，再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图（b）所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．

　　　　图（a）　　　　　　　　　　图（b）

图3511

4．一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通以如图3511所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将（　　）

A．不动　　　B．顺时针转动

C．逆时针转动　　　D．向纸面内平动

解析　法一　利用结论法．

环形电流L1、L2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得L1的转动方向应是：

从左向右看线圈L1顺时针转动．

法二　等效分析法．

把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，通电后，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针后转动前，N极应指向纸里，因此应由向纸里转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动．

法三　直线电流元法．

把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在处磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸里，因此从左向右看线圈L1顺时针转动．故正确答案为B.

题组二　通电导线在磁场中的平衡

图3512

5．如图3512所示条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直纸面的直导线，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止．下列结论正确的是（　　）

A．磁铁对水平面的压力减小

B．磁铁对水平面的压力增大

C．磁铁对水平面施加向左的静摩擦力

D．磁铁所受的合外力增加

答案　BC

图3513

6．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ.有电流时，ab恰好在导轨上静止，如图3513所示．图中的四个侧视图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（　　）

答案　AB

解析　选项A中，通电细杆可能受重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零．当安培力变大或变小时，细杆有上滑或下滑的趋势，于是有静摩擦力产生．

选项B中，通电细杆可能受重力、安培力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零．当安培力减小时，细杆受到导轨的弹力和沿导轨向上的静摩擦力，也可能处于静止状态．

选项C和D中，通电细杆受重力、安培力、导轨弹力作用具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力一定不为零．

图3514

7．如图3514所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（　　）

A．棒中的电流变大，θ角变大

B．两悬线等长变短，θ角变小

C.金属棒质量变大，θ角变大

D．磁感应强度变大，θ角变小

答案　A

图3515

8．如图3515所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×

10－2kg的砝码，才能使天平重新平衡．求磁场对bc边作用力的大小．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1A，bc边长度为10cm，求该磁场的磁感应强度．（g取10m/s2）

答案　0.1N　1T

解析　根据F＝BIL可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，但由左手定则可知它们的方向是相反的．电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下．因而有2F＝2×

10－2×

10N＝0.2N，所以F＝0.1N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1N．因为磁场对电流的作用力F＝NBIL，故B＝

T＝1T.

图3516

9．如图3516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I＝1A，方向垂直纸面向外，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，B＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？

（g取10m/s2）

答案　5s

解析　导线恰要离开斜面时受力情况如图．

由平衡条件，得：

F＝mg/tan30°

.①

而F＝BIl.②

B＝0.4t③

代入数据解①②③即得：

t＝5s.

图3517

10．如图3517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＝0.5T、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°

＝0.60，cos37°

＝0.80，求：

（1）通过导体棒的电流；

（2）导体棒受到的安培力大小；

（3）导体棒受到的摩擦力大小．

答案　

（1）1.5A　

（2）0.30N　（3）0.06N

解析　

（1）根据闭合电路欧姆定律I＝

＝1.5A.

（2）导体棒受到的安培力

F安＝BIL＝0.30N.

（3）导体棒受力如图，将重力正交分解

F1＝mgsin37°

＝0.24N，

F1＜F安，根据平衡条件，mgsin37°

＋Ff＝F安，

解得Ff＝0.06N.

图3518

11．如图3518所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L＝0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G＝3N的物块相连．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10V、内阻r＝0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计．要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？

答案　见解析

解析　依据物体的平衡条件可得，

ab棒恰不右滑时：

G－μmg－BI1L＝0

ab棒恰不左滑时：

G＋μmg－BI2L＝0

依据闭合电路欧姆定律可得：

E＝I1（R1＋r）　E＝I2（R2＋r）

由以上各式代入数据可解得：

R1＝9.9Ω，R2＝1.9Ω

所以R的取值范围为：

1．9Ω≤R≤9.9Ω.

题组三　安培力与牛顿运动定律的综合应用

图3519

12．如图3519所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.2T，一根质量为0.6kg，有效长度为2m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速直线运动；

当金属棒中的电流突然增大为8A时，求金属棒能获得的加速度的大小．

答案　2m/s2

解析　当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速运动，有I1BL＝f①

当金属棒中的电流为8A时，金属棒能获得的加速度为a，则

I2BL－f＝ma②

联立①②解得a＝

＝2m/s2

图3520

13．据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图3520所示．炮弹（可视为长方形导体）置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离L＝0.10m，导轨长x＝5.0m，炮弹质量m＝0.30kg.导轨上的电流I的方向如图中箭头所示．可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B＝2.0T，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v＝2.0×

103m/s，求通过导轨的电流I.忽略摩擦力与重力的影响．

答案　6×

104A

解析　在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为

F＝IbL①

设炮弹的加速度的大小为a，则有

F＝ma②

炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v2＝2ax③

联立①②③代入题给数据得：

I＝0.6×

105A

故通过导轨的电流I＝6×

104A.