【文档说明】习题课　安培力的应用.docx，共(6)页，207.703 KB，由小赞的店铺上传

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习题课安培力的应用必备知识基础练1.如图所示,在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈,线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内,当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时,将会看到()A.线圈向左平移B.线圈向右平

移C.从上往下看,线圈顺时针转动,同时靠近磁铁D.从上往下看,线圈逆时针转动,同时靠近磁铁2.如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态

。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是()3.如图所示,磁场方向竖直向下,通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2,通电导线所受安培力()A.数值变大,方向不变B.数值变小,方向不变C.数值不变,方向改变D.数值、方向均改变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受到的安培力大小为()A.2FB.1.5FC.0.5FD.05.如图所示,一通电金属环固定在绝缘的水平面上,在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在

水平方向自由移动的竖直金属棒,中点O与金属环在同一水平面内,当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时,则()A.金属棒始终静止不动B.金属棒的上半部分向纸面外转,下半部分向纸面里转,同时靠近金属环C.金属棒的上半部分向纸面里转,下半部

分向纸面外转,同时靠近金属环D.金属棒的上半部分向纸面里转,下半部分向纸面外转,同时远离金属环关键能力提升练6.(多选)如图所示,有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b,分别通以80A和100A流向相同的电流,两导线构成的平面内有一点P,到两导线的距离相等。下列说法正确的是()A.两

导线受到的安培力Fa=125FbB.导线所受安培力可以用F=ILB计算C.移走导线b前后,P点的磁感应强度方向改变D.在两导线所在的平面内,存在磁感应强度为零的位置7.如图所示,U形平行金属导轨与水平面成37°角,金属杆ab横跨

放在导轨上,其有效长度为0.5m,质量为0.2kg,与导轨间的动摩擦因数为0.1。空间存在竖直向上的磁感应强度为2T的匀强磁场。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8。要使ab杆在导轨上保持静止,则ab中的电流大小应在什么范围内?8.如图所示,电源电动势为3V,内阻不计,两个不计电阻的金属圆环表面光滑,竖直固定在等长的绝缘细杆上,金属圆环环面平行,相距1m,两金属圆环分别与电源正负极相连。现将一质量为0.06kg、电阻为1.5Ω的导体

棒轻放在金属圆环上,导体棒与金属圆环有良好电接触。两金属圆环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4T的匀强磁场。重力加速度g取10m/s2,当开关闭合后,导体棒沿金属圆环上滑到某位置静止不动。(1)求在此位置上棒对每一个金属圆环的压力大小。(2)若已知金属圆环半径为0.5m,求此位置与金属圆环底

的高度差。9.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=𝑘𝐼𝑟,式中常量k>0,I为电流,r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方,矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流,被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂在MN上,如图所示。开始时MN内不通电流,此时两细线内的拉力均为FT0。当M

N内电流为I1时,两细线的拉力均减小为FT1;当MN内电流变为I2时,两细线的拉力均大于FT0。(1)分别说出电流I1、I2的方向。(2)求MN内电流分别为I1和I2时,线框受到的安培力F1与F2的大小之比。(3)当MN内的

电流为I3时两细线恰好断裂,在此瞬间线框的加速度大小为a,已知重力加速度为g,求I3。10.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,两极间的磁感应强度大小均为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,由此时对应的供电电流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?求重物质量与电流的关系。(2)若线圈消耗的最大功率为P,求该电子天平能称量的最大质量。答案：1.C把通电线圈等效成小磁针,等效小磁针的N极垂直于纸面向外,根据同名磁极相互排斥,异名

磁极相互吸引可知,从上往下看,线圈顺时针转动,同时靠近磁铁,C正确。2.A由安培力F=BIL可知,线圈在磁场中的有效长度越大,天平越容易失去平衡,故A正确。3.B安培力F=BIL,电流不变,垂直直导线的有效长度减小,安培力减

小,安培力的方向总是垂直B、I所构成的平面,所以安培力的方向不变,B正确。4.B导体棒MN受到的安培力为F=BIl。根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN

的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框

LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B。5.B由通电金属环产生的磁场特点可知,其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量,由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向垂直纸面向外的安培力,故向纸面外转;同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转。当金属棒转动到平

行水平面时,由同向电流相吸,反向电流相斥可知,金属棒在靠近金属环,B正确。6.BCD两导线受到的安培力是相互作用力,大小相等,故A错误;因为磁场与导线垂直,导线所受的安培力可以用F=ILB计算,故B正确;移走导线b前,导线b电流较大,P点磁场方向与导线b产生的磁场方向相同,垂直纸

面向里,移走导线b后,P点磁场方向与导线a产生的磁场方向相同,垂直纸面向外,故C正确;在两导线所在的平面内,由磁场叠加可知,存在磁感应强度为零的位置,故D正确。7.答案1.21A≤I≤1.84A解析先画出金属杆受力的侧面图,由于安培力的大小与电流有关,因此改变电流的大小,可以改变安培力

的大小,也可以使导线所受的摩擦力方向发生变化。由平衡条件可知,当电流较小时,导线所受的摩擦力方向沿斜面向上,如图甲所示。则mgsinθ=μ(mgcosθ+F1sinθ)+F1cosθ又F1=BI1L,解得I1=𝑚𝑔𝐵𝐿(sin𝜃-𝜇co

s𝜃cos𝜃+𝜇sin𝜃)=1.21A当电流较大时,导线所受的摩擦力方向沿斜面向下,如图乙所示。则mgsinθ+μ(mgcosθ+F2sinθ)=F2cosθ又F2=BI2L,解得I2=𝑚𝑔𝐵𝐿(sin𝜃+𝜇cos𝜃cos𝜃-𝜇

sin𝜃)=1.84A所以1.21A≤I≤1.84A。8.答案(1)0.5N(2)0.2m解析(1)导体棒受的安培力F=BIL,棒中电流为I=𝐸𝑅代入数据解得F=𝐵𝐸𝐿𝑅=0.8N对导体棒受力分析如图所示(从右向左看)两金属圆环支持力的总和为2FN=√𝐹2+(𝑚𝑔)2代入数

据解得FN=0.5N由牛顿第三定律知,导体棒对每一个金属圆环的压力为0.5N。(2)由图中几何关系有tanθ=𝐹𝑚𝑔=43,得θ=53°则棒距环底的高度为h=r(1-cosθ)=0.2m。9.答案(1)I1方向向左I2方向向右(2)I1∶I2(3)(𝑎-

𝑔)𝐹T0(𝐹T0-𝐹T1)𝑔I1解析(1)MN内电流为I1时,两细线的拉力减小,线框所受安培力方向向上,由左手定则可知,I1方向向左,同理可知,I2方向向右。(2)当MN中电流为I时,线框受到的安培力大小为F=kIiL(1𝑟1−1𝑟2)式

中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距,i为线框中的电流,L为ab、cd的长度所以F1∶F2=I1∶I2。(3)设MN中电流为I3时,线框受到的安培力大小为F3,由题设条件有2FT0=mg,2FT1+F1=mg,F3+mg=ma则𝐼1𝐼3=𝐹1𝐹

3=(𝐹T0-𝐹T1)𝑔𝐹T0(𝑎-𝑔)解得I3=(𝑎-𝑔)𝐹T0(𝐹T0-𝐹T1)𝑔I1。10.答案(1)从D端流入m=2𝑛𝐵𝐿𝑔I(2)2𝑛𝐵𝐿𝑔√𝑃𝑅解析(1)设线圈受到的安培力为FA,由题

意知,FA方向向上,故根据左手定则知,外加供电电流从D端流入由FA=mg和FA=2nBIL,得m=2𝑛𝐵𝐿𝑔I。(2)设能称量的最大质量为m0