高考物理復習沖刺專題22 安培力（電磁學部分）（解析版）

專題22安培力一、選擇題（1-9題只有一個選項正確，10-12題有多個選項符合條件）1．如圖（a）所示，在傾角的斜面上放置著一個金屬圓環(huán)，圓環(huán)的上半部分處在垂直斜面向上的勻強磁場（未畫出）中，磁感應強度的大小按如圖（b）所示的規(guī)律變化。釋放圓環(huán)后，在和時刻，圓環(huán)均能恰好靜止在斜面上。假設圓環(huán)與斜面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，，則圓環(huán)和斜面間的動摩擦因數為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】根據楞次定律可知，時間內感應電流的方向沿順時針方向，由左手定則可知圓環(huán)上部受安培力沿斜面向下，設圓環(huán)半徑為r，電阻為R，在時有，此時圓環(huán)恰好靜止由平衡得同理在時圓環(huán)上部分受到的安培力沿斜面向上，圓環(huán)此時恰好靜止，由平衡得聯(lián)立以上各式得故ABC錯誤，D正確。故選D。2．某實驗裝置如圖所示，用細繩豎直懸掛一個多匝矩形線圈，細繩與傳感器相連，傳感器可以讀出細繩上的拉力大小。將線框的下邊ab置于蹄形磁鐵的、S極之間，使ab邊垂直于磁場方向且ab邊全部處于N、S極之間的區(qū)域中。接通電路的開關，調節(jié)滑動變阻器的滑片，當電流表讀數為時，傳感器的讀數為；保持ab中的電流大小不變，方向相反，傳感器的讀數變?yōu)椋ǎ?。已知金屬線框的匝數為n，ab邊長為L，重力加速度為g，則可得到（）A．金屬線框的質量B．N、S極之間的磁感應強度C．傳感器的讀數為時，ab中的電流方向為b→aD．減小電流I重復實驗，則、均減小【答案】A【解析】AB．通電線圈受到重力安培力和細繩的拉力作用，當電流表讀數為I時，繩子的拉力為，則保持ab中的電流大小不變，方向相反，繩子的拉力為，則聯(lián)立解得金屬框的質量為選項A正確，B錯誤；C．傳感器的讀數為時，安培力豎直向下，根據左手定則可知，ab中的電流方向為a→b，故C錯誤；D．減小電流I重復實驗，則減小，增大，故D錯誤。故選A。3．如圖所示，在豎直面內有一頂角為120°的等腰三角形，底邊AB水平，在AB兩點固定放置兩通電直導線，直導線中電流方向垂直紙面向里，大小相等．C處有一質量為m，長度為L的直導線垂直紙面放置，當電流大小為I，方向垂直紙面向外時，恰好處靜止狀態(tài)，則直導線A在C處產生的磁感應強度的大小為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】當C的電流大小為I，方向垂直紙面向外時，恰好處靜止狀態(tài)，根據平衡條件可得A對C和B對C的作用力與C的重力平衡，由于電流方向相同相吸引、相反相排斥，故C的受力如圖所示，根據平衡條件可得：2Fcos60°=mg解得：F=mg根據安培力的計算公式可得：F=BIL，所以有：B=故C符合題意，ABD不符合題意．4．如圖，將三根長度、電阻都相同的導體棒首尾相接，構成一閉合的等邊三角形線框，a、b、c為三個頂點，勻強磁場垂直于線框平面．用導線將a、c兩點接入電流恒定的電路中，以下說法正確的是（）A．線框所受安培力為0B．ac邊與ab邊所受安培力的大小相等C．ac邊所受安培力是ab邊所受安培力的2倍D．ac邊所受安培力與ab、bc邊所受安培力的合力大小相等【答案】C【解析】設總電流為I，則ac中的電流為，abc支路的電流為，若磁場方向垂直紙面向里，則由左手定則可知，ac受安培力向上，ab和bc受安培力分別是斜向左上和右上方，可知線框所受安培力不為0，選項A錯誤；根據F=BIL可知，ac邊所受安培力,ab、bc邊所受安培力均為，則ac邊所受安培力是ab邊所受安培力的2倍；ab、bc邊所受安培力的夾角為120°，則合力為，則ac邊所受安培力與ab、bc邊所受安培力的合力大小不相等，選項C正確，BD錯誤.5．如圖所示為測感應強度大小的一種方式，邊長為1、一定質量的等邊三角形導線框用絕緣細線懸掛于天花板，導線框中通以逆時針方向的電流．圖中虛線過邊中點和邊中點，在虛線的下方為垂直于導線框向里的勻強磁場，導線框中的電流大小為．此時導線框處于靜止狀態(tài)，通過傳感器測得細線中的拉力大小為；保持其它條件不變，現將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時測得細線中拉力大小為．則磁感應強度大小為A． B． C． D．【答案】A【解析】現將虛線下方的磁場移至虛線上方，此時細線中拉力為F2．

線框處于勻強磁場中，則各邊受到的安培力大小相等，依據左手定則，可知安培力夾角均為120°，因此安培力合力為F安，則有F2=mg+F安；當在虛線的下方有一垂直于導線框向里的勻強磁場，此時導線框處于靜止狀態(tài)，細線中的拉力為F1；依據左手定則，則各邊受到安培力如圖所示：

結合矢量的合成法則，及三角知識，則線框受到安培力的合力，方向豎直向上，大小為；根據平衡條件，則有：F1+F安=mg，解得：F安=mg-F1=F2-F1；即，那么，故A正確，BCD錯誤．6．有一種“電磁動力小火車”玩具，一節(jié)干電池與兩塊釹鐵硼強磁鐵緊密相連置于裸銅導線(表面沒有絕緣層)繞成的螺線管內部，兩塊磁鐵與銅導線接觸良好．實驗發(fā)現如果干電池的“+”“-”極與兩塊磁鐵的“N”“S”極排布如圖所示，則干電池與磁鐵組成的“小火車”就會按照圖中“運動方向”在螺線管內運動起來．關于小火車的運動，下列判斷正確的是A．驅動“小火車”運動的動力來自于兩塊磁鐵之間的相互排斥力B．其他材料不變，只將干電池的“+”“-”極左右對調，則“小火車”運動方向變?yōu)橄蛴疫\動C．其他材料不變，改用舊的干電池，則“小火車”運動速度一定變大D．其他材料不變，只增加兩端磁鐵數量（兩端“N”“S”極排布方向不變），則“小火車”運動速度一定變大【答案】B【解析】A．根據右手螺旋法則可知，銅螺線管的右端為N極，左端為S極，則左端與磁鐵的N極相吸引，而右端與磁鐵的N極相排斥，則最終結合體兩側磁鐵所受總合力向左，則驅動“小火車”運動的動力來自于兩塊磁鐵與螺線管之間的相互作用，選項A錯誤；B．根據以上的分析可知，其他材料不變，只將干電池的“+”“-”極左右對調，則“小火車”運動方向變?yōu)橄蛴疫\動，選項B正確；C．其他材料不變，改用舊的干電池，則螺線管中電流減小，產生的磁場減弱，則“小火車”運動速度一定變小，選項C錯誤；D．其他材料不變，只增加兩端磁鐵數量（兩端“N”“S”極排布方向不變），則“小火車”的質量會變大，則“小火車”的速度不一定增大，選項D錯誤；7．如圖，閉合圓環(huán)由一段粗細均勻的電阻絲構成，圓環(huán)半徑為L，圓心為O，P、Q在圓環(huán)上，∠POQ=90°，圓環(huán)處在垂直于圓面的勻強磁場中，磁場磁感應強度為B，兩根導線一端分別連接P、Q兩點，另一端分別與直流電源正負極相連，已知圓環(huán)的電阻為4r，電源的電動勢為E，內阻為，則圓環(huán)受到的安培力的大小為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】優(yōu)弧PQ的電阻為3r，劣弧PQ的電阻為r，兩部分并聯(lián)在電路中，流過優(yōu)弧PQ的電流由P到Q，流過劣弧的電流由P到Q，電流分別為，，將優(yōu)、劣弧等效為直導線PQ，所受安培力為，，所以合力為，故D正確．8．如圖所示，在平面直角坐標系中，a、b、c是等邊三角形的三個頂點，三個頂點處分別放置三根互相平行的長直導線，導線中通有大小相等的恒定電流，方向垂直紙面向里．對于頂點c處的通電直導線所受安培力的方向，下列說法中正確的是（）A．沿y軸正方向B．沿y軸負方向C．沿x軸正方向D．沿x軸負方向【答案】B【解析】等邊三角形的三個頂點a、b、c處均有一通電導線，且導線中通有大小相等的恒定電流．由安培定則可得：導線a、b的電流在c處的合磁場方向水平向右．再由左手定則可得：安培力的方向是豎直向下，指向y軸負向．故B正確，ACD錯誤，故選B.點睛：從題中可得這一規(guī)律：通電導線的電流方向相同時，則兩導線相互吸引；當通電導線的電流方向相反時，則兩導線相互排斥．該題也可以先由同向電流相互吸引分別求出a對c的作用力與b對c的作用力，然后求和．9．L形的光滑金屬軌道AOC，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，PQ是如圖所示地放在導軌上的一根金屬直桿，直桿從圖示位置由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中Q端始終在OC上．空間存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，則在PQ桿滑動的過程中，下列判斷正確的是A．感應電流的方向始終是由P→Q，PQ所受安培力的方向垂直桿向左B．感應電流的方向先是由P→Q，后是由Q→P，PQ所受安培力的方向先垂直于桿向左，后垂直于桿向右C．感應電流的方向始終是由Q→P，PQ所受安培力的方向垂直桿向右D．感應電流的方向先是由Q→P，后是由P→Q，PQ所受安培力的方向先垂直于桿向右，后垂直于桿向左【答案】B【解析】在PQ桿滑動的過程中，△POQ的面積先增大，后減小，穿過△POQ磁通量先增大，后減小，根據楞次定律可知：感應電流的方向先是由P→Q，后是由Q→P；由左手定則判斷得到：PQ受磁場力的方向先垂直于桿向左，后垂直于桿向右．故B正確，ACD錯誤．故選B.10．如圖所示，兩足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L，一理想電流表與兩導軌相連，圖中虛線的下方存在勻強磁場，勻強磁場與導軌平面垂直。一質量為m、有效電阻為R的導體棒在豎直向上的恒定外力F作用下由靜止開始向上運動，導體棒在磁場中運動時，電流表示數逐漸增大，最終穩(wěn)定為I。當導體棒運動到圖中的虛線位置時，撤去外力F，此后導體棒還會繼續(xù)上升一段時間，整個運動過程中。導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻（虛線與導軌的上端距離足夠大），重力加速度為g。則（）A．導體棒開始運動的瞬間加速度大小為 B．勻強磁場的磁感應強度大小為C．電流穩(wěn)定后導體棒的速度大小為 D．撤去F后，導體棒繼續(xù)上升的高度為【答案】CD【解析】A．開始運動的瞬間，導體棒速度為0，此時只受恒力F和重力mg的作用，則由F-mg=ma解得故A錯誤；B．當電流穩(wěn)定時，導體棒加速度為零，則有F-mg-BIL=0解得故B錯誤；C．電流穩(wěn)定后，感應電動勢也恒定不變，有BLv=IR解得故C正確；D．撤去F，導體棒也剛好離開磁場，則由機械能守恒可得解得故D正確。故選CD。11．如圖甲所示，閉合矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁場的方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示.規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向，順時針為線框中感應電流的正方向，水平向右為安培力的正方向.關于線框中的感應電流i與ad邊所受的安培力F隨時間t變化的圖象，下列選項中正確的是()A．B．C．D．【答案】BC【解析】AB.由題圖乙可知，0～1s內，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，為正值；1～2s內，磁通量不變，無感應電流；2～3s內，B的方向垂直紙面向外，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向，為負值；3～4s內，B的方向垂直紙面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向，感應電流為負值，A錯誤，B正確；CD.由左手定則可知，在0～1s內，ad邊受到的安培力方向水平向右，是正值;1～2s內無感應電流，ad邊不受安培力，2～3s，安培力方向水平向左，是負值；3～4s，安培力方向水平向右，是正值；由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E＝，感應電流，由B－t圖象可知，在每一時間段內，的大小是定值，在各時間段內I是定值，ad邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，C正確，D錯誤.12．如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d．導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，重力加速度為g．在金屬棒下滑到底端的過程中A．末速度的大小B．通過金屬棒的電流大小C．通過金屬棒的電流大小D．通過金屬棒的電荷量Q=【答案】ACD【解析】根據速度位移關系v2=2as可得末速度的大小為：，故A正確；以導體棒為研究對象，根據牛頓第二定律可得：mgsinθ-BId=ma，解得通過金屬棒的電流大小為：，故B錯誤、C正確；金屬棒運動的時間為：，根據電荷量的計算公式可得通過金屬棒的電荷量為：，故D正確．故選ACD．二、非選擇題（共6題）13．2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功，它的阻攔技術原理是，飛機著艦時利用阻攔索的作用力使它快速停止．隨著電磁技術的日趨成熟，新一代航母已準備采用全新的電磁阻攔技術，它的阻攔技術原理是，飛機著艦時利用電磁作用力使它快速停止．為研究問題的方便，我們將其簡化為如圖所示的模型．在磁感應強度為B、方向如圖所示的勻強磁場中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L，電阻不計．軌道端點MP間接有阻值為R的電阻．一個長為L、質量為m、阻值為r的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好．質量為M的飛機以水平速度v0迅速鉤住導體棒ab，鉤住之后關閉動力系統(tǒng)并立即獲得共同的速度．假如忽略摩擦等次要因素，飛機和金屬棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來．求：（1）飛機鉤住金屬棒后它們獲得的共同速度v的大小；（2）飛機在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值；（3）從飛機鉤住金屬棒到它們停下來的整個過程中運動的距離x．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）以飛機和金屬棒為研究對象根據動量守恒定律Mv0=（M+m）v解得它們共同的速度（2）飛機鉤住金屬棒后它們以速度v開始在安培力的作用下做減速運動，所以當它們速度為v時安培力最大，此時由安培力產生的加速度也最大根據牛頓第二定律BIL=（M+m）a根據全電路歐姆定律聯(lián)立以上兩式解得（3）以飛機和金屬棒為研究對象，在很短的一段時間t內根據動量定理BiL·t=（M+m）v①在某時刻根據全電路歐姆定律②由①②兩式得③飛機經時間t停下來，對③式在時間t內求和解得14．電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C．兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計．炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌．問：（1）磁場的方向；（2）MN剛開始運動時加速度a的大小；（3）MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．【答案】（1）垂直于導軌平面向下；（2）（3）【解析】（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負電，放電時通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應沿導軌向右，根據左手定則可知磁場的方向垂直于導軌平面向下．（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據歐姆定律，電容器剛放電時的電流：炮彈受到的安培力：根據牛頓第二定律：解得加速度（3）電容器放電前所帶的電荷量開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vm時，MN上的感應電動勢：最終電容器所帶電荷量設在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：由動量定理，有：又：整理的：最終電容器所帶電荷量15．如圖所示，兩根光滑直金屬導軌MN、PQ平行傾斜放置，它們所構成的軌道平面與水平面之間的夾角=37°，兩軌道之間的距離L=0.5m．一根質量m=0.2kg的均勻直金屬桿出放在兩導軌上，并與導軌垂直，且接觸良好，整套裝置處于與曲桿垂直的勻強磁場中．在導軌的上端接有電動勢E=36V、內阻r=1.6的直流電源和電阻箱R．已知導軌與金屬桿的電阻均可忽略不計，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m／s2．金屬桿ab始終靜止在導軌上．(1)如果磁場方向豎直向下，磁感應強度B=0.3T，求電阻箱接入電路中的電阻R；(2)如果保持(1)中電阻箱接入電路中的電阻R不變，磁場的方向可以隨意調整，求滿足條件的磁感應強度的最小值及方向．【答案】（1）2Ω（2）0.24T【解析】對導體棒ab進行受力分析，然后結合共點力平衡的條件即可求出；要使ab桿靜止，只有F安的方向沿斜面平行向上時，F安最小，在電流一定的情況下，對應的磁感應強度B最小，然后結合共點力平衡的條件即可求出．（1）磁場的方向向下，由左手定則可知，ab棒受到的安培力的方向水平向左，受力如圖由平衡條件得：電路中的電流為：代入數據解得：（2）要使ab桿靜止，只有F安的方向沿斜面平行向上時，F安最小，在電流一定的情況下，對應的磁感應強度B最?。善胶鈼l件得：電路中的電流為：解得：B2=0.24T，根據左手定則可知，此時的磁場方向應垂直于軌道平面向下．16．如圖所示，光滑平行導軌MN、PQ固定于同一水平面內，導軌相距L=0．2m，導軌左端接有規(guī)格為“0．6V，0．6W”的小燈泡，磁感應強度B=1T的勻強磁場垂直于導軌平面，導體棒ab與導軌垂直并接觸良好，在水平拉力作用下沿導軌向右運動．此過程中小燈泡始終正常發(fā)光，已知導軌MN、PQ與導體棒的材料相同，每米長度的電阻r=0．5Ω，其余導線電阻不計，導體棒的質量m=0．1kg，導體棒到左端MP的距離為x．（1）求出導體棒ab的速度v與x的關系式；（2）在所給坐標中準確畫出aMPba回路的電功率P與x的關系圖象（不必寫出分析過程，只根據所畫圖象給分）；（3）求出導體棒從x1=0．1m處運動到x2=0．3m處的過程中水平拉力所做的功．【答案】（1）v=（5x+3．5）m/s（2）如圖所示（3）0．49J【解析】（1）導體棒接入電路的電阻：因為燈泡正常發(fā)光，由P=UI得電路中電流：燈泡電阻：ab切割磁場產生感應電動勢：由閉合電路歐姆定律有：又r=2x?0．5綜合上述各式，代入數據后得：v=（5x+3．5）m/s（2）如圖所示（3）由速度與位移關系v=（5x+3．5）m/s得：當x1=0．1m時，速度v1=4m/s；x2=0．3m時，速度v2=5m/s．根據動能定理可得：其中安培力所做的功：解得：17．小明同學設計了一個電磁天平，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L=0.1m，豎直邊長H=0.3m，匝數為．線圈的下邊處于勻強磁場內，磁感應強度，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0~2.0A范圍內調節(jié)的電流I．掛盤放上待測物體后，調節(jié)線圈中電流使得天平平衡，測出電