2018_2019学年高中物理第3章磁场专题突破与题型专练安培力的综合应用练习新人教版选修3_1.doc

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1、专题突破与题型专练安培力的综合应用题型一:安培力作用下的平衡问题1.如图所示,长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上,劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定,另一端拴在棒的中点,且与棒垂直,整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,弹簧伸长x,棒处于静止状态.则(B)A.导体棒中的电流方向从b流向aB.导体棒中的电流大小为C.若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度,x变大D.若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度,x变大解析:由于弹簧伸长x,根据胡克定律可得kx=BIL,则有I=,选项B正确;由于弹簧伸长,则安培力方向水平向右,由左手定则可得,导体棒中的电流方向从a流向b,选项A错误;若

2、只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度,则方向水平向右的安培力也顺时针转动一小角度,根据力的分解与平衡可得,弹力变小,导致x变小,选项C错误;若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度,则方向水平向右的安培力也逆时针转动一小角度,根据力的分解与平衡可得,弹力变小,导致x变小,选项D错误.2.(2018四川资阳高二检测)(多选)如图所示,一根重力G=0.1 N、长L=1 m的质量分布均匀的导体ab,在其中点弯成=60角,将此导体放入匀强磁场中,导体两端a,b悬挂于两相同的弹簧下端,弹簧均为竖直状态,当导体中通过I=1 A的电流时,两根弹簧比原长各缩短了x=0.01 m,已知匀强磁场的方向垂直纸面向外,磁感

3、应强度的大小B=0.4 T,则(AC)A.导体中电流的方向为baB.每根弹簧的弹力大小为0.10 NC.弹簧的劲度系数k=5 N/mD.若导体中不通电流,则弹簧伸长0.02 m解析:当导体中通过I=1 A的电流时,两根弹簧比原长缩短,安培力方向向上,由左手定则,导体中电流的方向为ba,选项A正确;通电后,导体棒的有效长度L有=0.5 m,受到的安培力FA=IL有B=10.50.4 N=0.2 N,据受力分析G+2F=FA,解得F=0.05 N,每根弹簧的弹力大小为0.05 N,选项B错误;据F=kx解得k=5 N/m,选项C正确;若导体中不通电流,则G=2F2,F2=kx2,解得x2=0.01

4、 m,弹簧伸长0.01 m,选项D错误.3.(多选)如图所示,两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源,电动势为E,滑动变阻器为R,导轨平面与水平面间的夹角=30.金属杆ab垂直于导轨放置,导轨与金属杆接触良好,整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,当磁场方向垂直导轨平面向上时,金属杆ab刚好处于静止状态.要使金属杆能沿导轨向上运动,可以采取的措施是(AB)A.增大磁感应强度BB.调节滑动变阻器使电流增大C.增大导轨平面与水平面间的夹角D.将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变解析:对金属杆受力分析,金属杆所受的安培力F安=BIL=,沿导轨平面向上,金属杆所受重力在导轨平面上的分力大小为m

5、gsin ;当金属杆ab刚好处于静止状态时,此时金属杆受力平衡,即F安-mgsin =0,若想让金属杆向上运动,则应使F安增大,在不变的情况下,可考虑增大磁感应强度B或者电流I,选项A,B正确;若增大夹角,mgsin 增大,可知金属杆向下滑动,选项C错误;若电流反向,则金属杆受到的安培力反向,金属杆所受合力沿导轨向下,金属杆将沿导轨向下运动,选项D错误.4.(2018廊坊高二质检)如图所示,电源电动势E=4 V,r=0.5 ,竖直导轨电阻可忽略,金属棒的质量m=0.1 kg,R=0.5 ,它与导轨的动摩擦因数为=0.6,有效长度为0.5 m,靠在导轨的外面,为使金属棒不下滑,施一与纸面夹角为6

6、0且与导线垂直向外的磁场,(g=10 m/s2)求:(1)此磁场是斜向上还是斜向下?(2)B的范围是多少?解析:以静止的金属棒为研究对象,受力侧视图如图所示.要使金属棒静止,通电金属棒所受安培力一定要有向左的分量,由左手定则可知磁场方向应斜向上,根据平衡条件,若摩擦力方向向上,则B1ILsin 60+B1ILcos 60=mg若摩擦力方向向下,则B2ILsin 60-B2ILcos 60=mg电流为I=4 A,代入数据解得B1=0.4 T,B2=0.9 T.B的范围为0.4 TB0.9 T答案:(1)斜向上(2)0.4 TB0.9 T题型二:安培力作用下的非平衡问题1.(2018西安高二期中)

7、如图所示,两平行导轨ab,cd竖直放置在匀强磁场中,匀强磁场方向竖直向上,将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触.现在金属棒PQ中通以变化的电流I,同时释放金属棒PQ使其运动.已知电流I随时间的关系为I=kt(k为常数,k0),金属棒与导轨间的动摩擦因数一定.以竖直向下为正方向,则下面关于金属棒PQ的速度v、加速度a随时间变化的关系图像中,可能正确的是(B)解析:因为开始加速度方向向下,与速度方向相同,做加速运动,加速度逐渐减小,即做加速度逐渐减小的加速运动,然后加速度方向向上,加速度逐渐增大,做加速度逐渐增大的减速运动,故选项B正确,A错误;根据牛顿第二定律得,金属棒的加

8、速度a=,Ff=FN=FA=BIL=BLkt,联立解得加速度a=g-t,故选项C,D错误.2.(多选)如图(甲)所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t=0时刻起,棒上有如图(乙)所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图(甲)中所示方向为电流正方向.则金属棒(ABC)A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功解析:由左手定则可知,金属棒一开始向右加速运动,当电流反向以后,金属棒开始减速,经过一个周期速度变为0,然后重复上述运动,选项A,B

9、正确;安培力F=BIL,由图像可知前半个周期向右,后半个周期向左,不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内不做功,选项D错误.3.(多选)如图所示,在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的圆轨道,一重为G的金属导体MN垂直于轨道横截面水平放置,在导体中通入电流I,使导体在安培力的作用下以恒定的速率v从A点运动到C点,设导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为,安培力的瞬时功率为P,则从A到C的过程中,下列有关说法正确的是(BD)A.电流方向从N指向M B.Itan C.Pcos D.Psin 解析:由于安培力方向始终水平向左,根据左手定则知电流方

10、向从M指向N,选项A错误;因为导体做匀速圆周运动,所以有Gsin =F安cos =ILBcos ,故I=tan ,即Itan ,选项B正确;又P=F安vcos =Gvsin ,所以Psin ,选项C错误,D正确.4.如图所示,水平放置的光滑的金属导轨M,N,平行地置于匀强磁场中,间距为d,磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面夹为,金属棒ab的质量为m,放在导轨上且与导轨垂直.电源电动势为E,定值电阻为R,其余部分电阻不计则当开关闭合的瞬间,棒ab的加速度为多大?解析:由题意知,开关闭合时,导体棒中通过的电流方向是从a到b,根据左手定则知,导体棒受到的安培力方向如图所示.因为导体棒受三个力作

11、用下在水平方向运动,故导体棒在竖直方向所受合力为0,由题意得F=BId,则导体棒所受的合力为F合=F合x=Fsin ,根据牛顿第二定律,棒产生的加速度为a=,在电路中,根据闭合电路欧姆定律有I=,所以导体棒产生的加速度为a=.答案:(教师备用)1.(2018顺德高二检测)如图所示,用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c,d两处,置于匀强磁场内.当棒中通以从a到b的电流I后,两悬线偏离竖直方向角而处于平衡状态.为了使棒平衡在该位置上,所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为(D)A.tan ,竖直向上B.tan ,竖直向下C.sin ,平行悬线向下D.sin ,平行悬线向上解析:

12、金属棒受重力mg、金属丝拉力FT和磁场的安培力F安,当磁场方向不同时,mg不变,FT,F安不同,三力关系如图所示,由此可知,安培力方向与金属丝垂直时最小,其最小值为Fmin=mgsin ,即IlBmin=mgsin ,得Bmin=sin ,由左手定则可知磁场方向应平行于悬线向上.选项D正确.2.(多选)如图所示,倾斜导轨宽为L,与水平面成角,处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,金属杆ab水平放在光滑导轨上.当回路中电流为I时,金属杆ab所受安培力F,斜面的支持力为FN,则(BD)A.安培力方向垂直ab杆沿斜面向上B.安培力方向垂直ab杆水平向右C.FN=BILcos D.FN=解析:

13、画出倾斜导轨和ab杆的二维视图(如图所示),由左手定则判断出安培力方向水平向右,大小F=BIL,由共点力平衡求得FN=,选项B,D正确.3.(2018牡丹江高二质检)如图所示,两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上,但能自由移动,若两线圈内通以大小不等的同向电流,则它们的运动情况是(C)A.都绕圆柱转动B.以不等的加速度相向运动C.以相等的加速度相向运动D.以相等的加速度相背运动解析:由安培定则和左手定则可知,同向环形电流间相互吸引,虽然两电流大小不等,但两线圈间相互作用力大小相等,因此加速度大小相等,方向相向,所以选项C正确.4.音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.如图是某

14、音圈电机的原理示意图,它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L,匝数为n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为B,区域外的磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外,右边始终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终相等.某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向;(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v,求安培力的功率.解析:(1)由安培力的计算公式F=BIL及左手定则可知,线圈前后两边受到的安培力等大反向,合力为零,左边不受安培力,右边所受安培力大小为F=nBIL,方向水平向右,故线圈所受安培力F=nBIL,方向水平向右;(2)由功率公式P=Fv得安培力的功率P=nBILv.答案:(1)nBIL水平向右(2)nBILv8