安培力综合练习题 经典 (含答案详解)

安培力作用下导体的运动图3551．两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图355所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是 ( ) A ．都绕圆柱体转动B ．彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C ．彼此相向运动，电流大的加速度大D ．彼此背向运动，电流大的加速度大 答案 B安培力作用下导体的平衡图3562．如图356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θ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( ) A.mgIl tan θ，竖直向上B.mgIltan θ，竖直向下 C.mgIl sin θ，平行悬线向下 D.mgIlsin θ，平行悬线向上答案 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F min ＝mg sin θ，即IlB min ＝mg sin θ，得B min ＝mgIlsin θ，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3573．澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g 的弹体(包括金属杆EF 的质量)加速到10 km /s 的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)．如图357所示，若轨道宽为2 m ，长为100 m ，通过的电流为10 A ，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 55 T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 2t －v 20得炮弹的加速度大小为a ＝v 2t2x ＝(10×103)22×100m /s 2＝5×105 m/s 2. 根据牛顿第二定律F ＝ma 得炮弹所受的安培力F ＝ma ＝2.2×10－3×5×105 N ＝1.1×103 N ， 而F ＝BIL ，所以B ＝F IL ＝1.1×10310×2T ＝55 T.(时间：60分钟)题组一 安培力作用下导体的运动图3581．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3592．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按逆时针方向转动答案 D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答案 D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35114．一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．向纸面内平动答案 B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35125．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35136．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35147．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35158．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2×10－2 kg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 ＝0.1 A ，bc 边长度为10 cm ，求该磁场的磁感应强度．(g 取10 m/s 2) 答案 0.1 N 1 T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 ＝2×10－2×10 N ＝0.2 N ，所以F ＝0.1 N ，即磁场对bc 边的作用力大小是0.1 N ．因为磁场对电流的作用力F ＝NBIL ，故B ＝F NIL ＝0.110×0.1×0.1T ＝1 T.图35169．如图3516所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ，质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流I ＝1 A ，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0.4 T ，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10 m/s 2) 答案 5 s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 /tan 30°.① 而F ＝BIl .② B ＝0.4t ③代入数据解①②③即得： t ＝5 s.图351710．如图3517所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，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＝0.5 T、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＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040 kg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＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝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)1.5 A(2)0.30 N(3)0.06 N解析(1)根据闭合电路欧姆定律I＝ER0＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N.(3)导体棒受力如图，将重力正交分解F1＝mg sin 37°＝0.24 N，F1＜F安，根据平衡条件，mg sin 37°＋F f＝F安，解得F f＝0.06 N.图351811．如图3518所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L＝0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G＝3 N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＝10 V、内阻r＝0.1 Ω，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？(g取10 m/s2)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 －BI 1L ＝0ab 棒恰不左滑时：G ＋μmg －BI 2L ＝0 依据闭合电路欧姆定律可得： E ＝I 1(R 1＋r ) E ＝I 2(R 2＋r )由以上各式代入数据可解得：R 1＝9.9 Ω，R 2＝1.9 Ω 所以R 的取值范围为： 1．9 Ω≤R ≤9.9 Ω.题组三 安培力与牛顿运动定律的综合应用图351912．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0.2 T ，一根质量为0.6 kg ，有效长度为2 m 的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A 时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流突然增大为8 A 时，求金属棒能获得的加速度的大小． 答案 2 m/s 2解析 当金属棒中的电流为5 A 时，金属棒做匀速运动，有I 1BL ＝f ① 当金属棒中的电流为8 A 时，金属棒能获得的加速度为a ，则 I 2BL －f ＝ma ②联立①②解得a ＝BL (I 2－I 1)m＝2 m/s 2图352013．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。