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(共20张PPT)
2　安培力的应用
1.构造:由磁场(磁体)、转动线圈、两个半圆滑环、两个电刷等组成。
2.原理:通过两个半圆滑环,每转半圈,线圈内电流方向就改变一次,从而使线圈受到安培力作
用后转动方向不变,线圈可以连续转动起来,如图所示。

必备知识 清单破
知识点 1 直流电动机
1.分类:分为电磁轨道炮、电磁线圈炮、重接炮三类。
2.电磁轨道炮
(1)原理示意图

知识点 2 电磁炮
(2)工作原理
当两金属导轨接入电源时,强大的电流I在两导轨间产生竖直向上的强磁场,弹丸受到水平向
右的安培力,以很大的加速度做加速运动,最终高速发射出去。
3.特点:弹丸体积小,重量轻,飞行时的空气阻力很小,因而发射稳定性好,初速度大,射程远。
1.构造:永磁体、线圈、指针、铁芯、游丝、极靴、刻度盘、机械调零螺旋等。
2.原理
(1)当被测电流流入线圈时,线圈受安培力作用而转动,如图所示。线圈的转动使游丝扭转变
形,产生阻碍线圈转动的效果。

知识点 3 电磁式电流表
(2)当安培力产生的作用与游丝形变产生的阻碍达到平衡时指针便停留在某一刻度。
(3)根据线圈偏转角度的大小,可以确定被测电流的大小;根据线圈偏转的方向,可以知道被测
电流的方向。
3.灵敏度
　　灵敏度指单位电流下指针的偏转角。由于偏转角θ= ,可得 = ,由此可知提高
灵敏度的方法有:增加线圈匝数N、增大线圈面积S、增强磁感应强度B或减小游丝的扭转弹
性系数k。
4.优、缺点
(1)优点:灵敏度高,可以测出很弱的电流。
(2)缺点:对过载很敏感,如果通过的电流超过允许值,很容易被烧坏。
知识辨析
1.如图所示的转子为n匝、长L、宽d的矩形线圈。当线圈中通有恒定电流I,转子绕线圈平面
内垂直于磁场的轴OO',由图示位置顺时针(从a看向b)转过θ角(转动过程中线圈平面与磁场
方向始终平行,ab所在位置处的磁感应强度的大小视为B),则此时ab边中的电流沿什么方向,
ab边所受安培力大小是多少

2.如图所示为电磁轨道炮的工作原理图,电磁轨道炮发射过程中,弹丸的动能是由什么能转化
而来的 电流越大,磁场越强,同一弹丸获得的初速度越大吗

3.磁电式电流表内部的磁场有什么特点？
一语破的
1.由图示位置顺时针转动,知ab边所受安培力方向向上,根据左手定则可判断电流方向由a
→b;由于磁场方向与ab边垂直,线圈为n匝,故F=nBIL。
2.电磁轨道炮发射过程中,弹丸在安培力的作用下发射出去,故弹丸的动能是由电能转化而来
的;电流越大,磁场越强,安培力越大,安培力做功越多,同一弹丸获得的初速度越大。
3.磁电式电流表内部是辐向磁场,不是匀强磁场,磁场内,以铁芯为圆心的同一圆周上的任何
位置,磁感应强度的大小都相等,方向总是沿着半径方向。
方法 内容 实例 分析
结 论 法 (1)两直线电流相互
平行时无转动趋势,
同向电流相互吸引,
反向电流相互排斥; (2)两电流不平行时,
有转动到相互平行且
电流方向相同的趋势 可自由运动的线圈L1
和一个固定的线圈L2
互相绝缘垂直放置 环形电流I1、I2不平
行,线圈L1将转动到两
环形电流同向平行为
止,从左向右看,线圈L
1将顺时针转动
定点 1 安培力作用下导体运动方向的判断
关键能力 定点破
等效 分析法 环形电流可以等效为
小磁针(或条形磁铁),
条形磁铁也可等效成
环形电流,通电螺线
管可等效为多个环形
电流或条形磁铁 判断环形电流受到的
安培力方向
把环形电流等效成如
图所示右边的条形磁
铁,可见两条形磁铁
相互吸引,不会转动,
环形电流受到的安培
力方向向左
转换 研究 对象法 定性分析磁体在电流
产生的磁场中所受安
培力方向时,可先分
析电流在磁体磁场中
所受安培力方向,然
后再根据牛顿第三定
律判断磁体所受安培
力方向 判断图中所示磁铁受
到地面的摩擦力的方
向
电流受到的磁铁的作
用力方向如图所示,
由牛顿第三定律知通
电导线对磁铁的作用
力方向斜向右下方,
可知地面对磁铁的摩
擦力方向向左
电流元法 把整段导线分成很多段电流元,先用左手定则判断出每段电流元所受安培力的方向,然后判断整段导线所受合力的方向,最后确定运动方向。注意一般取对称的电流元分析 判断能自由移动的导线的运动情况
把通电导线等效为AO、BO两段电流元,蹄形磁铁周围的磁感线分布以及两段电流元所受安培力方向如图,可见,导线将沿逆时针方向(俯视)转动

用导线转过90°的特殊位置(如图所示的位置)来分析,判断出安培力方向向下,故导线在逆时针转动的同时向下运动
特殊位置法 根据通电导体在特殊位置所受安培力的方向,判断其运动方向,然后推广到一般位置
1.安培力作用下导体的动力学问题
　　安培力与重力、弹力、摩擦力一样,会使通电导体在磁场中转动或加速,解决在安培力
作用下导体的动力学问题可以归纳为“电学问题,力学方法”,首先对研究对象进行受力分
析,然后分析通电导体的运动情况,再根据牛顿第二定律列方程求解。注意受力分析时不要
漏掉安培力,可以选定观察角度画好平面图,标出电流方向和磁场方向,然后利用左手定则判
断安培力的方向。
2.安培力作用下的功能问题
由于物体可以在安培力作用下转动、加速等,因此也会涉及做功问题。不同性质的力做功原
理不同,但做功的本质都是由一种形式的能转化为其他形式的能。求解安培力作用下的功能
问题时,要注意以下几点:
定点 2 安培力作用下的动力学问题和功能问题
(1)首先弄清安培力是恒力还是变力,注意安培力做功与路径有关,这一点与重力、电场力做
功不同。
(2)安培力做功的实质是能量转化。安培力做正功,是将电源的能量传递给通电导体后转化
为导体的动能或其他形式的能。安培力做负功即克服安培力做功,是将其他形式的能转化为
电能后储存起来或转化为其他形式的能。
(3)通常要结合动能定理、功能关系、能量守恒定律等来求解。
典例 我国自主研制的一种用于消防的新型电磁炮试验成功。如图所示为电磁炮工作原理的
简化示意图,炮管简化为两根平行金属导轨M、N,导轨长度L=14.4 m,间距d=0.5 m,导轨间有
垂直于导轨平面的匀强磁场,装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨的最左端,且始终与导轨接
触良好,导体棒ab(含弹体)质量m=1 kg、电阻R=0.8 Ω,可控电源的内阻r=0.2 Ω,导轨电阻不
计。某次试验中,电源提供大小恒为I=2×103 A的电流【1】,导体棒ab向右运动的加速度【2】为5×
104 m/s2,空气阻力和摩擦阻力均忽略不计。

(1)若导体棒中的电流方向从a到b,求磁感应强度B;
(2)求导体棒ab离开导轨时的速度大小;
(3)成功发射一枚电磁炮,共需消耗多少电能【3】
信息提取 【1】通电后导体棒ab受安培力的作用。
【2】画出受力分析图,安培力提供加速度,利用牛顿运动定律解决。
【3】消耗的电能转化为导体棒的动能和电路产生的内能。
思路点拨

解析 (1)导体棒向右加速,对导体棒受力分析,可知安培力提供加速度,得F安=ma(由【1】
【2】【5】得到),
又F安=BId,
得磁感应强度B=50 T,
安培力向右,电流方向从a到b,根据左手定则,可得磁感应强度垂直于导轨平面向下(由【4】
得到)。
(2)电磁炮在导轨上做匀加速直线运动,可得v2-0=2aL,
故导体棒ab离开导轨时的速度v=1 200 m/s。
(3)发射一枚电磁炮所用时间t= =2.4×10-2 s,
电路中产生的焦耳热Q=I2(R+r)t=9.6×104 J,
电磁炮离开导轨时所获得的动能
Ek= mv2=7.2×105 J,
成功发射消耗的电能E=Ek+Q=8.16×105 J(由【3】【6】得到)。
答案 (1)50 T,垂直于导轨平面向下
(2)1 200 m/s (3)8.16×105 J2　安培力的应用
基础过关练
题组一　直流电动机的原理及应用
1.
如图所示是电动机模型示意图,处于磁场中的矩形通电金属线框abcd可绕轴OO'转动,线框中的电流方向如图所示。在图示位置(线框所在的平面刚好和磁场方向平行,且ab和cd边与磁场方向垂直),关于线框ab、bc、cd、da边受到的安培力的方向,下列说法正确的是(　　)
A.ab边受到的安培力的方向向右
B.bc边受到的安培力的方向向下
C.cd边受到的安培力的方向向上
D.da边受到的安培力的方向向左
2.如图所示,将圆柱形强磁铁吸在干电池负极,金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框,使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定,这样整个线框就可以绕电池轴线旋转起来。则(　　)
A.使线框旋转起来的原理是电磁感应
B.俯视观察,线框沿顺时针方向旋转
C.电池输出的电功率等于线框旋转时的机械功率
D.旋转达到稳定时,线框中电流比刚开始转动时的电流小
题组二　电磁炮的原理及应用
3.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进动能杀伤武器。如图所示为某款电磁炮的轨道,该轨道长7.5 m,宽1.5 m。若发射质量为50 g的炮弹,炮弹从轨道左端由静止开始加速,当回路中的电流恒为20 A时,最大速度可达3 km/s。假设轨道间磁场为匀强磁场,不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　)
A.磁场方向为竖直向下
B.磁场方向为水平向右
C.磁感应强度的大小为1×103 T
D.炮弹的加速度大小为3×105 m/s2
4.(多选题)如图为某种电磁弹射系统的简化示意图,金属弹射杆横架在两根水平放置且足够长的平行金属导轨上,使用时先把开关拨到a侧给储能电容器充电,然后把开关拨到b侧让电容器放电,回路瞬间产生巨大电流,从而产生超强磁场,弹射杆在磁场力的作用下被快速弹出。若忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.要使图中弹射杆向右弹射,则电源必须上正下负
B.要使图中弹射杆向右弹射,对电源正、负极的连接没要求
C.弹射杆将沿轨道做变加速运动
D.若导轨摩擦不计,则电容器储存的电能全部转化为弹射杆的机械能
5.(多选题)如图所示为电磁轨道炮的工作原理图。待发射弹体与轨道保持良好接触,并可在两平行轨道之间无摩擦滑动。电流从一条轨道流入,通过弹体后从另一条轨道流出。轨道电流可在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与电流I成正比。通电的弹体在安培力的作用下滑行L后离开轨道,则下列说法正确的是(　　)
A.弹体向左高速射出
B.I变为原来的2倍时,弹体射出的速度也变为原来的2倍
C.弹体的质量变为原来的2倍时,射出的速度也变为原来的2倍
D.L变为原来的4倍时,弹体射出的速度变为原来的2倍
6.2022年10月,我国成功运行了世界首个“电磁橇”,它对吨级物体的最高推进速度达到286 m/s。如图为简化后的“电磁橇”模型:两根平行长直金属导轨沿水平方向固定,其间安放金属滑块,滑块可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流经导轨—滑块—导轨流回电源,滑块被导轨中电流形成的磁场推动而加速。将滑块所处位置的磁场简化为方向垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度B=5 T,若两导轨间的距离L=2 m,滑块质量为m=1 000 kg,设通电后滑块开始做匀加速直线运动,其加速度大小为50 m/s2,求:
(1)滑块匀加速过程中电源提供的电流大小;
(2)滑块沿导轨运动9 m时所受安培力的瞬时功率。
题组三　磁电式电流表的原理及应用
7.关于磁电式电流表,下列说法错误的是(　　)
A.指针稳定后,螺旋弹簧形变产生的阻碍效果与线圈受到的安培力的转动效果方向是相反的
B.通电线圈中的电流越大,指针偏转角度也越大
C.在线圈转动的范围内,各处的磁场都是匀强磁场
D.在线圈转动的范围内,线圈所受安培力大小与电流大小有关,而与所处位置无关
8.(多选题如图1所示为磁电式电流表的结构图,其基本组成部分是磁体和放在磁体两极之间的线圈,线圈缠绕在铝框上。极靴和中间软铁制成的圆柱形成辐向磁场,使磁场总沿半径方向,如图2所示。当线圈中有恒定电流时,安培力带动线圈偏转,在螺旋弹簧的共同作用下最终稳定。下列说法正确的是(　　)
图1　图2
A.线圈受到的安培力的大小随转动发生改变
B.穿过线圈的磁通量始终为0
C.线圈中通以图示方向的电流,线圈将沿逆时针方向转动
D.增加线圈匝数,可增加测量的灵敏度
能力提升练
题组一　安培力作用下通电导体的运动
1.(经典题)(多选题)通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内,放置方式及电流方向如图甲、乙所示,其中L1、L3是固定的,L2、L4可绕垂直纸面的中心轴转动,O为轴心,则下列判断正确的是(　　)
A.L2绕轴心O顺时针转动
B.L2绕轴心O逆时针转动
C.L4绕轴心O顺时针转动
D.L4绕轴心O逆时针转动
2.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图所示。如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流,则直导线的运动情况为(　　)
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
3.(多选题)如图所示,台秤上放一光滑平板,其左端固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时台秤读数为F1。现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以方向如图所示的电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是(　　)
A.弹簧长度将变长
B.弹簧长度将变短
C.F1>F2
D.F1题组二　安培力在现代科技中的应用
4.福建舰是我国完全自主设计建造的第一艘弹射起飞型航空母舰,采用平直通长飞行甲板,配置电磁弹射和阻拦装置,满载排水量8万余吨。舰载作战飞机沿平直跑道起飞过程分为两个阶段:第一阶段是电磁弹射,电磁弹射区的长度为80 m,弹射原理如图所示,飞机钩在滑杆上,储能装置通过导轨和滑杆放电,产生的强电流恒为4 000 A,导轨激发的磁场在两导轨间近似为匀强磁场,磁感应强度B=10 T,在安培力和飞机发动机推力作用下,滑杆和飞机从静止开始向右加速,在导轨末端飞机与滑杆脱离,导轨间距为3 m;第二阶段在飞机发动机推力的作用下做匀加速直线运动达到起飞速度。已知飞机离舰起飞速度为100 m/s,航空母舰的跑道总长为180 m,舰载机总质量为3.0×104 kg,起飞过程中发动机的推力恒定,弹射过程中及飞机发动机推力下的加速过程中,舰载机所受阻力恒为飞机发动机推力的20%,求:
(1)电磁弹射过程电磁推力做的功;
(2)飞机发动机推力的大小;
(3)电磁弹射过程,飞机获得的加速度的大小。
题组三　安培力作用下的动力学、能量问题
5.(多选题)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。垂直于导轨水平放置一根均匀金属棒,金属棒与导轨始终接触良好。从t=0时刻起,棒上有如图乙所示的持续交变电流,周期为T,图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒(　　)
甲
乙
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
6.如图所示,某同学在玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极,沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极,做“旋转的液体”的实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场,磁感应强度为B=0.1 T,玻璃皿的横截面的半径为a=0.05 m,电源的电动势为E=3 V,内阻r=0.1 Ω,限流电阻R0=4.9 Ω,玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9 Ω。闭合开关后,当液体旋转时,理想电压表的示数恒为1.5 V,则(　　)
A.由上往下看,液体顺时针旋转
B.液体所受的安培力大小为1.5 N
C.闭合开关后,液体的热功率为0.81 W
D.闭合开关10 s,液体具有的动能是3.69 J
7.光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分,O点为圆弧的圆心,两金属轨道之间的宽度为0.5 m,匀强磁场方向如图,磁感应强度大小为0.5 T。质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M处。当在金属细杆内通以大小为2 A、方向向里的恒定电流时,金属细杆可以由静止开始向右运动。已知N、P为轨道上的两点,ON竖直,OP水平,且MN=OP=1 m,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2
B.金属细杆运动到P处时的速度大小为5 m/s
C.金属细杆运动到P处时的向心加速度大小为10 m/s2
D.金属细杆运动到P处时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N
8.如图所示,在水平放置的光滑平行导轨一端放着一根质量m=0.04 kg的金属棒ab,导轨另一端通过开关与电源相连。该装置放在高h=20 cm的光滑绝缘垫块上。当有竖直向下的匀强磁场时,接通开关,金属棒ab会被抛到距垫块右端水平距离s=100 cm处。试求开关接通后安培力对金属棒做的功。(重力加速度g取10 m/s2)
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.C 2.D 3.C 4.BC 5.BD 7.C 8.BD
1.C　由图可知磁场方向水平向左,由左手定则可知,cd边受到的安培力竖直向上,ab边受到的安培力竖直向下,bc边、da边不受安培力,C正确。
2.D　导线框能转动起来的原理是通电导体在磁场中受到力的作用,A错误;通电导体在磁场中的受力方向与磁场方向和电流方向有关,根据左手定则判断,由图可知,俯视观察时线框受力后会沿逆时针方向旋转,B错误;由于电流的热效应和摩擦阻力,电池的电能没有全部转化为机械能,因此电池输出的电功率会大于线框旋转时的机械功率,C错误;启动时线框做加速运动,受到的安培力大于旋转稳定时的安培力,由F=BIl可知线框旋转稳定时的电流比刚开始时的电流小,故D正确。
3.C　根据题意可知,炮弹所受的安培力水平向右,结合题图所示电流方向,根据左手定则可知磁场方向应竖直向上,A、B错误;由题意可知,炮弹的最大速度v=3 km/s,加速距离x=7.5 m,由v2=2ax,解得加速度大小a=6×105 m/s2,由牛顿第二定律可得F=ma,又F=BIL,联立解得B=1×103 T,C正确,D错误。
4.BC　当电源上正下负时,充电后电容器上极板带正电,下极板带负电,则电容器放电时,回路中电流沿顺时针方向,产生垂直纸面向里的磁场,根据左手定则可知,弹射杆受到向右的安培力,使弹射杆向右弹射;当电源上负下正时,充电后电容器下极板带正电,上极板带负电,则电容器放电时,回路中电流沿逆时针方向,产生垂直纸面向外的磁场,根据左手定则可知,弹射杆受到向右的安培力,使弹射杆向右弹射;故要使题图中弹射杆向右弹射,对电源正、负极的连接没要求,故A错误,B正确。电容器放电过程,回路中电流逐渐减小,弹射杆受到的安培力逐渐减小,弹射杆将沿轨道做变加速运动,故C正确。若导轨摩擦不计,电容器储存的电能一部分转化为导轨和弹射杆的内能,故电容器储存的电能不会全部转化为弹射杆的机械能,故D错误。
5.BD　根据安培定则可知,弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里,再利用左手定则可知,弹体受到的安培力水平向右,所以弹体向右高速射出,A错误。设B=kI(其中k为比例系数),轨道间距为l,弹体的质量为m,射出时的速度为v,则安培力为F=BIl=kI2l,根据动能定理有FL=mv2,联立可得v=I,则I变为原来的2倍时,弹体射出的速度也变为原来的2倍;弹体的质量变为原来的2倍时,射出的速度变为原来的;L变为原来的4倍时,弹体射出的速度变为原来的2倍,C错误,B、D正确。
6.答案　(1)5 000 A　(2)1.5×106 W
解析　(1)滑块在两导轨间做匀加速直线运动,安培力提供加速度,根据牛顿第二定律有F安=ma,
又知F安=BIL,
代入数据解得I=5 000 A。
(2)根据匀变速直线运动的速度—位移公式可得v2=2ax,
知滑块沿导轨运动9 m时的速度v== m/s=30 m/s,
安培力的瞬时功率为P=F安v=1.5×106 W。
7.C　螺旋弹簧形变产生的阻碍效果与线圈受到的安培力的转动效果方向相反,线圈才能停止转动,使指针稳定,A说法正确;磁电式电流表内的磁场是均匀辐向磁场,在线圈转动的过程中,不管线圈转到什么位置,它的平面都跟磁场方向平行,线圈左右两边所在处的磁感应强度大小相等、方向不同,安培力大小与电流大小有关,而与线圈所处位置无关,电流越大,安培力越大,指针偏转的角度越大,B、D说法正确,C说法错误。
8.BD　根据辐向磁场的特点可知,线圈所在位置的磁感应强度大小不变,由F=BIL知,电流恒定时线圈受到的安培力大小不变,故A错误;在线圈转动的过程中,不管线圈转到什么位置,它的平面都跟磁场方向平行,故穿过线圈的磁通量始终为0,故B正确;由题图2可知,右侧线圈中的电流方向垂直纸面向里,结合左手定则可知受到的安培力方向向下,左侧线圈中的电流方向垂直纸面向外,知受到的安培力方向向上,则线圈将沿顺时针方向转动,故C错误;增加线圈匝数,相同电流时线圈受到的安培力更大,偏转的角度更大,灵敏度更高,故D正确。
能力提升练
1.BC 2.D 3.BC 5.ABC 6.D 7.D
1.BC　
图形剖析　L1、L3分别在L2、L4周围产生的磁场及L2、L4的受力特点如图。
题图甲中由安培定则可知导线L1上方磁场垂直纸面向外,且离导线L1越近,磁场越强,导线L2上每一小部分受到的安培力方向均水平向右,但O点下方部分的安培力较大,所以L2绕轴O逆时针转动,A错、B对;题图乙中导线L4在O点上方的部分所受安培力向右,O点下方的部分所受安培力向左,可知L4绕轴O顺时针转动,C对、D错。
易错分析　本题易犯的错误是直接根据“结论法”,两电流不平行时有转动到相互平行且电流方向相同的趋势,判断题图甲中导线L2顺时针转动,导致错选。解题时需要注意“结论法”的应用是有条件的,对于一导线在另一导线一侧时要结合安培定则和左手定则来判断转动方向。
2.D　由安培定则可知,通电螺线管在直导线处的磁感线如图所示,可知直导线左侧所在处的磁场方向斜向右上方,直导线右侧所在处
的磁场方向斜向右下方,由左手定则可知,直导线左侧所受安培力方向垂直纸面向外,直导线右侧所受安培力方向垂直纸面向里,故从上向下看,直导线逆时针转动;当直导线转过90°时,由左手定则可得直导线所受安培力方向竖直向下。综上可得,从上向下看直导线逆时针转动并靠近螺线管,选D。
方法技巧　解答本题采用电流元法结合特殊位置法分析。把整段导线分成对称的两部分,先用左手定则判断出每一部分所受安培力的方向,然后确定转动方向;再判断导线在特殊位置(与磁场垂直)所受安培力的方向,判断其运动方向。
3.BC　本题采用转换研究对象法分析。导体棒处的磁场是由磁铁产生的,磁场方向指向右上方,如图甲,根据左手定则可知,导体棒受到的安培力方向指向右下方,根据牛顿第三定律知,磁铁受到导体棒的作用力指向左上方;对条形磁铁受力分析,如图乙,由于F'有水平向左的分力和竖直向上的分力,可知弹簧长度变短,台秤对条形磁铁的支持力减小,即F1>F2,B、C正确,A、D错误。
甲
乙
4.答案　(1)9.6×106 J　(2)9.75×105 N　(3)30 m/s2
解析　(1)由题意可知,电磁推力大小F1=BIL=10×4 000×3 N=1.2×105 N,
电磁推力做的功W1=F1x1=1.2×105×80 J=9.6×106 J。
(2)设飞机发动机推力大小为F2,对整个起飞过程,根据动能定理可得W1+F2(x1+x2)-0.2F2(x1+x2)=mv2,
解得F2=9.75×105 N。
(3)电磁弹射过程,根据牛顿第二定律可得F1+F2-0.2F2=ma,
解得a=30 m/s2。
5.ABC　根据左手定则可知,在第一个内,金属棒所受的安培力方向水平向右,有F=BI0L,金属棒做匀加速直线运动;在第二个内,安培力方向水平向左,大小不变,金属棒做匀减速直线运动,经过一个周期金属棒的速度变为0,然后重复上述运动,金属棒的运动方向未变,一直向右运动,故A、B、C正确。一个周期内,金属棒的初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零,D错误。
6.D　
图形剖析　
由题意可知,当闭合开关后,玻璃皿内液体的电流方向由玻璃皿的边缘指向中心,结合左手定则可知,玻璃皿中的液体在安培力的作用下逆时针旋转(由上往下看),A错误;闭合开关后,当液体旋转时理想电压表的示数恒为1.5 V,由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流为I==0.3 A,则液体所受的安培力大小为F安=BIa=1.5×10-3 N,液体的热功率为P热=I2R=0.081 W,B、C错误;闭合开关10 s,液体消耗的电能转化为液体的机械能和内能,由能量守恒定律可得,液体具有的动能为Ek=UIt-P热t=3.69 J,D正确。
7.D　开始时金属细杆在水平方向受到安培力作用,安培力大小为F安=BIL=0.5 N,则开始运动时的加速度大小为a==10 m/s2,选项A错误;设金属细杆运动到P处时的速度大小为v,从M到P过程,由动能定理得-mgR+BIL(MN+OP)=mv2,解得v=2 m/s,由向心加速度公式a=可得金属细杆运动到P处时,向心加速度大小为a==20 m/s2,选项B、C错误;在P处,设每一条轨道对细杆的作用力大小为N,由牛顿第二定律得2N-BIL=m,代入数据解得N=0.75 N,由牛顿第三定律得细杆运动到P处时对每一条轨道的作用力大小为N'=N=0.75 N,选项D正确。
8.答案　0.5 J
解析　在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内,设安培力对金属棒做的功为W。
由动能定理得W=mv2,
金属棒离开垫块后做平抛运动,设运动时间为t,则竖直方向有h=gt2,
水平方向有s=vt,
联立以上三式解得W=0.5 J。
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