1、课时跟踪检测（一） 安培力 安培力的应用组重基础体现综合1关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错误，B正确；安培力的大小FIlBsin 与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半；若折成直角后，两段都与磁场
2、垂直，则安培力的大小变为原来的，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误。219世纪20年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地磁场是由绕地球的环形电流引起的。则该假设中的电流方向是(注：磁子午线是地磁场N极与S极在地球表面的连线)()A由西向东垂直磁子午线B由东向西垂直磁子午线C由南向北沿磁子午线D由赤道向两极沿磁子午线解析：选B地磁场的N极在地理南极附近，根据安培定则，大拇指指向地磁场的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，故B正确。3.如图
3、所示，通以恒定电流I的导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是()A变小B不变C变大 D不能确定解析：选B当MN在原位置时，安培力的大小为FBIL，当MN绕M端旋转时，其大小仍是BIL，故安培力的大小是不变的，选项B正确。4(2021广州高二检测)如图所示，D是置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里。在开关S接通后，导线D所受磁场力的方向是()A竖直向上 B竖直向下C水平向左 D水平向右解析：选A在开关S接通后，线圈中电流由左侧流入，由安培定则可知电磁铁右侧为N极，故导线所在处的磁场方向向左，由左手定则可知，导线所受安培力方向竖直向上
4、，选项A正确。5.(2021广东高考)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是()解析：选C因I1I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示。6如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁
5、场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则()A该磁场是匀强磁场B线圈平面总与磁场方向垂直C线圈将逆时针转动D线圈将顺时针转动解析：选D该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场的磁感线应该是一系列方向相同的平行的直线，故A错误；由题图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误；由左手定则可知，a导线受到的安培力向上，b导线受到的安培力向下，故线圈将顺时针转动，故C错误，D正确。7(2021济宁高二检测)将一段通电直导线abc从中点b折成120，分别放在图甲、乙所示的匀强磁场中，导线中电流大小保持不变。图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行，
6、图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直，若两图中导线所受的安培力大小相等，则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比为()A. B.C. D.解析：选B设导线的总长为2l，通过导线的电流为I，题图甲中导线受到的安培力大小为B1IlB1cos 60IlB1Il；题图乙中导线受到的安培力的大小为2B2Ilcos 30B2Il，根据题意有B2IlB1Il，则有，B正确。8.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，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通电导线，电流方向如图所示，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是()AF1F2 BF1F
7、2C弹簧长度将变长 D弹簧长度将不变解析：选A选通电导线为研究对象，根据左手定则判断可知，通电导线所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，所以长度将变短，故C、D错误；由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对台秤的压力减小，则F1F2，故A正确，B错误。9.如图所示， 在与水平方向夹角为60的光滑金属导轨间有一电源， 在相距1 m的平行导轨上放一质量为m0.3 kg的金属棒ab, 通以从ba、I3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止(g10 m/s2)。求：(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)ab棒对导轨的
8、压力的大小。解析：(1)金属棒ab静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，则有mgsin 60BILcos 60，解得B T1.73 T。(2)根据平衡条件及牛顿第三定律得，金属棒ab对导轨的压力为：FNFN N6 N。答案：(1)1.73 T(2)6 N组重应用体现创新10电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示，两相距很近的通电平行线圈和，线圈固定，线圈置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是()A当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C线圈对线圈的作用力大于线圈对线圈的作用力D线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力
9、是一对相互作用力解析：选A装置的构造模型为两个线圈和一个杠杆，当线圈中通有同向电流时互相吸引，通有异向电流时互相排斥，故当天平示数为负时表示两线圈互相吸引，所以为同向电流，A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知线圈对线圈的作用力等于线圈对线圈的作用力，C错误；由相互作用力的特点知，线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力，不是一对相互作用力，D错误。11.电磁炮是一种新式武器，其工作原理如图所示。当水平放置的两光滑平行导轨接入电源时，强电流从一导轨流出，经滑块(炮弹)从另一导轨流回时，在两导轨平面间产生强磁场，磁感应强度大小与电流成正比。通有电流的炮弹在安培力的作用下加速一段距离后，会以很大的动能
10、射出。关于电磁炮，下列说法正确的是(不考虑滑块移动产生的电动势)()A当平行导轨通有如图所示的电流时，导轨间的磁场方向竖直向下B当回路中电流一定时，炮弹将做匀加速直线运动C若只将电流增大到原来的2倍，则炮弹射出的动能也会增大到原来的2倍D若只将导轨长度增大到原来的2倍，则炮弹射出的动能会增大到原来的4倍解析：选B当平行导轨通有题图所示的电流时，根据安培定则可知导轨间的磁场方向竖直向上，A错误；当回路中电流一定时，根据牛顿第二定律可得F安BILma，解得炮弹加速度a，所以炮弹将做匀加速直线运动，B正确；若只将电流增大到原来的2倍，磁感应强度也变为原来的2倍，则安培力增大到原来的4倍，根据动能定理
11、F安xEk0，可得炮弹射出时的动能也会增大到原来的4倍，C错误；若只将导轨长度x增大到原来的2倍，根据动能定理F安xEk0，可得炮弹射出时的动能也会增大到原来的2倍，D错误。12(2021珠海高二检测)如图所示为一电流表的原理示意图。质量为m的匀质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的绝缘弹簧相连，绝缘弹簧的劲度系数为k。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的示数，MN的长度大于。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流的大小。重力加速度为g。(
12、1)当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为多少？(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k2.0 N/m，0.20 m，0.05 m，B0.20 T，则此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)(4)在(3)的条件下，若将量程扩大为原来的2倍，磁感应强度应变为多大？解析：(1)设电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x，则有mgkx，解得x。(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则分析知，M端应接电源正极。(3)设电流表满偏时通过MN的电流为Imax，则有BImaxmgk(x)联立并代入数据解得Imax2.5 A，故电流表的量程为02.5 A。(4)设量程扩大后，磁感应强度为B，则有2BImaxmgk(x)解得B0.1 T。答案：(1)(2)M端(3)02.5 A(4)0.1 T
