2019-2020年高中物理 5.4探究安培力自我小測 滬科版選修3-1.doc

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2019-2020年高中物理 5.4探究安培力自我小測 滬科版選修3-1 1下列說法中正確的是(　　) A．磁場中某一點的磁感應(yīng)強度可以這樣測定：把一小段通電導線放在該點時受到的磁場力F與該導線的長度L、通過的電流I乘積的比值即B＝ B．通電導線在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應(yīng)強度一定為零 C．磁感應(yīng)強度B＝只是定義式，它的大小取決于場源以及磁場中的位置，與F、I、L以及通電導線在磁場中的方向無關(guān) D．通電導線所受磁場力的方向就是磁場的方向 2如圖所示的天平可用來測定磁感應(yīng)強度。天平的右臂下面掛有一個矩形線圈。寬度為l，共N匝，線圈下端懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面。當線圈中通有電流I，方向如圖時，在天平左右兩邊加上質(zhì)量各為m1、m2的砝碼，天平平衡，當電流反向(大小不變)時，右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重新平衡，由此可知(　　) A．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，大小為(m1－m2)g/NIl B．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里，大小為mg/2NIl C．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向外，大小為(m1－m2)g/NIl D．磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向外，大小為mg/2NIl 3如圖所示，兩個完全相同的線圈套在一水平光滑絕緣圓柱上，但能自由移動，若兩線圈內(nèi)通以大小不等的同向電流，則它們的運動情況是(　　) A．都繞圓柱轉(zhuǎn)動 B．以不等的加速度相向運動 C．以相等的加速度相向運動 D．以相等的加速度相背運動 4在一根長為0.2 m的直導線中通入2 A的電流，將導線放在磁感應(yīng)強度為0.5 T的勻強磁場中，則導線受到的安培力的大小可能是(　　) A．0.4 N B．0.2 N C．0.1 N D．0 5如圖所示，一金屬直桿MN兩端接有導線，懸掛于線圈上方，MN與線圈軸線均處于豎直平面內(nèi)，為使MN垂直于紙面向外運動，可以(　　) A．將a、c端接在電源正極，b、d端接在電源負極 B．將b、d端接在電源正極，a、c端接在電源負極 C．將a、d端接在電源正極，b、c端接在電源負極 D．將a、c端接在交流電源的一端，b、d端接在交流電源的另一端 6如圖所示，一條形磁鐵放在水平桌面上，在磁鐵右上方固定一根與磁鐵垂直的長直導線。當導線中通以由外向內(nèi)的電流時磁鐵仍然保持靜止，則(　　) A．磁鐵受到向左的摩擦力，磁鐵對桌面的壓力減小 B．磁鐵受到向右的摩擦力，且對桌面的壓力減小 C．磁鐵受到向左的摩擦力，且對桌面的壓力增大 D．磁鐵不受摩擦力，對桌面的壓力不變 7在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示。過c點的導線所受安培力的方向(　　) A．與ab邊平行，豎直向上 B．與ab邊平行，豎直向下 C．與ab邊垂直，指向左邊 D．與ab邊垂直，指向右邊 8如圖所示，用兩根相同的細繩水平懸掛一段均勻載流直導線MN，電流I方向從M到N，繩子的拉力均為F。為使F＝0，可能達到要求的方法是(　　) A．加水平向右的磁場 B．加水平向左的磁場 C．加垂直紙面向里的磁場 D．加垂直紙面向外的磁場 9磁場對放入其中的長為l、電流為I、方向與磁場垂直的通電導線有力的作用，可以用磁感應(yīng)強度B描述磁場力F的性質(zhì)，磁感應(yīng)強度的大小B＝__________。在物理學中，用類似方法描述物質(zhì)基本性質(zhì)的物理量還有__________等。 10如圖所示， MN、PQ為水平放置的金屬導軌。直導線ab與導軌垂直放置，導軌間距L＝10 cm，其電阻為0.4 Ω，導軌所在區(qū)域處在勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應(yīng)強度B＝0.2 T。電池電動勢E＝1.5 V，內(nèi)電阻r＝0.18 Ω，電阻R＝1.6 Ω，開關(guān)S接通后直導線ab仍靜止不動。求直導線ab所受的摩擦力的大小和方向。 11如圖所示，水平桌面上放置的U形金屬導軌，串接有電源?，F(xiàn)將兩根質(zhì)量相等的裸導線L1和L2放在導軌上，方向與導軌垂直，導軌所在的平面有一個方向向上的勻強磁場。當合上開關(guān)后，兩根導線便向右運動，并先后脫離導軌右端掉到水平地面上，測得它們落地位置與導軌右端的水平距離分別為s1和s2，求合上開關(guān)后： (1)安培力對導線L1和L2所做的功之比W1∶W2為多少？ (2)通過導線L1和L2的電荷量之比q1∶q2為多少？ 12下圖是導軌式電磁炮實驗裝置示意圖。兩根平行長直金屬導軌沿水平方向固定，其間安放金屬滑塊(即實驗用彈丸)?；瑝K可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌保持良好接觸。電源提供的強大電流從一根導軌流入，經(jīng)過滑塊，再從另一導軌流回電源。滑塊被導軌中的電流形成的磁場推動而發(fā)射。在發(fā)射過程中，該磁場在滑塊所在位置始終可以簡化為勻強磁場，方向垂直于紙面，其強度與電流的關(guān)系為B＝kI，比例常量k＝2.510－6 T/A。已知兩導軌內(nèi)側(cè)間距l(xiāng)＝1.5 cm，滑塊的質(zhì)量m＝30 g，滑塊沿導軌滑行5 m后獲得的發(fā)射速度v＝3.0 km/s(此過程視為勻加速運動)。 (1)求發(fā)射過程中電源提供的電流強度； (2)若電源輸出的能量有4%轉(zhuǎn)換為滑塊的動能，則發(fā)射過程中電源的輸出功率和輸出電壓各是多大； (3)若此滑塊射出后隨即以速度v沿水平方向擊中放在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度為s′。設(shè)砂箱質(zhì)量為M，滑塊質(zhì)量為m，不計砂箱與水平面之間的摩擦，求滑塊對砂箱平均沖擊力的表達式。 參考答案 1答案：C 2解析：由于當電流反向時，右邊需再加砝碼，可判定電流反向后，安培力方向向上，因此題圖示電流方向時安培力方向向下，此時：m1g＝m2g＋m′g＋NBIl，m′為線框的質(zhì)量，電流反向后：m1g＝(m2＋m)g＋m′g－NBIl。由以上兩式可得：mg＝2NBIl，即B＝，再由左手定則可判定磁感應(yīng)強度的方向為垂直紙面向里。 答案：B 3解析：同向環(huán)形電流間相互吸引，雖兩電流大小不等，但據(jù)牛頓第三定律知兩線圈間的相互作用力必大小相等。 答案：C 4解析：因為最大的安培力Fm＝BIL＝0.2 N，最小的安培力F2＝0，故0≤FA≤0.2 N。 答案：BCD 5解析：將a接正極b接負極，電流方向為M→N，c接正極d接負極，由右手螺旋定則可知，線圈上端為N極。由左手定則判定MN向外運動，A正確。b接正極a接負極時電流方向為N→M，d接正極c接負極，由右手螺旋定則可知線圈下端為N極，由左手定則可判定MN向外運動，B正確。a接正極電流方向為M→N，d接正極可知線圈下端為N極，由左手定則可判定MN向里運動，C錯誤。D也是正確的。 答案：ABD 6解析：此題若從電流產(chǎn)生的磁場入手分析，通電直導線的磁場可以用安培定則判斷，但處于磁場中的不是小磁針而是大條形磁鐵，其受力如何很難判定，可能會誤認為D選項正確。若將思維方式變換一下，先判定條形磁鐵在通電導線處的磁場方向；再用左手定則判斷通電導線在條形磁鐵的磁場中受到的安培力，如題圖所示為斜向左下方；然后根據(jù)牛頓第三定律，磁鐵受到通電導線的作用力應(yīng)斜向右上方。因磁鐵受力平衡，所以支持力減小，即對桌面的壓力減小，同時受到向左的摩擦力。故A選項正確。 答案：A 7解析：根據(jù)右手定則判斷出c處合磁場方向與ab連線平行，方向向下。由左手定則可知安培力方向向左。故A、B、D錯，C正確。 答案：C 8解析：不加磁場時，拉力與重力平衡，加上磁場后，拉力為零，說明磁場力與重力平衡，磁場力方向豎直向上，由左手定則知，所加磁場方向垂直紙面向里，C正確。 答案：C 9答案：　電場強度 10解析：導線處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示。當開關(guān)閉合時，電阻R與導線ab并聯(lián)： R并＝＝ Ω＝0.32 Ω。 ab兩端的電壓為： U＝IR并＝R并 ＝0.32 V＝0.96 V。 通過ab的電流為Iab＝＝ A＝2.4 A。 導線ab所受的安培力F為： F＝BIabL＝0.22.40.1 N＝0.048 N。 由平衡條件可得：F摩＝F＝0.048 N。 所以導線所受的摩擦力大小為0.048 N，方向水平向左。 答案：0.048 N，水平向左。 11解析：(1)閉合開關(guān)后，兩導線在安培力的作用下離開導軌，然后做平拋運動。安培力對導線所做的功，等于導線做平拋運動的初動能。由于兩導線做平拋運動的飛行時間相同，所以，平拋運動的初速度與其水平射程成正比，故： W1∶W2＝mv∶mv＝v∶v＝s∶s。 (2)設(shè)安培力作用的時間為Δt，則由動量定理有： BILΔt＝mv， 而IΔt＝q，代入得：BLq＝mv， 所以q1∶q2＝v1∶v2＝s1∶s2。 答案：(1)s∶s　(2)s1∶s2 12解析：(1)由勻加速運動公式有a＝＝9105 m/s2，由安培力公式和牛頓第二定律，有F＝IBl＝kI2l，kI2l＝ma，因此 I＝＝8.5105 A。 (2)滑塊獲得的動能是電源輸出能量的4%，即PΔt4%＝mv2，發(fā)射過程中電源供電時間Δt＝＝10－2 s。 所需電源輸出功率為 P＝＝1.0109 W。 由功率P＝IU，解得輸出電壓 U＝＝1.2103 V。 (3)分別對砂箱和滑塊用動能定理，有 sM＝Mv′2， ′sm＝mv′2－mv2. 由牛頓定律＝－′和相對運動sm＝sM＋s′， 動量守恒mv＝(m＋M)v′， 聯(lián)立求得s′＝mv2. 故平均沖擊力＝。 答案：(1)8.5105 A　(2)1.0109 W，1.2103 V　(3)