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2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練十七 磁場 安培力(含解析)

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2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練十七 磁場 安培力(含解析)

磁場 安培力1本知識點每年必考,近幾年的考查重點,主要是在選擇題中考查磁場及磁感應(yīng)強(qiáng)度、電流的磁場及安培定則的應(yīng)用。2注意要點:分析安培力時,要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。二、考題再現(xiàn)典例1.(2019·全國I卷·17)如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成,固定于勻強(qiáng)磁場中,線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為()A2FB1.5FC0.5F D0典例2.(2018全國II卷20)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2,L1中的電流方向向左,L2中的電流方向向上;L1的正上方有a、b兩點,它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中,外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0,方向也垂直于紙面向外。則()A流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0B流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0D流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0三、對點速練1如圖所示,AC是四分之一圓弧,O為圓心,D為圓弧中點,A、D、C處各有一垂直紙面的通電直導(dǎo)線,電流大小相等,方向垂直紙面向里,整個空間還存在一個大小為B的勻強(qiáng)磁場,O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰好為零。如果將D處電流反向,其他條件都不變,則O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A2(1)B B2(1)B C2B D02(多選)無限長的通電直導(dǎo)線在其周圍某一點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與電流I成正比,與這一點到導(dǎo)線的距離r成反比,即(式中k為常數(shù))。如圖所示,兩根相距L的無限長直導(dǎo)線M、N通有大小相等、方向相反的電流,a點在兩根導(dǎo)線的垂線上且距兩根導(dǎo)線的距離均為L,b點在兩根導(dǎo)線連線的延長線上且距導(dǎo)線N的距離也為L,下列說法正確的是()Aa點和b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同Ba點和b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反Ca點和b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為21Da點和b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為413如圖所示為測感應(yīng)強(qiáng)度大小的一種方式,邊長為l、一定質(zhì)量的等邊三角形導(dǎo)線框用絕緣細(xì)線懸掛于天花板,導(dǎo)線框中通以逆時針方向的電流。圖中虛線過ab邊中點和ac邊中點,在虛線的下方為垂直于導(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場,導(dǎo)線框中的電流大小為I。此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài),通過傳感器測得細(xì)線中的拉力大小為F1;保持其它條件不變,現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方,此時測得細(xì)線中拉力大小為F2。則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A BC D4通電的等腰梯形導(dǎo)線框abcd與無限長通電直導(dǎo)線MN在同一平面內(nèi),電流方向如圖所示,ab邊與MN平行。下列關(guān)于通電直導(dǎo)線MN的磁場對線框作用的()A線框所受安培力的合力為零B線框有兩條邊所受的安培力方向相同C線框有兩條邊所受的安培力大小相同D線框在安培力作用下一定有向右的運動趨勢5如圖,光滑斜面上放置一根通有恒定電流的導(dǎo)體棒,空間有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場B,導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)將勻強(qiáng)磁場的方向沿圖示方向緩慢旋轉(zhuǎn)到水平方向,為了使導(dǎo)體棒始終保持靜止?fàn)顟B(tài),勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)同步()A增大 B減小C先增大,后減小 D先減小,后增大6如圖所示,在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF,導(dǎo)軌上放一金屬棒MN。現(xiàn)從t0時刻起,給金屬棒通以圖示方向的電流且電流強(qiáng)度與時間成正比,即Ikt,其中k為常量,金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。下列關(guān)于金屬棒的速度v、加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖象,可能正確的是()7 如圖甲所示,電磁炮是一種新型的兵器,其射程甚至可達(dá)數(shù)百公里,遠(yuǎn)遠(yuǎn)超過常規(guī)炮彈。它的主要原理如圖乙所示,當(dāng)彈體中通以強(qiáng)電流時,彈體在強(qiáng)大的磁場力作用下加速前進(jìn),最后從炮口高速射出。設(shè)兩軌道間距離為0.10 m,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為40 T,電流2000 A,軌道長度為20 m,不考慮電流產(chǎn)生的磁場對勻強(qiáng)磁場強(qiáng)度的影響,則()A若不計任何阻力,質(zhì)量為20 g的炮彈最終獲得的速度為400 m/sB若不計任何阻力,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度加倍,則炮彈獲得的速度也加倍C若阻力大小一定,軌道長度加倍,速度變?yōu)楸禗若阻力大小一定,電流加倍,速度變?yōu)楸?(多選)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為,間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上,距底端的距離為s,導(dǎo)軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑,重力加速度為g。在金屬棒下滑到底端的過程中()A末速度的大小B通過金屬棒的電流大小C通過金屬棒的電流大小D通過金屬棒的電荷量9(多選)電流天平可以用來測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。如圖甲所示,測量前天平已調(diào)至平衡,測量時,在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼,右邊托盤中不放砝碼,將一個質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部,再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中。線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中,不計連接導(dǎo)線對線圈的作用力,電源電動勢為E,內(nèi)阻為r。開關(guān)S閉合后,調(diào)節(jié)可變電阻至R1時,天平正好平衡,此時電壓表讀數(shù)為U。已知m0m,取重力加速度為g,則()A矩形線圈中電流的方向為逆時針方向B矩形線圈的電阻C勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小D若僅將磁場反向,在左盤中再添加質(zhì)量為2m0m的砝碼可使天平重新平衡10如圖所示,在傾角為的斜面上,固定有間距為l的平行金屬導(dǎo)軌,在導(dǎo)軌上,垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab,整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌與電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源連接,金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為,且tan,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,金屬棒和導(dǎo)軌電阻不計?,F(xiàn)閉合開關(guān)S,發(fā)現(xiàn)滑動變阻器接入電路阻值為0時,金屬棒不能靜止。(1)判斷金屬棒所受的安培力方向;(2)求使金屬棒在導(dǎo)軌上保持靜止時滑動變阻器接入電路的最小阻值R1和最大阻值R2。11如圖所示,半徑為R的四分之一光滑圓弧金屬導(dǎo)軌寬為L,全部處在豎直面內(nèi)的輻向磁場區(qū)域中,磁場方向和軌道曲面垂直,軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,圓弧最高點A處切線豎直m的金屬導(dǎo)體棒ab通過金屬導(dǎo)軌和電路相通,電源電動勢E及內(nèi)阻r,電阻R1、R2,電容器的電容C、重力加速度g均為已知。金屬軌道水平部分無磁場且與導(dǎo)體棒的動摩擦因數(shù)為,當(dāng)開關(guān)S閉合瞬間將導(dǎo)體棒由A點靜止釋放,運動中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不考慮導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢以及導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻。求:(1)電容器上的電荷量;(2)金屬棒到圓弧上D點處(切線水平)時對軌道的壓力;(3)金屬棒在平直導(dǎo)軌上滑行的最大距離。(導(dǎo)軌足夠長) 答案二、考題再現(xiàn)典例1.【解析】設(shè)三根相同的導(dǎo)體棒的電阻均為R,長度均為l,其中ML和LN為串聯(lián)關(guān)系,總電阻為2R。由并聯(lián)電路特點可知,通過MN的電流為通過ML和LN中的電流的兩倍,若MN受到的安培力FBIl,則ML和LN受到的安培力的合力F1BIl,MN受到的安培力與ML和LN受到的安培力的合力的方向相同,故線框受到的安培力為F合FF11.5F,故選B?!敬鸢浮緽典例2.【解析】由對稱性可知,流經(jīng)L1的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,設(shè)為B1,流經(jīng)L2的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等但方向相反,設(shè)其大小為B2,由磁場疊加原理有B0B1B2B0,B0B1B2B0,聯(lián)立解得B1B0,B2B0,所以A、C正確。【答案】AC三、對點速練1【答案】A【解析】O點的實際磁感應(yīng)強(qiáng)度是A、D、C處電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度與空間大小為B的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和,O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恰好為零,則A、C與空間磁場的矢量合一定與D單獨產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向,根據(jù)合成可得:D電流產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度;所以將D處電流反向,其他條件都不變,O處磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2BD=2(1)B,A正確。2【答案】BC【解析】設(shè)通電直導(dǎo)線在距離L處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,兩導(dǎo)線M、N在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向成120°角,磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合仍為B0,方向垂直MN連線向下。兩導(dǎo)線M、N在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為0.5B0、B0,磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量合為0.5B0,方向垂直MN連線向上,所以a點和b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反,大小之比為21,選項BC正確,A、D錯誤。3【答案】A【解析】現(xiàn)將虛線下方的磁場移至虛線上方,此時細(xì)線中拉力為F2。線框處于勻強(qiáng)磁場中,則各邊受到的安培力大小相等,依據(jù)左手定則,可知安培力夾角均為120°,因此安培力合力為F安,則有F2=mg+F安;當(dāng)在虛線的下方有一垂直于導(dǎo)線框向里的勻強(qiáng)磁場,此時導(dǎo)線框處于靜止?fàn)顟B(tài),細(xì)線中的拉力為F1;依據(jù)左手定則,則各邊受到安培力如圖所示,結(jié)合矢量的合成法則,及三角知識,則線框受到安培力的合力,方向豎直向上,大小為;根據(jù)平衡條件,則有:F1+F安=mg,解得:F安=mg-F1=F2-F1;即,那么,故A正確,BCD錯誤。4【答案】C【解析】直導(dǎo)線中的電流方向由N到M,根據(jù)安培定則,導(dǎo)線右側(cè)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向內(nèi),根據(jù)左手定則,ab邊受向左的安培力,cd邊受到向右的安培力,ad邊受到斜向左下方的安培力,bc受到左上方安培力,四個邊所受的安培力的合力不為零,其中bc邊和ad邊所受的安培力大小相同,故AB錯誤,C正確;離MN越遠(yuǎn)的位置,磁感應(yīng)強(qiáng)度越小,故根據(jù)安培力公式F=BIL,cd邊受到的安培力小于ab邊、bc邊和ad邊受到的安培力的矢量和,則線框在安培力作用下一定有向左的運動趨勢,故D錯誤。5【答案】A【解析】對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖,當(dāng)磁場方向緩慢旋轉(zhuǎn)到水平方向,安培力方向緩慢從圖示位置轉(zhuǎn)到豎直向上,因為初始時刻安培力沿斜面向上,與支持力方向垂直,最小,所以安培力一直變大,而安培力F安=BIL,所以磁場一直增大,BCD錯誤A正確。6【答案】D【解析】從t0時刻起,金屬棒通以電流Ikt,由左手定則可知,安培力方向垂直紙面向里,使其緊壓導(dǎo)軌,導(dǎo)致金屬棒在運動過程中,所受到的摩擦力增大,所以加速度在減小,當(dāng)滑動摩擦力小于重力時速度與加速度方向相同,所以金屬棒做加速度減小的加速運動當(dāng)滑動摩擦力等于重力時,加速度為零,此時速度達(dá)到最大當(dāng)安培力繼續(xù)增大時導(dǎo)致加速度方向豎直向上,則出現(xiàn)加速度與速度方向相反,因此做加速度增大的減速運動vt圖象的斜率絕對值表示加速度的大小,故選項A、B均錯誤;對金屬棒MN,由牛頓第二定律得mgFNma,而FNBILBktL,即mgBktLma,因此agt,顯然加速度a與時間t成線性關(guān)系,故選項C錯誤,D正確。7【答案】C【解析】在運動過程中受到的安培力大小為F=BIL=8000N,運動過程中,根據(jù)動能定理可知Fx=mv2,解得v=4000m/s,故A錯誤;根據(jù)上述公式可知,若不計任何阻力,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度加倍,則炮彈獲得的速度變?yōu)樵瓉淼谋?,故B錯誤;若阻力大小一定,軌道長度加倍,根據(jù)動能定理可知BILxfxmv2,解得,故軌道長度加倍,速度變?yōu)楸?,若電流加倍,速度不是原來的倍,故C正確,D錯誤。8【答案】ACD【解析】根據(jù)速度位移關(guān)系v2=2as可得末速度的大小,故A正確;以導(dǎo)體棒為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得:mgsin-BId=ma,解得通過金屬棒的電流大小,故B錯誤、C正確;金屬棒運動的時間,根據(jù)電荷量的計算公式可得通過金屬棒的電荷量,故D正確。9【答案】AC【解析】對矩形線圈受力分析可知所受安培力向上,再由左手定則可知矩形線圈中電流的方向為逆時針方向,故A正確;根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U=E-UR+R1r,解得矩形線圈的電阻R=UrE-U-R1,故B錯誤;根據(jù)平衡條件可得m0g-F=mg,而F=nBIl,I=E-Ur,解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=(m0-m)grn(E-U)l,故C正確;開始線圈所受安培力的方向向上,僅將磁場反向,則安培力方向反向,變?yōu)樨Q直向下,相當(dāng)于右邊多了兩倍的安培力大小,所以需要在左邊加砝碼,添加質(zhì)量為m=2Fg=2(m0-m)的砝碼可使天平重新平衡,故D錯誤。10【解析】(1)由左手定則可判斷金屬棒所受安培力的方向平行于斜面向上。(2)當(dāng)R最小時,金屬棒所受安培力為最大值F1,所受的摩擦力為最大靜摩擦力,方向平行斜面向下,則由平衡條件得FN1mgcosF1mgsinfmaxfmaxFN1由閉合電路歐姆定律有:安培力F1=BI1l聯(lián)立以上各式解得滑動變阻器R的最小值為當(dāng)R最大時,金屬棒所受安培力為最小值F2,所受的摩擦力為最大靜摩擦力,方向平行斜面向上,同理可得F2mgsin-mgcos由閉合電路歐姆定律有:安培力F2=BIl聯(lián)立以上各式解得滑動變阻器R的最大值為11【解析】(1)當(dāng)開關(guān)S閉合后,導(dǎo)體棒中的電流I,由歐姆定律得:電容器兩極板間電壓等于R1兩端電壓U:電容器上的電荷量解得:(2)金屬棒在輻向磁場中受到的安培力分析沿圓弧切線,大小為F:從A到D過程,由動能定理知:在D點,金屬棒受到支持力N和重力mg的合力充當(dāng)向心力:聯(lián)立解得(3)金屬棒在水平軌道上水平方向只受摩擦力,由動能定理得:解得:。9

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