2024-2025學年下學期高二物理教科版同步經(jīng)典題精練之安倍力的應用

第39頁（共39頁）2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經(jīng)典題精練之安倍力的應用一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?龍華區(qū)期末）法拉第電動機原理如圖，圓形水銀槽正下方豎直固定一強條形磁鐵，金屬桿斜插在水銀中，桿的上端與固定在水銀槽圓心正上方的鉸鏈相連。連接如圖的電源后，從上往下看，金屬桿逆時針轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是（）A．條形磁鐵的上端為N極 B．金屬桿上端改接電源正極，不會改變轉(zhuǎn)動方向 C．改變電源電動勢的大小，不會影響金屬桿轉(zhuǎn)動的快慢 D．此過程電能轉(zhuǎn)化為機械能的效率為100%2．（2024秋?溫州期末）圖甲為磁電式電流表的結(jié)構(gòu)圖，極靴和鐵質(zhì)圓柱間的磁場分布如圖乙所示，磁感應強度大小只與到轉(zhuǎn)軸的距離有關。測量某恒定電流時，線圈a、b兩邊的電流方向如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．線圈將逆時針轉(zhuǎn)動 B．線圈轉(zhuǎn)動過程中，a邊所受安培力方向不變 C．線圈轉(zhuǎn)動過程中，a邊所受安培力大小不變 D．線圈轉(zhuǎn)動過程中，a邊與b邊所受安培力方向始終相同3．（2024秋?東城區(qū)期末）如圖甲所示是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)示意圖，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻輻向分布的，線圈中a、b兩條導線長均為L，分別通以圖乙所示方向的電流I，兩條導線處的磁感應強度大小均為B，則（）A．該磁場是勻強磁場 B．在輻向磁場中磁感線總是與線圈平面垂直 C．線圈將逆時針方向轉(zhuǎn)動 D．a(chǎn)、b導線各自受到的安培力大小總為ILB4．（2023秋?鄂爾多斯期末）如圖所示，某單量程磁電式電表的基本組成部分是磁鐵（極靴）、線圈、鐵芯等，下列關于該磁電式電表的說法中正確的是（）A．磁鐵極靴與鐵芯間的磁場是勻強磁場 B．電表中通的電流越大，指針偏轉(zhuǎn)角度越大 C．電表里面的鐵芯是為了減小線圈與磁場間的作用 D．改變電流方向，指針偏轉(zhuǎn)方向不變5．（2023秋?普寧市期末）電磁軌道炮發(fā)射的基本原理圖如圖所示，兩條平行的金屬導軌充當傳統(tǒng)火炮的炮管，彈丸放置在兩導軌之間，并與導軌保持良好接觸，當電磁炮中通過如圖虛線所示的強電流時，軌道電流在彈丸處形成垂直于軌道平面的磁場，彈丸獲得很大的加速度，最終高速發(fā)射出去，下列說法正確的是（）A．電磁炮的本質(zhì)是一種大功率的發(fā)電機 B．若通入與圖示方向相反的電流，彈丸不能發(fā)射出去 C．其他條件不變的情況下，彈丸的質(zhì)量越小，發(fā)射速度越大 D．兩導軌中的強電流（如圖示）在導軌之間產(chǎn)生的磁場，方向豎直向下二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?吉林期末）實驗室經(jīng)常使用的電流表是磁電式儀表，其原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱形鐵芯，兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。極靴與圓柱形鐵芯間的磁感線（部分）己畫出，a、b、c和d為磁場中的四個點，左、右兩側(cè)通電導線中的電流方向已標出，下列說法正確的是（）A．極靴與圓柱形鐵芯間的磁場是勻強磁場 B．c、d兩點的磁感應強度方向相同 C．圖示左側(cè)通電導線受到的安培力向上 D．因為磁感線是閉合的，所以有大量磁感線通過圓柱形鐵芯（多選）7．（2023秋?十堰期末）電磁軌道炮彈體發(fā)射的工作原理如圖所示，待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸，恒定電流從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回，軌道電流在彈體處可形成垂直于軌道面的磁場（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與I成正比，靜止的通電彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是（）A．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，有效軌道長度變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變 B．只將電流增加至原來的2倍 C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半 D．只將軌道長度變?yōu)樵瓉淼?倍（多選）8．（2023秋?鹽田區(qū)校級期末）如圖甲所示是電磁炮發(fā)射過程的情境圖，在發(fā)射過程中，可以簡化為炮彈始終處于磁感應強度為B的豎直方向勻強磁場中。不計一切阻力、不考慮炮彈切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢。下列說法中正確的有（）A．勻強磁場方向為豎直向下 B．發(fā)射過程中安培力對炮彈做負功 C．若只增大電流，炮彈飛出速度將增大 D．若調(diào)換電源正負極并同時將磁場方向變?yōu)榉聪?，則炮彈所受磁場力方向也會反向（多選）9．（2024?荔灣區(qū)校級三模）“電磁炮”是利用電磁力對彈體加速的新型武器，具有速度快效率高等優(yōu)點。如圖是“電磁炮”的原理結(jié)構(gòu)示意圖。光滑水平導軌電阻不計，寬為L．在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B．“電磁炮”彈體總質(zhì)量為m，其中彈體在軌道間的電阻為R．可控電源的內(nèi)阻為r，電源的電壓能自行調(diào)節(jié)，以保證“電磁炮”勻加速發(fā)射。在某次試驗發(fā)射時，電源為加速彈體提供的電流是I，不計空氣阻力。則（）A．彈體所受安培力大小為BIL B．彈體從靜止加速到v，軌道長度至少為2mC．彈體從靜止加速到v的過程中電源提供的總能量為mvBLD．可控電源的電壓應隨時間均勻增加，才能保證“電磁炮”勻加速發(fā)射三．填空題（共3小題）10．（2024秋?松江區(qū)校級月考）如圖所示是一種磁電式儀表的原理圖。P是帶指針繞在鐵芯上可轉(zhuǎn)動的線圈，線圈置于磁場中，A、B為兩個接線柱。線圈所在的是磁場是（選填“勻強磁場”或“非勻強磁場”）；如指針向右偏轉(zhuǎn)，電流從哪個接線柱流入電表？。（選填“A”或“B”）11．（2024?松江區(qū)校級三模）圖是磁電式電表內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，該電表利用的物理原理是，寫出一條能提高該電表的靈敏度措施是：。12．（2023秋?黃浦區(qū)校級月考）某同學搬運如圖所示的磁電式電流表時，發(fā)現(xiàn)表針晃動劇烈。按照老師建議，該同學在兩接線柱間接一根導線后再次搬運，發(fā)現(xiàn)表針晃動明顯減弱。接上導線后，表內(nèi)線圈（選填“受到”或“不受”）安培力的作用；未接導線時，表內(nèi)線圈（選填“產(chǎn)生”或“不產(chǎn)生”）感應電動勢。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?河東區(qū)期末）甲圖所示電磁炮是一種先進的武器，乙圖為某同學模擬電磁炮的原理圖。為了研究方便，將炮彈視為一個與導軌間距等長的導體棒，其質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝1Ω，固定在電阻不計、間距L＝0.5m的兩根平行傾斜導軌上。已知導軌平面與水平地面的夾角θ＝37°，導軌下端電源電動勢E＝18V、內(nèi)阻r＝1Ω，整個裝置處于磁感應強度大小為B＝0.2T、方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場中。將導體棒由靜止釋放，它最終從導軌上端發(fā)射出去。若導體棒的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）導體棒釋放時所受安培力F的大小和方向；（2）導體棒釋放時加速度a的大小和方向。14．（2023秋?安徽期末）某公園的游樂場中引進了電磁彈射兒童車項目，其裝置簡化示意圖如圖所示。AA′BB′與CC′EE′是兩個寬度均為L＝1.0m的水平平行金屬軌道，兩部分導軌之間用絕緣材料連接，AA′BB′軌道間存在著方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B1，且其大小可調(diào)。CC′EE′軌道的DD′EE′部分存在磁感應強度大小B2＝5T、方向豎直向下的勻強磁場。在AA′BB′金屬軌道的左側(cè)接有電容大小C＝8.0F的電容器，在CC′EE′金屬軌道的右側(cè)接有R＝0.6Ω的定值電阻。一個用木制橫梁連接的兩金屬棒ab、cd固定在兒童車的底部，并將其放在如圖示位置。用電動勢E＝15V的電源（圖中未畫出）為電容器充電完畢后斷開電源，電容器的帶電情況如圖所示，然后閉合開關S，兒童車開始從AA′位置向右加速彈射。已知乘坐一名幼兒時，幼兒和兒童車的總質(zhì)量；m＝50.0kg，兩金屬棒ab、cd及木制橫梁的長度均為L＝1.0mm，兩金屬棒的電阻均為r＝0.3Ω，CC′DD′部分的金屬軌道長度（d1＞L，整個軌道之間各處均光滑且平滑連接，AA′BB′金屬軌道足夠長，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）電容器充電完畢后所帶的電荷量Q；（2）要使兒童車在AA′BB′軌道上能獲得最大的速度，B1應設置為多大？最大速度為多少？（3）兒童車在AA′BB′軌道上獲得最大速度后，離開B1磁場區(qū)域，要使金屬棒cd恰好停在EE′處，DD′EE′部分金屬軌道長度d2為多長。15．（2023秋?通州區(qū)期末）“電磁炮”是現(xiàn)代軍事研究中的一項尖端科技研究課題。其工作原理是將炮架放入強磁場中，并給炮架通入高強度電流，炮架相當于放入磁場的通電直導線，在安培力的作用下加速運動，在較短的軌道上短時間內(nèi)獲得一個非常大的速度射出。如圖所示，已知加速軌道長度為L，軌道間距為d，炮架及炮彈的質(zhì)量為m，足夠大勻強磁場垂直于軌道所在平面，磁感應強度大小為B。炮架與水平軌道垂直。當給炮架通以大小恒為I的電流后，炮架與炮彈一起向右加速運動，不計一切阻力。求：（1）通電時，炮架受到的安培力F的大小；（2）離開軌道時，炮彈的速度v的大?。唬?）采取哪些措施能提高炮彈的發(fā)射速度。（至少提三條）

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經(jīng)典題精練之安倍力的應用參考答案與試題解析題號12345答案ACDBC一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?龍華區(qū)期末）法拉第電動機原理如圖，圓形水銀槽正下方豎直固定一強條形磁鐵，金屬桿斜插在水銀中，桿的上端與固定在水銀槽圓心正上方的鉸鏈相連。連接如圖的電源后，從上往下看，金屬桿逆時針轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是（）A．條形磁鐵的上端為N極 B．金屬桿上端改接電源正極，不會改變轉(zhuǎn)動方向 C．改變電源電動勢的大小，不會影響金屬桿轉(zhuǎn)動的快慢 D．此過程電能轉(zhuǎn)化為機械能的效率為100%【考點】直流電動機．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)金屬桿中產(chǎn)生的電流方向和金屬桿運動的方向判斷磁場方向；轉(zhuǎn)動方向與受力方向有關，改變電流方向會改變受力方向；改變電動勢的大小會改變電路中電流大小，安培力會發(fā)生變化，故速度會變化；電能轉(zhuǎn)化成機械能的效率永遠不會達到100%?！窘獯稹拷猓篈、由題意可知，金屬桿中電流方向由下至上，根據(jù)左手定則，金屬桿逆時針轉(zhuǎn)動，磁鐵的上端應該是N極，故A正確；B、根據(jù)左手定則，安培力的方向?qū)⑴c之前相反，即從逆時針變?yōu)轫槙r針。因此，金屬桿的轉(zhuǎn)動方向?qū)⒏淖?，故B錯誤；C、安培力的大小與電流的大小成正比，因此，改變電源電動勢的大小會直接影響金屬桿轉(zhuǎn)動的快慢，故C錯誤；D、在實際應用中，電能轉(zhuǎn)化為機械能的過程中，由于存在各種能量損失（如電阻發(fā)熱、摩擦等），轉(zhuǎn)化效率不可能達到100%，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題的關鍵在于理解法拉第電動機的工作原理，即電磁感應和安培力的應用。通過分析金屬桿的轉(zhuǎn)動方向，可以判斷磁鐵的極性和電源的極性。同時，理解電源電動勢的大小對金屬桿轉(zhuǎn)動快慢的影響，以及電能轉(zhuǎn)化為機械能的效率問題，也是解答本題的關鍵。2．（2024秋?溫州期末）圖甲為磁電式電流表的結(jié)構(gòu)圖，極靴和鐵質(zhì)圓柱間的磁場分布如圖乙所示，磁感應強度大小只與到轉(zhuǎn)軸的距離有關。測量某恒定電流時，線圈a、b兩邊的電流方向如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．線圈將逆時針轉(zhuǎn)動 B．線圈轉(zhuǎn)動過程中，a邊所受安培力方向不變 C．線圈轉(zhuǎn)動過程中，a邊所受安培力大小不變 D．線圈轉(zhuǎn)動過程中，a邊與b邊所受安培力方向始終相同【考點】磁電式電流表；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】由安培力的公式F＝BIl可判斷安培力大??；根據(jù)磁電式電流表的構(gòu)造，結(jié)合左手定則進行分析?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)左手定則可知線圈將順時針轉(zhuǎn)動，故A錯誤；B.根據(jù)左手定則可知，線圈轉(zhuǎn)動過程中，a邊所受安培力方向改變，故B錯誤；C.線圈轉(zhuǎn)動過程中，磁感應強度大小不變，電流大小不變，根據(jù)F＝BIl可判斷a邊所受安培力大小不變，故C正確；D.根據(jù)左手定則可知，線圈轉(zhuǎn)動過程中，a邊與b邊所受安培力方向始終相反，故D錯誤。故選：C?！军c評】在學過的測量工具或設備中，每個工具或設備都有自己的制成原理；對不同測量工具的制成原理，是一個熱點題型，需要重點掌握。3．（2024秋?東城區(qū)期末）如圖甲所示是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)示意圖，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻輻向分布的，線圈中a、b兩條導線長均為L，分別通以圖乙所示方向的電流I，兩條導線處的磁感應強度大小均為B，則（）A．該磁場是勻強磁場 B．在輻向磁場中磁感線總是與線圈平面垂直 C．線圈將逆時針方向轉(zhuǎn)動 D．a(chǎn)、b導線各自受到的安培力大小總為ILB【考點】磁電式電流表；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】由圖中磁感線的分布確定該磁場是否為勻強磁場，再由左手定則判斷出安培力的方向，最后再計算安培力的大小?！窘獯稹拷猓篈、圖中磁場為輻狀磁場，該磁場不是勻強磁場，勻強磁場的磁感線是平行等間距的直線，磁感應強度大小和方向相同，故A錯誤；B、由圖可知，線圈與磁感線一直平行，故B錯誤；C、根據(jù)左手定則可知，a端受力向上，b受受力向下，故線圈將順時針轉(zhuǎn)動，故C錯誤；D、a、b導線始終與磁感線垂直，故受到的安培力大小總為BIL，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了磁電式電表的原理，當表通電之后，由于線圈中的兩根導線置于磁場之中，兩者均受到安培力的作用，從而帶動指針的轉(zhuǎn)動。4．（2023秋?鄂爾多斯期末）如圖所示，某單量程磁電式電表的基本組成部分是磁鐵（極靴）、線圈、鐵芯等，下列關于該磁電式電表的說法中正確的是（）A．磁鐵極靴與鐵芯間的磁場是勻強磁場 B．電表中通的電流越大，指針偏轉(zhuǎn)角度越大 C．電表里面的鐵芯是為了減小線圈與磁場間的作用 D．改變電流方向，指針偏轉(zhuǎn)方向不變【考點】磁電式電流表．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)勻強磁場的定義進行分析判斷；電表里面的鐵芯是為增大線圈與磁場間的作用；電表中通的電流越大，指針偏轉(zhuǎn)角度越大；改變電流方向，根據(jù)左手定則判定指針的偏轉(zhuǎn)方向?！窘獯稹拷猓篈．電表內(nèi)的磁場是均勻輻向分布磁場，不是勻強磁場，故A錯誤；B．電表中通的電流越大，指針偏轉(zhuǎn)角度越大，因為線圈所受安培力的大小隨電流增大而增大，故B正確；C．鐵芯被磁化變成了磁鐵，它的磁場和線圈的磁場同向、相互疊加加強，增大線圈與磁場間的作用，故C錯誤；D．改變電流方向，線圈所受安培力的方向發(fā)生變化，指針偏轉(zhuǎn)方向發(fā)生改變，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查電磁式儀表的原理，要注意在學過的測量工具或設備中，每個工具或設備都有自己的制成原理；對不同測量工具的制成原理要注意體會。5．（2023秋?普寧市期末）電磁軌道炮發(fā)射的基本原理圖如圖所示，兩條平行的金屬導軌充當傳統(tǒng)火炮的炮管，彈丸放置在兩導軌之間，并與導軌保持良好接觸，當電磁炮中通過如圖虛線所示的強電流時，軌道電流在彈丸處形成垂直于軌道平面的磁場，彈丸獲得很大的加速度，最終高速發(fā)射出去，下列說法正確的是（）A．電磁炮的本質(zhì)是一種大功率的發(fā)電機 B．若通入與圖示方向相反的電流，彈丸不能發(fā)射出去 C．其他條件不變的情況下，彈丸的質(zhì)量越小，發(fā)射速度越大 D．兩導軌中的強電流（如圖示）在導軌之間產(chǎn)生的磁場，方向豎直向下【考點】電磁炮．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；理解能力．【答案】C【分析】AD.根據(jù)安培定則分析作答；B.入與圖示方向相反的電流，磁場方向相應的發(fā)生變化，彈丸所受的安培力方向不變，據(jù)此分析作答；C.根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式分析作答?！窘獯稹拷猓篈．電磁炮的本質(zhì)是電磁發(fā)射技術(shù)，是大功率的電動機，故A錯誤；B．若通入與圖示方向相反的電流，磁場方向相應的發(fā)生變化，彈丸所受的安培力方向不變，因此改變電流方向彈丸也能發(fā)射出去，故B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律F安＝ma加速度a根據(jù)運動學公式v因此在其他條件不變的情況下，彈丸的質(zhì)量越小，發(fā)射速度越大，故C正確；D．兩導軌中的通過如圖所示的強電流，根據(jù)安培定則可知，在導軌之間產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了磁場對電流的作用，知道電磁炮的工作原理，掌握安培定則的運用。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?吉林期末）實驗室經(jīng)常使用的電流表是磁電式儀表，其原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱形鐵芯，兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。極靴與圓柱形鐵芯間的磁感線（部分）己畫出，a、b、c和d為磁場中的四個點，左、右兩側(cè)通電導線中的電流方向已標出，下列說法正確的是（）A．極靴與圓柱形鐵芯間的磁場是勻強磁場 B．c、d兩點的磁感應強度方向相同 C．圖示左側(cè)通電導線受到的安培力向上 D．因為磁感線是閉合的，所以有大量磁感線通過圓柱形鐵芯【考點】磁電式電流表；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據(jù)左手定則判斷安培力方向；磁感線是閉合的曲線，磁感線越密集，磁感應強度越大，且磁感應強度具有方向。【解答】解：A．極靴與圓柱間的磁場大小、方向并非總是相同，勻強磁場的磁感線是一條條距離相等的平行直線，所以該磁場不是勻強磁場，故A錯誤；B．由圖可得c、d兩點的磁感應強度方向相同，故B正確；C．根據(jù)左手定則可知，圖示左側(cè)通電導線受到的安培力向下，故C錯誤；D．因為磁感線是閉合的，所以有大量磁感線通過圓柱形鐵芯，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查的是磁電式電表原理，題型較簡單。（多選）7．（2023秋?十堰期末）電磁軌道炮彈體發(fā)射的工作原理如圖所示，待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸，恒定電流從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回，軌道電流在彈體處可形成垂直于軌道面的磁場（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與I成正比，靜止的通電彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是（）A．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，有效軌道長度變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變 B．只將電流增加至原來的2倍 C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半 D．只將軌道長度變?yōu)樵瓉淼?倍【考點】電磁炮；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；比例法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】AB【分析】對彈體應用動能定理，可得到其出射速度表達式，根據(jù)表達式，即可知分析使其速度變?yōu)樵瓉?倍的條件?！窘獯稹拷猓喝糗壍篱g距為d，有效長度為L，彈體的質(zhì)量為m，出射速度為v，則對彈體應用動能定理BIdL=12而磁感應強度B與I成正比，故其出射速度可表示為：v=若質(zhì)量m變?yōu)樵瓉淼囊话耄行чL度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變，則速度變?yōu)樵瓉?倍；只將電流增加至原來的2倍，則速度變?yōu)樵瓉?倍；只將彈體質(zhì)量減至原來的一半，則速度變?yōu)樵瓉淼?倍；只將軌道長度變?yōu)樵瓉淼?倍，則速度變?yōu)樵瓉淼?倍，故AB正確，CD錯誤。故選：AB?！军c評】本題考查電磁炮分析，關鍵是根據(jù)磁感應強度與電流的關系，得到速度表達式，再結(jié)合數(shù)學知識分析。（多選）8．（2023秋?鹽田區(qū)校級期末）如圖甲所示是電磁炮發(fā)射過程的情境圖，在發(fā)射過程中，可以簡化為炮彈始終處于磁感應強度為B的豎直方向勻強磁場中。不計一切阻力、不考慮炮彈切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢。下列說法中正確的有（）A．勻強磁場方向為豎直向下 B．發(fā)射過程中安培力對炮彈做負功 C．若只增大電流，炮彈飛出速度將增大 D．若調(diào)換電源正負極并同時將磁場方向變?yōu)榉聪颍瑒t炮彈所受磁場力方向也會反向【考點】電磁炮；左手定則判斷安培力的方向；安培力的計算公式及簡單應用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；理解能力．【答案】AC【分析】本題考查電磁炮發(fā)射過程中的物理原理，主要涉及安培力的方向、做功情況以及磁場力與電流方向的關系。根據(jù)題目描述，電磁炮發(fā)射過程中，炮彈在豎直方向的勻強磁場中運動，不考慮阻力和感應電動勢的影響。需要根據(jù)左手定則判斷磁場方向，分析安培力對炮彈的作用，以及電流和磁場方向變化對炮彈運動的影響【解答】解：A、根據(jù)左手定則可知，勻強磁場方向為豎直向下，故A正確；B、發(fā)射過程中安培力對炮彈做正功，使炮彈動能增加，故B錯誤；C、若只增大電流，則根據(jù)F＝BIL可知，安培力變大，則安培力做功變大，加速度變大，則炮彈飛出速度將增大，故C正確；D、若調(diào)換電源正負極并同時將磁場方向變?yōu)榉聪颍鶕?jù)左手定則可判斷，炮彈所受磁場力方向不變，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題關鍵在于理解電磁炮發(fā)射過程中安培力的作用原理，以及如何利用左手定則判斷安培力的方向。同時，需要明確電流、磁場方向變化對安培力方向的影響，以及安培力做功與炮彈動能變化的關系。正確理解這些原理，是解答此類問題的關鍵。（多選）9．（2024?荔灣區(qū)校級三模）“電磁炮”是利用電磁力對彈體加速的新型武器，具有速度快效率高等優(yōu)點。如圖是“電磁炮”的原理結(jié)構(gòu)示意圖。光滑水平導軌電阻不計，寬為L．在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B．“電磁炮”彈體總質(zhì)量為m，其中彈體在軌道間的電阻為R．可控電源的內(nèi)阻為r，電源的電壓能自行調(diào)節(jié)，以保證“電磁炮”勻加速發(fā)射。在某次試驗發(fā)射時，電源為加速彈體提供的電流是I，不計空氣阻力。則（）A．彈體所受安培力大小為BIL B．彈體從靜止加速到v，軌道長度至少為2mC．彈體從靜止加速到v的過程中電源提供的總能量為mvBLD．可控電源的電壓應隨時間均勻增加，才能保證“電磁炮”勻加速發(fā)射【考點】電磁炮；牛頓第二定律的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用．【答案】ACD【分析】A、彈體所受安培力根據(jù)安培力公式可求得；B、當導軌上通入電流后，炮彈在安培力的作用下，做初速度為零勻加速直線運動，由動能定理或根據(jù)牛頓第二定律求出加速度然后利用運動學公式求出軌道長度；C、消耗的總能量轉(zhuǎn)化為彈體的動能和熱量；分別求出動能和焦耳熱即可；D、由于彈體的速度增大，彈體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，電源的電壓應增大，抵消產(chǎn)生的感應電動勢，以保證電源為加速彈體提供恒定的電流，使電磁炮勻加速發(fā)射?！窘獯稹拷猓篈、在導軌通有電流I時，炮彈作為導體受到磁場施加的安培力為：F＝ILB，故A正確；B、由動能定理：Fx=12mv2，解得：C、由F＝ma，v＝at，發(fā)射過程產(chǎn)生的熱量：Q＝I2（R+r）t，彈體的動能：EK=12mv2，電源提供的總能量為E聯(lián)立解得：E=mvBL(D、由于彈體的速度增大，彈體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，電源的電壓應增大，抵消產(chǎn)生的感應電動勢，以保證電源為加速彈體提供恒定的電流，使電磁炮勻加速發(fā)射，故D正確。故選：ACD?！军c評】本題實質(zhì)上就是借助安培力問題考查了力與運動，因此解決這類題目的基本思路是對研究對象正確進行受力分析，弄清功能轉(zhuǎn)化關系，然后依據(jù)相應規(guī)律求解。三．填空題（共3小題）10．（2024秋?松江區(qū)校級月考）如圖所示是一種磁電式儀表的原理圖。P是帶指針繞在鐵芯上可轉(zhuǎn)動的線圈，線圈置于磁場中，A、B為兩個接線柱。線圈所在的是磁場是非勻強磁場（選填“勻強磁場”或“非勻強磁場”）；如指針向右偏轉(zhuǎn)，電流從哪個接線柱流入電表？A。（選填“A”或“B”）【考點】磁電式電流表．【專題】定性思想；歸納法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】非勻強磁場，A?！痉治觥扛鶕?jù)磁場的特點分析；根據(jù)右手螺旋定則分析?！窘獯稹拷猓壕€圈所在位置是帶有極靴的磁鐵的磁場之中，是輻射性磁場，在線圈所在位置處磁感應強度大小都是相等的，但方向不通，但磁場方向總是和線圈平面垂直，這樣保證線圈在轉(zhuǎn)動過程中所受安培力大小不變；若指針向右偏轉(zhuǎn)，則線圈的下端為N極，根據(jù)右手螺旋定則可知電流是從A接線柱流入電流表的。故答案為：非勻強磁場，A?！军c評】本題考查了對磁電式電流表的認識以及右手螺旋定則的應用，基礎題。11．（2024?松江區(qū)校級三模）圖是磁電式電表內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，該電表利用的物理原理是通電線圈因受安培力而轉(zhuǎn)動，寫出一條能提高該電表的靈敏度措施是：增加線圈的匝數(shù)?！究键c】磁電式電流表．【專題】定性思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】通電線圈因受安培力而轉(zhuǎn)動；增加線圈的匝數(shù)。【分析】通電線圈在磁場中受到安培力的作用，因而發(fā)生轉(zhuǎn)動，改變線圈受力即可改變電表的靈敏度?！窘獯稹拷猓寒斢须娏髁鬟^線圈時，在磁場的作用下線圈受到安培力，因而發(fā)生轉(zhuǎn)動，如果增加線圈的匝數(shù)，那么在流過相同電流的情況下線圈的受力會變大，轉(zhuǎn)動更明顯，因此靈敏度更高。故答案為：通電線圈因受安培力而轉(zhuǎn)動；增加線圈的匝數(shù)?！军c評】本題需要對線圈在磁場中的受力進行分析。12．（2023秋?黃浦區(qū)校級月考）某同學搬運如圖所示的磁電式電流表時，發(fā)現(xiàn)表針晃動劇烈。按照老師建議，該同學在兩接線柱間接一根導線后再次搬運，發(fā)現(xiàn)表針晃動明顯減弱。接上導線后，表內(nèi)線圈受到（選填“受到”或“不受”）安培力的作用；未接導線時，表內(nèi)線圈產(chǎn)生（選填“產(chǎn)生”或“不產(chǎn)生”）感應電動勢?！究键c】磁電式電流表．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結(jié)合；理解能力．【答案】受到；產(chǎn)生?！痉治觥扛鶕?jù)電磁阻尼進行分析；未接導線時，表針晃動過程中會產(chǎn)生感應電動勢?！窘獯稹拷猓航由蠈Ь€后，表內(nèi)線圈在晃動過程中產(chǎn)生感應電流，使得線圈受到安培力產(chǎn)生阻尼作用，而使表針晃動減弱；未接導線時，表針晃動過程中表內(nèi)線圈切割磁感線，會產(chǎn)生感應電動勢。故答案為：受到；產(chǎn)生?！军c評】本題主要是考查法拉第電磁感應定律，解答本題的關鍵是知道線圈在磁場中轉(zhuǎn)動過程中會產(chǎn)生感應電動勢，知道電磁阻尼的應用。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?河東區(qū)期末）甲圖所示電磁炮是一種先進的武器，乙圖為某同學模擬電磁炮的原理圖。為了研究方便，將炮彈視為一個與導軌間距等長的導體棒，其質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝1Ω，固定在電阻不計、間距L＝0.5m的兩根平行傾斜導軌上。已知導軌平面與水平地面的夾角θ＝37°，導軌下端電源電動勢E＝18V、內(nèi)阻r＝1Ω，整個裝置處于磁感應強度大小為B＝0.2T、方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場中。將導體棒由靜止釋放，它最終從導軌上端發(fā)射出去。若導體棒的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）導體棒釋放時所受安培力F的大小和方向；（2）導體棒釋放時加速度a的大小和方向?！究键c】電磁炮；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；安培力作用下的運動學問題（力與運動的關系）．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】（1）導體棒釋放時所受安培力F的大小為0.9N，方向沿斜面向上；（2）導體棒釋放時加速度a的大小為1m/s2，方向沿斜面向上?！痉治觥浚?）根據(jù)閉合電路歐姆定律得出電流的大小，結(jié)合安培力的計算公式得出安培力的大小，結(jié)合左手定則分析出安培力的方向；（2）分析導體棒釋放時的受力，由牛頓第二定律得出導體棒的加速度。【解答】解：（1）導體棒剛放在導軌上時，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=解得：I＝9A導體棒剛放在導軌上時所受安培力的大?。篎＝BIL解得：F＝0.9N根據(jù)左手定則可知，導體棒所受安培力方向沿斜面向上。（2）導體棒剛放在導軌上時，對導體棒進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣mgsinθ﹣f＝ma，其中f＝μN＝μmgcosθ解得：a＝1m/s2，方向沿斜面向上。答：（1）導體棒釋放時所受安培力F的大小為0.9N，方向沿斜面向上；（2）導體棒釋放時加速度a的大小為1m/s2，方向沿斜面向上?！军c評】本題主要考查了安培力作用下物體的運動，熟悉歐姆定律和安培力的計算公式，同時結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析。14．（2023秋?安徽期末）某公園的游樂場中引進了電磁彈射兒童車項目，其裝置簡化示意圖如圖所示。AA′BB′與CC′EE′是兩個寬度均為L＝1.0m的水平平行金屬軌道，兩部分導軌之間用絕緣材料連接，AA′BB′軌道間存在著方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B1，且其大小可調(diào)。CC′EE′軌道的DD′EE′部分存在磁感應強度大小B2＝5T、方向豎直向下的勻強磁場。在AA′BB′金屬軌道的左側(cè)接有電容大小C＝8.0F的電容器，在CC′EE′金屬軌道的右側(cè)接有R＝0.6Ω的定值電阻。一個用木制橫梁連接的兩金屬棒ab、cd固定在兒童車的底部，并將其放在如圖示位置。用電動勢E＝15V的電源（圖中未畫出）為電容器充電完畢后斷開電源，電容器的帶電情況如圖所示，然后閉合開關S，兒童車開始從AA′位置向右加速彈射。已知乘坐一名幼兒時，幼兒和兒童車的總質(zhì)量；m＝50.0kg，兩金屬棒ab、cd及木制橫梁的長度均為L＝1.0mm，兩金屬棒的電阻均為r＝0.3Ω，CC′DD′部分的金屬軌道長度（d1＞L，整個軌道之間各處均光滑且平滑連接，AA′BB′金屬軌道足夠長，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：（1）電容器充電完畢后所帶的電荷量Q；（2）要使兒童車在AA′BB′軌道上能獲得最大的速度，B1應設置為多大？最大速度為多少？（3）兒童車在AA′BB′軌道上獲得最大速度后，離開B1磁場區(qū)域，要使金屬棒cd恰好停在EE′處，DD′EE′部分金屬軌道長度d2為多長。【考點】電磁炮；動量定理的內(nèi)容和應用；平行板電容器的相關參數(shù)與計算．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】（1）電容器充電完畢后所帶的電荷量Q為120C；（2）要使兒童車在AA′BB′軌道上能獲得最大的速度，B1應設置為2.5T，最大速度為3m/s；（3）兒童車在AA′BB′軌道上獲得最大速度后，離開B1磁場區(qū)域，要使金屬棒cd恰好停在EE′處，DD′EE′部分金屬軌道長度d2為4m?！痉治觥浚?）根據(jù)Q＝CU計算；（2）根據(jù)動量定理寫出速度的表達式，進而根據(jù)數(shù)學關系得到磁感應強度大小和速度大?。唬?）金屬棒cd進入DD'右側(cè)磁場后，同時切割磁感線相當于電源，金屬棒ab與電阻R并聯(lián)，對兒童車根據(jù)動量定理寫出對應的方程；金屬棒ab進入右側(cè)磁場后，再運動d2﹣L后兒童車停下，金屬棒ab、cd并聯(lián)同時切割磁感線相當于電源，再與電阻R串聯(lián)，再次對兒童車根據(jù)動量定理寫出對應的方程計算?！窘獯稹拷猓海?）由題知，用電動勢E＝15V的電源（圖中未畫出）為電容器充電，則有Q＝CU解得Q＝120C（2）閉合開關S后，兒童車先做加速度變小的加速運動，達到最大速度后做勻速直線運動，設此時的速度為v1，電容器電壓為U，金屬棒ab、cd并聯(lián)，可看作一根金屬棒，受到安培力的沖量作用，規(guī)定向右的方向為正方向，對兒童車由動量定理得B1q1其中q1＝C（E﹣U1）U1＝B1Lv1聯(lián)立解得v當mB1=B1L2Cv1＝3m/s（3）金屬棒cd進入DD'右側(cè)磁場后，同時切割磁感線相當于電源，金屬棒ab與電阻R并聯(lián)，設電路中總電阻為R總1，金屬棒ab進入右側(cè)磁場時速度變?yōu)関2，對兒童車，根據(jù)動量定理有-B其中I2=E2R總1解得v2＝2m/s金屬棒ab進入右側(cè)磁場后，再運動d2﹣L后兒童車停下，金屬棒ab、cd并聯(lián)同時切割磁感線相當于電源，再與電阻R串聯(lián)，設電路中的總電阻為R總2，規(guī)定向右為正方向，速度變化量為﹣v2，對兒童車根據(jù)動量定理有-B其中I3=E3R總2解得d2＝4m答：（1）電容器充電完畢后所帶的電荷量Q為120C；（2）要使兒童車在AA′BB′軌道上能獲得最大的速度，B1應設置為2.5T，最大速度為3m/s；（3）兒童車在AA′BB′軌道上獲得最大速度后，離開B1磁場區(qū)域，要使金屬棒cd恰好停在EE′處，DD′EE′部分金屬軌道長度d2為4m?！军c評】知道在It的乘積表示電荷量，在計算電荷量時要用到平均電流，而平均電流的計算要用平均電動勢，平均電動勢的計算要根據(jù)法拉第電磁感應定律計算。本題綜合性較強，具有一定的難度。15．（2023秋?通州區(qū)期末）“電磁炮”是現(xiàn)代軍事研究中的一項尖端科技研究課題。其工作原理是將炮架放入強磁場中，并給炮架通入高強度電流，炮架相當于放入磁場的通電直導線，在安培力的作用下加速運動，在較短的軌道上短時間內(nèi)獲得一個非常大的速度射出。如圖所示，已知加速軌道長度為L，軌道間距為d，炮架及炮彈的質(zhì)量為m，足夠大勻強磁場垂直于軌道所在平面，磁感應強度大小為B。炮架與水平軌道垂直。當給炮架通以大小恒為I的電流后，炮架與炮彈一起向右加速運動，不計一切阻力。求：（1）通電時，炮架受到的安培力F的大?。唬?）離開軌道時，炮彈的速度v的大?。唬?）采取哪些措施能提高炮彈的發(fā)射速度。（至少提三條）【考點】電磁炮；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】（1）通電時，炮架受到的安培力F的大小為BId；（2）離開軌道時，炮彈的速度v的大小是2BIdL（3）可以通過增加磁場的磁感應強度B，可以增大通電電流，也可以增加軌道的長度L，來提高炮彈的發(fā)射速度。【分析】（1）根據(jù)安培力公式計算；（2）根據(jù)動能定理計算；（3）根據(jù)速度的表達式分析即可?！窘獯稹拷猓海?）炮架受到的安培力為F＝BId（2）根據(jù)動能定理有FL=解得：v=（3）要提高炮彈的發(fā)射速度，需要增加磁場的磁感應強度B，可以增大通電電流，也可以增加軌道的長度L。答：（1）通電時，炮架受到的安培力F的大小為BId；（2）離開軌道時，炮彈的速度v的大小是2BIdL（3）可以通過增加磁場的磁感應強度B，可以增大通電電流，也可以增加軌道的長度L，來提高炮彈的發(fā)射速度?！军c評】熟練掌握安培力公式和動能定理，不難正確解答。

考點卡片1．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關物理量。2．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。【命題方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘脛幽芏ɡ肀容^簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。3．常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化【知識點的認識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關系以及能量轉(zhuǎn)化關系，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】1.常見的功能關系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。4．動量定理的內(nèi)容和應用【知識點的認識】1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應用，應用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變?！窘忸}方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．5．平行板電容器的相關參數(shù)與計算【知識點的認識】綜合應用電容的定義式C=QU和平行板電容器電容的決定式可以計算平行板電容器的相關參數(shù)，如極板電荷量、電壓、板間距離，進一步結(jié)合電場強度與電勢差的關系E=Ud計算兩板之間的電場強度以及應用電場力與電場強度的關系F＝【命題方向】某平行板電容器的電容為C，帶電量為Q，相距為d，今在板間中點放一電量為q的點電荷，則它所受到的電場力的大小為（）A、2kQdd2B、4kQdd2分析：由電容的定義式C=QU求出兩極板間的電壓，由板間電壓與場強的關系式U＝Ed求出板間場強，點電荷所受的電場力大小為F＝qE。解答：由電容的定義式C=QU得，板間電壓為U=QC．板間場強大小為E=Ud故選：C。點評：本題考查對于電容、板間電壓、場強等物理量之間關系的掌握情況?；A題。【解題思路點撥】電容的定義式與決定式的比較1.C=QU是電容的定義式，對某一電容器來說，Q∝U，但C2.C=?rS4πkd是平行板電容器電容的決定式，C∝?r，C∝S6．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式【知識點的認識】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2.表達式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，3.閉合電路中的電壓關系：閉合電路中電源電動勢等于內(nèi)、外電路電勢降落之和E＝U外+U內(nèi)。4.由E＝U外+U內(nèi)可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir。【命題方向】在已接電源的閉合電路里，關于電源的電動勢、內(nèi)電壓、外電壓的關系應是（）A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時，電源電動勢也隨內(nèi)電壓減小D、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內(nèi)電壓也隨之變化，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動勢保持不變。故A錯誤。B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓將增大，電源電動勢保持不變。故B錯誤。C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓也不變。故C錯誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動勢等于內(nèi)電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點評：本題要抓住電源的電動勢是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無關．【解題思路點撥】閉合電路的幾個關系式的對比7．左手定則判斷安培力的方向【知識點的認識】1.安培力的方向：通電導線在磁場中所受安培力的方向與磁感應強度方向、電流方向都垂直。2.左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進人，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。如下圖所示：【命題方向】如圖所示，在勻強磁場中有一通電直導線，電流方向垂直紙面向里，則直導線受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通電直導線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過左手手心，四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．解答：根據(jù)左手定則：伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向下穿過手心，則手心朝上。四指指向電流方向，則指向紙里，拇指指向安培力方向：向左。故選：C。點評：本題考查左手定則的應用能力．對于左手定則的應用，要搞清兩點：一是什么時候用；二是怎樣用．【解題思路點撥】安培力方向的特點安培力的方向既垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即安培力的方向垂直于電流I和磁場B所決定的平面。（1）當電流方向與磁場方向垂直時，安培力方向、磁場方向、電流方向兩兩垂直，應用左手定則時，磁感線垂直穿過掌心。（2）當電流方向與磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直于電流方向，也垂直于磁場方向。應用左手定則時，磁感線斜著穿過掌心。8．安培力的計算公式及簡單應用【知識點的認識】如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導體，所通電流為I，導體所受的安培力大小為F＝BIl；若將導體轉(zhuǎn)過90°，即電流與磁場平行，此時導體所受的安培力的大小為F＝0.2.如圖所示，當電流方向與磁場方向夾角為θ時，安培力的大小為F＝BIlsinθ【命題方向】一根長0.20m、通有2.0A電流的通電直導線，放在磁感應強度為0.50T的勻強磁場中，受到的最大安培力是多少？分析：當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大；根據(jù)安培力的公式計算安培力的大?。獯穑寒斖妼Ь€與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大，為：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．點評：本題只要掌握安培力大小的計算公式F＝BILsinα，就能正確解答，基本題．【解題思路點撥】1、電流方向與磁場方向平行時，導線不受安培力的作用。2、電流方向與磁場方向垂直時，導線受到安培力的大小為F＝BIl。3、電流方向與磁場方向夾角為θ時，導線受到安培力的大小為F＝BIlsinθ。9．安培力作用下的運動學問題（力與運動的關系）【知識點的認識】1.設導體受到的安培力大小為F＝BIl，安培力產(chǎn)生的加速度為a=2.如果導體棒在安培力作用下運動的距離為x，則安培力做功為W＝BIlx。x等于力方向上的位移?！久}方向】如圖，水平放置的光滑的金屬導軌M、N，平行地置于勻強磁場中，間距為d，磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面夾為α，金屬棒ab的質(zhì)量為m，放在導軌上且與導軌垂直．電源電動勢為E，內(nèi)電阻r，定值電阻為R，其余部分電阻不計．則當電鍵調(diào)閉合的瞬間，棒ab的加速度為多大？分析：根據(jù)閉合電路歐姆定律可以計算電鍵閉合瞬間，電路中電流I的大小和方向，已知電流的大小可以算出此時ab棒受到的安培力的大小和方向，對導體棒進行受力分析知，導體棒受到的安培力在水平方向的分力使導體棒ab產(chǎn)生加速度，根據(jù)牛頓第二定律可以算得導體棒的加速度．解答：由題意知，電鍵閉合時，導體棒中通過的電流方向是從a到b，根據(jù)左手定則知，導體棒受到的安培力方向如圖所示因為導體棒受三個力作用下在水平方向運動，故導體棒在豎直方向所受合力為0由題意得：F＝BIL則導體棒所受的合力F合＝F合x＝Fsinα根據(jù)牛頓第二定律，棒產(chǎn)生的加速度a在電路中，根據(jù)閉合電路歐姆定律I=E所以導體棒產(chǎn)生的加速度a=答：棒ab的加速度大小為：a=點評：能通過左手定則確定安培力的大小和方向，并對導體棒正確的受力分析得出導體棒所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律解得．主要考查左手定則和閉合回路的歐姆定律的運用．【解題思路點撥】解決與安培力有關的力學綜合問題時要注意：1．安培力的大小安培力常用公式F＝BIL，要求兩兩垂直，應用時要滿足：（1）B與L垂直；（2）L是有效長度，即垂直磁感應強度方向的長度．如彎曲導線的有效長度L等于兩端點所連直線的長度（如圖所示），相應的電流方向沿L由始端流向末端．因為任意形狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以閉合線圈通電后在勻強磁場中，受到的安培力的矢量和為零．2．通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路（1）選定研究對象；（2）變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；（3）列平衡方程或牛頓第二定律的方程式進行求解．10．電磁炮【知識點的認識】電磁炮是以安培力為動力發(fā)射炮彈的一種裝置。如圖是一種簡化的電磁炮原理圖：設炮彈所受到安培力大小為F＝BIl，從開始加速到離開加速軌道運動的距離為x，離開加速軌道時的速度為v。不考慮任何阻力時，根據(jù)動能定理BIlx=以此可以求出電磁炮射出瞬間的速度。并且通過控制磁場、電流等因素可以很容易使炮彈獲得較高的速度。根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理，人們研制出一種新型的炮彈發(fā)射裝置﹣﹣電磁炮，它的基本原理如圖所示，下列結(jié)論中正確的是（）A、要使炮彈沿導軌向右發(fā)射，必須通以自N向M的電流B、要想提高炮彈的發(fā)射速度，可適當增大電流C、使電流和磁感應強度的方向同時反向，炮彈的發(fā)射方向亦將隨之反向D、要想提高炮彈的發(fā)射速度，可適當增大磁感應強度分析：正確應用左手定則是解答本題的關鍵，在應用時為防止手忙腳亂，可以先讓四指和電流方向一致，然后通過旋轉(zhuǎn)手讓磁感線穿過手心，從而進一步確定大拇指的指向即安培力方向．其大小由公式F＝BIL可知．解答：A、要使炮彈沿導軌向右發(fā)射，即為安培力