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第1讲　磁场　磁场对电流的作用
条形磁体的磁场分布如图所示。 (1)判断磁感线上各点的磁场方向。磁感线的疏密与磁场强弱有什么关系 (2)磁场中某点磁感应强度大小和方向与试探电流元有什么关系 与所受磁场力有什么关系 (3)将通电导线放入磁场中,什么位置时所受磁场力最大 什么位置时所受磁场力最小
[footnoteRef:1] [1:
1.(2025·广西玉林模拟)如图所示,a、b、c为等边三角形的三个顶点,在b、c两处有垂直于三角形所在平面的无限长通电直导线,电流方向均垂直于纸面向里、大小均为I,b处的导线在a处产生的磁感应强度大小为B,方向如图所示。已知无限长通电直导线在真空中某点产生的磁感应强度大小为 B=,其中k为常量,I为通电直导线中的电流,r为该点到导线的距离。则a处的磁感应强度大小为(　　)
[A] B [B] B
[C] B [D] B
【答案】 A
2.(2025·浙江温州模拟)如图所示,菱形导线框abcd放置在水平面上,线框各边长均为L且电阻均匀分布,顶角∠abc=θ,整个空间中存在垂直水平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,将电流从线框a端流入b端流出,通过ab的电流为I,则线框整体所受安培力大小为(　　)
[A] F=BIL
[B] F=BILcos θ
[C] F=0
[D] F=2BILcos θ
【答案】 A]
【答案】 　N　平行四边形　切线　强弱　强　弱　N极　S极　S极　N极　相交　电流　环绕　环形电流　磁场　IlB　0　电流　安培力
考点一　安培定则的应用及磁场的叠加
1.对磁感应强度的理解
(1)磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定,不能根据定义式B=认为B与F成正比,与I、l成反比。
(2)测量磁感应强度时,通电导线必须垂直于磁场方向放置,如果平行于磁场方向放置,则其所受安培力为零,但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量,其方向为放置在其中的小磁针N极的受力方向或静止时N极的
指向。
2.安培定则的应用方法
(1)分清“因”和“果”:电流是“因”,磁场是“果”,既可以由“因”判断“果”,也可以由“果”追溯“因”。
项目 原因(电流方向) 结果(磁场方向)
直线电流 的磁场 拇指 四指
环形电流 的磁场 四指 拇指
(2)优先采用整体法:一个任意形状的电流(如三角形、矩形等)的磁场,从整体效果上可等效为环形电流的磁场,可根据安培定则确定所产生磁场的方向。
(3)若研究磁体与环形电流、通电螺线管的相互作用,可根据安培定则将环形电流或通电螺线管等效成小磁针或条形磁体,然后根据磁极之间的相互作用规律进行分析。
3.直线电流磁场的特点
直线电流产生的磁场的磁感应强度B∝。
(1)对于确定点,导线中电流越大,该点的磁感应强度越大。
(2)导线中电流大小一定时,离导线越近磁感应强度越大。
4.磁场叠加的思路
(1)确定磁场场源,如通电导线。
(2)定位空间中需要求解磁感应强度的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁感应强度的大小和方向。
(3)应用平行四边形定则进行合成。
[例1] 【直线电流磁场的叠加】(2025·江西南昌模拟)如图所示,A、B、C、E、F是在纸面内圆上的五个点,其中连线EF、AC过圆心O点,A、B关于EF对称,∠AOF=60°,在E、F两点处垂直于纸面放置两根相互平行的长直细导线,两根导线中分别通有大小相等的电流I。已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度大小B=,k为常量,r为该点到通电直导线的距离。若E处的电流在A点产生的磁感应强度大小为B1,下列说法正确的是(　　)
[A] 若两根导线中的电流同向,则O点磁感应强度大小为2B1
[B] 若两根导线中的电流同向,则A、B两点磁感应强度相同,大小均为2B1
[C] 若两根导线中的电流反向,则A、C两点磁感应强度相同,大小均为 B1
[D] 无论两根导线中的电流同向还是反向,A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1
【答案】 D
【解析】 同向电流在O点产生的磁场方向相反,磁感应强度大小相等,故若两根导线中的电流同向,O点磁感应强度大小为零,故A错误;根据几何关系有∠AFO=∠AOF=60°,
=tan(90°-∠AFO)=,作出同向电流(假设电流方向垂直于纸面向里)在A、B点磁感应强度的矢量图如图甲所示,则BE1==B1,BF1==B1,则A点磁感应强度大小为BA==2B1,同理可得B点磁感应强度大小为BB=2B1,故A、B两点磁感应强度大小相等,大小均为2B1,根据A、B点磁感应强度的矢量图可知A、B两点磁感应强度方向不同,故B错误;作出反向电流(假设E处电流垂直于纸面向里,F处电流垂直于纸面向外)在A、C点磁感应强度的矢量图如图乙所示,同前面分析,可以发现A、C两点磁感应强度矢量和的方向相同,大小均为2B1,故C错误;根据前面的分析可知,无论两根导线中的电流同向还是反向,A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1,故D正确。
考点二　安培力的分析与计算
(1)下列图示中,匀强磁场中的通电导线在应用公式F=IlB计算安培力时“l”的取值分别为多少
提示:以题图甲为例,CB和CA边所受安培力大小分别为F1=IBlCB,F2=IBlCA,方向如图所示,根据平行四边形定则,折线ACB所受安培力合力大小为F=IBlAB,
即该导线的有效长度为A、B两点连线的长度lAB。同理可推知题图乙、丙中的有效长度均为A、B端点间的长度lAB。
(2)任意形状的闭合线圈,有效长度为多少
提示:任意形状的闭合线圈,其有效长度l都为零,通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和一定为零。
1.安培力的方向
安培力既垂直于B,也垂直于I,即垂直于B与I决定的平面。
2.安培力公式F=IlB的应用条件
(1)匀强磁场。
(2)l与B垂直。
(3)l是指有效长度。
弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端,如图所示。
[例2] 【通电导线的有效长度】 (2024·福建卷,6)(多选)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上, AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中,现给导线通以自A到B大小为I的电流,则(　　)
[A] 通电后两绳拉力变小
[B] 通电后两绳拉力变大
[C] 安培力为πBIr
[D] 安培力为2BIr
【答案】 BD
【解析】 根据左手定则可知,通电后半圆环AB受到的安培力方向竖直向下,根据受力分析可知,通电后两绳拉力变大,故A错误,B正确;半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2r=2BIr,故C错误,D正确。
[例3] 【安培力的叠加】 (2024·湖南湘西阶段练习)如图所示,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)
[A] 2F [B] 1.5F
[C] 0.5F [D] 0
【答案】 B
【解析】 设导体棒的电阻为R,长度为l,则电路中,上、下两段导体的电阻之比为R1∶R2=2R∶R=2∶1,电流之比I1∶I2=1∶2。如题图所示,由于上面一段通电的导体棒受安培力的有效长度也为l,根据安培力计算公式F=IlB,可知F′∶F=I1∶I2=1∶2,得F′=F,根据左手定则可知,两力方向相同,故线框LMN所受的安培力合力大小为F+F′=1.5F,故B正确。
安培力叠加的两种分析思路
(1)先分析通电导线所在处的合磁感应强度的大小和方向,由左手定则判断安培力的方向,由F=IlBsin θ求安培力的大小。
(2)先由左手定则判断各个安培力的方向,由F=IlBsin θ求各个安培力的大小,再由平行四边形定则求其合力。
考点三　安培力作用下导体运动情况的判断
1.分析思路
若要判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况,然后利用左手定则判定导体所受安培力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
2.常用方法
电流 元法 分割为电流元安培力方向整段导体所受合力方向运动方向
特殊 位置法 在特殊位置安培力方向运动方向
等效法 环形电流小磁针 通电螺线管条形磁体
结论法 同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势
转换 研究 对象法 先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向
[例4] 【结论法的应用】 (2024·湖北黄冈阶段练习)(多选)图甲为某高压直流输电线上使用的“正方形绝缘间隔棒”,它的作用是固定导线间距,防止导线相碰。将一正方形绝缘间隔棒支撑四根相互平行的长直导线a、b、c、d,图乙为其截面图,O为几何中心,长直导线a、b、c、d中通有等大同向电流。下列说法正确的是(　　)
[A] O点的磁感应强度为零
[B] a、b之间的相互作用力为斥力
[C] a对b的安培力小于a对c的安培力
[D] d受到a、b、c的作用力的合力方向指向O
【答案】 AD
【解析】 因四条导线中的电流大小相等,O点与四条导线的距离均相等,由安培定则和对称性可知,a在O点产生的磁感应强度与c在O点产生的磁感应强度等大反向,b在O点产生的磁感应强度与d在O点产生的磁感应强度等大反向,所以四条导线在O点的磁感应强度等于零,故A正确;通电导线之间满足“同向相吸、异向排斥”的规律,所以a、b之间的相互作用力为吸引力,故B错误;d受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线,根据对称性,a与c对d的安培力大小相等,所以两者合力指向O,再与b对d的安培力合成,总安培力方向沿d、b连线方向指向O,故D正确;b相比c离a更近些,b处于a较强的磁场区域,由F=IlB,安培力大小与B成正比,可知a对b的安培力大于a对c的安培力,故C错误。
[例5] 【几种方法的灵活应用】(2024·吉林长春阶段练习)一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘,垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将(　　)
[A] 不动 [B] 顺时针转动
[C] 逆时针转动 [D] 在纸面内平动
【答案】 B
【解析】 法一　电流元法
把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在I2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动,故选B。
法二　等效法
把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向环形电流I2在该点产生的磁场方向,由安培定则知I2在其中心处产生的磁场方向向上,而L1等效成小磁针后,转动前N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动,故选B。
法三　结论法
环形电流I1、I2之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止,据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动。
(1)在用电流元法分析问题时,要在对称的特殊位置选取电流元。
(2)若磁感应强度的方向与电流方向不垂直,应将磁感应强度B分解为与电流方向垂直的分量B⊥和平行的分量B∥后再进行分析。
(3)要将用特殊位置分析出的结果结合实际,推导出一般性的结论。
考点四　安培力与力电相结合的综合问题
1.安培力作用下物体平衡及加速问题的常见类型
(1)特点:此类问题常由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成闭合回路。这类题目的难点是相关物理量处于立体空间,各力的方向不易确定和准确表示出来。
(2)分析思路。
选定研究对象→三维立体图二维平面图→画受力图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图→平衡问题:列平衡方程,若涉及静摩擦力问题要注意临界状态带来的多解问题;若加速问题可以选用牛顿第二定律、动量定理、动能定理等
解决。
2.功能关系的应用
(1)安培力做功。
①安培力做功与路径有关,其特点不同于重力、静电力、弹力等。
②安培力做正功时将电源的能量转化为其他形式的能。
③安培力做负功时将其他形式的能转化为电能,如果电能不储存则转化为内能或其他形式的能。
(2)方法应用。
虽然不同性质的力做功机理不同,但做功的本质都是由一种形式的能转化为另一种形式的能。求解这类问题时,首先弄清安培力是恒力还是变力,其次结合动能定理或能量守恒定律求解。
[例6] 【安培力作用下的平衡问题】 (2025·北京海淀模拟)如图所示,宽为L的固定光滑平行金属导轨与水平面成α角,金属杆ab水平放置在导轨上,且与导轨垂直,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。电源电动势为E,当电阻箱接入电路的阻值为R0时,金属杆恰好保持静止。不计电源内阻、导轨和金属杆的电阻,重力加速度为g。
(1)求金属杆所受安培力的大小F;
(2)求金属杆的质量m;
(3)保持磁感应强度大小不变,改变其方向,同时调整电阻箱接入电路的阻值R以保持金属杆静止,求R的最大值。
【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)由欧姆定律得电路中的电流I=,
金属杆受到的安培力F=BIL=。
(2)金属杆受力平衡,有Fcos α=mgsin α,
解得m=。
(3)当磁感应强度垂直斜面向上时,金属杆保持静止所需安培力最小,电路中的电流最小,R有最大值,根据平衡条件有BIminL=mgsin α,Imin=,
联立解得Rmax=。
[例7] 【安培力与力电相结合的综合问题】 (2024·山东临沂阶段练习)如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距L=1 m。P、M间接有一个电动势为E=21 V、内阻不计的电源和一个滑动变阻器,导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好,棒的质量为m=1 kg,棒在导轨之间部分的电阻R0为1 Ω。棒的中点用垂直于棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连,物体的质量M=0.5 kg。棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.2(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等),导轨的电阻不计,g取10 m/s2,匀强磁场的磁感应强度大小 B=1 T,方向竖直向下。若为了使物体保持静止,求滑动变阻器连入电路的阻值范围。
【答案】 2 Ω≤R≤6 Ω
【解析】 根据题意,对棒受力分析可知,棒受绳的拉力FT=Mg,
安培力F安=BIL=,
若所受摩擦力向左,则有
+μmg=Mg,
代入数据解得总阻值R1=7 Ω,
滑动变阻器的阻值应为
Rmax=R1-R0=6 Ω,
若所受摩擦力向右,则有
-μmg=Mg,
代入数据解得总阻值R2=3 Ω,
滑动变阻器的阻值应为
Rmin=R2-R0=2 Ω,
所以滑动变阻器连入电路的阻值范围为
2 Ω≤R≤6 Ω。
(满分:50分)
对点1.安培定则的应用及磁场的叠加
1.(4分)(2024·江西上饶阶段练习)如图所示,OCD为等边三角形,E点为三角形的中心,现在三角形的三个顶点固定三根完全相同的通电直导线,三根导线中通有如图方向的电流,电流大小相同,空间加一磁感应强度大小为B0的匀强磁场,使E点的磁感应强度为零。则下列说法正确的是(　　)
[A] 其中一根通电直导线在E点产生的磁感应强度大小为B0
[B] O、C两处的导线在E点产生的合磁感应强度大小为B0
[C] C、D两处的导线在E点产生的合磁感应强度大小为 B0
[D] 仅去掉D点的导线,E点的磁感应强度大小为
【答案】 D
【解析】 由于E点到三个顶点的距离相等,则三根通电导线在E点产生的磁感应强度大小相等,假设每根导线在E点产生的磁感应强度大小为B,又由安培定则和平行四边形定则可知,O、C两处的导线在E点产生的合磁感应强度大小为B,与D处导线在E点产生的磁感应强度相同,如图甲所示,在E点,匀强磁场的磁感应强度与三根导线产生的合磁感应强度大小相等、方向相反,可得B0=2B,解得B=,故A、B错误;C、D两处的导线在E点产生的合磁感应强度大小为2Bcos 30°=B0,故C错误;仅去掉D点的导线,则E点的磁感应强度为O、C两处的导线产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度叠加,如图乙所示,大小与D点的导线在E点产生的磁感应强度大小相等、方向相反,即为,故D正确。
2.(6分)(多选)如图所示,两根通有异向电流的长直导线P、Q平行放置,电流大小I1[A] a点磁感应强度不可能为零
[B] c、d两点磁感应强度方向相同
[C] c、d两点磁感应强度大小相等
[D] b点磁感应强度的方向垂直于P、Q连线向下
【答案】 CD
【解析】根据题意,由安培定则可知,导线P在a点产生的磁感应强度方向垂直于P、Q连线向下,设为B1,导线Q在a点产生的磁感应强度方向垂直于P、Q连线向上,设为B2,若有B1=B2,即k=k,则a点磁感应强度为零,可得I1r2=I2r1,由于I1r1,则I1r2=I2r1可能成立,即a点磁感应强度有可能为零,故A错误;根据题意,由安培定则和通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足B=k可知,导线在c、d两点产生的磁感应强度如图所示,由磁场的叠加原理可知,c、d两点磁感应强度方向不同,由几何关系可知,c、d两点磁感应强度大小相等,故B错误,C正确;根据题意,由安培定则可知,导线P在b点产生的磁感应强度方向垂直于P、Q连线向上,设为B3,导线Q在b点产生的磁感应强度方向垂直于P、Q连线向下,设为B4,由通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足B=k,可知B4>B3,则b点磁感应强度的方向垂直于P、Q连线向下,故D正确。
对点2.安培力的分析与计算
3.(4分)(2025·河南周口模拟)如图所示,两根长直导线a、b垂直放置,彼此绝缘,分别通有大小相同电流I0。固定的刚性正方形线圈MNPQ通有电流I,MN到a的距离与MQ到b的距离相等,线圈与导线位于同一平面内。已知通电长直导线在其周围某点所产生的磁感应强度大小与该点到长直导线的距离成反比,线圈所受安培力的大小为F。若移走导线a,则此时线圈所受的安培力大小为(　　)
[A] F,方向向左 [B] F,方向向右
[C] F,方向向左 [D] F,方向向右
【答案】 A
【解析】 根据左手定则和安培定则,结合磁感应强度的叠加可得,线圈左、右两侧受到的安培力合力方向向左,上、下受到的安培力合力方向向上,大小都为F′,合力大小为F=,故撤去导线a,则此时线圈所受的安培力方向向左,大小为 F′=F,故A正确。
4.(4分)(2025·河南南阳模拟)在光滑桌面上将长为的软导线两端固定,固定点的距离为L,导线通有电流I,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导线所受安培力大小为(　　)
[A] BIL [B] 2BIL
[C] BIL [D] πBIL
【答案】 C
【解析】 从上向下看导线的图形如图所示,
导线的有效长度为L,则所受的安培力大小为F=BIL,故C正确。
对点3.安培力作用下导体运动情况的判断
5.(4分)(2024·广东广州阶段练习)如图所示,两根固定的通电长直导线a、b相互垂直,a平行于纸面,电流方向向左,b垂直于纸面,电流方向向里,则导线a所受安培力方向(　　)
[A] 平行于纸面向上
[B] 平行于纸面向下
[C] 左半部分垂直于纸面向外,右半部分垂直于纸面向里
[D] 左半部分垂直于纸面向里,右半部分垂直于纸面向外
【答案】 D
【解析】 根据安培定则,可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上,右侧部分的磁场方向斜向右下方,根据左手定则可判断出导线a左半部分所受安培力方向垂直于纸面向里,右半部分所受安培力方向垂直于纸面向外,故选D。
6.(6分)(2024·广东揭阳期中)(多选)如图甲为一款魔术玩具——磁力“永动机”,小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道,然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗,由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示,金属轨道与底座内隐藏的电源相连,轨道下方藏有永磁体。当如图乙永磁体N极朝上放置,小钢球逆时针“永动”时,下列分析正确的是(　　)
[A] 小球运动的过程中机械能守恒
[B] 电源如何接都不影响“永动”的效果
[C] 轨道a端应接电源的正极,轨道b端应接电源的负极
[D] 该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用
【答案】 CD
【解析】 小球运动的过程中有磁场对小球做功,机械能不守恒,故A错误;电源反接后改变安培力的方向,影响“永动”效果,故B错误;小钢球逆时针“永动”时,应受向右的安培力,根据左手定则可知通过小球电流的方向从轨道a端到轨道b端,所以轨道a端应接电源的正极,轨道b端应接电源的负极,故C正确;该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用,故D正确。
对点4.安培力与力电相结合的综合问题
7.(8分)(2024·福建泉州期末)电磁炮是一种先进武器。如图为某同学模拟电磁炮的原理图,间距为L=0.5 m的两根倾斜导轨平行放置,导轨平面与水平地面的夹角为θ=37°,导轨下端接电动势为E=18 V、内阻为r=1 Ω的电源。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.2 T、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。为了研究方便,将待发射的炮弹视为一个比导轨间距略长的导体棒,导体棒的质量为m=0.1 kg,接入电路的电阻为R=1 Ω,导体棒与导轨接触面间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。现将导体棒无初速度地放在导轨上且与导轨垂直,最终导体棒从导轨上端发射出去,不计其他电阻。求:
(1)导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小和方向;
(2)导体棒刚放在导轨上时的加速度大小。
【答案】 (1)0.9 N　沿导轨向上　(2)1 m/s2
【解析】 (1)导体棒刚放在导轨上时,根据闭合电路欧姆定律有I=,
解得I=9 A,
导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小
F=BIL,
解得F=0.9 N,
根据左手定则可知,导体棒所受安培力的方向沿导轨向上。
(2)导体棒刚放在导轨上时,对导体棒进行受力分析,
根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-Ff=ma,其中Ff=μmgcos θ,
解得a=1 m/s2。
8.(4分)(2025·河南高考适应性考试)无限长平行直导线a、b每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图,若b水平固定,将a悬挂在弹簧下端,平衡时弹簧的伸长量为Δl;再在两导线内通入大小均为I的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl。若a水平固定,将b悬挂在弹簧下端,两导线内通入大小均为2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比,与距导线的距离成反比。则a、b单位长度的质量比ma∶mb为(　　)
[A] 1∶6 [B] 1∶4
[C] 1∶2 [D] 1∶1
【答案】 A
【解析】 若b水平固定,a悬挂在弹簧下端,平衡时弹簧伸长量为Δl,直导线a受力平衡,由平衡条件得mag=k·Δl;通电无限长直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度大小与导线中的电流成正比,与距导线的距离成反比,在两导线通入大小相等的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl,对a受力分析,受竖直向下的重力、竖直向下的安培力、竖直向上的弹力,由平衡条件得mag+B1Il=k·2Δl;若a水平固定,b悬挂在弹簧下端,两导线通入2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量为2Δl,b受力平衡,由平衡条件得k·2Δl+2B2Il=mbg,且B2=2B1,联立解得ma∶mb=1∶6,故A正确。
9.(10分)(2024·山西临汾期中)某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法,设计了一个简易的“电磁秤”。如图甲所示两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1 m,与电动势为E0=
9 V、内阻不计的电源、电流表(量程0～3 A)、开关S、滑动变阻器R(阻值范围为0～
100 Ω)相连,质量为M=0.05 kg、接入电路的电阻为R0=2 Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成θ=30°角,垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行,跨过定滑轮后另一端接有秤盘,空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场,在秤盘中放入待测物体,闭合开关S,调节滑动变阻器,当金属棒平衡时,通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量m。m与I的图像如图乙所示,其余电阻、摩擦以及轻绳质量均不计,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)秤盘的质量m0;
(2)匀强磁场磁感应强度大小B;
(3)此“电磁秤”称量物体的最大质量及此时滑动变阻器接入电路的阻值。
【答案】 (1)0.03 kg　(2)5 T　(3)0.22 kg　0
【解析】 (1)电流方向M→N,根据左手定则,金属棒所受安培力方向沿导轨向下,对金属棒与秤盘和盘上的待测物体进行分析,根据平衡条件有
(m+m0)g=Mgsin θ+BIL,
结合题中数据可得m=(0.025-m0+0.01BI)kg,
结合m-I图像有0.025 kg-m0=-0.005 kg,
解得m0=0.03 kg。
(2)结合上述,根据m-I图像有
0.01B= kg/A,
解得B=5 T。
(3)结合上述可知,当滑动变阻器接入电阻为零时,回路中电流最大,根据闭合电路欧姆定律有Im=,
此时金属棒所受安培力最大,结合上述可知,此时待测物体质量最大,
(mm+m0)g=Mgsin θ+BImL,
解得mm=0.22 kg。
(
第
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)第1讲　磁场　磁场对电流的作用
条形磁体的磁场分布如图所示。 (1)判断磁感线上各点的磁场方向。磁感线的疏密与磁场强弱有什么关系 (2)磁场中某点磁感应强度大小和方向与试探电流元有什么关系 与所受磁场力有什么关系 (3)将通电导线放入磁场中,什么位置时所受磁场力最大 什么位置时所受磁场力最小
考点一　安培定则的应用及磁场的叠加
1.对磁感应强度的理解
(1)磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定,不能根据定义式B=认为B与F成正比,与I、l成反比。
(2)测量磁感应强度时,通电导线必须垂直于磁场方向放置,如果平行于磁场方向放置,则其所受安培力为零,但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量,其方向为放置在其中的小磁针N极的受力方向或静止时N极的
指向。
2.安培定则的应用方法
(1)分清“因”和“果”:电流是“因”,磁场是“果”,既可以由“因”判断“果”,也可以由“果”追溯“因”。
项目 原因(电流方向) 结果(磁场方向)
直线电流 的磁场 拇指 四指
环形电流 的磁场 四指 拇指
(2)优先采用整体法:一个任意形状的电流(如三角形、矩形等)的磁场,从整体效果上可等效为环形电流的磁场,可根据安培定则确定所产生磁场的方向。
(3)若研究磁体与环形电流、通电螺线管的相互作用,可根据安培定则将环形电流或通电螺线管等效成小磁针或条形磁体,然后根据磁极之间的相互作用规律进行分析。
3.直线电流磁场的特点
直线电流产生的磁场的磁感应强度B∝。
(1)对于确定点,导线中电流越大,该点的磁感应强度越大。
(2)导线中电流大小一定时,离导线越近磁感应强度越大。
4.磁场叠加的思路
(1)确定磁场场源,如通电导线。
(2)定位空间中需要求解磁感应强度的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁感应强度的大小和方向。
(3)应用平行四边形定则进行合成。
[例1] 【直线电流磁场的叠加】(2025·江西南昌模拟)如图所示,A、B、C、E、F是在纸面内圆上的五个点,其中连线EF、AC过圆心O点,A、B关于EF对称,∠AOF=60°,在E、F两点处垂直于纸面放置两根相互平行的长直细导线,两根导线中分别通有大小相等的电流I。已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度大小B=,k为常量,r为该点到通电直导线的距离。若E处的电流在A点产生的磁感应强度大小为B1,下列说法正确的是(　　)
[A] 若两根导线中的电流同向,则O点磁感应强度大小为2B1
[B] 若两根导线中的电流同向,则A、B两点磁感应强度相同,大小均为2B1
[C] 若两根导线中的电流反向,则A、C两点磁感应强度相同,大小均为 B1
[D] 无论两根导线中的电流同向还是反向,A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1
考点二　安培力的分析与计算
(1)下列图示中,匀强磁场中的通电导线在应用公式F=IlB计算安培力时“l”的取值分别为多少
提示:以题图甲为例,CB和CA边所受安培力大小分别为F1=IBlCB,F2=IBlCA,方向如图所示,根据平行四边形定则,折线ACB所受安培力合力大小为F=IBlAB,
即该导线的有效长度为A、B两点连线的长度lAB。同理可推知题图乙、丙中的有效长度均为A、B端点间的长度lAB。
(2)任意形状的闭合线圈,有效长度为多少
提示:任意形状的闭合线圈,其有效长度l都为零,通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和一定为零。
1.安培力的方向
安培力既垂直于B,也垂直于I,即垂直于B与I决定的平面。
2.安培力公式F=IlB的应用条件
(1)匀强磁场。
(2)l与B垂直。
(3)l是指有效长度。
弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端,如图所示。
[例2] 【通电导线的有效长度】 (2024·福建卷,6)(多选)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上, AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中,现给导线通以自A到B大小为I的电流,则(　　)
[A] 通电后两绳拉力变小
[B] 通电后两绳拉力变大
[C] 安培力为πBIr
[D] 安培力为2BIr
[例3] 【安培力的叠加】 (2024·湖南湘西阶段练习)如图所示,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)
[A] 2F [B] 1.5F
[C] 0.5F [D] 0
安培力叠加的两种分析思路
(1)先分析通电导线所在处的合磁感应强度的大小和方向,由左手定则判断安培力的方向,由F=IlBsin θ求安培力的大小。
(2)先由左手定则判断各个安培力的方向,由F=IlBsin θ求各个安培力的大小,再由平行四边形定则求其合力。
考点三　安培力作用下导体运动情况的判断
1.分析思路
若要判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况,然后利用左手定则判定导体所受安培力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
2.常用方法
电流 元法 分割为电流元安培力方向整段导体所受合力方向运动方向
特殊 位置法 在特殊位置安培力方向运动方向
等效法 环形电流小磁针 通电螺线管条形磁体
结论法 同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势
转换 研究 对象法 先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向
[例4] 【结论法的应用】 (2024·湖北黄冈阶段练习)(多选)图甲为某高压直流输电线上使用的“正方形绝缘间隔棒”,它的作用是固定导线间距,防止导线相碰。将一正方形绝缘间隔棒支撑四根相互平行的长直导线a、b、c、d,图乙为其截面图,O为几何中心,长直导线a、b、c、d中通有等大同向电流。下列说法正确的是(　　)
[A] O点的磁感应强度为零
[B] a、b之间的相互作用力为斥力
[C] a对b的安培力小于a对c的安培力
[D] d受到a、b、c的作用力的合力方向指向O
[例5] 【几种方法的灵活应用】(2024·吉林长春阶段练习)一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘,垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将(　　)
[A] 不动 [B] 顺时针转动
[C] 逆时针转动 [D] 在纸面内平动
(1)在用电流元法分析问题时,要在对称的特殊位置选取电流元。
(2)若磁感应强度的方向与电流方向不垂直,应将磁感应强度B分解为与电流方向垂直的分量B⊥和平行的分量B∥后再进行分析。
(3)要将用特殊位置分析出的结果结合实际,推导出一般性的结论。
考点四　安培力与力电相结合的综合问题
1.安培力作用下物体平衡及加速问题的常见类型
(1)特点:此类问题常由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成闭合回路。这类题目的难点是相关物理量处于立体空间,各力的方向不易确定和准确表示出来。
(2)分析思路。
选定研究对象→三维立体图二维平面图→画受力图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图→平衡问题:列平衡方程,若涉及静摩擦力问题要注意临界状态带来的多解问题;若加速问题可以选用牛顿第二定律、动量定理、动能定理等
解决。
2.功能关系的应用
(1)安培力做功。
①安培力做功与路径有关,其特点不同于重力、静电力、弹力等。
②安培力做正功时将电源的能量转化为其他形式的能。
③安培力做负功时将其他形式的能转化为电能,如果电能不储存则转化为内能或其他形式的能。
(2)方法应用。
虽然不同性质的力做功机理不同,但做功的本质都是由一种形式的能转化为另一种形式的能。求解这类问题时,首先弄清安培力是恒力还是变力,其次结合动能定理或能量守恒定律求解。
[例6] 【安培力作用下的平衡问题】 (2025·北京海淀模拟)如图所示,宽为L的固定光滑平行金属导轨与水平面成α角,金属杆ab水平放置在导轨上,且与导轨垂直,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。电源电动势为E,当电阻箱接入电路的阻值为R0时,金属杆恰好保持静止。不计电源内阻、导轨和金属杆的电阻,重力加速度为g。
(1)求金属杆所受安培力的大小F;
(2)求金属杆的质量m;
(3)保持磁感应强度大小不变,改变其方向,同时调整电阻箱接入电路的阻值R以保持金属杆静止,求R的最大值。
[例7] 【安培力与力电相结合的综合问题】 (2024·山东临沂阶段练习)如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距L=1 m。P、M间接有一个电动势为E=21 V、内阻不计的电源和一个滑动变阻器,导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好,棒的质量为m=1 kg,棒在导轨之间部分的电阻R0为1 Ω。棒的中点用垂直于棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连,物体的质量M=0.5 kg。棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.2(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等),导轨的电阻不计,g取10 m/s2,匀强磁场的磁感应强度大小 B=1 T,方向竖直向下。若为了使物体保持静止,求滑动变阻器连入电路的阻值范围。
(满分:50分)
对点1.安培定则的应用及磁场的叠加
1.(4分)(2024·江西上饶阶段练习)如图所示,OCD为等边三角形,E点为三角形的中心,现在三角形的三个顶点固定三根完全相同的通电直导线,三根导线中通有如图方向的电流,电流大小相同,空间加一磁感应强度大小为B0的匀强磁场,使E点的磁感应强度为零。则下列说法正确的是(　　)
[A] 其中一根通电直导线在E点产生的磁感应强度大小为B0
[B] O、C两处的导线在E点产生的合磁感应强度大小为B0
[C] C、D两处的导线在E点产生的合磁感应强度大小为 B0
[D] 仅去掉D点的导线,E点的磁感应强度大小为
2.(6分)(多选)如图所示,两根通有异向电流的长直导线P、Q平行放置,电流大小I1[A] a点磁感应强度不可能为零
[B] c、d两点磁感应强度方向相同
[C] c、d两点磁感应强度大小相等
[D] b点磁感应强度的方向垂直于P、Q连线向下
对点2.安培力的分析与计算
3.(4分)(2025·河南周口模拟)如图所示,两根长直导线a、b垂直放置,彼此绝缘,分别通有大小相同电流I0。固定的刚性正方形线圈MNPQ通有电流I,MN到a的距离与MQ到b的距离相等,线圈与导线位于同一平面内。已知通电长直导线在其周围某点所产生的磁感应强度大小与该点到长直导线的距离成反比,线圈所受安培力的大小为F。若移走导线a,则此时线圈所受的安培力大小为(　　)
[A] F,方向向左 [B] F,方向向右
[C] F,方向向左 [D] F,方向向右
4.(4分)(2025·河南南阳模拟)在光滑桌面上将长为的软导线两端固定,固定点的距离为L,导线通有电流I,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导线所受安培力大小为(　　)
[A] BIL [B] 2BIL
[C] BIL [D] πBIL
对点3.安培力作用下导体运动情况的判断
5.(4分)(2024·广东广州阶段练习)如图所示,两根固定的通电长直导线a、b相互垂直,a平行于纸面,电流方向向左,b垂直于纸面,电流方向向里,则导线a所受安培力方向(　　)
[A] 平行于纸面向上
[B] 平行于纸面向下
[C] 左半部分垂直于纸面向外,右半部分垂直于纸面向里
[D] 左半部分垂直于纸面向里,右半部分垂直于纸面向外
6.(6分)(2024·广东揭阳期中)(多选)如图甲为一款魔术玩具——磁力“永动机”,小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道,然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗,由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示,金属轨道与底座内隐藏的电源相连,轨道下方藏有永磁体。当如图乙永磁体N极朝上放置,小钢球逆时针“永动”时,下列分析正确的是(　　)
[A] 小球运动的过程中机械能守恒
[B] 电源如何接都不影响“永动”的效果
[C] 轨道a端应接电源的正极,轨道b端应接电源的负极
[D] 该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用
对点4.安培力与力电相结合的综合问题
7.(8分)(2024·福建泉州期末)电磁炮是一种先进武器。如图为某同学模拟电磁炮的原理图,间距为L=0.5 m的两根倾斜导轨平行放置,导轨平面与水平地面的夹角为θ=37°,导轨下端接电动势为E=18 V、内阻为r=1 Ω的电源。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.2 T、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。为了研究方便,将待发射的炮弹视为一个比导轨间距略长的导体棒,导体棒的质量为m=0.1 kg,接入电路的电阻为R=1 Ω,导体棒与导轨接触面间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。现将导体棒无初速度地放在导轨上且与导轨垂直,最终导体棒从导轨上端发射出去,不计其他电阻。求:
(1)导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小和方向;
(2)导体棒刚放在导轨上时的加速度大小。
8.(4分)(2025·河南高考适应性考试)无限长平行直导线a、b每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图,若b水平固定,将a悬挂在弹簧下端,平衡时弹簧的伸长量为Δl;再在两导线内通入大小均为I的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl。若a水平固定,将b悬挂在弹簧下端,两导线内通入大小均为2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比,与距导线的距离成反比。则a、b单位长度的质量比ma∶mb为(　　)
[A] 1∶6 [B] 1∶4
[C] 1∶2 [D] 1∶1
9.(10分)(2024·山西临汾期中)某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法,设计了一个简易的“电磁秤”。如图甲所示两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1 m,与电动势为E0=
9 V、内阻不计的电源、电流表(量程0～3 A)、开关S、滑动变阻器R(阻值范围为0～
100 Ω)相连,质量为M=0.05 kg、接入电路的电阻为R0=2 Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成θ=30°角,垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行,跨过定滑轮后另一端接有秤盘,空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场,在秤盘中放入待测物体,闭合开关S,调节滑动变阻器,当金属棒平衡时,通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量m。m与I的图像如图乙所示,其余电阻、摩擦以及轻绳质量均不计,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)秤盘的质量m0;
(2)匀强磁场磁感应强度大小B;
(3)此“电磁秤”称量物体的最大质量及此时滑动变阻器接入电路的阻值。
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高中总复习·物理
第1讲　
磁场　磁场对电流的作用
情境导思
条形磁体的磁场分布如图所示。
(1)判断磁感线上各点的磁场方向。磁感线的疏密与磁场强弱有什么关系
(2)磁场中某点磁感应强度大小和方向与试探电流元有什么关系 与所受磁场力有什么关系
(3)将通电导线放入磁场中,什么位置时所受磁场力最大 什么位置时所受磁场力最小
知识构建
小题试做
A
小题试做
A
1.对磁感应强度的理解
(2)测量磁感应强度时,通电导线必须垂直于磁场方向放置,如果平行于磁场方向放置,则其所受安培力为零,但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量,其方向为放置在其中的小磁针N极的受力方向或静止时N极的指向。
2.安培定则的应用方法
(1)分清“因”和“果”:电流是“因”,磁场是“果”,既可以由“因”判断“果”,也可以由“果”追溯“因”。
项目 原因(电流方向) 结果(磁场方向)
直线电流 的磁场 拇指 四指
环形电流 的磁场 四指 拇指
(2)优先采用整体法:一个任意形状的电流(如三角形、矩形等)的磁场,从整体效果上可等效为环形电流的磁场,可根据安培定则确定所产生磁场的方向。
(3)若研究磁体与环形电流、通电螺线管的相互作用,可根据安培定则将环形电流或通电螺线管等效成小磁针或条形磁体,然后根据磁极之间的相互作用规律进行分析。
3.直线电流磁场的特点
(1)对于确定点,导线中电流越大,该点的磁感应强度越大。
(2)导线中电流大小一定时,离导线越近磁感应强度越大。
4.磁场叠加的思路
(1)确定磁场场源,如通电导线。
(2)定位空间中需要求解磁感应强度的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁感应强度的大小和方向。
(3)应用平行四边形定则进行合成。
D
根据A、B点磁感应强度的矢量图可知A、B两点磁感应强度方向不同,故B错误;作出反向电流(假设E处电流垂直于纸面向里,F处电流垂直于纸面向外)在A、C点磁感应强度的矢量图如图乙所示,同前面分析,可以发现A、C两点磁感应强度矢量和的方向相同,大小均为2B1,故C错误;根据前面的分析可知,无论两根导线中的电流同向还是反向,A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1,故D正确。
(1)下列图示中,匀强磁场中的通电导线在应用公式F=IlB计算安培力时“l ”的取值分别为多少
提示:以题图甲为例,CB和CA边所受安培力大小分别为F1=IBlCB,F2=IBlCA,方向如图所示,根据平行四边形定则,折线ACB所受安培力合力大小为F=IBlAB,
即该导线的有效长度为A、B两点连线的长度lAB。同理可推知题图乙、丙中的有效长度均为A、B端点间的长度lAB。
(2)任意形状的闭合线圈,有效长度为多少
提示:任意形状的闭合线圈,其有效长度l都为零,通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和一定为零。
1.安培力的方向
安培力既垂直于B,也垂直于I,即垂直于B与I决定的平面。
2.安培力公式F=IlB的应用条件
(1)匀强磁场。
(2)l与B垂直。
(3)l是指有效长度。
弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端,如图所示。
[例2] 【通电导线的有效长度】 (2024·福建卷,6)(多选)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上, AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中,现给导线通以自A到B大小为I的电流,则( 　　)
[A] 通电后两绳拉力变小
[B] 通电后两绳拉力变大
[C] 安培力为πBIr
[D] 安培力为2BIr
BD
【解析】 根据左手定则可知,通电后半圆环AB受到的安培力方向竖直向下,根据受力分析可知,通电后两绳拉力变大,故A错误,B正确;半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2r=2BIr,故C错误,D正确。
[例3] 【安培力的叠加】 (2024·湖南湘西阶段练习)如图所示,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)
[A] 2F [B] 1.5F
[C] 0.5F [D] 0
B
方法总结
安培力叠加的两种分析思路
(1)先分析通电导线所在处的合磁感应强度的大小和方向,由左手定则判断安培力的方向,由F=IlBsin θ求安培力的大小。
(2)先由左手定则判断各个安培力的方向,由F=IlBsin θ求各个安培力的大小,再由平行四边形定则求其合力。
1.分析思路
若要判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况,然后利用左手定则判定导体所受安培力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
2.常用方法
结论法 同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势
转换 研究 对象法 先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向
[例4] 【结论法的应用】 (2024·湖北黄冈阶段练习)(多选)图甲为某高压直流输电线上使用的“正方形绝缘间隔棒”,它的作用是固定导线间距,防止导线相碰。将一正方形绝缘间隔棒支撑四根相互平行的长直导线a、b、c、d,图乙为其截面图,O为几何中心,长直导线a、b、c、d中通有等大同向电流。下列说法正确的是(　 　)
[A] O点的磁感应强度为零
[B] a、b之间的相互作用力为斥力
[C] a对b的安培力小于a对c的安培力
[D] d受到a、b、c的作用力的合力方向指向O
AD
【解析】 因四条导线中的电流大小相等,O点与四条导线的距离均相等,由安培定则和对称性可知,a在O点产生的磁感应强度与c在O点产生的磁感应强度等大反向,b在O点产生的磁感应强度与d在O点产生的磁感应强度等大反向,所以四条导线在O点的磁感应强度等于零,故A正确;通电导线之间满足“同向相吸、异向排斥”的规律,所以a、b之间的相互作用力为吸引力,故B错误;d受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线,根据对称性,a与c对d的安培力大小相等,所以两者合力指向O,再与b对d的安培力合成,总安培力方向沿d、b连线方向指向O,故D正确;b相比c离a更近些,b处于a较强的磁场区域,由F=IlB,安培力大小与B成正比,可知a对b的安培力大于a对c的安培力,故C错误。
[例5] 【几种方法的灵活应用】(2024·吉林长春阶段练习)一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘,垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将
(　　)
[A] 不动
[B] 顺时针转动
[C] 逆时针转动
[D] 在纸面内平动
B
【解析】 法一　电流元法
把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在I2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动,故选B。
法二　等效法
把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向环形电流I2在该点产生的磁场方向,由安培定则知I2在其中心处产生的磁场方向向上,而L1等效成小磁针后,转动前N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动,故选B。
法三　结论法
环形电流I1、I2之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止,据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动。
方法总结
(1)在用电流元法分析问题时,要在对称的特殊位置选取电流元。
(2)若磁感应强度的方向与电流方向不垂直,应将磁感应强度B分解为与电流方向垂直的分量B⊥和平行的分量B∥后再进行分析。
(3)要将用特殊位置分析出的结果结合实际,推导出一般性的结论。
1.安培力作用下物体平衡及加速问题的常见类型
(1)特点:此类问题常由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成闭合回路。这类题目的难点是相关物理量处于立体空间,各力的方向不易确定和准确表示出来。
(2)分析思路。
选定研究对象→三维立体图 二维平面图→画受力图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图→平衡问题:列平衡方程,若涉及静摩擦力问题要注意临界状态带来的多解问题;若加速问题可以选用牛顿第二定律、动量定理、动能定理等解决。
2.功能关系的应用
(1)安培力做功。
①安培力做功与路径有关,其特点不同于重力、静电力、弹力等。
②安培力做正功时将电源的能量转化为其他形式的能。
③安培力做负功时将其他形式的能转化为电能,如果电能不储存则转化为内能或其他形式的能。
(2)方法应用。
虽然不同性质的力做功机理不同,但做功的本质都是由一种形式的能转化为另一种形式的能。求解这类问题时,首先弄清安培力是恒力还是变力,其次结合动能定理或能量守恒定律求解。
[例6] 【安培力作用下的平衡问题】 (2025·北京海淀模拟)如图所示,宽为L的固定光滑平行金属导轨与水平面成α角,金属杆ab水平放置在导轨上,且与导轨垂直,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。电源电动势为E,当电阻箱接入电路的阻值为R0时,金属杆恰好保持静止。不计电源内阻、导轨和金属杆的电阻,重力加速度为g。
(1)求金属杆所受安培力的大小F;
(2)求金属杆的质量m;
(3)保持磁感应强度大小不变,改变其方向,同时调整电阻箱接入电路的阻值R以保持金属杆静止,求R的最大值。
[例7] 【安培力与力电相结合的综合问题】 (2024·山东临沂阶段练习)如图所示,
PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距L=1 m。P、M间接有一个电动势为E=21 V、内阻不计的电源和一个滑动变阻器,导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好,棒的质量为m=1 kg,棒在导轨之间部分的电阻R0为1 Ω。棒的中点用垂直于棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连,物体的质量M=0.5 kg。棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.2(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等),导轨的电阻不计,
g取10 m/s2,匀强磁场的磁感应强度大小 B=1 T,方向竖直向下。若为了使物体保持静止,求滑动变阻器连入电路的阻值范围。
【答案】 2 Ω≤R≤6 Ω
基础对点练
对点1.安培定则的应用及磁场的叠加
1.(4分)(2024·江西上饶阶段练习)如图所示,OCD为等边三角形,E点为三角形的中心,现在三角形的三个顶点固定三根完全相同的通电直导线,三根导线中通有如图方向的电流,电流大小相同,空间加一磁感应强度大小为B0的匀强磁场,使E点的磁感应强度为零。则下列说法正确的是(　　)
D
[A] a点磁感应强度不可能为零
[B] c、d两点磁感应强度方向相同
[C] c、d两点磁感应强度大小相等
[D] b点磁感应强度的方向垂直于P、Q连线向下
CD
对点2.安培力的分析与计算
3.(4分)(2025·河南周口模拟)如图所示,两根长直导线a、b垂直放置,彼此绝缘,分别通有大小相同电流I0。固定的刚性正方形线圈MNPQ通有电流I,MN到a的距离与MQ到b的距离相等,线圈与导线位于同一平面内。已知通电长直导线在其周围某点所产生的磁感应强度大小与该点到长直导线的距离成反比,线圈所受安培力的大小为F。若移走导线a,则此时线圈所受的安培力大小为(　　)
A
C
【解析】 从上向下看导线的图形如图所示,
对点3.安培力作用下导体运动情况的判断
5.(4分)(2024·广东广州阶段练习)如图所示,两根固定的通电长直导线a、b相互垂直,a平行于纸面,电流方向向左,b垂直于纸面,电流方向向里,则导线a所受安培力方向(　　)
[A] 平行于纸面向上
[B] 平行于纸面向下
[C] 左半部分垂直于纸面向外,右半部分垂直于纸面向里
[D] 左半部分垂直于纸面向里,右半部分垂直于纸面向外
D
【解析】 根据安培定则,可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上,右侧部分的磁场方向斜向右下方,根据左手定则可判断出导线a左半部分所受安培力方向垂直于纸面向里,右半部分所受安培力方向垂直于纸面向外,故选D。
6.(6分)(2024·广东揭阳期中)(多选)如图甲为一款魔术玩具——磁力“永动机”,小钢球放入漏斗后从中间小洞落入下面的弧形金属轨道,然后从轨道另一端抛出再次回到漏斗,由此循环往复形成“永动”的效果。其原理如图乙所示,金属轨道与底座内隐藏的电源相连,轨道下方藏有永磁体。当如图乙永磁体N极朝上放置,小钢球逆时针“永动”时,下列分析正确的是(　 　)
[A] 小球运动的过程中机械能守恒
[B] 电源如何接都不影响“永动”的效果
[C] 轨道a端应接电源的正极,轨道b端应接电源的负极
[D] 该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用
CD
【解析】 小球运动的过程中有磁场对小球做功,机械能不守恒,故A错误;电源反接后改变安培力的方向,影响“永动”效果,故B错误;小钢球逆时针“永动”时,应受向右的安培力,根据左手定则可知通过小球电流的方向从轨道a端到轨道b端,所以轨道a端应接电源的正极,轨道b端应接电源的负极,故C正确;该磁力“永动机”的物理原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用,故D正确。
对点4.安培力与力电相结合的综合问题
7.(8分)(2024·福建泉州期末)电磁炮是一种先进武器。如图为某同学模拟电磁炮的原理图,间距为L=0.5 m的两根倾斜导轨平行放置,导轨平面与水平地面的夹角为θ=37°,导轨下端接电动势为E=18 V、内阻为r=1 Ω的电源。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.2 T、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。为了研究方便,将待发射的炮弹视为一个比导轨间距略长的导体棒,导体棒的质量为m=0.1 kg,接入电路的电阻为R=1 Ω,导体棒与导轨接触面间的动摩擦因数为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。现将导体棒无初速度地放在导轨上且与导轨垂直,最终导体棒从导轨上端发射出去,不计其他电阻。求:
(1)导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小和方向;
【答案】 (1)0.9 N　沿导轨向上
(2)导体棒刚放在导轨上时的加速度大小。
【答案】 (2)1 m/s2
8.(4分)(2025·河南高考适应性考试)无限长平行直导线a、b每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图,若b水平固定,将a悬挂在弹簧下端,平衡时弹簧的伸长量为Δl;再在两导线内通入大小均为I的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl。若a水平固定,将b悬挂在弹簧下端,两导线内通入大小均为2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比,与距导线的距离成反比。则a、b单位长度的质量比ma∶mb为(　　)
[A] 1∶6 [B] 1∶4
[C] 1∶2 [D] 1∶1
A
综合提升练
【解析】 若b水平固定,a悬挂在弹簧下端,平衡时弹簧伸长量为Δl,直导线a受力平衡,由平衡条件得mag=k·Δl;通电无限长直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度大小与导线中的电流成正比,与距导线的距离成反比,在两导线通入大小相等的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl,对a受力分析,受竖直向下的重力、竖直向下的安培力、竖直向上的弹力,由平衡条件得mag+B1Il=k·2Δl;若a水平固定,b悬挂在弹簧下端,两导线通入2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量为2Δl,b受力平衡,由平衡条件得k·2Δl+2B2Il=mbg,且B2=2B1,联立解得ma∶mb=1∶6,故A正确。
9.(10分)(2024·山西临汾期中)某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法,设计了一个简易的“电磁秤”。如图甲所示两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1 m,与电动势为E0=9 V、内阻不计的电源、电流表(量程0～3 A)、开关S、滑动变阻器R(阻值范围为0～100 Ω)相连,质量为M=0.05 kg、接入电路的电阻为R0=2 Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成θ=30°角,垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行,跨过定滑轮后另一端接有秤盘,空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场,在秤盘中放入待测物体,闭合开关S,调节滑动变阻器,当金属棒平衡时,通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量m。m与I的图像如图乙所示,其余电阻、摩擦以及轻绳质量均不计,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)秤盘的质量m0;
【答案】 (1)0.03 kg
【解析】 (1)电流方向M→N,根据左手定则,金属棒所受安培力方向沿导轨向下,对金属棒与秤盘和盘上的待测物体进行分析,根据平衡条件有
(m+m0)g=Mgsin θ+BIL,
结合题中数据可得m=(0.025-m0+0.01BI)kg,
结合m-I图像有0.025 kg-m0=-0.005 kg,
解得m0=0.03 kg。
(2)匀强磁场磁感应强度大小B;
【答案】 (2)5 T
(3)此“电磁秤”称量物体的最大质量及此时滑动变阻器接入电路的阻值。
【答案】 (3)0.22 kg　0

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