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1.安培力:通电导线在磁场中受的力。
2.左手定则:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线
从掌心垂直进入,并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所
受安培力的方向。如图所示。
必备知识 清单破
1 磁场对通电导线的作用力
知识点 1 安培力的方向
3.通电导线在磁场中所受安培力的方向与电流方向、磁感应强度的方向都垂直。即F 垂直
于B 和I 所决定的平面。
1.垂直于磁场B的方向放置的长为l的一段导线,当通过的电流为I时,它所受的安培力为F=IlB。
2.当磁感应强度B的方向与通电导线的方向平行时,安培力为0。
3.当磁感应强度B的方向与电流方向成θ角时,安培力F=IlB sin θ,如图所示。
知识点 2 安培力的大小
1.结构:如图所示,磁电式电流表最基本的组成部分是磁体和放在磁体两极之间的线圈。

2.原理
　　如图所示是线圈在磁场中受力的示意图。当电流通过线圈时,导线受到安培力的作用,
由左手定则知,线圈左右两边所受的安培力的方向相反,于是安装在轴上的线圈就要转动,此
时螺旋弹簧变形,以反抗线圈的转动,电流越大,安培力就越大,螺旋弹簧的形变也就越大,线圈
偏转的角度也越大,达到新的平衡。所以,从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小(θ∝I,
知识点 3 磁电式电流表
故刻度盘的刻度均匀)。线圈中的电流方向改变时,安培力的方向随着改变,指针的偏转方向
也随着改变。所以,根据指针的偏转方向,可以知道被测电流的方向。
3.优、缺点
(1)优点:灵敏度高,可以测出很弱的电流。
(2)缺点:线圈的导线很细,允许通过的电流很弱(几十微安到几毫安)。
知识辨析
1.柔软导线绕成的单匝矩形线圈,放在光滑的水平面上,当给线圈通上电流时,它将变成什么
形状
2.若通电导体在某处受到的安培力为零,该处的磁感应强度一定为零吗
3.只要将通电导线垂直于磁场方向放置,其所受安培力大小就等于磁感应强度B、电流I和导
线长度L的乘积。这句话对吗
4.通电导线所受安培力的方向一定与电流方向垂直,那么是不是安培力对通电导线一定不做
功
一语破的
1.圆形。给矩形线圈通上电流后,线圈上每个电流元将受到一个向外的安培力,这些力将使线
圈发生形变,直到变成圆为止。
2.不一定。可能是导体中电流方向与该处磁感应强度方向平行。
3.不对。当导线垂直磁场方向放置,计算导线所受安培力大小时,公式F=BIL中的长度L指的
是导线在磁场中的有效长度,而导线的有效长度不一定等于导线的长度,例如,非直导线的有
效长度小于导线的长度。
4.不是。虽然安培力垂直于通电导线中的电流方向,但导线的运动方向可以与导线中的电流
方向成任意角,所以安培力可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。
关键能力 定点破
定点 1 安培力的大小
对安培力公式的理解
(1)F=IlB sin θ适用于匀强磁场中的通电直导线,求弯曲导线在匀强磁场中所受的安培力时,l
为有效长度,即导线两端点所连的线段长度,相应的电流方向沿线段由始端指向末端,如图所
示。
(2)同样情况下,通电导线与磁场方向垂直时,它所受的安培力最大;通电导线与磁场方向平行
时,它不受安培力;通电导线与磁场方向斜交时,它所受的安培力介于0和最大值之间。
(3)如图所示,对任意形状的闭合平面线圈,当线圈平面与磁场方向垂直时,线圈的有效长度l=
0,故通电后在匀强磁场中所受安培力的矢量和一定为零。
(4)在非匀强磁场中,只要通电直导线所在位置的各点磁感应强度B相同(包括大小和方向),则
导线所受安培力也能用上述公式计算。
(5)当电流同时受到几个安培力时,电流所受的安培力为这几个安培力的矢量和。
典例 如图所示,边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板,导线框中通有逆时
针方向的电流,图中虚线过ab和ac边的中点【1】,虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁
场,此时通电导线框处于静止状态,细线的拉力为F1。保持其他条件不变,现将虚线下方的磁
场平移至虚线上方【2】,并将导线框中的电流减半,稳定后细线的拉力为F2。已知导线框的质
量为m,则重力加速度g大小为 (　 )
A. 　　　 B.
C. 　　　 D.
典例
B
信息提取 【1】导线框在磁场中的有效长度为L有效= ,F安=BIL有效。
【2】导线框在磁场中有效长度大小不变。
思路点拨 根据左手定则确定安培力的方向,根据安培力公式确定安培力的大小,根据平衡
条件确定细线的拉力、安培力、导线框的重力之间的关系。
F1+F安=mg　 F2=F安'+mg
解析 变化前,导线框在磁场中的有效长度为L有效= (由【1】得到),根据左手定则,导线框受
到的安培力竖直向上,大小为F安=BIL有效=BI· ,由平衡条件可得F1+F安=mg;变化后,导线框在磁
场中的有效长度为L有效'= (由【2】得到),根据左手定则,导线框受到的安培力竖直向下,大小
为F安'= L有效'=BI· ,由平衡条件可得F2=F安'+mg,联立解得重力加速度大小g= 。故选
B。
定点 2 安培力作用下导体运动方向的判断
内容 实例 分析
电流 元法 把整段导线分成很多段电流元,先用左手定则判断出每段电流元所受安培力的方向,然后判断整段导线所受合力的方向,最后确定运动方向。注意一般取对称的电流元分析 判断能自由移动的导线的运动情况 把通电导线等效为AO、BO两段电流元,蹄形磁铁周围的磁感线分布以及两段电流元所受安培力方向如图,可见,导线将沿逆时针方向(俯视)转动

特殊 位置法 根据通电导体在特殊位置所受安培力的方向,判断其运动方向,然后推广到一般位置 用导线转过90°的特殊位置(如图所示的位置)来分析,判断出安培力方向向下,故导线在逆时针转动的同时向下运动
等效 分析法 环形电流可以等效为小磁针(或条形磁铁),条形磁铁也可等效成环形电流,通电螺线管可等效为多个环形电流或条形磁铁 判断环形电流受到的
安培力方向 把环形电流等效成如图所示右边的条形磁铁,可见两条形磁铁相互吸引,不会有转动。环形电流受到的安培力方向向左
结论法 (1)两直线电流相互平行时无转动趋势,同向电流相互吸引,反向电流相互排斥;
(2)两直线电流不平行时,有转动到相互平行且电流方向相同的趋势 判断放在光滑杆上的通有同向电流的圆形
导线的运动方向 同向电流相互吸引,两个圆形导线会相互靠拢
转换 研究 对象法 定性分析磁体在电流产生的磁场中所受安培力方向时,可先分析电流在磁体磁场中所受安培力方向,然后再根据牛顿第三定律判断磁体所受安培力方向 判断图中所示磁铁受到地面的摩擦力的方向 通电导线受到的磁铁的作用力方向如图所示,由牛顿第三定律
知通电导线对磁铁的作用力方向斜向右下方,可知地面对磁铁
的摩擦力方向向左
典例 我国的特高压直流输电技术已达到世界先进水平。图甲所示为输电塔,图乙为其局部
放大示意图,两根在同一水平面内且相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流【1】I
1和I2,且I1>I2【2】。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c
两点与b点距离相等。不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是 (　 )
A.a点和c点处的磁感应强度方向相同
B.b点处的磁感应强度方向竖直向下
C.导线B对A的安培力大于导线A对B的安培力
典例
D.导线B和A之间因安培力的作用而相互吸引
D
信息提取 将立体图转化为平面图,迎着电流方向,画出平面图如图所示:
思路点拨 根据安培定则【3】判断通电直导线周围磁场的方向;根据牛顿第三定律判断相互
作用力大小的关系;根据两平行通电直导线受力结论(同向电流相互吸引,反向电流相互排斥)
分析两导线受力情况。
解析 导线A在a点产生的磁场向下,在b、c点产生的磁场向上;导线B在a、b点产生的磁场向
下,在c点产生的磁场向上(由【3】得到),因此a点磁场向下,c点磁场向上,故A错误。导线A在
b点产生的磁场的磁感应强度比导线B在b点产生的磁场的磁感应强度大(由【2】得到),因此
b点磁感应强度竖直向上,故B错误。导线B对导线A的安培力与导线A对导线B的安培力等大
反向,故C错误。导线A、B相互吸引(由【1】得到),故D正确。故选D。
1.模型特点
　　通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合模型,该模型一般由倾斜导轨、
导体棒、匀强磁场、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性,各力的方向不
易确定。因此解题时一定要先把立体图转化成平面图,通过受力分析建立各力的平衡关系,
如图所示。
定点 3 安培力作用下的平衡问题
2.解题思路
典例 如图所示,直角梯形金属线框ACDF倾斜固定放置,AF边水平,边长为1.7 m,DF边与AF
边垂直,线框平面与水平面夹角θ=37°,在AF边接有电动势E=4 V、内阻r=1 Ω的直流电源【1】,
CD边长为0.3 m,接有阻值为R1=2 Ω的定值电阻,AC、DF边的中点分别为G、H,金属线框处
在竖直向上的匀强磁场中【2】,磁场的磁感应强度B=2 T。质量为m=0.2 kg的导体棒放在线框
上的G、H处【3】,导体棒接入电路的电阻R2=2 Ω,导体棒恰好刚要滑动【4】。已知最大静摩擦
力等于滑动摩擦力,金属线框的电阻不计,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)导体棒受到的安培力大小;
典例
(2)导体棒与线框间的动摩擦因数。
信息提取 【1】通过导体棒的电流方向为H→G。
【2】【3】导体棒与磁感线垂直。
【4】导体棒所受合外力等于零。
思路点拨 (1)先根据串、并联电路的特点求出外电路总电阻,再根据闭合电路欧姆定律【5】
求电路中的总电流,最后根据F安=BIL【6】求解安培力大小;
(2)将立体图转化为平面图,从右向左看,画出导体棒受力示意图,利用平衡条件求出导体棒所
受的摩擦力的大小,再由滑动摩擦力公式求解动摩擦因数。
解析 (1)外电路总电阻R外= =1 Ω
电路中的总电流I= =2 A(由【5】得到)
导体棒接入电路的长度
L= ×(1.7 m+0.3 m)=1 m
通过导体棒的电流为 I,导体棒受到的安培力FA= BIL=2 N(由【2】、【3】和【6】得到)
(2)由于FA cos 37°>mg sin 37°,因此导体棒有向上滑动的趋势,受到的摩擦力沿线框平面向下,
受力如图所示,设导体棒与线框间的动摩擦因数为μ,根据力的平衡条件有
FA cos θ=mg sin θ+f
N=mg cos θ+FA sin θ
根据滑动摩擦力的表达式有f=μN,解得μ=
答案 (1)2 N (2)
1.安培力作用下导体的动力学问题
　　安培力与重力、弹力、摩擦力一样,会使通电导体在磁场中转动或加速,解决在安培力
作用下导体的动力学问题可以归纳为“电学问题,力学方法”。首先对通电导体进行受力分
析,然后分析通电导体的运动情况,再根据牛顿第二定律列方程求解。注意受力分析时不要
漏掉安培力,可以选定观察角度画好平面图,标出电流方向和磁场方向,然后利用左手定则判
断安培力的方向。
2.安培力作用下的功能问题
由于物体可以在安培力作用下转动、加速等,因此也会涉及做功问题。不同性质的力做功原
理不同,但做功的本质都是由一种形式的能转化为其他形式的能。求解安培力作用下的功能
问题时,要注意以下几点:
定点 4 安培力作用下的动力学问题和功能问题
(1)首先弄清安培力是恒力还是变力,注意安培力做功与路径有关,这一点与重力、电场力做
功不同。
(2)安培力做功的实质是能量转化。安培力做正功,是将电源的能量传递给通电导体后转化
为导体的动能或其他形式的能。安培力做负功即克服安培力做功,是将其他形式的能转化为
电能后储存起来或转化为其他形式的能。
(3)通常要结合动能定理、功能关系、能量守恒定律等来求解。
典例 我国自主研制的用于森林消防的电磁炮试验成功。如图为电磁炮工作原理的简化示
意图,炮管简化为水平放置的两根平行金属导轨M、N,导轨长度L=14.4 m,间距d=0.5 m,导轨
间有垂直于导轨平面的匀强磁场,装有灭火弹的导体棒ab垂直放在导轨的最左端,且始终与
导轨接触良好,导体棒ab(含灭火弹)质量m=1 kg、电阻R=0.8 Ω,可控电源的内阻r=0.2 Ω,导轨
电阻不计。某次试验中,电源提供大小恒为I=2×103 A的电流【1】,导体棒ab向右运动的加速度
【2】为5×104 m/s2,空气阻力和摩擦阻力均忽略不计。
典例
(1)若导体棒中的电流方向从a到b,求磁场的磁感应强度B;
(2)求导体棒ab离开导轨时的速度大小;
(3)电磁炮成功发射一枚灭火弹,共需消耗多少电能【3】
信息提取 【1】通电后导体棒ab受安培力的作用。
【2】画出受力分析图,安培力提供加速度,利用牛顿运动定律解决。
【3】消耗的电能转化为导体棒的动能和电路中产生的焦耳热。
思路点拨
解析 (1)导体棒向右加速,对导体棒受力分析,可知安培力提供加速度,得F安=ma(由【1】、
【2】和【5】得到),
又F安=BId,
得磁感应强度大小为B=50 T,
安培力向右,若电流方向从a到b,得磁感应强度垂直于导轨平面向下(由【4】得到)。
(2)导体棒ab在导轨上做匀加速直线运动,可得v2-0=2aL,
故导体棒ab离开导轨时的速度大小为
v=1 200 m/s。
(3)发射一枚灭火弹所用时间
t= =2.4×10-2 s,
电路中产生的焦耳热
Q=I2(R+r)t=9.6×104 J,
导体棒ab(含灭火弹)离开导轨时所获得的动能Ek= mv2=7.2×105 J,
成功发射一枚灭火弹所消耗的电能
E=Ek+Q=8.16×105 J(由【3】、【6】得到)。
答案 (1)50 T,垂直于导轨平面向下
(2)1 200 m/s
(3)8.16×105 J第一章　安培力与洛伦兹力
1　磁场对通电导线的作用力
基础过关练
题组一　安培力的方向
1.(教材习题改编)匀强磁场中有一条通电导线,其方向与磁场方向垂直。下列情景中,标明了电流、磁感应强度和安培力的方向,图中用“☉”表示电流垂直于纸面向外,“”表示电流垂直于纸面向里。关于通电导线在磁场中所受安培力的方向判断正确的是 (　　)
　　　　　　
　　　　　　
2.(教材习题改编)下列情景中,关于通电导体棒ab所受的安培力的方向判断正确的是 (　　)
　　　　　　
　　　　　　
3.(经典题)如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置。接通电路后发现两根导线均发生形变,此时通过导线M和N的电流大小分别为I1和I2,已知I1>I2,方向均向上。若用F1和F2分别表示导线M与N受到的磁场力的大小,则下列说法中正确的是 (　　)
A.F1=F2,两根导线相互吸引
B.F1=F2,两根导线相互排斥
C.F1>F2,两根导线相互吸引
D.F1>F2,两根导线相互排斥
题组二　安培力大小的计算及简单应用
4.如图所示,长为20 cm的直导线中的电流为2 A,匀强磁场的磁感应强度大小为0.5 T,磁场方向水平向右,则图中导线所受的安培力大小为 (　　)
A.0.2 N　　　　B.0.1 N　　　　C.10 N　　　　D.0
5.(经典题)如图所示,在匀强磁场中水平放置的U形导线框中接有电源,磁场方向竖直向下,磁感应强度大小为B,导线框宽为d,一导体棒与虚线成θ角放置,通过的电流为I,则导体棒所受安培力的大小和方向分别为　 (　　)
A.BId,方向平行于导线框向右
B.,方向平行于导线框向右
C.BId sin θ,方向垂直于导体棒向左
D.,方向垂直于导体棒向右
6.如图所示,长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形,并固定在绝缘水平桌面(与纸面平行)上,导线所在空间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向与V形导线夹角的角平分线平行。当导线中通以图示电流I时,该V形导线受到的安培力 (　　)
A.大小为BIl
B.大小为BIl
C.方向垂直于纸面向外
D.方向与磁场方向相同
7.为缩短飞机着陆后的滑行距离,有人构想在机身和跑道上安装设备,使飞机在安培力作用下短距着陆,如图所示,在机身上安装边长为10 m、匝数为50匝的正方形线圈,线圈中通以100 A的电流,跑道上方有磁感应强度大小为0.3 T的磁场,磁场方向垂直于正方形线圈。通过传感器控制磁场区域随飞机移动,使线圈始终处于图示磁场中,忽略电磁感应的影响,线圈所受安培力的大小和方向是 (　　)
A.15 000 N,向左　　　　　　B.15 000 N,向右
C.30 000 N,向左　　　　　　D.30 000 N,向右
8.如图所示是在水平桌面上进行“铝箔天桥”实验。把铝箔折成天桥形状,用胶纸粘牢两端,将U形磁铁横跨“天桥”放置,并用电池向“天桥”供电。下列说法正确的是 (　　)
A.闭合开关,铝箔中央向磁铁N极弯折
B.闭合开关,铝箔中央向下方凹陷
C.调节滑动变阻器使阻值变小,铝箔形变程度变大
D.更换磁性更强的磁铁,铝箔形变程度不变
9.先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线,导线与磁场方向垂直。图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系,下列说法中正确的是 (　　)
A.A、B两点磁感应强度相等
B.A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度
C.a、b图线的斜率等于磁感应强度大小
D.因为B=,所以某处的磁感应强度的大小与放在该处的通电导线I、L的乘积成反比
题组三　磁电式电流表
10.图甲是磁电式电流表表头的结构简图,线圈绕在一个与指针、转轴相连的铝框骨架上,蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布,同一圆周上磁感应强度大小处处相等,当线圈位于水平面内,通有如图乙所示方向的电流时,下列说法正确的是 (　　)
　
A.电流表表盘刻度不均匀
B.a、b导线所受安培力方向相同
C.线圈匝数增加,电流表表头的满偏电流减小
D.磁铁磁性增强,电流表表头的满偏电流增大
能力提升练
题组一　安培力作用下导体运动方向的判断
1.(经典题)如图所示,把轻质导线圈用绝缘细线悬挂起来,其附近有一条形磁铁,该磁铁的轴线穿过导线圈的圆心,且与线圈平面垂直,现保持条形磁铁不动,而在线圈中通以如图所示的电流,则 (　　)
A.线圈保持不动
B.线圈向左偏转且有向外扩张的趋势
C.线圈向左偏转且有向内收缩的趋势
D.线圈向右偏转且有向内收缩的趋势
2.一光滑绝缘的正方体固定在水平面上。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动,CD导体棒固定在正方体的底面内。开始时两棒相互垂直并静止,两棒中点O1、O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示方向(A到B、D到C)的电流。下列说法中正确的是 (　　)
A.通电后AB棒仍将保持静止
B.通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)
C.通电后AB棒将要逆时针转动(俯视)
D.通电瞬间O1、O2间连线上存在磁感应强度为零的位置
题组二　导体的有效长度与安培力的计算
3.(经典题)如图所示,将一根同种材料、粗细均匀的导体围成半径为R的闭合单匝圆线圈,固定在垂直线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中(未画出)。C、D两点将线圈分为上、下两部分,且C、D两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120°。现有大小为I的恒定电流自C点流入、D点流出,则闭合线圈受到的安培力大小为 (　　)
A.BIR　　　　B.BIR　　　　C.BIR　　　　D.0
4.如图所示,用一段导线围成半径为R的圆弧AB,圆心为O,导线中通有顺时针方向的电流,在导线所在的平面(纸面)内加某一方向的匀强磁场,导线受到的安培力最大且方向垂直纸面向外。则下列说法正确的是 (　　)
A.磁场方向垂直AB向下
B.若仅将导线绕O点在纸面内顺时针转过30°,安培力变为原来的
C.若仅将导线绕O点在纸面内顺时针转过90°,安培力的大小不变
D.若仅将磁场方向变为垂直纸面向外,安培力的大小和方向均发生变化
5.Oxy坐标系中,圆心在O点的圆导线框通以顺时针、大小相等的恒定电流,若各象限存在如图所示磁感应强度大小相等、方向垂直坐标平面的匀强磁场,则圆导线框所受安培力最大的是 (　　)
　　　　　　
　　　　　　
题组三　安培力作用下导体的平衡问题
6.(经典题)长为l的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上,并处在磁感应强度为B的匀强磁场中,如图所示,当B方向垂直斜面向上、导线中电流为I1时导线处于平衡状态,若B方向改为竖直向上,则电流为I2时导线处于平衡状态,电流比值应为 (　　)
A.　　　　B.tan θ　　　　C.sin θ　　　　D.cos θ
7.如图所示是利用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度的一种方法。它的右臂挂着等腰梯形线圈,且ab=2cd=2l,匝数为n。线圈底边水平,一半的高度处于虚线框内的匀强磁场中,磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通入顺时针电流I时,调节砝码使两臂达到平衡,然后使电流反向,大小不变,在左盘中增加质量为m的砝码时,两臂再次达到新的平衡。重力加速度为g。则 (　　)
A.虚线框内磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为
B.虚线框内磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为
C.虚线框内磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为
D.虚线框内磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为
8.(经典题)两根通电直导线a、b相互平行,a通有垂直纸面向里的电流,固定在O点正下方的地面上;b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂,且Oa=Ob,b静止时的截面图如图所示。若a中电流大小保持不变,b中的电流缓慢增大,则在b缓慢移动的过程中 (　　)
A.细线对b的拉力逐渐变小
B.地面对a的作用力变小
C.细线对b的拉力逐渐变大
D.地面对a的作用力变大
题组四　安培力作用下牛顿运动定律、动能定理的应用
9.图甲是我国正在测试的超导磁流体推进器,它以喷射推进取代了传统的螺旋桨推进方式,图乙是其工作原理图。推进器中的超导体产生超强磁场B,电极C和D连接直流电源,C、D间的海水中产生电流I,I、B及水流三者方向相互垂直。若用该推进器驱动船舶前进,则下列相关说法正确的是　 (　　)
　
A.电极C需连接电源的负极,D需接电源的正极
B.驱动船舶前进的动力是作用在水流上的安培力
C.驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在电极C、D上的作用力
D.驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在超导磁体上的作用力
10.如图所示,质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R,初始时静止于光滑的水平固定平行导轨上,电源电动势为E,内阻不计。两导轨间距离为L,电阻不计,其间的匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与导轨平面成θ角斜向右上方,且与导体棒MN垂直,重力加速度为g。开关S闭合后导体棒开始运动,则 (　　)
A.导体棒向左运动
B.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为
C.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度大小为
D.开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为mg-
11.如图所示,质量为m、长为l的铜棒ab,用长度也为l的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,未通电时,铜棒及轻导线在同一竖直面(即纸面)内静止,通入恒定电流后,铜棒带动轻导线向纸面外偏转的最大角度为θ,重力加速度为g,不计空气阻力。则 (　　)
A.棒中电流的方向为b→a
B.棒中电流的大小为
C.棒中电流的大小为
D.若只增大轻导线的长度,则θ角变大
12.如图甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,其间有竖直向下的匀强磁场,垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。通过金属棒的电流按如图乙所示的规律变化,t=0时,将金属棒由静止释放,下列说法正确的是 (　　)
　
A.t=时,金属棒的加速度最小
B.t=时,金属棒的速度为零
C.t=T时,金属棒距离出发点最远
D.在0~的时间内,安培力对金属棒做功为零
13.“电磁炮”是现代军事研究中的一项尖端科技研究课题。其工作原理是将炮架放入强磁场中,并给炮架通入高强度电流,炮架相当于放入磁场的通电直导线,在安培力的作用下加速运动,在较短的轨道上短时间内获得一个非常大的速度射出。如图所示,已知加速轨道长度为L,轨道间距为d,炮架及炮弹的质量为m,足够大匀强磁场垂直于轨道所在平面,磁感应强度大小为B,炮架与水平轨道垂直。当通过两轨道给炮架通以大小恒为I的电流后,炮架与炮弹一起向右加速运动,不计一切阻力。求:
(1)通电时,炮架受到的安培力F的大小;
(2)离开轨道时,炮弹的速度v的大小;
(3)采取哪些措施能提高炮弹的发射速度(至少提三条)。
答案与分层梯度式解析
第一章　安培力与洛伦兹力
1　磁场对通电导线的作用力
基础过关练
1.C　根据左手定则可知,A中通电导线受到的安培力水平向右,B中通电导线受到的安培力水平向左,C中通电导线受到的安培力竖直向下,D中通电导线受到的安培力竖直向下。故C正确。
2.D　根据左手定则可知D正确;A中安培力方向应为水平向右;B、C中安培力的方向应该如下图甲、乙所示。
错解分析　错误认为选项B中电流与磁场不垂直导致错选B。实际上,选项B中电流与磁场是垂直的,导体棒所受安培力方向既垂直于电流方向,也垂直于磁场方向,即安培力的方向垂直于I和B所决定的平面。
3.A　根据安培定则判断通电直导线周围产生的磁场,再根据左手定则判断安培力的方向,可知两根导线相互吸引;由于M对N的吸引力和N对M的吸引力是一对相互作用力,故F1和F2大小相等,方向相反,故A正确。
方法技巧　两根平行通电直导线间的相互作用的判断:同向电流相互吸引,反向电流相互排斥。
4.B　图中B与I不垂直,安培力大小为F=BIL sin θ,代入数据得F=0.1 N。故选B。
5.D　导体棒的长度L=,由于导体棒中电流方向与磁场方向垂直(易错点),则导体棒受到的安培力大小为F=BIL=;由左手定则可知,安培力的方向垂直于导体棒向右。故选D。
错解分析　不理解导体棒所受安培力的有效长度的意义,错误认为导体棒的有效长度为d导致错选A。实际上,在本题中导体棒是直的且与磁场垂直,导体棒的实际长度就是其所受安培力的有效长度。
6.B　导线在磁场内的有效长度为L=2l sin 30°=l,该V形通电导线受到的安培力大小为F=BIl,由左手定则可得安培力方向垂直于纸面向里,故选B。
7.C　由左手定则可知,线圈所受安培力向左,大小为F=2nBIL=2×50×0.3×100×10 N=30 000 N,故选C。
8.C　通过铝箔的电流由P向Q,磁场方向由N极指向S极,根据左手定则可知,铝箔所受安培力方向向上,铝箔中央向上弯折,A、B错误;调节滑动变阻器使阻值变小,则电流增大,安培力增大,铝箔形变程度变大,C正确;更换磁性更强的磁铁,磁场变强,安培力变大,铝箔形变程度变大,D错误。
9.B　由于短直导线与磁场方向垂直,根据F=BIL可知F-I图线的斜率为k=BL(破题关键);由图像可知,a图线的斜率大于b图线的斜率,则A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度,故A、C错误,B正确。B=为磁感应强度的定义式,某处的磁感应强度由磁场自身决定,与放在该处的通电导线I、L的乘积无关,故D错误。
10.C　在磁场中,线圈左右两边所在处磁感应强度大小相等,线圈受到的安培力大小相等,线圈转动时,螺旋弹簧发生形变,产生反抗力,阻止线圈继续转动,线圈转角越大,反抗力越大;对于给定的待测电流,其所受安培力大小是一定的,所以线圈在到达某一转角时稳定下来,这时两个力达到平衡,可知转角与待测电流成正比,电流表表盘刻度均匀,故A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B错误。换磁性更强的磁铁或增加线圈匝数,会使得在相同电流情况下线圈所受安培力增大,电流表的量程减小,故C正确,D错误。故选C。
易混易错　磁电式电流表内磁场的磁感线辐向分布,磁感线不平行。虽然磁场不是匀强磁场,但是线圈的边转过的磁场内所有位置的磁感应强度的大小相等。
能力提升练
1.B　根据条形磁铁周围的磁场特点分析线圈最高点和最低点处的磁场,将磁场沿水平向右和竖直方向分解,结合左手定则可知,竖直方向的磁场对线圈有向左的安培力,水平向右的磁场对线圈的安培力使线圈扩张,因此线圈向左偏转且有向外扩张的趋势。故选B。
方法技巧　如图,把环形电流等效为条形磁铁,可见两条形磁铁N、S极相互吸引,则线圈靠近磁铁。
2.B　
图形剖析　将立体图转化为正视图,导体棒CD上电流产生的磁场的方向如图所示。
CD导体棒电流在B端产生的磁场有垂直AB棒向上的分量,根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力,B端向外转动;CD导体棒电流在A端产生的磁场有垂直AB棒向下的分量,根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力,A端向里转动,故导体棒AB将要顺时针转动(俯视),选项B正确,A、C错误。根据安培定则可知,通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在O1、O2间连线上各点处产生的磁场方向相互垂直,故通电瞬间O1、O2间连线上不存在磁感应强度为零的位置,选项D错误。
方法技巧　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。
3.A　C、D两点间的距离为L=R sin 60°×2=R,由等效思想可知,闭合线圈受到的安培力大小F安=BI上L+BI下L=BL(I上+I下)=BIL=BIR,选A。
4.B　导线的有效长度等于圆弧两端点A、B间的距离,设为l,旋转前导线所受的安培力大小为F=BIl,磁场方向垂直AB向上;若导线绕O点顺时针转过30°,则磁场与AB的夹角为60°(破题关键),则导线所受的安培力大小为F'=BIl sin 60°=BIl=F,故A错误,B正确。若导线绕O点顺时针转过90°,磁场与AB平行,则导线所受的安培力为零,故C错误。仅将磁场方向变为垂直纸面向外,则磁场与AB仍垂直,导线所受的安培力垂直AB向下,安培力的大小仍为F=BIl,故D错误。故选B。
5.B　设圆导线框半径为R。A图中,圆导线框在垂直坐标平面向里的匀强磁场中的有效长度为R,可知这部分导线框受到的安培力大小为F=BI·R=BIR,圆导线框在垂直坐标平面向外的匀强磁场中的有效长度为R,可知这部分导线框受到的安培力大小为F=BI·R=BIR,根据左手定则知两部分导线框所受的安培力方向相同,故圆导线框所受安培力的合力大小为2BIR。同理,C图中,圆导线框所受安培力的合力大小为2BIR。D图中,圆导线框在磁场中的有效长度为零,圆导线框受到的安培力大小为零。B图中圆导线框在垂直坐标平面向里的匀强磁场中的有效长度为2R,这部分导线框受到的安培力大小为F=BI·2R=2BIR,圆导线框在垂直坐标平面向外的匀强磁场中的有效长度为2R,可知这部分导线框受到的安培力大小为F=BI·2R=2BIR,根据左手定则知两部分导线框所受的安培力方向相同,故圆导线框所受安培力的合力大小为4BIR,故圆导线框所受安培力最大的是B图的情况。故选B。
6.D　作出直导线的受力分析平面图(解题技法)
根据平衡条件有BI1L=mg sin θ,BI2L=mg tan θ,解得=cos θ,选D。
方法技巧　求解安培力作用下物体静态平衡问题的步骤
7.B　如图所示,线圈一半高度处于匀强磁场中,梯形的中位线长度为线圈受安培力的有效长度,即L=,则安培力大小F=nBI·,(易错:容易忽略n)
电流反向时,在左盘中增加质量为m的砝码,天平两臂再次达到平衡,说明原来的安培力方向向上,根据左手定则可知,虚线框内磁场方向垂直纸面向外,当电流反向时,安培力变为向下,在左盘中增加质量为m的砝码天平再次平衡,说明安培力大小等于mg的一半,即nBI=,所以B=,故选B。
8.D　导线b中电流方向与导线a中电流方向相反,在b中电流缓慢增大的过程中,对导线b受力分析如图所示
可见△Oab与力的矢量三角形相似,根据相似三角形的性质有==(破题关键),由此可知细线对b的拉力大小为T=mg,即拉力大小不变,而ab在逐渐增大,故导线a、b间相互作用的安培力逐渐增大,可知导线a对地面的作用力变大,根据牛顿第三定律可知,地面对a的作用力变大。D正确。
方法技巧　处理动态平衡问题常用的方法
图解法 对研究对象的任一状态进行受力分析,根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下的力的矢量图,然后根据有向线段的长度变化判断各个力的变化情况
解析法 适用于求解矢量直角三角形或正交分解类问题,列出三角函数表达式,然后利用表达式分析力的变化情况
相似三 角形法 适用于求解一般形状矢量三角形问题,做法是在受力分析的基础上作出力的矢量三角形,由力的三角形与几何三角形相似,求解问题
9.D　
图形剖析　将立体图转化为俯视图,如图所示,
海水受到的安培力沿海水流动方向,由牛顿第三定律可知,海水对磁场(实质是对推进器中的超导磁体)的作用力沿船舶前进方向,此力是驱动船舶前进的动力(破题关键);根据海水受到的安培力的方向和磁场的方向,由左手定则可知,极板间电流由电极C到电极D,即电极C需连接电源的正极,D需接电源的负极。故选D。
10.C　
图形剖析　将立体图转化为正视图。
开关闭合,由左手定则可知,安培力方向为垂直磁感线向右下方,从而导致导体棒向右运动,A错误;当开关闭合瞬间,根据安培力公式F=BIL,I=,可得F=,而安培力的方向与导轨平面成90°-θ的夹角,根据牛顿第二定律可知,加速度大小为a=,故B错误,C正确;由平衡条件可知,开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为FN=mg+,故D错误。
11.B　根据铜棒受到的安培力方向,由左手定则可知,电流的方向由a到b,A错误;根据动能定理有BIl·l sin θ-mg(l-l cos θ)=0,解得I=,B正确,C错误;根据前面分析可知,最大偏转角与轻导线的长度无关,D错误。故选B。
12.D　t=时,通过金属棒的电流反向最大,金属棒所受安培力最大,金属棒的加速度也最大,故A错误;0~时间内,电流方向为正向,安培力方向不变,安培力始终做正功,所以t=时,金属棒的速度不为零,又~时间内电流的方向与0~时间内电流的方向相反,安培力始终做负功,根据对称性,可知在0~的时间内,金属棒先加速后减速且速度减为零,安培力对金属棒做功为零,故B错误,D正确;金属棒做周期性运动,前半个周期先沿正方向加速后减速为零,后半个周期沿反方向先加速后减速为零,根据对称性可知t=T时,金属棒再次回到出发点,故C错误。
13.答案　(1)BId　(2)　(3)见解析
解析　(1)通电时,炮架受到的安培力大小为F=BId
(2)离开轨道时,根据动能定理有FL=mv2-0
解得v==
(3)由(2)可知增大磁感应强度B、增大炮架的通电电流大小I、增大导轨宽度d等都能提高炮弹的发射速度。
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