XX省专用学年高中物理第三章磁场第节通电导线在磁场中受到力讲义含解析新人教选修

XX省专用学年高中物理第三章磁场第节通电导线在磁场中遇到的力讲义含分析新人教版选修XX省专用学年高中物理第三章磁场第节通电导线在磁场中遇到的力讲义含分析新人教版选修PAGEXX省专用学年高中物理第三章磁场第节通电导线在磁场中遇到的力讲义含分析新人教版选修第4节通电导线在磁场中遇到的力1.磁场对通电导线的作使劲称为安培力，安培力的方向由左手定章判断。2．安培力的大小为：F＝ILB，当磁感觉强度与导线方向成θ角时，F＝ILBsinθ。3．磁电式电流表的工作原理利用了安培力与电流的关系，所测电流越大时，电流表指针偏转角度越大，依据指针偏转的方向可知电流的方向。一、安培力的方向1．安培力：通电导线在磁场中受的力。2．左手定章：张开左手，使拇指与其他四个手指垂直，而且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，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。3．安培力方向与磁场方向、电流方向的关系：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I所决定的平面。二、安培力的大小1．垂直于磁场B搁置、长为L的通电导线，当经过的电流为I时，所受安培力为F＝ILB。2．当磁感觉强度B的方向与导线方向成θ角时，公式F＝ILBsin_θ。三、磁电式电流表1．原理安培力与电流的关系。2．结构磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、软铁、极靴。以以下图。3．特色两极间的极靴和极靴中间的铁质圆柱，使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，使线圈平面都与磁场方向平行，进而使表盘刻度平均。4．工作原理以以下图是线圈在磁场中受力的表示图。当电流经过线圈时，导线遇到安培力的作用，由左手定章知，线圈左右两边所受的安培力的方向相反，于是架在轴上的线圈就要转动，经过转轴收紧螺旋弹簧使其变形，抗争线圈的转动，电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大，因此，从线圈偏转的角度就能判断经过电流的大小。线圈中的电流方向改变时，安培力的方向跟着改变，指针的偏转方向也跟着改变。因此，依据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向。5．优弊端长处是敏捷度高，可以测出很弱的电流；弊端是线圈的导线很细，赞成经过的电流很弱。1．自主思虑——判一判(1)安培力的方向与磁感觉强度的方向相同。(×)(2)安培力的方向与磁感觉强度的方向垂直。(√)(3)应用左手定章时，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向。(√)(4)通电导线在磁场中不用然受安培力。(√)(5)一通电导线放在磁场中某处不受安培力，该处的磁感觉强度不用然是零。(√)(6)若磁场必然，导线的长度和电流也必然的状况下，导线平行于磁场时，安培力最大，垂直于磁场时，安培力最小。(×)2．合作研究——议一议(1)以以下图，两条平行的通电直导线之间会经过磁场发生相互作用，在什么状况下两条直导线相互吸引，什么状况下两条直导线相互排挤？提示：每一条通电直导线均处在另向来导线电流产生的磁场中，依据安培定章可判断出直线电流产生的磁场的方向，再依据左手定章可判断出每一条通电直导线所受的安培力，由此可知，同向电流相互吸引，反向电流相互排挤。(2)在磁场越强的地方通电导体遇到的安培力必然越大吗？提示：不用然，通电导体受安培力的大小与B、I、L及θ相关，当θ＝0°(B∥I)时，不论B怎样总有F＝0。利用左手定章判断安培力的方向1．安培力方向的特色(1)当电流方向跟磁场方向垂直时，安培力的方向、磁场方向和电流方向两两相互垂直。应用左手定章判断时，磁感线从掌心垂直进入，拇指、其他四指和磁感线三者两两垂直。(2)当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定章判断时，拇指与四指、拇指与磁感线均垂直，但磁感线与四指不垂直。2．安培定章与左手定章比较理解安培定章左手定章用途判断电流产生的磁场方向判断电流在磁场中的受力方向因果关系电流是因，磁场是果电流和磁场都是因，安培力是果结论判断安培力的方向不是用安培定章，而是用左手定章1．一根简单形变的弹性导线，两头固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描绘导线状态的四个图示中正确的选项是()分析：选D依据左手定章可判断出A图中导线所受安培力为零，B图中导线所受安培力垂直纸面向里，C、D图中导线所受安培力向右，由导线受力此后的曲折方向与受力方向的关系可知，D图正确。2．在赤道上空，水平搁置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线()A．遇到竖直向上的安培力B．遇到竖直向下的安培力C．遇到由南向北的安培力D．遇到由西向东的安培力分析：选A赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，画出此处磁场和电流的方向图以以下图，由左手定章可判断出导线遇到的安培力的方向是竖直向上的，选项A正确。3．[多项选择]以以下图，F是磁场对通电直导线的作使劲，此中正确的表示图是()分析：选AD由左手定章可判断，选项B中安培力的方向向左，选项C中安培力的方向向下；选项A、D中安培力的方向如题图所示，选项A、D是正确的。安培力大小的分析与计算1．同一通电导线，按不一样样方式放在同一磁场中，受力状况不一样样，以以下图。(1)如图甲，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力最大，F＝ILB。(2)如图乙，通电导线与磁场方向平行，此时安培力最小，F＝0。(3)如图丙，通电导线与磁场方向成θ角，此时可以分解磁感觉强度，如图丁所示，于是有安培力大小为F＝ILBsinθ，这是一般状况下安培力的表达式。2．对安培力的几点说明(1)F＝ILBsinθ合用于匀强磁场中的通电直导线，求曲折导线在匀强磁场中所受安培力时，L为有效长度，即导线两头点所连直线的长度，相应的电流方向沿L由始端流向尾端，以以下图。(2)相同状况下，通电导线与磁场方向垂直时，它所受的安培力最大；导线与磁场方向平行时，它不受安培力；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)在非匀强磁场中，只需通电直导线L所在地点的各点B矢量相等(包含大小和方向)，则导线所受安培力也能用上述公式计算。(4)当电流同时遇到几个安培力时，则电流所受的安培力为这几个安培力的矢量和。[典例]如图，由平均的电阻丝构成的等边三角形导体框，垂直匀强磁场搁置，将AB两点接入电压恒定的电源两头，通电时，线框遇到的安培力为1.2N，若将ACB边移走，则余下线框遇到的安培力大小为()A．0.6NB．0.8NC．1.2ND．1.6N[分析]依据左手定章判断出各段遇到的安培力的方向，以以下图，令电源电压为U，ABC等边三角形的电阻为3R，曲线ACB上产生的安培力协力竖直向上，与AB边遇到的安培力方向相同，并联后总电阻为：eq\f(2R,3)，依据欧姆定律，并联电路的总电流为：I1＝eq\f(U,2R/3)＝eq\f(3U,2R)，则安培力为：F＝BI1L＝eq\f(3BUL,2R)＝1.2N，将ACB边移走，余下线框遇到的安培力大小为：F′＝BI2L＝eq\f(BUL,R)，比较可得F′＝0.8N。故B正确。[答案]B1．长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向以以下图，已知磁感觉强度为B，对于以下各图中，导线所受安培力的大小计算正确的选项是()分析：选AA图中，导线不睦磁场垂直，故将导线投影到垂直磁场方向上，故F＝BILcosθ，A正确；B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，B错误；C图中导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，C错误；D图中导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，D错误。2．以以下图，一段导线abcd位于磁感觉强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所遇到的磁场的作使劲的协力()A．方向沿纸面向上，大小为(eq\r(2)＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(eq\r(2)－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(eq\r(2)＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(eq\r(2)－1)ILB分析：选A导线段abcd的有效长度为线段ad，由几何知识知Lad＝(eq\r(2)＋1)L，故线段abcd所受的协力大小F＝ILadB＝(eq\r(2)＋1)ILB，导线有效长度的电流方向为a→d，据左手定章可以确立导线所受协力方向竖直向上，应选A。安培力作用下导体运动方向的判断1．判断导体在磁场中运动状况的常例思路(1)不论是电流仍是磁体，对通电导线的作用都是经过磁场来实现的，因此必然要清楚导线所在地点的磁场散布状况。(2)联合左手定章正确判断导线所受安培力的方向。(3)由导体的受力状况判断导体的运动方向。2．分析导体在磁场中运动状况的几种常用方法电流元法把整段导线分为多段电流元，先用左手定章判断每段电流元所受安培力的方向，此后判断整段导线所受安培力的方向，进而确立导线运动方向等效法环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流(反过来等效也建立)，此后依据磁体间或电流间的作用规律判断特别地点法经过转动通电导线到某个便于分析的特别地点，判断其所受安培力的方向，进而确立其运动方向结论法两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋向，同向电流相互吸引，反向电流相互排挤；不平行的两直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋向变换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下怎样运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，此后由牛顿第三定律，确立磁体所受电流磁场的反作使劲，进而确立磁体所受协力及其运动方向1．用两根细线把两个完满相同的圆形导线环悬挂起来，让两者等高平行搁置，以以下图，当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有()A．两导线环相互吸引B．两导线环相互排挤C．两导线环无相互作使劲D．两导线环先吸引后排挤分析：选A通电的导线环四周可以产生磁场，磁场的基天性质是对放入此中的磁体或电流产生力的作用。因为导线环中通入的电流方向相同，两者同地点处的电流方向完满相同，相当于通入同向电流的直导线，据同向电流相互吸引的规律，判知两导线环应相互吸引，故A正确。2.直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动。当经过以以下图的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将()A．顺时针转动，同时凑近直导线ABB．顺时针转动，同时走开直导线ABC．逆时针转动，同时凑近直导线ABD．不动分析：选C先用安培定章判断出AB导线右边的磁场向里，因此，环形电流内侧受力向下、外侧受力向上，从左向右看应逆时针方向转动，当转到与AB共面时，AB与环左边吸引，与环右边排挤，因为左边离AB较近，则引力大于斥力，因此环凑近导线AB，应选项C正确。3.以以下图，把一重力不计的通电直导线AB水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以在空间自由运动，当导线通以图示方向电流I时，导线的运动状况是(从上往下看)()A．顺时针方向转动，同时降落B．顺时针方向转动，同时上涨C．逆时针方向转动，同时降落D．逆时针方向转动，同时上涨分析：选C以以下图，将导线AB分红左、中、右三部分。中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；左端一段所在处的磁场方向斜向上，依据左手定章其受力方向向外；右端一段所在处的磁场方向斜向下，受力方向向里。当转过必然角度时，中间一段电流不再与磁场方向平行，由左手定章可知其受力方向向下，因此从上往下看导线将一边逆时针方向转动，一边向下运动，C选项正确。安培力作用下导体的均衡问题[典例]以以下图，在倾角θ＝30°的斜面上固定一平行金属导轨，导轨间距离l＝0.25m，两导轨间接有滑动变阻器R和电动势E＝12V、内阻不计的电池。垂直导轨放有一根质量m＝0.2kg的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),6)。整个装置放在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感觉强度B＝0.8T。当调理滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在导轨上？导轨与金属棒的电阻不计，g取10m/s2。[思路点拨][分析]当滑动变阻器R接入电路的阻值较大时，I较小，安培力F较小，金属棒在重力沿斜面的分力mgsinθ作用下有沿斜面下滑的趋向，导轨对金属棒的摩擦力沿斜面向上(以以下图)。金属棒恰巧不下滑时有Beq\f(E,R)l＋μmgcosθ－mgsinθ＝0解得R＝eq\f(BEl,mgsinθ－μcosθ)＝4.8Ω当滑动变阻器R接入电路的阻值较小时，I较大，安培力F较大，会使金属棒产生沿斜面上滑的趋向，此时导轨对金属棒的摩擦力沿斜面向下(以以下图)。金属棒恰巧不上滑时有Beq\f(E,R)l－μmgcosθ－mgsinθ＝0解得R＝eq\f(BEl,mgsinθ＋μcosθ)＝1.6Ω因此，滑动变阻器R接入电路的阻值范围应为1.6Ω≤R≤4.8Ω。[答案]1.6Ω≤R≤4.8Ω(1)必然先将立体图变换为平面图，此后对物体进行受力分析，要注意安培力方向确实定，最后依据均衡条件或物体的运动状态列出方程。(2)注意静摩擦力可以有不一样样的方向，因此求解结果是一个范围。1．以以下图，一根质量为m的金属棒AC，用软线悬挂在磁感觉强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采纳的方法是()A．不改变电流和磁场方向，适合减小电流B．不改变磁场和电流方向，适合增大磁感觉强度C．只改变电流方向，并适合增添电流D．只改变电流方向，并适合减小电流分析：选B不改变电流和磁场方向，适合减小电流，可减小安培力，不可以使悬线张力为零，故A错误。不改变磁场和电流方向，金属棒所受的安培力方向仍向上，适合增大磁感觉强度，安培力增大，悬线张力可减小到零，因此B正确。只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力必然不为零，故C、D错误。2．以以下图，金属棒MN两头由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，均衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。假如仅改变以下某一个条件，θ角的相应变化状况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感觉强度变大，θ角变小分析：选A金属棒受力以以下图，tanθ＝eq\f(F,mg)＝eq\f(BIL,mg)；棒中电流I变大，θ角变大，两悬线等长变短，θ角不变，金属棒质量变大，θ角变小，磁感觉强度变大，θ角变大，故A正确。1．一条劲度系数较小的金属弹簧处于自由状态，当弹簧通以电流时，弹簧将()A．保持原长B．缩短C．伸长D．不可以确立分析：选B弹簧通电时，同向电流相吸，使得弹簧缩短，故B正确。2．对于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，以下说法正确的选项是()A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向老是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角没关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小必然变成本来的一半分析：选B依据左手定章可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确立的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线遇到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线遇到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角相关，C错误；以以下图，电流I和磁场B垂直，直导线遇到的安培力F＝BIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线遇到的安培力，电流I和磁场B垂直，依据平行四边形定章可得，导线遇到的安培力的协力为F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，D错误。3．以以下图四种状况中，匀强磁场磁感觉强度大小相等，载流导体长度相同，经过的电流也相同，导体遇到的磁场力最大，且方向沿着纸面的状况是()A．甲、乙B．甲、丙C．乙、丁D．乙、丙分析：选C对于甲图，磁场力F＝BILcos30°，方向垂直纸面向里；对于乙图，磁场力F＝BIL，方向沿纸面向下；对于丙图，磁场力F＝0；对于丁图，磁场力F＝BIL，方向垂直导体沿纸面斜向上，因此，答案为C。4.以以下图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感觉强度为B。当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线遇到的安培力大小和方向(平行于纸面)为()A．BIl竖直向下B．BIl竖直向上C．2BIl竖直向下D．2BIl竖直向上分析：选B导线在磁场内有效长度为2lsin30°＝l，故该V形通电导线遇到安培力大小为F＝BI2lsin30°＝BIl，由左手定章可得方向竖直向上，则选项B正确。5．长为L的通电直导线放在倾角为θ的圆滑斜面上，并处在磁感觉强度为B的匀强磁场中，以以下图，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于均衡状态；若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于均衡状态，电流比值I1∶I2应为()A．cosθB.eq\f(1,cosθ)C．sinθD.eq\f(1,sinθ)分析：选B若磁场方向竖直向上，则安培力沿水平方向，由均衡条件可得：mgtanθ＝BI1L；若磁场方向垂直于斜面向上，则安培力沿斜面向上。由均衡条件可得：mgsinθ＝BI2L，则I1∶I2＝1∶cosθ，故B正确。6．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场平均辐向散布，线圈中a、b两条导线长均为L，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感觉强度大小均为B，则()A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针转动D．线圈将顺时针转动分析：选D该磁场显然不是匀强磁场，匀强磁场应当是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误；由题图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误；由左手定章可知，a导线遇到的安培力向上，b导线遇到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，故C错误D正确。7．以以下图，在倾角为α的圆滑斜面上，垂直纸面搁置一根长为L、质量为m的直导体棒。当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感觉强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，对于B的大小的变化，说法正确的选项是()A．渐渐增大B．渐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小分析：选C导体棒受三个力的作用，安培力F的大小变化从图中即可看出是先减小后增大，由F＝BIL知，B的大小应是先减小后增大，只有C项正确。8．以以下图为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感觉强度大小为B，方向与线圈平面垂直。当线圈中经过方向以以下图的电流I时，调理砝码使两臂达到均衡，此后使电流反向，大小不变，这时为使天平两臂再达到新的均衡，则需()A．在天平右盘中增添质量m＝eq\f(nBIL,g)的砝码B．在天平右盘中增添质量m＝eq\f(2nBIL,g)的砝码C．在天平左盘中增添质量m＝eq\f(nBIL,g)的砝码D．在天平左盘中增添质量m＝eq\f(2nBIL,g)的砝码分析：选D开始时底边所受的安培力方向竖直向上，电流反向后，安培力的方向变成竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量，即：mg＝2FA，解得FA＝eq\f(1,2)mg，因为：FA＝nBIL，解得：m＝eq\f(2nBIL,g)，要从头均衡，需要在天平左盘中增添质量为m＝eq\f(2nBIL,g)的砝码，D正确。9．[多项选择]以以下图，质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流时ab恰幸亏导轨上静止，下边各图是沿ba方向察看时的四个平面图，标出了四种可能的匀强磁场方向，此中杆ab与导轨间摩擦力可能为零的是()分析：选AB经过左手定章判断杆所受的安培力。若A图中杆遇到的重力、垂直斜面向上的支持力、水平向右的安培力的协力可以为零，可以不受摩擦力，故A正确；若B图中杆遇到的重力与竖直向上的安培力相等时，不受摩擦力，故B正确；C图中杆受重力、竖直向下的安培力，要想处于均衡状态，必然受垂直斜面向上的支持力及沿导轨向上的摩擦力作用，故C错误；D图中杆受重力、水平向左的安培力，要想处于均衡状态，必然遇到垂直斜面向上的支持力及沿导轨向上的摩擦力，故D错误。10.以以下图，两根间距为d的平行圆滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。金属杆ab垂直导轨搁置，导轨与金属杆接触优秀。整个装置处于磁感觉强度为B的匀强磁场中。当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab恰巧处于静止状态。要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采纳的举措是()A．增大磁感觉强度BB．调理滑动变阻器使电流减小C．增大导轨平面与水平面间的夹角θD．将电源的正负极对换，使金属杆中的电流方向改变分析：选A对金属杆进行受力分析，沿导轨方向，有BId－mgsinθ＝0，要使金属杆向上运动，则应增大BId，选项A正确，B错误；若增大θ，则mgsinθ增大，选项C错误；若电流反向，则金属杆遇到的安培力反向，选项D错误。11．(2015·全国卷Ⅰ)如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完满相同的弹簧水平川悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感觉强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒经过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5cm；闭合开关，系统从头均衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时比较均改变了0.3cm。重力加快度大小取10m/s2。判断开封闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。分析：依题意，开封闭合后，电流方向从b到a，由左手定章可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自有对于其原长伸长了Δl1＝0.5cm。由胡克定律和力的均衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加快度的大小。开封闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3cm，由胡克定律和力的均衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01kg。⑤答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01kg12．以以下图，在倾角为37°的圆滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10－2kg的通电直导线，电流I＝1A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感觉强度每秒增添0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0，B＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？分析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力以以下图：由均衡条件得：水平方向上有：FTcos37°＝F竖直方向上有：FTsin37°＝mg两式联立解得：F＝eq\f(mg,tan37°)＝eq\f(6×10－2×10,0.75)N＝0.8N由F＝BIL得：B＝eq\f(F,IL)＝eq\f(0.8,1×0.4)T＝2T由题意知，B与t的变化关系为：B＝0.4t代入数据得：t＝5s。答案：5s安培力的大小和方向1．对于通电导线所受安培力F的方向，磁场B的方向和电流I的方向之间的关系，以下说法正确的选项是()A．F、B、I三者必然保持相互垂直B．F必然垂直B、I，但B、I可以不相互垂直C．B必然垂直F、I，但F、I可以不相互垂直D．I必然垂直F、B，但F、B可以不相互垂直分析：选B安培力F老是与磁场B方向和电流I方向决定的平面垂直，但B与I(即导线)可以垂直，也可以不垂直，通电导线受安培力时，力F与磁场及力F与导线都是垂直的，故A、C、D均错，B正确。2.以以下图，直导线平行于通电螺线管的轴线搁置在螺线管的上方，假如直导线可以自由地运动，且通以从a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动状况()A．从上向下看，顺时针转动并凑近螺线管B．从上向下看，顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看，逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看，逆时针转动并凑近螺线管分析：选D通电螺线管产生的磁场方向在其内部为从右向左，外面为从左向右。通电直导线左边所处的磁场方向斜向上，右边导线所处的磁场方向斜向下，则由左手定章可知，直导线左边受力方向向外，直导线右边受力方向向里，故从上向下看为逆时针转动；当转过90°时，由左手定章可得直导线受力向下，故D选项正确。3．以以下图，两个圆形线圈P和Q，悬挂在圆滑绝缘杆上，通以方向相同的电流，若I1＞I2，P、Q遇到安培力大小分别为F1、F2，则P和Q()A．相互吸引，F1＞F2B．相互排挤，F1＞F2C．相互排挤，F1＝F2D．相互吸引，F1＝F2分析：选D两个圆形线圈，电流同向，依据同向电流相互吸引，异向电流相互排挤，知两线圈相互吸引。依据牛顿第三定律知，线圈P对线圈Q的力和线圈Q对线圈P的力大小相等，方向相反，故D正确。4.[多项选择]通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，以以下图，ab边与MN平行。对于MN产生的磁场对线框的作使劲，以下说法正确的选项是()A．线框有两条边所受的安培力方向相同B．线框有两条边所受的安培力大小相等C．线框所受的安培力的协力方向向左D．线框所受的安培力的协力方向向右分析：选BD由安培定章可知导线MN在线框地方产生的磁场方向垂直于纸面向外，再由左手定章判断出bc边和ad边所受安培力大小相等，方向相反。ab边遇到向右的安培力Fab，cd边遇到向左的安培力Fcd，因为ab所处的磁场较强，cd所处的磁场较弱，故Fab＞Fcd，线框所受协力方向向右。选项B、D正确。5.在同一平面内有四根相互绝缘的通电直导线，以以下图，四根导线中的电流I4＝I3＞I2＞I1。要使O点的磁场加强，则应切断哪一根导线中的电流()A．I1B．I2C．I3D．I4分析：选D依据安培定章可知I1、I2、I3、I4在O点产生的磁场方向分别为垂直于纸面向里、向里、向里、向外，又I3＝I4，故切断I4可使O点的磁场加强，选项D正确。6.以以下图，一重为G1的通电圆环置于水平桌面上，圆环中电流方向为顺时针方向(从上往下看)，在圆环的正上方用轻绳悬挂一条形磁铁，磁铁的中心轴线经过圆环中心，磁铁的上端为N极，下端为S极，磁铁自己的重力为G2。则对于圆环对桌面的压力F和磁铁对轻绳的拉力F′的大小，以下关系中正确的选项是()A．F>G1，F′>G2B．F<G1，F′>G2C．F<G1，F′<G2D．F>G1，F′<G2分析：选D顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直搁置的小磁针，由安培定章可知，“小磁针”的N极向下，S极向上，故与磁铁之间的相互作使劲为斥力，因此圆环对桌面的压力F将大于圆环的重力G1，磁铁对轻绳的拉力F′将小于磁铁的重力G2，选项D正确。7．已知长沙市里地磁场的磁感觉强度B约为4.0×10－5T，其水平重量约为3.0×10－5T；若市里一高层建筑安装了高50m的竖直金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，经避雷针开始放电，电流方向自上而下，大小为1.0×105A，此时金属杆遇到地磁场对它的安培力方向和大小分别为()A．方向向西，大小约为150NB．方向向西，大小约为200NC．方向向东，大小约为150ND．方向向东，大小约为200N分析：选C当带有正电的乌云经避雷针放电时，放电电流方向沿避雷针向下，若面向北方而立，则空间水平磁场均为“×”，则右方为东方，左方为西方向，如图，由左手定章判断可知金属杆所受安培力的方向向东，大小为F＝BIL＝3.0×10－5×1×105×50N＝150N，故C正确。8.两条直导线相互垂直，以以下图，但相隔一个小距离，此中一条AB是固定的，另一条CD能自由转动。当直流电流按以以下图方向通入两条导线时，CD导线将()A．顺时针方向转动，同时凑近导线ABB．顺时针方向转动，同时走开导线ABC．逆时针方向转动，同时走开导线ABD．逆时针方向转动，同时凑近导线AB分析：选D依据电流方向相同时导线相互吸引，相反时则排挤，可知CD导线将逆时针方向转动，同时凑近导线AB，因此D正确。9．[多项选择]以以下图，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中经过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采纳的方法是()A．增大电流IB．增添直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°角D．使导线在纸面内顺时针转45°角分析：选AB由公式F＝BIL，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力，故A正确；由公式F＝BIL，当增添直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力，故B正确；当使导线在纸面内顺时针转30°时，导线沿磁场方向投影长度为零，则所受磁场力为零，故C错误；当使导线在纸面内顺时针转45°时，导线沿磁场方向投影长度缩短，则所