第八章 第1讲 磁场描述 磁场对电流作用

1.安培力的大小如图8－1－3所示：(1)一般情况下：F＝

，其中θ为B与导线方向间夹角．(2)当磁场B与电流垂直时：F＝

.(3)当磁场B与电流平行时：F＝

.2．安培力的方向(1)用左手定则判定：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

进入，并使四指指向

，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受

．(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于

决定的平面．BILsinθBIL0掌心电流的方向安培力的方向B和I如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同【审题视点】

(1)导线M、N中电流方向相反．(2)O点为M、N的中点，a、b两点和c、d两点具有对称性．【解析】

根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．【答案】

C2、三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如右图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有()[答案]

BD3.有两根长直导线a、b互相平行放置，如图8－1－5所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是()A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零【解析】

根据安培定则和磁场的叠加原理知，M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A错，B对；在线段MN上只有在O点处，a、b两直导线电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O点处的磁感应强度为零，选项C错，D正确．【答案】

BD●磁通量的变化分析如图8－1－12所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动，到达磁铁上端位置Ⅱ，套在磁铁上到达中部Ⅲ，再到磁铁下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ.磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中，穿过圆环的磁通量变化情况是()A．变大，变小，变大，变小B．变大，变大，变小，变小C．变大，不变，不变，变小D．变小，变小，变大，变大

B1.安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：(1)B与L垂直．(2)L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度(如图8－1－6所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．2．解题步骤(1)把立体图转化为平面图．(2)根据左手定则确定安培力的方向．(3)受力分析，画出安培力和其他力．(4)根据平衡条件列出平衡方程．●安培力大小的计算如图8－1－13所示，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，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为()A．0B．0.5BIlC．BIlD．2BIl【解析】

V形导线通入电流I时每条边受到的安培力大小均为BIl，方向分别垂直于导线斜向上，再由平行四边形定则可得其合力F＝BIl，答案为C.安培力作用下导体运动情况的判定如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如题干图方向的电流后，线圈的运动情况是()A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动画出磁感线分布选取一段具有代表性的电流元左手定则确定电流所受安培力的方向根据电流元所受安培力方向得出结论解析：解法一：电流元法首先将圆形线圈分成很多小段，每小段可看作一直线电流，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．解法二：等效法将环形电流等效成一条形磁铁，如图乙所示，据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动．同时，也可将左侧条形磁铁等效成一环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，又可得到相同的答案．答案：A甲乙【答案】BC

如右图所示，把一通电导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动．当导线通过电流I时，如果只考虑安培力的作用，则从上往下看，导线的运动情况是()A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升[解析]

第一步：电流元受力分析法把直线电流等效为OA、OB两段电流元，蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元受安培力方向相反，如上图所示．可见从上往下看时，导线将逆时针方向转动．第二步：特殊位置分析法取导线逆时针转过90°的特殊位置来分析，如上图所示．根据左手定则判断安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动．[答案]

C等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一根长直导线垂直穿过纸面，三根导线均通有大小不变的恒定电流，方向均垂直于纸面向里，如图所示．已知Ia>Ib，则过c点的导线所受安培力的方向可能是()A．F1 B．F2C．F3 D．F4由安培定则可知，通电导线a在导线c处所产生的磁场方向与a、c连线垂直，并偏离PQ指向左下方，导线b在导线c处所产生的磁场方向与b、c连线垂直，并偏离PQ指向右下方．由于Ia>Ib，所以导线c处的合磁场方向并不在直线PQ上，而是介于PQ和b、c连线之间．所以，由左手定则可知，导线c所受安培力的方向可能是F4.答案为D.如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x.当两细导体棒中均通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是()如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力．【潜点探究】

解答此题可以建立斜面物体的模型，将立体图转化为平面图，通过受力分析，根据平衡条件求解．【答案】(1)1.5A(2)0.30N(3)0.06N

7.(2010·浙江高考)如图所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为L1，垂直纸面的宽度为L2.在膜的下端(图中A处)挂有一平行于转轴，质量为m，长为L2的导体棒使膜成平面.在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能.光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为U；输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).

导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外(注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出).(1)现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成θ＝60°时，导体棒处于受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率.(2)当θ变成45°时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒力学平衡外，还能输出多少额外电功率？【解析】(1)导体棒所受安培力为:FA=IBL2①对导体棒由平衡条件得：mgtanθ=FA②解得：I=③所以当θ=60°时I1=光电池输出功率为：P1=UI1=(2)当θ=45°时,根据③式可知维持受力平衡需要的电流为：I2=根据几何关系可知：=解得：P2=P1=而光电池产生的电流为：I光电=所以能提供的额外电流为：I额外=I光电-I2=3.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝kI/r，式中常量k＞0，I为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图8－1－10所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0.当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0.(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；(2)求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3.下面介绍磁偏转问题圆心确定常用的四种方法：一、半径法适用情况：如果已知带电粒子的出射速度和入射速度方向，分别作出过入射点和出射点速度方向的垂线，两垂线的交点便是圆心．如图甲所示．

【典例1】电视机的显像管中，电子束的偏转是使用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示，磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O，半径为r．当不加磁场时，电子束将通过O点而达到屏幕的中心M点．为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度为多大？(已知电子质量为m，电荷量为e)

【深度剖析】分别作入射点和出射点速度方向的垂线，其交点为电子做匀速圆周运动的圆心C，以v表示电子进入磁场时的速度，则①②

又有③由以上各式解得：B=二、角平分线法适用情况：如果已知带电粒子的出射速度和入射速度方向，则入射速度方向的延长线和出射速度方向的反向延长线夹角的角平分线与入射速度垂线的交点就是圆心.如图乙所示.

【典例2】一质量为m、带电量为q的粒子，以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区域后，从b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向夹角为30°，不计重力．求：(1)圆形磁场区域的最小面积；(2)粒子从O点进入磁场区域到达b点所经历的时间及b点坐标．

【深度剖析】(1)由于粒子沿y轴正方向射入，所以圆心必在x轴上，反向延长b处的速度方向与y轴相交于C点，作∠OCA的角平分线与x轴相交于O′点，过O′点作bC的垂线，垂足为A点．则O′A=O′O=R,所以，以OA为直径的圆的磁场区域面积最小．设圆形磁场区域的半径为r．由牛顿第二定律得：qv0B=由几何关系得：r=Smin=πr2=(2)粒子从O点沿圆弧到A点，所经历的时间tOA=sAb=Rcot30°tAb=所以粒子从O点进入磁场区域到达b点所经历的时间为t=tOA+tAb=sO′b==2Rb点横坐标为xb=R+2R=故b点坐标为(0)

三、垂直平分线法适用情况：如果已知带电粒子的入射速度方向和做圆周运动轨迹的一条弦，先作出过入射点速度方向的垂线，然后作弦的垂直平分线，两垂线的交点便是圆心．

【典例3】如图,虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外，O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电荷量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向．已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O点的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用．(1)求所考查的粒子在磁场中运动的轨道半径;(2)求这两个粒子从O点射入磁场时的时间间隔.

【深度剖析】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，有qvB=解得：R=(2)如图所示，为两粒子在匀强磁场中运动的轨迹图．作图方法是：作OP的垂直平分线，分别过入射点O作入射速度1、2的垂线．两垂线与垂直平分线的交点分别为O1、O2，则O1、O2为圆心，四、直角直径法适用情况：如果已知带电粒子的入射速度方向和过入射点的一条弦，先作出过入射点速度方向的垂线，然后过弦的另一端点作弦的垂线，两垂线的交点和入射点的