高中物理（3-1）教师文档 第3章 习题课 安培力的应用 含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精习题课：安培力的应用[学习目标]1.会用左手定则判断安培力的方向和导体的运动方向.2。会分析导体在安培力作用下的平衡问题。3。会结合牛顿第二定律求导体棒的瞬时加速度。一、安培力作用下导体运动方向的判断判断安培力作用下导体的运动方向，常有以下几种方法：(1）电流元法即把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元受安培力的方向,从而判断出整段电流所受合力的方向.(2）特殊位置法把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向。(3)等效法环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁.条形磁铁也可以等效成环形电流或通电螺线管。通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析。(4）利用结论法①两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；②两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势.（5）转换研究对象法因为电流之间,电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律。定性分析磁体在电流产生的磁场中的受力和运动时，可先分析电流在磁体的磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力.例1如图1所示，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，导线的运动情况是（从上往下看）（）图1A。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,同时上升答案C解析如图所示,将导线AB分成左、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，根据左手定则其受力方向向外;右端一段所在处的磁场方向斜向下，受力方向向里。当转过一定角度时,中间一段电流不再与磁场方向平行,由左手定则可知其受力方向向下，所以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。判断导体在磁场中运动情况的常规思路不管是电流还是磁体，对通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此,此类问题可按下面步骤进行分析:(1)确定导体所在位置的磁场分布情况。（2）结合左手定则判断导体所受安培力的方向.(3）由导体的受力情况判定导体的运动方向。针对训练1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.当通过如图2所示的电流时（同时通电），从左向右看,线圈将()图2A.顺时针转动，同时靠近直导线ABB.顺时针转动，同时离开直导线ABC。逆时针转动，同时靠近直导线ABD。不动答案C解析由安培定则判断出AB导线右侧的磁场向里，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与环左侧吸引，与环右侧排斥，由于左侧离AB较近，则引力大于斥力，所以环靠近导线AB，故选项C正确。二、安培力作用下导体的平衡1.解题步骤（1)明确研究对象；（2）先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上；(3）正确受力分析(包括安培力)，然后根据平衡条件：F合＝0列方程求解.2。分析求解安培力时需要注意的问题（1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向；（2)安培力大小与导体放置的角度有关，但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况，其中L为导体垂直于磁场方向的长度，为有效长度.例2如图3所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内.当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态.为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为（)图3A。eq\f（mg，Il)tanθ，竖直向上 B.eq\f（mg,Il)tanθ，竖直向下C。eq\f（mg,Il）sinθ，平行于悬线向下 D。eq\f(mg，Il）sinθ,平行于悬线向上答案D解析要求所加磁场的磁感应强度最小,应使棒平衡时所受的安培力有最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsinθ，即IlBmin＝mgsinθ，得Bmin＝eq\f(mg，Il)sinθ，方向应平行于悬线向上。故选D.解决安培力作用下的受力平衡问题，受力分析是关键,解题时应先画出受力分析图，必要时要把立体图转换成平面图。针对训练2如图4所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是(）图4A。金属棒中的电流变大，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。磁感应强度变大，θ角变小答案A解析选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示.根据平衡条件及三角形知识可得tanθ＝eq\f（BIL，mg)，所以当金属棒中的电流I、磁感应强度B变大时,θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小,选项C错误；θ角的大小与悬线长短无关，选项B错误.例3如图5所示，条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示.则这个过程中磁铁受到的摩擦力（磁铁保持静止)()图5A。为零B.方向由向左变为向右C。方向保持不变D.方向由向右变为向左答案B解析首先磁铁上方的磁感线从N极出发回到S极，是曲线，直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，电流的受力由左上方变为正上方再变为右上方,根据牛顿第三定律磁铁受到的力由右下方变为正下方再变为左下方,磁铁静止不动，所以所受摩擦力方向由向左变为向右。B正确.三、安培力和牛顿第二定律的综合例4如图6所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源。电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小.图6答案gsinθ－eq\f(BELcosθ，mR＋r)解析对导体棒受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F,由牛顿第二定律得：mgsinθ－Fcosθ＝ma ①F＝BIL ②I＝eq\f(E，R＋r) ③由①②③式可得a＝gsinθ－eq\f（BELcosθ,mR＋r)。1.两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图7所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是()图7A.都绕圆柱体转动B。彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C。彼此相向运动，电流大的加速度大D.彼此背向运动，电流大的加速度大答案B2.（多选)如图8所示,在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒,当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2,则以下说法正确的是（)图8A。弹簧长度将变长B。弹簧长度将变短C。FN1＞FN2D.FN1＜FN2答案BC3.如图9所示，两条导线相互垂直,但相隔一段距离。其中AB固定,CD能自由活动，当电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)(）图9A。顺时针方向转动同时靠近导线ABB.逆时针方向转动同时离开导线ABC。顺时针方向转动同时离开导线ABD.逆时针方向转动同时靠近导线AB答案D解析(1）根据电流元分析法，把导线CD等效成CO、OD两段导线.由安培定则画出CO、OD所在位置由AB导线中电流所产生的磁场方向，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示,可见导线CD逆时针转动.(2）由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90°，如图乙所示,并画出CD此时位置AB导线中电流所产生的磁场的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB，故D选项正确。4。(多选）如图10所示,一根通电的直导体放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中,处于静止状态.现增大电流，导体棒仍静止,则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是(）图10A.一直增大 B。先减小后增大C。先增大后减小 D.始终为零答案AB解析若F安＜mgsinα，因安培力向上，则摩擦力向上，当F安增大时，Ff减小到零，再向下增大，B对，C、D错;若F安＞mgsinα，摩擦力向下，随F安增大而一直增大,A对。5.如图11所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I,导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框。线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框下边与直导线平行,且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B＝keq\f(I，r)(k为常量），线框的质量为m,则剪断细线的瞬间，线框的加速度为()图11A。0B。eq\f（kI2,m）＋gC。eq\f(kI2，m)－gD。eq\f(kI2,2m）＋g答案D解析线框下边受到的安培力的大小为F1＝keq\f(I，L）IL＝kI2，方向向下，线框上边受到的安培力大小F2＝eq\f(kI，2L)·IL＝eq\f(1,2)kI2，方向向上,根据牛顿第二定律可得，F1＋mg－F2＝ma解得：a＝eq\f(F1＋mg－F2,m）＝eq\f(kI2，2m）＋g,故A、B、C错误，D正确.一、选择题(1～7题为单选题，8题为多选题)1。把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来,使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图1所示的电路。当开关S接通后，将看到的现象是()图1A.弹簧向上收缩B.弹簧被拉长C。弹簧上下跳动D。弹簧仍静止不动答案C解析因为通电后,弹簧中每一圈之间的电流是同向的，互相吸引，弹簧就缩短，电路就断开了,一断开没电流了，弹簧就又掉下来接通电路……如此通断通断，就上下跳动.2。如图2所示通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内,电流方向如图所示,ab边与NM平行.关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是（)图2A.线框四条边所受的安培力方向相同B.线框四条边所受的安培力大小相同C。线框所受安培力的合力向左D。线框所受安培力的合力向右答案C解析直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向里，根据左手定则，ab边受向左的安培力，bc边受到向上的安培力,cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力,方向不同，故A错误;离MN越远的位置,磁感应强度越小，故根据安培力公式F＝BIL，ab边受到的安培力大于cd边，bc边受到的安培力等于ad边受到的安培力，线框所受安培力的合力向左.故B、D错误，C正确.3。如图3所示,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，磁铁的中心轴线通过圆环中心，磁铁的上端为N极，下端为S极,磁铁自身的重力为G2.则关于圆环对桌面的压力F和磁铁对轻绳的拉力F′的大小,下列关系中正确的是（)图3A。F＞G1，F′＞G2 B。F＜G1，F′＞G2C。F＜G1，F′＜G2 D。F＞G1，F′＜G2答案D解析顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直放置的小磁针，由安培定则可知，“小磁针"的N极向下，S极向上,故与磁铁之间的相互作用力为斥力,所以圆环对桌面的压力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。4。如图4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线圈平面。当线圈内通以图示方向的电流(从右向左看沿逆时针方向)后，线圈的运动情况是（)图4A。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答案A解析将环形电流等效成小磁针，如图所示,根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动,也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向左运动，选A.5.一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流,如图5所示.若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力Ff的变化情况分别是()图5A。F增大,Ff减小 B.F减小，Ff增大C.F与Ff都增大 D.F与Ff都减小答案C解析图中电流与磁体间的磁场力为引力，若将磁极位置对调则相互作用力为斥力，再由受力分析可知：选项C正确.6。通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图6所示。下列哪种情况将会发生(）图6A.因L2不受磁场力的作用，故L2不动B.因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动C。L2绕轴O按顺时针方向转动D。L2绕轴O按逆时针方向转动答案D解析由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外,且离导线L1的距离越远的地方，磁感应强度越弱,导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大,因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对。7.如图7所示，两个完全相同且互相垂直的导体圆环M、N中间用绝缘细线ab连接,悬挂在天花板下,当M、N中同时通入图中所示方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及a、b间细线张力的变化，下列判断正确的是（)图7A.M、N均不转动，细线张力不变B。M、N都顺时针转动，细线张力减小C。M顺时针转动，N逆时针转动，细线张力减小D。M逆时针转动,N顺时针转动，细线张力增大答案C解析设想N固定不动，分析M上各部分在N产生的磁场中的受力情况,可判断M绕Oa竖直轴顺时针转动(从上向下看)；由牛顿第三定律可知，M的磁场必定使N逆时针转动,转动的最终结果会使两环在同一平面内，并且a、b两点处电流方向相同，由于同向电流相互吸引，细线张力会减小,故选项C正确。8。在同一光滑斜面上放同一导体棒，图8所示是两种情况的剖面图。它们所处空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上,两次导体棒A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡。已知斜面的倾角为θ，则(）图8A.I1∶I2＝cosθ∶1B。I1∶I2＝1∶1C.导体棒A所受安培力大小之比F1∶F2＝sinθ∶cosθD。斜面对导体棒A的弹力大小之比FN1∶FN2＝cos2θ∶1答案AD解析分别对导体棒受力分析,如图，利用平衡条件即可求解第一种情况:F1＝BI1L＝mgsinθ，FN1＝mgcosθ解得：I1＝eq\f（mgsinθ，BL）第二种情况：F2＝BI2L＝mgtanθ，FN2＝eq\f(mg，cosθ）解得:I2＝eq\f(mgtanθ，BL)所以eq\f（F1,F2）＝eq\f（BI1L,BI2L)＝eq\f(I1，I2）＝eq\f(sinθ，tanθ)＝cosθ，eq\f(FN1，FN2）＝eq\f（cosθ,\f（1,cosθ））＝cos2θ可见,A、D正确,B、C错误。二、非选择题9。某同学用图9中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.图9(1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动.(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A。适当增加两导轨间的距离B。换一根更长的金属棒C。适当增大金属棒中的电流其中正确的是________（填入正确选项前的标号).答案（1)见解析图(2）AC解析（1）实物连线如图所示.(2)根据公式F＝BIL可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流,可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，Fx－μmgx＝eq\f(1,2）mv2，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A、C正确;若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度v＝eq\f(2Fx,m)－2μgx变小，B错误。10。如图10所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4m，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＝0.5T、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。5Ω的直流电源.现把一个质量m＝0。04kg的导体