高中物理第三章磁场第四节安培力的应用自我小测粤教版选修3_1
物理粤教版选修3-1第三章磁场学力测评 含解析 精品
学力测评一、本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分.1.下列关于磁感应强度的说法中，正确的是（）A.一小段通电直导线放在磁感应强度为零的地方，受到的磁场力可能不为零B.一小段通电直导线放在磁场中某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度可能不为零C.一小段通电直导线放在磁场中某点不受磁场力作用，则该点磁感应强度一定为零D.一小段通电直导线放在磁场中受到的安培力为F，通电电流为I，导线长为ΔL，则磁感应强度B的大小等于F/(IΔL)解析：没有磁场的地方，通电直导线就不会受到磁场力的作用，A错.通电直导线如果平行于磁场放置则不受磁场力的作用，所以一小段通电直导线放在磁场中某点不受磁场力的作用，并不说明该点磁感应强度为零，B对、C错.是这样定义磁感应强度的：当通电导线与磁场方向垂直时，通电导线所受的安培力F跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫做磁感应强度，所以D错误.答案：B2.关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）A.磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B.磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D.在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小解析：磁感线是为了形象描述磁场而引入的闭合曲线，没有起点和终点，所以A错.通电直导线在磁场中所受的磁场力的方向与磁场垂直，B错.磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线的方向不表示磁场的强弱，故C错.通电导线在磁场中的受力不仅与磁感应强度有关，还跟导线的位置取向有关，若通电导线与磁场方向平行，则无论怎样安培力均为零，D正确.答案：D3.如图3-1所示，三根长导线通电电流大小相同，通电方向为b导线和d导线向纸里，c导线向纸外，a点为bd的中点，ac垂直于bd，且ab=ad=ac，磁场在a点处的磁感应强度的方向为（）图3-1A.垂直纸面指向纸外B.垂直纸面指向纸里C.沿纸面由a指向bD.沿纸面由a指向c解析：在多个磁体存在的空间里任意一点的磁场是这些磁体在该点产生磁场的合磁场.a点是b、d两根通电直导线的对称点，b、d两通电直导线在a点产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，二者的合磁感应强度为零，则a点磁场的磁感应强度就等于c通电直导线在a点产生的磁场的磁感应强度，方向由a指向b，C正确.答案：C4.如图3-2所示，金属板abcd置于匀强磁场中，通以水平向左的恒定电流，当达到稳定状态后（）图3-2A.电子向cd边偏转，使ab边电势高于cd边电势B.电子向cd边偏转，使ab边电势低于cd边电势C.电子不再发生偏转，但ab边电势高于cd边电势D.电子不再发生偏转，但ab边电势低于cd边电势解析：电流水平向左，定向移动的电子向右，金属阳离子是不能移动的，在洛伦兹力作用下电子向ab边偏转使ab边带负电，则cd边带正电，所以ab边电势低于cd边的电势，D正确.答案：D5.一带电粒子M在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，匀强电场竖直向下，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图3-3 所示.下列说法正确的是（）图3-3A.沿垂直纸面方向向里看，粒子M的绕行方向为顺时针方向B.运动过程中外力对粒子做功的代数和为零，故机械能守恒C.在粒子旋转一周的时间内重力做功为零D.沿垂直纸面方向向里看，粒子M的绕行方向既可以是顺时针也可以是逆时针方向解析：粒子能在竖直面内做匀速圆周运动，则该粒子一定带负电，且电场力和重力大小相等、方向相反，洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断知：该粒子沿垂直纸面方向向里看，粒子M的绕行方向为顺时针方向，A正确、D错误.由于电场力参与做功，所以粒子运动过程中机械能不守恒，B错.重力做功与路径无关，只与起点和终点有关，运动一周重力做功为零，C对.答案：AC6.一束混合的离子束，先径直穿过正交匀强电、磁场，再进入一个磁场区域后分裂成几束，如图3-4所示.若粒子的重力不计，此分裂是因为（）图3-4A.带电性质不同，有正离子又有负离子B.速度不同C.质量和电荷量的比值不同D.以上选项均不正确解析：能沿直线通过正交匀强电、磁场区域的粒子必须满足电场力与洛伦兹力大小相等，即Eq=Bqv ，所以所有沿直线通过该区域的粒子的速度相等，与带电粒子的电性无关.粒子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，轨道半径为Bqm v R =，粒子束分裂成几束，说明它们的半径不同，这是因为他们的比荷不同所致，C 正确.答案：C7.如图3-5，在半径为R 的圆内有一磁感应强度为B 的向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子(不计重力)，从A 点对着圆心方向垂直射入磁场，从C 点飞出，则（ ）图3-5A.粒子带正电B.粒子的轨道半径为RC.A 、C 两点相距R 3D.粒子在磁场中运动的时间为πm /3Bq解析：用左手定则判断可知粒子带正电，A 对.由几何关系可得粒子轨道半径大于R ，等于R 3，B 错.由A 、C 和粒子圆轨道的圆心构成的三角形是等边三角形，所以A 、C 两点相距R 3，C 对.粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为3π，运动时间为Bqm T 36π=，D 正确.答案：ACD二、本题共9小题，共72分.第8~11小题答案填写在题内横线空白处.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位.8.（5分）如图3-6所示，蹄形磁铁两极间的导体棒ab ，当通有自b 向a 的电流时受到向右的安培力的作用，则磁铁的上端是______________极.如果磁铁上端是S 极，导体棒中的电流方向自a 到b ，则导体棒受到的安培力的方向向______________.图3-6解析：用左手定则判断，通电直导线处在竖直向下的磁场中，即N 极在上端；用左手定则判断，导体棒受到的安培力方向向右.答案：N 右9.（5分）如图3-7所示，在轻弹簧的下端悬挂一个边长为L 的正方形金属线框.金属线框的下边放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，当线框中的电流为I 时，弹簧仍保持原长，线框恰好平衡.现断开电路，使线框中的电流为零，线框开始向下运动.当线框向下运动到最低点时，弹簧的弹性势能增加了E ，则线框下降的距离x=_____________.图3-7解析：通有电流I 时，线框受到的安培力大小等于其重力大小，即mg=BIL ，断开电源后，线框下落，只有重力和弹簧弹力做功，线框、弹簧、地球构成的系统机械能守恒，有：E-mgx=0，所以BILE mg E x ==.答案：E/ILB10.（5分）如图3-8所示，带电液滴从h 高处自由落下，进入一个匀强电场与匀强磁场的互相垂直的区域，磁场方向垂直纸面，电场强度为E ，磁感应强度为B.已知液滴在此区域中做匀速圆周运动，则圆周运动的半径R=______________.图3-8解析：带电液滴进入磁场就做匀速圆周运动，说明电场力与重力平衡，即Eq=mg 得gEq m =液滴自离磁场边界h 高处下落，下落过程中机械能守恒：221mv mgh =得：gh v 2=做匀速圆周运动所需要的向心力为洛伦兹力，满足：R m v Bqv 2=，即Bqm v R =联立方程①②③得：gh B E R 2=.答案：g hB E 211.（5分）正方形导线框abcd ，匝数为10匝，边长为20 cm ，在磁感应强度为0.2 T 的匀强磁场中围绕与B 方向垂直的转轴匀速转动，转速为120 r/min.当线框从平行于磁场位置开始转过90°时，线圈中磁通量的变化量是_____________Wb.解析：导线框与B 垂直时磁通量最大，当转过90°时磁通量为零，所以此过程磁通量的变化量就等于初始时刻的磁通量的值，即ΔΦ=BS=0.2×(0.2)2 Wb=0.008 Wb.答案：0.00812.（10分）如图3-9所示是一宽D=8 cm 的同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域，一束带电粒子(重力不计)以速度v 0垂直射入时恰好不改变运动方向.若粒子射入时内有电场，可测得粒子束穿过电场时沿竖直方向向上偏了3.2 cm ；若粒子射入时只有磁场，问：图3-9(1)粒子在磁场中的运动情况如何？(2)粒子离开磁场时偏离原方向多大距离？答案：粒子在复合场中、电场中和磁场中运动情况各有不同（1）电场和磁场共存时，带电粒子做匀速直线运动，则有：Eq=qv 0B（2）只有电场时，带电粒子只受电场力，做类平抛运动，则有：水平方向x=v 0t竖直方向y=Eqt 2/2m解①②③联立的方程组代入y=0.032 m 得qB 2/mE=10.(3)只有磁场时，带电粒子只受洛伦兹力做匀速圆周运动，则有：qBv 0=mv 02/R 得：R=mE/qB 2=0.1 m带电粒子从进入磁场到出磁场过程，设粒子在磁场中偏离原方向的距离为d ，通过几何关系得R 2=D 2+(R-d)2把R=0.1 m 、D=0.08 m 代入得d=0.04 m.13.(8分)在竖直平面内半圆形光滑绝缘管处在如图3-10所示的匀强磁场中，B=1.1 T ，管道半径R=0.8 m ，其直径AOB 在竖直线上.在管口A 处以2 m/s 的水平速度射入一个小带电球，其电荷量为10-4 C ，问：图3-10(1)小球滑到B 处的速度为多大？(2)若小球从B 处滑出的瞬间，管子对它的压力恰好为零，小球质量为多少？(取g=10 m/s 2)解析：(1)小球从A 到B ，利用动能定理mg·2R=mv b 2/2-mv a 2/2得v b =6 m/s.(2)在B 点，对小球进行受力分析,由于小球做圆周运动，所以有qv B B-mg=mv b 2/R ，得m=1.2×10-5kg.答案：（1）6 m/s (2)1.2×10-5 kg14.（12分）正电子发射计算机断层（PET ）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段.图3-11（1）PET 所用回旋加速器示意如图，其中置于高真空中的金属D 形盒的半径为R ，两盒间距为d ，在左侧D 形盒圆心处放有粒子源S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向如图所示.质子质量为m ，电荷量为q.设质子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计，质子在加速器中运动的总时间为t （其中已略去了质子在加速电场中的运动时间），质子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速电子时的电压大小可视为不变.求此加速器所需的高频电源频率f 和加速电压U.（2）试推证当R d 时，质子在电场中加速的总时间相对于在D 形盒中回旋的总时间可忽略不计（质子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）.解析：（1）设质子加速后最大速度为v ，由牛顿第二定律有Rv m qvB 2=质子的回旋周期qB m v R T ππ22==高频电源的频率mqB T f π21==质子加速后的最大动能221mv E k =设质子在电场中加速的次数为n ，则nqU E k =又2Tn t =可解得t BR U 22π=（2）在电场中加速的总时间为vnd v nd t 221==在D 形盒中回旋的总时间为v B n t π=2故B d t t π221=1即当R d 时，t 1可忽略不计.答案：（1）t BR m qB 222ππ （2）证明略15.(11分)如图3-12所示，在足够长的竖直放置的绝缘真空管中，有一电荷量为4×10-4 C 、质量为0.1 g 的带正电的小圆柱体，恰好可在管内部自由滑动.将此管放在相互垂直的水平匀强磁场和水平匀强电场中，已知E=10 N/C ，B=5 T ，小圆柱体与管壁的动摩擦因数μ=0.2.设圆柱体在管内静止下落，图3-12(1)试说明小圆柱体运动的性质；(2)下落过程中最大和最小的加速度及与此相对应的速度大小为多少？ 解析：（1）见解析(2).(2)对小圆柱体受力分析，水平方向：N +qvB =Eq ，竖直方向：mg-μN=ma当N=0时，即mg=ma ，a=g=10 m/s 2，此时qvB=Eq 得v=E/B=10/5 m/s=2 m/s.当速度继续增大时，洛伦兹力随之增大，管壁对小圆柱体的弹力要反向增大，经受力分析得水平方向：Eq+N=qvB竖直方向：mg-μN=ma当a=0时，速度达到最大值，即mg=μ(qvB -Eq)得v max =(mg+μEq)/μqB ，代入数据得v max =4.5 m/s.16.（11分）如图3-1-3所示，x 轴上方有匀强磁场B ，下方有匀强电场E.电荷量为q 、质量为m 的粒子在y 轴上，重力不计，x 轴上有一点M(L ，0)，要使粒子在y 轴上由静止释放能达到M 点.问：图3-1-3(1)带电粒子应带何种电荷？释放位置离O点须满足什么条件？(2)粒子从出发点运动到M点经历的时间多长？解析：(1)带电粒子要在电场中向上加速，所以带电粒子应带负电荷.设释放点离原点距离为d，负电荷在电场中加速，由动能定理得：Eqd=mv2/2 ①负电荷在磁场中做匀速圆周运动，其运动半径为R，qvB=mv2/R ②又由题意得：2nR=L联立①②③式得d=qB2L2/8n2mE，n=1、2、3……(2)带电粒子实际运动到M点的时间有两部分组成.设粒子从出发点到原点的时间为t1，则在电场中运动的时间为t E=(2n-1)t1，由运动学方程d=Eqt12/2m联立④⑤式得t1=BL/2nE带电粒子在磁场中运动的时间t B=nπm/qB，所以带电粒子从出发点运动到M点的总时间为t=t E+t B=(2n-1)BL/2nE+nπm/qB，n=1,2,3……。
粤教版高中物理选修3-1课时检测：第三章 第四节 安培力的应用 含答案
第四节安培力的应用A级抓基础1．两条导线相互垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由活动，当直流电流按图所示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)( )A．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解析：本题可用下面两种方法解答．(1)电流元受力分析法：把直线电流CD等效为CO、DO两段电流元，AB电流的磁感线分布如图所示，用左手定则判定可知导线CD将逆时针转动．(2)特殊值分析法：将导线CD转过90°的特殊位置，两直线电流相互平行，方向相同相互吸引，可见CD将靠近AB，所以导线CD逆时针方向转动，同时要靠近导线AB.因此正确答案是D.答案：D2．在如图所示的电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b 两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为Fa、Fb，可判断这两段导线( )A．相互吸引，Fa＞Fb B．相互排斥，Fa＞FbC．相互吸引，Fa＜Fb D．相互排斥，Fa＜Fb解析：无论电键置于a还是置于b，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A、C错误．电键置于位置b时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，故B错误，D正确．答案：D3．用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所示，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．两导线环相互排斥C．两导线环无相互作用力D．两导线环先吸引后排斥解析：通电的导线环周围能够产生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流产生力的作用．由于导线环中通入的电流方向相同，二者同位置处的电流方向完全相同，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．答案：A4．如图所示的弹性线圈AB，当给它通电时下面判断正确的是( )A．当电流从A向B通过时线圈长度增加，当电流反向时线圈长度减小B．当电流从B向A通过时线圈长度增加，当电流反向时线圈长度减小C．不管电流方向如何，线圈长度都不变D．不管电流方向如何，线圈长度都减小解析：把环形电流看成无数小段的直线电流组成，当电流从A向B通过线圈时各线环的电流方向如图所示，各电流平行且同向，相互吸引，线圈长度变短，当电流从B向A通过线圈时各线环的电流方向与所示方向相反，但各电流仍平行且同向，相互吸引，线圈长度仍变短，故D正确．答案：D5．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m，质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流强度I＝1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度从零开始每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)?解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如右图所示．由平衡条件得：FTcos 37°＝F，①FTsin 37°＝mg，②由①②解得：F＝，代入数值得：F＝0.8 N，由F＝BIL得：B＝＝ T＝2 T.B与t的变化关系为B＝0.4t T，所以t＝5 s.答案：5 sB级提能力6．如图所示，一根通电的直导体棒放在倾斜的粗糙导轨上，且有图示方向的匀强磁场，处于静止状态，若增大电流强度，导体棒仍静止，则在电流增大到刚要运动的过程中，导体棒受到摩擦力的大小变化情况可能是( )A．一直减小 B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终不变解析：由左手定则可判定安培力方向沿斜面向上，若开始时摩擦力方向沿斜面向下，则有F安＝mgsin θ＋f，而F安＝BIL，则f＝mgsin θ－F安，I增大，f减小；当f减小到0后，F安＞mgsin θ，f反方向，I增大，f增大．答案：B7．如图所示，一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．则在这个过程中磁铁受到的摩擦力(保持静止)( )A．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：B8．(多选)如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，则( )A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极D．将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极答案：AB9．如图，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面夹角为α，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，定值电阻为R，其余部分电阻不计．则当电键闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？解析：画出导体棒ab受力的截面图，如图所示．导体棒ab所受安培力：F＝BIL，由牛顿第二定律得：Fsin α＝ma，导体棒ab中的电流：I＝，得a＝.答案：BELsin αmR10.(20xx·全国Ⅰ卷)如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.试判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，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＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有。
2019-2020学年高中物理 第三章 磁场 第四节 安培力的应用学案 粤教版选修3-1
第四节安培力的应用[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道直流电动机、磁电式电表的基本构造及工作原理.2.进一步熟练掌握安培力公式及方向的判断.科学思维：会用电流元法、特殊位置法、等效法、结论法、转化法分析导体在安培力作用下的运动和平衡问题.一、直流电动机1.定义：电动机是利用安培力使通电线圈转动，将电能转化为机械能的重要装置.2.分类：电动机有直流电动机和交流电动机，交流电动机又分为单相交流电动机和三相交流电动机.3.原理：如图1所示，当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向向下，左边线框受到向上的安培力，在安培力作用下线框转动起来.图14.直流电动机突出的优点是可以通过改变输入电压调节其转速，而交流电动机的调速就不太方便.二、磁电式电表1.构造：磁电式电流表是在强蹄形磁铁的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以转动的铝框，在铝框上绕有线圈，铝框的转轴上装有两个螺旋弹簧和一个指针，线圈的两端分别接在这两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈.2.原理：通电线圈在磁场中受到安培力而偏转.线圈偏转的角度越大，被测电流就越大.3.特点：如图2所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，通电线圈不管转到什么角度，线圈的平面都跟磁感线平行.当电流通过线圈的时候，线圈上跟铁芯轴线平行的两边受到的安培力产生力矩，使线圈发生转动.同时，螺旋弹簧被扭转，产生一个阻碍线圈转动的力矩，其大小随线圈转动角度的增大而增大.直至上述两个力矩相平衡时，线圈才会停下来.图2判断下列说法的正误.(1)当电动机线圈与磁场垂直时，磁通量最大.(√)(2)直流电动机通过改变输入电压很容易调节转速，交流电动机不容易调速.(√)(3)磁电式电表内的磁场是匀强磁场.(×)(4)磁电式电流表表盘的刻度是均匀的.(√)(5)磁电式电表指针的偏转是由于线框受安培力的作用.(√)(6)对于磁电式电表，指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的.(√)一、安培力的实际应用例1如图3甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，边长为L的正方形线圈中通以电流I，线圈中的某一条a导线电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则( )图3A.该磁场是匀强磁场B.该线圈的磁通量为BL2C.a导线受到的安培力方向向下D.b导线受到的安培力大小为BIL答案 D解析匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，该磁场明显不是匀强磁场，故A错误；线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；a导线电流方向垂直纸面向外，磁场方向向右，根据左手定则，安培力方向向上，故C错误；导线b始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为ILB，故D正确.磁电式电表内的磁场均匀辐向分布，通电线圈不管转动什么角度，线圈的平面都跟磁感线平行，线圈受到的安培力都垂直于线圈平面.例2如图4所示，在一直流电动机的气隙中(磁极和电枢之间的区域)，磁感应强度为0.8T.假设在匀强磁场中垂直放有400匝电枢导线，电流为10A，导线的有效长度为0.15m，图4求：(1)电枢导线ab边所受的安培力的大小；(2)线圈转动的方向.答案(1)480N (2)从外向里看为顺时针方向解析(1)根据安培力公式，电枢导线ab边所受的安培力的大小为F安＝NBLI＝400×0.8×0.15×10N＝480N.(2)在题图位置，由左手定则知ab边受安培力方向向上，dc边受安培力方向向下.则从外向里看，线圈顺时针方向转动.二、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或运动趋势方向，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，从而确定其运动方向.(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3如图5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(虚线过AB的中点)，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5A.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.中间一小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右上，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右下，受力方向向里.当转过一定角度时，中间一小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，此类问题可按下列步骤进行分析：(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.[学科素养] 例3根据安培力的方向来判断导体的运动方向.这是基于事实证据进行科学推理，体现了“科学思维”的学科素养.针对训练(2018·扬州中学高二期中)如图6所示，通电直导线ab位于两平行导线横截面M、N的连线的中垂线上.当平行导线M、N通以同向等值电流时，下列说法中正确的是( )图6A.ab顺时针旋转B.ab逆时针旋转C.a端向外，b端向里旋转D.a端向里，b端向外旋转答案 C解析首先分析出两个平行电流在直导线ab处产生的磁场情况，如图所示，两电流产生的在直导线ab上部分处的磁感线方向都是从左向右，则ab上部分电流受到的安培力方向垂直纸面向外；在ab下部分处的磁感线方向都是从右向左，故ab下部分电流受到的安培力方向垂直纸面向里.所以，导线的a端向外旋转，导线的b端向里旋转.例4如图7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7A.F＞G1，F′＞G2B.F＜G1，F′＞G2C.F＜G1，F′＜G2D.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.例5如图8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8A.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，通电导线的受力由左上方变为正上方再变为右上方，根据牛顿第三定律知，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.点拨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.1.(电动机的原理)如图9所示是直流电动机的模型，闭合开关后线圈顺时针转动.现要线圈逆时针转动，下列方法中可行的是( )图9A.只改变电流方向B.只改变电流大小C.换用磁性更强的磁铁D.对换磁极同时改变电流方向答案 A解析直流电动机的转动方向与线圈中的电流方向和磁场方向有关，若使通入直流电动机的电流方向改变或磁场的方向改变，它的转动方向将改变.但是如果同时改变电流的方向和磁场的方向，线圈的转动方向将不变，故A正确.2.(磁电式电表)(多选)实验室经常使用的电流表是磁电式电流表.这种电流表的构造如图10甲所示.蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的.当线圈通以如图乙所示的恒定电流(b 端电流流向垂直纸面向内)，下列说法正确的是( )图10A.当线圈在如图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上B.线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动C.线圈通过的电流越大，指针偏转角度越小D.电流表表盘刻度均匀答案BD解析由左手定则可判定：当线圈在如题图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，故A 错误；当通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则线圈受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，故B正确；线圈中通过的电流越大，线圈受到的安培力越大，指针偏转的角度越大，C错误；在线圈转动的范围内，线圈平面始终与磁感线平行，且磁感应强度大小相等，故各处安培力大小相同，表盘刻度均匀，D正确.3.(安培力作用下导体的运动)一重力不计的直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图11所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab 受到安培力的作用后的运动情况为( )图11A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管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靠近螺线管答案 D解析先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁场的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示.可以判断导线受到磁场力作用后从上向下看按逆时针方向转动，再分析导线转过90°时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙所示，可知导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误.4.(安培力作用下导体运动方向的判断)如图12所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在条形磁铁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12A.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.一、选择题考点一安培力的实际应用1.某物理兴趣小组利用课外活动时间制作了一部温控式电扇(室温较高时，电扇就会启动)，其设计图分为温控开关、转速开关及电动机三部分，如图1所示，其中温控开关为甲、乙两种金属材料制成的双金属片.对电动机而言，电扇启动后，下列判断正确的是( )图1A.要使电扇转速加大，滑动片P 应向B 移动B.面对电扇，电扇沿顺时针方向转动C.面对电扇，电扇沿逆时针方向转动D.电扇有时顺时针方向转动，有时逆时针方向转动答案 B解析 滑动片P 向B 移动时，线圈中电流减小，电扇转速减小；由左手定则可判断线圈各边所受安培力的方向，可知电扇顺时针转动.2.(2018·北京市朝阳区高二上期末)一种可测量磁感应强度大小的实验装置，如图2所示.磁铁放在水平放置的电子测力计上，两极之间的磁场可视为水平匀强磁场.其余区域磁场的影响可忽略不计.此时电子测力计的示数为G 1.将一直铜条AB 水平且垂直于磁场方向静置于磁场中.两端通过导线与电源、开关、滑动变阻器和电流表连成回路.闭合开关，调节滑动变阻器的滑片.当电流表示数为I 时，电子测力计的示数为G 2，测得铜条在匀强磁场中的长度为L .铜条始终未与磁铁接触，对上述实验下列说法正确的是( )图2A.铜条所受安培力方向竖直向下B.铜条所在处磁场的磁感应强度大小为G 1－G 2ILC.铜条所在处磁场的磁感应强度大小为G 2－G 1ILD.铜条所在处磁场的磁感应强度大小为G 1＋G 2IL 答案 C解析 由左手定则可知，铜条所受安培力方向竖直向上，选项A 错误；由牛顿第三定律可知，导体棒对磁铁有向下的作用力，使得电子测力计的示数增加，由平衡知识可知：G 2－G 1＝BIL ，解得B ＝G 2－G 1IL，选项C 正确，B 、D 错误. 3.(多选)如图3甲所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音.俯视图乙表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面平行于纸面)，磁场方向如图中箭头所示，在图乙中( )图3A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外答案 BC解析 将线圈看成由无数小段直导线组成，由左手定则可以判断，当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，选项B 正确，A 错误；当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，选项C 正确，D 错误.4.如图4所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度.天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L ，共N 匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面.当线圈中通有电流I (方向如图所示)时，在天平两边加上质量分别为m 1、m 2的砝码时，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m 的砝码后，天平又重新平衡.由此可知(重力加速度为g )( )图4A.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为(m 1－m 2)g NILB.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为mg 2NILC.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为(m 1－m 2)g NILD.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为mg2NIL答案 B解析因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向上，由左手定则判断磁场方向垂直于纸面向里.电流反向前，有m1g＝m2g＋m3g＋NBIL，其中m3为线圈质量.电流反向后，有m1g＝m2g＋m3g＋mg－NBIL.两式联立可得B＝mg2NIL.故选B.考点二安培力作用下导体运动的判断5.在如图5所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小为F a、F b，判断这两段导线( )图5A.相互吸引，F a＞F bB.相互排斥，F a＞F bC.相互吸引，F a＜F bD.相互排斥，F a＜F b答案 D解析开关S分别置于a、b两处时，电源分别为一节干电池和两节干电池，而电路中灯泡电阻不变，则电路中电流I a＜I b，MM′在NN′处的磁场在接a时较弱，应用安培力公式F＝BIL 可知F a＜F b，又MM′与NN′电流方向相反，则二者相互排斥.6.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导电液体相接触，并使它组成如图6所示的电路图.当开关S接通后，将看到的现象是( )图6A.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，弹簧中每一圈的电流都是同向的，互相吸引，弹簧缩短，电路就断开了，断开后没电流了，弹簧掉下来接通电路……如此通断通断，弹簧上下跳动.7.固定导线c垂直纸面，可动导线ab通以如图7所示方向的电流，用测力计悬挂在导线c 的上方，导线c中通以如图所示的电流时，以下判断正确的是( )图7A.导线a端转向纸外，同时测力计读数减小B.导线a端转向纸外，同时测力计读数增大C.导线a端转向纸里，同时测力计读数减小D.导线a端转向纸里，同时测力计读数增大答案 B解析导线c中电流产生的磁场在右边平行纸面斜向左上，在左边平行纸面斜向左下，在ab 左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向外，右边的电流元所受安培力方向向里，知ab导线逆时针方向(从上向下看)转动.当ab导线转过90°后，两导线电流为同向电流，相互吸引，导致测力计的读数变大，故B正确，A、C、D错误.8.两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8所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是( )图8A.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 B解析同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但根据牛顿第三定律知两铝环间的相互作用力大小必相等，选项B正确.9.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光滑转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图9所示.下列哪种情况将会发生( )图9A.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，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向都水平向右，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.10.(多选)如图10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F N1，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F N2，则以下说法正确的是( )图10A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.F N1＞F N2D.F N1＜F N2答案BC二、非选择题11.如图11，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，已知公式F＝BIL中比例系数B的大小为0.1N/(A·m)，磁场方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘.金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量.图11答案 竖直向下 0.01kg解析 金属棒通电后，闭合回路电流I ＝E R ＝12V2Ω＝6A 金属棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06N由左手定则判断可知金属棒受到的安培力方向竖直向下 由平衡条件知：开关闭合前：2kx ＝mg 开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F 代入数值解得m ＝0.01kg.12.如图12所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，他测得的数据记录如下所示，CD 段导线长度：4×10－2m ；天平平衡时钩码重力：4×10－5N ；通过导线的电流：0.5A.请算出通电螺线管中的磁感应强度B .图12答案 2.0×10－3T解析 由题意知，I ＝0.5A ，G ＝4×10－5N ，L ＝4×10－2m.电流天平平衡时，导线所受磁场力的大小等于钩码的重力，即F ＝G .由磁感应强度的定义式B ＝F IL得：B ＝F IL ＝ 4.0×10－50.5×4.0×10－2T ＝2.0×10－3T. 所以通电螺线管中的磁感应强度为2.0×10－3T.。
2022-2021学年高二物理粤教版选修3-1 3.4 安培力的应用 课件（24张）
第四节 安培力的应用
一、直流电动机 1．构造：主要由__磁__铁____、___线__圈___、___电__刷___等． 2．工作原理：安培力的_磁__力__矩__使线圈在磁场中转动． 3．电动机有直流电动机与交流电动机，直流电动机的 突出优点就是通过改变输入___电__压__很容易调节它的 ___转__速___，调节输入电压的方式就是在电路中增加滑动 变阻器，而交流电动机的调速不太方便．
常见的直流电动机：
【说明】 大多数微型和小型直流电动机是用永磁铁提供磁场，而大型和超大型 直流电动机是用励磁电流来提供磁场的。
线例圈1中在导匀线强受磁场中线，圈有中三导个线通受电线线圈圈处中于导 力如在图水所平示方的向位置，则一(转动力) 矩 线不受力
A．三个线圈都可以绕OO′轴转动 B．只有②中的线圈可以绕OO′轴转动 C．只有①②中的线圈可以绕OO′轴转动 D．只有②③中的线圈可以绕OO′轴转动
解析 电流元法：把电流CD等效成CO、OD 两段电流．由安培定则画出CO、OD所在位 置的AB电流的磁场，由左手定则可判断CO、 OD受力如图甲所示，导线CD逆时针转动． 特殊位置法：让CD逆时针转动90°，如图乙， 并画出CD此时位置AB电流的磁感线分布， 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. 答案 D
一、直流电动机
1. 电 动 机 的 工 作 原 理 ： 通 电 线 圈 在 安 培力作用下的转动。 2.能量转化：把电能转化为机械能。 3.电动机分类：直流电动机和交流电 动机。 交流电动机又分为单相交流电动机和 三相交流电动机．
4.直流电动机的运转过程：
5．运动分析：如图 甲，当电流通过线圈时，右边线框 受到的安培力方向向下，左边线框受到的安培力方向向 上，在安培力的作用下线框转动起来． 6．调速办法：直流电动机突出的优点是可以通过改变 电压大小调节其转速，而交流电动机的调速比较复杂．
高中物理3.4安培力的应用课件粤教版选修3_1
知识精要
思考探究
典题例解
迁移应用
如图所示,我们知道电流的大小可以由电流表直接读出,你知道 电流表通电后,它的指针为什么能够发生偏转吗?
答案：电流在磁场中受到安培力作用而发生偏转.
知识精要
思考探究
典题例解
迁移应用
知识精要
思考探究
典题例解
迁移应用
①指针稳定后,线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方 向是相反的 ②通电线圈中的电流越大,电流表指针偏转的角度也越大 ③在线圈转动的范围内,各处的磁场都是匀强磁场 ④在线圈转动的范围内,线圈所受磁力矩与电流有关,而与所处 位置无关 A.①②③ B.③④ C.①②④ D.②③④
知识链接
案例探究
类题试解
知识链接
案例探究
类题试解
解析：方法一:电流元分析法.弓形线圈可以等效为如图甲所示 的矩形线圈,由左手定则可知:上下两个电流元所受安培力为零,ad 边所受的安培力F1垂直纸面向外,cb边所受的安培力F2垂直纸面向 内,故b端向纸内,a端向纸外转动.方法二:特殊位置法.当线圈转到线 圈平面与纸面垂直时,ab处的磁感应强度B4比cd处的磁感应强度B3 大.由左手定则,由于对称性ad、cb边受到的安培力大小相等、方 向相反;ab电流元受到的安培力F4竖直向下;cd电流元受到的安培 力F3竖直向上,因为B4>B3,所以F4>F3,故线圈要靠近导线.
第四节
安培力的应用
目标导航
预习导引
学习目 标 重点难 点
1.了解直流电动机的原理. 2.了解磁电式电表的原理. 通电线圈在匀强磁场中所受安培力力矩及磁电式电流 表的工作原理.
目标导航
预习导引
一
二
一、直流电动机 电动机有交流电动机与直流电动机,直流电动机的突出优点就是 通过改变输入电压来调节它的转速.
2020—2021学年高二物理粤教版选修3—1第3章 磁场含答案
2020—2021高中物理粤教版选修3—1第3章磁场含答案粤教版选修3--1第三章磁场1、(双选)如图所示，关于磁铁、电流间的相互作用，下列说法正确的是()A.甲图中，电流不产生磁场，电流对小磁针的力的作用是通过小磁针的磁场发生的B．乙图中，磁体对通电导线的力的作用是通过磁体的磁场发生的C．丙图中电流间的相互作用是通过电流的磁场发生的D．丙图中电流间的相互作用是通过电荷的电场发生的2、如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，c为直径与b等长的半圆，长度关系为c最长，b最短，将装置置于竖直向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流通过，则三导体棒受到的安培力大小关系为()A．F a＞F b＞F c B．F a＝F b＝F cC．F b＜F a＜F c D．F a＞F b＝F c3、在如图所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小为F a、F b，判断这两段导线()A．相互吸引，F a＞F bB．相互排斥，F a＞F bC．相互吸引，F a＜F bD．相互排斥，F a＜F b4、一个长直螺线管中通有大小和方向都随时间变化的交变电流，把一个带电粒子沿如图所示的方向沿管轴线射入管中，则粒子将在管中()A．做匀速圆周运动B．沿轴线来回振动C．做匀加速直线运动D．做匀速直线运动5、粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电荷．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直于纸面向里．如下四个图中能正确表示两粒子运动轨迹的是()6、如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是()A．物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内B．天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内C．物理学家牛顿，但小磁针静止不动D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内7、如图所示，abcd为四边形闭合线框，a、b、c三点坐标分别为(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于四边形的四条边所受到的安培力的大小，下列叙述中正确的是()A．ab边与bc边受到的安培力大小相等B．cd边受到的安培力最大C．cd边与ad边受到的安培力大小相等D．ad边不受安培力作用8、如图所示，在蹄形磁铁的上方放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，最初线圈平面与蹄形磁铁处于同一竖直面内，则通电线圈运动的情况是()A．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向下运动B．ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向下运动C．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向上运动D．ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向上运动9、宇宙中的电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时，将()A．竖直向下沿直线射向地面B．相对于预定地面向东偏转C．相对于预定点稍向西偏转D．相对于预定点稍向北偏转10、(双选)用回旋加速器加速质子时，所加交变电压的频率为f，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪种方法()A．将其磁感应强度增大为原来的2倍B．将D形金属盒的半径增大为原来的2倍C．将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍D．将交变电压的频率增大为原来的4倍11、如图所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直．当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出()A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大12、如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M.B 为铁片，质量为m.当电磁铁通电时，铁片被吸引加速上升，设某时刻铁片的加速度为a，则轻绳上拉力F的大小为多少？13、回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压的大小为U0.周期T＝2πmqB.一束该种粒子在t＝0～T2时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：(1)出射粒子的动能E m；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m所需的总时间t0.2020—2021高中物理粤教版选修3—1第3章磁场含答案粤教版选修3--1第三章磁场1、(双选)如图所示，关于磁铁、电流间的相互作用，下列说法正确的是()A.甲图中，电流不产生磁场，电流对小磁针的力的作用是通过小磁针的磁场发生的B．乙图中，磁体对通电导线的力的作用是通过磁体的磁场发生的C．丙图中电流间的相互作用是通过电流的磁场发生的D．丙图中电流间的相互作用是通过电荷的电场发生的BC[甲图中，电流对小磁针的力的作用是通过电流的磁场发生的；乙图中，磁体对通电导线的力的作用是通过磁体的磁场发生的；丙图中，电流对另一个电流的力的作用是通过该电流的磁场发生的．综上所述，选项B、C正确．]2、如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，c为直径与b等长的半圆，长度关系为c最长，b最短，将装置置于竖直向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒中有等大的电流通过，则三导体棒受到的安培力大小关系为()A．F a＞F b＞F c B．F a＝F b＝F cC．F b＜F a＜F c D．F a＞F b＝F cD[设a、b两棒的长度分别为L a和L b，c的直径为d.由于导体棒都与匀强磁场垂直，则a、b、c三棒所受的安培力大小分别为：F a＝BIL a；F b＝BIL b＝BId；c棒所受的安培力与长度为d的直导体棒所受的安培力大小相等，则有F c＝BId；因为L a＞d，则有F a＞F b＝F c.故D正确．]3、在如图所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小为F a、F b，判断这两段导线()A．相互吸引，F a＞F bB．相互排斥，F a＞F bC．相互吸引，F a＜F bD．相互排斥，F a＜F bD[开关S分别置于a、b两处时，电源分别为一节干电池和两节干电池，而电路中灯泡电阻不变，则电路中电流I a＜I b，MM′在NN′处的磁场在接a时较弱，应用安培力公式F＝BIL可知F a＜F b，又MM′与NN′电流方向相反，则二者相互排斥，故D正确．]4、一个长直螺线管中通有大小和方向都随时间变化的交变电流，把一个带电粒子沿如图所示的方向沿管轴线射入管中，则粒子将在管中()A．做匀速圆周运动B．沿轴线来回振动C．做匀加速直线运动D．做匀速直线运动D[通有交变电流的螺线管内部磁场方向始终与轴线平行，带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力，所以应做匀速直线运动．]5、粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电荷．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直于纸面向里．如下四个图中能正确表示两粒子运动轨迹的是()A[由洛伦兹力和牛顿第二定律，可得r甲＝m甲vq甲B，r乙＝m乙vq乙B，故r甲r乙＝2.由左手定则判断甲、乙两粒子所受洛伦兹力方向及其运动方向，可知选项A正确．]6、如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是()A．物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内B．天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内C．物理学家牛顿，但小磁针静止不动D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内D[发现电流的磁效应的科学家是奥斯特，根据右手螺旋定则和小磁针N极所指的方向为该点磁场方向可知D正确．]7、如图所示，abcd为四边形闭合线框，a、b、c三点坐标分别为(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于四边形的四条边所受到的安培力的大小，下列叙述中正确的是()A．ab边与bc边受到的安培力大小相等B．cd边受到的安培力最大C．cd边与ad边受到的安培力大小相等D．ad边不受安培力作用B[因为ab边垂直于磁场，所以其受到的安培力F ab＝BL ab I，而bc边平行于磁场，所以其受到的安培力为零，故A错误；ad边与cd边虽然长度相等，且长度最长，但ad边与磁场不垂直，cd边与磁场垂直，即等效长度不同，所以受到的安培力大小不相等，cd边受到的安培力最大，故B正确，C错误；ad边受到安培力作用，故D错误．]8、如图所示，在蹄形磁铁的上方放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，最初线圈平面与蹄形磁铁处于同一竖直面内，则通电线圈运动的情况是()A．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向下运动B．ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向下运动C．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向上运动D．ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向上运动B[在图示位置时，根据左手定则判断可知：ad边左半边所受磁场力方向向里，右半边所受磁场力方向向外，则ab边转向纸里，cd边转向纸外，从图示位置转过90°时，根据左手定则判断可知：ad边所受磁场力方向向下，所以线圈ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向下运动，故B正确，A、C、D错误．] 9、宇宙中的电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时，将( )A ．竖直向下沿直线射向地面B ．相对于预定地面向东偏转C ．相对于预定点稍向西偏转D ．相对于预定点稍向北偏转C [地球表面的磁场方向由南向北，电子带负电，根据左手定则可判定，电子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向西，故C 项正确．]10、(双选)用回旋加速器加速质子时，所加交变电压的频率为f ，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪种方法 ( )A ．将其磁感应强度增大为原来的2倍B ．将D 形金属盒的半径增大为原来的2倍C ．将两D 形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍D ．将交变电压的频率增大为原来的4倍AB [带电粒子从D 形盒中射出时的动能E km ＝12m v 2m ①带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R ＝m v m Bq② 由①②可得E km ＝R 2q 2B 22m ，显然，当带电粒子q 、m 一定时，则E km ∝R 2B 2，即E km 与磁场的磁感应强度B 、D 形金属盒的半径R 的平方成正比，与加速电场的电压无关，故A 、B 正确，C 、D 错误．]11、如图所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直．当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出( )A ．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小B ．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小C ．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大D ．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大A [如图所示，画出直导线附近的条形磁铁的磁感线，由左手定则可知，直导线受向下的安培力，由于力的作用是相互的，因此条形磁铁受向上的作用力，故A 正确．]12、如图所示，A 为电磁铁，C 为胶木秤盘，A 和C(包括支架)的总质量为M.B 为铁片，质量为m.当电磁铁通电时，铁片被吸引加速上升，设某时刻铁片的加速度为a ，则轻绳上拉力F 的大小为多少？[解析] 本题是磁场和力学的综合题，可通过受力分析，结合牛顿第二定律解决．在铁片B 上升的过程中，轻绳上的拉力F 大小等于A 、C 的重力Mg 和B 对A 的引力F′引的和．在铁片B 上升的过程中，对B 有F 引－mg ＝ma ，所以F引＝mg ＋ma.由牛顿第三定律可知B 对A 的引力F′引与A 对B 的引力F 引大小相等、方向相反，所以F ＝Mg ＋mg ＋ma.[答案] Mg ＋mg ＋ma13、回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压的大小为U 0.周期T ＝2πm qB .一束该种粒子在t ＝0～T 2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0.[解析] (1)粒子运动半径为R 时q v B ＝m v 2R且E m ＝12m v 2解得E m ＝q 2B 2R 22m .(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md 匀加速直线运动nd ＝12a·Δt 2由t 0＝(n －1)·T 2＋Δt ，解得t 0＝πB R 2＋2BRd 2U 0－πm qB . [答案] (1)q 2B 2R 22m (2)πB R 2＋2BRd 2U 0－πm qB。
【精准解析】高中物理粤教版选修3-1教师用书：第3章+第4节 安培力的应用+Word版含解析
第四节安培力的应用[学习目标] 1.[科学思维]掌握通电导体在磁场中受安培力作用而运动的规律．(重点) 2.[科学思维]了解直流电动机的原理．理解通电线圈在磁场中受安培力作用而转动的规律．(重点、难点) 3.[科学态度与责任]了解磁电式电表的构造及原理．一、直流电动机1．分类：电动机有直流电动机和交流电动机，交流电动机又分为单相和三相交流电动机．2．原理：如图所示，当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向向下，左边线框受到向上的安培力，在安培力作用下线框转动起来．二、磁电式电表1．装置：磁电式电流表是在强蹄形磁铁的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以转动的铝框，在铝框上绕有线圈．铝框的转轴上装有两个螺旋弹簧和一个指针．线圈的两端分别接在这两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈．2.原理：如图所示，当电流通过线圈时，线圈上跟铁芯轴线平行的两边受到安培力产生力矩，使线圈发生转动．同时由于螺旋弹簧被扭转，产生一个阻碍线圈转动的力矩，最终达到平衡．线圈转动的角度由指针显示出来，根据电流与偏角关系，可以得出电流的强弱．1．正误判断(1)电动机是利用安培力使线圈转动的．(√)(2)电动机工作时，将其他形式的能转化为电能．(×)(3)电动机的转速可通过改变输入电压调节．(√)(4)磁电式电表只能测定电流的大小，不能确定被测电流的方向．(×)(5)磁电式电表的线圈受到的安培力始终与线圈平面垂直．(√)2．要改变直流电动机的转动方向，可行方法有()A．适当减小电流强度B．适当减弱磁场C．改变线圈中的电流方向或把磁铁两极对调D．改变线圈中的电流方向的同时对调磁铁两极C[线圈的转动方向跟通入的电流方向和磁场方向有关，而与电流强弱、磁场强弱无关，但不可同时改变电流方向和磁场方向，故只有选项C正确．] 3．电流表中蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，下列说法正确的是()A．目的是使线圈平面始终与磁感线平行B．目的是让磁铁和铁芯间形成匀强磁场C．离转轴越远，越靠近磁极，因此磁感应强度越大D．目的是使线圈平面始终与磁感线垂直A[辐射磁场的目的是使线圈平行于磁感线，线框在转动中安培力大小不变，A正确，D错误；辐射磁场各处磁感应强度方向不同，距离轴线越远磁场越弱，则B、C错误．]安培力的实际应用1．直流电动机的结构及原理分析如图所示．a bc d(1)当线圈由位置d 经位置a 运动到位置b 时，图中左边受力方向向上，右边受力方向向下，使线圈顺时针转动；当线圈在位置b 时，由于惯性继续转动；(2)当线圈由位置b 经位置c 运动到位置d 时，由于电流换向，图中左边受力方向向上，右边受力方向向下，使线圈继续顺时针转动；当线圈在位置d 时，由于惯性继续转动；然后，线圈重复以上过程转动下去．2．磁电式电流表的原理分析(1)偏转原理(2)偏转角度设线圈所在处的磁场的磁感应强度为B ，线框边长为L ，宽度为d ，匝数为n ，通入电流为I 时，转过的角度为θ，由相关的知识可以知道θ＝nBLd KI ，由此可以看出，偏转角度正比于电流．[跟进训练]1．(多选)关于直流电动机，下列说法正确的是()A．直流电动机的工作原理是磁场对电流的作用B．直流电动机正常工作时将电能转化为磁场能C．直流电动机的换向器是两个彼此绝缘的半铜环组成的D．电源的正负极和磁场的方向都改变，直流电动机的转动方向也改变AC[直流电动机是因为受安培力而转动，故A正确；其正常工作时要消耗电能输出机械能，故B错误；为了保证直流电动机中的线圈在一周之内的转动过程中，线圈中的电流正好换向，必须有一个改变电流方向的装置——换向器，它必须由两部分组成且彼此绝缘，能随线圈一起转动，C正确；直流电动机的转动方向由电流方向和磁场方向共同决定，因此如果两方向同时改变其转动方向不变，D错误．]2．如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，边长为L的正方形线圈中通以电流I，线圈中的某一条a导线电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则()A．该磁场是匀强磁场B．该线圈的磁通量为BL2C．a导线受到的安培力方向向下D．b导线受到的安培力大小为BILD[匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，该磁场明显不是匀强磁场，故A错误；线圈与磁感线平行，故磁通量为零，故B错误；a导线电流方向垂直纸面向外，磁场方向向右，根据左手定则，安培力方向向上，故C错误；导线b始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为ILB，故D正确．]安培力作用下导体的运动问题1．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．2．判断安培力作用下导体运动方向的五种常用方法电流元法把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定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，反过来等效也成立特殊位置法通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向结论法两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；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定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可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反作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向【例1】如图所示，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(虚线过AB的中点)，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)()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C[如图所示，将导线AB分成左、中、右三部分，中间一小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右上，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右下，受力方向向里．当转过一定角度时，中间一小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．]不管是通电导体还是磁体，对另一通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此必须先画出导体所在位置的磁感线方向，然后用左手定则判断导体所受安培力的方向，进而再判断将要发生的运动．[跟进训练]3．如图所示，把轻质导线圈用细线挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心，且在线圈平面内．当线圈通以图示方向的电流时线圈将()A．发生转动，同时靠近磁铁B．发生转动，同时远离磁铁C．不发生转动，只靠近磁铁D．不发生转动，只远离磁铁A[由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做顺时针方向转动，同时靠近磁铁，故A正确，B、C、D 错误．]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的方向．(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()A．mgtanθ，竖直向上Iltanθ，竖直向下B．mgIlsinθ，平行于悬线向下C．mgIlsinθ，平行于悬线向上D．mgIlD[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F min＝mg sinθ，即IlB min＝mg sinθ，得B min＝mgIlsinθ，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．例如：立体图平面图[跟进训练]训练角度1.安培力作用下导体的平衡问题4．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P 之间接入电动势为E的电源(不计内阻).现垂直于导轨放置一根质量为m、电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右上方，如图所示，问：(1)当ab 棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B 的大小和方向均能改变，则要使ab 棒所受支持力为零，B 的大小至少为多少？此时B 的方向如何？[解析]从b 向a 看金属棒受力分析如图所示．(1)水平方向：f ＝F 安sin θ①竖直方向：F N ＋F 安cos θ＝mg②又F 安＝BIL ＝B E RL ③联立①②③得：F N ＝mg －BLE cos θR ，f ＝BLE sin θR .(2)要使ab 棒所受支持力为零，且让磁感应强度最小，可知安培力竖直向上，则有F 安′＝mg ，又F 安′＝B min E R L ，联立可得B min ＝mgR EL，根据左手定则判定磁场方向水平向右．[答案](1)mg －BLE cos θR BLE sin θR(2)mgR EL方向水平向右训练角度2.与安培力相关的综合问题5.如图所示，水平放置的两导轨P 、Q 间的距离L ＝0.5m ，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B ＝2T ，垂直于导轨放置的ab 棒的质量m ＝1kg ，系在ab 棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G ＝3N 的物块相连．已知ab 棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E ＝10V 、内阻r ＝0.1Ω，导轨的电阻及ab 棒的电阻均不计．要想ab 棒处于静止状态，R 应在哪个范围内取值？(g 取10m/s 2)[解析]依据物体的平衡条件可得，ab棒恰不向右滑动时：G－μmg－BI1L＝0ab棒恰不向左滑动时：G＋μmg－BI2L＝0依据闭合电路欧姆定律可得I1＝ER1＋r，I2＝ER2＋r由以上各式代入数据可解得R1＝9.9Ω，R2＝1.9Ω所以R的取值范围为1.9Ω≤R≤9.9Ω.[答案] 1.9Ω≤R≤9.9Ω[物理观念]直流电动机磁电式电表[科学思维] 1.用电流元法、特殊位置法、等效法、结论法、转化法分析导体在安培力作用下的运动和平衡问题．2．解决安培力作用下的实际问题及分析安培力作用下的力学综合问题．1．如图所示是直流电动机的模型，闭合开关后线圈顺时针转动．现要线圈逆时针转动，下列方法中可行的是()A．只改变电流方向B．只改变电流大小C．换用磁性更强的磁铁D．对换磁极同时改变电流方向A[直流电动机的转动方向与线圈中的电流方向和磁场方向有关，若使通入直流电动机的电流方向改变或磁场的方向改变，它的转动方向将改变．但是如果同时改变电流的方向和磁场的方向，线圈的转动方向将不变，故A正确．] 2．(多选)一只电流表，发现读数偏小，为纠正这一偏差，可行的措施是() A．减少表头线圈的匝数B．减小永久磁铁的磁性C．增加分流电阻的阻值D．增加表头线圈的匝数CD[电流大小一定的情况下，线圈匝数越多，磁感应强度越大，安培力越大，偏转角度越大，所以A、B错误，D正确．电流表表头和分流电阻并联，在总电流一定的情况下，欲使读数增大，必须增大通过表头的电流，根据并联电路的电阻之比等于电流的反比，表头电阻不变，增加分流电阻的阻值，可使线圈中电流增大，C正确．]3．如图所示，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()A．F＞G1，F′＞G2B．F＜G1，F′＞G2C．F＜G1，F′＜G2D．F＞G1，F′＜G2D[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G 1，磁铁对轻绳的拉力F ′将小于磁铁的重力G 2，选项D 正确．]4．如图甲所示，一对光滑平行金属导轨与水平面成α角，两导轨的间距为L ，两导轨顶端接有电源，将一根质量为m 的直导体棒ab 垂直放在两导轨上．已知通过导体棒的电流大小恒为I ，方向由a 到b ，图乙为沿a →b 方向观察的侧视图．若重力加速度为g ，在两导轨间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在导轨上保持静止．(1)请在图乙中画出导体棒受力的示意图；(2)求出导体棒所受的安培力大小；(3)保持通过导体棒的电流不变，改变两导轨间的磁场方向，导体棒在导轨上仍保持静止，试求磁感应强度B 的最小值及此时的方向．[解析](1)如图所示(2)由平衡条件，磁场对导体棒的安培力F ＝mg tan α.(3)当安培力方向平行于导轨向上时，安培力最小，磁感应强度最小，由平衡条件知，最小安培力F min ＝mg sin α，即BIL ＝mg sin α，则最小的磁感应强度B ＝mg sin αIL 由左手定则知磁感应强度方向垂直导轨向上．[答案](1)见解析图(2)mg tan α(3)mg sin αIL 垂直轨道向上。
高中物理第三章磁场第四节安培力的应用课件粤教版选修3_1
判断正误 (1)直流电动机是将电能转化为机械能的装置．(√) (2)直流电动机能把电能全部转化为动能．(×) (3)直流电动机是依靠磁场对电流的作用工作的． (√)
小试身手 1．为了保证直流电动机朝一个方向转动，能自动完 成这一任务的是( A．继电器 C．变阻器 答案：D ) B．电刷 D．换向器
提示：电流在磁场中受安培力；是均匀的；因为由力 矩平衡可知，线圈偏转角度与电流成正比．
1．电流表是测定电流强弱和方向的电学仪器．
2．实验时经常使用的电流表是磁电式 仪表，其构造是：在一个磁性很强的蹄 形永久磁铁的两极间有一个固定的圆柱 形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转 动的铝框，上面绕有线圈，它的转轴上装有两个螺旋 弹簧和一个指针，线圈的两端分别接在这两个螺旋弹簧 上．如图所示．
【典例 1】 如下图所示，电动机模型的矩形线圈长 边的长为 5 cm，共 20 匝，通入 1 A 电流，磁场的磁感应 强度是 0.5 T(当作匀强磁场考虑)，线圈长边一侧受到的 最大安培力是多少？如果通入 2 A 的电流呢？
解析： 通入 1 A 电流时，线圈长边一侧受到的最大 安培力： F1＝nI1lB＝20×1×0.05×0.5 N＝0.5 N， 通入 2 A 电流时，受到的最大安培力： F2＝nI2lB＝20×2×0.05×0.5 N＝1 N.
3.蹄形磁铁的铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管 通电线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行．如图 所示．
4．磁场对电流的作用力跟电流成正比，因而线圈中 的电流越大，安培力产生的力矩也越大，线圈和指针偏转 的角度 也就越大．因此，根据指针偏转角度的大小，可 以知道被测电流的强弱．
5．电流表的特点． (1)表盘的刻度均匀，θ ∝I. (2)灵敏度高，但过载能力差． (3)满偏电流 Ig， 内阻 Rg 反映了电流表的最主要特性．
高中物理第三章磁场第四节安培力的应用自我小测粤教版选修3_1word版本
安培力的应用1一单匝线圈abcd，面积为S，通入电流为I，方向如图所示．在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与B成θ角，此时线圈所受磁力矩为…( )A．M＝BISsinθ，顺时针B．M＝BISsinθ，逆时针C．M＝BIScosθ，顺时针D．M＝BIScosθ，逆时针2有一个电流表接在电动势为E，内阻为r(r经过处理，阻值很大)的电池两端，指针偏转了30°，如果将其接在电动势为2E，内阻为2r的电池两端，其指针的偏转角( ) A．等于60°B．等于30°C．大于30°，小于60° D．大于60°3电动机通电之后电动机的轮子就转动起来，其实质是因为电动机内线圈通电之后在磁场中受到了磁力矩的作用，如图所示，为电动机内的矩形线圈，其只能绕Ox轴转动线圈的四个边分别与x、y轴平行，线中电流方向如图．当空间加上如下所述的哪种磁场时，线圈会转动起来( )A．方向沿x轴的恒定磁场B．方向沿y轴的恒定磁场C．方向沿z轴的恒定磁场D．任何方向的恒定磁场4对于放在匀强磁场中可绕垂直于磁场方向的轴转动的通电理想线圈，下列说法中正确的是( )A．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩也最大B．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零C．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力最大，合力矩也最大D．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零5关于电流表的工作原理，下列说法正确的是( )A．当电流通过表内线圈时，线圈受安培力的作用而一直转动下去B．通过表内线圈的电流越大，指针偏转的角度也就越大C．当通过电流表的电流方向改变时，指针的偏转方向也随着改变D．电流表在使用时，可以直接通过较大的电流6关于电流表的结构，下列说法中不正确的是( )A．电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是匀强磁场B．铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，铝框上绕有线圈C．电流表的指针固定在铝框的转动轴上，可随铝框一起转动D．被测电流经螺旋弹簧起阻碍线圈转动的作用7某磁电式电流表当通入电流I1时，指针偏角为θ1，内部线圈所受的磁力矩为M1；当通入电流I2时，指针偏角为θ2，内部线圈所受的磁力矩为M2，则下列关系正确的是( ) A．I1∶I2＝θ1∶θ2B．I1∶I2＝θ2∶θ1C．M1∶M2＝θ1∶θ2D．M1∶M2＝θ2∶θ18电流表的矩形线圈数n＝100匝，矩形线圈处在磁场中的两条边长为L1＝2.5 cm，另两条边长为L2＝2.4 cm指针每转1°螺旋弹簧产生的阻碍力矩k＝1.5×10－8N·m，指针的最大偏转角为80°，已知电流表磁极间沿辐射方向分布的匀强磁场的磁感应强度B＝1.0 T(如图)，求该电流表的满偏电流值(即电流量程)．9如图所示，质量均匀分布的正方形金属框abOc可绕z轴转动，每边长度L＝0.1 m，每边质量m＝0.001 kg；线框处于磁感应强度B＝0.98 T的匀强磁场中(磁场方向沿x轴正向)时静止在图示位置．已知θ＝30°，求线圈内电流的大小和方向．10设电流计中的磁场为均匀辐射分布的磁场，图乙中abcd表示的是电流计中的通电线圈．ab＝cd＝1 cm，ad＝bc＝0.9 cm共有50匝线圈．两边所在位置的磁感应强度为0.5 T，已知线圈每偏转1°弹簧产生的阻碍线圈偏转的力矩为2.5×10－8N·m.(1)当线圈中电流为0.6 mA时指针将转过多少度？(2)如果指针的最大偏转角为90°，则这只电流计量程是多少？(3)当指针偏转角为40°时，通入线圈的电流为多大？11物理学家法拉第在研究电磁学时，亲手做过许多实验，如图所示的实验就是著名的电磁旋转实验，这种现象是：如果载流导线附近只有磁铁的一个极，磁铁就会围绕导线旋转；反之，载流导线也会围绕单独的某一磁极旋转．这一装置实际上就成为最早的电动机．图中A是可动磁铁，B是固定导线，C是可动导线，D是固定磁铁．图中黑色部分表示汞(磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中)，下部接在电源上．请你判断这时自上向下看，A和C 将如何转动？答案1解析：由左手定则可判知线框左边ab 所受安培力竖直向下，右边cd 所受的安培力竖直向上，而bc 边和ad 边所受安培力相互抵消，所以通电线圈在匀强磁场中所受的总力矩，即磁力矩为M ＝BI ab ·bc 2cos θ＋BI cd ·ad 2cos θ＝2BI ab ·bc 2cos θ＝BIScos θ.根据ab 边和cd 边的受力，可以肯定通电线圈将沿逆时针方向转动，所以磁力矩方向为逆时针方向，故选项D 是正确的．答案：D2解析：当接在第一个电池上时I 1＝E R ＋r ，接在第二个电池上时I 2＝2E R ＋2r ，I2I1＝＋R ＋2r ＝1＋R R ＋2r ，因为偏转角θ与I 成正比，所以I2I1＝θ2θ1＝θ230°. 所以θ230°＝1＋R R ＋2r ，则1＜θ230°＜2，所以30°＜θ2＜60°，选项C 正确． 答案：C3解析：此题是一个通电线圈在磁场中受安培力，然后安培力对Ox 轴产生力矩导致线圈转动的问题，要想使线圈Ox 轴转动起来，必须使用与Ox 轴平行的两条边所受安培力产生力矩，而其余两边力矩为零，要使与Ox 轴平行的两条边所受安培力产生力矩，由左手定则知磁场方向沿y 轴正向或负向，在题目给出的四个答案中只有B 正确．答案：B4解析：通电线圈与一条通电直导线在磁场中所受安培力的情形混为一谈，忽视了通电线圈中尚有垂直于磁场方向的两条等效边存在(平行与磁场方向的两条等效边所受安培力的合力为零，且不受磁力矩作用)．当线圈平面平行于磁感线时，这两条边均受到安培力作用，只不过这两个力大小相等，方向相反，合力为零，但它们不是作用在一条直线上且力臂最大，故对线圈的磁力矩最大；当线圈平面垂直于磁感线时，这两条边所受安培力也是大小相等方向相反，但作用在一条直线上且通过转轴，故合力为零．答案：AD5解析：当电流通过电流表内线圈时，线圈受到安培力力矩的作用发生转动，同时螺旋弹簧被扭动，产生一个阻碍转动的力矩，当安培力力矩与阻碍力矩平衡时，线圈停止转动；电流越大，安培力力矩越大，使得阻碍力矩也增大，指针的偏转角度也就越大，故A项错，B 项对．当改变电流方向时，线圈所受安培力力矩方向改变，使指针的偏转方向也改变，C 项对．由于线圈的铜线很细允许通过的电流很小，故D 项错．答案：BC6解析：电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向磁场，不是匀强磁场，故选A. 答案：A7解析：M ＝nBIS ，所以M 1∶M 2＝θ2∶θ1又因为θ＝kI ，所以I 1∶I 2＝θ1∶θ2故M 1∶M 2＝θ1∶θ2.答案：AC8解析：电流表的指针偏转80°时，螺旋弹簧的阻碍力矩为M 2＝k θ＝1.5×10－8×80 N·m ＝1.2×10－6 N·m.设电流表的满偏电流值为Ig ，满偏时通电线圈所受磁场的作用力矩为M 1＝nBIgS ＝100×1×2.5×10－2×2.4×10－2×Ig N·m ＝6.0×10－2Ig N·m满偏时通电矩形线圈所受磁力矩形与螺旋弹簧的阻力矩相等，即M 1＝M 2由此可知Ig ＝1.2×10－66.0×10－2A ＝20 μA.即电流表的满偏电流值为20 μA. 答案：Ig ＝20 μA9解析：在安培力矩的公式M ＝BIScos θ中θ是线框平面与竖直面的夹角，线框平面与磁感线的夹角应为(90°－θ)．磁场对线框的安培力产生的力矩为M B ＝BIL 2cos(90－θ)＝BIL 2sin θ，线框的重力对转轴的力矩为M G ＝4mg·L 2sin θ＝2mgLsin θ， 根据力矩平衡条件有BIL 2sin θ＝2mgLsin θ解得线框中的电流强度为I ＝2mg BL ＝2×0.01×9.80.98×0.1 A ＝2 A根据左手定则，判断出线框中的电流方向为bacOb.答案：I ＝2 A ，方向为bacOb10解析：磁感线呈辐射状，使每一位置均与磁场垂直．(1)M 1＝NBI 1S ＝50×0.5×0.6×10－3×1×10－2×0.9×10－2 N·m ＝1.35×10－6N·m ，θ＝1.35×10－62.5×10－8＝54° (2)因M max ＝2.5×10－8×90 N·m ＝2.25×10－6 N·m所以I max ＝Mmax NBS ＝ 2.25×10－650×0.5×0.9×10－4A ＝1×10－3 A ＝1.0 mA. (3)据M 2＝2.5×10－8×40 N·m ＝1.0×10－6 N·m有I 2＝M2NBS ＝ 1.0×10－650×0.5×0.9×10－4A ＝0.44×10－3 A ＝0.44 mA.答案：(1)54° (2)1.0 mA (3)0.44 mA11解析：这个电动机模型是利用了电流和磁场之间安培力的原理．根据电流的方向判定可以知道B 中电流的方向向上，那么在B 导线附近的磁场方向为逆时针方向，即为A 磁铁N 极的受力方向，所以A 将逆时针方向转动；由于D 磁铁产生的磁场呈现由N 极向外发散，C 中的电流方向是向下的，由左手定则可知C 受的安培力方向为顺时针．答案：同解析。
高中物理 3.4 安培力的应用课件 粤教版选修31
1. (单选)如图所示，把一轻质线圈悬挂在磁铁N极附近，磁
铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈的平面．当线圈中
通有如图所示的电流时，线圈将( A )
A．向左运动
B．向右运动
C．静止不动
D．无法确定
解析：法一：等效法．把通电线圈等效成小磁针．由安培定 则知，线圈等效成小磁针后，左端是S极，右端是N极，异名 磁极相吸引，线圈向左运动．
二、磁电式电表
1．我们知道电流的大小可以由电流表直接读出，你知道电流 表是根据什么原理测电流的吗？如图所示，观察电流表的刻 度盘，它的刻度是均匀的吗？为什么？ 提示：电流在磁场里受安培力是均匀的因为 由力矩平衡知，线圈偏转角度与电流成正比． 2．磁电式电流表中磁铁与铁芯之间的磁场是 匀强磁场吗？ 提示：不是．
电流元 把整段导线分为多段电流元，先用左手定向，然后判断整段导线所
受安培力的方向，从而确定导线运动方向
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，反过来等效也成立
特殊位 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，然 置法 后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
[解析] ①根据图甲所示的导线所处的特殊位置判断其转动 情况．将导线AB从N、S极的中间O分成两段，AO、BO段所 处的磁场方向如图甲所示，由左手定则可得AO段所受安培力 方向垂直纸面向外，BO段所受安培力的方向垂直纸面向里， 可见从上向下看，导线AB将绕O点逆时针转动．
②再根据导线转过90°时的特殊位置判断其上下运动情况， 如图乙所示，导线AB此时受安培力方向竖直向下，导线将向 下运动． ③由上述两个特殊位置的判断可知，当导线不在上述特殊位 置时，所受安培力使AB逆时针转动的同时还要向下运动．故 正确答案为C.
高中物理 第3章 第4节 安培力的应用同步备课课件 粤教版选修31
能 检
学
测
菜单
YJ ·物理 选修3-1
教 学
2．思考判断
课 堂
教 法
(1)电动机是利用安培力使线圈转动的．(√)
互 动
分
析 (2)电动机工作时，将其他形式的能转化为电能．(×)
探 究
(3)电动机的转速可通过改变输入电压调节．(√)
3．探究交流
教
当
学 假如直流电动机通电前，线圈刚好与磁场垂直，即位于教 堂
标
课
课
前
后
自
知
主
能
导
检
学
测
菜单
YJ ·物理 选修3-1
教 学
• (2)原理：如图3－4－1所示当电流通过线圈时，右边线框
课 堂
教 法 分 析
受在到安的培安力培作力用方下向 线框__转_向_动_下_起，来左．边线框受到____向_的上安培力，
互 动 探
究
教
当
学
堂
方
双
案
基
设
达
计
标
课
课
前
后
自
知
主 导
图3－4－1
难点)
3.了解磁电式电表的构造及原
课
课
前 自
理.
后 知
主
能
导
检
学
测
菜单
教 学 教 法 分 析
直流电动机
YJ ·物理 选修3-1
课 堂 互 动 探 究
教 1.基础知识
学
当 堂
方 案 设
(1机)分又类分：为电__动__机__有_和__三__相_直_电_流电动动机机．和交流电动机，交流电动
物理粤教版选修3-1自我检测：3-4-安培力的应用 含解析
1.首先发现通电导线的周围存在磁场的科学家是（）Ａ.库仑Ｂ.奥斯特Ｃ.安培Ｄ.法拉第答案：B2.关于磁场，下列说法正确的是（）Ａ.磁场看不见摸不着，故它不存在Ｂ.磁场是一种特殊的物质Ｃ.磁场对放入磁场中的通电导线、磁体一定有力的作用Ｄ.磁感线就是磁场答案：B3.关于磁现象的电本质，下列描述正确的是……（）Ａ.一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用Ｂ.除永久磁铁外，一切磁场都是由运动电荷或电流产生的Ｃ.电和磁无任何关系Ｄ.磁就是电，电就是磁，有电必有磁，有磁必有电答案：A4.关于磁感线，下列说法正确的是（）Ａ.它可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时南极所指的方向一致Ｂ.磁极之间的相互作用是通过磁场发生的Ｃ.磁感线总是从磁铁北极出发，到南极终止Ｄ.磁感线就是细铁屑连成的曲线答案：B5.关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是（）Ａ.跟磁场方向垂直，跟电流方向平行Ｂ.跟电流方向垂直，跟磁场方向平行Ｃ.既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直Ｄ.既不跟磁场方向垂直，也不跟电流方向垂直答案：C6.在赤道处沿东西方向放置一根直导线，导线中电子定向运动的方向是从东向西，则导线受到地磁场的作用力的方向为（）Ａ.向东Ｂ.向北Ｃ.向上Ｄ.向下答案：C7.如图3-4-6所示，一根通有电流Ｉ1的固定长直导线在可以自由移动和转动的通有电流Ｉ2的矩形线圈的平面内，线圈将会出现（）图3-4-6Ａ.远离导线运动Ｂ.向着导线平动Ｃ.绕轴OO′运动Ｄ.绕轴NN′运动8.关于磁感应强度，下列说法中正确的是（）Ａ.磁感应强度是一个标量Ｂ.磁感应强度越大的地方，通过垂直于磁场方向单位面积的磁感线条数越多Ｃ.磁感应强度越大的地方，作用在单位长度通电导线上的磁场力一定越大Ｄ.在匀强磁场中，磁感线沿各个方向均匀分布答案：B9.有一电磁铁，截面积为6.0 cm2，已知垂直穿过此面积的磁通量为2.25×10-4 Wb，则磁感应强度大小为_____________.答案：0.375 T10.试在图3-4-7中标出电源的正极和负极.图3-4-7答案：如图11.在匀强磁场中的通电导线，在导线______________磁场方向放置的情况下，它受到的安培力最大；在导线______________磁场方向放置的情况下，它受到的安培力最小.答案：垂直于平行于12.通电螺线管内部的磁感应强度与管口外部比较______________的磁感应强度大.根据磁场对电流有作用力的原理，列举两个在实际生活中的应用____________________.答案：内部电动机、电流表13.磁悬浮列车在行进时会“浮”在轨道上方，从而可高速行驶.可高速行驶的原因是列车浮起后（）Ａ.减小了列车的惯性Ｂ.减小了地球对列车的引力Ｃ.减小了列车与铁轨间的摩擦力Ｄ.减小了列车所受的空气阻力答案：C14.关于磁电式电流表，下列说法中正确的有（）A.电流表的线圈处于匀强磁场中B.电流表的线圈处于均匀辐向磁场中C.电流表的线圈转动时，安培力大小不变D.电流表指针的偏转角与所测电流成正比答案：BCD15.对于放在匀强磁场中的通电线圈，下列说法中正确的是（）A.线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩最大B.线圈平面平行于磁感线时，所受合力最大，合力矩为零C.线圈平面垂直磁感线时，所受合力为零，合力矩为零D.线圈平面垂直磁感线时，所受合力为零，合力矩最大答案：AC16.如图3-4-8所示，两相同绝缘导线环，环面垂直放置，若通以如图所示电流，则…（）图3-4-8A.球心处的磁感应强度B的方向沿纸面向上B.球心处的磁感应强度B的方向沿纸面向下C.球心处的磁感应强度B的方向穿入纸内斜向下D.球心处的磁感应强度B的方向垂直纸面向内答案：C17.两条长直导线AB和CD相互垂直，彼此相隔一很小距离，通以图3-4-9所示的电流，其中AB固定，CD可以以其中心为轴自由转动或平动，则CD的运动情况是（）图3-4-9A.顺时针方向转动，同时靠近导线ABB.顺时针方向转动，同时离开导线ABC.逆时针方向转动，同时靠近导线ABD.逆时针方向转动，同时离开导线AB答案：C18.下列说法中正确的是（）A.放在匀强磁场中的通电导线，一定受到磁场的作用力B.通电导线在磁场中一定会转动C.磁场对通电导线的作用力方向一定跟电流方向平行D.磁场对通电导线的作用力方向既垂直于电流方向，又垂直于磁场方向答案：D19.有一个电流表接在电动势为E、内阻为r（r经过处理，阻值很大）的电池两极，指针偏转了30°角，如果将其接在电动势为2E、内阻为2r的电池两极，其指针偏转角为（）A.60°B.30°C.30°与60°之间D.大于60°答案：C20.如图3-4-10所示，在光滑水平桌面上，有两根弯成直角的相同金属棒，它们的一端均可绕固定转动轴O自由转动，另一端b互相接触，组成一个正方形线框.正方形每边长度均为L，匀强磁场的方向垂直桌面向下，当线框中通以图示方向的电流I时，两金属棒在b点的相互作用力为f，则此时磁感应强度的大小为______________（不计电流产生的磁场）.图3-4-10f2答案：IL21.如图3-4-11所示，电源电动势E=2 V，r=0.5 Ω，竖直导轨宽L=0.2 m，导轨电阻不计，另有一金属棒质量m=0.1 kg、电阻R=0.5 Ω,它与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，靠在导轨的外面.为使金属棒静止不滑动，施一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场，g 取10 m/s2，求：图3-4-11（1）此磁场的方向；（2）磁感强度B的取值范围.答案：（1）磁场的方向为与纸面成30°角指向纸里斜向下.（2）3.2 T＜B＜16.3 T。
2020-2021学年高中物理粤教版选修3-1 第三章磁场第四节安培力的应用教学案
第四节安培力的应用1。
直流电动机是利用安培力使通电线圈转动的原理。
2．在磁电式电流表中,蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，通电线圈不管转到什么角度,线圈平面都跟磁感线平行。
一、直流电动机1．直流电动机的原理如图341所示，在线圈中通以直流电流,矩形线圈在安培力的作用下发生转动,带动机械运行。
图3。
4。
12．直流电动机的优点可以通过改变输入电压来调节它的转速。
二、磁电式电表1．磁电式电流表的结构我们在实验时经常使用的电流表就是磁电式电流表，如图3。
4。
2甲所示。
2．工作原理磁电式电流表是利用线圈在磁场中受到安培力作用发生旋转来工作的。
线圈所在的磁场是均匀辐射分布的,如图3。
4.2乙所示，这样做的目的是任何位置线圈都与磁感线平行。
图3。
4。
23．使用方法对于磁电式电流表,我们根据指针偏转角度的大小可以知道被测电流的强弱,这是因为磁场对电流的作用力跟电流成正比，因而线圈中的电流越大，安培力的转动作用也越大，线圈和指针偏转的角度也就越大。
1．自主思考——判一判(1)电动机转动方向与电流方向无关。
（×）(2)直流电动机和交流电动机都是利用安培力工作的.（√）(3）磁电式电表指针的偏转角度的大小与通过其内部线圈的电流的大小有关。
(√）(4)有些磁电式电表的指针可以双向摆动，有些则只能正向摆动。
(√）2．合作探究--议一议（1）通电以后，电动机为什么会转动呢?提示：通电的线圈在磁场内受到了安培力的作用。
（2）若磁电式仪表的指针只能从左向右偏,使用时，正负极能不能接反？若指针在中间呢?提示:不能。
正负极接反后，电流方向与正常相反，指针向左偏，容易损坏电表。
若指针在中间,正负极接反影响不大.（3)如图3。
43所示，两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用，在什么情况下两条直导线相互吸引,什么情况下两条直导线相互排斥？图34。
3提示:每一条通电直导线均处在另一直导线电流产生的磁场中，根据安培定则可判断出直线电流产生的磁场的方向，再根据左手定则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，反向电流相互排斥.安培力的应用1．直流电动机的结构及原理分析（1)如图344所示,当线圈由位置d经位置a运动到位置b时，图中左边受力方向向上,右边受力方向向下，使线圈顺时针转动；当线圈在位置b时不受力，由于惯性继续转动。
2019-2020学年度高中物理选修3-1第三章 磁场第04节 安培力的应用粤教版练习题第七十五篇
2019-2020学年度高中物理选修3-1第三章磁场第04节安培力的应用粤教版练习题第七十五篇第1题【单选题】如图所示，B为匀强磁场，I为通电直导线，F为磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是( ) A、B、C、D、【答案】：【解析】：第2题【单选题】如图所示，条形磁铁放在光滑的斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为N1 ，当导线中有电流流过时，磁铁对斜面的压力为N2 ，此时弹簧的伸长量减小了，则( )A、N1 <N2 ，A中电流方向向内B、N1 <N2 ，A中电流方向向外C、N1 >N2 ，A中电流方向向内D、N1>N2 ，A中电流方向向外【答案】：【解析】：第3题【单选题】长为L的导线ab斜放在水平导轨上（导线与导轨的夹角为θ），两导轨相互平行且间距为d，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，当通过ab的电流为I时，导线ab所受安培力的大小为( )①ILB ②ILBsinθ ③有误④有误．A、②③B、①④C、②④D、①③【答案】：【解析】：第4题【单选题】物体导电是由其中的自由电荷定向移动引起的，这些可以移动的自由电荷又叫载流子。
金属导体的载流子是自由电子，现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是N型半导体，它的载流子为电子；另一类是P型半导体，它的载流子为“空穴”，相当于带正电的粒子，如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与前后侧面垂直，长方体中通有方向水平向右的电流，设长方体的上下表面M、N的电势分别为φM和φN ，则下列判断中正确的是( )A、如果是P型半导体，有φM>φNB、如果是N型半导体，有φM<φNC、如果是P型半导体，有φM<φND、如果是金属导体，有φM<φN【答案】：【解析】：第5题【单选题】如图所示，水平直导线中通有恒定电流I，导线正下方处有一电子初速度v0 ，其方向与电流方向相同，以后电子将( )A、沿路径a运动，曲率半径变小B、沿路径a运动，曲率半径变大C、沿路径b运动，曲率半径变小D、沿路径b运动，曲率半径变大【答案】：【解析】：第6题【单选题】初速度为v0电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初始运动方向如图，则( )A、电子将向左偏转，速率不变B、电子将向左偏转，速率改变C、电子将向右偏转，速率不变D、电子将向右偏转，速率改变【答案】：【解析】：第7题【单选题】利用图３所示装置可测磁感应强度B，矩形线圈宽为L，共N匝，磁场垂直于纸面，当线圈中通以方向如图所示的电流I时，天平如图示那样平衡。
高中物理第三章磁场3.4安培力的应用素材2粤教版选修3-1(new)
3。
4 安培力的应用
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粤教版物理选修31作业第3章磁场第4节
第四节安培力的应用1．直流电动机要紧有线圈、________、电刷、________、开关组成，线圈通电后在磁场中受到________作用而发生转动．2．磁电式电流表：要紧构件有蹄形磁铁、圆柱形铁芯、铝框、线圈、转轴、螺旋弹簧、指针、接线柱．其工作原理为：当电流通过线圈时，导线受到安培力的作用．由左手定则能够判定，线圈左右两边所受的安培力方向相反，因此架在轴上的线圈就要________．线圈转动时，螺旋弹簧变形，招架线圈的转动，电流越大，安培力就越大，线圈偏转的角度越大，因此从线圈偏转的角度就能够判定通过的电流大小；线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随之改变，指针的偏转方向也随之________．【概念规律练】知识点一直流电动机原理1．如图1所示，把一个能够绕水平轴转动的铝盘放在蹄形磁铁之间，盘的下边缘浸在导电液体中．把转轴和导电液体别离接到直流电源的两极上，铝盘就会转动起来．什么缘故？用什么方式能够改变铝盘的转动方向？图1知识点二磁电式电表2．要想提高磁电式电流表的灵敏度，不可采纳的方法有()A．增加线圈匝数B．增加永久性磁铁的磁感应强度C．减少线圈面积D．减小转轴处摩擦【方式技术练】一、安培力作用下物体运动方向的判定方式3. 如图2所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线能够自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情形是(从上往下看)()图2C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升二、安培力作用下物体平稳问题的处置方式4. 质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图3所示，求MN所受的支持力和摩擦力的大小．图3三、安培力作用下导体棒加速问题的分析方式5. 如图4所示，滑腻的平行导轨倾角为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，求导体棒在释放刹时的加速度的大小．图41．关于安培力、磁感应强度的下列说法，正确的是()A．通电导线不受磁场力作用的地址必然没有磁场B．将I、L相同的通电导体放在同一匀强磁场的不同位置，受安培力必然相同C．磁感线指向磁感应强度减小的方向D．以上说法都不正确2．(双选)关于磁电式电流表，下列说法中正确的是()A．电流表的工作原理是安培力对通电导线的加速作用B．电流表的工作原理是安培力对通电导线的转动作用C．电流表指针的偏转角与所通电流成正比D．电流表指针的偏转角与所通电流成反比3．如图5所示，一根有质量的金属棒MN，两头用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，现在悬线上有拉力，为了使拉力等于零，能够()图5A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向4. 如图6所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时()A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用5．在地球赤道周围地磁场的方向近似为水平向北．在一根东西方向水平架设的直流输电导线中，通有自西向东方向的电流．由于地磁场的作用，该导线受到安培力的方向为()A．向上B．向下C．向南D．向北6. 一个能够自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2相互绝缘，垂直放置，且两个线圈的圆心重合．当两线圈都通过如图7所示方向的电流时，则从左向右看，线圈L1将()图7A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．向纸外平动7．如图8，一段导线abcd位于磁感应强度大小为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 所受到的磁场的作使劲的合力()图8A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB题号1234567答案8.3.6 kg 金属棒，当通以5 A的电流时，金属棒沿导轨做匀速运动；当金属棒中电流增加到8 A时，金属棒能取得2 m/s2的加速度，求匀强磁场的磁感应强度的大小．图99. 如图10所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为l，线框的下半部处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里，线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平稳状态．现令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平稳，在此进程中线框位移的大小s为多少？方向如何？10. 如图11所示，水平放置的两导轨P 、Q 间的距离L ＝0.5 m ，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，垂直于导轨放置的ab 棒的质量m ＝1 kg ，系在ab 棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G ＝3 N 的物块相连．已知ab 棒与导轨间的动摩擦因数μ＝，电源的电动势E ＝10 V 、内阻r ＝ Ω，导轨的电阻及ab 棒的电阻均不计．要想ab 棒处于静止状态，电阻R 应在哪个范围内取值？(g 取10 m/s 2)图11第四节 安培力的应用课前预习练1．磁铁 电源 安培力 2．转动 改变 课堂探讨练 1．观点析解析 由于铝盘是良好的导体，咱们能够把铝盘看成是由许多条金属棒拼合而成(能够与自行车轮胎上的辐条类比)．接通电源后，电流从铝盘中心O 处流向盘与导电液的接触处，从导电液中的引出导线流出，而这股电流恰益处在一个与电流方向垂直的磁场中，由左手定则能够判定出它受到一个与盘面平行的安培力作用，那个力对转轴的力矩不为零，因此在通电后铝盘开始转动起来．若是对铝盘通以一恒定的电流，则铝盘就会不断地转动下去，当阻力的力矩与安培力的力矩相等时铝盘就匀速转动．由安培定则不难看出，要改变铝盘的转动方向，咱们能够改变电流方向或是改变磁场的方向．2．C [当给电流表通入电流I 时，通电线圈就在磁力矩作用下转动，同时螺旋弹簧即游丝就产生一个招架力矩，二力矩平稳时，电流表的指针就停在某一名置．于是有NBIS ＝kθ，故θ＝NBSk I .可见，电流表灵敏度将随着线圈匝数N 、线圈面积S 及磁感应强度B 的增大而提高，随着螺旋弹簧扭转系数k (即转过1°所需外力矩的大小)的增大而降低．另外，减小摩擦也有利于灵敏度的提高，故选C.]3．A [(1)电流元法：把直线电流等效为AO 、OB 两段电流，由左手定则能够判定出AO 段受力方向垂直纸面向外，OB 段受力方向垂直纸面向内，因此，从上向下看AB 将以中心O 为轴顺时针转动．(2)特殊位置法：用导线转过90°的特殊位置来分析，依照左手定则判得安培力的方向向下，故导线在顺时针转动的同时向下运动．]方式总结 判定安培力作用下物体的运动方向有以下几种方式： ①电流元法即把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判定出每小段电流元所受安培力的方向，从而判定出整段电流所受合力的方向，最后确信运动方向．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定所受安培力的方向，从而确信运动方向． ③等效法环形电流和通电螺线管都能够等效成条形磁铁．条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管．通电螺线管也能够等效成很多匝的环形电流来分析．④利用结论法4．ILB cos θ＋mg ILB sin θ解析 导体棒MN 处于平稳状态，注意题中磁场方向与MN 是垂直的，作出其侧视图， 对MN 进行受力分析，如图所示．由平稳条件有： f ＝F sin θ，N ＝F cos θ＋mg ，其中F ＝ILB解得：N ＝ILB cos θ＋mg ，f ＝ILB sin θ. 5．g sin θ－BEL cos θm (R ＋r )解析 画出导体棒侧面受力示用意如图所示，导体受重力mg 、支持力N 和安培力F 作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－F cos θ＝ma ① F ＝BIL ②I ＝E R ＋r ③ 由①②③式可得a ＝g sin θ－BEL cos θm (R ＋r )方式总结 分析此类问题的关键是对导体棒进行受力分析，然后依照牛顿第二定律列式求解． 课后巩固练1．D [由F ＝BIL sin θ可知，当I 1L 2L 向下解析 两种情形下安培力方向相反，大小均为F 安＝nBIl ，则弹簧弹力的改变量为ΔF ＝k ·s ＝2nBIl ，因此s ＝2nBIlk.开始时安培力向上，后来安培力向下，因此线框位移方向向下． 10． Ω≤R ≤ Ω解析 依据物体的平稳条件可得， ab 棒恰不右滑时： G －μmg －BI 1L ＝0 ab 棒恰不左滑时： BI 2L －G －μmg ＝0依据闭合电路欧姆定律可得： E ＝I 1(R 1＋r ) E ＝I 2(R 2＋r )由以上各式代入数据可解得： R 1＝ Ω，R 2＝ Ω因此R 的取值范围为： 1．9 Ω≤R ≤ Ω.。
高中物理 第三章 磁场 安培力的应用课件 粤教版选修31
一、直流电动机 电动机是将电能转化为机械能的重要装置，在日常生活中有广泛的 应用，电动机有直流电动机和交流电动机之分，通过课本“实验与 探究”的学习，回答以下问题： (1)电动机是在什么力的驱使下而转动的？ (2)直流电动机的优点是什么？有哪些用途？
答案 (1)电动机是在线圈所受安培力的作用下转动的. (2)通过调节输入电压很容易调节电动机的转速，用途为无轨电车、电 气机车等.
＝ BIS，线框加速转动 .
当线框转过 90°角时，从左向右侧视图如图乙所示.从图示可知，此
时线框四条边都受安培力，整个线框的 F 外＝0，整个线框受磁力矩
M＝0.转动过程中，任一位置的俯视图如图丙所示，ab、cd 边受力大
小、方向均不变，所以答案选 B、D.
答案(dáàn) BD
第十八页，共21页。
解析 从侧面对棒受力分析如 图，安培力的方向由左手定则判 出为水平向右，
F＝ILB＝5×0.2×0.6 N＝0.6 N. 由平衡条件得重力 mg＝tanF37°＝0.8 N.
答案(dáàn) 0.8 N
第二十一页，共21页。
D.电流表指针的偏转角与所通电流的大小成பைடு நூலகம்比
第十六页，共21页。
2.( 直 流 电 动 机 的 原 理 )(双 选 )如 图 所
示，匀强磁场中，矩形通电线框可
绕中心轴 OO′转动，则下列说法正
确的是
()
A.在图示位置线框所受磁力矩为零
B.转过 90°时线框所受磁力矩为零
C.转过 90°时线框四条边都不受磁
学习目标 知识储备 学习探究 典例精析 课堂小结 自我检测 第十三页，共21页。
方法点拨 在实际的分析中，安培力、电流方向、以及磁场方向构 成一个空间直角坐标系，在平面上进行空间判断安培力的方向上有 很大的难度，所以在判断一些复杂的安培力方向时都会选择画侧视 图的方法，这样使得难以理解的空间图转化成易于理解的平面图.
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安培力的应用1一单匝线圈abcd，面积为S，通入电流为I，方向如图所示．在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与B成θ角，此时线圈所受磁力矩为…()A．M＝BISsinθ，顺时针B．M＝BISsinθ，逆时针C．M＝BIScosθ，顺时针D．M＝BIScosθ，逆时针2有一个电流表接在电动势为E，内阻为r(r经过处理，阻值很大)的电池两端，指针偏转了30°，如果将其接在电动势为2E，内阻为2r的电池两端，其指针的偏转角( ) A．等于60°B．等于30°C．大于30°，小于60° D．大于60°3电动机通电之后电动机的轮子就转动起来，其实质是因为电动机内线圈通电之后在磁场中受到了磁力矩的作用，如图所示，为电动机内的矩形线圈，其只能绕Ox轴转动线圈的四个边分别与x、y轴平行，线中电流方向如图．当空间加上如下所述的哪种磁场时，线圈会转动起来( )A．方向沿x轴的恒定磁场B．方向沿y轴的恒定磁场C．方向沿z轴的恒定磁场D．任何方向的恒定磁场4对于放在匀强磁场中可绕垂直于磁场方向的轴转动的通电理想线圈，下列说法中正确的是( )A．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩也最大B．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零C．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力最大，合力矩也最大D．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零5关于电流表的工作原理，下列说法正确的是( )A．当电流通过表内线圈时，线圈受安培力的作用而一直转动下去B．通过表内线圈的电流越大，指针偏转的角度也就越大C．当通过电流表的电流方向改变时，指针的偏转方向也随着改变D．电流表在使用时，可以直接通过较大的电流6关于电流表的结构，下列说法中不正确的是( )A．电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是匀强磁场B．铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，铝框上绕有线圈C．电流表的指针固定在铝框的转动轴上，可随铝框一起转动D．被测电流经螺旋弹簧起阻碍线圈转动的作用7某磁电式电流表当通入电流I1时，指针偏角为θ1，内部线圈所受的磁力矩为M1；当通入电流I2时，指针偏角为θ2，内部线圈所受的磁力矩为M2，则下列关系正确的是( ) A．I1∶I2＝θ1∶θ2 B．I1∶I2＝θ2∶θ1C．M1∶M2＝θ1∶θ2 D．M1∶M2＝θ2∶θ18电流表的矩形线圈数n＝100匝，矩形线圈处在磁场中的两条边长为L1＝2.5 cm，另两条边长为L2＝2.4 cm指针每转1°螺旋弹簧产生的阻碍力矩k＝1.5×10－8N·m，指针的最大偏转角为80°，已知电流表磁极间沿辐射方向分布的匀强磁场的磁感应强度B＝1.0 T(如图)，求该电流表的满偏电流值(即电流量程)．9如图所示，质量均匀分布的正方形金属框abOc可绕z轴转动，每边长度L＝0.1 m，每边质量m＝0.001 kg；线框处于磁感应强度B＝0.98 T的匀强磁场中(磁场方向沿x轴正向)时静止在图示位置．已知θ＝30°，求线圈内电流的大小和方向．10设电流计中的磁场为均匀辐射分布的磁场，图乙中abcd表示的是电流计中的通电线圈．ab＝cd＝1 cm，ad＝bc＝0.9 cm共有50匝线圈．两边所在位置的磁感应强度为0.5 T，已知线圈每偏转1°弹簧产生的阻碍线圈偏转的力矩为2.5×10－8N·m.(1)当线圈中电流为0.6 mA时指针将转过多少度？(2)如果指针的最大偏转角为90°，则这只电流计量程是多少？(3)当指针偏转角为40°时，通入线圈的电流为多大？11物理学家法拉第在研究电磁学时，亲手做过许多实验，如图所示的实验就是著名的电磁旋转实验，这种现象是：如果载流导线附近只有磁铁的一个极，磁铁就会围绕导线旋转；反之，载流导线也会围绕单独的某一磁极旋转．这一装置实际上就成为最早的电动机．图中A是可动磁铁，B是固定导线，C是可动导线，D是固定磁铁．图中黑色部分表示汞(磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中)，下部接在电源上．请你判断这时自上向下看，A和C将如何转动？答案1解析：由左手定则可判知线框左边ab所受安培力竖直向下，右边cd所受的安培力竖直向上，而bc边和ad边所受安培力相互抵消，所以通电线圈在匀强磁场中所受的总力矩，即磁力矩为M ＝BI ab ·bc 2cos θ＋BI cd ·ad 2cos θ＝2BI ab ·bc 2cos θ＝BIScos θ.根据ab 边和cd 边的受力，可以肯定通电线圈将沿逆时针方向转动，所以磁力矩方向为逆时针方向，故选项D 是正确的．答案：D2解析：当接在第一个电池上时I 1＝E R ＋r ，接在第二个电池上时I 2＝2E R ＋2r ，I 2I 1＝2 R＋r R ＋2r ＝1＋R R ＋2r ，因为偏转角θ与I 成正比，所以I 2I 1＝θ2θ1＝θ230°. 所以θ230°＝1＋R R ＋2r ，则1＜θ230°＜2，所以30°＜θ2＜60°，选项C 正确． 答案：C3解析：此题是一个通电线圈在磁场中受安培力，然后安培力对Ox 轴产生力矩导致线圈转动的问题，要想使线圈Ox 轴转动起来，必须使用与Ox 轴平行的两条边所受安培力产生力矩，而其余两边力矩为零，要使与Ox 轴平行的两条边所受安培力产生力矩，由左手定则知磁场方向沿y 轴正向或负向，在题目给出的四个答案中只有B 正确．答案：B4解析：通电线圈与一条通电直导线在磁场中所受安培力的情形混为一谈，忽视了通电线圈中尚有垂直于磁场方向的两条等效边存在(平行与磁场方向的两条等效边所受安培力的合力为零，且不受磁力矩作用)．当线圈平面平行于磁感线时，这两条边均受到安培力作用，只不过这两个力大小相等，方向相反，合力为零，但它们不是作用在一条直线上且力臂最大，故对线圈的磁力矩最大；当线圈平面垂直于磁感线时，这两条边所受安培力也是大小相等方向相反，但作用在一条直线上且通过转轴，故合力为零．答案：AD5解析：当电流通过电流表内线圈时，线圈受到安培力力矩的作用发生转动，同时螺旋弹簧被扭动，产生一个阻碍转动的力矩，当安培力力矩与阻碍力矩平衡时，线圈停止转动；电流越大，安培力力矩越大，使得阻碍力矩也增大，指针的偏转角度也就越大，故A 项错，B 项对．当改变电流方向时，线圈所受安培力力矩方向改变，使指针的偏转方向也改变，C 项对． 由于线圈的铜线很细允许通过的电流很小，故D 项错．答案：BC6解析：电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向磁场，不是匀强磁场，故选A.答案：A7解析：M ＝nBIS ，所以M 1∶M 2＝θ2∶θ1又因为θ＝kI ，所以I 1∶I 2＝θ1∶θ2故M 1∶M 2＝θ1∶θ2.答案：AC8解析：电流表的指针偏转80°时，螺旋弹簧的阻碍力矩为M 2＝k θ＝1.5×10－8×80 N·m＝1.2×10－6 N·m.设电流表的满偏电流值为Ig ，满偏时通电线圈所受磁场的作用力矩为M 1＝nBIgS ＝100×1×2.5×10－2×2.4×10－2×Ig N·m＝6.0×10－2Ig N·m满偏时通电矩形线圈所受磁力矩形与螺旋弹簧的阻力矩相等，即M 1＝M 2由此可知Ig ＝1.2×10－66.0×10－2 A ＝20 μA.即电流表的满偏电流值为20 μA. 答案：Ig ＝20 μA9解析：在安培力矩的公式M ＝BIScos θ中θ是线框平面与竖直面的夹角，线框平面与磁感线的夹角应为(90°－θ)．磁场对线框的安培力产生的力矩为M B ＝BIL 2cos(90－θ)＝BIL 2sin θ，线框的重力对转轴的力矩为M G ＝4mg·L 2sin θ＝2mgLsin θ， 根据力矩平衡条件有BIL 2sin θ＝2mgLsin θ解得线框中的电流强度为I ＝2mg BL ＝2×0.01×9.80.98×0.1A ＝2 A 根据左手定则，判断出线框中的电流方向为bacOb.答案：I ＝2 A ，方向为bacOb10解析：磁感线呈辐射状，使每一位置均与磁场垂直．(1)M 1＝NBI 1S ＝50×0.5×0.6×10－3×1×10－2×0.9×10－2 N·m＝1.35×10－6 N·m，θ＝1.35×10－62.5×10－8＝54° (2)因M max ＝2.5×10－8×90 N·m＝2.25×10－6 N·m所以I max ＝M max NBS ＝ 2.25×10－650×0.5×0.9×10－4 A ＝1×10－3 A ＝1.0 mA.(3)据M2＝2.5×10－8×40 N·m＝1.0×10－6N·m有I2＝M2NBS＝1.0×10－650×0.5×0.9×10－4A＝0.44×10－3 A＝0.44 mA.答案：(1)54°(2)1.0 mA (3)0.44 mA11解析：这个电动机模型是利用了电流和磁场之间安培力的原理．根据电流的方向判定可以知道B中电流的方向向上，那么在B导线附近的磁场方向为逆时针方向，即为A磁铁N极的受力方向，所以A将逆时针方向转动；由于D磁铁产生的磁场呈现由N极向外发散，C中的电流方向是向下的，由左手定则可知C受的安培力方向为顺时针．答案：同解析。