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
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高中物理学习材料学号：_______ 姓名：_______3.4安培力的应用—平衡【旧知检测】1、如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I 的方向如图所示，两绳的拉力均为F.为使F＝0，可能达到要求的方法是( )A．加水平向右的磁场B．加水平向左的磁场C．加垂直纸面向里的磁场D．加垂直纸面向外的磁场【考点呈现】安培力的计算力的平衡【新课尝试练】通电导线在磁场中静止时，处于平衡状态。
可利用平衡条件建立力学方程。
具体情形：一、二力平衡。
例1、如图所示，磁极间存在水平磁场，磁感应强度B为0.4T. 水平放置的导线AC与磁场方向垂直，导线每米长度的重力为1N.导线恰好悬在空中平衡，则求导线中的电流方向和大小。
二、三力平衡例2、一根长度0.1米的均匀金属杆，两端焊接等长的细软导线，悬挂在同一水平的两点上，abcd所在的区域内有一竖直方向的匀强磁场，当ab中通以如图所示电流时，金属杆ab偏离原来的位置到两根悬线和竖直方向的夹角为30°时保持平衡，如果金属杆ab的质量为0.1千克，其中通过电流强度为10安，求匀强磁场的磁感应强度（g取10米/秒2）三、四力平衡例3、如图所示，质量为m的导体棒AB静止在水平导轨上，导轨宽度为L，已知电源的电动势为E，内阻为r，导体棒的电阻为R，其余接触电阻不计，磁场方向垂直导体棒斜向上与水平面的夹角为 ，磁感应强度为B，求轨道对导体棒的支持力和摩擦力．【巩固练】1、如图所示，在磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，用两根细线悬挂长L＝10cm、质量m＝5g的金属杆．在金属杆中通以稳恒电流，使悬线受的拉力为零．(1)求金属杆中电流的大小和方向；(2)若每根悬线所受的拉力为0.1N，求金属杆中的电流的大小和方向(g＝10m/s2)．2、如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10-2 kg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，整个装置放在磁感应强度按B=0.4×t (T)，方向竖直向上的磁场中，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g取10m/s2)【拓展练】1、在倾角θ=30°的斜面上,固定一金属框,宽L=0.25 m,接入电动势E=12 V,内阻不计的电3,整个装池,垂直框面放有一根质量m=0.2 kg的金属棒ab,它与框架的动摩擦因数μ=6置放在磁感应强度B=0.8 T,垂直框面向上的匀强磁场中,如图所示.当调节滑动变阻器R 的阻值在什么范围内时,可使金属棒静止在框架上?(框架与棒的电阻不计,最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10 m/s2)2、在倾角为θ的光滑斜面上，置一通有电流I，长为L，质量为m的导体棒，如图所示（1）欲使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为多少？方向如何？（2）欲使棒静止在斜面上，且对斜面无压力，应加匀强磁场B的大小为多少？方向如何？【课堂检测】1、如图所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平面夹角为θ的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电池内阻不计，问：若导线光滑，电源电动势E多大才能使导体杆静止在导轨上？【课后练习】1、质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ。
【创新设计】2015-2016学年高二物理粤教版选修3-1 学案：第三章 第4讲 安培力的应用 Word版含答案[www.ks5u
第4讲安培力的应用[目标定位] 1.了解直流电动机、磁电式电表的基本构造及工作原理.2. 会利用左手定则和安培力公式处理安培力作用下物体的平衡问题.1.电动机(1)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.电动机有直流电动机和交流电动机，交流电动机还可分为单相交流电动机和三相交流电动机.(2)原理：如图1中当电流通过线圈时，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，在安培力作用下线框转动起来.图12.磁电式电表(1)构造：如图2所示.图2在强蹄形磁铁两极间有一固定的圆形柱铁芯，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：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，直至上述两个力矩平衡时，线圈才会停下来.指针指到某个位置.磁场对电流的作用力跟电流成正比，因此，根据指针偏转角度的大小，可以知道被测电流的大小.一、直流电动机的工作原理1.当线圈平面与磁场方向垂直时，如图3线圈所受的合力矩也为零，线圈不发生转动.图32.当线圈平面与磁场方向平行时 如图4所示合力矩的大小为：图4M ＝F ab ·bc 2＋F cd ·bc2，又F ab ＝F cd ＝BI ·ab ， 所以M ＝BI ·ab ·bc ＝BIS ， 若是N 匝线圈绕制而成，则M ＝NBIS . 3.当线圈平面与磁场方向成任意角θ时 如图5所示，安培力的力矩M ＝M ab ＋M cd .图5即：M ＝F ab ·bc 2·cos θ＋F cd ·bc2·cos θ，而F ab ＝F cd ＝BI ·ab ， 所以M ＝BIS cos θ，若是N 匝线圈绕制而成，则M ＝NBIS cos θ.线圈在磁场中受到安培力的力矩M ＝NBIS cos θ作用而转动.温馨提示 ①同样的线圈放入同样的磁场中，电流越大，安培力的力矩就越大，电动机转速也就越大.②要提高电动机的转速，可增大电流I 、增大磁感应强度、增大线圈面积和匝数.例1 (双选)如图6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( )图6A.在图示位置线框所受安培力的力矩为零B.转过90°时线框所受安培力的力矩为零C.转过90°时线框四条边都不受安培力作用D.转动中ab 、cd 边所受安培力均恒定不变 答案 BD解析 本题考查通电线圈在匀强磁场中所受的安培力、力矩，根据定义式F ＝BIL ，M ＝BIS cos θ分析解答.图示位置的俯视如图甲所示，由安培力计算式和左手定则可知，ab 边和cd 边所受的安培力大小相等、方向相反，ad 边和bc 边此时不受安培力作用.设电流为I ，线框面积为S ，线框所受的安培力的力矩为M ，则此时M ＝2BI ab ·ad2＝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到安培力的作用，整个线框的F外＝0，整个线框所受的安培力的力矩M ＝0.转动过程中，任一位置的俯视图如图丙所示，ab 、cd 边所受的安培力大小、方向均不变，所以答案选取B 和D. 借题发挥 理解安培力的定义式F ＝BIL sin θ和安培力的力矩的表达式M ＝BIS cos θ的物理意义是本类题的关键. 二、磁电式电表的工作原理 1.工作原理 如图7所示图7(1)均匀辐射磁场蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的磁场，放在其中的通电线圈不管转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，线框两边所受的安培力方向始终跟线框面垂直. (2)两种力矩平衡①线框所受安培力的力矩在任何位置时均为M ＝NBIS .②线圈转动时，螺旋弹簧变形产生反抗线圈转动的力矩.两力矩平衡时，线圈停在一定的位置上，反抗力矩M ′＝kθ，k 是恒量，是螺旋弹簧的扭转系数.③由M ＝M ′知，NBIS ＝kθ，即θ＝NBS kI .对某一电流表，线圈的偏转角度θ与电流I 的大小成正比，根据指针偏转角度的大小就可测出电流的数值.(3)电流方向改变时，安培力方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变，根据指针偏转方向，就可知道电流的方向，因此，电流表是测定电流强弱和方向的电学仪器. 2.电表特点(1)因偏转角度θ∝I ，所以表盘刻度均匀. (2)磁场并非匀强磁场.(3)灵敏度高，量程小，过载力差.(4)表头参数I g (满偏电流)、R g (表头内阻)反映了电流表的最主要特性.例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°答案 C解析 本题考查电流表偏转角θ和电流强度I 之间的关系，可根据I ＝E R ＋r 和θ＝NBIS k 加以分析.当接在第一个电池上时，I 1＝ER ＋r ，接在第二个电池上时I 2＝2ER ＋2r ，I 2I 1＝2(R ＋r )R ＋2r ＝1＋RR ＋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.借题发挥 正确理解θ＝NBS k I 和全电路欧姆定律是解答本类题的前提.三、安培力作用下的物体平衡例3 如图8所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m 的平行导轨上放一质量为m ＝0.3 kg 的金属棒ab ，通以从b →a ，I ＝3 A 的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止.求：图8(1)匀强磁场磁感应强度的大小； (2)ab 棒对导轨压力的大小.(g ＝10 m/s 2) 答案 (1)1.73 T (2)6 N解析 此类问题是关于安培力的综合问题，处理此问题仍需沿用力学思路和方法，只不过多考虑一个安培力而已.画出导体棒的受力分析图，一般先画出侧视图，再利用共点力平衡条件求解此问题.金属棒ab 中电流方向由b →a ，它所受安培力的方向水平向右，它还受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，三力合力为零，由此可以求出安培力，从而求出磁感应强度B .再求出ab 对导轨的压力.(1)ab 棒静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，则mg sin θ＝BIL cos θ.B ＝mg tan 60°IL ＝0.3×10×33×1 T ＝1.73 T.(2)对导轨的压力大小为：F N ′＝F N ＝mgcos 60°＝0.3×1012N ＝6 N.借题发挥 有些同学在处理此类问题时常常感到比较困难，原因是空间观念不强，对磁场方向、电流方向、安培力方向的关系分辨不清，这时可由立体图画出正视图、侧视图或俯视图，则三者之间的关系就一目了然了.例如本题画出侧视图，不但磁感应强度、电流、安培力三者方向关系确定了，安培力、重力、支持力的关系也清楚了.针对训练 (双选)如图9所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L ，质量为m ，通过电流为I 的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B 的大小和方向可能为( )图9A.B ＝mg sin αIL ，方向垂直于斜面向下B.B ＝mg sin αIL ，方向垂直于斜面向上C.B ＝mg tan αIL，方向竖直向下D.B ＝mg sin αIL ，方向水平向右答案 AC解析 根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如图所示.又因为导线还受重力G 和支持力F N ，根据力的平衡知，只有A 、C 两种情况是可能的， 其中A 中F ＝mg sin α，则B ＝mg sin αIL ，C 中F ＝mg tan α，B ＝mg tan αIL.直流电动机的工作原理1.如图10所示，把一个可以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.把转轴和导电液体分别接到直流电源的两极上，铝盘就会转动起来.为什么？用什么方法可以改变铝盘的转动方向？图10答案 见解析解析 由于铝盘是良好的导体，我们可以把铝盘看成是由许多条金属棒拼合而成(可以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，而这股电流恰好处在一个与电流方向垂直的磁场中，由左手定则可以判断出它受到一个与盘面平行的安培力作用，这个力对转轴的力矩不为零，所以在通电后铝盘开始转动起来.如果对铝盘通以一恒定的电流，则铝盘就会不停地转动下去，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，我们可以改变电流方向或改变磁场的方向.磁电式电流表2.如图11所示是磁电式电流表的结构图及磁极间的磁场分布图，以下选项中正确的是()图11①指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的安培力矩方向是相反的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，线圈所受安培力的力矩与电流有关，而与所处位置无关A.①②B.③④C.①②④D.①②③④答案 C解析当阻碍线圈转动的力矩增大到与安培力使线圈转动的力矩平衡时，线圈停止转动，即两力矩大小相等、方向相反，故①正确；磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等、方向不同，故③错，④正确；电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故②正确.综合上述，C选项正确.安培力作用下的物体平衡3.如图12所示，一根有质量的金属棒MN，两端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，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()图12A.适当减小磁感应强度B.使磁场反向C.适当增大电流D.使电流反向答案 C解析 首先对MN 进行受力分析：其受到竖直向下的重力G 、两根软导线的竖直向上的拉力和安培力.当其处于平衡状态时：2F ＋BIL ＝mg ，重力mg 恒定不变，欲使拉力F 减小到0，应增大安培力BIL ，所以可增大磁场的磁感应强度B 或增大通过金属棒中的电流I ，或二者同时增大，只有C 项正确.4.如图13所示，一根长L ＝0.2 m 的金属棒放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并通过I ＝5 A 的电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度B ＝0.6 T 竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该金属棒的重力为多少？(sin 37°＝0.6)图13答案 0.8 N解析 从侧面对金属棒受力分析如图所示，安培力的方向由左手定则可知为水平向右，F ＝BIL ＝0.6×5×0.2 N ＝0.6 N.由平衡条件得重力 mg ＝F tan 37°＝0.8 N.(时间：60分钟)题组一 直流电动机模型1.在直流电动机模型中，下列说法正确的是( )A.当线圈平面静止在与磁感线方向垂直的位置时，若通以直流电，线圈将转动起来B.随着线圈的转动，线圈上各边所受的安培力大小都要发生变化C.当线圈平面与磁感线方向平行时，安培力的力矩最小D.改变线圈中的输入电压，电动机的转速也将发生变化 答案 D2.如图1中①②③所示，在匀强磁场中，有三个通电线圈静止时处于如图中所示的位置，则( )图1A.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′轴转动答案 B题组二磁电式电流表3.(双选)电流表中蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，当线圈中通入恒定电流时，线圈将发生转动，电流表的指针也随着偏转，最后停在某一偏角位置上，则在偏转过程中，随着偏转角度的增大()A.线圈受到的安培力的力矩将逐渐增大B.线圈所受安培力的力矩将逐渐减小C.线圈所受安培力的力矩大小不变D.电流表中螺旋弹簧所产生的阻碍线圈转动的力矩将逐渐增大答案CD解析由M＝NBIS知，安培力的力矩大小保持不变，但螺旋弹簧的扭力矩M＝kθ随θ角的增大而增大.题组三安培力作用下的导体棒的平衡4.如图2所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为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应强度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，关于B的大小的变化，正确的说法是()图2A.逐渐增大B.逐渐减小C.先减小后增大D.先增大后减小答案 C解析通电导线在斜面上受到重力、斜面对它的支持力和安培力，当磁场方向竖直向上时，导线受到的安培力方向水平向右.当磁场方向水平向左时，安培力的方向竖直向上，把重力、斜面对通电导线的支持力和安培力放在一个三角形中进行研究，可知安培力先减小后增大，所以磁感应强度先减小后增大.5.如图3所示，一长为L、质量为m的金属杆ab，被两根竖直的弹簧金属丝静止吊起，金属杆ab处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中.当金属杆中通有方向a→b的电流I时，每根弹簧金属丝的拉力大小为T.当金属杆通有方向b→a的电流I时，每根弹簧金属丝的拉力大小为2T(弹簧金属丝的重力不计).则磁场的磁感应强度B的大小为________.图3答案T IL解析金属棒ab受重力、安培力、弹簧金属丝的拉力而平衡. 当ab中的电流方向由a到b时，安培力的方向向上.2T＋BIL＝mg①当ab中的电流方向由b到a时，安培力的方向向下.4T＝BIL＋mg②①②联立得B＝TIL6.两个倾角均为α的光滑斜面上，各放有一根相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向如图4甲、乙中所示，两金属棒均处于静止状态，两种情况下电流之比I1∶I2＝________.图4答案1∶cos α7.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5所示，求MN所受的支持力和摩擦力的大小.图5答案BIL cos θ＋mg BIL sin θ解析导体棒MN处于平衡状态，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.由平衡条件有：f＝F sin θ，F N＝F cos θ＋mg，其中F＝BIL解得：F N＝BIL cos θ＋mg，f＝BIL sin θ.8.如图6所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡.然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2 kg的砝码，才能使天平重新平衡.图6(1)求磁场对bc边作用力的大小；(2)若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1 A，bc边长度为10 cm，求该磁场的磁感应强度.(g取10 m/s2)答案(1)0.1 N(2)1 T解析(1)根据F＝BIL可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，但由左手定则可知它们的方向是相反的.电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下.因而有2F＝2×10－2×10 N＝0.2 N，所以F＝0.1 N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1 N.(2)因为磁场对bc边的作用力F＝NBIL，故B＝FNIL＝0.110×0.1×0.1T＝1 T.9.如图7所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L .有磁感应强度的大小为B 、方向垂直导轨面的匀强磁场，金属杆长为L 、质量为m ，水平放在导轨上.当回路中通过电流时，金属杆正好能静止.求：图7(1)电流的大小为多大；(2)磁感应强度的方向.答案 (1)mg sin αBL(2)方向垂直导轨面向上解析 在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系.因为B 垂直轨道面，又金属杆处于静止状态，所以安培力F 必沿斜面向上，由左手定则知，B垂直轨道面向上.大小满足BIL ＝mg sin α，I ＝mg sin αBL. 10.如图8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I ＝1 A ，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加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/s 2 ，tan 37°＝0.75)图8答案 5 s解析 导线恰要离开斜面时受力情况如图.由平衡条件，得F ＝mg tan 37°. ① 而F ＝BIL .② B ＝0.4t③ 代入数据解①②③即得：t ＝5 s.。
【创新设计】2013-2014学年高中物理(粤教版)选修3-1：3-4 安培力的应用
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(2)当线圈平面与磁场方向平行时 将线圈如图3－4－3所示放置时，bc边和ad边均与磁感线平 行，故Fbc＝Fad＝0.Fab和Fcd大小相等、方向相反，合力为零，但 合力矩并不为零，此位置合力矩的大小为：
图3－4－3
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自主学习 名师解疑 分类例析 课堂对点演练 活页规范训练
答案
C
NBS 正确理解θ＝ k I和全电路欧姆定律是解答本类
借题发挥 题的前提．
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【变式2】 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 每转过1° ，螺旋弹簧产生的阻碍力矩k＝1.5×10－8 N· m，指针的 最大偏转角为80° ，已知电流表磁极间沿辐向分布的匀强磁场的 磁感应强度B＝1.0 T(如图3－4－8所示)，求该电流表的满偏电流 值(即电流量程)多大？
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【典例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° C．大于30° ，小于60° B．等于30° D．大于60° )．
由于铝盘是良好的导体，我们可以把铝盘看成是由
许多条金属棒拼合而成(可以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，而这股电流恰好处在一个与电流垂直的 磁场中，由左手定则可以判断出它受到一个与盘面平行的安培 力作用，这个力对转轴的力矩不为零，所以在通电后铝盘开始 转动起来．如果对铝盘通一恒定的电流，则铝盘就会不停地转 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
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.。
高中物理3.4安培力的应用第1课时课时精练(含解析)粤教版选修3_1
3.4 安培力的应用第1课时直流电动机的工作原理1．如图3－4－11所示，把一个可以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．把转轴和导电液体分别接到直流电源的两极上，铝盘就会转动起来．为什么？用什么方法可以改变铝盘的转动方向？图3－4－11答案见解析解析由于铝盘是良好的导体，我们可以把铝盘看成是由许多条金属棒拼合而成(可以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，而这股电流恰好处在一个与电流方向垂直的磁场中，由左手定则可以判断出它受到一个与盘面平行的安培力作用，这个力对转轴的力矩不为零，所以在通电后铝盘开始转动起来．如果对铝盘通以一恒定的电流，则铝盘就会不停地转动下去，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，我们可以改变电流方向或是改变磁场的方向．磁电式电流表2．如图3－4－12所示是磁电式电流表的结构图及磁极间的磁场分布图，以下选项中正确的是()图3－4－12①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．①②B．③④C．①②④D．①②③④答案 C解析当阻碍线圈转动的力矩增大到与安培力使线圈转动的力矩平衡时，线圈停止转动，即两力矩大小相等、方向相反，故①正确；磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等、方向不同，故③错，④选项正确；电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故②正确，综合上述，C选项正确．安培力作用下的物体平衡图3－4－133．如图3－4－13所示，一根有质量的金属棒MN，两端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，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向答案 C解析首先对MN进行受力分析：其受竖直向下的重力G、受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．当其处于平衡状态时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大，只有C项正确.(时间：60分钟)题组一直流电动机模型1．在直流电动机模型中，下列说法正确的是()A．当线圈平面静止在与磁感线方向垂直的位置时，若通以直流电，线圈将转动起来B．随着线圈的转动，线圈上各边所受的安培力大小都要发生变化C．当线圈平面与磁感线方向平行时，安培力的力矩最小D．改变线圈中的输入电压，电动机的转速也将发生变化答案 D2．如3－4－14图中①②③所示，在匀强磁场中，有三个通电线圈处于如下图中所示的位置，则()图3－4－14A．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′轴转动答案 B解析①线圈中导线受力沿线圈平面，不可以转动；②线圈中导线受一转动力矩，可以转动；③线圈中导线不受力，不可以转动．题组二磁电式电流表3．(双选)电流表中蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布，当线圈中通入恒定电流时，线圈将发生转动，电流表的指针也随着偏转，最后停在某一偏角位置上，则在偏转过程中，随着偏转角度的增大()A．线圈受到的安培力的力矩将逐渐增大B．线圈所受安培力的力矩将逐渐减小C．线圈所受安培力的力矩不变D．电流表中螺旋弹簧所产生的阻碍线圈转动的力矩将逐渐增大答案CD解析由M＝NBIS知，安培力矩保持不变，但螺旋弹簧的扭力矩M＝kθ随θ角的增大而增大．题组三安培力作用下的导体棒的平衡图3－4－154．如图3－4－15所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为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应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小答案 C解析通电导线在斜面上受到重力、支持力和磁场力，当磁场方向竖直向上时，导线受到的磁场力方向水平向右．当磁场方向水平向左时，磁场力的方向竖直向上，把重力、支持力和磁场力放在一个三角形中进行研究，可知磁场力先减小后增大，所以磁感应强度先减小后增大．图3－4－165．如图3－4－16所示，长L、质量为m的金属杆ab，被两根竖直的弹簧金属丝静止吊起，金属杆ab处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属杆中通有方向a→b的电流I时，每根金属丝的拉力大小为T.当金属杆通有方向b→a的电流I时，每根金属丝的拉力大小为2T.则磁场的磁感应强度B的大小为________．答案T IL解析导体ab受重力、磁场力、弹簧的拉力而平衡．当ab中的电流方向由a到b时，磁场力向上．2T＋BIL＝mg①当ab中的电流由b到a时，磁场力向下．4T＝BIL＋mg②解方程组得B＝TIL6．两个倾角均为α的光滑斜面上，各放有一根相同的金属棒，分别通有电流I1和I2 ，磁场的磁感应强度大小相同，方向如图3－4－17中所示，两金属棒均处于静止状态，两种情况下电流之比I1∶I2＝________．图3－4－17答案1∶cos α图3－4－187．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3－4－18所示，求MN所受的支持力和摩擦力的大小．答案ILBcos θ＋mg ILBsin θ解析导体棒MN处于平衡状态，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．由平衡条件有：Ff＝Fsin θ，FN＝Fcos θ＋mg，其中F＝ILB解得：FN＝ILBcos θ＋mg，Ff＝ILBsin θ.图3－4－198．如图3－4－19所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.有大小为B的匀强磁场，方向垂直导轨面，金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路中通过电流时，金属杆正好能静止．求：电流的大小为多大？磁感应强度的方向如何？答案 mgsin α/BL 方向垂直导轨面向上解析 在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系．因为B 垂直轨道面，又金属杆处于静止状态，所以F 必沿斜面向上，由左手定则知，B 垂直轨道面向上．大小满足BIL ＝mgsin α，I ＝mgsin α/BL.图3－4－209．如图3－4－20所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置：一长方体绝缘容器内部高为L ，厚为d ，装置左右等高处装有两根完全相同的开口向上的管子a 、b ，上、下两端装有电极C(正极)和D(负极)并经开关S 与电源连接，容器中注满能导电的液体，液体的密度为ρ；将容器置于一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当开关断开时，竖直管子a 、b 中的液面高度相同，开关S 闭合后，a 、b 管中液面将出现高度差．若当开关S 闭合后，a 、b 管中液面将出现高度差为h ，电路中电流表的读数为I ，求磁感应强度B 的大小．答案 ρghd I解析 开关S 闭合后，导电液体中有电流从C 到D ，由左手定则知导电液体受到向右的安培力F ，在液体中产生附加压强p ，这样，ab 管中液面就会出现高度差，在液体中产生的附加压强p ＝F S ＝BIL Ld ＝BI d ＝ρgh ，所以B ＝ρghd I .。
物理粤教版选修3-1学案：知识导学 3-4-安培力的应用
第四节安培力的应用问题探究如图3-4-1，把一个可绕固定转轴OO′转动的线圈abcd放入匀强磁场中，线圈平面平行于磁场方向.给线圈通以如图方向的恒定电流后，线圈将如何运动？图3-4-1解析：通电导体在磁场中要受到安培力作用.ab边和cd边中电流方向和磁场方向平行.因此这两边不受磁场力.由左手定则可知，ac边所受安培力的方向指向纸内；bd边所受安培力的方向指向纸外.因此，线圈受这两边力矩的作用，绕OO′轴转动.答案：绕OO′轴转动.自学导引1.电流表是测量_______________的电学仪器，我们在实验时经常使用的电流表是_______________电流表.答案：电流磁电式2.电动机有_______________与_______________，直流电动机的突出优点就是通过改变_______________很容易调节它的转速，而交流电动机的调速不太方便.答案：直流电动机交流电动机输入电压3.交流电动机可分为_______________与_______________.答案：单相交流电动机三相交流电动机4.不论是电动机，还是磁电式电流表，都是磁场中的线圈受到安培力作用而旋转起来的.线圈所在的磁场是______________________分布的，这样做的目的是_____________________.答案：均匀辐射保证通电线圈不管转到什么角度，线圈的平面都跟磁感线平行5.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______________，因而线圈中的电流越大，安培力的转动作用也______________，线圈和指针偏转的角度也就______________.答案：正比越大越大6.磁电式仪表的优点是______________，可以测出______________的电流；缺点是______________，允许通过的______________，如果通过的电流______________，很容易把它______________，我们在使用时应该注意.答案：灵敏度高很弱绕制线圈的导线很细电流很弱超过允许值烧坏疑难剖析磁电式仪表的工作原理【例1】如图3-4-2是电流表内部构造图，其转动部分由圆柱形铁芯、铝框、线圈、轴和螺旋弹簧组成.试说明铁芯、铝框和螺旋弹簧的作用各是什么？图3-4-2解析：铁芯的作用是和蹄形磁铁一起形成辐轴状磁场，因而使线圈所受的安培力矩M=NBIS不受偏转角度的影响；铝框的作用是在线框转动时起电磁阻尼作用；螺旋弹簧的作用是产生和线圈的电磁力矩平衡的弹力矩，和胡克定律类似，弹力大小和转动角度成正比，因此弹力矩也和转动角度成正比，有kα=NBIS，I∝α.可见这种磁电式电表的刻度是均匀的.电动机原理【例2】如图3-4-3所示，把一个可以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.把转轴和导电液体分别接到直流电源的两极上，铝盘就会转动起来.为什么?用什么方法可以改变铝盘的转动方向?图3-4-3解析：由于铝盘是良好的导体，我们可以把铝盘看成是由许多条金属棒拼合而成（可以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，而这股电流恰好处在一个与电流垂直的磁场中，由左手定则可以判断出它受到一个与盘面平行的安培力作用，这个力对转轴的力矩不为零，所以在通电后铝盘开始转动起来.如果对铝盘通以一恒定的电流，则铝盘就会不停地转动下去，当阻力的力矩与安培力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，我们可以改变电流方向或是改变磁场的方向.关于安培力的综合计算【例3】如图3-4-4所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上.当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止.求：图3-4-4(1)B至少多大？这时B的方向如何？(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？图3-4-5解答：如图3-4-5，画出金属杆的截面图.由三角形定则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B 也最小.根据左手定则，这时B 应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI 1L =mg sin α，B =mg sin α/I 1L .当B 的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得BI 2L cos α=mg sin α，I 2=I 1/cos α.温馨提示：在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系.拓展迁移 测磁场的磁感应强度1.在赤道上，地磁场可看成是沿南北方向的匀强磁场.若赤道上有一根沿东西方向放置的导线，长20 m ，通有30 A 的电流.测得导线所受安培力为0.03 N ，赤道上地磁场的磁感应强度为多大？答案：0.50×10-4T2.还有其他方法测磁感应强度吗？答案：其实还有很多方法测量磁场的磁感应强度. 我们知道，磁场具有能量，磁场中单位体积具有的能量叫能量密度，其值为μ22B ，式中B 是磁感应强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数.为了近似测得条形磁铁极端附近的磁感应强度B ，我们可以用一根端面面积为A 的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P ，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离Δl ，并测出拉力F ，因为F 所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可测出磁感应强度)2(A F B B μ=.该实验利用功能原理对磁场进行测量.。
粤教版高中物理选修3-1课时检测：第三章 第三节 探究安培力 含答案
第三节探究安培力A级抓基础1．下图中磁感应强度B，电流I和安培力F之间的方向关系错误的是( )答案：D2．关于安培力、磁感应强度的有关说法，正确的是( )A．通电导体不受磁场力作用的地方一定没有磁场B．将I、L相同的通电导体放在同一匀强磁场的不同位置，受安培力一定相同C．磁感线指向磁感应强度减小的方向D．以上说法都不正确解析：由F＝BILsin θ，当I∥B时，F＝0，此时通电导线不受磁场力，但导线处有磁场，故A错；如果I、L相同，放在同一匀强磁场中因放置角度不同，安培力也可能不同，故B错；在匀强磁场中沿磁感线方向磁感应强度不变，故C错，正确答案为D.答案：D3．如图所示，一通电直线竖直放置，其右侧A、B两点的磁感应强度分别为BA和BB，则( )A．BA >BB，方向均垂直纸面向外B．BA <BB，方向均垂直纸面向外C．BA <BB，方向均垂直纸面向里D．BA >BB，方向均垂直纸面向里解析：由右手螺旋定则可知，AB两点的磁场方向均垂直纸面向里；由于A点离通电导线较近，故BA >BB，选项D正确．答案：D4．在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量为5.0×10－5 T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置，如图所示．由此测出该通电直导线在其正下方10 cm处产生磁场的磁感应强度大小为( )A．5.0×10－5 T B．1.0×10－4 TC．8.66×10－5 T D．7.07×10－5 T答案：C5．(多选)如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是( )A．通过abcd平面的磁通量大小为L2BB．通过dcfe平面的磁通量大小为L2BC．通过abfe平面的磁通量大小为零D．通过整个三棱柱的磁通量为零解析：abcd平面在垂直于B方向的投影S⊥＝L2，所以Φ＝BS⊥＝L2B，A错误；dcfe平面与B垂直，S＝L2，所以Φ＝L2B，B正确；abfe平面与B平行，S⊥＝0，Φ＝0，C正确；整个三棱柱穿进的磁感线和穿出的磁感线条数相等，抵消为零，所以Φ＝0，D正确．答案：BCD6．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为α＝60°的光滑斜面上，静止一根长为L＝1 m，重G＝3 N，通有电流I ＝3 A的金属棒．求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)导体棒对斜面的压力大小．解析：(1)由左手定则知金属棒受水平向右的安培力，对金属棒进行受力分析，运用合成法，如图所示由平衡条件，得F安＝BIL＝Gtanα，则B＝＝ T.(2)由上图，根据三角函数关系，得N＝＝6 N.答案：(1) T (2)6 NB级提能力7.如图中，金属棒MN用绝缘细线悬吊在垂直纸面向里的匀强磁场中，电流方向M→N，此时悬线的拉力不为零，要使悬线的拉力变为零，有以下办法：①将磁场反向，并适当增大磁感应强度②将电流反向，并适当增大电流强度③不改变磁场和电流方向，适当增大磁感应强度④不改变磁场和电流方向，适当增大电流强度其中正确的是( )A．①②B．②③C．③④D．①④解析：通电导线在磁场中受到安培力作用，由公式F＝BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．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，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加．所以应适当增加电流强度，或增大磁场，所以③④正确．答案：C8．(多选)如图所示，两根间距为d的平行光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垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为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刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是 ( )A．增大磁感应强度BB．调节滑动变阻器使电阻减小C．增大导轨平面与水平面间的夹角θD．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变解析：对金属杆受力分析，沿导轨方向：－mgsin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则增大，A项正确；电阻减小，增大，则B项正确；若增大θ，则mgsin θ增大，C项错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D项错误．答案：AB9．(多选)质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．在如下图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是( )解析：对通电杆进行受力分析如下：根据平衡条件可以判断出C和D一定受到摩擦力的作用，正确选项为C、D.此题要求考生能够对通电杆进行正确的受力分析，并根据平衡条件进行判断．答案：CD10．如图所示，两平行光滑导轨相距为L＝20 cm，金属棒MN的质量为m＝10 g，电阻R＝8 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，方向竖直向下，电源电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω，当开关K闭合时，MN恰好平衡，求变阻器R1的取值为多少？(设θ＝45°，g取10 m/s2)解析：先根据左手定则判定安培力的方向，然后根据平衡条件列方程，再利用安培力公式以及闭合电路欧姆定律进行求解．金属棒平衡时的平面受力图如图所示．当MN平衡时，有：mgsin θ－BILcos θ＝0，①由闭合电路欧姆定律，得：I＝，②由①②式联立并代入数据，得：R1＝7 Ω.答案：7 Ω。
高中物理 3.4安培力的应用 粤教版选修3-1
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知识解惑
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知识点一 电磁炮一安培力作用下的平动 1．电磁炮如图所示．
2．原理：发射轨道处在很强的磁场中，当通过导轨 的强大电流通过炮弹支架时，炮弹将受到很大的安 培力而迅速加速，并以某一速度飞出．
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知识点二 直流电动机一在安培力作用下的转动 1．基本结构． 如图所示为直流电动机模型图．
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它由定子和转子两部分组成： ①定子：主要部分是磁极 ②转子：由电枢绕组(线圈)、换向器(两个铜半环)和转 轴组成． 2．工作原理． 直流电动机是利用线圈在磁场中受力转动的原理制成 的．它把电能转化为机械能．给矩形线圈通电后，线 圈便在磁力矩作用下绕轴转动． 3．直流电动机的起动力矩大，容易调整，广泛应用在 电车、电力机车、矿井提升机等起重设备中．
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►变式训练
1．(多选)从20世纪70年代开始，一些西方国家和军事 大国纷纷进行电磁炮的研究和发展.2006年8月，中国 军方在内蒙古炮兵靶场对超高速电磁炮进行了首次实 验，实验获得圆满成功．电磁炮是一种新型的炮弹发 射装置，根据磁场对电流会产生作用力的原理．如图 所示，下列结论中正确的是(AB)
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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. 答案：0.5 N 1 N
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►变式训练
2．为了保证直流电动机朝一个方向转动，能自动完成这 一任表是测定电流强弱和方向的电学仪． 2．实验室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．
新课标粤教版3-1 选修三3.4《安培力的应用》精品
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一、 直流电动机
【实验与探究】 1.直流电动机的结构 2.直流电动机的原理 3.直流电动机的启动 4.直流电动机转速的调节
【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。
物理粤教版选修3-1学案：第3章第三节探究安培力含解析
第三节探究安培力一、安培力的方向1．安培力：磁场对______的作用力．安培力是矢量．2．当通电导线与磁场方向垂直时,安培力的方向用________来判定．3．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，让磁感线从掌心进入，并使______指向______的方向,这时,拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受________的方向．预习交流1如图所示，磁场方向垂直纸面向里,一根通电直导线垂直于磁场方向放置，试判断导线所受安培力的方向．二、磁感应强度1．定义：当通电导线与磁场方向______时,通电导线所受的安培力F跟______和__________的乘积IL的______叫做磁感应强度．2．定义式：B＝________．3．单位：______，符号T，1 T＝1错误!．4．磁感应强度是______，既有大小，又有方向．当空间中同时存在几个不同强弱和方向的磁场时，合磁场的磁感应强度等于各个磁场在同一处产生的磁感应强度的________．5．________可形象地表示磁感应强度的大小和方向；磁感线的疏密程度表示磁感应强度的______；磁感线上每一点的____________与该点磁感应强度的方向一致．6．匀强磁场：如果磁场的某一区域,磁感应强度的______和____处处相等．这个区域的磁场就叫______．三、安培力的大小1．当通电导线与磁感应强度B的方向______时,导线受力为零．2．当长为L的导线垂直于磁场B放置，通过的电流为I时,安培力F＝______．预习交流2通电导线如果在磁场中不受安培力作用,能否说明该处磁感应强度为零？四、磁通量1．定义：设在匀强磁场中有一个与磁场垂直的平面，则磁场的________________和__________的乘积，叫做穿过这个面的磁通量．2．公式：______．3．单位：韦伯,简称韦，符号Wb．4．从Φ＝BS可得B＝错误!，因此磁感应强度又称________．答案：一、1．电流2．左手定则3．四指电流安培力预习交流1：答案:垂直导线向左．二、1．垂直电流I导线长度L比值2．错误!3．特斯拉4．矢量矢量和5．磁感线大小切线方向6．大小方向匀强磁场三、1．平行2．BIL预习交流2：答案：不能．因为当磁场方向与电流方向平行时，安培力为0，但磁感应强度不为0．四、1．磁感应强度B平面面积S2．Φ＝BS4．磁通密度一、磁感应强度磁场的强弱和方向可以用磁感线定性地来描述．那么，如果我们想定量地研究某一区域磁场的方向和强弱，应怎样来描述呢?下列说法正确的是（）．A．磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定:把一小段通电导线放在该点时受到磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I乘积的比值，即B＝错误!B．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C．磁感应强度B＝错误!只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D．通电导线所受磁场力的方向就是磁场的方向1．磁感应强度B＝FIL是用比值法定义的，B与F、I、L 无关,是由磁场本身决定的．2．安培力的方向与磁场方向垂直，这与电场力的方向和电场方向的关系是不一样的．3．磁感应强度B和电场强度E的比较．铁慢慢地接近发光的白炽灯泡可以看到灯丝颤抖起来，灯丝的“颤抖”说明什么道理呢？（2011·长春外国语学校高二检测)如图所示，条形磁铁平放于水平桌面上,在它的正中央上方固定一根直导线，导线与纸面垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（）．A．磁铁对桌面的压力减小B．磁铁对桌面的压力增大C．磁铁对桌面的压力不变D．以上说法都有可能1．安培力的方向总是既与磁场方向垂直,又与电流方向垂直，也就是说安培力的方向总是垂直于磁场和电流所决定的平面，但磁场方向与电流方向并不一定垂直．2．在具体判断安培力的方向时，由于受到电场力方向判断方法的影响，有时错误地认为安培力的方向沿着磁场方向．为避免这种错误，同学们应该把电场力和安培力进行比较，搞清力的方向与场的方向的关系及区别．它们都是性质力，且都属于场力，分析如下：根据磁场对电流会产生作用力的原理,人们研制出一种新型的发射炮弹的装置——电磁炮，其原理如图所示，把待发射的炮弹（导体)放置在强磁场中的两平行导轨上,给导轨通以大电流，使炮弹作为一个载流导体在磁场力的作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去．那么,要提高发射速度，就要增大炮弹的加速度．请思考：通电导体在磁场中受力与哪些因素有关呢？(2011·课标全国理综，18）电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场）,磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是（ )．A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变1．公式F＝BIL中L指的是“有效长度”．当B与I垂直时,F最大，F＝BIL；当B与I平行时，F＝0．2．弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点直线的长度（如图）；相应的电流沿L由始端流向末端．3．若磁场和电流成θ角时，如图所示．可以将磁感应强度B正交分解成B⊥＝B sinθ和B∥＝B cosθ，而B∥对电流是没有作用的．F＝B⊥IL＝BIL sinθ，即F＝BIL sinθ．1．关于磁感应强度的下列说法中，正确的是（）．A．放在磁场中的通电导线，电流越大，受到的磁场力也越大，表示该处的磁感应强度越大B．磁感线的指向就是磁感应强度的方向C．垂直磁场方向放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D．磁感应强度的大小、方向与放入磁场的通电导线的电流大小、导线长度、电流方向等均无关2．磁场中某区域的磁感线如图所示,则（）．A．a、b两处的磁感应强度的大小不相等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不相等，B a＜B bC．同一根导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一根导线放在a处受力一定比放在b处受力小3．（2011·全国理综,15）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是（)．A．a点B．b点C．c点D．d点4．把长L＝0。
物理粤教版选修3-1课后训练：第三章第三节探究安培力
探究安培力练习一、单项选择题1．由磁感应强度的定义式=F B IL可知，磁场中某处的磁感应强度的大小（ ）． A ．随通电导线中的电流I 的减小而增大B ．随IL 乘积的减小而增大C ．随通电导线所受磁场力F 的增大而增大D ．跟F 、I 、L 的变化无关2．在赤道附近沿东西方向放置一根导体棒，若通以由西向东的电流，则此导体棒所受安培力的方向为（ ）．A ．向上B ．向下C ．向南D ．向北3．关于通电直导线所受安培力F 、磁感应强度B 和电流I 三者方向之间的关系，下列说法正确的是（ ）．A ．F 、B 、I 三者必定都保持垂直B ．F 必定垂直于B 、I ，但B 不一定垂直于IC ．B 必定垂直于F 、I ，但F 不一定垂直于ID ．I 必定垂直于F 、B ，但F 不一定垂直于B4．如图所示，矩形金属线框abcd 放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知4sina 5α=，回路面积为S ，磁感应强度为B ，则通过线框的磁通量为（ ）．A ．BSB ．45BSC ．35BSD ．34BS 二、双项选择题5．一根长为0.2 m 、电流为2 A 的通电导线，放在磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场中，受到磁场力的大小可能是（ ）．A ．0.4 NB ．0.2 NC ．0.1 ND ．0.3 N6．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L 、质量为m 、通入电流为I 的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B 的大小和方向为（ ）．A ．sin mgB ILα=，方向垂直斜面向下 B ．sin mg B IL α=，方向垂直斜面向上C．tanmgBILα=，方向竖直向下D．tanmgBILα=，方向水平向右三、非选择题7．如图所示，垂直折线abc中通入电流I，ab=bc=L，折线所在的平面与匀强磁场垂直．匀强磁场的磁感应强度为B，求abc折线受到的安培力的大小和方向．8．如图所示，质量为M、电阻为R的导体棒ab放在与水平夹角为θ的倾斜光滑金属导轨上，导轨间距为d，导轨电阻和电源内阻不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，若导轨始终静止．（1）求安培力的大小．（2）求电源电动势的大小．参考答案1．答案：D 解析：磁感应强度B是反映磁场性质的物理量，由磁场自身决定，与F、I、L无关，D项正确．2．答案：A 解析：赤道上方地磁场的方向由南向北，根据左手定则，可判断A项正确．3．答案：B 解析：F一定垂直于I，F一定垂直于B，即F一定垂直于B与I决定的平面，但B和I不一定垂直，B项正确．4．答案：B 解析：将磁感应强度分解为与平面垂直的分量B⊥和与平面平行的分量B∥，则Φ＝B⊥S＝BS sinα＝45BS，B项正确．5．答案：BC 解析：当B与I垂直时，安培力最大F max＝BIL＝0.5×2×0.2 N＝0.2 N．当B与I平行时，安培力最小F min＝0随着二者方向夹角的不同，力的大小可以在0～0.2 N之间取值，B、C项正确．6．答案：AC 解析：根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如图所示．又因为导线还受重力G和支持力F N，根据力的平衡知，只有①③两种情况是可能的，其中，①中F＝mg sinα，则sin=mgBILα，③中F＝mg tanα，tanmgBILα=．7．答案：见解析解析：abc 受到的安培力可等效于ac （图中的虚线，通有a 到c 的电流I ）所受的安培力，这样直接可得F BI =，方向按左手定则判断得垂直于ac 向上．8．答案：（1）Mg tan θ （2）tan MgR Bdθ 解析：（1）将立体图改画为侧视图，以ab 棒为研究对象，受力分析如图所示．沿斜面方向由平衡条件有：Mg sin θ＝F cos θ，得F ＝Mg tan θ．（2）设电动势为E ，因为E I R =，F ＝BId ． 所以tan MgR E Bdθ=．。
物理粤教版选修3-1课后训练：第三章第四节安培力的应
安培力的应用练习一、单项选择题1．电磁炮的基本原理如图所示，把待发射的炮弹（导体）放置在强磁场中的两条平行导轨上（导轨与水平方向成α角），磁场方向和导轨平面垂直，若给导轨以很大的电流I，使炮弹作为一个载流导体在磁场的作用下，沿导轨做加速运动，以某一速度发射出去，已知匀强磁场的磁感应强度为B，两导轨间的距离为L，磁场中导轨的长度为s，炮弹的质量为m，炮弹和导轨间的摩擦以及炮弹本身的长度均不计，则炮弹离开炮口时的速度为（）．A BC2．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°二、双项选择题3．关于磁电式电流表内的磁铁和铁芯之间的均匀辐向分布的磁场，下列说法中正确的是（）．A．该磁场的磁感应强度大小处处相等，方向不同B．该磁场的磁感应强度的方向处处相等，大小不同C．使线圈平面始终与磁感线平行D．线圈所处位置的磁感应强度大小都相等4．关于磁电式电流表的工作原理，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5．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∶θ 2 B．I1∶I2＝θ2∶θ1C．M1∶M2＝θ1∶θ 2 D．M1∶M2＝θ2∶θ1三、非选择题6．电流表的矩形线圈匝数n＝100，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°，已知线圈所在处的磁感应强度大小B＝1.0 T（如图），求该电流表的满偏电流值．7．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=0.01 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．8．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？参考答案1．答案：C 解析：当通入的电流为I 时，炮弹受到的磁场力为F ＝BIL ，发射过程中磁场力做功为W B ＝Fs ，发射过程中克服重力做功为W G ＝mgs sin α，由动能定理得W B －W G ＝2012mv，联立以上式子，求解得0v = 2．答案：C 解析：当接在第一个电池上时1E I R r=+，接在第二个电池上时222E I R r =+，212()=1+22I R r R I R r R r+=++，因为不能忽略，所以I 1＜I 2＜2I 1，故指针的偏转角度应为30°＜θ＜60°，C 项正确．3．答案：CD 解析：本题主要考查磁电式电流表的原理．两磁极之间装有极靴，极靴中间又有一个铁质圆柱，极靴与铁质圆柱之间有一不大的缝隙，根据磁感线与磁极表面垂直的特点，磁化了的铁质圆柱与极靴间的缝隙处就形成了辐向分布的磁感线．这样做的目的就是让通电线圈所在处能有一个等大的磁场，并且磁感线始终与线圈平面平行，线圈受最大的磁场力．故选项C 、D 正确．4．答案：BC 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．5．答案：AC 解析：M ＝nBIS ，所以M 1:M 2＝I 1:I 2又因为θ＝kI ，所以I 1:I 2＝θ1:θ2故M 1:M 2＝θ1:θ2．6．答案：20 μA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I g ，满偏时通电线圈所受磁场的作用力矩为M 1＝nBI g S ＝100×1×2.5×10－2×2.4×10－2×I g （N·m）＝6.0×10－2I g （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6g 21.210A=20μA 6.010I --⨯=⨯．即电流表的满偏电流值为20 μA ． 7．答案：大小为2 A ，方向为bacOb解析：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 ·2L sin θ＝2mgL sin θ， 根据力矩平衡条件有BIL 2sin θ＝2mgL sin θ解得线框中的电流为220.019.8 A=2 A 0.980.1mg I BL ⨯⨯==⨯ 根据左手定则，判断出线框中的电流方向为bacOb ．8．答案：见解析解析：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．。
2021-2022学年粤教版高中物理选修3-1_第三章章末复习课 Word版含答案
第三章章末复习课【学问体系】①B＝FIL②F＝BIL③f＝qvB④r＝mvqB⑤T＝2πmqB主题1 磁场对电流的作用——安培力1．安培力大小．(1)当B、I、L两两垂直时，F＝BIL.(2)若B与I(L)夹角为θ，则F＝BIL sin θ.当通电导线与磁场垂直时，导线所受安培力最大，F max＝BIL.(3)当通电导线与磁场平行时，导线所受的安培力最小，F min＝0.2．安培力的方向：左手定则．3．分析在安培力作用下通电导体运动状况的一般步骤．(1)画出通电导线所在处的磁感线方向及分布状况．(2)用左手定则确定各段通电导线所受安培力．(3)据初速度方向结合牛顿定律确定导体运动状况．4．留意问题．(1)公式F＝BIL中L为导线的有效长度．(2)安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心．(3)安培力做功：做功的结果将电能转化成其他形式的能．【典例1】如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，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＝0.50 T、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＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040 kg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R＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力的大小；(3)导体棒受到的摩擦力的大小．解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，依据闭合电路欧姆定律有：I＝ER＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.30 N.(3)导体棒所受重力沿斜面对下的分力F1＝mg sin 37°＝0.24 N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面对下的摩擦力f；依据共点力平衡条件mg sin 37°＋f＝F安，解得：f＝0.06 N.答案：(1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N针对训练1.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面对里时，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应强度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，关于B大小的变化，正确的说法是( )A．渐渐增大B．渐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小解析：依据外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的条件，受力分析，再依据力的平行四边形定则作出力的合成变化图，由此可得B大小的变化状况是先减小后增大．答案：C主题2 磁场对运动电荷的作用——洛伦兹力1．带电粒子在无界匀强磁场中的运动：完整的圆周运动．2．带电粒子在有界匀强磁场中的运动：部分圆周运动(偏转)．3．解题一般思路和步骤．(1)利用帮助线确定圆心．(2)利用几何关系确定和计算轨道半径．(3)利用有关公式列方程求解．4．带电粒子通过有界磁场．(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图)．(2)平行边界(存在临界条件，如图)．(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图)．【典例2】如图所示，在x轴的上方(y＞0的空间内)存在着垂直于纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45°角，若粒子的质量为m，电量为q，求：(1)该粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；(2)粒子在磁场中运动的时间．解析：先作圆O′，依据题目条件过O作直线L即x轴，交圆O′于O″，即可得到粒子进入磁场的运动轨迹：过入射点O沿逆时针再经O″射出．再分别过O、O″作垂线交于O′，既为粒子作圆周运动轨迹的圆心．如图(a)这样作出的图既精确又标准，且易推断粒子做圆周运动的圆心角为270°.(1)粒子轨迹如图(b)．粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下做圆周运动：qvB＝mv2r，r＝mvqB.(2)粒子运动周期：T＝2πrv＝2πmqB，粒子做圆周运动的圆心角为270°，所以t＝34T＝3πm2qB.答案：(1)mvqB(2)3πm2qB针对训练2．(多选)两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最终打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( )A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近解析：a、b粒子的运动轨迹如图所示，粒子a、b都向下运动，由左手定则可知，a、b均带正电，故A 正确；由r＝mvqB可知，两粒子半径相等，依据图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，a在磁场中飞行的时间比b的长，故B、C错误；依据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．答案：AD主题3 带电粒子在复合场中的运动1．复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中两场共存．2．组合场：电场和磁场各位于肯定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替消灭． 3．三种场的比较．名称 力的特点 功和能的特点重力场大小：G ＝mg 方向：竖直向下重力做功与路径无关重力做功转变物体的重力势能电场大小：F ＝qE ，方向：正电荷受力方向与场强方向相同；负电荷受力方向与场强方向相反电场力做功与路径无关W ＝qU ，电场力做功转变物体的电势能磁场洛伦兹力f ＝qvB ，方向符合左手定则洛伦兹力不做功，不转变带电粒子的动能4.复合场中粒子重力是否考虑的三种状况．(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，由于其重力一般状况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽视；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般考虑其重力．(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种状况按题目要求处理比较正规，也比较简洁． (3)不能直接推断是否要考虑重力的，在受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力． 【典例3】 如图所示，在直角坐标系xOy 的第一象限中分布着沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着垂直纸面对里的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为＋q 的微粒，在点A (0，3)以初速度v 0＝120 m/s 平行x 轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x 轴上的P 点(6，0)和Q 点(8，0)各一次．已知该微粒的比荷为q m＝1×102C/kg ，微粒重力不计，求：(1)微粒从A 到P 所经受的时间和加速度的大小；(2)求出微粒到达P 点时速度方向与x 轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A 至Q 的运动轨迹；(3)电场强度E 和磁感应强度B 的大小．解析：(1)微粒从平行x 轴正方向射入电场区域，由A 到P 做类平抛运动，微粒在x 轴正方向做匀速直线运动，由x ＝v 0t ，得t ＝x v 0＝0.05 s ，微粒沿y 轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2，得a ＝2.4×103m/s 2.(2)v y ＝at ，tan α＝v y v 0＝1，所以α＝45°. 轨迹如图：(3)由qE ＝ma ，得E ＝24 N/C ，设微粒从P 点进入磁场以速度v 做匀速圆周运动，v ＝2v 0＝120 2 m/s ， 由qvB ＝m v 2r ，得r ＝mvqB，由几何关系，可知r ＝ 2 m ，所以可得B ＝mvqr＝1.2 T.答案：(1)0.05 s 2.4×103m/s 2(2)45° 见解析图 (3)24 N/C 1.2 T 针对训练3．(多选)如图所示，两平行金属板水平放置，开头开关S 合上使平行板电容器带电．板间存在垂直纸面对里的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度沿直线通过两板．在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是( )A ．将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍B ．将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍C ．将开关S 断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半D ．将开关S 断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍解析：初状态：qvB ＝qE ＝q U d.A 、B 选项中，当开关S 闭合时，两极板间的电压不变，若将两极板的距离增大一倍，则电场力变为原来的一半，要使磁场力与电场力相等，则需使B 变为原来的一半，A 错；同理可推断B 对；C 、D 选项中，若将开关S 断开，则极板上的带电量不变，由C ＝εS 4πkd 及C ＝Q U ，E ＝U d 知F ＝Q Cd ＝4πkQεS，当两极板的正对面积减小一半，可知电场强度变为原来的2倍，故板间的磁场也变为原来的2倍，才能使二力平衡，故D 对．答案：BD统揽考情历年高考对本章学问得考查掩盖面大，几乎每个学问点都考查到，特殊是左手定则和带电粒子在磁场中运动更是两个命题频率最高的学问点，且题目难度大，对考生的空间想象力量、物理过程和运动规律的综合分析力量要求较高，且不仅考查对安培力的理解，而且考查能将它和其他力放在一起，综合分析和解决简单问题的力量；而带电粒子在磁场中的运动考查能否正确解决包括洛伦兹力在内的简单综合性力学问题，考查综合力量的特点．试题题型全面，难度中等偏难．估计今后的题目更趋于综合力量考查．真题例析(2022·广东卷)如图(a)所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0，一电量为＋q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小．(2)若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．(3)在图(b)中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子肯定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：(1)粒子从A 点射入到从外界边界射出的过程，洛伦兹力不做功，电场力做功，由动能定理，得： qU ＝12mv 21－12mv 20，①解得：v 0＝v 21－2qUm.②(2)撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图1，设粒子运动的轨道半径为r ，磁感应强度为B 1，运动时间为t ，由牛顿其次定律，有：qB 1v 2 ＝m v 22r，③由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90°，则r ＝2（R 2 －R 1 ）2＝2R 0 ，④联立③④得：B 1 ＝2mv 22qR 0.⑤ 匀速圆周运动周期T ＝2πrv 2，⑥粒子在磁场中运动时间t ＝14T ，⑦联立③⑤⑥⑦得：t ＝2πR 02v 2.⑧(3)要使粒子肯定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如图2，由几何关系可知粒子运动的轨道半径：r 1＝R 2－R 12＝R 0，⑨设此过程的磁感应强度为B 2，由牛顿其次定律，有：qB 2v 3 ＝m v 23r 1，⑩由⑨⑩得：B 2 ＝mv 3qR 0. 所以磁感应强度应小于mv 3qR 0. 答案：(1) v 21 －2qUm(2)2mv 22qR 02πR 02v 2 (3)mv 3qR 0针对训练(2022·四川卷)如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则( )A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2解析：由定圆心的方法知，粒子以v b 射入时轨迹圆心在a 点，半径为正六边形边长L ；粒子以v c 射入时轨迹圆心在M 点，半径为2L ；由半径公式r ＝mvqB可得v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2，由几何图形可看出，两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120°、60°，所以t b ∶t c ＝2∶1，A 项正确．答案：A1．(2022·全国Ⅰ卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开头被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开头被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )A ．11B ．12C ．121D ．144解析：设质子和离子的质量分别为m 1和m 2，原磁感应强度为B 1，转变后的磁感应强度为B 2.在加速电场中：qU ＝12mv 2，在磁场中：qvB ＝m v 2R ，联立两式得m ＝R 2B 2q 2U ，故有m 2m 1＝B 22B 21＝144，选项D 正确．答案：D2．(2022·全国Ⅱ卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )A.ω3B B.ω2BC.ωBD.2ωB解析：如图所示，定圆心、画轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，所需时间t ＝112T ＝πm 6qB ；由题意可知粒子由M 飞至N ′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t ＝π2ω＝π2ω，联立以上两式，得qm＝ω3B，A 项正确．答案：A3．(2022·全国Ⅲ卷)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面对外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由qvB＝m v2R，得R＝mvqB，分析图中角度关系可知，PO′半径与O′Q半径在同一条直线上．则PQ＝2R，所以OQ＝4R＝4mvqB，选项D正确．答案：D4．(2022·天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消逝引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经受的时间t.解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝q2E2＋m2g2，①代入数据，解得v＝20 m/s.②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝qEmg，③代入数据，解得tan θ＝3，θ＝60°.④(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m.⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt，⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝12at2，⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan θ＝yx，⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得t＝2 3 s＝3.5 s．⑨解法二撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向．小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y＝v sin θ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t－12gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 3 s＝3.5 s．⑦答案：(1)见解析(2)3.5 s。
2021-2022高二物理粤教版选修3-1 学案：第三章 第4讲 安培力的应用 Word版含答案
第4讲安培力的应用[目标定位] 1.了解直流电动机、磁电式电表的基本构造及工作原理.2. 会利用左手定则和安培力公式处理安培力作用下物体的平衡问题.1.电动机(1)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.电动机有直流电动机和沟通电动机，沟通电动机还可分为单相沟通电动机和三相沟通电动机.(2)原理：如图1中当电流通过线圈时，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，在安培力作用下线框转动起来.图12.磁电式电表(1)构造：如图2所示.图2在强蹄形磁铁两极间有一固定的圆形柱铁芯，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：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，直至上述两个力矩平衡时，线圈才会停下来.指针指到某个位置.磁场对电流的作用力跟电流成正比，因此，依据指针偏转角度的大小，可以知道被测电流的大小.一、直流电动机的工作原理1.当线圈平面与磁场方向垂直时，如图3线圈所受的合力矩也为零，线圈不发生转动.图32.当线圈平面与磁场方向平行时如图4所示合力矩的大小为：图4M＝F ab·bc2＋F cd·bc2，又F ab＝F cd＝BI·ab，所以M＝BI·ab·bc＝BIS，若是N匝线圈绕制而成，则M＝NBIS.3.当线圈平面与磁场方向成任意角θ时如图5所示，安培力的力矩M＝M ab＋M cd.图5即：M＝F ab·bc2·cos θ＋F cd·bc2·cos θ，而F ab＝F cd＝BI·ab，所以M＝BIS cos θ，若是N匝线圈绕制而成，则M＝NBIS cos θ.线圈在磁场中受到安培力的力矩M＝NBIS cos θ作用而转动.温馨提示①同样的线圈放入同样的磁场中，电流越大，安培力的力矩就越大，电动机转速也就越大.②要提高电动机的转速，可增大电流I、增大磁感应强度、增大线圈面积和匝数.例1(双选)如图6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()图6A.在图示位置线框所受安培力的力矩为零B.转过90°时线框所受安培力的力矩为零C.转过90°时线框四条边都不受安培力作用D.转动中ab、cd边所受安培力均恒定不变答案BD解析本题考查通电线圈在匀强磁场中所受的安培力、力矩，依据定义式F＝BIL，M＝BIS cos θ分析解答.图示位置的俯视如图甲所示，由安培力计算式和左手定则可知，ab边和cd边所受的安培力大小相等、方向相反，ad边和bc边此时不受安培力作用.设电流为I，线框面积为S，线框所受的安培力的力矩为M，则此时M＝2BI ab·ad2＝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到安培力的作用，整个线框的F外＝0，整个线框所受的安培力的力矩M＝0.转动过程中，任一位置的俯视图如图丙所示，ab、cd边所受的安培力大小、方向均不变，所以答案选取B和D.借题发挥理解安培力的定义式F＝BIL sin θ和安培力的力矩的表达式M＝BIS cos θ的物理意义是本类题的关键.二、磁电式电表的工作原理1.工作原理如图7所示图7(1)均匀辐射磁场蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的磁场，放在其中的通电线圈不管转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，线框两边所受的安培力方向始终跟线框面垂直.(2)两种力矩平衡①线框所受安培力的力矩在任何位置时均为M＝NBIS.②线圈转动时，螺旋弹簧变形产生抵制线圈转动的力矩.两力矩平衡时，线圈停在肯定的位置上，抵制力矩M′＝kθ，k是恒量，是螺旋弹簧的扭转系数.③由M＝M′知，NBIS＝kθ，即θ＝NBSk I.对某一电流表，线圈的偏转角度θ与电流I的大小成正比，依据指针偏转角度的大小就可测出电流的数值.(3)电流方向转变时，安培力方向随着转变，指针的偏转方向也随着转变，依据指针偏转方向，就可知道电流的方向，因此，电流表是测定电流强弱和方向的电学仪器.2.电表特点(1)因偏转角度θ∝I，所以表盘刻度均匀.(2)磁场并非匀强磁场.(3)灵敏度高，量程小，过载力差.(4)表头参数I g(满偏电流)、R g(表头内阻)反映了电流表的最主要特性.例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30°，假如将其接在电动势为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°。
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。
2019年精选粤教版高中物理选修3-1第04节 安培力的应用巩固辅导四十六
2019年精选粤教版高中物理选修3-1第04节安培力的应用巩固辅导四十六第1题【单选题】一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是( )A、如果B＝2 T，F一定是1 NB、如果F＝0，B也一定为零C、如果B＝4 T，F有可能是1 ND、如果F有最大值时，通电导线一定与B平行【答案】：【解析】：第2题【单选题】在图所示磁场中，ab是闭合电路的一段导体，ab中的电流方向为a→b，则ab受到的安培力的方向为( )A、向上B、向下C、向里D、向外【答案】：【解析】：第3题【单选题】如图所示，某转笔高手能让笔绕其上的某一点O匀速转动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是( )A、笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大B、笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由重力提供的C、若该同学使用水笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动被甩走D、若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，则笔杆一定会受到安培力的作用【答案】：【解析】：第4题【单选题】一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是( )有误A、向右飞行的正离子B、向左飞行的正离子C、向左飞行的负离子D、都不正确【答案】：【解析】：第5题【单选题】初速度为v0的电子，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的初始运动方向如图所示，则( )A、电子将向右偏转，速率不变B、电子将向左偏转，速率改变C、电子将向左偏转，速率不变D、电子将向右偏转，速率改变【答案】：【解析】：第6题【单选题】如图所示，金属棒MN两端用等长的细软导线连接后水平地悬挂．MN处在向里的水平匀强磁场中，棒中通有由M流向N的电流，此时悬线受金属棒的拉力作用．为了使悬线中的拉力减小，可采取的措施有( )A、使磁场反向B、使电流反向C、增大电流强度D、减小磁感应强度【答案】：【解析】：第7题【单选题】如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于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，此时导线上有拉力．为了使拉力等于零，可以( )A、适当减小感应强度B、使磁场反向．C、适当增大电流强度D、使电流反向【答案】：【解析】：第8题【多选题】如图甲所示，一带电物块无初速度地放在传送带的底端，传送带以恒定的速率顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至传送带顶端F的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，若物块全程运动的时间为4.5s，则下列判断正确的是( )A、该物块带负电B、传送带的传送速度大小可能大于1m/sC、若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移D、在2～4.5s内，物块与传送带间仍可能有相对运动【答案】：【解析】：第9题【多选题】如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计．导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示．一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变．下列说法中正确的是( )A、金属棒向右做匀减速直线运动B、金属棒在x=1 m处的速度大小为0.5m/sC、金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为﹣0.175 JD、金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C【答案】：【解析】：第10题【多选题】如图所示，质量为m、边长为L，回路电阻为R的正方形金属框，用细线吊住，线的另一端跨过两个定滑轮挂着一个质量为M（M＞m）的砝码，金属框上方有一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的下边界与金属框的上边平行且相距一定距离．则在金属框从开始运动到整个框进入磁场的过程中，下列说法正确的是( )A、细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能B、细线对金属框的拉力可能等于MgC、线框上的热功率可能大于有误D、系统的机械能损失可能小于（M﹣m）gL【答案】：【解析】：第11题【填空题】在磁感应强度B的匀强磁场中，垂直于磁场放入一段通电导线。
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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AB
B．逆时针方向转动，同时离开导线AB
C．顺时针方向转动，同时离开导线AB
D．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：D
2．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＞Fb
C．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：D
3．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：A
4．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：D
5．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，①
FTsin 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 s
B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：B
7．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：B
8．(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：AB
9．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 α
mR
10.(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。