第三章 安培力的综合应用习题课五

图4 解析 在导轨上通有电流 I 时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为 F＝BIL① 设炮弹的加速度为 a，则有 F＝ma② 炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而有 v2＝2ax③ 联立①②③代入数据得 I＝6×105 A 答案 6×105 A
安培力作用下的功能关系
[要点归纳] 安培力做功的特点和实质 (1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。 (2)安培力做功的实质是能量转化 ①安培力做正功时将电源的能量转化为导线的机械能或其他形式的能。 ②安培力做负功时将机械能转化为电能或其他形式的能。 [精典示例] [例 3] 电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图 5 所示，利用这种装置可以 把质量为 2.0 kg 的弹体(包括金属杆 EF 的质量)加速到 6 km/s。若这种装置的轨道 宽 2 m，长为 100 m，通过的电流为 10 A，求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度
图3 解析 受力分析如图所示，导体棒受重力 mg、
支持力 FN 和安培力 F，由牛顿第二定律得 mgsin θ－Fcos θ＝ma①
F＝BIL
②
I＝R＋E r③
由①②③式可得 a＝gsin θ－mB（ELRc＋osr）θ 。
答案 gsin θ－mB（ELRc＋osr）θ
分析通电导体在安培力作用下的加速运动问题的关键是将立体图转化为平面图， 首先选定观察角度画好平面图，其次是标出电流方向和磁场方向，然后利用左手 定则判断安培力的方向。特别注意安培力一定垂直磁场方向。
T
基础过关 1.如图 1 所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中 央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则 ()
图1 A.如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是北极 B.如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是北极 C.无论如何台秤的示数都不可能变化 D.以上说法都不正确 解析 如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定
[针对训练 2] 据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图 4 所示。炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接。 开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一 端的出口高速射出。设两导轨之间的距离 L＝0.10 m，导轨长 x＝5.0 m，炮弹质 量 m＝0.30 kg。导轨上的电流 I 的方向如图中箭头所示。可以认为，炮弹在轨道 内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为 B＝2.0 T，方向垂直于纸面向里。 若炮弹出口速度为 v＝2.0×103 m/s，求通过导轨的电流 I。忽略摩擦力与重力的影 响。
图1 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＝BIL② 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 E＝IR④ 式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻。 联立①②③④式，并代入题给数据得 m＝0.01 kg。 答案 方向竖直向下 0.01 kg [针对训练 1] 如图 2 所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖 直向上的匀强磁场中，棒中通以由 M 向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角 均为 θ。如果仅改变下列某一个条件，θ 角的相应变化情况是( )
图 10 解析 设磁感应强度为 B，金属棒与轨道间的动摩擦因数为 μ，金属棒的质量为 m， 金属棒在磁场中的有效长度为 L＝2 m。当棒中的电流为 I1＝5 A 时，金属棒受到 的安培力与轨道对棒的滑动摩擦力平衡，金属棒做匀速直线运动。由平衡条件可 得 BI1L＝μmg① 当金属棒中的电流为 I2＝8 A 时，棒做加速运动，加速度大小为 a， 根据牛顿第二定律得 BI2L－μmg＝ma② 将①代入②得 B＝（I2－maI1）L＝33.6××22 T＝1.2 T。 答案 1.2
图6 (1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在 开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。 (2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议： A.适当增加两导轨间的距离
B.换一根更长的金属棒 C.适当增大金属棒中的电流 其中正确的是________(填入正确选项前的标号)。 解析 (1)实物连线如图所示。
图2 A.金属棒中的电流变大，θ 角变大 B.两悬线等长变短，θ 角变小 C.金属棒质量变大，θ 角变大 D.磁感应强度变大，θ 角变小 解析 选金属棒 MN 为研究对象，其受力情况如图所示。根据平衡 条件及三角形知识可得 tan θ＝BmIgL，所以当金属棒中的电流 I 或磁 感应强度 B 变大时，θ 角变大，选项 A 正确，D 错误；当金属棒 质量 m 变大时，θ 角变小，选项 C 错误；θ 角的大小与悬线长短无关，选项 B 错 误。 答案 A
1.(安培力作用下的平衡)如图 7 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( )
mg A. Il tan
(2)根据公式 F＝BIL 可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒 受到的安培力，根据动能定理得，Fs－μmgs＝12mv2，则金属棒离开导轨时的动能 变大，即离开导轨时的速度变大，A、C 正确；若换用一根更长的金属棒，但金 属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力 F 不变，棒的质量变大， 速度 v＝ 2mFs－2μgs变小，B 错误。 答案 (1)见解析图 (2)AC
图8 A.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为（m1N－ILm2）g B.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为2mNgIL C.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为（m1N－ILm2）g D.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为2mNgIL 解析 由题目所给条件，先判断出磁场的方向再根据天平的工作原理列出对应关 系式。因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以电流反向后安培力竖 直向上，由左手定则判断磁场向里。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＝2mNgIL。故选项 B 正确。
图9 A.导体棒 ab 所受安培力大小为 1.6×105 N B.光滑水平导轨长度至少为 20 m C.该过程系统产生的焦耳热为 3.2×106 J D.该过程系统消耗的总能量为 1.76×106 J 解析 由安培力公式有，F＝BIL＝8×104 N，选项 A 错误；弹体由静止加速到 4 km/s，由动能定理知 Fx＝12mv2，则轨道长度至少为 x＝m2Fv2＝20 m，选项 B 正确； 导体棒 ab 做匀加速运动，由 F＝ma，v＝at，解得该过程需要时间 t＝1×10－2 s， 该过程中产生焦耳热 Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105 J，弹体和导体棒 ab 增加的总动能 Ek ＝12mv2＝1.6×106 J，系统消耗总能量 E＝Ek＋Q＝1.76×106 J，选项 C 错误，选项 D 正确。 答案 BD 4.(安培力与牛顿第二定律的结合)如图 10 所示，ab、cd 为两根相距 2 m 的平行金 属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，质量为 3.6 kg 的金属棒 MN 放在导 轨上。当金 属棒中通以 5 A 的电流时，金属棒沿导轨做匀速运动；当金属棒中的电流增大到 8 A 时，金属棒能获得 2 m/s2 的加速度。求匀强磁场的磁感应强度的大小。
安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中平衡、加速，也会涉 及做功问题。解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等。 [针对训练 3] 某同学用图 6 中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨 ab 和 a1b1 固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的 N 极位于 两导轨的正上方，S 极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂 直。
答案 B 3.(安培力作用下的功能关系)(多选)如图 9 是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光 滑水平金属导轨 M、N 的间距 L＝0.2 m，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强 磁场，磁感应强度大小 B＝1×102 T。装有弹体的导体棒 ab 垂直放在导轨 M、N 上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒 ab(含弹体)的质量 m＝0.2 kg，在导 轨 M、N 间部分的电阻 R＝0.8 Ω，可控电源的内阻 r＝0.2 Ω。在某次模拟发射时， 可控电源为导体棒 ab 提供的电流恒为 I＝4×103 A，不计空气阻力，导体棒 ab 由 静止加速到 4 km/s 后发射弹体，则( )
大小和磁场力的最大功率。(轨道摩擦不计)
图5 解析 电磁炮在安培力的作用下，沿轨道做匀加速运动。因为通过 100 m 的位移 加速至 6 km/s，利用动能定理可得 F 安 x＝ΔEk，即 BILx＝12mv2－0。 代入数据可得 B＝1.8×104 T。 运动过程中，磁场力的最大功率为 P＝Fvm＝BILvm＝1.08×1011 W。 答案 1.8×104 T 1.08×1011 W
安培力和牛顿第二定律的结合
[要点归纳] 解决安培力作用下的力学综合问题，做好全面的受力分析是前提，其中重要的是 不要漏掉安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再根据牛顿第二定律和运 动学公式列方程求解。 [精典示例] [例 2] 如图 3 所示，光滑的平行导轨倾角为 θ，处在磁感应强度为 B 的匀强磁场 中，导轨中接入电动势为 E、内阻为 r 的直流电源。电路中有一阻值为 R 的电阻， 其余电阻不计，将质量为 m、长度为 L 的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬 间的加速度的大小。
θ，竖直向上
图7
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mg B. Il tan
θ，竖直向下
mg C. Il sin
θ，平行悬线向下
mg D. Il sin
θ，平行悬线向上
解析 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有
最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角
形可知，安培力的最小值为 Fmin＝mgsin θ，即 IlBmin＝mgsin θ，得 Bmin ＝mIlg sin θ，方向应平行于悬线向上，故选项 D 正确。
习题课五 安培力的综合应用
安培力作用下导体的平衡 [要点归纳] 解决安培力作用下的平衡问题与一般物体平衡方法类似，只是多画出一个安培力。 一般解题步骤为： (1)明确研究对象。 (2)把立体图画成平面图。 (3)受力分析，然后根据平衡条件 F 合＝0 列方程。 [精典示例] [例 1] (2015·全国卷Ⅰ)如图 1 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。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。
答案 D
2.(安培力的实际应用)如图 8 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 m1、m2 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( )