选择性必修 第二册1 磁场对通电导线的作用力完美版课件ppt

1.1 磁场对通电导线的作用力

Ⅰ.基础达标

一、单选题：

１.海影号电磁推进试验舰艇如图甲所示，船体下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰艇内超导体在M、N间产生强磁场，使M、N间海水受到磁场力作用被推出，舰艇因此前进。要使图乙中的舰艇向左前进，则所加磁场的方向应为(　　)

A．水平向左　　　　　　 B．水平向右

C．竖直向上 D．竖直向下

【答案】D

【解析】海水中电流方向从M流向N，且舰艇向左运动，舰艇受到海水对舰艇的作用力向左，根据牛顿第三定律可知，海水所受的安培力方向向右，再根据左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A、B、C错误，D正确。

故选D。

2.已知长沙市区地磁场的磁感应强度B约为4．0×10－5 T，其水平分量约为3．0×10－5 T。若市区一高层建筑安装了高50 m的竖直金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，经避雷针开始放电，电流方向自上而下，大小为1．0×105 A，此时金属杆受到地磁场对它的安培力的方向和大小分别为(　　)

A．方向向西，大小约为150 N

B．方向向西，大小约为200 N

C．方向向东，大小约为150 N

D．方向向东，大小约为200 N

【答案】C

【解析】当带有正电的乌云经避雷针放电时，放电电流方向沿避雷针向下，若面向北方而立，则空间水平磁场均为“×”，则右侧为东方，左侧为西方，如图所示。由左手定则可知金属杆所受安培力的方向向东，大小为F＝BIl＝3．0×10－5×1×105×50 N＝150 N，故C正确。

故选C。

3．电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图所示为某款电磁炮的轨道，该轨道长10 m，宽2 m。若发射质量为100 g的炮弹，从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为100 A时，最大速度可达2 km/s，假设轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　)

A．磁场方向竖直向下

B．磁场方向为水平向右

C．电磁炮的加速度大小为4×105 m/s2

D．磁感应强度的大小为100 T

【答案】Ｄ

【解析】回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知，磁场方向应竖直向上，故A、B错误；由题意可知，最大速度v＝2 km/s，加速距离x＝10 m，由速度和位移关系可知v2＝2ax，解得加速度大小a＝2×105 m/s2，由牛顿第二定律可得F＝ma，又F＝BIl，联立解得B＝100 T，故C错误，D正确。

故选Ｄ。

4.如图所示，通电导线在纸面内由Ⅰ位置绕垂直纸面的固定轴转到Ⅱ位置，其他条件不变，该导线所受安培力大小(　　)

A.变大　　　　　　　　B．变小

C．不变         D．不能确定

【答案】C

【解析】通电导线由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置，导线仍然与磁场垂直，故安培力F＝BIL大小不变，故C正确，A、B、D错误。

故选C。

5.如图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)，且在天平两边分别加上质量为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(　　)

A．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为

B．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为

C．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为

D．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为

【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。设线圈质量为m3，则电流反向前，有m1g＝m2g＋m3g＋NBIL；电流反向后，有m1g＝m2g＋m3g＋mg－NBIL。两式联立可得B＝。故B正确，A、C、D错误。

故选Ｂ。

6.利用如图所示的装置探究磁场对电流的作用，导体棒用两软导线悬挂且水平地放在三个蹄形磁铁之间，当a、b两端与电源相接构成闭合回路时，导体棒向右摆动，软导线偏离竖直方向一个小角度后静止。 忽略磁铁外部磁场对导体棒的影响。 下列说法正确的是(　　)

A．如果仅将磁场反向，导体棒仍向右摆动

B．如果仅将电源的正负极对调，导体棒仍向右摆动

C．如果将电源的正负极对调的同时将磁场反向，导体棒仍向右摆动

D．如果仅撤走一个蹄形磁铁，则软导线偏离竖直方向的角度不变

【答案】C

【解析】磁场中的通电导体棒向右摆动，可知导体棒受到向右的安培力作用；如果仅将磁场反向，由左手定则可知，导体棒所受的安培力反向，导体棒受到的安培力向左，导体棒将向左摆动，故A错误；如果仅将电源的正负极对调，通过导体棒的电流反向，由左手定则可知，导体棒所受的安培力反向，导体棒所受的安培力向左，导体棒向左摆动，故B错误；如果将电源的正负极对调的同时将磁场反向，电流方向与磁场方向同时改变，由左手定则可知，导体棒所受的安培力方向不变，仍然向右，导体棒仍向右摆动，故C正确；如果仅撤走一个蹄形磁铁，导体棒所处位置的磁感应强度B减小，则导体棒所受的安培力减小，则软导线偏离竖直方向的角度变小，故D错误。

故选C。

7.如图所示，在倾角为30°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，导体棒中电流为I。要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B的值不可能为(　　)

A．　　    B．       C．       D．

【答案】D

【解析】当磁场方向垂直于斜面向下时，此时磁感应强度最小，由共点力平衡可知：mg sin θ＝BIl，解得：B＝＝，方向垂直于斜面向下；故A、B、C项的值均可能，D项的值不可能。

故选D。

8.电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的多匝通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。 当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是(　　)

A.两线圈电流方向相同时，天平示数为正数

B．两线圈电流方向相反时，天平示数为负数

C．线圈Ⅰ的匝数越少，天平越灵敏

D．线圈Ⅱ的匝数越多，天平越灵敏

【答案】D

【解析】当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故A、B错误；由于线圈Ⅱ放在天平托盘上，线圈Ⅱ受到线圈Ⅰ的作用力为F＝N2BI2L。所以当线圈Ⅱ的匝数越多，相同情况下的力越大，则天平越灵敏，故C错误，D正确。

故选D。

9.把一通电直导线放在磁场中，它受到安培力的作用，则(　　)

A．安培力的方向一定和磁场方向垂直，同时一定和电流方向垂直

B．安培力的方向一定和磁场方向垂直，但不一定和电流方向垂直

C．安培力的方向一定和电流方向垂直，但不一定和磁场方向垂直

D．安培力方向、磁场方向、电流方向三者一定相互垂直

【答案】A

【解析】安培力的方向一定和磁场方向垂直，同时一定和电流方向垂直，但是磁场和电流的方向不一定垂直，安培力垂直于磁场和电流决定的平面，所以A正确，B、C、D错误。

故选A。

10.长为l的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为(　　)

A.    B．cos θ    C．sin θ    D．

【答案】A

【解析】若磁感应强度竖直向上，根据左手定则可知安培力水平向右，根据平衡条件得mg tan θ＝BI1l，若磁感应强度垂直斜面向上，根据左手定则可知安培力沿斜面向上，根据平衡条件得mg sin θ＝BI2l，则＝＝，A正确，B、C、D错误。

故选A。

11.如图所示，通电导线在纸面内由Ⅰ位置绕垂直纸面的固定轴转到Ⅱ位置，其他条件不变，该导线所受安培力大小(　　)

A.变大　　　　　　　　   B．变小

C．不变         D．不能确定

【答案】C

【解析】通电导线由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置，导线仍然与磁场垂直，故安培力F＝BIL大小不变，故C正确，A、B、D错误。

故选C。

二．多选题：

12.如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80 A和100 A流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点P，到两导线的距离相等。下列说法正确的是(　　)

A．两导线受到的安培力Fb＝1.25Fa

B．导线所受的安培力可以用F＝ILB计算

C．移走导线b前后，P点的磁感应强度方向改变

D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置

【答案】BCD

【解析】a、b导线的电流之间的安培力是相互作用力，所以大小应该相等，选项A错误；导线所受的安培力可以用F＝BIL进行计算，选项B正确；在P处a产生的磁场根据右手定则可知，垂直纸面向外，而b在该处的磁场垂直纸面向里。由于b导线中电流强，所以P点磁场垂直纸面向里，若撤走b导线则，P点的磁场方向垂直纸面向外，选项C正确；根据通电直导线的磁场分布特点，且两导线的电流不相等，不可能存在磁感应强度为零的地方，选项D正确。

故选：BCD。

13．如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极P(图中未画出)，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极Q，并把它们与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体。现在把玻璃皿放在如图所示的磁场中，下列判断正确的是(　　)

A.若P接电源的正极，Q接电源的负极，俯视时液体逆时针转动

B．若P接电源的正极，Q接电源的负极，俯视时液体顺时针转动

C．若两电极之间接50 Hz正弦交流电，液体不转动

D．若两电极之间接50 Hz正弦交流电，液体不断往返转动

【答案】BC

【解析】若P接电源正极，Q接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由中心流向边缘；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体顺时针方向旋转；故选项A不合题意， 选项B符合题意；P、Q与50 Hz的交流电源相接，电流方向变化时间过短，液体不会旋转，故选项C符合题意，选项 D不合题意。

故选：BC。

14．如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流大小分别为2I和I，电流方向如图中箭头所示，此时a受到的安培力大小为F。若在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的安培力大小变为2F，则b受到的安培力可能是(　　)

A．大小为，方向向左 B．大小为，方向向右

C．大小为，方向向右 D．大小为，方向向左

【答案】BD

【解析】未放c导线时，a、b导线之间的安培力是吸引力，大小相等，置入c导线后，a导线受到的安培力大小为2F，方向可能向左，也可能向右，故c导线对a导线的作用力可能向右、大小为F，或向左、大小为3F，所以c导线对b导线的作用力可能向右、大小为，或向左、大小为，则b导线受到的安培力为向右、大小为，或向左、大小为。

故选：BD。

15.如图所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是(　　)

A．增大电流I

B．增加直导线的长度

C．使导线在纸面内顺时针转30°角

D．使导线在纸面内顺时针转45°角

【答案】AＢ

【解析】由公式F＝BIlsin θ知，当增大电流时，可增大通电导线所受的安培力，故A正确；由公式F＝BIl sin θ 知，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的安培力，故B正确；当使导线在纸面内顺时针转30°时，导线沿垂直磁场方向投影长度为零，则所受安培力为零，故C错误；当使导线在纸面内顺时针转45°时，导线沿垂直磁场方向投影长度缩短，则所受安培力变小，故D错误。

故选：AＢ。

16.超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪声船。电磁船的简化原理图如图所示，MN和CD是与电源相连的两个电极，MN与CD之间的部分区域有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场由超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，通电的海水会受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下运动。以下说法正确的是(　　)

A．电磁船将电能转化为船的机械能，效率可高达100%

B．仅改变电流的方向，就能控制船前进或者后退

C．仅将磁场方向改变90°，就能控制船前进或者后退

D．仅将磁场方向改变180°，就能控制船前进或者后退

【答案】ＢD

【解析】电磁船的工作原理是：通电的海水受到向后的安培力作用，获得一定的速度，根据牛顿第三定律可知，船体同时受到相反方向的作用力，使船体向前运动。由于有一部分电能转化为海水的动能，电磁船将电能转化为船的机械能的效率不可能达到100%，故A错误；仅改变电流的方向，根据左手定则，会改变海水的受力方向，也改变船体的受力方向，就能控制船体的前进或后退，故B正确；仅将磁场方向改变90°，根据左手定则，海水将不受安培力或受到的安培力方向向上或向下，无法控制船前进或者后退，故C错误；仅将磁场方向改变180°，根据左手定则，会使海水的受力方向相反，进而使船体的受力方向相反，可以控制船前进或者后退，故D正确。

故选：ＢD。

三、非选择题：

17.画出图中通电直导线A受到的安培力的方向。

【答案】

【解析】(1)中电流与磁场垂直，由左手定则可判断出A所受安培力方向如图甲所示。

(2)中条形磁铁在A处的磁场分布如图乙所示，由左手定则可判断A受到的安培力的方向如图乙所示。

(3)中由安培定则可判断出A处合磁场方向如图丙所示，由左手定则可判断出A受到的安培力方向如图丙所示。

(4)中由安培定则可判断出A处磁场如图丁所示，由左手定则可判断出A受到的安培力方向如图丁所示。

18．质量为m＝0.02 kg的通电细杆ab置于倾角为θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d＝0.2 m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，磁感应强度B＝2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示。现调节滑动变阻器的触头，为使杆ab静止不动，求通过ab杆的电流范围为多少？(g取10 m/s2)

【答案】0.14 A≤I≤0.46 A

【解析】如图甲、乙所示是电流最大和最小两种情况下杆ab的受力分析图。

根据甲图列式如下：F1－mg sin θ－f1＝0，

FN－mg cos θ＝0，

f1＝μFN，F1＝BImaxd，

解上述方程得：

Imax＝0.46 A。

根据乙图列式如下：

F2＋f2－mg sin θ＝0，

FN－mg cos θ＝0，

f2＝μFN，

F2＝BImind，

解上述方程得：Imin＝0.14 A。

因此电流范围是0.14 A≤I≤0.46 A。

Ⅱ. 能力提升

1．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1。现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向垂直纸面向里，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是(　　)

A．F1>F2 B．F1<F2

C．弹簧长度将变长 D．弹簧长度将不变

【答案】A

【解析】选通电导线为研究对象，根据左手定则判断可知，通电导线所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，所以长度将变短，故C、D错误；由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对台秤的压力减小，则F1>F2，故A正确，B错误。

故选A。

2．如图所示为电磁炮的简化原理示意图，它由两条水平放置的平行光滑长直轨道组成。轨道间放置一个导体滑块作为弹头。当电流从一条轨道流入，经弹头从另一条轨道流回时，在两轨道间产生磁场，弹头就在安培力推动下以很大的速度射出去。不计空气阻力，将该过程中安培力近似处理为恒力，为了使弹头获得更大的速度，可适当(　　)

A.减小平行轨道间距　　　B．增大轨道中的电流

C．缩短轨道的长度   　 D．增大弹头的质量

【答案】B

【解析】根据题意，安培力做的功等于弹头获得的动能。轨道间距减小，安培力减小，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，故A错误；增大轨道中电流，安培力增大，安培力做功增大，弹头获得动能增大，速度增大，故B正确；缩短轨道长度，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，故C错误；只增大弹头质量，安培力做功不变，弹头获得动能不变，所以速度减小，故D错误。

故选B。

3．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甲所示．蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈通以如图乙所示的稳恒电流(b端电流流向垂直纸面向内)，下列说法正确的是(　　)

A．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．线圈所受安培力大小与电流大小无关

答案　B

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，线圈所受安培力大小与电流成正比，D错误．

4．某兴趣小组制作了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示．有一金属棒PQ放在两金属导轨上，导轨间距L＝0.5 m，处在同一水平面上．轨道置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T．金属棒两侧分别固定劲度系数k＝100 N/m的相同弹簧．闭合开关S前，两弹簧为原长，P端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，静止时指针对准刻度尺1.5 m处．下列判断正确的是(　　)

A．电源N端为正极

B．闭合开关S后，电路中电流为1.5 A

C．闭合开关S后，电路中电流为3 A

D．闭合开关S后，将滑动变阻器滑片向右移动，金属棒PQ将继续向右移动

答案　C

解析　闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，根据左手定则可知，电流方向为从P到Q，电源的M端为正极，选项A错误；静止时，有2kΔx＝BIL，解得I＝＝ A＝3 A，选项B错误，C正确；闭合开关S后，将滑动变阻器滑片向右移动，则电阻增大，电流减小，安培力减小，故金属棒PQ将向左移动，故选项D错误.

5.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)．现垂直于导轨搁一根质量为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？

答案　(1)mg－　　(2)　方向水平向右

解析　从b向a看金属棒受力分析如图所示．

(1)水平方向：

Ff＝F安sin θ①

竖直方向：

FN＋F安cos θ＝mg②

又F安＝BIL＝BL③

联立①②③得：

FN＝mg－，Ff＝.

(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，Bmin＝，根据左手定则判定磁场方向水平向右．