人教版高中物理新教材同步讲义选修第二册 第1章　专题强化1　安培力作用下导体的运动和平衡问题（含解析）

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安培力作用下导体的运动和平衡问题[学习目标]　1.熟练应用左手定则判断安培力的方向和导体的运动方向.2.会分析在安培力作用下的平衡问题.3.会结合牛顿第二定律求导体棒的瞬时加速度．一、安培力作用下导体运动的判断考向1　电流元法　特殊位置法例1　如图所示，把一重力不计的通电直导线AB水平放在蹄形磁体磁极的正上方，导线可以在空间中自由运动，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．顺时针转动，同时下降B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降D．逆时针转动，同时上升答案　C解析　如图所示，将导线AB分成左、中、右三部分．中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；左端一段所在处的磁场方向斜向右上，根据左手定则知其受力方向向外；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转动，一边向下运动，C选项正确．考向2　等效法例2　如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁体N极附近，磁体的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面．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(　　)A．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；也可将左侧条形磁体等效成环形电流，根据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”可知线圈向左运动，选A.考向3　结论法例3　两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一小段距离，其中AB是固定的，CD能自由活动，当直流电流按图示方向通过两条导线时，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，同时靠近导线ABC．逆时针方向转动，同时远离导线ABD．顺时针方向转动，同时远离导线AB答案　B解析　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，假设CD导线转过90°，此时两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB.故B正确，A、C、D错误．考向4　转换研究对象法例4　(多选)如图所示，一条形磁体放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁体垂直的长直导线，当导线通以垂直纸面向里方向的电流时，磁体始终处于静止状态，下列判断正确的是(　　)A．磁体对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用B．磁体对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C．若将导线移至磁体中点的正上方，电流反向，则磁体对桌面的压力会减小D．若将导线移至磁体中点的正上方，电流反向，则磁体对桌面的压力会增大答案　AC解析　根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向为斜向左下方，再根据左手定则判断导线所受安培力方向为斜向左上方，如图所示，根据牛顿第三定律知，电流对磁体的作用力指向右下方，再结合平衡条件，可知通电后磁体对桌面的压力增大，静摩擦力方向向左，A正确，B错误；若将导线移至磁体中点的正上方，电流反向，导线受到的安培力竖直向下，水平方向无作用力，根据牛顿第三定律可知，磁体受到向上的力，其对桌面的压力减小，C正确，D错误．二、安培力作用下导体的平衡1．求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路2．分析求解安培力时需要注意的问题(1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向．(2)安培力大小与导体放置的角度有关，l为导体垂直于磁场方向的长度，即有效长度．例5　如图所示，用两根悬线将质量为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，所需磁场的最小磁感应强度的大小、方向为(重力加速度为g)(　　)A.eq \f(mg,Il)tan θ，竖直向上B.eq \f(mg,Il)tan θ，竖直向下C.eq \f(mg,Il)sin θ，平行悬线向下D.eq \f(mg,Il)sin θ，平行悬线向上答案　D解析　画出题中装置从右向左看的侧视图，棒的受力分析如图所示．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最小．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＝eq \f(mg,Il)sin θ，方向平行悬线向上，故选D.例6　如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成α＝53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，绝缘细线对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10 m/s2，ab处于静止状态．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)通过ab的电流；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围．答案　(1)2 A，方向由a到b　(2)5 N　(3)0.5 N≤G≤7.5 N 解析　(1)由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流I＝eq \f(E,R＋R0＋r)＝eq \f(10,4＋0.9＋0.1) A＝2 A方向由a到b；(2)ab受到的安培力F＝ILB＝2×0.5×5 N＝5 N；(3)ab受力如图所示，最大静摩擦力：Ffm＝μ(mg－Fcos 53°)＝3.5 N由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向左时：FT＝Fsin 53°＋Ffm＝7.5 N当最大静摩擦力方向向右时：FT′＝Fsin 53°－Ffm＝0.5 N由于重物受力平衡，则重物重力的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N三、安培力作用下导体的加速1．解决在安培力作用下导体的加速运动问题，首先对研究对象进行受力分析，其中重要的是不要漏掉安培力，然后根据牛顿第二定律列方程求解．2．受力分析时，选定观察角度画好平面图，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．例7　如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，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，导体棒与导轨垂直且接触良好，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．(重力加速度为g)答案　gsin θ－eq \f(BElcos θ,mR＋r)解析　画出题中装置的侧视图，导体棒受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律得mgsin θ－Fcos θ＝ma，又F＝BIl，I＝eq \f(E,R＋r)，联立可得a＝gsin θ－eq \f(BElcos θ,mR＋r).考点一　安培力作用下导体运动的判断1.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示，当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(　　)A．不动 B．顺时针转动C．逆时针转动 D．向纸面内平动答案　B解析　方法一(电流元法)：把线圈L1分成上、下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中．根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看，线圈L1将顺时针转动．方法二(结论法)：环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．故选B.2.如图，固定直导线c垂直于纸面，可动导线ab通以图示方向的电流，用弹簧测力计悬挂在导线c的上方，若导线c中通以垂直于纸面向外的电流，以下判断正确的是(　　)A．可动导线a端转向纸外，同时弹簧测力计读数减小B．可动导线a端转向纸外，同时弹簧测力计读数增大C．可动导线b端转向纸外，同时弹簧测力计读数减小D．可动导线b端转向纸外，同时弹簧测力计读数增大答案　B解析　b端处的磁场方向斜向左上方，根据左手定则可得b端受到的安培力方向指向纸内，a端处的磁场方向斜向左下方，根据左手定则可得a端受到的安培力方向指向纸外，故a端转向纸外，b端转向纸内；当导线ab转过90°后，两导线电流为同向电流，相互吸引，导致弹簧测力计的读数增大．选项B正确，A、C、D错误．3.(多选)如图所示，条形磁体放在水平桌面上，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，导线保持与磁体垂直，导线的通电方向如图所示．这个过程中磁体保持静止，则(　　)A．磁体受到的摩擦力方向由向左变为向右B．磁体受到的摩擦力方向由向右变为向左C．磁体对桌面的压力大小总是大于其重力D．磁体对桌面的压力大小总是等于其重力答案　AC解析　首先磁体上方的磁感线从N极出发回到S极，是曲线，通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，受到的安培力由左上方变为正上方再变为右上方，根据牛顿第三定律，导线对磁体的力由右下方变为正下方再变为左下方，磁体静止不动，所以所受摩擦力方向由向左变为向右，A正确，B错误；磁体对桌面的压力大小总是大于其重力，C正确，D错误．考点二　安培力作用下导体的平衡问题4．(多选)(2021·焦作市高二上期末)如图所示，质量为m、长度为l的金属棒放置在横截面为eq \f(1,4)圆弧的光滑轨道上，轨道处在竖直平面内，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，当金属棒通有垂直纸面向外的电流I时，金属棒静止于曲面某点，该点与圆心连线和水平线的夹角为θ，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)A．匀强磁场的方向竖直向上B．匀强磁场的方向竖直向下C．磁感应强度大小为eq \f(mg,Iltan θ)D．磁感应强度大小为eq \f(mgtan θ,Il)答案　BC解析　根据平衡条件可知，金属棒受到的安培力方向向右，根据左手定则，匀强磁场的方向竖直向下，A错误，B正确；根据平衡条件得BIltan θ＝mg，解得B＝eq \f(mg,Iltan θ)，C正确，D错误．5．在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图甲、乙所示，两金属棒均处于平衡状态．则两种情况下的电流之比I1∶I2为(　　)A．sin α∶1 B．1∶sin αC．cos α∶1 D．1∶cos α答案　D解析　两金属棒的受力如图，根据共点力平衡的条件得F1＝mgtan α，F2＝mgsin α，所以两金属棒所受的安培力之比eq \f(F1,F2)＝eq \f(tan α,sin α)＝eq \f(1,cos α)；因为F＝ILB，所以eq \f(I1,I2)＝eq \f(F1,F2)＝eq \f(1,cos α)，选项D正确，A、B、C错误．6.如图所示，三根长为L的平行长直导线的横截面在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C在水平面上处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是(　　)A.eq \r(3)B0IL，水平向左 B.eq \r(3)B0IL，水平向右C.eq \f(\r(3),2)B0IL，水平向左 D.eq \f(\r(3),2)B0IL，水平向右答案　B解析　A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，作出磁感应强度的合成图如图所示，根据平行四边形定则与几何关系，则有BC＝eq \r(3)B0；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为F＝eq \r(3)B0IL，由于导线C处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力大小为eq \r(3)B0IL，方向水平向右，故选B.考点三　安培力作用下导体的加速7.某科研单位制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)．如图所示，若轨道宽为2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度大小．(轨道摩擦不计)答案　55 T解析　根据v2－v02＝2ax得炮弹的加速度大小为a＝eq \f(v2,2x)＝eq \f(10×1032,2×100) m/s2＝5×105 m/s2.根据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力大小F＝ma＝2.2×10－3×5×105 N＝1.1×103 N.根据安培力公式F＝IlB，得B＝eq \f(F,Il)＝eq \f(1.1×103,10×2) T＝55 T.8.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，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，开始时线框处于平衡状态，且弹簧处于伸长状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是(　　)A．Δx＝eq \f(2nBIl,k)，方向向上B．Δx＝eq \f(2nBIl,k)，方向向下C．Δx＝eq \f(2BIl,k)，方向向上D．Δx＝eq \f(2BIl,k)，方向向下答案　B解析　线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡状态，安培力为FA＝nBIl，且开始时方向向上，改变磁场方向后方向向下，大小不变．设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x，线框的质量为m，则反向之后弹簧的伸长量为(x＋Δx)，由平衡条件知kx＋nBIl＝mg及k(x＋Δx)＝nBIl＋mg，联立解得Δx＝eq \f(2nBIl,k)，且线框向下移动，故选B.9.(2021·沧州市高二上期末)如图所示，在竖直平面内有一边长为L的刚性正三角形导线框ABC，且AB水平，导线框重力不计，各边材料及粗细完全相同，处在方向垂直导线框所在平面向里的匀强磁场中．在C点悬挂一个重力为G的物体，在两顶点A、B两端加上恒定电压，物体恰好对地面无压力．某时刻A、B间导线的某处突然断开，其他条件不变，则稳定后物体对地面的压力为(　　)A.eq \f(G,3) B.eq \f(G,2)C.eq \f(2G,3) D.eq \f(\r(5),3)G答案　C解析　由题意可知，导线框AC边与CB边串联后再与AB边并联，则在A、B间导线未断开时，设ACB中的电流为I，则AB边中的电流为2I，由平衡条件可得BIL＋2BIL＝G.当A、B间导线的某处断开时，由平衡条件可得BIL＋FN＝G，联立解得FN＝eq \f(2G,3)，由牛顿第三定律可知稳定后物体对地面的压力大小为eq \f(2G,3)，故选C.10.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN，金属棒静止．现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒开始运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．以竖直向下为正方向，下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像，可能正确的是(　　)答案　B解析　从t＝0时刻起，金属棒通以电流I＝kt，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所以金属棒做加速度减小的加速运动；当滑动摩擦力大小等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大；当安培力继续增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．v­t图像的斜率绝对值表示加速度的大小，故选项C、D均错误．对金属棒MN，由牛顿第二定律得mg－μFN＝ma，而FN＝BIL＝BktL，即mg－μBktL＝ma，因此a＝g－eq \f(μkBL,m)t，显然加速度a与时间t成线性关系，故选项A错误，B正确．11.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，方向与水平面间的夹角为θ且指向右上方，如图所示，重力加速度为g，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－eq \f(BLEcos θ,R)　eq \f(BLEsin θ,R)　(2)eq \f(mgR,EL)　方向水平向右解析　(1)从b向a看，对金属棒受力分析如图所示，水平方向：Ff＝F安sin θ①竖直方向：FN＋F安cos θ＝mg②又F安＝BIL＝Beq \f(E,R)L③联立①②③式解得：FN＝mg－eq \f(BLEcos θ,R)，Ff＝eq \f(BLEsin θ,R).(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，且F安′＝mg，则Bmin＝eq \f(mgR,EL)，根据左手定则可知此时磁场方向水平向右．12.如图所示，两光滑平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面间的夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，当接通电源后，导轨中通过的电流恒为I＝1.5 A时，导体棒恰好静止，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则：(1)磁场的磁感应强度为多大？(2)若突然只将磁场方向变为竖直向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，导体棒的加速度为多大？答案　(1)0.4 T　(2)1.2 m/s2解析　(1)对导体棒受力分析如图甲所示，根据平衡条件得：F安－mgsin 37°＝0，而F安＝BIL解得B＝0.4 T　(2)磁场方向变为竖直向上，导体棒受力如图乙，根据牛顿第二定律得：mgsin 37°－F安′cos 37°＝ma，F安′＝BIL解得：a＝1.2 m/s2.电流元法把整段导线分为许多段直电流元，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，通电螺线管可等效成条形磁体或多个环形电流，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(如转过90°角)，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，异向电流互相排斥；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作用，从而确定磁体所受合力及运动方向