第三章第四节通电导线在磁场中受到的力

第四节通电导线在磁场中受到的力[学习目标] 1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向． 2.学会用公式F ＝BIL计算B与I垂直和平行两种情况下安培力的大小． 3.了解磁电式电流表的基本构造及工作原理．,[学生用书P80])一、安培力的方向(阅读教材第91页第1段至第92页第2段)1．安培力：通电导线在磁场中受的力．2．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，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．拓展延伸►———————————————————(解疑难)1．安培力方向的特点安培力的方向既垂直于电流的方向，又垂直于磁场的方向，即安培力的方向垂直于电流方向和磁场方向决定的平面．(1)当电流方向跟磁场方向垂直时，安培力的方向、磁场方向和电流方向两两相互垂直．(2)当电流方向跟磁场方向不垂直时，即磁感线与四指不垂直，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向．2．电流方向、磁场方向和安培力方向三者的因果关系电流方向和磁场方向间没有必然联系，这两个方向的关系是不确定的．这两个方向共同决定了安培力的方向，一旦电流方向、磁场方向确定，安培力的方向是唯一的，但已知安培力方向和磁场方向时，电流方向不确定；已知安培力方向和电流方向时，磁场方向不确定．1.(1)安培力的方向与磁感应强度的方向垂直．()(2)应用左手定则时，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．()(3)安培力的方向与导线的方向垂直．()提示：(1)√(2)√(3)√二、安培力的大小(阅读教材第92页第3段至93页第1段)1．通电导线跟磁场垂直时，安培力最大，F＝ILB．2．通电导线跟磁场平行时，安培力最小，F＝0．3.通电导线跟磁场夹角为θ时，把磁感应强度B分解为与导线垂直的分量B⊥和与导线平行的分量B∥，如图所示．则B⊥＝B sin θ，B∥＝B cos θ.导线所受的安培力是B⊥产生的，F＝ILB sin_θ．拓展延伸►———————————————————(解疑难)1．对安培力F＝ILB sin θ的理解(1)当B与I垂直，即sin 90°＝1时，F＝ILB；当B与I成θ角时，F＝ILB sin θ，θ是B与I的夹角．(2)公式F＝ILB sin θ中：①B对放入的通电导线来说是外磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁感应强度的影响.②L是有效长度，匀强磁场中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．2．F＝ILB sin θ的适用条件导线所处的磁场应为匀强磁场；在非匀强磁场中，公式仅适用于很短的通电导线．2.(1)通电导线在磁场中不一定受安培力．()(2)一通电导线放在磁场中某处不受安培力，该处的磁感应强度不一定是零．()(3)若磁场一定，导线的长度和电流也一定的情况下，导线平行于磁场时，安培力最大，垂直于磁场时，安培力最小．()提示：(1)√(2)√(3)×三、磁电式电流表(阅读教材第93页第2段至第7段)1.磁电式仪表最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈．如图所示，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．根据线圈偏转的方向，可以知道被测电流的方向．2．磁电式仪表的优点是灵敏度高，可以测出很弱的电流；缺点是线圈的导线很细，允许通过的电流很弱(几十微安到几毫安)．拓展延伸►———————————————————(解疑难)对辐射状磁场的认识(如图所示)1．距中心距离相同的点，磁感应强度B大小相同．2．此磁场不是匀强磁场，磁感线不平行，磁场的方向不相同．安培力方向的判定[学生用书P81]此类题目考查安培力的方向、电流方向和磁场方向的关系，应用左手定则来判断，其中安培力F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．——————————(自选例题，启迪思维)1.如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的示意图是()[解析]由左手定则可判断，选项B中安培力的方向向左，选项C中安培力的方向向下；选项A、D中安培力的方向如题图所示，选项A、D是正确的．[答案]AD2.画出下图中通电导体棒ab所受的安培力的方向(图中箭头方向为磁感线的方向)．解析：题目所给的图是立体图，如果直接把ab棒受到的安培力画在立体图上则较为抽象．为了直观，一般画成平面图，图中的各个图从外向内看的正视平面图如图所示(此时导体ab是一个横截面图，⊗表示电流向里，⊙表示电流向外)，题图甲中，I与B决定的平面是与纸面垂直的竖直面，安培力方向与这个平面垂直，由左手定则知，安培力的方向为水平向右；题图乙中，I与B决定的平面是与水平方向成θ角的垂直纸面的平面，安培力方向与这个平面垂直，指向右下方；题图丙中，I和B决定的平面是垂直斜面的平面，安培力方向与斜面平行，指向右上方．[答案]见解析3. 在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线()A．受到竖直向上的安培力B．受到竖直向下的安培力C．受到由南向北的安培力D．受到由西向东的安培力[解析]赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，画出此处磁场和电流的方向图如图所示，由左手定则可判断出导线受到的安培力的方向是竖直向上的，选项A正确．[答案] A[规律总结]应用左手定则的两个要点：(1)安培力的方向既垂直于电流的方向，又垂直于磁场的方向，所以应用左手定则时，必须使大拇指指向与四指指向、磁场方向均垂直．(2)由于电流方向和磁场方向不一定垂直，所以磁场方向不一定垂直穿入手掌，可能与四指方向成某一夹角．但四指一定要指向电流方向．安培力大小的计算[学生用书P81]1．安培力的大小计算公式为F＝ILB sin θ，θ为B和I的夹角．2．导线若是弯曲的，L为弯曲导线的有效长度，等于连接两端点直线的长度；相应的电流沿L由始端流向末端．3．若磁场与电流成θ角时，可将B正交分解为B⊥＝B sin θ和B∥＝B cos θ，则F＝ILB⊥.——————————(自选例题，启迪思维)1.长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是()[解析]A图中，导线不和磁场垂直，故将导线投影到垂直磁场方向上，故F＝BIL cos θ，A正确；B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，B错误；C图中导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，C错误；D图中导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，D错误．[答案] A2.如图所示，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所受到的磁场的作用力的合力()A．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[解析]导线段abcd的有效长度为线段ad，由几何知识知L ad＝(2＋1)L，故线段abcd 所受的合力大小F＝IL ad B＝(2＋1)ILB，导线有效长度的电流方向为a→d，据左手定则可以确定导线所受合力方向竖直向上，故选A.[答案] A3. 如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d ，则棒MN 所受安培力大小( )A ．F ＝BIdB ．F ＝BId sin θC ．F ＝BId sin θD ．F ＝BId cos θ[解析] 棒MN 在磁场中的有效长度L ＝d sin θ，则F ＝BIL ＝BId sin θ，C 正确． [答案] C[借题发挥] 对公式F ＝ILB sin θ的正确理解是求解安培力大小的关键．对于等效长度的问题，既可分段求解，然后求合力，又可采用等效方法进行计算．安培力作用下导体运动方向的判断[学生用书P 82]判断导体在磁场中运动情况的常规思路1．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，因此必须要清楚导体所在位置的磁场分布情况．2．结合左手定则准确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．——————————(自选例题，启迪思维)1.如图所示，把轻质导电线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N 极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面，当线圈内通入如图方向的电流后，则线圈( )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，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．法二：电流元法．如图所示，取其中的上、下两小段分析，根据其中心对称性线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．[答案] A2.如图所示，将通电直导线AB 用丝线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关K 的瞬间( )A．A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变B．A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变C．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大[解析]当开关K接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故导线将转动，由特殊位臵法知当导线转到与磁感线垂直时，整个导线受到的磁场力方向竖直向下，故悬线张力变大，D正确．[答案] D3. 如图两条导线相互垂直，但相隔一段距离．其中导线AB固定，导线CD能自由活动，当直流电流按图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]据电流元分析法，把电流CD等效成CO、OD两段电流，由安培定则画出CO、OD所在位臵的AB电流的磁场，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动；由特殊位臵法分析，当CD逆时针转动90°时，俯视图如图乙所示，并画出AB此时在CD导线处的磁感应强度的方向，据左手定则可判断CD受力指向AB，可见CD靠近AB，D正确．[答案] D[规律总结]判断导体在磁场中运动情况的常用方法, [学生用书P 83])规范答题——通电导体棒在匀强磁场中的平衡问题[范例] (12分)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，试求出为使杆ab 静止不动，通过ab 杆的电流范围为多少？(g 取10 m/s 2)[审题点睛] 当摩擦力向下达到最大静摩擦力时电流达到最大值；当摩擦力向上达到最大静摩擦力时，电流最小．这两个临界状态都能用平衡条件来求解．[解析] 杆ab 中的电流为从a 到b ，所受安培力方向平行于导轨向上．当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F 1，此时通过ab 的电流最大为I max ；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F 2，电流为I min .正确地画出两种情况下的受力图如图所示，由平衡条件列方程求解．根据图甲可知：F 1－mg sin θ－F f1＝0(2分)F N1－mg cos θ＝0(1分)F f1＝μF N1(1分)F1＝BdI max(1分)解得I max＝0.46 A．(1分)根据图乙可知：F2＋F f2－mg sin θ＝0(2分)F N2－mg cos θ＝0(1分)F f2＝μF N2(1分)F2＝BdI min(1分)解得I min＝0.14 A．(1分)[答案]0.14 A≤I ab≤0.46 A[名师点评](1)要将立体图转化为平面图，再对导体进行受力分析，要注意用左手定则确定安培力方向，然后根据平衡条件列出平衡方程．(2)求解安培力大小F＝ILB时应用闭合电路欧姆定律求解电流I.,[学生用书P83])[随堂达标]1．如图所示，其中A、B图已知电流方向及其所受磁场力的方向，试判断并在图中标出磁场方向．C、D图已知磁场方向及其对电流作用力的方向，试判断电流方向并在图中标出．答案：A图磁场方向垂直纸面向外；B图磁场方向在纸面内垂直F向下；C、D图电流方向均垂直于纸面向里2．如图所示在匀强磁场中有下列各种形状的通电导线，电流为I，磁感应强度为B，求各导线所受的安培力．答案：A.ILB cos αB．ILB C.2ILB D．2BIR E．03.如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是()A．都绕圆柱转动B．以不等的加速度相向运动C．以相等的加速度相向运动D．以相等的加速度相背运动解析：选C.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线圈间相互作用力大小相等，所以选C项．4.(2015·长沙一中阶段性考试)如图所示，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()A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N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：选A.如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，故选A.5.(选做题)质量为m、长度为L的导体棒MN垂直导轨放置且静止在水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于电流方向且与导轨平面成θ角斜向下，如图所示，求棒MN所受支持力F N的大小和摩擦力F f的大小．解析：画出平面图，由左手定则判断出安培力方向，对MN受力分析，如图所示，对导体棒MN由平衡条件得水平方向上有F f＝F sin θ竖直方向上有F N＝F cos θ＋mg安培力F＝BIL联立解得F N＝BIL cos θ＋mgF f＝BIL sin θ.答案：BIL cos θ＋mg BIL sin θ[课时作业]一、选择题1．一根容易形变的强性导线两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右和垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是()解析：选D.用左手定则可判断出A中导线所受安培力为零，B中导线所受安培力垂直于纸面向里，C、D中所受安培力向右，导线受力以后的弯曲方向应与受力方向一致，D正确，A、B、C错误．2.如图所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V 形通电导线受到的安培力大小为()A．0B．0.5BIlC．BIl D．2BIl解析：选C.V形通电导线的等效长度为图中虚线部分，所以F＝BIl，故选C.3．(2015·洛阳检测)如图，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是()解析：选 A.通电直导线若能静止在光滑的斜面上，其受到的安培力方向应在如图所示范围内，由左手定则判断可知，只有A正确．4．如图所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近，磁铁处于水平位置并和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将()A．转动同时靠近磁铁B．转动同时离开磁铁C．不转动，只靠近磁铁D．不转动，只离开磁铁解析：选A.把环形电流等效成一个小磁针，由安培定则知，此小磁针的N极向里S极向外．由于条形磁铁的N极吸引小磁针的S极排斥N极，故线圈将发生转动同时靠近磁铁．等效图如图所示．5．如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成的．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁场B方向的是()解析：选B.由左手定则可知，图A 所示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向后，图B 所示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向前，图C 和图D 所示磁感应强度方向和电流方向平行，炮弹不受安培力，只有B 符合实际．6．(多选)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，方向相同B ．该磁场的磁感应强度的方向处处相同，大小不等C ．使线圈平面始终与磁感线平行D ．该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度大小都相等解析：选CD.磁电式电流表内的磁铁和铁芯之间均匀辐向分布的磁场，使线圈平面始终与磁感线平行，故选项C 正确；该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度大小处处相等，但方向不同，故选项A 、B 错误，D 正确．7.(2015·肇庆高二月考)如图所示，水平面内一段通电直导线平行于匀强磁场放置，当导线以左端点为轴在水平平面内转过90°时(如图中虚线所示)，导线所受的安培力( )A ．大小不变B ．大小由零逐渐增大到最大C ．大小由零先增大后减小D ．大小由最大逐渐减小到零解析：选B.B 和I 平行时，导线所受安培力为零，当B 和I 的夹角θ增大时，F 安＝BIL sin θ，F 安增大，当B 和I 垂直时，F 安最大，选项B 正确，A 、C 、D 错误．8.如图所示，O 为圆心，KN ︵和LM ︵是半径分别为ON 、OM 的同心圆弧，在O 处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN 所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( )A ．将向左平动B ．将向右平动C ．将在纸面内绕通过O 点并垂直纸面的轴转动D ．KL 边将垂直纸面向外运动，MN 边垂直纸面向里运动解析：选D.因为通电直导线的磁感线是以O 为圆心的一组同心圆，磁感线与KN ︵和LM ︵中的电流方向一直平行，所以KN 边、LM 边均不受力．根据左手定则可得，KL 边受力垂直纸面向外，MN 边受力垂直纸面向里，故选项D 正确．☆9.如图所示，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的夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A ．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A.以MN 为研究对象，受力分析如图所示，根据平衡条件有tanθ＝F 安mg ＝BIL mg ，由该式知，金属棒中的电流变大，θ角变大，A 正确；两悬线变短，不影响平衡状态，θ角不变，B 错误；金属棒质量变大，θ角变小，C 错误；磁感应强度变大，θ角变大，D 错误．二、非选择题10．画出下图中通电直导线A 受到的安培力的方向．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电流A 处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电流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．答案：11.如图所示，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．求磁场对bc 边作用力的大小．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/s 2)解析：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 ．因为磁场对电流的作用力F ＝NBIL ，故B ＝F NIL ＝0.110×0.1×0.1T ＝1 T. 答案：1 T☆12.如图所示，PQ 和MN 为水平、平行放置的金属导轨，相距1 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，导体棒的质量m ＝0.2 kg ，导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M ＝0.3 kg ，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在导体棒中通入多大的电流？方向如何？解析：为了使物体匀速上升，导体棒所受安培力方向应向左，由左手定则可知，导体棒中的电流方向应为a →b .由平衡条件得：BIL ＝Mg ＋μmg解得：I ＝Mg ＋μmg BL＝2 A. 答案：2 A 方向a →b。