2020学年高中物理课时跟踪检测(十六)安培力的应用粤教版选修3-1

第四节安培力的应用1．知道磁电式电流表的基本构造以及运用它测量电流的大小和方向的基本原理．2．知道直流电动机的基本构造以及它的基本工作原理．3．知道直流电动机和电流表的内部磁场的分布特点．4．能准确判定线圈各边所受磁场力的方向1．电磁炮利用安培力推动通电导体平动的，直流电动机利用安培力使通电线圈转动的．2．直流电动机的优点：通过改变输入电压很容易调节它的转速．3．电流表是测量电流的电学仪器，实验时经常使用的电流表是磁电式电流表．通电导线或线圈在安培力作用下的平动与转动分析方法判断通电导线或线圈在安培力作用下的运动方向，一般采用下列几种方法：(1)电流元分析法．把长直电流等分为无数小段直线电流元，先用左手定则判断出一小段电流元受到的安培力方向，再判断整段电流所受的安培力合力的方向，从而确定导线的运动方向．(2)特殊位置分析法．先分析通电导线上的某个特殊位置，判断其安培力方向，从而确定运动方向．(3)等效分析法．常把条形磁铁等效为环形电流，也可把环形电流等效为小磁针，以及把通电螺线管等效成多个环形电流或条形磁铁．(4)结论分析法．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：因为电流之间，电流与磁体之间相互作用满足牛顿第三定律，这样，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的磁场中所受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向．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：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►练习如图所示的弹性线圈AB，当给它通电时下面判断正确的是(D)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：本题可用下面两种方法解答．(1)等效分析法：通电弹性线圈由许多环形电流组成，把环形电流等效成条形磁铁，当电流从A向B通过线圈时条形磁铁的极性如图所示，各条形磁铁相互吸引，即各线环相互吸引，可见线圈的长度变短，当电流从B向A通过线圈时条形磁铁的极性与图所示的相反，各条形磁铁相互吸引，即各线环相互吸引，线圈的长度仍然变短，所以D正确．(2)推论分析法：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图所示方向相反，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．一、单项选择题1．如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同，其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内．每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法中正确的是(B)A．导线a所受合力方向水平向右B．导线c所受合力方向水平向右C．导线c所受合力方向水平向左D．导线b所受合力方向水平向左解析：首先用安培定则判定导线所在处的磁场方向，要注意是合磁场的方向，然后用左手定则判定导线的受力方向．可以确定B是正确的．2．在如图所示电路中，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f a、f b，判断这两段导线(D)A．f a＞f b，相互吸引 B．f a＞f b，相互排斥C．f a＜f b，相互吸引 D．f a＜f b，相互排斥解析：电键S分别置于a、b两处时，电源分别为一节干电池、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′和NN′处的磁感应强度B a＜B b，应用安培力公式F＝BIL可知f a＜f b，又MM′和NN′电流方向相反，则相互排斥．3．如下图所示，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(B)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＝mg sin θ＋f，而F安＝BIL，则f＝mg sin θ－F安，I增大，f减小；当f减小到0后，F安＞mg sin θ，f反方向，I增大⇒f增大．4．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所受磁场的合力(A)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：将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出安培力的大小，根据F＝BIL 计算出安培力的大小，再求合力．导线所受合力F＝BIL＋2BIL sin 45°＝(2＋1)ILB.二、不定项选择题5．一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒，图中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是(AD)A．磁铁对桌面的压力减小B．磁铁对桌面的压力增大C．磁铁受到向右的摩擦力D．磁铁受到向左的摩擦力解析：如图所示．导体棒通电后，由左手定则，导体棒受到斜向左下方的安培力，由牛顿第三定律可得，磁铁受到导体棒的作用力应斜向右上方，所以在通电的一瞬间，磁铁对桌面的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力，因此A、D正确．6．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(AB)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 端接在电源负极三、非选择题(按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)7．如图(a)所示，倾角为α、相距为L 的光滑导轨与一稳恒电源连接，导轨处于垂直于导轨形成的斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一质量为m 的金属棒与导轨接触良好后恰好处于静止状态．图(b)为金属棒与斜面的切面图，重力加速度取g .(1)试在图(b)中作出金属棒受力示意图；(2)计算流过金属棒的电流．解析：(1)金属棒所受的力的示意图如图所示：(2)根据安培力的公式，有：F 安＝BIL .①根据力的平衡条件，有：F 安＝mg ·sin α. ②①②两式联立得：I ＝mg sin αBL. 答案：(1)见解析图 (2)mg sin αBL8．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)解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示由平衡条件得：F T cos 37°＝F，①F T sin 37°＝mg，②由①②解得：F＝mgtan 37°，代入数值得：F＝0.8 N，由F＝BIL得：B＝FIL ＝0.81×0.4T＝2 T.B与t的变化关系为B＝0.4 t，所以t＝5 s.答案：5 s9．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，磁场的磁感强度大小为B，方向与导轨平面夹为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：F sin α＝ma ，导体棒ab 中的电流：I ＝E R ，得a ＝BEL sin αmR . 答案：BEL sin αmR。

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：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：D2．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＞FbC．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：D3．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：A4．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：D5．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，①FTsin 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 sB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：B7．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：B8．(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：AB9．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 αmR10.(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。

安培力的应用一、单项选择题1．关于电流表的工作原理，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，指针的偏转方向不会改变D．电流表在使用时，可以直接通过较大的电流解析：选B.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项错．由于线圈的铜线很细允许通过的电流很小，故D项错．2．(济南高二检测)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( )A．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解析：选B.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，可知线圈顺时针转动．3．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.由左手定则判断可知B项正确．4．(·湛江市高二调研)两条通电的直导线互相垂直，如图所示，但两导线相隔一小段距离，其中导线AB是固定的，另一条导线CD能自由转动．它们通以图示方向的直流电流时，CD导线将( )A．逆时针方向转动，同时靠近导线ABB．顺时针方向转动，同时靠近导线ABC．逆时针方向转动，同时离开导线ABD．顺时针方向转动，同时离开导线AB解析：选A.由安培定则可知直线电流产生的磁场是以直线电流为圆心的同心圆，AB中电流所产生的磁场在CD导线所在平面内的磁感线如图甲所示(俯视图甲)．由左手定则可知，CD通电导线在M点受到的磁场力垂直于纸面向里，在N点受到的磁场力垂直于纸面向外．由于磁场的对称性，M、N两点的磁场力大小相等、方向相反，使得CD通电导线转动起来，即CD电流将会转到与AB同向的位置．在图乙中，CD中的电流所受到的磁场力由左手定则可知(如图乙)，CD将向AB靠近．☆5.如图所示，A为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图所示．当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，通电直导线将要运动的方向是( )A．竖直向上B．竖直向下C．水平向里D．水平向外解析：选C.由电流产生磁场可知橡胶圆盘上高速转动的负电荷产生的磁场在圆盘上方是垂直圆盘向上的，再由左手定则判断通电导线所受安培力方向水平向里，故导线将水平向里运动，C对．6.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，在导线中通以垂直纸面向里的电流，用N表示磁铁对桌面的压力，用f表示桌面对磁铁的摩擦力，导线通电后与通电前相比较( )A．N减小，f＝0 B．N减小，f≠0C．N增大，f＝0 D．N增大，f≠0解析：选C.如图所示，画出一条通过电流I处的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知电流I受安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律知，电流对磁铁的作用力F′方向竖直向下，所以磁铁对桌面的压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用．二、双项选择题7．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，安培力不变D．电流表指针的偏转角与所测电流成正比解析：选BD.匀强磁场的磁感线是间隔相等的平行直线，A错；电流表的线圈转动时，所受安培力的大小不变，方向变化，C错．8.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是( )A．线框有两条边所受的安培力方向相同B．线框上下两条边所受安培力大小相等C．线框所受安培力的合力朝左D．cd边所受安培力对ab边的力矩不为零解析：选BC.直线电流的磁场分布是越靠近电流磁感应强度越大，越远离电流磁感应强度越弱．bc边与ad边对称处的磁感应强度相同，电流大小处处相同，故有安培力大小相等，由安培定则和左手定则可判定bc边与ad边安培力方向相反；同理，因ab边与cd边电流方向相反，故安培力方向也相反，但ab边所在处的磁感应强度大，所以F ab>F cd，合力应向左．因cd边所受安培力方向水平向右，以ab边为轴其力矩是零，故合力矩为零．9．质量为m的金属细杆置于倾角为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，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上，在如图所示的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：选CD.选项A中，通电细杆可能受重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图甲所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零．当安培力变大或变小时，细杆有上滑或下滑的趋势，于是有静摩擦力产生．选项B中，通电细杆可能受重力、安培力作用处于静止状态，如图乙所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零．当安培力减小时，细杆还受到导轨的弹力和沿导轨向上的静摩擦力，也可能处于静止状态．选项C 和D 中，通电细杆受重力、安培力、导轨弹力作用具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图丙、丁所示，所以杆与导轨间的摩擦力一定不为零．故正确答案为C 、D.三、非选择题10.(·南京外国语学校高二检测)如图所示，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，则该棒的重力为多少？(sin 37°＝0.6)解析：从侧面对棒受力分析如图，安培力的方向由左手定则判出为水平向右，F ＝ILB ＝5×0.2×0.6 N ＝0.6 N.由平衡条件得重力mg ＝Ftan 37°＝0.8 N. 答案：0.8 N11.如图所示，两根平行金属导轨M 、N ，电阻不计，相距0.2 m ，上边沿导轨垂直方向放一个质量为m ＝5×10－2 kg 的金属棒ab ，ab 的电阻为0.5Ω.两金属导轨一端通过电阻R 和电源相连．电阻R ＝2 Ω，电源电动势E＝6 V ，电源内阻r ＝0.5 Ω，如果在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab 对导轨的压力恰好是零，并使ab 处于静止．(导轨光滑，g 取10 N/kg)求所加磁场磁感应强度的大小和方向．解析：因ab 对导轨压力恰好是零且处于静止，ab 所受安培力方向一定竖直向上且大小等于重力，由左手定则可以判定B 的方向应为水平向右，ab 中的电流I ＝E R ＋r ＋r ab ＝62＋0.5＋0.5A ＝2 A F ＝ILB ＝mgB ＝mg IL ＝5×10－2×102×0.2T ＝1.25 T. 答案：1.25 T 水平向右☆12.如图是一种测定磁感应强度B 的装置，在天平的一端挂个矩形线圈，它的底边放在待测的匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，线圈匝数n ＝10，底边长L ＝20 cm.当线圈通0.2 A 电流时，天平达到平衡，然后保持电流大小不变，使电流反向，此时发现天平左盘再加入Δm ＝36 g 的砝码才能使天平平衡．求磁感应强度B 的大小．(g 取10 m/s 2)解析：原来天平平衡，左边砝码的重力等于线圈的重力与安培力的合力．当电流反向时，左盘还要加砝码才能平衡，说明后来的安培力向下，则原来的安培力方向应向上．电流反向前，G 线圈－F ＝G 砝①电流反向后，G 线圈＋F ＝G 砝＋Δmg ②F ＝nBIL ③由①②③联立解得B ＝Δmg 2nIL ＝0.036×102×10×0.2×0.2T ＝0.45 T. 答案：0.45 T。

3.4《安培力的应用》一、单项选择题1．如图3－4－15所示，四边形的通电闭合线框abcd 处在垂直线框平面的匀强磁场中，它受到磁场力的合力( )A ．竖直向上B ．方向垂直于ad 斜向上C ．方向垂直于bc 斜向下D ．为零 图3－4－152．关于电流表的工作原理，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，指针的偏转方向不会改变D ．电流表在使用时，可以直接通过较大的电流3．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°4．电动机通电之后电动机的轮子就转动起来，其实质是因为电动机内线圈通电之后在磁场中受到了磁力矩的作用，如图3－4－16所示， 为电动机内的矩形线圈，其只能绕Ox轴转动，线圈的四个边分别与x 、y 轴平行，线中，电流方向如图．当空间加上如下所述的哪种磁场时，线圈会转动起来( )A ．方向沿x 轴的恒定磁场B ．方向沿y 轴的恒定磁场C ．方向沿z 轴的恒定磁场D ．任何方向的恒定磁场 图3－4－165．电磁炮的基本原理如图3－4－17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.2gs sin α B. 2BILs m ＋2gs sin α C. 2BILs m －2gs sin α D. 2BILs m图3－4－17 二、双项选择题6．某磁电式电流表当通入电流I 1时，指针偏角为θ1，内部线圈所受的磁力矩为M 1；当通入电流I 2时，指针偏角为θ2，内部线圈所受的磁力矩为M 2，则下列关系正确的是( )A ．I 1∶I 2＝θ1∶θ2B ．I 1∶I 2＝θ2∶θ1C ．M 1∶M 2＝θ1∶θ2D ．M 1∶M 2＝θ2∶θ17．对于放在匀强磁场中可绕垂直于磁场方向的轴转动的通电理想线圈，下列说法中正确的是( )A ．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩最大B ．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零C ．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力最大，合力矩也最大D ．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零8．电流表中通以相同的电流时，指针偏转的角度越大，表示电流表的灵敏度越高．下列关于电流表灵敏度的说法中正确的是()A．增加电流计中的线圈匝数，可以提高电流表的灵敏度B．增强电流计中永久磁铁的磁性，可以提高电流表的灵敏度C．电流计中通的电流越大，电流表的灵敏度越高D．电流计中通的电流越小，电流表的灵敏度越高三、非选择题9．如图3－4－18所示，竖直金属导轨宽0.2 m，一根金属棒ab质量为0.1 kg，金属棒靠在导轨外面与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4.在平行于纸面有大小为0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场，要使ab保持静止状态，则需要给ab通怎样的电流？(g取10 m/s2)图3－4－1810．如图3－4－19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？图3－4－1911．如图3－4－20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＝0.001 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．图3－4－20 12．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＝2.5cm，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°，已知电流表磁极间沿辐射方向分布的匀强磁场的磁感应强度B＝1.0 T(如图3－4－21)，求该电流表的满偏电流值(即电流量程)．图3－4－213.5《研究洛伦兹力》一、单项选择题1．如图3－5－12所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动情况应该是( )A ．当从a 端通入电流时，电子做匀加速直线运动B ．当从b 端通入电流时，电子做匀加速直线运动C ．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D ．不管从哪端通入电流，电子都做曲线运动 图3－5－122.初速度为v 0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3－5－13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 图3－5－133.如图3－5－14所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，形成的磁场如图所示，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将( )A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向左偏转D ．向右偏转 图3－5－144.如图3－5－15所示，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平向外，有一正离子(不计重力)恰能沿直线从左向右水平飞越此区域，这种装置称为速度选择器，则( )A ．若电子从右向左水平飞入，电子也沿直线运动B ．若电子从右向左水平飞入，电子将向上偏转C ．若电子从右向左水平飞入，电子将向下偏转D ．若电子从右向左水平飞入，电子将向外偏转 图3－5－155．如图3－5－16所示，一个带电荷量q 的小带电体处于蹄形磁铁两极之间的匀强磁场里，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 且若小带电体的质量为m ，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该( )A ．使磁感应强度B 的数值增大 B ．使磁场以速度v ＝mg qB向上移动 C ．使磁场以速率v ＝mg qB 向右移动 D ．使磁场以速率v ＝mg qB向左移动 图3－5－16 6.如图3－5－17所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B 中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时速度，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况不可能是( )A ．始终做匀速运动B ．开始做减速运动，最后静止于杆上C ．先做加速运动，最后做匀速运动D ．先做减速运动，最后做匀速运动 图3－5－17二、双项选择题7．关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是( )A ．安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力B ．安培力和洛伦兹力其本质都是磁场对运动电荷的作用力C ．这两种力都是效果力，其实并不存在，原因是不遵守牛顿第三定律D ．安培力对通电导体能做功，洛伦兹力对电荷不能做功8.如图3－5－18所示，一块通电的铜板放在磁场中，板面垂直磁场，板内通有如图方向的电流，a 、b 是铜板左、右边缘的两点，则( )A．电势φa>φb B．电势φb>φaC．电流增大时，|φa－φb|增大D．其他条件不变，将铜板改为NaCl水溶液时，电势结果仍然一样图3－5－189．如图3－5－19所示，一个用细线悬吊着的带电小球，在垂直于匀强磁场方向的竖直面内摆动，图中B为小球运动的最低位置，则()A．小球向右和向左运动通过B点时，小球的加速度相同B．小球向右和向左运动通过B点时，悬线对小球的拉力相同C．小球向右和向左运动通过B点时，具有的动能相同D．小球向右和向左运动通过B点时，具有的速度相同图3－5－1910. 如图3－5－20所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力G a、G b、G c间的关系，正确的是()A．G a最大B．G b最大C．G c最大D．G b最小图3－5－20三、非选择题11.目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能，图3－5－21表示出了它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说是呈电中性)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，则高速射入的离子在洛伦兹力的作用下向A、B两板聚集，使两板间产生电势差，若平行金属板距离为d，匀强磁场磁感应强度为B，等离子体流速为v，气体从一侧面垂直磁场射入板间，不计气体电阻，外电路电阻为R，则两板间最大电压和可能达到的最大电流为多少？图3－5－2112.如图3－5－22所示，空间有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、带电量为＋q的绝缘滑块水平向右做匀速直线运动，滑块和水平面间的动摩擦因数为μ.滑块与墙碰撞后速度为原来的一半，滑块返回时，撤掉电场，恰好也做匀速直线运动．求原来电场强度的大小．图3－5－221：选D. 2：选B. 3：选C. 4：选B. 5：选C 6：选AC7：选AD. 8：选AB.9：要使ab 棒保持静止，则竖直方向有mg ＝μF N ，水平方向(垂直于导轨)有BIL ＝F N ，故I ＝25 A ，且方向从b 向a .10：首先要进行受力分析．同学们往往习惯于处理在同一平面内的受力平衡问题，因此画受力分析图时要画成平面受力图，该题中导体杆的受力图可以画成如图所示形式．F 安＝mg tan θ，F 安＝BId ，E ＝IR .由以上三式可得出E ＝mgR tan θBd .答案：mgR tan θBd11：在安培力矩的公式M ＝BIS cos θ中θ是线框平面与竖直面的夹角，线框平面与磁感线的夹角应为(90°－θ)．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 ·L 2sin θ＝2mgL sin θ，根据力矩平衡条件有BIL 2sin θ＝2mgL sin θ解得线框中的电流强度为 I ＝2mg BL ＝2×0.01×9.80.98×0.1A ＝2 A 根据左手定则，判断出线框中的电流方向为bacOb . 答案：2 A ，方向为bacOb12：电流表的指针偏转80°时，螺旋弹簧的阻碍力矩为M 2＝kθ＝1.5×10－8×80 N·m ＝1.2×10－6N·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与螺旋弹簧的阻力矩相等，即M 1＝M 2由此可知I g ＝1.2×10－66.0×10－2A ＝20 μA.即电流表的满偏电流值为20 μA. 答案：20 μA。

安培力的应用专题练习一、选择题考点一安培力作用下导体的运动1．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水银面相接触，并使它组成如图1所示的电路图．当开关S接通后，将看到的现象是()图1A．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，弹簧就缩短，电路就断开了，一断开没电流了，弹簧就又掉下来接通电路……如此通断通断，就上下跳动．2．固定导线c垂直纸面，可动导线ab通以如图2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2A．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．3.如图3所示，把轻质导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3A．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.4.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4所示．下列哪种情况将会发生()图4A．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，磁感应强度越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，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．考点二安培力作用下的平衡5.如图5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5A．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．6．(多选)质量为m的金属细杆置于倾角为θ的光滑导轨上，导轨的宽度为d，若给细杆通以如图A、B、C、D所示的电流时，可能使杆静止在导轨上的是()答案AC解析A图中金属杆受重力、沿导轨向上的安培力和支持力，若重力沿导轨向下的分力与安培力相等，则二力平衡，故A正确．B图中金属杆受重力和导轨的支持力，二力不可能平衡，故B 错误．C 图中金属杆受重力、竖直向上的安培力和支持力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受支持力即可达到平衡，故C 正确．D 图中金属杆受重力、水平向左的安培力和支持力，三个力不可能达到平衡，故D 错误．7．(多选)如图6所示，一根通电的直导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )图6A ．一直增大B ．先减小后增大C ．先增大后减小D ．始终为零答案 AB解析 若F 安＜mg sin α，因安培力向上，则摩擦力向上，当F 安增大时，F f 减小到零，再向下增大；若F 安＞mg sin α，摩擦力向下，随F 安增大而一直增大；若F 安＝mg sin α，摩擦力为零，随F 安增大摩擦力向下一直增大．故选A 、B.8. (多选)如图7，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x 轴正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( )图7A ．z 轴正方向，mg ILtan θ B ．y 轴正方向，mg IL C ．z 轴负方向，mg ILtan θ D ．沿悬线向下，mg ILsin θ 答案 BCD解析 磁感应强度方向为z 轴正方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 负方向，直导线不能平衡，所以A 错误；磁感应强度方向为y 轴正方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z 轴正方向，根据平衡条件，当BIL 刚好等于mg 时，线的拉力为零，所以B ＝mg IL，所以B 正确； 磁感应强度方向为z 轴负方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y 轴正方向，根据平衡条件BIL cos θ＝mg sin θ，所以B ＝mg ILtan θ，所以C 正确； 磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于线斜向上，根据平衡条件：F ＝mg sin θ，得：B ＝mg sin θIL，故D 正确． 9.一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图8所示．若将磁铁的N 极位置与S 极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F 和摩擦力F f 的变化情况分别是( )图8A ．F 增大，F f 减小B ．F 减小，F f 增大C ．F 与F f 都增大D ．F 与F f 都减小答案 C解析 题图中电流与磁体间的磁场力为引力，若将磁极位置对调则相互作用力为斥力，再由受力分析可知选项C 正确．10．(多选)在同一光滑斜面上放同一导体棒，图9所示是两种情况的剖面图．它们所处空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上，两次导体棒A 分别通有电流I 1和I 2，都处于静止平衡．已知斜面的倾角为θ，则( )图9A ．I 1∶I 2＝cos θ∶1B ．I 1∶I 2＝1∶1C ．导体棒A 所受安培力大小之比F 1∶F 2＝sin θ∶cos θD ．斜面对导体棒A 的弹力大小之比F N1∶F N2＝cos 2 θ∶1答案 AD解析 分别对导体棒受力分析，如图，利用平衡条件即可求解第一种情况：F 1＝BI 1L ＝mg sin θ，F N1＝mg cos θ解得：I 1＝mg sin θBL 第二种情况：F 2＝BI 2L ＝mg tan θ，F N2＝mg cos θ解得：I 2＝mg tan θBL所以F 1F 2＝BI 1L BI 2L ＝I 1I 2＝sin θtan θ＝cos θ，F N1F N2＝cos θ1cos θ＝cos 2 θ 可见，A 、D 正确，B 、C 错误．二、非选择题11．(安培力作用下的平衡)如图10所示，两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夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.5 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 ＝0.5 Ω的直流电源．现把一个质量m ＝0.04 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 0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图10(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小．答案 (1)1.5 A (2)0.3 N (3)0.06 N解析 (1)根据闭合电路欧姆定律I ＝E R 0＋r＝1.5 A. (2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.3 N.(3)导体棒受力分析如图，将重力正交分解F1＝mg sin 37°＝0.24 N，F1＜F安，根据平衡条件，mg sin 37°＋F f＝F安，解得F f＝0.06 N.12. (安培力作用下的运动)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图11是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.图11(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBIL v解析(1)线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得F＝nBIL①由左手定则知方向水平向右(2)安培力的功率为P＝F·v②联立①②式解得P＝nBIL v13．(安培力与牛顿第二定律的结合)如图12所示，两根平行、光滑的斜金属导轨相距L＝0.1 m，与水平面间的夹角为θ＝37°，有一根质量为m＝0.01 kg的金属杆ab垂直导轨搭在导轨上，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B＝0.2 T，当杆中通以从b到a的电流时，杆可静止在导轨上，取g＝10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图12(1)求此时通过ab 杆的电流；(2)若保持其他条件不变，只是突然把磁场方向改为竖直向上，求此时杆的加速度． 答案 (1)3 A (2)1.2 m/s 2，方向沿导轨向下解析 (1)杆静止在导轨上，受力平衡，杆受到重力、导轨的支持力以及安培力，根据平衡条件得：BIL ＝mg sin θ，解得：I ＝mg sin θBL ＝0.01×10×0.60.2×0.1A ＝3 A. (2)若把磁场方向改为竖直向上，对杆受力分析，根据牛顿第二定律得：F 合＝mg sin θ－BIL cos θ＝mg sin θ－mg sin θcos θ＝ma解得：a ＝g sin θ－g sin θcos θ＝(10×0.6－10×0.6×0.8) m /s 2＝1.2 m/s 2，方向沿导轨向下．。

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。

安培力的应用-粤教版选修3-1教案一、教学目标1.知识目标•了解安培定律的基本原理；•掌握安培力的定义、计算公式和方向；•理解安培力的应用；•掌握测量安培力的方法。

2.能力目标•能够运用安培力的基本概念和公式解决相关问题；•能够进行实验测量安培力，并处理实验数据；•能够设计和完成与安培力相关的实验。

3.情感目标•培养学生的实验探究兴趣和实践能力；•培养学生的团队合作精神；•培养学生的科学思维和解决问题的能力。

二、教学重点和难点1.教学重点•安培力的定义、计算公式和方向；•安培力的应用；•测量安培力的方法。

2.教学难点•理解安培力的应用；•掌握测量安培力的方法。

三、教学过程1.引入通过展示日常生活中的磁现象，引导学生思考磁场中的物体有什么运动特性。

引出“电流在磁场中的动力学效应”，并通过实验展示。

引出本课的主要内容——安培力的引入和应用。

2.讲授和实验2.1 安培定律•安培定律描述了一个闭合导线与磁场相互作用的情况，它规定了通过闭合导线的电流所受的安培力的方向和大小。

•探讨安培定律的物理意义和实际意义：即描述计算通过电流所受的磁场力作用。

•通过实验，让学生了解安培定律的基本原理。

2.2 安培力的计算公式和方向•计算公式：安培力F=BIl sinθ 。

•安培力的方向受磁场和电流方向的共同影响，拇指指向电流的方向，四指在磁场中弯曲的方向即为安培力的方向。

•通过实验，让学生掌握安培力的计算公式和方向。

2.3 安培力的应用•通过讲解安培力在电动机、电磁铁等电磁设备中的应用，让学生理解安培力的实际应用价值。

•讨论学科前沿领域的安培力应用，拓宽学生的学术视野。

2.4 测量安培力的方法•介绍安培力的测量仪器和方法。

•通过实验，让学生掌握测量安培力的方法。

3.复习和总结•通过课堂小结，让学生掌握本课的主要内容和理解程度。

•针对易错点进行课堂解答和概括总结。

四、教学方法本课程采用“任务驱动、教师引导，学生探究、合作”的教学方法，通过探究性学习和实验操作，提高学生的学习兴趣和应用能力。

课时跟踪检测（十六）安培力的应用1．如图1所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )图1A．竖直向下B．竖直向上C．水平向右D．水平向左解析：选B 首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向：水平向左。

根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上，故A、C、D错误，B正确。

2．(多选)如图2所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线的夹角为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( )图2A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°角D．使导线在纸面内逆时针转60°角解析：选ABD 由公式F＝BIL，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力，故A 正确；由公式F＝BIL，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力，故B正确；当使导线在纸面内顺时针转30°时，导线与磁场方向平行，则所受磁场力变为零，故C错误；当使导线在纸面内逆时针转60°时，导线垂直磁场方向投影长度伸长，则所受磁场力变大，故D正确。

3．通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图3所示，ab边与MN平行。

关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是( )图3A．线框所受的安培力的合力为零B．线框所受的安培力的合力方向向左C．线框有两条边所受的安培力方向相同D．线框有两条边所受的安培力大小相等解析：选D 直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向外，ab边电流的方向向上，根据左手定则，ab边受向右的安培力，cd边受到向左的安培力，ad边受到向上的安培力，bc边受到向下的安培力，方向全不同；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力与bc边受到的安培力大小相等，合力向右，故A、B、C 错误，D正确。