第三章 安培力的综合应用习题课五.docx
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第三章安培力的综合应用习题课五
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10cm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0.1T，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12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。
已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5cm；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0.3cm。
重力加速度大小取10m/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。
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＝0.5cm。
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＝0.3cm，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＝0.01kg。
答案 方向竖直向下 0.01kg
[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tanθ＝
，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
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。
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
mgsinθ－Fcosθ＝ma①
F＝BIL ②
I＝
③
由①②③式可得a＝gsinθ－
。
答案 gsinθ－
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。
[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＝0.10m，导轨长x＝5.0m，炮弹质量m＝0.30kg。
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＝2.0T，方向垂直于纸面向里。
若炮弹出口速度为v＝2.0×103m/s，求通过导轨的电流I。
忽略摩擦力与重力的影响。
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＝6×105A
答案 6×105A
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2.0kg的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到6km/s。
若这种装置的轨道宽2m，长为100m，通过的电流为10A，求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度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100m的位移加速至6km/s，利用动能定理可得F安x＝ΔEk，即
BILx＝
mv2－0。
代入数据可得B＝1.8×104T。
运动过程中，磁场力的最大功率为
P＝Fvm＝BILvm＝1.08×1011W。
答案 1.8×104T 1.08×1011W
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。
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。
（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＝
mv2，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＝
变小，B错误。
答案
（1）见解析图
（2）AC
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（ ）
图7
A.
tanθ，竖直向上B.
tanθ，竖直向下
C.
sinθ，平行悬线向下D.
sinθ，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＝mgsinθ，即IlBmin＝mgsinθ，得Bmin＝
sinθ，方向应平行于悬线向上，故选项D正确。
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（ ）
图8
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
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＝
。
故选项B正确。
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＝0.2m，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＝1×102T。
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＝0.2kg，在导轨M、N间部分的电阻R＝0.8Ω，可控电源的内阻r＝0.2Ω。
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＝4×103A，不计空气阻力，导体棒ab由静止加速到4km/s后发射弹体，则（ ）
图9
A.导体棒ab所受安培力大小为1.6×105N
B.光滑水平导轨长度至少为20m
C.该过程系统产生的焦耳热为3.2×106J
D.该过程系统消耗的总能量为1.76×106J
解析 由安培力公式有，F＝BIL＝8×104N，选项A错误；弹体由静止加速到
4km/s，由动能定理知Fx＝
mv2，则轨道长度至少为x＝
＝20m，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＝1×10－2s，该过程中产生焦耳热Q＝I2（R＋r）t＝1.6×105J，弹体和导体棒ab增加的总动能Ek＝
mv2＝1.6×106J，系统消耗总能量E＝Ek＋Q＝1.76×106J，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2m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3.6kg的金属棒MN放在导轨上。
当金
属棒中通以5A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8A时，金属棒能获得2m/s2的加速度。
求匀强磁场的磁感应强度的大小。
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＝2m。
当棒中的电流为I1＝5A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＝8A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＝
＝
T＝1.2T。
答案 1.2
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，磁铁的左端为北极，A正确，B、C、D错误。
答案 A
2.如图2所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。
下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。
线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（ ）
图2
解析 四个线圈在磁场中的有效长度不同，A线圈有效长度最大，根据F＝BIL，A所受磁场力最大，当磁场变化时，A线圈对应的天平最容易失去平衡。
答案 A
3.（多选）如图3甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。
垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。
从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。
则金属棒（ ）
图3
A.一直向右移动
B.速度随时间周期性变化
C.受到的安培力随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
解析 由F＝ILB可知，安培力随时间的变化关系与电流随时间变化关系相同。
所以金属棒先向右匀加速运动，再向右做匀减速运动，然后重复运动，故选项A、B、C均正确；安培力先做正功，后做负功，在一个周期内不做功，故选项D错误。
答案 ABC
4.如图4所示，在两个倾角均为α的光滑斜面上均水平放置一相同的金属棒，棒中通以相同的电流，一个处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B1；另一个处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B2，两金属棒均处于静止状态，则B1、B2大小的关系为（ ）
图4
A.B1∶B2＝1∶cosαB.B1∶B2＝1∶sinα
C.B1∶B2＝cosα∶1D.B1∶B2＝sinα∶1
解析 当B竖直向上时，如图甲所示，有B1ILcosα＝mgsinα；当B垂直斜面时，如图乙所示，有B2IL＝mgsinα；故
＝
，选项A正确。
答案 A
5.如图5所示，铜棒ab长l0＝0.1m，质量为m＝0.06kg，两端与长为l＝1m的轻铜线相连，静止于竖直平面内，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37°，则在向上摆动过程中（不计空气阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）则（ ）
图5
A.铜棒的机械能守恒
B.铜棒的机械能先增大后减小
C.铜棒中通电电流大小为9A
D.铜棒中通电电流大小为4A
解析 铜棒在上升过程中，安培力做正功，机械能一直增大，A、B错误；由动能定理知W安－W重＝0，即BIl0lsin37°＝mgl（1－cos37°），代入数值得I＝4A。
C错误，D正确。
答案 D
6.如图6所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1m的平行导轨上放一质量为m＝0.3kg的金属棒ab，通以从b→a，I＝3A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止。
求：
图6
（1）匀强磁场磁感应强度的大小；
（2）ab棒对导轨压力的大小。
（g＝10m/s2）
解析 金属棒ab中电流方向由b→a，它所受安培力方向水平向右，它还受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，三力合力为零，由此可以求出安培力，从而求出磁感应强度B，再求出ab棒对导轨的压力。
（1）ab棒静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，则
mgsin60°＝BILcos60°。
B＝
＝
T＝
T。
（2）ab棒对导轨的压力为
N′＝N＝
＝
N＝6N。
答案
（1）
T
（2）6N
能力提升
7.质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆轨道上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图7所示，则下列关于导体棒中电流的分析正确的是（ ）
图7
A.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为
B.导体棒中电流垂直纸面向外，大小为
C.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为
D.导体棒中电流垂直纸面向里，大小为
解析
平衡时导体棒受到竖直向下的重力、斜向左上方的弹力和水平向右的安培力，如图所示。
重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件，有tan60°＝
＝
，得导体棒中电流I＝
。
再由左手定则，可知导体棒中电流的方向应垂直纸面向里，故C正确。
答案 C
8.如图8所示，质量m＝0.5kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L＝1m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内）。
右侧回路中，电源的电动势E＝8V、内阻r＝1Ω，额定功率为8W、额定电压为4V的电动机M正常工作。
取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，则磁场的磁感应强度大小为（ ）
图8
A.2TB.1.73TC.1.5TD.1T
解析 电动机M正常工作时的电流I1＝
＝2A，电源内阻上的电压U′＝E－U＝8V－4V＝4V，根据欧姆定律得干路中的电流I＝
＝4A，通过导体棒的电流I2＝I－I1＝2A，导体棒受力平衡，有BI2L＝mgsin37°，得B＝1.5T，只有选项C正确。
答案 C
9.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9所示，求：
图9
（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？
解析
从b向a看截面如图所示。
（1）水平方向：
f＝F安sinθ①
竖直方向：
N＋F安cosθ＝mg②
又F安＝BIL＝B
L③
联立①②③得：
N＝mg－
，f＝
。
（2）要使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上，则有F安′＝mg，F安′＝ILBmin，I＝
，得Bmin＝
，根据左手定则判定磁场方向水平向右。
答案
（1）mg－
（2）
方向水平向右
10.如图10所示，在水平放置的平行导轨一端架着一根质量m＝0.4kg的金属棒ab，导轨另一端通过导线与电源相连，该装置放在高h＝20cm的绝缘垫块上。
当有竖直向下的匀强磁场时，接通电源，金属棒ab会被平抛到距导轨右端水平距离s＝100cm处，试求接通电源后安培力对金属棒做的功（g取10m/s2）。
图10
解析 设在接通电源到金属棒离开导轨短暂时间内安培力对金属棒做功为W，金属棒离开导轨的速度为v，则
由动能定理有W＝
mv2①
设平抛运动时间为t，竖直方向h＝
gt2②
水平方向s＝vt③
联立①②③可得W＝
代入数据得W＝5J。
答案 5J
11.如图11所示，在倾角θ＝30°的斜面上固定一平行金属导轨，导轨间距离L＝0.25m，两导轨间接有滑动变阻器R和电动势E＝12V、内阻不计的电池。
垂直导轨放有一根质量m＝0.2kg的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数μ＝
。
整个装置放在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.8T。
当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在导轨上？
导轨与金属棒的电阻不计，g取10m/s2。
图11
解析
当滑动变阻器R接入电路的阻值较大时，I较小，安培力F较小，金属棒在重力沿斜面的分力mgsinθ作用下有沿斜面下滑的趋势，导轨对金属棒的摩擦力沿斜面向上，如图所示。
金属棒刚好不下滑时有
ILB＋μmgcosθ－mgsinθ＝0①
I＝
②
联立①②解得R＝
＝4.8Ω
当滑
动变阻器R接入电路的阻值较小时，I较大，安培力F较大，会使金属棒产生沿斜面上滑的趋势，此时导轨对金属棒的摩擦力沿斜面向下，如图所示。
金属棒刚好不上滑时有
BI′L－μmgcosθ－mgsinθ＝0③
I′＝
④
联立③④解得R′＝
＝1.6Ω
所以，滑动变阻器R接入电路的阻值范围应为
1.6Ω≤R≤4.8Ω。
答案 1.6Ω≤R≤4.8Ω
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