高中物理第三章磁场第四节安培力的应用教学案粤教版选修0Word文档下载推荐.docx

1、（1）通电以后，电动机为什么会转动呢？提示：通电的线圈在磁场内受到了安培力的作用。（2）若磁电式仪表的指针只能从左向右偏，使用时，正负极能不能接反？若指针在中间呢？不能。正负极接反后，电流方向与正常相反，指针向左偏，容易损坏电表。若指针在中间，正负极接反影响不大。（3）如图343所示，两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用，在什么情况下两条直导线相互吸引，什么情况下两条直导线相互排斥？图343每一条通电直导线均处在另一直导线电流产生的磁场中，根据安培定则可判断出直线电流产生的磁场的方向，再根据左手定则可判断出每一条通电直导线所受的安培力，由此可知，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。安

2、培力的应用1直流电动机的结构及原理分析（1）如图344所示，当线圈由位置d经位置a运动到位置b时，图中左边受力方向向上，右边受力方向向下，使线圈顺时针转动；当线圈在位置b时不受力，由于惯性继续转动。图344（2）当线圈由位置b经位置c运动到位置d时，由于电流换向，图中左边受力方向向上，右边受力方向向下，使线圈继续顺时针转动；当线圈在位置d时不受力，由于惯性继续转动；然后，线圈重复以上过程转动下去。2磁电式电流表的原理分析如图342乙所示是线圈在磁场中受力的示意图。当电流通过线圈时，导线受到安培力的作用，由左手定则知，线圈左右两边所受的安培力的方向相反，于是架在轴上的线圈就要转动，通过转轴收紧螺

3、旋弹簧使其变形，反抗线圈的转动，电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大，所以，从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小。线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变。所以，根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向。1（多选）下列关于直流电动机的说法，正确的是（）A直流电动机是将电能转化为机械能的装置B直流电动机能把电能全部转化为动能C直流电动机是依靠磁场对电流的作用工作的D直流电动机工作时也会有发热现象，是电流的热效应解析：选ACD从能量角度来看直流电动机是把电能转化成机械能的装置。其工作原理是利用了磁场对电流的作用。但由于线圈有一定的电阻，直流电动机在工作过

4、程中会产生一定的焦耳热。2电流表中蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，下列说法正确的是（）A目的是使线圈平面始终与磁感线平行B目的是让磁铁和铁芯间形成匀强磁场C离转轴越远，越靠近磁极，因此磁感应强度越大D目的是使线圈平面始终与磁感线垂直选A辐向磁场的目的是使线圈平行于磁感线，线框在转动中安培力大小不变，A正确，D错误；辐向磁场各处磁感应强度方向不同，距离轴线越远磁场越弱，则B、C均不对。3所谓电流表的灵敏度，是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小。偏角越大，灵敏度越高。下列方法不能提高磁电式电流表灵敏度的方法有（）A增强永久磁铁的磁性B增大螺旋弹簧的劲度系数C增大线圈的面积D增加线

5、圈的匝数选B通电线圈在磁场中转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动。电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大。要提高电流表的灵敏度，就要在通入相同电流时，让指针的偏转角度增大。所以要减小螺旋弹簧的劲度系数，同时使安培力变大，即增加磁感应强度、增大线圈面积和增加线圈的匝数。安培力作用下导体的运动问题 典例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345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（）图345A不动B顺时针转动C逆时针转动D向纸面内平动解析方法一（电流元法）把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段

6、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（等效法）把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，通电后，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动。方法三（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

7、此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动。答案B判断安培力作用下导体运动方向的五种常用方法电流元法把整段导线分为多段电流元，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，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，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，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，反向电流互相排斥；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

8、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反作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向1.如图346所示，带负电的金属环绕其轴OO匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将（）图346AN极竖直向上BN极竖直向下CN极水平向左D小磁针在水平面内转动选C带负电金属环，如题图所示的旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反。再由右手螺旋定则可知电流产生的磁极的方向是：右端是N极，左端是S极；小磁针所在处的磁场的方向与OO轴的磁场的方向是相反的，所以小磁针处的磁极的方向：左端N极，右端S极。因此小磁针N极水平向左。故C正确，A、B、D错误。2.用两根细线把两个完全相同的

9、圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图347所示，当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有（）图347A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选A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。3.如图348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（）图348AA端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变BA端向下运

10、动，B端向上运动，悬线张力不变CA端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小DA端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大选D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左端受力指向纸内，右端受力指向纸外，故导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，整个导线受到的磁场力将竖直向下，故悬线张力变大，选项D正确。安培力作用下导体的平衡问题安培力作用下的物体平衡问题的解题步骤和前面学习的共点力平衡相似，一般也是先进行受力分析，再根据共点力平衡的条件列出平衡方程，不同的是在对物体进行受力分析时，需要注意安培力大小和方向的确定。典例如图349所示，在倾角为30的斜面

11、上，固定一宽L0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器。电源电动势E12 V，内阻r1.0 ，一质量m20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）。金属导轨是光滑的，取g10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：图349（1）金属棒所受到的安培力大小；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值。解析（1）金属棒的受力如图所示。则有Fmgsin 30F0.1 N。（2）根据安培力公式FBIL得I0.5 A。（3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律EI（Rr）解

12、得Rr23 。答案（1）0.1 N（2）0.5 A（3）23 在分析导线受到的安培力的方向时，把立体图转化为平面图，然后根据左手定则判断就方便了。立体图平面图1（多选）如图3410所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左上方固定一直导线，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则（）图3410A磁铁对桌面压力增大B磁铁对桌面压力减小C桌面对磁铁没有摩擦力D桌面对磁铁摩擦力向左选AD根据条形磁铁磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，根据左手定则判断安培力方向，如图甲所示。根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如图乙，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力向左。2.如图3411所示，

13、导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平面夹角为的倾斜金属导轨上，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：若导轨光滑，电源电动势E多大才能使导体杆静止在导轨上？图3411由闭合电路欧姆定律得：EIR导体杆受力情况如图所示，则由共点力平衡条件可得F安mgtan F安BId由以上各式可得出E。答案：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水平向左选B首先根据安

14、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选ABD由公式FBIL，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FBIL，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，

15、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

16、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。4.螺线管正中间的上方悬挂一个通有顺时针方向电流的小线圈，线圈的平面与螺线管的轴线在同一竖直面内，如图4所示。当开关S合上时（一小段时间内），从上方俯视，线圈应该（）图4A顺时针方向转动，同时向左移动B逆时针方向转动，同时向右移动C顺时针方向转动，同时悬线的拉力减小D逆时针方向转动，同时悬线的拉力增大选D闭合S后，螺线管左端为S极，右端为N极，由左手定则知圆环右边受垂直于纸面向里的安培力，左边受垂直于纸面向外的安培力，所以从上向下看线圈逆时针方向转动，当转动到线圈与纸面垂直时，线圈等效为左端为N

17、极、右端为S极的磁针，由磁极间的作用力可知悬线拉力增大。5.如图5所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B1 T的匀强磁场中，CO间距离为10 cm，当磁场力为0.2 N时，闸刀开关会自动跳开。则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为（）图5A电流方向CO，电流大小为1 AB电流方向CO，电流大小为2 AC电流方向OC，电流大小为1 AD电流方向OC，电流大小为2 A选D由FBIL得到IA2 A，因开关跳开时，要求安培力向左，由左手定则得电流方向OC，所以D正确。6.如图6所示，在光滑的水平面上放一半径为R的导体

18、环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直环面向里，当环中通有恒定电流I时，求导体环截面的张力大小。图6导体环上任一点受安培力的方向总背离圆心，安培力的合力为零，但导体环截面上任一点的张力并不为零，为求张力，可将环分割，使内力（张力）变为外力。将导体环一分为二，半圆环的有效长度为直径2R，F安BI2R。设张力大小为F，如图所示，由平衡条件知：2F2IRB。故所求张力的大小为FIRB。IRB7.如图7所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的安培力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的安培力大小变为F2，则此时b受到的安培力大小变为（）图7AF2 BF1F

19、2CF1F2 D2F1F2选A导线a、b在对方位置产生的磁感应强度大小相等方向相同，增加匀强磁场后，合磁感应强度仍然大小相等，则a、b所受安培力仍然大小相等，即b受到的安培力大小也变为F2，故A正确，B、C、D错误。8（多选）在倾角为的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，如图8所示，当加上如下所述的磁场后，有可能使导线静止在斜面上的是（）图8A加竖直向下的匀强磁场B加垂直斜面向下的匀强磁场C加水平向右的匀强磁场D加沿斜面向上的匀强磁场选AB加竖直向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向左，重力、支持力与安培力可以三力平衡，故A正确；加垂直斜面向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方

20、向沿斜面的方向向上，重力、支持力与安培力可以三力平衡，故B正确；加水平向右的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向下，重力、支持力与安培力不可以平衡，故C错误；加沿斜面向上的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于斜面向上，重力、支持力与安培力三力不可能平衡，故D错误。9.如图9所示，各边由不同材料制成的边长为L的正三角形金属框放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。若通以图示方向的电流，且已知从B端流入的总电流强度为I。则金属框受到的总磁场力的大小为（）图9A0 BBILC. BIL D条件不足，无法计算选B由题图可知，电流由B流入，从C流出，则有电流从B到C，与从B经A再到C两部分

21、，产生的安培力，可等效成从B到C直导线产生的安培力，由于总电流强度为I，因此金属框受到的磁场力大小为BIL，故B正确，A、C、D错误。10. （多选）电磁轨道炮工作原理如图10所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（）图10A只将轨道长度L变为原来的2倍B只将电流I增加到原来的2倍C只将弹体质量减小到原来的一半D将弹体质量减小

22、到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变选BD因为F安BId，W安BIdL，所以由动能定理知，BIdLmv2，所以v，故使L变为原来的2倍，速度仅变为原来的倍，A错；I变为原来的2倍，由磁感应强度的大小与I成正比，B也变为原来的2倍，故速度v变为原来的2倍，B正确；同样分析可知C错，D正确。11如图11所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为L1.0 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m20 g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M30 g。在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B0.2 T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10 m/s2。若导轨是粗糙的

23、，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？图11导体棒的最大静摩擦力大小为fm0.5mg0.1 N，物体c的重力为GMg0.3 N，则fmMg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向右，设此时电流为I1，则由平衡条件有BI1LMgfm，解得，I12 A若BILMg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向左，设此时电流为I2，则由平衡条件有MgBI2Lfm，解得，I21 A即ab棒中电流为1 AI2 A。电流为1 AI2 A，电流的方向为由a到b12. （2015全国卷）如图12所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相

24、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 。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。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12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l10.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg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FIBL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l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k（l1l2）mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m0.01 kg。安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg敬请批评指正