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22届高中物理一轮总复习 23 磁场的描述 磁场对电流的作用（新高考）课件PPT
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这是一份22届高中物理一轮总复习 23 磁场的描述 磁场对电流的作用（新高考）课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，素养导读备考定向，核心素养，试题情境，考向预测，必备知识预案自诊，知识梳理，考点自诊，关键能力学案突破，对点演练等内容，欢迎下载使用。
在日常生产生活和科技方面的主要试题情境有地磁场、电磁炮、电流天平、超导电磁船、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件等
学习探索类涉及的主要试题情境有通电导体在安培力作用下的平衡与加速问题、运动粒子在磁场中的运动问题
本章内容属于高考考查的热点,既有选择题,又有计算题,甚至出现与电场、电磁感应综合的压轴题。考查的具体内容主要包括以下几个方面:①电流的磁场及安培定则的应用;②安培力、洛伦兹力的理解及应用;③带电粒子在磁场中的圆周运动问题;④带电粒子在有界磁场中的多解与临界问题;⑤带电粒子在复合场中的运动问题;⑥洛伦兹力在现代科技中的应用
一、磁场、磁感应强度1.磁场(1)基本特性:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有 的作用。 (2)方向:小磁针的 所受磁场力的方向。
2.磁感应强度(1)物理意义:描述磁场的 和 。 (2)大小:B= (通电导线垂直于磁场)。① (3)方向:小磁针静止时 的指向。 (4)单位:特斯拉(T)。
二、磁感线 几种常见的磁场1.磁感线②在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的 方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。
2.几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)
(3)匀强磁场在磁场的某些区域内,磁感线为 的平行线,如图所示。
(4)地磁场①地磁场的N极在地理 附近,S极在地理 附近,磁感线分布如图所示。 ②在赤道上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度 ,方向水平 。
三、安培力的方向和大小1.安培力的方向③(1)左手定则:伸开左手,使大拇指跟其余四指垂直,并且都跟手掌在一个平面内,把手放入磁场中让磁感线垂直穿入手心,并使伸开的 指向电流的方向,那么, 所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
(2)两平行的通电直导线间的安培力:同向电流互相 ,反向电流互相 。
2.安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时,F=BIlsin θ,这是一般情况下的安培力的表达式,以下是两种特殊情况:(1)当磁场与电流 时,安培力最大,Fmax=BIl。 (2)当磁场与电流 时,安培力等于零。
1.判断下列说法的正误。(1)磁场中某点磁感应强度的方向,跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。( )(2)磁感线是真实存在的。( )(3)在同一幅图中,磁感线越密,磁场越强。( )(4)将通电导线放入磁场中,若不受安培力,说明该处磁感应强度为零。( )(5)由定义式 可知,电流I越大,导线L越长,某点的磁感应强度就越小。( )
2.(新教材人教版选择性必修第二册P6习题改编)下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力,其中正确的是( )
3.(新教材人教版选择性必修第二册P6习题改编)如图所示,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( )
答案 A解析 由安培力F=BIL可知,线圈在磁场中的有效长度越大,天平越容易失去平衡,故A正确。
4.(2020浙江卷)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则( )A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感应强度方向竖直向下D.c点处的磁感应强度方向竖直向下
答案 C解析 由于I1>I2,I1在b点产生的磁感应强度更大,故b点的磁感应强度大小不为零,同理,d点的磁感应强度大小也不为零,选项A、B错误;a、c两点连线与两导线等高并垂直,根据安培定则可知a点处的磁感应强度方向竖直向下,c点处的磁感应强度方向竖直向上,选项C正确,D错误。
5.(新教材人教版必修第三册P109“演示”改编)如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验示意图。三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上,导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来,它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近为匀强磁场,最初导线2、3接在直流电源上,电源没有在图中画出。接通电源后能使导体棒摆动幅度增大的措施是 (只填前面的序号)。 ①换用磁性更强的马蹄形磁铁②拿掉中间的马蹄形磁铁③增大直流电源的电压
④减小直流电源的电压⑤把导线1、4接在直流电源上⑥剪掉导线2、3两侧的导体棒
答案①③⑤解析导体棒摆动幅度与磁场强弱、通电电流大小、通电导线长度均有关系,磁场越强、通电电流越大、通电导线越长,导体棒摆动幅度就越大。故①③⑤正确。
2.磁场的叠加(1)磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,遵守平行四边形定则,可以用正交分解法进行合成与分解。(2)两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。
【典例1】 (多选)(2020安徽马鞍山高三下学期第二次质检)如图所示,在垂直纸面向里的匀强磁场中,有两根彼此靠近且平行的长直导线a和b放在纸面内,导线长度均为L。导线中通有如图所示的相反方向电流,a中电流为I,b中电流为2I,a受到的磁场力大小为F1,b受到的磁场力大小为F2,则( )
A.导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里B.F2=2F1C.F2<2F1D.导线a的电流在导线b处产生的磁感应强度大小为
答案 AC 解析 由安培定则可知,导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里,选项A正确;两个导线间的作用力是相互排斥力,根据牛顿第三定律,两力等大、反向、共线,大小设为Fab,磁场的磁感应强度为B,则对左边电流有F1=BIL+Fab,对右边电流有F2=2BIL+Fab,两式联立解得Fab=2F1-F2,则2F1>F2,则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为选项C正确,选项B、D错误。
思维点拨 (1)由安培定则可以判断电流产生的磁场方向;(2)每一根导线受到的磁场力为匀强磁场和另一根通电导线施加的安培力的合力;(3)根据安培力公式可以反过来求解导线所在位置的合磁感应强度。
磁场叠加问题的分析思路(1)确定磁场场源,如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向,如图所示M、N在c点产生的磁场磁感应强度分别为BM、BN。(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中c点的合磁场磁感应强度为B。
1.(2021年1月广东省适应性测试)如图所示,矩形abcd的边长bc是ab的2倍,两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流,垂直穿过矩形平面,与平面交于e、f两点,其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是( )A.a点与b点的磁感应强度相同B.a点与c点的磁感应强度相同C.a点与d点的磁感应强度相同D.a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同
解析 通电直导线在周围形成的磁场,大小为B= ,方向由安培定则可知,从右向左画出各点的磁感应强度的平面图,如图所示,由对称性可知a与c点的合磁感应强度等大同向,b与d两点的合磁感应强度等大同向。故选B。
2.三根通电长直导线垂直纸面平行固定,其截面构成一正三角形,O为三角形的重心,通过三根直导线的电流分别用I1、I2、I3表示,方向如图。现在O点垂直纸面固定一根通有电流为I0的直导线,当I1=I2=I3=I0时,O点处导线受到的安培力大小为F。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度的大小和电流成正比,则( )A.当I1=3I0、I2=I3=I0时,O点处导线受到的安培力大小为4FB.当I1=3I0、I2=I3=I0时,O点处导线受到的安培力大小为 FC.当I2=3I0、I1=I3=I0时,O点处导线受到的安培力大小为 FD.当I3=3I0、I1=I2=I0时,O点处导线受到的安培力大小为2F
答案 C 解析 根据安培定则画出I1、I2、I3在O点的磁感应强度B1、B2、B3的示意图如图甲所示,当I1=I2=I3=I0时,三根导线在O点产生的磁感应强度大小相等,设为B0,根据磁场叠加原理可知,此时O点的磁感应强度为B=2B0,此时O点处对应的导线受到的安培力F=2B0I0L,由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度的大小和电流成正比,当I1=3I0、I2=I3=I0时,有B1=3B0,B2=B3=B0,根据磁场叠加原理可知,此时O点的磁感应强度为B=4B0,此时O点处对应的导线受到的安培力F'=4B0I0L=2F,A、B错误;
1.安培力公式F=BIl,应用时要注意:(1)B与I垂直。(2)B与I平行时,F=0。(3)l是有效长度。弯曲导线的有效长度l,等于连接两端点线段的长度(如图所示);相应的电流沿l由始端流向末端。2.方向:根据左手定则判断。
【典例2】 (2020山东日照4月模拟)如图所示,用电阻率为ρ、横截面积为S、粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架,ab、cd边均与ad边成60°角,ab=bc=cd=L。框架与一电动势为E、内阻忽略不计的电源相连接。垂直于竖直框架平面有磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场,则框架受到安培力的合力的大小和方向为( )
答案 A 解析 根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,如图所示,设电路abcd上的电阻为3r,由几何关系得,ad段的长度为2L,所以ad上的电阻为2r;abcd上的电流为I1= ,ad上的电流为I2= ,则ab、bc、cd上的安培力
线框的abcd部分的有效长度与ad部分相等,电流均由左向右,故安培力的方向均竖直向上,但要注意二者中的电流大小不同,故abcd部分与ad部分所受安培力的大小不同。
3.(2020广东广州一模)如图,“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,ab⊥bc,ab长为l,bc长为 l,导线通入恒定电流I,设导线受到的安培力大小为F,方向与bc夹角为θ,则( )
4.(2019全国卷Ⅰ)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为( )A.2FD.0
答案 B解析 导体棒MN受到的安培力为F=BIL。根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B。
求解安培力作用下通电导体的平衡问题的关键是将三维图转化为二维平面图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图。
【典例3】 如图所示,在倾角为θ=37°的斜面上,固定一宽为L=1.0 m的平行金属导轨。现在导轨上垂直导轨放置一质量m=0.4 kg、电阻R0=2.0 Ω、长为1.0 m的金属棒ab,它与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场中。导轨所接电源的电动势为E=12 V,内阻r=1.0 Ω,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑动变阻器的阻值符合要求,其他电阻不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。现要保持金属棒在导轨上静止不动,求:(1)金属棒所受安培力的取值范围;(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围。
答案(1) N≤F≤8 N (2)0≤R≤30 Ω
解析(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时,金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力,方向平行斜面向下,设金属棒受到的安培力大小为F1,其受力分析如图甲所示。则有FN=F1sin θ+mgcs θ,F1cs θ=mgsin θ+fmax,fmax=μFN以上三式联立并代入数据可得F1=8 N
当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时,设金属棒受到的安培力大小为F2,其受力分析如图乙所示。则有FN'=F2sin θ+mgcs θ,F2cs θ+fmax'=mgsin θ,fmax'=μFN'以上三式联立并代入数据可得F2= N所以金属棒受到的安培力的取值范围为 N≤F≤8 N
由闭合电路欧姆定律,有E-I1r=I1(R0+R1),代入数据可得R1=30 Ω电流为I2=4 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2,由闭合电路欧姆定律,有E-I2r=I2(R0+R2),代入数据可得R2=0所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30 Ω
破题 由于导体棒处于静止状态,通过受力分析、共点力平衡及闭合电路的欧姆定律即可求得范围。
规律方法1.求解安培力作用下导体棒问题的基本思路
2.求解关键(1)电磁问题力学化。(2)立体图形平面化。
5.(多选)如图所示为实验室电磁炮的模型图,在倾角θ=37°的绝缘斜面上固定两条不计电阻、宽d=1 m的平行金属导轨。导轨处在垂直斜面向下、磁感应强度B=2 T的匀强磁场中。导轨下端接有电动势E=24 V、内阻r=1 Ω的电源,滑动变阻器的阻值变化范围为0~10 Ω,允许通过的最大电流为5 A。导轨上放置一质量m=1 kg(连同金属杆PQ)的电磁炮,金属杆PQ垂直两金属导轨放置,金属杆电阻R0=2 Ω,与导轨间动摩擦因数为0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。闭合开关S,使电磁炮在斜面上静止,则滑动变阻器连入电路的阻值可能是(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)( )A.2 ΩB.4 Ω C.6 ΩD.8 Ω
解析 电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力,其中摩擦力可能沿导轨向上,也可能沿导轨向下,由平衡条件可知mgsin θ±f=IdB,又f≤μmgcs θ,解得2.2 A≤I≤3.8 A,由闭合电路欧姆定律可知
6.(多选)(2020安徽宿州模拟)如图所示,ab、cd是两根长度均为L=4.0 m,质量分别为m1=0.6 kg和m2=0.2 kg的金属棒,两根等长的细金属杆将两节干电池与两个金属棒串联成闭合回路,整个回路用绝缘细线悬挂在天花板上,保证金属棒水平。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1.0 T,电路中的电流I=0.5 A,待系统稳定之后(金属棒、细金属杆在力的作用下不会发生变形,g取10 m/s2),则( )A.绝缘细线与竖直方向的夹角为0°B.绝缘细线与竖直方向的夹角为45°C.细金属杆与竖直方向的夹角为45°D.细金属杆与竖直方向的夹角为90°
答案 AC 解析 以整体为研究对象,整体共受到四个力的作用,水平方向上,两金属棒受到大小均为F=BIL,方向相反的安培力,这两个力互相平衡;竖直方向上,绝缘细线的拉力与总的重力平衡,因为重力的方向竖直向下,所以,绝缘细线的拉力一定是竖直向上,也就是说,绝缘细线与竖直方向的夹角为0°,A正确,B错误;以cd棒为研究对象,cd棒受三个力而平衡,安培力F=BIL=1×0.5×4 N=2 N,cd棒的重力m2g=0.2×10 N=2 N,由平衡条件得F=m2gtan θ,解得θ=45°,即细金属杆与竖直方向的夹角为45°,C正确,D错误。
1.判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况,然后利用左手定则准确判定导体的受力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
2.安培力下导体运动情况判断的常用方法
【典例4】 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.在纸面内平动
答案 B 解析 方法一(电流元法) 把线圈L1沿水平转动轴分成上、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方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,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,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不平行,则一定有相对转动,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。
【典例5】 (2020江西南昌模拟)如图所示,光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分,O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5 m,匀强磁场方向如图所示,大小为0.5 T,质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点,当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时,金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动。已知N、P为导轨上的两点,ON竖直、OP水平,且lMN=lOP=1 m,g取10 m/s2,则( )A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N
在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F,水平向右的安培力F安,由牛顿第二定律得F-F安= ,解得F=1.5 N,每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N,由牛顿第三定律可知,金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N,选项D正确。
通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象。(2)变三维为二维,如侧视图、剖面图或俯视图,并画出平面受力分析图,其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I。(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
7.(多选)如图所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时台秤读数为F1,现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以方向如图所示的电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是( )A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.F1>F2D.F1
8.如图所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化,下列说法正确的是( )
A.P顺时针转动,Q逆时针转动,转动时P与天花板连接的细线张力不变B.P逆时针转动,Q顺时针转动,转动时两细线张力均不变C.P、Q均不动,P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D.P不动,Q逆时针转动,转动时P、Q间细线张力不变
答案 A解析 根据安培定则,P产生的磁场的方向垂直于纸面向外,Q产生的磁场水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,P将顺时针转动,Q逆时针转动;转动后P、Q两环的电流的方向相同,所以两个线圈相互吸引,中间细线张力减小;由整体法可知,P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和,大小不变;故A正确,B、C、D错误。
在日常生产生活和科技方面的主要试题情境有地磁场、电磁炮、电流天平、超导电磁船、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件等
学习探索类涉及的主要试题情境有通电导体在安培力作用下的平衡与加速问题、运动粒子在磁场中的运动问题
本章内容属于高考考查的热点,既有选择题,又有计算题,甚至出现与电场、电磁感应综合的压轴题。考查的具体内容主要包括以下几个方面:①电流的磁场及安培定则的应用;②安培力、洛伦兹力的理解及应用;③带电粒子在磁场中的圆周运动问题;④带电粒子在有界磁场中的多解与临界问题;⑤带电粒子在复合场中的运动问题;⑥洛伦兹力在现代科技中的应用
一、磁场、磁感应强度1.磁场(1)基本特性:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有 的作用。 (2)方向:小磁针的 所受磁场力的方向。
2.磁感应强度(1)物理意义:描述磁场的 和 。 (2)大小:B= (通电导线垂直于磁场)。① (3)方向:小磁针静止时 的指向。 (4)单位:特斯拉(T)。
二、磁感线 几种常见的磁场1.磁感线②在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的 方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。
2.几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)
(3)匀强磁场在磁场的某些区域内,磁感线为 的平行线,如图所示。
(4)地磁场①地磁场的N极在地理 附近,S极在地理 附近,磁感线分布如图所示。 ②在赤道上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度 ,方向水平 。
三、安培力的方向和大小1.安培力的方向③(1)左手定则:伸开左手,使大拇指跟其余四指垂直,并且都跟手掌在一个平面内,把手放入磁场中让磁感线垂直穿入手心,并使伸开的 指向电流的方向,那么, 所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
(2)两平行的通电直导线间的安培力:同向电流互相 ,反向电流互相 。
2.安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时,F=BIlsin θ,这是一般情况下的安培力的表达式,以下是两种特殊情况:(1)当磁场与电流 时,安培力最大,Fmax=BIl。 (2)当磁场与电流 时,安培力等于零。
1.判断下列说法的正误。(1)磁场中某点磁感应强度的方向,跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。( )(2)磁感线是真实存在的。( )(3)在同一幅图中,磁感线越密,磁场越强。( )(4)将通电导线放入磁场中,若不受安培力,说明该处磁感应强度为零。( )(5)由定义式 可知,电流I越大,导线L越长,某点的磁感应强度就越小。( )
2.(新教材人教版选择性必修第二册P6习题改编)下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力,其中正确的是( )
3.(新教材人教版选择性必修第二册P6习题改编)如图所示,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( )
答案 A解析 由安培力F=BIL可知,线圈在磁场中的有效长度越大,天平越容易失去平衡,故A正确。
4.(2020浙江卷)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则( )A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感应强度方向竖直向下D.c点处的磁感应强度方向竖直向下
答案 C解析 由于I1>I2,I1在b点产生的磁感应强度更大,故b点的磁感应强度大小不为零,同理,d点的磁感应强度大小也不为零,选项A、B错误;a、c两点连线与两导线等高并垂直,根据安培定则可知a点处的磁感应强度方向竖直向下,c点处的磁感应强度方向竖直向上,选项C正确,D错误。
5.(新教材人教版必修第三册P109“演示”改编)如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验示意图。三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上,导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来,它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近为匀强磁场,最初导线2、3接在直流电源上,电源没有在图中画出。接通电源后能使导体棒摆动幅度增大的措施是 (只填前面的序号)。 ①换用磁性更强的马蹄形磁铁②拿掉中间的马蹄形磁铁③增大直流电源的电压
④减小直流电源的电压⑤把导线1、4接在直流电源上⑥剪掉导线2、3两侧的导体棒
答案①③⑤解析导体棒摆动幅度与磁场强弱、通电电流大小、通电导线长度均有关系,磁场越强、通电电流越大、通电导线越长,导体棒摆动幅度就越大。故①③⑤正确。
2.磁场的叠加(1)磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,遵守平行四边形定则,可以用正交分解法进行合成与分解。(2)两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。
【典例1】 (多选)(2020安徽马鞍山高三下学期第二次质检)如图所示,在垂直纸面向里的匀强磁场中,有两根彼此靠近且平行的长直导线a和b放在纸面内,导线长度均为L。导线中通有如图所示的相反方向电流,a中电流为I,b中电流为2I,a受到的磁场力大小为F1,b受到的磁场力大小为F2,则( )
A.导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里B.F2=2F1C.F2<2F1D.导线a的电流在导线b处产生的磁感应强度大小为
答案 AC 解析 由安培定则可知,导线a的电流在导线b处产生的磁场方向垂直纸面向里,选项A正确;两个导线间的作用力是相互排斥力,根据牛顿第三定律,两力等大、反向、共线,大小设为Fab,磁场的磁感应强度为B,则对左边电流有F1=BIL+Fab,对右边电流有F2=2BIL+Fab,两式联立解得Fab=2F1-F2,则2F1>F2,则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为选项C正确,选项B、D错误。
思维点拨 (1)由安培定则可以判断电流产生的磁场方向;(2)每一根导线受到的磁场力为匀强磁场和另一根通电导线施加的安培力的合力;(3)根据安培力公式可以反过来求解导线所在位置的合磁感应强度。
磁场叠加问题的分析思路(1)确定磁场场源,如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向,如图所示M、N在c点产生的磁场磁感应强度分别为BM、BN。(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中c点的合磁场磁感应强度为B。
1.(2021年1月广东省适应性测试)如图所示,矩形abcd的边长bc是ab的2倍,两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流,垂直穿过矩形平面,与平面交于e、f两点,其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是( )A.a点与b点的磁感应强度相同B.a点与c点的磁感应强度相同C.a点与d点的磁感应强度相同D.a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同
解析 通电直导线在周围形成的磁场,大小为B= ,方向由安培定则可知,从右向左画出各点的磁感应强度的平面图,如图所示,由对称性可知a与c点的合磁感应强度等大同向,b与d两点的合磁感应强度等大同向。故选B。
2.三根通电长直导线垂直纸面平行固定,其截面构成一正三角形,O为三角形的重心,通过三根直导线的电流分别用I1、I2、I3表示,方向如图。现在O点垂直纸面固定一根通有电流为I0的直导线,当I1=I2=I3=I0时,O点处导线受到的安培力大小为F。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度的大小和电流成正比,则( )A.当I1=3I0、I2=I3=I0时,O点处导线受到的安培力大小为4FB.当I1=3I0、I2=I3=I0时,O点处导线受到的安培力大小为 FC.当I2=3I0、I1=I3=I0时,O点处导线受到的安培力大小为 FD.当I3=3I0、I1=I2=I0时,O点处导线受到的安培力大小为2F
答案 C 解析 根据安培定则画出I1、I2、I3在O点的磁感应强度B1、B2、B3的示意图如图甲所示,当I1=I2=I3=I0时,三根导线在O点产生的磁感应强度大小相等,设为B0,根据磁场叠加原理可知,此时O点的磁感应强度为B=2B0,此时O点处对应的导线受到的安培力F=2B0I0L,由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度的大小和电流成正比,当I1=3I0、I2=I3=I0时,有B1=3B0,B2=B3=B0,根据磁场叠加原理可知,此时O点的磁感应强度为B=4B0,此时O点处对应的导线受到的安培力F'=4B0I0L=2F,A、B错误;
1.安培力公式F=BIl,应用时要注意:(1)B与I垂直。(2)B与I平行时,F=0。(3)l是有效长度。弯曲导线的有效长度l,等于连接两端点线段的长度(如图所示);相应的电流沿l由始端流向末端。2.方向:根据左手定则判断。
【典例2】 (2020山东日照4月模拟)如图所示,用电阻率为ρ、横截面积为S、粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架,ab、cd边均与ad边成60°角,ab=bc=cd=L。框架与一电动势为E、内阻忽略不计的电源相连接。垂直于竖直框架平面有磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场,则框架受到安培力的合力的大小和方向为( )
答案 A 解析 根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,如图所示,设电路abcd上的电阻为3r,由几何关系得,ad段的长度为2L,所以ad上的电阻为2r;abcd上的电流为I1= ,ad上的电流为I2= ,则ab、bc、cd上的安培力
线框的abcd部分的有效长度与ad部分相等,电流均由左向右,故安培力的方向均竖直向上,但要注意二者中的电流大小不同,故abcd部分与ad部分所受安培力的大小不同。
3.(2020广东广州一模)如图,“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,ab⊥bc,ab长为l,bc长为 l,导线通入恒定电流I,设导线受到的安培力大小为F,方向与bc夹角为θ,则( )
4.(2019全国卷Ⅰ)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为( )A.2FD.0
答案 B解析 导体棒MN受到的安培力为F=BIL。根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B。
求解安培力作用下通电导体的平衡问题的关键是将三维图转化为二维平面图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图。
【典例3】 如图所示,在倾角为θ=37°的斜面上,固定一宽为L=1.0 m的平行金属导轨。现在导轨上垂直导轨放置一质量m=0.4 kg、电阻R0=2.0 Ω、长为1.0 m的金属棒ab,它与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=2 T的匀强磁场中。导轨所接电源的电动势为E=12 V,内阻r=1.0 Ω,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑动变阻器的阻值符合要求,其他电阻不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。现要保持金属棒在导轨上静止不动,求:(1)金属棒所受安培力的取值范围;(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围。
答案(1) N≤F≤8 N (2)0≤R≤30 Ω
解析(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时,金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力,方向平行斜面向下,设金属棒受到的安培力大小为F1,其受力分析如图甲所示。则有FN=F1sin θ+mgcs θ,F1cs θ=mgsin θ+fmax,fmax=μFN以上三式联立并代入数据可得F1=8 N
当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时,设金属棒受到的安培力大小为F2,其受力分析如图乙所示。则有FN'=F2sin θ+mgcs θ,F2cs θ+fmax'=mgsin θ,fmax'=μFN'以上三式联立并代入数据可得F2= N所以金属棒受到的安培力的取值范围为 N≤F≤8 N
由闭合电路欧姆定律,有E-I1r=I1(R0+R1),代入数据可得R1=30 Ω电流为I2=4 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2,由闭合电路欧姆定律,有E-I2r=I2(R0+R2),代入数据可得R2=0所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30 Ω
破题 由于导体棒处于静止状态,通过受力分析、共点力平衡及闭合电路的欧姆定律即可求得范围。
规律方法1.求解安培力作用下导体棒问题的基本思路
2.求解关键(1)电磁问题力学化。(2)立体图形平面化。
5.(多选)如图所示为实验室电磁炮的模型图,在倾角θ=37°的绝缘斜面上固定两条不计电阻、宽d=1 m的平行金属导轨。导轨处在垂直斜面向下、磁感应强度B=2 T的匀强磁场中。导轨下端接有电动势E=24 V、内阻r=1 Ω的电源,滑动变阻器的阻值变化范围为0~10 Ω,允许通过的最大电流为5 A。导轨上放置一质量m=1 kg(连同金属杆PQ)的电磁炮,金属杆PQ垂直两金属导轨放置,金属杆电阻R0=2 Ω,与导轨间动摩擦因数为0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。闭合开关S,使电磁炮在斜面上静止,则滑动变阻器连入电路的阻值可能是(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)( )A.2 ΩB.4 Ω C.6 ΩD.8 Ω
解析 电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力,其中摩擦力可能沿导轨向上,也可能沿导轨向下,由平衡条件可知mgsin θ±f=IdB,又f≤μmgcs θ,解得2.2 A≤I≤3.8 A,由闭合电路欧姆定律可知
6.(多选)(2020安徽宿州模拟)如图所示,ab、cd是两根长度均为L=4.0 m,质量分别为m1=0.6 kg和m2=0.2 kg的金属棒,两根等长的细金属杆将两节干电池与两个金属棒串联成闭合回路,整个回路用绝缘细线悬挂在天花板上,保证金属棒水平。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=1.0 T,电路中的电流I=0.5 A,待系统稳定之后(金属棒、细金属杆在力的作用下不会发生变形,g取10 m/s2),则( )A.绝缘细线与竖直方向的夹角为0°B.绝缘细线与竖直方向的夹角为45°C.细金属杆与竖直方向的夹角为45°D.细金属杆与竖直方向的夹角为90°
答案 AC 解析 以整体为研究对象,整体共受到四个力的作用,水平方向上,两金属棒受到大小均为F=BIL,方向相反的安培力,这两个力互相平衡;竖直方向上,绝缘细线的拉力与总的重力平衡,因为重力的方向竖直向下,所以,绝缘细线的拉力一定是竖直向上,也就是说,绝缘细线与竖直方向的夹角为0°,A正确,B错误;以cd棒为研究对象,cd棒受三个力而平衡,安培力F=BIL=1×0.5×4 N=2 N,cd棒的重力m2g=0.2×10 N=2 N,由平衡条件得F=m2gtan θ,解得θ=45°,即细金属杆与竖直方向的夹角为45°,C正确,D错误。
1.判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况,然后利用左手定则准确判定导体的受力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
2.安培力下导体运动情况判断的常用方法
【典例4】 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.在纸面内平动
答案 B 解析 方法一(电流元法) 把线圈L1沿水平转动轴分成上、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方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,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,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不平行,则一定有相对转动,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。
【典例5】 (2020江西南昌模拟)如图所示,光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分,O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5 m,匀强磁场方向如图所示,大小为0.5 T,质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点,当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时,金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动。已知N、P为导轨上的两点,ON竖直、OP水平,且lMN=lOP=1 m,g取10 m/s2,则( )A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N
在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F,水平向右的安培力F安,由牛顿第二定律得F-F安= ,解得F=1.5 N,每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N,由牛顿第三定律可知,金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N,选项D正确。
通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路(1)选定研究对象。(2)变三维为二维,如侧视图、剖面图或俯视图,并画出平面受力分析图,其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I。(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
7.(多选)如图所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时台秤读数为F1,现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以方向如图所示的电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是( )A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.F1>F2D.F1
8.如图所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化,下列说法正确的是( )
A.P顺时针转动,Q逆时针转动,转动时P与天花板连接的细线张力不变B.P逆时针转动,Q顺时针转动,转动时两细线张力均不变C.P、Q均不动,P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D.P不动,Q逆时针转动,转动时P、Q间细线张力不变
答案 A解析 根据安培定则,P产生的磁场的方向垂直于纸面向外,Q产生的磁场水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,P将顺时针转动,Q逆时针转动;转动后P、Q两环的电流的方向相同,所以两个线圈相互吸引,中间细线张力减小;由整体法可知,P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和,大小不变;故A正确,B、C、D错误。
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