2017-2018学年高中创新设计物理教科版选修3-1课件：第三章第4讲习题课：安培力的综合应用

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2017-2018学年高中物理第三章磁场 3 几种常见的磁场课件新人教版选修3-1

三、匀强磁场磁通量
导学探究
(1)如图6，平面S在垂直于磁场方向上的投影面
积为S′.若有n条磁感线通过S′，则通过面积S
的磁感线有多少条？答案
n条
图6
(2)若磁场增强，即B增大，通过面积S的磁感线条数是否增多？答案
B增大时，通过面积S的磁感线条数增多
知识梳理
1.匀强磁场 (1)定义：磁感应强度的大小、方向处处相同的磁场. 磁感线：间隔相同的平行直线 . (2)实例：距离很近的两个平行的异名磁极间的磁场，相隔适当距离的两平行放置的通电线圈，其中间区域的磁场都是匀强磁场.
A.1∶1
√B.1∶2
C. 3∶1
D. 3∶2
图12
3
达标检测
1.下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是答案解析
√
电流与电流磁场的分布，利用的是右手螺旋定则，大拇指指向直导线电
流方向，四指指向磁感线方向，因此A、B错；
对于螺线管和环形电流，四指弯曲方向为电流方向，大拇指指向内部磁
二、安培分子电流假说导学探究磁铁和电流都能产生磁场，而且通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，它们的磁场有什么联系？答案它们的磁场都是由电荷的运动产生的.
知识梳理
安培分子电流假说
(1)法国学者安培提出：在原子、分子等物质
微粒的内部，存在着一种环形电流——__分__子___
_电__流___.分子电流使每个物质微粒都成为微小的
针对训练1 如图9所示，圆环上带有大量
的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、
b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正
确的是答案
A.a、b、c的N极都向纸里转

2017-2018学年高中创新设计物理教科版选修3-1练习：第三章磁场章末检测(A)-word

章末检测(A)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题5分，共50分)1．一个质子穿过某一空间而未发生偏转，则()A．可能存在电场和磁场，它们的方向与质子运动方向相同B．此空间可能有磁场，方向与质子运动速度的方向平行C．此空间可能只有磁场，方向与质子运动速度的方向垂直D．此空间可能有正交的电场和磁场，它们的方向均与质子速度的方向垂直2．两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图1所示，则圆心O处磁感应强度的方向为(AA′面水平，BB′面垂直纸面) A．指向左上方B．指向右下方C．竖直向上D．水平向右3．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大4．关于带电粒子在匀强磁场中运动，不考虑其他场力(重力)作用，下列说法正确的是()A．可能做匀速直线运动B．可能做匀变速直线运动C．可能做匀变速曲线运动D．只能做匀速圆周运动图1图2图3图4 5．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图2所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是()A．离子由加速器的中心附近进入加速器B．离子由加速器的边缘进入加速器C．离子从磁场中获得能量D．离子从电场中获得能量6．如图3所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场B后，保持原速度做匀速直线运动，如果使匀强磁场发生变化，则下列判断中正确的是()A．磁场B减小，油滴动能增加B．磁场B增大，油滴机械能不变C．使磁场方向反向，油滴动能减小D．使磁场方向反向后再减小，油滴重力势能减小7．如图4所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中(不计空气阻力)．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是下图中的()8.如图5所示，空间的某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述3种情况下，从A到B点，从A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有(粒子重力忽略不计)()图5A．t1＝t2＝t3B．t2<t1<t3C．t1＝t2<t3D．t1＝t3>t29．如图6所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是()图6A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的质量一定不相同C．这三束正离子的电荷量一定不相同D．这三束正离子的比荷一定不相同10．如图7所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中．轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M、N为轨道的最低点，则下列说法正确的是()图7A．两小球到达轨道最低点的速度v M<v NB．两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力F M<F NC．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间11．(6分)一个电子(电荷量为e，质量为m)以速率v从x轴上某点垂直x轴进入上方匀强磁场区域，如图8所示，已知上方磁感应强度为B，且大小为下方匀强磁场磁感应强度的2倍，将从开始到再一次由x轴进入上方磁场作为一个周期，那么，电子运动一个周期所用的时间是________，电子运动一个周期的平均速度大小为________．图8图912．（6分）如图9所示,正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔沿a→b方向垂直射入容器内的匀强磁场中，结果一部分电子从小孔c竖直射出，一部分电子从小孔d水平射出，则从c、d两孔射出的电子在容器中运动的时间之比t c∶t d＝____________，在容器中运动的加速度大小之比a c∶a d＝__________.三、计算题(本题共4个小题，满分38分)13．(8分)如图10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I＝1 A，方向垂直纸面向外，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)图1014．(10分)电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图11所示，求：图11(1)OP的长度；(2)电子由O点射入到落在P点所需的时间t.15．(10分)如图12所示，有界匀强磁场的磁感应强度B＝2×10－3T；磁场右边是宽度L＝0.2 m、场强E＝40 V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q＝－3.2×10－19 C，质量m＝6.4×10－27 kg，以v＝4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：图12(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能E k.16．(10分)质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图13所示，已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．图13(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)；(2)求匀强磁场的磁感应强度B.第三章磁场(A)答案1．ABD [带正电的质子穿过一空间未偏转，可能不受力，可能受力平衡，也可能受合外力方向与速度方向在同一直线上．]2．A3．D [磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度，疏密程度表示大小．]4．A [带电粒子在匀强磁场中运动时所受的洛伦兹力跟速度方向与磁场方向的夹角有关，当速度方向与磁场方向平行时，它不受洛伦兹力作用，又不受其他力作用，这时它将做匀速直线运动，故A 项正确．因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，改变速度方向，因而同时也改变洛伦兹力的方向，故洛伦兹力是变力，粒子不可能做匀变速运动，故B 、C 两项错误．只有当速度方向与磁场方向垂直时，带电粒子才做匀速圆周运动，故D 项中“只能”是不对的．]5．AD [本题源于课本而又高于课本，既考查考生对回旋加速器的结构及工作原理的掌握情况，又能综合考查磁场和电场对带电粒子的作用规律．由R ＝mv qB知，随着被加速离子的速度增大，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径逐渐增大，所以离子必须由加速器中心附近进入加速器，A 项正确，B 项错误；离子在电场中被加速，使动能增加；在磁场中洛伦兹力不做功，离子做匀速圆周运动，动能不改变．磁场的作用是改变离子的速度方向，所以C 项错误，D 项正确．]6．ABD [带负电的油滴在匀强磁场B 中做匀速直线运动，受坚直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，当B 减小时，由F ＝qvB 可知洛伦兹力减小，重力大于洛伦兹力，重力做正功，故油滴动能增加，A 正确；B 增大，洛伦兹力大于重力，重力做负功，而洛伦兹力不做功，故机械能不变，B 正确；磁场反向，洛伦兹力竖直向下，重力做正功，动能增加，重力势能减小，故C 错，D 正确．]7．AD [由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好qv 0B ＝mg ，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以v 0做匀速直线运动，故A 正确；如果qv 0B<mg ，则a ＝μ(mg －qvB )m，随着v 的减小，a 增大，直到速度减为零后静止；如果qv 0B>mg ，则a ＝μ(qvB －mg )m，随着v 的减小a 也减小，直到qvB ＝mg ，以后将以剩余的速度做匀速直线运动，故D 正确，B 、C 错误．]8．C [只有电场时，粒子做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，故t 1＝t 2；只有磁场时做匀速圆周运动，速度大小不变，但沿AC 方向的分速度越来越小，故t 3>t 2，综上所述可知，选项C 对．]9．D [本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，速度选择器的知识．带电粒子在金属板中做直线运动，qvB ＝Eq ，v ＝E B，表明带电粒子的速度一定相等，而电荷的带电量、电性、质量、比荷的关系均无法确定；在磁场中R ＝mv Bq，带电粒子运动半径不同，所以比荷一定不同，D 项正确．]10．D [在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知：12mv 2M＝mgH 12mv 2N＝mgH －qE·d 故v M >v N ，A 、C 不正确．最低点M 时，支持力与重力和洛伦兹力的合力提供向心力，最低点N 时，支持力与重力的合力提供向心力．因v M >v N ，故压力F M >F N ，B 不正确．在电场中因有电场力做负功，有部分机械能转化为电势能，故小球不能到达轨道的另一端．D 正确．]11.3πm eB 2v 3π解析电子一个周期内的运动轨迹如右图所示．由牛顿第二定律及洛伦兹力公式，可知evB ＝mv 2R ，故圆半径R ＝mv eB ，所以上方R 1＝mv eB ，T 1＝2πm eB ；下方R 2＝2mv eB ，T 2＝4πm eB.因此电子运动一个周期所用时间是：T ＝T 12＋T 22＝πm eB ＋2πm eB ＝3πm eB，在这段时间内位移大小：x ＝2R 2－2R 1＝2×2mv eB －2×mv eB ＝2mv eB，所以电子运动一个周期的平均速度大小为： v ＝x T ＝2mv eB 3πm eB＝2v 3π. 12．1∶2 2∶1解析同一种粒子在同一磁场中运动的周期相同，且t c ＝14T ，t d ＝12T ，即t c ∶t d ＝1∶2. 由r ＝mv qB知，v c ∶v d ＝r c ∶r d ＝2∶1，而a c ∶a d ＝qv c B m ∶qv d B m＝v c ∶v d ＝2∶1. 13．5 s 解析斜面对导线的支持力为零时受力分析如右图由平衡条件得：BIL ＝mgcot 37°B ＝mgcot 37°IL＝6×10－2×10×0.80.61×0.4T ＝2 T 所需时间t ＝B ΔB ＝20.4s ＝5 s 14．(1)2mv 0Bq sin θ (2)2θm Bq解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，应根据已知条件首先确定圆心的位置，画出运动轨迹，所求距离应和半径R 相联系，所求时间应和粒子转动的圆心角θ、周期T 相联系．(1)过O 点和P 点做速度方向的垂线，两线交点C 即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如右图所示，则可知OP ＝2R·sin θ①Bqv 0＝m v 20R② 由①②式可解得： OP ＝2mv 0Bqsin θ. (2)由图中可知：2θ＝ωt ③又v 0＝ωR ④由③④式可得：t ＝2θm Bq. 15．(1)见解析图 (2)0.4 m (3)7.68×10－18 J解析 (1)轨迹如下图所示．(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有qvB ＝m v 2R， R ＝mv qB ＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m ＝0.4 m. (3)E k ＝EqL ＋12mv 2＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋12×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10－18 J.16．(1)见解析图 (2)2L (L 2＋d 2)2mU q解析 (1)作出粒子经电场和磁场的轨迹图，如下图(2)设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：qU ＝12mv 2① 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：qvB ＝m v 2r② 由几何关系得：r 2＝(r －L)2＋d 2③联立①②③式得：磁感应强度B ＝2L (L 2＋d 2)2mU q.。

2017-2018学年高二物理人教版选修3-1课件：3.5运动电荷在磁场中受到的力

因为 I=NqSv(N 为单位体积的电荷数) = 上式为电荷垂直磁场方向运动时,电荷受到的洛伦兹力。若电荷运动方向与磁场方向夹角为 θ,则洛伦兹力为 F=qvBsin θ。
�� · qvB,式中 ��
��
=
��
n=NSL,故 F 洛=qvB。
(3)洛伦兹力与电场力的比较。
力内容项目性质洛伦兹力磁场对在其中的运动的电荷的作用力电场力电场对放入其中的电荷的作用力电场中无论电荷处于何种状态 F≠ 0 F=qE 正电荷受力方向与电场方向相同, 负电荷受力方向与电场方向相反可能做正功、负功,也可能不做功既可以改变电荷运动的速度大小, 也可以改变电荷运动的方向
�� 。 ��
(2)霍尔效应如图所示,厚度为 h,宽度为 d 的金属导体板放在垂直于它的磁感应强度为 B 的匀强磁场中。当电流按如图方向通过导体板时,在导体板的上侧面 A 和下侧面 A'之间会产生电势差,这种现象称为霍尔效应。实验表明,当磁场不太强时,电势差 U、电流 I 和 B 的关系为 U=��
2.洛伦兹力与现代科技 (1)磁流体发电机磁流体发电机的发电原理如图所示: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,若平行金属板间距为d,匀强磁场的磁感应强度为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,则可求出两板间最大电压和可能达到的最大电流。

高中物理选修3-1安培力习题及答案

安培力练习题一、不定项选择题1．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有[]A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质B．磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向C．磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止D．磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线2．一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，如图1所示，那么这束带电粒子可能是[]A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．问左飞行的负离子束3．铁心上有两个线圈，把它们和一个干电池连接起来，已知线圈的电阻比电池的内阻大得多，如图2所示的图中，哪一种接法铁心的磁性最强[]4．关于磁场，以下说法正确的是[]A．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感强度一定为零B．磁场中某点的磁感强度，根据公式B=F/I·l，它跟F，I，l都有关C．磁场中某点的磁感强度的方向垂直于该点的磁场方向D．磁场中任一点的磁感强度等于磁通密度，即垂直于磁感强度方向的单位面积的磁通量5．磁场中某点的磁感应强度的方向[]A．放在该点的通电直导线所受的磁场力的方向B．放在该点的正检验电荷所受的磁场力的方向C．放在该点的小磁针静止时N极所指的方向D．通过该点磁场线的切线方向6．下列有关磁通量的论述中正确的是[]A．磁感强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也越大B．磁感强度越大的地方，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量越大C．穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感强度一定为零D．匀强磁场中，穿过线圈的磁感线越多，则磁通量越大7．如图3所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，[]A．磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用B．磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用C．磁铁对桌面的压力增大，个受桌面摩擦力的作用D．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用8．如图4所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近：磁铁处于水平位置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9．通电矩形线圈平面垂直于匀强磁场的磁感线，则有[]A．线圈所受安培力的合力为零B．线圈所受安培力以任一边为轴的力矩为零C．线圈所受安培力以任一对角线为轴的力矩不为零D．线圈所受安培力必定使其四边有向外扩展形变的效果二、填空题10．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A的电流时，受到60×10-2N的磁场力，则磁场的磁感强度是______特；当导线长度缩短一半时，磁场的磁感强度是_____特；当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度是______特．11．如图5所示，abcd是一竖直的矩形导线框，线框面积为S，放在磁场中，ab边在水平面内且与磁场方向成60°角，若导线框中的电流为I，则导线框所受的安培力对某竖直的固定轴的力矩等于______．12．一矩形线圈面积S＝10-2m2，它和匀强磁场方向之间的夹角θ1＝30°，穿过线圈的磁通量Ф＝1×103Wb，则磁场的磁感强度B______；若线圈以一条边为轴的转180°，则穿过线圈的磁能量的变化为______；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为θ2＝0°，则Ф＝______．三、计算题13．如图6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，通以5A的电流时，棒沿导轨作匀速运动；当棒中电流增加到8A时，棒能获得2m/s2的加速度，求匀强磁场的磁感强度的大小；14．如图7所示，通电导体棒AC静止于水平导轨上，棒的质量为m长为l，通过的电流强度为I，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成θ角，求导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为多大？安培力练习题答案一、选择题1．AB 2．BC 3．D 4．D5．CD 6．D 7．A 8．A 9．AB二、填空题三、计算题13．1.2T 14．mg-BIlcosθ，BIlsinθ。

2017-2018学年高中物理选修3-1_第三章章末复习课含答案

第三章章末复习课【知识体系】①运动②错误!③N ④BS⑤右⑥B⑦I⑧左⑨B ⑩v⑪错误!⑫错误!主题一安培力作用下物体的平衡1．分析安培力的方向应牢记安培力方向既跟磁感应强度方向垂直又跟电流方向垂直．2．一般是先把立体图改画成平面图,并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上，然后根据平衡条件列方程．【典例1】（2015·江苏卷）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NM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（)解析：由题意知，当处于磁场中的导体，受安培力作用的有效长度越长，根据F＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡,由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．答案：A针对训练1.如图所示为“等臂电流天平”，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着一矩形线圈，设其匝数n＝9，线圈的水平边长为l＝0.10 m,处在匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直．当线圈中通入如图方向的电流I＝0。

10 A时，调节砝码使两臂平衡．然后使电流反向,大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m＝9.00 g的砝码，才能使两臂再达到新的平衡．则磁感应强度B的大小为(g＝10 m/s2)（）A．0.45 T B．0。

5 TC．0.9 T D．1 T解析：(1）根据平衡条件:有：mg＝2nBIL，得：B＝错误!.根据以上公式，代入数据，则有:B＝0。

009×102×9×0。

1×0.1T＝0。

5 T。

答案：B主题二带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁场及复合场中的运动，往往具有以下特点：（1)受力情况；（2)运动特点不唯一,轨迹发生变化；（3)运动时间不易把握．解题时应分析粒子的受力情况，画出粒子的运动轨迹，利用几何关系找出粒子运动的半径进而结合半径和周期公式求解其他物理量．【典例2】（2016·北京卷)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．（1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．解析：(1）洛伦兹力提供向心力,有qvB＝m错误!，带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝错误!，匀速圆周运动的周期T＝错误!＝错误!.(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB，粒子做匀速直线运动,则qE＝qvB,电场强度E的大小E＝vB.针对训练2。

2017-2018学年高中物理(人教版选修3-1)教学同步课件第3章章末总结

通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态 . 对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键 .分析的一般步骤是： (1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体. (2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等. (3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程. (4)运用平衡条件或动力学知识列式求解.
磁偏转动能的由于FB始终不做功，所以其动
电偏转由于FE对粒子做正功，所以其动能不断增大，并且增大的越
变化
能保持不变
来越快
例2
如图3所示，在虚线所示的宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使
以初速度v0垂直于电场入射的某种正离子偏转θ角.在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场区域的偏转角度也为θ，则匀强磁场的磁感应强度大小为多少？
答案解析
√
Байду номын сангаас
B.此过程中磁感应强度B先减小后增大 mgsin α C.此过程中磁感应强度B的最小值为 IL D.此过程中磁感应强度B的最大值为 mgtan α IL
图2
二、“电偏转”与“磁偏转”的区别
磁偏转电偏转
受力特
若v⊥B，则洛伦兹力FB＝qvB， FE＝qE为恒力，粒子做匀变速
使粒子做匀速圆周运动，其运曲线运动——类平抛运动，其征及运 mv 动规律可由r＝和T＝ 2πm 运动规律可由vx＝v0，x＝v0t， qB qB 动规律 1 qE 2 进行描述 qE 进行描述 vy＝ m t，y＝2· t m 粒子的运动方向能够偏转的角粒子运动方向所能偏转的角度偏转 v π 度不受限制，θB＝ωt＝ r t， θE＜ 2 ，且相等时间内偏转的情况且相等时间内偏转的角度相等角度不同

2018版高中物理选修3-1学案：6-1 习题课安培力的综合应用精品

第2讲习题课安培力的综合应用[目标定位] 1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向.2.理解并熟练应用安培力的计算公式F＝ILB sinθ.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．1．通电导线周围的磁感线的方向可以根据安培定则(也叫右手螺旋定则)判断．2．安培力(1)大小：①磁场和电流垂直时，F＝ILB；②磁场和电流平行时：F＝0；③磁场和电流的夹角为θ时：F＝ILB sin_θ，其中L为通电导线垂直磁场的有效长度．(2)方向：用左手定则判定，其特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．一、安培力作用下物体运动方向的判断方法通电导体在磁场中的运动实质是在磁场对电流的安培力作用下导体的运动．1．电流元法即把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向．2．特殊位置法把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向．3．等效法环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁．条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管．通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析．4．利用结论法(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，电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律．定性分析磁体在电流磁场作用的受力和运动时，可先分析电流在磁体的磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力．例1如图1所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离．其中AB固定，CD能自由活动，当直线电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)()图1A．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答案 D解析根据电流元分析法，把电流CD等效成CO、OD两段电流．由安培定则画出CO、OD所在位置的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．由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90°，如图乙，并画出CD此时位置，AB电流的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB.借题发挥电流在非匀强磁场中受力运动的判断：不管是电流还是磁体，对通电导线的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后结合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动．例2如图2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后，线圈的运动情况是()图2A．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解析解法一电流元法．首先将圆形线圈分成很多小段，每一小段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．甲解法二等效法．将环形电流等效成小磁针，如图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.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.乙二、安培力作用下的导线的平衡1．解决安培力作用下的平衡与解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)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上．(3)根据平衡条件：F合＝0列方程求解．2．分析求解安培力时注意的问题(1)首先画出通电导线所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向．(2)安培力的大小与导线放置的角度有关，但一般情况下只要求导线与磁场垂直的情况，其中L为导线垂直于磁场方向的长度为有效长度．例3如图3所示，质量m＝0.1kg的导体棒静止于倾角θ为30°的斜面上，导体棒长度L ＝0.5m．通入垂直纸面向里的电流，电流大小I＝2A，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T，方向竖直向上的匀强磁场中．求：(取g＝10m/s2)图3(1)导体棒所受安培力的大小和方向；(2)导体棒所受静摩擦力的大小和方向．答案(1)0.5N水平向右(2)0.187N沿斜面向上解析解决此题的关键是分析导体棒的受力情况，明确各力的方向和大小．(1)安培力F 安＝ILB ＝2×0.5×0.5N ＝0.5N ，由左手定则可知安培力的方向水平向右．(2)建立如图所示坐标系，分解重力和安培力．在x 轴方向上，设导体棒受的静摩擦力大小为f ，方向沿斜面向下．在x 轴方向上有：mg sin θ＋f ＝F 安cos θ，解得f ＝－0.187N.负号说明静摩擦力的方向与假设的方向相反，即沿斜面向上．三、安培力和牛顿第二定律的结合解决安培力作用下的力学综合问题，首先做好全面受力分析是前提，无非就是多了一个安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再恰当选取物理规律列方程求解．例4 如图4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4答案 g sin θ－BEL cos θm (R ＋r )解析受力分析如图所示，导体棒受重力mg 、支持力N 和安培力F ，由牛顿第二定律：mg sin θ－F cos θ＝ma ①F ＝ILB ②I ＝E R ＋r③ 由①②③式可得a ＝g sin θ－BEL cos θm (R ＋r ).安培力作用下导体的运动1．两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图5所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是 ( )图5A ．都绕圆柱体转动B ．彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C ．彼此相向运动，电流大的加速度大D ．彼此背向运动，电流大的加速度大答案 B安培力作用下导体的平衡2．如图6所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L ，质量为m ，通过电流为I 的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B 的大小和方向为( )图6A ．B ＝mg sin αIL，方向垂直于斜面向下 B ．B ＝mg sin αIL，方向垂直于斜面向上 C ．B ＝mg tan αIL，方向竖直向下 D ．B ＝mg sin αIL，方向水平向右答案 AC解析根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如图所示．又因为导线还受重力mg 和支持力N ，根据力的平衡知，只有A 、C 两种情况是可能的，其中A 中F ＝mg sin α，则B ＝mg sin αIL ，C 中F ＝mg tan α，B ＝mg tan αIL. 安培力和牛顿第二定律的结合3．澳大利亚国立大学制成了能把2.2g 的弹体(包括金属杆EF 的质量)从静止加速到10km /s 的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)．如图7所示，若轨道宽为2m ，长为100m ，通过的电流为10A ，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度的大小．(轨道摩擦不计)图7答案 55T解析由运动学公式求出加速度a ，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B .根据2as ＝v 2t －v 20得炮弹的加速度大小为a ＝v 2t 2s ＝(10×103)22×100m /s 2＝5×118 m/s 2. 根据牛顿第二定律F ＝ma 得炮弹所受的安培力F ＝ma ＝2.2×10－3×5×118N ＝1.1×118N ，而F ＝IlB ，所以B ＝F Il ＝1.1×10310×2T ＝55T.。

2017-2018学年高中物理选修3-1(人教版)练习：第三章+第4节+通电导线在磁场中受到的力

第三章磁场4 通电导线在磁场中受到的力A级抓基础1.如图所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2的过程中，通电导线所受安培力( )A．数值变大，方向不变B．数值变小，方向不变C．数值不变，方向改变D．数值、方向均改变答案：B2．在如图所示各图中，表示磁场B方向、电流I方向及电流受力F方向三者关系正确的是( )A BC D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l，则MN所受安培力大小( )A．F＝BIl B．F＝BIl sin θC．F＝BIlsin θD．F＝BIl cos θ答案：C4．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示．过c点的导线所受安培力的方向( )A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边答案：C5．如图所示，一根长为L的细铝棒用两根劲度系数为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中．当电流I方向向右时，两根弹簧缩短；当I的方向向左时，两弹簧伸长，并且相对于平衡位置伸长、缩短的长度都是Δl，则磁场的磁感应强度为多少？解析：不通电流时，铝棒受力平衡有mg＝2kx；弹簧缩短时，有mg＝2k(x－Δl)＋BIL；弹簧伸长时，有mg＋BIL＝2k(x＋Δl)，可解得B＝2kΔl LI.B级提能力6.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，磁场对流过的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( )A BC D答案：B7．(多选)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，ad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．线框有两条边所受的安培力大小相同C．线框所受安培力合力向左D．线框所受安培力合力为零答案：BC8.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．以上说法都不正确答案：A9．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( )答案：A10.如图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( )A ．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为（m 1－m 2）g NILB ．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为mg 2NILC ．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为（m 1－m 2）g NILD ．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为mg 2NIL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，所以此时安培力竖直向上，由左手定则判断磁场向里．电流反向前，有m 1g ＝m 2g ＋m 3g ＋NBIL ，其中m 3为线圈质量．电流反向后，有m 1g ＝m 2g ＋m 3g ＋mg －NBIL .两式联立可得B ＝mg2NIL，故选B. 答案：B11．如图所示，一根质量m ＝50 g ，长L ＝1 m 的导体棒放在倾角θ＝30°的粗糙斜面上，整个装置处于垂直于斜面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.1 T ．试求：(1)当导体棒通入3 A 的电流时，其处于静止状态下所受的摩擦力大小；(2)若静止的导体棒与斜面无相对运动趋势时，导体棒中通入的电流大小．解析：由左手定则可知，棒受到的安培力的方向沿斜面向上，大小：F 1＝BI 1L ＝0.1×3×1 N ＝0.3 N ．棒受到的摩擦力的方向向下，由受力平衡得F 1＝mg ＋f .所以f ＝F 1－mg sin 30°＝0.3－0.05×10×12N ＝0.05 N. (2)若静止的导体棒与斜面无相对运动趋势时，则安培力的大小与棒沿斜面向下的分力大小相等．即：F 2＝mg sin 30°＝0.05×10×12N ＝0.25 N. 又：F 2＝BI 2L ，所以：I2＝F′BL＝0.250.1×1A＝2.5 A.小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。

2018版高中物理鲁科版选修3-1课件：6.1 习题课安培力的综合应用

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三、安培力和牛顿第二定律的结合解决安培力作用下的力学综合问题，首先做好全面受力分析是前提，无非就是多了一个安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再恰当选取物理规律列方程求解.
第2讲习题课安培力的综合应用
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例4 如图4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.
第2讲习题课安培力的综合应用
图4
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解析受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力N和
安培力F，由牛顿第二定律：
mgsin θ－Fcos θ＝ma①
F＝ILB②
I＝ E ③ R＋r
由①②③式可得
a＝gsin
θ－BELcos
θ .mR＋rFra bibliotek答案 gsin θ－BELcos θ mR＋r
第2讲习题课安培力的综合应用
答案 55 T
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2.分析求解安培力时注意的问题 (1)首先画出通电导线所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向. (2)安培力的大小与导线放置的角度有关，但一般情况下只要求导线与磁场垂直的情况，其中L为导线垂直于磁场方向的长度为有效长度.
第2讲习题课安培力的综合应用
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例3 如图3所示，质量m＝0.1 kg的导体棒静止于倾角θ为30° 的斜面上，导体棒长度L＝0.5 m.通入垂直纸面向里的电流，电流大小I＝2 A，整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T，方向竖直向上的匀强磁场中.求：(取g＝10 m/s2) (1)导体棒所受安培力的大小和方向；

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强度B＝0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中.求：(取g＝
10 m/s2) (1)导体棒所受安培力的大小和方向；
图1
(2)导体棒所受静摩擦力的大小和方向.
解析答案
针对训练1
如图2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，匀强磁场磁感应强度B方向竖直向下，大小为B＝0.8 T，电源电动势E＝ 10 V，内阻r＝1 Ω.当开关S闭合时，MN处于平衡，求此时变阻器R1的阻值为多少？(设θ＝45°，g＝10 m/s2)
mgsin θ＝B2IL＋fm
1 联立可得：fm＝2mgsin θ.
1 答案 mgsin θ 2
解析答案
1
2
3
3.(安培力和牛顿第二定律的结合)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7所示.
炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之
图7
间，并与轨道壁密接 . 开始时炮弹静止在导轨的一端，通以电流后炮弹
解析答案
针对训练 2
澳大利亚国立大学制成了能把 2.2 g 的弹体
( 包括金属杆 EF 的质量 ) 从静止加速到 10 km/s 的电磁炮 (常规炮弹的速度约为2 km/s).如图4所示，若轨道宽为 2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试求： (1)轨道间所加匀强磁场的磁感应强度；
图4
解析答案
2.(安培力作用下导线的平衡) 如图6所示，在倾角为θ的斜面上，有一质量为m的通电长直导线，电流方向如图，当导线处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小
分别为B1和B2时，斜面对长直导线的静摩擦力均达到最大
值，已知B1∶B2＝3∶1，求斜面对长直导线的最大静摩擦图6
力的大小. 解析假设最大静摩擦力为fm， B1IL＝mgsin θ＋fm
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W＝0.10 m，导轨长L＝5.0 m，炮弹质量m＝0.30 kg.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＝2.0 T，方向垂直于纸面向里.若炮弹出口速
度为v＝2.0×103 m/s，求通过导轨的电流I.忽略摩擦力与重力的影响.
解析
根据左手定则判断安培力方向Байду номын сангаас再作出金属棒平
图2
衡时的受力平面图如图所示.
当MN处于平衡时，根据平衡条件有：
E 由闭合电路欧姆定律得：I＝ .联立解得：R1＝7 Ω. R＋R1＋r 答案 7 Ω
方法点拨解析答案返回
mgsin θ－BILcos θ＝0，
二、安培力和牛顿第二定律的结合知识梳理
b→a，I＝3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒
恰好静止.求：
图5
(1)匀强磁场磁感应强度的大小；
解析答案
1
2
3
(2)ab棒对导轨压力的大小.(g＝10 m/s2)
解析
对导轨的压力大小为：
图5
0.3×10 mg N′＝N＝＝ N＝6 N. cos 60° 1 2
答案 6 N
解析答案
1
2
3
解析答案返回
第三章磁场
第4讲习题课：安培力的综合应用
目标定位
1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向 2.理解并熟练应用安培力的计算公式F＝ILBsin θ. 3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题.
栏目索引
一、安培力作用下导线的平衡
二、安培力和牛顿第二定律的结合
(2)安培力的最大功率.(轨道摩擦不计) 解析安培力的最大功率P＝Fvt＝1.1×107 W. 答案 1.1×107 W 图4
解析答案
返回
对点检测
1
2
3
1.(安培力作用下物体的平衡)如图5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1 m的
平行导轨上放一质量为m＝0.3 kg的金属棒ab，通以从
解决安培力作用下的力学综合问题，同样遵循力学的规律.做好全面受力分析是前提，无非就是多了一个安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再恰当选取物理规律列方程求解.
典例精析
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
培力方向；
(2)安培力大小与导线放置的角度有关，但一般情况下只要求导线与磁场
垂直的情况，其中L为导线垂直于磁场方向的长度，即有效长度.
典例精析
例1
如图1所示，质量m＝0.1 kg的导体棒静止于倾角
为θ＝30°的斜面上，导体棒长度L＝0.5 m.通入垂直纸
面向里的电流，电流大小I＝2 A，整个装置处于磁感应
对点检测
自查自纠
一、安培力作用下导线的平衡知识梳理
1.一般解题步骤： (1)明确研究对象； (2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上； (3)根据平衡条件：F合＝0列方程求解.
2.求解安培力时注意：
(1)首先确定出通电导线所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安

2017-2018学年高中创新设计物理教科版选修3-1课件：第三章 第4讲 习题课：安培力的综合应用

2017-2018学年高中物理 第三章 磁场 3 几种常见的磁场课件 新人教版选修3-1

2017-2018学年高中创新设计物理教科版选修3-1练习：第三章 磁场 章末检测(A)-word