資源簡介

第1講　磁場　磁場對電流的作用
條形磁體的磁場分布如圖所示。 (1)判斷磁感線上各點的磁場方向。磁感線的疏密與磁場強弱有什么關系 (2)磁場中某點磁感應強度大小和方向與試探電流元有什么關系 與所受磁場力有什么關系 (3)將通電導線放入磁場中,什么位置時所受磁場力最大 什么位置時所受磁場力最小
[footnoteRef:1] [1:
1.(2025·廣西玉林模擬)如圖所示,a、b、c為等邊三角形的三個頂點,在b、c兩處有垂直于三角形所在平面的無限長通電直導線,電流方向均垂直于紙面向里、大小均為I,b處的導線在a處產生的磁感應強度大小為B,方向如圖所示。已知無限長通電直導線在真空中某點產生的磁感應強度大小為 B=,其中k為常量,I為通電直導線中的電流,r為該點到導線的距離。則a處的磁感應強度大小為(　　)
[A] B [B] B
[C] B [D] B
【答案】 A
2.(2025·浙江溫州模擬)如圖所示,菱形導線框abcd放置在水平面上,線框各邊長均為L且電阻均勻分布,頂角∠abc=θ,整個空間中存在垂直水平面向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B,將電流從線框a端流入b端流出,通過ab的電流為I,則線框整體所受安培力大小為(　　)
[A] F=BIL
[B] F=BILcos θ
[C] F=0
[D] F=2BILcos θ
【答案】 A]
【答案】 　N　平行四邊形　切線　強弱　強　弱　N極　S極　S極　N極　相交　電流　環繞　環形電流　磁場　IlB　0　電流　安培力
考點一　安培定則的應用及磁場的疊加
1.對磁感應強度的理解
(1)磁場中某點的磁感應強度由磁場本身決定,不能根據定義式B=認為B與F成正比,與I、l成反比。
(2)測量磁感應強度時,通電導線必須垂直于磁場方向放置,如果平行于磁場方向放置,則其所受安培力為零,但不能說該點的磁感應強度為零。
(3)磁感應強度是矢量,其方向為放置在其中的小磁針N極的受力方向或靜止時N極的
指向。
2.安培定則的應用方法
(1)分清“因”和“果”:電流是“因”,磁場是“果”,既可以由“因”判斷“果”,也可以由“果”追溯“因”。
項目 原因(電流方向) 結果(磁場方向)
直線電流 的磁場 拇指 四指
環形電流 的磁場 四指 拇指
(2)優先采用整體法:一個任意形狀的電流(如三角形、矩形等)的磁場,從整體效果上可等效為環形電流的磁場,可根據安培定則確定所產生磁場的方向。
(3)若研究磁體與環形電流、通電螺線管的相互作用,可根據安培定則將環形電流或通電螺線管等效成小磁針或條形磁體,然后根據磁極之間的相互作用規律進行分析。
3.直線電流磁場的特點
直線電流產生的磁場的磁感應強度B∝。
(1)對于確定點,導線中電流越大,該點的磁感應強度越大。
(2)導線中電流大小一定時,離導線越近磁感應強度越大。
4.磁場疊加的思路
(1)確定磁場場源,如通電導線。
(2)定位空間中需要求解磁感應強度的點,利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁感應強度的大小和方向。
(3)應用平行四邊形定則進行合成。
[例1] 【直線電流磁場的疊加】(2025·江西南昌模擬)如圖所示,A、B、C、E、F是在紙面內圓上的五個點,其中連線EF、AC過圓心O點,A、B關于EF對稱,∠AOF=60°,在E、F兩點處垂直于紙面放置兩根相互平行的長直細導線,兩根導線中分別通有大小相等的電流I。已知通電直導線形成的磁場在空間某點處的磁感應強度大小B=,k為常量,r為該點到通電直導線的距離。若E處的電流在A點產生的磁感應強度大小為B1,下列說法正確的是(　　)
[A] 若兩根導線中的電流同向,則O點磁感應強度大小為2B1
[B] 若兩根導線中的電流同向,則A、B兩點磁感應強度相同,大小均為2B1
[C] 若兩根導線中的電流反向,則A、C兩點磁感應強度相同,大小均為 B1
[D] 無論兩根導線中的電流同向還是反向,A、B、C三點的磁感應強度大小均為2B1
【答案】 D
【解析】 同向電流在O點產生的磁場方向相反,磁感應強度大小相等,故若兩根導線中的電流同向,O點磁感應強度大小為零,故A錯誤;根據幾何關系有∠AFO=∠AOF=60°,
=tan(90°-∠AFO)=,作出同向電流(假設電流方向垂直于紙面向里)在A、B點磁感應強度的矢量圖如圖甲所示,則BE1==B1,BF1==B1,則A點磁感應強度大小為BA==2B1,同理可得B點磁感應強度大小為BB=2B1,故A、B兩點磁感應強度大小相等,大小均為2B1,根據A、B點磁感應強度的矢量圖可知A、B兩點磁感應強度方向不同,故B錯誤;作出反向電流(假設E處電流垂直于紙面向里,F處電流垂直于紙面向外)在A、C點磁感應強度的矢量圖如圖乙所示,同前面分析,可以發現A、C兩點磁感應強度矢量和的方向相同,大小均為2B1,故C錯誤;根據前面的分析可知,無論兩根導線中的電流同向還是反向,A、B、C三點的磁感應強度大小均為2B1,故D正確。
考點二　安培力的分析與計算
(1)下列圖示中,勻強磁場中的通電導線在應用公式F=IlB計算安培力時“l”的取值分別為多少
提示:以題圖甲為例,CB和CA邊所受安培力大小分別為F1=IBlCB,F2=IBlCA,方向如圖所示,根據平行四邊形定則,折線ACB所受安培力合力大小為F=IBlAB,
即該導線的有效長度為A、B兩點連線的長度lAB。同理可推知題圖乙、丙中的有效長度均為A、B端點間的長度lAB。
(2)任意形狀的閉合線圈,有效長度為多少
提示:任意形狀的閉合線圈,其有效長度l都為零,通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和一定為零。
1.安培力的方向
安培力既垂直于B,也垂直于I,即垂直于B與I決定的平面。
2.安培力公式F=IlB的應用條件
(1)勻強磁場。
(2)l與B垂直。
(3)l是指有效長度。
彎曲通電導線的有效長度l等于連接導線兩端點的直線長度,相應的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端,如圖所示。
[例2] 【通電導線的有效長度】 (2024·福建卷,6)(多選)將半徑為r的銅導線半圓環AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于天花板上, AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中,現給導線通以自A到B大小為I的電流,則(　　)
[A] 通電后兩繩拉力變小
[B] 通電后兩繩拉力變大
[C] 安培力為πBIr
[D] 安培力為2BIr
【答案】 BD
【解析】 根據左手定則可知,通電后半圓環AB受到的安培力方向豎直向下,根據受力分析可知,通電后兩繩拉力變大,故A錯誤,B正確;半圓環AB所受安培力的等效長度為直徑AB,則安培力大小為F=BI·2r=2BIr,故C錯誤,D正確。
[例3] 【安培力的疊加】 (2024·湖南湘西階段練習)如圖所示,等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為(　　)
[A] 2F [B] 1.5F
[C] 0.5F [D] 0
【答案】 B
【解析】 設導體棒的電阻為R,長度為l,則電路中,上、下兩段導體的電阻之比為R1∶R2=2R∶R=2∶1,電流之比I1∶I2=1∶2。如題圖所示,由于上面一段通電的導體棒受安培力的有效長度也為l,根據安培力計算公式F=IlB,可知F′∶F=I1∶I2=1∶2,得F′=F,根據左手定則可知,兩力方向相同,故線框LMN所受的安培力合力大小為F+F′=1.5F,故B正確。
安培力疊加的兩種分析思路
(1)先分析通電導線所在處的合磁感應強度的大小和方向,由左手定則判斷安培力的方向,由F=IlBsin θ求安培力的大小。
(2)先由左手定則判斷各個安培力的方向,由F=IlBsin θ求各個安培力的大小,再由平行四邊形定則求其合力。
考點三　安培力作用下導體運動情況的判斷
1.分析思路
若要判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢,首先必須弄清楚導體所在位置的磁場分布情況,然后利用左手定則判定導體所受安培力情況,進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向。
2.常用方法
電流 元法 分割為電流元安培力方向整段導體所受合力方向運動方向
特殊 位置法 在特殊位置安培力方向運動方向
等效法 環形電流小磁針 通電螺線管條形磁體
結論法 同向電流互相吸引,異向電流互相排斥;兩不平行的直線電流相互作用時,有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換 研究 對象法 先分析電流在磁體磁場中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受電流磁場的作用力,從而確定磁體所受合力及運動方向
[例4] 【結論法的應用】 (2024·湖北黃岡階段練習)(多選)圖甲為某高壓直流輸電線上使用的“正方形絕緣間隔棒”,它的作用是固定導線間距,防止導線相碰。將一正方形絕緣間隔棒支撐四根相互平行的長直導線a、b、c、d,圖乙為其截面圖,O為幾何中心,長直導線a、b、c、d中通有等大同向電流。下列說法正確的是(　　)
[A] O點的磁感應強度為零
[B] a、b之間的相互作用力為斥力
[C] a對b的安培力小于a對c的安培力
[D] d受到a、b、c的作用力的合力方向指向O
【答案】 AD
【解析】 因四條導線中的電流大小相等,O點與四條導線的距離均相等,由安培定則和對稱性可知,a在O點產生的磁感應強度與c在O點產生的磁感應強度等大反向,b在O點產生的磁感應強度與d在O點產生的磁感應強度等大反向,所以四條導線在O點的磁感應強度等于零,故A正確;通電導線之間滿足“同向相吸、異向排斥”的規律,所以a、b之間的相互作用力為吸引力,故B錯誤;d受其余三條導線的吸引力分別指向三條導線,根據對稱性,a與c對d的安培力大小相等,所以兩者合力指向O,再與b對d的安培力合成,總安培力方向沿d、b連線方向指向O,故D正確;b相比c離a更近些,b處于a較強的磁場區域,由F=IlB,安培力大小與B成正比,可知a對b的安培力大于a對c的安培力,故C錯誤。
[例5] 【幾種方法的靈活應用】(2024·吉林長春階段練習)一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣,垂直放置,且兩個線圈的圓心重合,如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時,從左向右看,線圈L1將(　　)
[A] 不動 [B] 順時針轉動
[C] 逆時針轉動 [D] 在紙面內平動
【答案】 B
【解析】 法一　電流元法
把線圈L1沿水平轉動軸分成上下兩部分,每一部分又可以看成無數段直線電流元,電流元處在I2產生的磁場中,根據安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上,由左手定則可得,上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外,下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內,因此從左向右看線圈L1將順時針轉動,故選B。
法二　等效法
把線圈L1等效為小磁針,該小磁針剛好處于環形電流I2的中心,小磁針的N極應指向環形電流I2在該點產生的磁場方向,由安培定則知I2在其中心處產生的磁場方向向上,而L1等效成小磁針后,轉動前N極指向紙內,因此小磁針的N極應由指向紙內轉為向上,所以從左向右看,線圈L1將順時針轉動,故選B。
法三　結論法
環形電流I1、I2之間不平行,則必有相對轉動,直到兩環形電流同向平行為止,據此可得,從左向右看,線圈L1將順時針轉動。
(1)在用電流元法分析問題時,要在對稱的特殊位置選取電流元。
(2)若磁感應強度的方向與電流方向不垂直,應將磁感應強度B分解為與電流方向垂直的分量B⊥和平行的分量B∥后再進行分析。
(3)要將用特殊位置分析出的結果結合實際,推導出一般性的結論。
考點四　安培力與力電相結合的綜合問題
1.安培力作用下物體平衡及加速問題的常見類型
(1)特點:此類問題常由傾斜導軌、導體棒、電源和電阻等組成閉合回路。這類題目的難點是相關物理量處于立體空間,各力的方向不易確定和準確表示出來。
(2)分析思路。
選定研究對象→三維立體圖二維平面圖→畫受力圖,即通過畫俯視圖、剖面圖、側視圖等,將立體圖轉換為平面受力圖→平衡問題:列平衡方程,若涉及靜摩擦力問題要注意臨界狀態帶來的多解問題;若加速問題可以選用牛頓第二定律、動量定理、動能定理等
解決。
2.功能關系的應用
(1)安培力做功。
①安培力做功與路徑有關,其特點不同于重力、靜電力、彈力等。
②安培力做正功時將電源的能量轉化為其他形式的能。
③安培力做負功時將其他形式的能轉化為電能,如果電能不儲存則轉化為內能或其他形式的能。
(2)方法應用。
雖然不同性質的力做功機理不同,但做功的本質都是由一種形式的能轉化為另一種形式的能。求解這類問題時,首先弄清安培力是恒力還是變力,其次結合動能定理或能量守恒定律求解。
[例6] 【安培力作用下的平衡問題】 (2025·北京海淀模擬)如圖所示,寬為L的固定光滑平行金屬導軌與水平面成α角,金屬桿ab水平放置在導軌上,且與導軌垂直,處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。電源電動勢為E,當電阻箱接入電路的阻值為R0時,金屬桿恰好保持靜止。不計電源內阻、導軌和金屬桿的電阻,重力加速度為g。
(1)求金屬桿所受安培力的大小F;
(2)求金屬桿的質量m;
(3)保持磁感應強度大小不變,改變其方向,同時調整電阻箱接入電路的阻值R以保持金屬桿靜止,求R的最大值。
【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)由歐姆定律得電路中的電流I=,
金屬桿受到的安培力F=BIL=。
(2)金屬桿受力平衡,有Fcos α=mgsin α,
解得m=。
(3)當磁感應強度垂直斜面向上時,金屬桿保持靜止所需安培力最小,電路中的電流最小,R有最大值,根據平衡條件有BIminL=mgsin α,Imin=,
聯立解得Rmax=。
[例7] 【安培力與力電相結合的綜合問題】 (2024·山東臨沂階段練習)如圖所示,PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌,相距L=1 m。P、M間接有一個電動勢為E=21 V、內阻不計的電源和一個滑動變阻器,導體棒ab跨放在導軌上并與導軌接觸良好,棒的質量為m=1 kg,棒在導軌之間部分的電阻R0為1 Ω。棒的中點用垂直于棒的細繩經光滑輕質定滑輪與物體相連,物體的質量M=0.5 kg。棒與導軌的動摩擦因數為μ=0.2(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等),導軌的電阻不計,g取10 m/s2,勻強磁場的磁感應強度大小 B=1 T,方向豎直向下。若為了使物體保持靜止,求滑動變阻器連入電路的阻值范圍。
【答案】 2 Ω≤R≤6 Ω
【解析】 根據題意,對棒受力分析可知,棒受繩的拉力FT=Mg,
安培力F安=BIL=,
若所受摩擦力向左,則有
+μmg=Mg,
代入數據解得總阻值R1=7 Ω,
滑動變阻器的阻值應為
Rmax=R1-R0=6 Ω,
若所受摩擦力向右,則有
-μmg=Mg,
代入數據解得總阻值R2=3 Ω,
滑動變阻器的阻值應為
Rmin=R2-R0=2 Ω,
所以滑動變阻器連入電路的阻值范圍為
2 Ω≤R≤6 Ω。
(滿分:50分)
對點1.安培定則的應用及磁場的疊加
1.(4分)(2024·江西上饒階段練習)如圖所示,OCD為等邊三角形,E點為三角形的中心,現在三角形的三個頂點固定三根完全相同的通電直導線,三根導線中通有如圖方向的電流,電流大小相同,空間加一磁感應強度大小為B0的勻強磁場,使E點的磁感應強度為零。則下列說法正確的是(　　)
[A] 其中一根通電直導線在E點產生的磁感應強度大小為B0
[B] O、C兩處的導線在E點產生的合磁感應強度大小為B0
[C] C、D兩處的導線在E點產生的合磁感應強度大小為 B0
[D] 僅去掉D點的導線,E點的磁感應強度大小為
【答案】 D
【解析】 由于E點到三個頂點的距離相等,則三根通電導線在E點產生的磁感應強度大小相等,假設每根導線在E點產生的磁感應強度大小為B,又由安培定則和平行四邊形定則可知,O、C兩處的導線在E點產生的合磁感應強度大小為B,與D處導線在E點產生的磁感應強度相同,如圖甲所示,在E點,勻強磁場的磁感應強度與三根導線產生的合磁感應強度大小相等、方向相反,可得B0=2B,解得B=,故A、B錯誤;C、D兩處的導線在E點產生的合磁感應強度大小為2Bcos 30°=B0,故C錯誤;僅去掉D點的導線,則E點的磁感應強度為O、C兩處的導線產生的磁感應強度與勻強磁場的磁感應強度疊加,如圖乙所示,大小與D點的導線在E點產生的磁感應強度大小相等、方向相反,即為,故D正確。
2.(6分)(多選)如圖所示,兩根通有異向電流的長直導線P、Q平行放置,電流大小I1[A] a點磁感應強度不可能為零
[B] c、d兩點磁感應強度方向相同
[C] c、d兩點磁感應強度大小相等
[D] b點磁感應強度的方向垂直于P、Q連線向下
【答案】 CD
【解析】根據題意,由安培定則可知,導線P在a點產生的磁感應強度方向垂直于P、Q連線向下,設為B1,導線Q在a點產生的磁感應強度方向垂直于P、Q連線向上,設為B2,若有B1=B2,即k=k,則a點磁感應強度為零,可得I1r2=I2r1,由于I1r1,則I1r2=I2r1可能成立,即a點磁感應強度有可能為零,故A錯誤;根據題意,由安培定則和通電直導線周圍磁場的磁感應強度大小滿足B=k可知,導線在c、d兩點產生的磁感應強度如圖所示,由磁場的疊加原理可知,c、d兩點磁感應強度方向不同,由幾何關系可知,c、d兩點磁感應強度大小相等,故B錯誤,C正確;根據題意,由安培定則可知,導線P在b點產生的磁感應強度方向垂直于P、Q連線向上,設為B3,導線Q在b點產生的磁感應強度方向垂直于P、Q連線向下,設為B4,由通電直導線周圍磁場的磁感應強度大小滿足B=k,可知B4>B3,則b點磁感應強度的方向垂直于P、Q連線向下,故D正確。
對點2.安培力的分析與計算
3.(4分)(2025·河南周口模擬)如圖所示,兩根長直導線a、b垂直放置,彼此絕緣,分別通有大小相同電流I0。固定的剛性正方形線圈MNPQ通有電流I,MN到a的距離與MQ到b的距離相等,線圈與導線位于同一平面內。已知通電長直導線在其周圍某點所產生的磁感應強度大小與該點到長直導線的距離成反比,線圈所受安培力的大小為F。若移走導線a,則此時線圈所受的安培力大小為(　　)
[A] F,方向向左 [B] F,方向向右
[C] F,方向向左 [D] F,方向向右
【答案】 A
【解析】 根據左手定則和安培定則,結合磁感應強度的疊加可得,線圈左、右兩側受到的安培力合力方向向左,上、下受到的安培力合力方向向上,大小都為F′,合力大小為F=,故撤去導線a,則此時線圈所受的安培力方向向左,大小為 F′=F,故A正確。
4.(4分)(2025·河南南陽模擬)在光滑桌面上將長為的軟導線兩端固定,固定點的距離為L,導線通有電流I,處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導線所受安培力大小為(　　)
[A] BIL [B] 2BIL
[C] BIL [D] πBIL
【答案】 C
【解析】 從上向下看導線的圖形如圖所示,
導線的有效長度為L,則所受的安培力大小為F=BIL,故C正確。
對點3.安培力作用下導體運動情況的判斷
5.(4分)(2024·廣東廣州階段練習)如圖所示,兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直,a平行于紙面,電流方向向左,b垂直于紙面,電流方向向里,則導線a所受安培力方向(　　)
[A] 平行于紙面向上
[B] 平行于紙面向下
[C] 左半部分垂直于紙面向外,右半部分垂直于紙面向里
[D] 左半部分垂直于紙面向里,右半部分垂直于紙面向外
【答案】 D
【解析】 根據安培定則,可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上,右側部分的磁場方向斜向右下方,根據左手定則可判斷出導線a左半部分所受安培力方向垂直于紙面向里,右半部分所受安培力方向垂直于紙面向外,故選D。
6.(6分)(2024·廣東揭陽期中)(多選)如圖甲為一款魔術玩具——磁力“永動機”,小鋼球放入漏斗后從中間小洞落入下面的弧形金屬軌道,然后從軌道另一端拋出再次回到漏斗,由此循環往復形成“永動”的效果。其原理如圖乙所示,金屬軌道與底座內隱藏的電源相連,軌道下方藏有永磁體。當如圖乙永磁體N極朝上放置,小鋼球逆時針“永動”時,下列分析正確的是(　　)
[A] 小球運動的過程中機械能守恒
[B] 電源如何接都不影響“永動”的效果
[C] 軌道a端應接電源的正極,軌道b端應接電源的負極
[D] 該磁力“永動機”的物理原理是通電導體在磁場中受到安培力的作用
【答案】 CD
【解析】 小球運動的過程中有磁場對小球做功,機械能不守恒,故A錯誤;電源反接后改變安培力的方向,影響“永動”效果,故B錯誤;小鋼球逆時針“永動”時,應受向右的安培力,根據左手定則可知通過小球電流的方向從軌道a端到軌道b端,所以軌道a端應接電源的正極,軌道b端應接電源的負極,故C正確;該磁力“永動機”的物理原理是通電導體在磁場中受到安培力的作用,故D正確。
對點4.安培力與力電相結合的綜合問題
7.(8分)(2024·福建泉州期末)電磁炮是一種先進武器。如圖為某同學模擬電磁炮的原理圖,間距為L=0.5 m的兩根傾斜導軌平行放置,導軌平面與水平地面的夾角為θ=37°,導軌下端接電動勢為E=18 V、內阻為r=1 Ω的電源。整個裝置處于磁感應強度大小為B=0.2 T、方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場中。為了研究方便,將待發射的炮彈視為一個比導軌間距略長的導體棒,導體棒的質量為m=0.1 kg,接入電路的電阻為R=1 Ω,導體棒與導軌接觸面間的動摩擦因數為μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。現將導體棒無初速度地放在導軌上且與導軌垂直,最終導體棒從導軌上端發射出去,不計其他電阻。求:
(1)導體棒剛放在導軌上時所受安培力的大小和方向;
(2)導體棒剛放在導軌上時的加速度大小。
【答案】 (1)0.9 N　沿導軌向上　(2)1 m/s2
【解析】 (1)導體棒剛放在導軌上時,根據閉合電路歐姆定律有I=,
解得I=9 A,
導體棒剛放在導軌上時所受安培力的大小
F=BIL,
解得F=0.9 N,
根據左手定則可知,導體棒所受安培力的方向沿導軌向上。
(2)導體棒剛放在導軌上時,對導體棒進行受力分析,
根據牛頓第二定律有F-mgsin θ-Ff=ma,其中Ff=μmgcos θ,
解得a=1 m/s2。
8.(4分)(2025·河南高考適應性考試)無限長平行直導線a、b每單位長度之間都通過相同的絕緣輕彈簧連接。如圖,若b水平固定,將a懸掛在彈簧下端,平衡時彈簧的伸長量為Δl;再在兩導線內通入大小均為I的電流,方向相反,平衡時彈簧又伸長了Δl。若a水平固定,將b懸掛在彈簧下端,兩導線內通入大小均為2I的電流,方向相同,平衡后彈簧的伸長量恰為2Δl。已知通電無限長直導線在其周圍產生磁場的磁感應強度大小與導線中電流大小成正比,與距導線的距離成反比。則a、b單位長度的質量比ma∶mb為(　　)
[A] 1∶6 [B] 1∶4
[C] 1∶2 [D] 1∶1
【答案】 A
【解析】 若b水平固定,a懸掛在彈簧下端,平衡時彈簧伸長量為Δl,直導線a受力平衡,由平衡條件得mag=k·Δl;通電無限長直導線在其周圍產生的磁場的磁感應強度大小與導線中的電流成正比,與距導線的距離成反比,在兩導線通入大小相等的電流,方向相反,平衡時彈簧又伸長了Δl,對a受力分析,受豎直向下的重力、豎直向下的安培力、豎直向上的彈力,由平衡條件得mag+B1Il=k·2Δl;若a水平固定,b懸掛在彈簧下端,兩導線通入2I的電流,方向相同,平衡后彈簧的伸長量為2Δl,b受力平衡,由平衡條件得k·2Δl+2B2Il=mbg,且B2=2B1,聯立解得ma∶mb=1∶6,故A正確。
9.(10分)(2024·山西臨汾期中)某同學在學習了磁場對電流的作用后產生想法,設計了一個簡易的“電磁秤”。如圖甲所示兩平行金屬導軌CD、EF間距為L=0.1 m,與電動勢為E0=
9 V、內阻不計的電源、電流表(量程0～3 A)、開關S、滑動變阻器R(阻值范圍為0～
100 Ω)相連,質量為M=0.05 kg、接入電路的電阻為R0=2 Ω的金屬棒MN垂直于導軌放置構成閉合回路,回路平面與水平面成θ=30°角,垂直接在金屬棒中點的輕繩與導軌平面平行,跨過定滑輪后另一端接有秤盤,空間施加垂直于導軌平面向上的勻強磁場,在秤盤中放入待測物體,閉合開關S,調節滑動變阻器,當金屬棒平衡時,通過讀取電流表的讀數就可以知道待測物體的質量m。m與I的圖像如圖乙所示,其余電阻、摩擦以及輕繩質量均不計,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)秤盤的質量m0;
(2)勻強磁場磁感應強度大小B;
(3)此“電磁秤”稱量物體的最大質量及此時滑動變阻器接入電路的阻值。
【答案】 (1)0.03 kg　(2)5 T　(3)0.22 kg　0
【解析】 (1)電流方向M→N,根據左手定則,金屬棒所受安培力方向沿導軌向下,對金屬棒與秤盤和盤上的待測物體進行分析,根據平衡條件有
(m+m0)g=Mgsin θ+BIL,
結合題中數據可得m=(0.025-m0+0.01BI)kg,
結合m-I圖像有0.025 kg-m0=-0.005 kg,
解得m0=0.03 kg。
(2)結合上述,根據m-I圖像有
0.01B= kg/A,
解得B=5 T。
(3)結合上述可知,當滑動變阻器接入電阻為零時,回路中電流最大,根據閉合電路歐姆定律有Im=,
此時金屬棒所受安培力最大,結合上述可知,此時待測物體質量最大,
(mm+m0)g=Mgsin θ+BImL,
解得mm=0.22 kg。
(
第
13
頁
)第1講　磁場　磁場對電流的作用
條形磁體的磁場分布如圖所示。 (1)判斷磁感線上各點的磁場方向。磁感線的疏密與磁場強弱有什么關系 (2)磁場中某點磁感應強度大小和方向與試探電流元有什么關系 與所受磁場力有什么關系 (3)將通電導線放入磁場中,什么位置時所受磁場力最大 什么位置時所受磁場力最小
考點一　安培定則的應用及磁場的疊加
1.對磁感應強度的理解
(1)磁場中某點的磁感應強度由磁場本身決定,不能根據定義式B=認為B與F成正比,與I、l成反比。
(2)測量磁感應強度時,通電導線必須垂直于磁場方向放置,如果平行于磁場方向放置,則其所受安培力為零,但不能說該點的磁感應強度為零。
(3)磁感應強度是矢量,其方向為放置在其中的小磁針N極的受力方向或靜止時N極的
指向。
2.安培定則的應用方法
(1)分清“因”和“果”:電流是“因”,磁場是“果”,既可以由“因”判斷“果”,也可以由“果”追溯“因”。
項目 原因(電流方向) 結果(磁場方向)
直線電流 的磁場 拇指 四指
環形電流 的磁場 四指 拇指
(2)優先采用整體法:一個任意形狀的電流(如三角形、矩形等)的磁場,從整體效果上可等效為環形電流的磁場,可根據安培定則確定所產生磁場的方向。
(3)若研究磁體與環形電流、通電螺線管的相互作用,可根據安培定則將環形電流或通電螺線管等效成小磁針或條形磁體,然后根據磁極之間的相互作用規律進行分析。
3.直線電流磁場的特點
直線電流產生的磁場的磁感應強度B∝。
(1)對于確定點,導線中電流越大,該點的磁感應強度越大。
(2)導線中電流大小一定時,離導線越近磁感應強度越大。
4.磁場疊加的思路
(1)確定磁場場源,如通電導線。
(2)定位空間中需要求解磁感應強度的點,利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁感應強度的大小和方向。
(3)應用平行四邊形定則進行合成。
[例1] 【直線電流磁場的疊加】(2025·江西南昌模擬)如圖所示,A、B、C、E、F是在紙面內圓上的五個點,其中連線EF、AC過圓心O點,A、B關于EF對稱,∠AOF=60°,在E、F兩點處垂直于紙面放置兩根相互平行的長直細導線,兩根導線中分別通有大小相等的電流I。已知通電直導線形成的磁場在空間某點處的磁感應強度大小B=,k為常量,r為該點到通電直導線的距離。若E處的電流在A點產生的磁感應強度大小為B1,下列說法正確的是(　　)
[A] 若兩根導線中的電流同向,則O點磁感應強度大小為2B1
[B] 若兩根導線中的電流同向,則A、B兩點磁感應強度相同,大小均為2B1
[C] 若兩根導線中的電流反向,則A、C兩點磁感應強度相同,大小均為 B1
[D] 無論兩根導線中的電流同向還是反向,A、B、C三點的磁感應強度大小均為2B1
考點二　安培力的分析與計算
(1)下列圖示中,勻強磁場中的通電導線在應用公式F=IlB計算安培力時“l”的取值分別為多少
提示:以題圖甲為例,CB和CA邊所受安培力大小分別為F1=IBlCB,F2=IBlCA,方向如圖所示,根據平行四邊形定則,折線ACB所受安培力合力大小為F=IBlAB,
即該導線的有效長度為A、B兩點連線的長度lAB。同理可推知題圖乙、丙中的有效長度均為A、B端點間的長度lAB。
(2)任意形狀的閉合線圈,有效長度為多少
提示:任意形狀的閉合線圈,其有效長度l都為零,通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和一定為零。
1.安培力的方向
安培力既垂直于B,也垂直于I,即垂直于B與I決定的平面。
2.安培力公式F=IlB的應用條件
(1)勻強磁場。
(2)l與B垂直。
(3)l是指有效長度。
彎曲通電導線的有效長度l等于連接導線兩端點的直線長度,相應的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端,如圖所示。
[例2] 【通電導線的有效長度】 (2024·福建卷,6)(多選)將半徑為r的銅導線半圓環AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于天花板上, AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中,現給導線通以自A到B大小為I的電流,則(　　)
[A] 通電后兩繩拉力變小
[B] 通電后兩繩拉力變大
[C] 安培力為πBIr
[D] 安培力為2BIr
[例3] 【安培力的疊加】 (2024·湖南湘西階段練習)如圖所示,等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為(　　)
[A] 2F [B] 1.5F
[C] 0.5F [D] 0
安培力疊加的兩種分析思路
(1)先分析通電導線所在處的合磁感應強度的大小和方向,由左手定則判斷安培力的方向,由F=IlBsin θ求安培力的大小。
(2)先由左手定則判斷各個安培力的方向,由F=IlBsin θ求各個安培力的大小,再由平行四邊形定則求其合力。
考點三　安培力作用下導體運動情況的判斷
1.分析思路
若要判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢,首先必須弄清楚導體所在位置的磁場分布情況,然后利用左手定則判定導體所受安培力情況,進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向。
2.常用方法
電流 元法 分割為電流元安培力方向整段導體所受合力方向運動方向
特殊 位置法 在特殊位置安培力方向運動方向
等效法 環形電流小磁針 通電螺線管條形磁體
結論法 同向電流互相吸引,異向電流互相排斥;兩不平行的直線電流相互作用時,有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換 研究 對象法 先分析電流在磁體磁場中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受電流磁場的作用力,從而確定磁體所受合力及運動方向
[例4] 【結論法的應用】 (2024·湖北黃岡階段練習)(多選)圖甲為某高壓直流輸電線上使用的“正方形絕緣間隔棒”,它的作用是固定導線間距,防止導線相碰。將一正方形絕緣間隔棒支撐四根相互平行的長直導線a、b、c、d,圖乙為其截面圖,O為幾何中心,長直導線a、b、c、d中通有等大同向電流。下列說法正確的是(　　)
[A] O點的磁感應強度為零
[B] a、b之間的相互作用力為斥力
[C] a對b的安培力小于a對c的安培力
[D] d受到a、b、c的作用力的合力方向指向O
[例5] 【幾種方法的靈活應用】(2024·吉林長春階段練習)一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣,垂直放置,且兩個線圈的圓心重合,如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時,從左向右看,線圈L1將(　　)
[A] 不動 [B] 順時針轉動
[C] 逆時針轉動 [D] 在紙面內平動
(1)在用電流元法分析問題時,要在對稱的特殊位置選取電流元。
(2)若磁感應強度的方向與電流方向不垂直,應將磁感應強度B分解為與電流方向垂直的分量B⊥和平行的分量B∥后再進行分析。
(3)要將用特殊位置分析出的結果結合實際,推導出一般性的結論。
考點四　安培力與力電相結合的綜合問題
1.安培力作用下物體平衡及加速問題的常見類型
(1)特點:此類問題常由傾斜導軌、導體棒、電源和電阻等組成閉合回路。這類題目的難點是相關物理量處于立體空間,各力的方向不易確定和準確表示出來。
(2)分析思路。
選定研究對象→三維立體圖二維平面圖→畫受力圖,即通過畫俯視圖、剖面圖、側視圖等,將立體圖轉換為平面受力圖→平衡問題:列平衡方程,若涉及靜摩擦力問題要注意臨界狀態帶來的多解問題;若加速問題可以選用牛頓第二定律、動量定理、動能定理等
解決。
2.功能關系的應用
(1)安培力做功。
①安培力做功與路徑有關,其特點不同于重力、靜電力、彈力等。
②安培力做正功時將電源的能量轉化為其他形式的能。
③安培力做負功時將其他形式的能轉化為電能,如果電能不儲存則轉化為內能或其他形式的能。
(2)方法應用。
雖然不同性質的力做功機理不同,但做功的本質都是由一種形式的能轉化為另一種形式的能。求解這類問題時,首先弄清安培力是恒力還是變力,其次結合動能定理或能量守恒定律求解。
[例6] 【安培力作用下的平衡問題】 (2025·北京海淀模擬)如圖所示,寬為L的固定光滑平行金屬導軌與水平面成α角,金屬桿ab水平放置在導軌上,且與導軌垂直,處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。電源電動勢為E,當電阻箱接入電路的阻值為R0時,金屬桿恰好保持靜止。不計電源內阻、導軌和金屬桿的電阻,重力加速度為g。
(1)求金屬桿所受安培力的大小F;
(2)求金屬桿的質量m;
(3)保持磁感應強度大小不變,改變其方向,同時調整電阻箱接入電路的阻值R以保持金屬桿靜止,求R的最大值。
[例7] 【安培力與力電相結合的綜合問題】 (2024·山東臨沂階段練習)如圖所示,PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌,相距L=1 m。P、M間接有一個電動勢為E=21 V、內阻不計的電源和一個滑動變阻器,導體棒ab跨放在導軌上并與導軌接觸良好,棒的質量為m=1 kg,棒在導軌之間部分的電阻R0為1 Ω。棒的中點用垂直于棒的細繩經光滑輕質定滑輪與物體相連,物體的質量M=0.5 kg。棒與導軌的動摩擦因數為μ=0.2(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等),導軌的電阻不計,g取10 m/s2,勻強磁場的磁感應強度大小 B=1 T,方向豎直向下。若為了使物體保持靜止,求滑動變阻器連入電路的阻值范圍。
(滿分:50分)
對點1.安培定則的應用及磁場的疊加
1.(4分)(2024·江西上饒階段練習)如圖所示,OCD為等邊三角形,E點為三角形的中心,現在三角形的三個頂點固定三根完全相同的通電直導線,三根導線中通有如圖方向的電流,電流大小相同,空間加一磁感應強度大小為B0的勻強磁場,使E點的磁感應強度為零。則下列說法正確的是(　　)
[A] 其中一根通電直導線在E點產生的磁感應強度大小為B0
[B] O、C兩處的導線在E點產生的合磁感應強度大小為B0
[C] C、D兩處的導線在E點產生的合磁感應強度大小為 B0
[D] 僅去掉D點的導線,E點的磁感應強度大小為
2.(6分)(多選)如圖所示,兩根通有異向電流的長直導線P、Q平行放置,電流大小I1[A] a點磁感應強度不可能為零
[B] c、d兩點磁感應強度方向相同
[C] c、d兩點磁感應強度大小相等
[D] b點磁感應強度的方向垂直于P、Q連線向下
對點2.安培力的分析與計算
3.(4分)(2025·河南周口模擬)如圖所示,兩根長直導線a、b垂直放置,彼此絕緣,分別通有大小相同電流I0。固定的剛性正方形線圈MNPQ通有電流I,MN到a的距離與MQ到b的距離相等,線圈與導線位于同一平面內。已知通電長直導線在其周圍某點所產生的磁感應強度大小與該點到長直導線的距離成反比,線圈所受安培力的大小為F。若移走導線a,則此時線圈所受的安培力大小為(　　)
[A] F,方向向左 [B] F,方向向右
[C] F,方向向左 [D] F,方向向右
4.(4分)(2025·河南南陽模擬)在光滑桌面上將長為的軟導線兩端固定,固定點的距離為L,導線通有電流I,處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導線所受安培力大小為(　　)
[A] BIL [B] 2BIL
[C] BIL [D] πBIL
對點3.安培力作用下導體運動情況的判斷
5.(4分)(2024·廣東廣州階段練習)如圖所示,兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直,a平行于紙面,電流方向向左,b垂直于紙面,電流方向向里,則導線a所受安培力方向(　　)
[A] 平行于紙面向上
[B] 平行于紙面向下
[C] 左半部分垂直于紙面向外,右半部分垂直于紙面向里
[D] 左半部分垂直于紙面向里,右半部分垂直于紙面向外
6.(6分)(2024·廣東揭陽期中)(多選)如圖甲為一款魔術玩具——磁力“永動機”,小鋼球放入漏斗后從中間小洞落入下面的弧形金屬軌道,然后從軌道另一端拋出再次回到漏斗,由此循環往復形成“永動”的效果。其原理如圖乙所示,金屬軌道與底座內隱藏的電源相連,軌道下方藏有永磁體。當如圖乙永磁體N極朝上放置,小鋼球逆時針“永動”時,下列分析正確的是(　　)
[A] 小球運動的過程中機械能守恒
[B] 電源如何接都不影響“永動”的效果
[C] 軌道a端應接電源的正極,軌道b端應接電源的負極
[D] 該磁力“永動機”的物理原理是通電導體在磁場中受到安培力的作用
對點4.安培力與力電相結合的綜合問題
7.(8分)(2024·福建泉州期末)電磁炮是一種先進武器。如圖為某同學模擬電磁炮的原理圖,間距為L=0.5 m的兩根傾斜導軌平行放置,導軌平面與水平地面的夾角為θ=37°,導軌下端接電動勢為E=18 V、內阻為r=1 Ω的電源。整個裝置處于磁感應強度大小為B=0.2 T、方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場中。為了研究方便,將待發射的炮彈視為一個比導軌間距略長的導體棒,導體棒的質量為m=0.1 kg,接入電路的電阻為R=1 Ω,導體棒與導軌接觸面間的動摩擦因數為μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。現將導體棒無初速度地放在導軌上且與導軌垂直,最終導體棒從導軌上端發射出去,不計其他電阻。求:
(1)導體棒剛放在導軌上時所受安培力的大小和方向;
(2)導體棒剛放在導軌上時的加速度大小。
8.(4分)(2025·河南高考適應性考試)無限長平行直導線a、b每單位長度之間都通過相同的絕緣輕彈簧連接。如圖,若b水平固定,將a懸掛在彈簧下端,平衡時彈簧的伸長量為Δl;再在兩導線內通入大小均為I的電流,方向相反,平衡時彈簧又伸長了Δl。若a水平固定,將b懸掛在彈簧下端,兩導線內通入大小均為2I的電流,方向相同,平衡后彈簧的伸長量恰為2Δl。已知通電無限長直導線在其周圍產生磁場的磁感應強度大小與導線中電流大小成正比,與距導線的距離成反比。則a、b單位長度的質量比ma∶mb為(　　)
[A] 1∶6 [B] 1∶4
[C] 1∶2 [D] 1∶1
9.(10分)(2024·山西臨汾期中)某同學在學習了磁場對電流的作用后產生想法,設計了一個簡易的“電磁秤”。如圖甲所示兩平行金屬導軌CD、EF間距為L=0.1 m,與電動勢為E0=
9 V、內阻不計的電源、電流表(量程0～3 A)、開關S、滑動變阻器R(阻值范圍為0～
100 Ω)相連,質量為M=0.05 kg、接入電路的電阻為R0=2 Ω的金屬棒MN垂直于導軌放置構成閉合回路,回路平面與水平面成θ=30°角,垂直接在金屬棒中點的輕繩與導軌平面平行,跨過定滑輪后另一端接有秤盤,空間施加垂直于導軌平面向上的勻強磁場,在秤盤中放入待測物體,閉合開關S,調節滑動變阻器,當金屬棒平衡時,通過讀取電流表的讀數就可以知道待測物體的質量m。m與I的圖像如圖乙所示,其余電阻、摩擦以及輕繩質量均不計,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)秤盤的質量m0;
(2)勻強磁場磁感應強度大小B;
(3)此“電磁秤”稱量物體的最大質量及此時滑動變阻器接入電路的阻值。
(
第
13
頁
)(共64張PPT)
高中總復習·物理
第1講　
磁場　磁場對電流的作用
情境導思
條形磁體的磁場分布如圖所示。
(1)判斷磁感線上各點的磁場方向。磁感線的疏密與磁場強弱有什么關系
(2)磁場中某點磁感應強度大小和方向與試探電流元有什么關系 與所受磁場力有什么關系
(3)將通電導線放入磁場中,什么位置時所受磁場力最大 什么位置時所受磁場力最小
知識構建
小題試做
A
小題試做
A
1.對磁感應強度的理解
(2)測量磁感應強度時,通電導線必須垂直于磁場方向放置,如果平行于磁場方向放置,則其所受安培力為零,但不能說該點的磁感應強度為零。
(3)磁感應強度是矢量,其方向為放置在其中的小磁針N極的受力方向或靜止時N極的指向。
2.安培定則的應用方法
(1)分清“因”和“果”:電流是“因”,磁場是“果”,既可以由“因”判斷“果”,也可以由“果”追溯“因”。
項目 原因(電流方向) 結果(磁場方向)
直線電流 的磁場 拇指 四指
環形電流 的磁場 四指 拇指
(2)優先采用整體法:一個任意形狀的電流(如三角形、矩形等)的磁場,從整體效果上可等效為環形電流的磁場,可根據安培定則確定所產生磁場的方向。
(3)若研究磁體與環形電流、通電螺線管的相互作用,可根據安培定則將環形電流或通電螺線管等效成小磁針或條形磁體,然后根據磁極之間的相互作用規律進行分析。
3.直線電流磁場的特點
(1)對于確定點,導線中電流越大,該點的磁感應強度越大。
(2)導線中電流大小一定時,離導線越近磁感應強度越大。
4.磁場疊加的思路
(1)確定磁場場源,如通電導線。
(2)定位空間中需要求解磁感應強度的點,利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁感應強度的大小和方向。
(3)應用平行四邊形定則進行合成。
D
根據A、B點磁感應強度的矢量圖可知A、B兩點磁感應強度方向不同,故B錯誤;作出反向電流(假設E處電流垂直于紙面向里,F處電流垂直于紙面向外)在A、C點磁感應強度的矢量圖如圖乙所示,同前面分析,可以發現A、C兩點磁感應強度矢量和的方向相同,大小均為2B1,故C錯誤;根據前面的分析可知,無論兩根導線中的電流同向還是反向,A、B、C三點的磁感應強度大小均為2B1,故D正確。
(1)下列圖示中,勻強磁場中的通電導線在應用公式F=IlB計算安培力時“l ”的取值分別為多少
提示:以題圖甲為例,CB和CA邊所受安培力大小分別為F1=IBlCB,F2=IBlCA,方向如圖所示,根據平行四邊形定則,折線ACB所受安培力合力大小為F=IBlAB,
即該導線的有效長度為A、B兩點連線的長度lAB。同理可推知題圖乙、丙中的有效長度均為A、B端點間的長度lAB。
(2)任意形狀的閉合線圈,有效長度為多少
提示:任意形狀的閉合線圈,其有效長度l都為零,通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和一定為零。
1.安培力的方向
安培力既垂直于B,也垂直于I,即垂直于B與I決定的平面。
2.安培力公式F=IlB的應用條件
(1)勻強磁場。
(2)l與B垂直。
(3)l是指有效長度。
彎曲通電導線的有效長度l等于連接導線兩端點的直線長度,相應的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端,如圖所示。
[例2] 【通電導線的有效長度】 (2024·福建卷,6)(多選)將半徑為r的銅導線半圓環AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于天花板上, AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中,現給導線通以自A到B大小為I的電流,則( 　　)
[A] 通電后兩繩拉力變小
[B] 通電后兩繩拉力變大
[C] 安培力為πBIr
[D] 安培力為2BIr
BD
【解析】 根據左手定則可知,通電后半圓環AB受到的安培力方向豎直向下,根據受力分析可知,通電后兩繩拉力變大,故A錯誤,B正確;半圓環AB所受安培力的等效長度為直徑AB,則安培力大小為F=BI·2r=2BIr,故C錯誤,D正確。
[例3] 【安培力的疊加】 (2024·湖南湘西階段練習)如圖所示,等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為(　　)
[A] 2F [B] 1.5F
[C] 0.5F [D] 0
B
方法總結
安培力疊加的兩種分析思路
(1)先分析通電導線所在處的合磁感應強度的大小和方向,由左手定則判斷安培力的方向,由F=IlBsin θ求安培力的大小。
(2)先由左手定則判斷各個安培力的方向,由F=IlBsin θ求各個安培力的大小,再由平行四邊形定則求其合力。
1.分析思路
若要判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢,首先必須弄清楚導體所在位置的磁場分布情況,然后利用左手定則判定導體所受安培力情況,進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向。
2.常用方法
結論法 同向電流互相吸引,異向電流互相排斥;兩不平行的直線電流相互作用時,有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換 研究 對象法 先分析電流在磁體磁場中所受的安培力,然后由牛頓第三定律,確定磁體所受電流磁場的作用力,從而確定磁體所受合力及運動方向
[例4] 【結論法的應用】 (2024·湖北黃岡階段練習)(多選)圖甲為某高壓直流輸電線上使用的“正方形絕緣間隔棒”,它的作用是固定導線間距,防止導線相碰。將一正方形絕緣間隔棒支撐四根相互平行的長直導線a、b、c、d,圖乙為其截面圖,O為幾何中心,長直導線a、b、c、d中通有等大同向電流。下列說法正確的是(　 　)
[A] O點的磁感應強度為零
[B] a、b之間的相互作用力為斥力
[C] a對b的安培力小于a對c的安培力
[D] d受到a、b、c的作用力的合力方向指向O
AD
【解析】 因四條導線中的電流大小相等,O點與四條導線的距離均相等,由安培定則和對稱性可知,a在O點產生的磁感應強度與c在O點產生的磁感應強度等大反向,b在O點產生的磁感應強度與d在O點產生的磁感應強度等大反向,所以四條導線在O點的磁感應強度等于零,故A正確;通電導線之間滿足“同向相吸、異向排斥”的規律,所以a、b之間的相互作用力為吸引力,故B錯誤;d受其余三條導線的吸引力分別指向三條導線,根據對稱性,a與c對d的安培力大小相等,所以兩者合力指向O,再與b對d的安培力合成,總安培力方向沿d、b連線方向指向O,故D正確;b相比c離a更近些,b處于a較強的磁場區域,由F=IlB,安培力大小與B成正比,可知a對b的安培力大于a對c的安培力,故C錯誤。
[例5] 【幾種方法的靈活應用】(2024·吉林長春階段練習)一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣,垂直放置,且兩個線圈的圓心重合,如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時,從左向右看,線圈L1將
(　　)
[A] 不動
[B] 順時針轉動
[C] 逆時針轉動
[D] 在紙面內平動
B
【解析】 法一　電流元法
把線圈L1沿水平轉動軸分成上下兩部分,每一部分又可以看成無數段直線電流元,電流元處在I2產生的磁場中,根據安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上,由左手定則可得,上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外,下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內,因此從左向右看線圈L1將順時針轉動,故選B。
法二　等效法
把線圈L1等效為小磁針,該小磁針剛好處于環形電流I2的中心,小磁針的N極應指向環形電流I2在該點產生的磁場方向,由安培定則知I2在其中心處產生的磁場方向向上,而L1等效成小磁針后,轉動前N極指向紙內,因此小磁針的N極應由指向紙內轉為向上,所以從左向右看,線圈L1將順時針轉動,故選B。
法三　結論法
環形電流I1、I2之間不平行,則必有相對轉動,直到兩環形電流同向平行為止,據此可得,從左向右看,線圈L1將順時針轉動。
方法總結
(1)在用電流元法分析問題時,要在對稱的特殊位置選取電流元。
(2)若磁感應強度的方向與電流方向不垂直,應將磁感應強度B分解為與電流方向垂直的分量B⊥和平行的分量B∥后再進行分析。
(3)要將用特殊位置分析出的結果結合實際,推導出一般性的結論。
1.安培力作用下物體平衡及加速問題的常見類型
(1)特點:此類問題常由傾斜導軌、導體棒、電源和電阻等組成閉合回路。這類題目的難點是相關物理量處于立體空間,各力的方向不易確定和準確表示出來。
(2)分析思路。
選定研究對象→三維立體圖 二維平面圖→畫受力圖,即通過畫俯視圖、剖面圖、側視圖等,將立體圖轉換為平面受力圖→平衡問題:列平衡方程,若涉及靜摩擦力問題要注意臨界狀態帶來的多解問題;若加速問題可以選用牛頓第二定律、動量定理、動能定理等解決。
2.功能關系的應用
(1)安培力做功。
①安培力做功與路徑有關,其特點不同于重力、靜電力、彈力等。
②安培力做正功時將電源的能量轉化為其他形式的能。
③安培力做負功時將其他形式的能轉化為電能,如果電能不儲存則轉化為內能或其他形式的能。
(2)方法應用。
雖然不同性質的力做功機理不同,但做功的本質都是由一種形式的能轉化為另一種形式的能。求解這類問題時,首先弄清安培力是恒力還是變力,其次結合動能定理或能量守恒定律求解。
[例6] 【安培力作用下的平衡問題】 (2025·北京海淀模擬)如圖所示,寬為L的固定光滑平行金屬導軌與水平面成α角,金屬桿ab水平放置在導軌上,且與導軌垂直,處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。電源電動勢為E,當電阻箱接入電路的阻值為R0時,金屬桿恰好保持靜止。不計電源內阻、導軌和金屬桿的電阻,重力加速度為g。
(1)求金屬桿所受安培力的大小F;
(2)求金屬桿的質量m;
(3)保持磁感應強度大小不變,改變其方向,同時調整電阻箱接入電路的阻值R以保持金屬桿靜止,求R的最大值。
[例7] 【安培力與力電相結合的綜合問題】 (2024·山東臨沂階段練習)如圖所示,
PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌,相距L=1 m。P、M間接有一個電動勢為E=21 V、內阻不計的電源和一個滑動變阻器,導體棒ab跨放在導軌上并與導軌接觸良好,棒的質量為m=1 kg,棒在導軌之間部分的電阻R0為1 Ω。棒的中點用垂直于棒的細繩經光滑輕質定滑輪與物體相連,物體的質量M=0.5 kg。棒與導軌的動摩擦因數為μ=0.2(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等),導軌的電阻不計,
g取10 m/s2,勻強磁場的磁感應強度大小 B=1 T,方向豎直向下。若為了使物體保持靜止,求滑動變阻器連入電路的阻值范圍。
【答案】 2 Ω≤R≤6 Ω
基礎對點練
對點1.安培定則的應用及磁場的疊加
1.(4分)(2024·江西上饒階段練習)如圖所示,OCD為等邊三角形,E點為三角形的中心,現在三角形的三個頂點固定三根完全相同的通電直導線,三根導線中通有如圖方向的電流,電流大小相同,空間加一磁感應強度大小為B0的勻強磁場,使E點的磁感應強度為零。則下列說法正確的是(　　)
D
[A] a點磁感應強度不可能為零
[B] c、d兩點磁感應強度方向相同
[C] c、d兩點磁感應強度大小相等
[D] b點磁感應強度的方向垂直于P、Q連線向下
CD
對點2.安培力的分析與計算
3.(4分)(2025·河南周口模擬)如圖所示,兩根長直導線a、b垂直放置,彼此絕緣,分別通有大小相同電流I0。固定的剛性正方形線圈MNPQ通有電流I,MN到a的距離與MQ到b的距離相等,線圈與導線位于同一平面內。已知通電長直導線在其周圍某點所產生的磁感應強度大小與該點到長直導線的距離成反比,線圈所受安培力的大小為F。若移走導線a,則此時線圈所受的安培力大小為(　　)
A
C
【解析】 從上向下看導線的圖形如圖所示,
對點3.安培力作用下導體運動情況的判斷
5.(4分)(2024·廣東廣州階段練習)如圖所示,兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直,a平行于紙面,電流方向向左,b垂直于紙面,電流方向向里,則導線a所受安培力方向(　　)
[A] 平行于紙面向上
[B] 平行于紙面向下
[C] 左半部分垂直于紙面向外,右半部分垂直于紙面向里
[D] 左半部分垂直于紙面向里,右半部分垂直于紙面向外
D
【解析】 根據安培定則,可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上,右側部分的磁場方向斜向右下方,根據左手定則可判斷出導線a左半部分所受安培力方向垂直于紙面向里,右半部分所受安培力方向垂直于紙面向外,故選D。
6.(6分)(2024·廣東揭陽期中)(多選)如圖甲為一款魔術玩具——磁力“永動機”,小鋼球放入漏斗后從中間小洞落入下面的弧形金屬軌道,然后從軌道另一端拋出再次回到漏斗,由此循環往復形成“永動”的效果。其原理如圖乙所示,金屬軌道與底座內隱藏的電源相連,軌道下方藏有永磁體。當如圖乙永磁體N極朝上放置,小鋼球逆時針“永動”時,下列分析正確的是(　 　)
[A] 小球運動的過程中機械能守恒
[B] 電源如何接都不影響“永動”的效果
[C] 軌道a端應接電源的正極,軌道b端應接電源的負極
[D] 該磁力“永動機”的物理原理是通電導體在磁場中受到安培力的作用
CD
【解析】 小球運動的過程中有磁場對小球做功,機械能不守恒,故A錯誤;電源反接后改變安培力的方向,影響“永動”效果,故B錯誤;小鋼球逆時針“永動”時,應受向右的安培力,根據左手定則可知通過小球電流的方向從軌道a端到軌道b端,所以軌道a端應接電源的正極,軌道b端應接電源的負極,故C正確;該磁力“永動機”的物理原理是通電導體在磁場中受到安培力的作用,故D正確。
對點4.安培力與力電相結合的綜合問題
7.(8分)(2024·福建泉州期末)電磁炮是一種先進武器。如圖為某同學模擬電磁炮的原理圖,間距為L=0.5 m的兩根傾斜導軌平行放置,導軌平面與水平地面的夾角為θ=37°,導軌下端接電動勢為E=18 V、內阻為r=1 Ω的電源。整個裝置處于磁感應強度大小為B=0.2 T、方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場中。為了研究方便,將待發射的炮彈視為一個比導軌間距略長的導體棒,導體棒的質量為m=0.1 kg,接入電路的電阻為R=1 Ω,導體棒與導軌接觸面間的動摩擦因數為μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。現將導體棒無初速度地放在導軌上且與導軌垂直,最終導體棒從導軌上端發射出去,不計其他電阻。求:
(1)導體棒剛放在導軌上時所受安培力的大小和方向;
【答案】 (1)0.9 N　沿導軌向上
(2)導體棒剛放在導軌上時的加速度大小。
【答案】 (2)1 m/s2
8.(4分)(2025·河南高考適應性考試)無限長平行直導線a、b每單位長度之間都通過相同的絕緣輕彈簧連接。如圖,若b水平固定,將a懸掛在彈簧下端,平衡時彈簧的伸長量為Δl;再在兩導線內通入大小均為I的電流,方向相反,平衡時彈簧又伸長了Δl。若a水平固定,將b懸掛在彈簧下端,兩導線內通入大小均為2I的電流,方向相同,平衡后彈簧的伸長量恰為2Δl。已知通電無限長直導線在其周圍產生磁場的磁感應強度大小與導線中電流大小成正比,與距導線的距離成反比。則a、b單位長度的質量比ma∶mb為(　　)
[A] 1∶6 [B] 1∶4
[C] 1∶2 [D] 1∶1
A
綜合提升練
【解析】 若b水平固定,a懸掛在彈簧下端,平衡時彈簧伸長量為Δl,直導線a受力平衡,由平衡條件得mag=k·Δl;通電無限長直導線在其周圍產生的磁場的磁感應強度大小與導線中的電流成正比,與距導線的距離成反比,在兩導線通入大小相等的電流,方向相反,平衡時彈簧又伸長了Δl,對a受力分析,受豎直向下的重力、豎直向下的安培力、豎直向上的彈力,由平衡條件得mag+B1Il=k·2Δl;若a水平固定,b懸掛在彈簧下端,兩導線通入2I的電流,方向相同,平衡后彈簧的伸長量為2Δl,b受力平衡,由平衡條件得k·2Δl+2B2Il=mbg,且B2=2B1,聯立解得ma∶mb=1∶6,故A正確。
9.(10分)(2024·山西臨汾期中)某同學在學習了磁場對電流的作用后產生想法,設計了一個簡易的“電磁秤”。如圖甲所示兩平行金屬導軌CD、EF間距為L=0.1 m,與電動勢為E0=9 V、內阻不計的電源、電流表(量程0～3 A)、開關S、滑動變阻器R(阻值范圍為0～100 Ω)相連,質量為M=0.05 kg、接入電路的電阻為R0=2 Ω的金屬棒MN垂直于導軌放置構成閉合回路,回路平面與水平面成θ=30°角,垂直接在金屬棒中點的輕繩與導軌平面平行,跨過定滑輪后另一端接有秤盤,空間施加垂直于導軌平面向上的勻強磁場,在秤盤中放入待測物體,閉合開關S,調節滑動變阻器,當金屬棒平衡時,通過讀取電流表的讀數就可以知道待測物體的質量m。m與I的圖像如圖乙所示,其余電阻、摩擦以及輕繩質量均不計,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)秤盤的質量m0;
【答案】 (1)0.03 kg
【解析】 (1)電流方向M→N,根據左手定則,金屬棒所受安培力方向沿導軌向下,對金屬棒與秤盤和盤上的待測物體進行分析,根據平衡條件有
(m+m0)g=Mgsin θ+BIL,
結合題中數據可得m=(0.025-m0+0.01BI)kg,
結合m-I圖像有0.025 kg-m0=-0.005 kg,
解得m0=0.03 kg。
(2)勻強磁場磁感應強度大小B;
【答案】 (2)5 T
(3)此“電磁秤”稱量物體的最大質量及此時滑動變阻器接入電路的阻值。
【答案】 (3)0.22 kg　0

展開更多......

收起↑