資源簡介

1　磁場對通電導線的作用力
學習任務一　安培力的方向
[科學探究] 按照如圖所示進行實驗.
(1)上下交換磁鐵磁極的位置　　　改變磁場方向,導體棒受力的方向　　　改變.(均選填“會”或“不會”).
(2)改變導體棒中電流的方向,導體棒受力的方向　　　(選填“會”或“不會”)改變.
例1 如圖所示的磁感應強度B、電流I和磁場對電流的作用力F三者方向的相互關系中正確的是 (　)
A
B
C
D
[反思感悟]

【要點總結】
1.安培力F的方向既與磁場方向垂直,又與通電導線垂直,即F跟B、I所在的面垂直.但B與I的方向不一定垂直.
2.當電流方向跟磁場方向不垂直時,仍可用左手定則來判定安培力的方向,注意要讓磁感線垂直于電流方向的分量垂直進入掌心.
學習任務二　安培力大小的計算
[物理觀念] 長為l的一段直導線放在勻強磁場中,磁感應強度為B,通以大小為I的電流,當導線按以下三種方式放置時,所受磁場的作用力分別是多大
(1)導線和磁場垂直放置時,F安=　　　　;
(2)導線和磁場平行放置時,F安=　　　　;
(3)導線和磁場成θ角放置時,F安=　　　　.注:此式為安培力的通式.
例2 [2023·山西大同一中期末] 如圖所示四種情況中,勻強磁場的磁感應強度大小相等,載流導體的長度相同,通過的電流大小也相同,導體受到的磁場力最大且方向沿著紙面的是(　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.甲、乙 B.甲、丙 C.乙、丁 D.乙、丙
[反思感悟]
例3 (多選)如圖所示,AC是一個半徑為R的四分之一圓弧,將其放置在與平面AOC垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中.當該導線中通以由A到C、大小為I的恒定電流時,該導線受到安培力的大小和方向是(　)
A.安培力大小為IRB
B.安培力大小為IRB
C.安培力方向為垂直于AC的連線指向左下方
D.安培力方向為垂直于AC的連線指向右上方
[反思感悟]
變式1 通電閉合直角三角形線框ABC處在水平方向的勻強磁場中,磁場方向垂直于線框平面向里,線框的BC邊水平,線框中電流方向如圖所示,那么該線框受到的安培力的合力(　)
A.方向水平向左
B.方向豎直向下
C.方向垂直于AB斜向上
D.為零
[反思感悟]

【要點總結】
公式F=IlBsin θ中l指的是“有效長度”.彎曲導線的有效長度l等于連接兩端點的線段的長度(如圖所示),相應的電流沿線段由始端流向末端.
學習任務三　磁電式電表的工作原理
[教材鏈接] 閱讀教材,回答下列問題:
(1)當電流通過線圈時,線圈因為受到　　　　力而發生轉動.
(2)線圈　　　　　　　　　　　可以說明被測電流的強弱.
例4 [2023·河北石家莊一中月考] 磁電式電流表的線圈放在磁體的兩極間,磁體產生輻向分布的磁場(如圖所示),線圈的左右兩邊所在處的磁感應強度大小都相等,當線圈中通有圖示方向的電流時 (　)
A.線圈左邊受到向上的安培力,右邊受到向下的安培力
B.線圈左、右兩邊受到的安培力方向相同
C.線圈轉到不同位置時受到的安培力大小不同
D.當線圈中的電流方向發生變化時,線圈的轉動方向并不變
[反思感悟]

變式2 (多選)[2023·黑龍江哈爾濱九中月考] 如圖所示是磁電式電流表的結構圖,蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布,線圈中a、b兩條導線長均為l,若通以圖示方向的電流I,兩條導線所在處的磁感應強度大小均為B,則 (　)
A.該磁場是勻強磁場
B.線圈平面總與磁場方向垂直
C.線圈將順時針轉動
D.a、b導線受到的安培力大小總為IlB
[反思感悟]


--素養提升--
電流天平的原理和應用
電流天平是根據等臂杠桿的原理制成的,可以用來測量導線在磁場中受到的安培力和磁場的磁感應強度.如圖所示是它的原理示意圖,天平左盤放砝碼,右盤下懸掛線框,線框處于磁場中.當線框沒有通電時,天平處于平衡狀態. 線框通電后,ab、bc、cd邊均受到安培力的作用.根據左手定則可知,ab、cd邊受到的安培力等大反向,互相抵消,bc邊受到的安培力方向豎直向上,從而使天平平衡被破壞.通過在右盤中加砝碼可使天平重新平衡,根據所加砝碼的質量可以推知線框所受安培力的大小F.再根據F=nIlB,由線框的匝數n、bc邊長度l、電流I可求磁場的磁感應強度B的大小.
示例 [教材改編] 如圖所示為電流天平示意圖,可以用來測量勻強磁場的磁感應強度.它的右盤下掛著矩形線框,匝數為n,線框的dc邊水平,且長為l,處于勻強磁場內,磁感應強度B的方向垂直于線框平面向里.當線框中通有電流I時,調節砝碼使兩臂達到平衡.然后使電流反向,大小不變.這時需要在左盤中增加質量為m的砝碼,才能使兩臂再次達到平衡,重力加速度g取9.8 m/s2.
(1)cd邊的電流在反向之后其方向為　　　　(選填“向左”或“向右”).
(2)導出用n、m、l、I、g表示磁感應強度B的表達式;
(3)當n=9,l=10.0 cm,I=0.10 A,m=8.78 g時,磁感應強度是多大
1.(安培力的方向)[2023·海南中學月考] 如圖所示為一種新型的電磁船的俯視圖,MN、PQ為固定在船上的豎直平行金屬板,直流電源接在M、P之間,船上裝有產生強磁場的裝置,可在兩平行金屬板間海水中的虛線框內產生強磁場.閉合開關S后,電流通過海水從N流向Q,若船受到海水的反作用力向左運動,則虛線框中的磁場方向應該 (　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.豎直向下 B.豎直向上
C.水平向左 D.水平向右
2.(安培力的大小)在勻強磁場中放置一條直導線,導線與磁場方向垂直,則導線受到的安培力F的大小與通過導線的電流I的關系圖像正確的是(　)
3.(安培力的大小和方向)如圖所示,通有恒定電流的兩個導體分別水平放置在兩個范圍無窮大的勻強磁場中,磁場方向如圖所示,將導體在紙面內順時針轉180°,關于甲、乙兩種情況下導體受到的安培力大小和方向變化,下列說法正確的是 (　)
A.甲圖中導體受到的安培力大小一直在變,方向不變;乙圖中導體受到的安培力大小一直不變,方向一直在變
B.甲圖中導體受到的安培力大小一直在變,方向變化一次;乙圖中導體受到的安培力大小一直不變,方向一直在變
C.甲、乙兩種情況下導體受到的安培力大小一直不變,方向一直在變
D.甲、乙兩種情況下導體受到的安培力大小一直在變,方向一直不變
4.(安培力大小的計算)[2023·河南新鄉一中期末] 如圖所示,在各勻強磁場中放有下列各種形狀的通電導線,電流大小為I,磁感應強度大小均為B,求各導線所受到的安培力大小.
1　磁場對通電導線的作用力
[科學探究] (1)會　會　(2)會　
例1　C　[解析] 由左手定則可知,A圖中安培力應豎直向上,B圖中安培力應水平向左,C圖中磁感應強度B、電流I和磁場對電流的作用力F三者方向關系正確,D圖中安培力應垂直紙面向里,故C正確,A、B、D錯誤.
[物理觀念] (1)IlB　(2)0　(3)IlBsin θ
例2　C　[解析] 對于甲圖,磁場力F=IIBcos 30°,方向垂直于紙面向里;對于乙圖,磁場力F=IlB,方向沿紙面向下;對于丙圖,磁場力F=0;對于丁圖,磁場力F=IlB,方向垂直于導體沿紙面斜向上,故選項C正確.
例3　BD　[解析] 直導線折成半徑為R的圓弧形狀,在磁場中的有效長度為l=R,則安培力大小為F=IlB=IRB,安培力的方向與等效長度的直線垂直,根據左手定則可得,安培力的方向垂直于AC的連線指向右上方,故B、D正確.
變式1　D　[解析] 由F=IlB可知,三角形各邊受到的安培力大小與各邊長度成正比,根據左手定則和力的平行四邊形定則可知,任意兩條邊受到的安培力的合力與第三條邊受到的安培力等大反向,故線框受到的安培力的合力為零,D正確.
[教材鏈接] (1)安培　(2)偏轉角度的大小
例4　A　[解析] 由左手定則可知,線圈左邊受到向上的安培力,右邊受到向下的安培力,故A正確,B錯誤;線圈轉到任意位置時,線圈所在平面與磁感線都平行,受到的安培力大小都相同,故C錯誤;當線圈中的電流方向發生變化時,由左手定則可知,線圈的轉動方向改變,故D錯誤.
變式2　CD　[解析] 勻強磁場的磁感應強度大小處處相等,方向處處相同,由圖可知,該磁場不是勻強磁場,選項A錯誤;在圖示的位置,a受向上的安培力,b受向下的安培力,線圈將順時針轉動,選項C正確;由圖可知,線圈平面與磁場方向總是平行的,選項B錯誤;由于磁感應強度大小不變,電流大小不變,則安培力大小始終為IlB,選項D正確.
素養提升
示例　(1)向左　(2)B=　(3)0.48 T
[解析] (1)電流反向后,要在天平左盤加質量為m的砝碼,天平才能平衡,故開始時cd邊所受安培力的方向豎直向上,電流反向后,安培力的方向豎直向下,根據左手定則可知,cd邊的電流在反向之后其方向向左.
(2)開始時cd邊所受的安培力方向豎直向上,電流反向后,安培力的方向變為豎直向下,有mg=2F,即mg=2nIlB,解得B=.
(3)根據mg=2nIlB,解得B=0.48 T.
隨堂鞏固
1.A　[解析] 閉合開關S后,電流通過海水從N流向Q,且船向左運動,船體所受海水的反作用力方向向左,根據牛頓第三定律可知,海水所受的安培力方向向右,再根據左手定則可知,磁場方向豎直向下,故A正確,B、C、D錯誤.
2.A　[解析] 磁場為勻強磁場,故磁感應強度B保持不變,直導線與磁場方向垂直時,安培力F=IlB,故A正確.
3.B　[解析] 由公式F=IlBsin θ可知,甲圖中導體與磁場方向之間的夾角一直在變,故導體受到的安培力大小一直在變,而乙圖中導體一直與磁場方向垂直,受到的安培力大小一直不變;根據左手定則可知,甲圖中導體受到的安培力方向在導體轉到與磁場平行時變化一次,乙圖中導體受到的安培力方向一直在變.
4.FA=ILBcos α　FB=ILB　FC=ILB　FD=2IRB　FE=0
[解析] A圖中FA=ILBcos α,此時不能死記公式而寫成sin α,要正確分解;B圖中,B⊥I,故FB=ILB;C圖是折線abc,整體受力實質上是兩部分直導線分別受力的矢量和,其有效長度為ac(即從a到c的電流),故FC=ILB;D圖是從a到b的半圓形電流,分析圓弧上對稱的每一小段電流,受力抵消合并后,其有效長度為ab,則FD=2IRB;E圖中,導線接通形成閉合線圈,各導線受力的矢量和為零,所以閉合的通電線圈受到的安培力為零,即FE=0.

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