2017-2018學年高中創(chuàng)新設(shè)計物理教科版選修3-1學案：第三章 第4講 習題課：安培力的綜合應用

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精［目標定位]1.知道安培力的概念,會用左手定則判定安培力的方向2。理解并熟練應用安培力的計算公式F＝ILBsinθ。3。會用左手定則分析解決通電導體在磁場中的受力及平衡類問題．一、安培力作用下導線的平衡1．一般解題步驟:（1)明確研究對象；(2)先把立體圖改畫成平面圖，并將題中的角度、電流的方向、磁場的方向標注在圖上;(3）根據(jù)平衡條件:F合＝0列方程求解．2．求解安培力時注意:(1）首先確定出通電導線所在處的磁感線的方向，再根據(jù)左手定則判斷安培力方向；（2）安培力大小與導線放置的角度有關(guān)，但一般情況下只要求導線與磁場垂直的情況，其中L為導線垂直于磁場方向的長度,即有效長度．例1如圖1所示,質(zhì)量m＝0。1kg的導體棒靜止于傾角為θ＝30°的斜面上，導體棒長度L＝0.5m．通入垂直紙面向里的電流，電流大小I＝2A，整個裝置處于磁感應強度B＝0.5T、方向豎直向上的勻強磁場中．求：(取g＝10m/s2)圖1（1)導體棒所受安培力的大小和方向；（2）導體棒所受靜摩擦力的大小和方向．解析解決此題的關(guān)鍵是分析導體棒的受力情況，明確各力的方向和大小．（1）安培力F安＝ILB＝2×0.5×0。5N＝0.5N，由左手定則可知安培力的方向水平向右．（2)建立如圖坐標系，分解重力和安培力．在x軸方向上，設(shè)導體棒受到的靜摩擦力大小為f，方向沿斜面向下．在x軸方向上有：mgsinθ＋f＝F安·cosθ，解得f＝－0。067N。負號說明靜摩擦力的方向與假設(shè)的方向相反，即沿斜面向上．答案(1）0。5N水平向右（2)0.067N沿斜面向上針對訓練1如圖2所示，兩平行光滑導軌相距為L＝20cm，金屬棒MN的質(zhì)量為m＝10g，電阻R＝8Ω,勻強磁場磁感應強度B方向豎直向下，大小為B＝0.8T，電源電動勢E＝10V，內(nèi)阻r＝1Ω.當開關(guān)S閉合時，MN處于平衡,求此時變阻器R1的阻值為多少？(設(shè)θ＝45°，g＝10m/s2）圖2答案7Ω解析根據(jù)左手定則判斷安培力方向，再作出金屬棒平衡時的受力平面圖如圖所示．當MN處于平衡時，根據(jù)平衡條件有：mgsinθ－BILcosθ＝0，由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E，R＋R1＋r)。聯(lián)立解得:R1＝7Ω。在處理安培力的平衡問題時，安培力、電流方向以及磁場方向構(gòu)成一個空間直角坐標系，在空間判斷安培力的方向有很大的難度,所以在判斷一些復雜的安培力方向時都會選擇畫側(cè)視圖(平面圖）的方法,這樣就可以把難以理解的空間作圖轉(zhuǎn)化成易于理解的平面作圖．二、安培力和牛頓第二定律的結(jié)合解決安培力作用下的力學綜合問題，同樣遵循力學的規(guī)律．做好全面受力分析是前提,無非就是多了一個安培力,其次要根據(jù)題設(shè)條件明確運動狀態(tài),再恰當選取物理規(guī)律列方程求解．例2如圖3所示，光滑的平行導軌傾角為θ,處在磁感應強度為B的勻強磁場中,導軌中接入電動勢為E、內(nèi)阻為r的直流電源．電路中有一阻值為R的電阻,其余電阻不計，將質(zhì)量為m、長度為L的導體棒由靜止釋放，求導體棒在釋放瞬間的加速度的大小．圖3解析受力分析如圖所示,導體棒受重力mg、支持力N和安培力F，由牛頓第二定律：mgsinθ－Fcosθ＝ma①F＝BIL②I＝eq\f(E，R＋r）③由①②③式可得a＝gsinθ－eq\f(BELcosθ,m(R＋r)）。答案gsinθ－eq\f（BELcosθ,m(R＋r)）針對訓練2澳大利亞國立大學制成了能把2.2g的彈體（包括金屬桿EF的質(zhì)量）從靜止加速到10km/s的電磁炮(常規(guī)炮彈的速度約為2km/s)．如圖4所示，若軌道寬為2m，長為100m,通過的電流為10A,試求:圖4（1)軌道間所加勻強磁場的磁感應強度;（2）安培力的最大功率．（軌道摩擦不計）答案（1）55T(2)1.1×107W解析(1）由運動學公式求出加速度a，由牛頓第二定律和安培力公式聯(lián)立求出B.根據(jù)2ax＝veq\o\al（2，t)－veq\o\al（2，0）得炮彈的加速度大小為a＝eq\f(veq\o\al(2,t),2x)＝eq\f(（10×103）2,2×100）m/s2＝5×105m/s2。根據(jù)牛頓第二定律F＝ma得炮彈所受的安培力F＝ma＝2.2×10－3×5×105N＝1。1×103N，而F＝BIL，所以B＝eq\f（F,IL）＝eq\f（1.1×103，10×2）T＝55T.(2)安培力的最大功率P＝Fvt＝1.1×107W。1．（安培力作用下物體的平衡）如圖5所示，在與水平方向夾角為60°的光滑金屬導軌間有一電源，在相距1m的平行導軌上放一質(zhì)量為m＝0。3kg的金屬棒ab,通以從b→a，I＝3A的電流，磁場方向豎直向上，這時金屬棒恰好靜止．求：圖5（1）勻強磁場磁感應強度的大小；（2）ab棒對導軌壓力的大小．(g＝10m/s2)答案（1）1。73T（2)6N解析（1）ab棒靜止,受力情況如圖所示,沿斜面方向受力平衡，則mgsin60°＝BILcos60°。B＝eq\f（mgtan60°，IL）＝eq\f(0。3×10×\r（3）,3×1)T≈1。73T。(2）對導軌的壓力大小為:N′＝N＝eq\f（mg，cos60°）＝eq\f(0。3×10,\f(1，2)）N＝6N.2．(安培力作用下導線的平衡）如圖6所示，在傾角為θ的斜面上,有一質(zhì)量為m的通電長直導線,電流方向如圖，當導線處于垂直于斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為B1和B2時，斜面對長直導線的靜摩擦力均達到最大值，已知B1∶B2＝3∶1，求斜面對長直導線的最大靜摩擦力的大?。畧D6答案eq\f（1，2)mgsinθ解析假設(shè)最大靜摩擦力為fm，B1IL＝mgsinθ＋fmmgsinθ＝B2IL＋fm聯(lián)立可得：fm＝eq\f（1,2）mgsinθ.3．(安培力和牛頓第二定律的結(jié)合)據(jù)報道,最近已研制出一種可投入使用的電磁軌道炮，其原理如圖7所示．炮彈（可視為長方形導體)置于兩固定的平行導軌之間，并與軌道壁密接．開始時炮彈靜止在導軌的一端，通以電流后炮彈會被磁力加速，最后從位于導軌另一端的出口高速射出．設(shè)兩導軌之間的距離W＝0。10m，導軌長L＝5。0m，炮彈質(zhì)量m＝0。30kg.導軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示．可以認為,炮彈在軌道內(nèi)運動時,它所在處磁場的磁感應強度始終為B＝2.0T，方向垂直于紙面向里．若炮彈出口速度為v＝2.0×103m/s，求通過導軌的電流I。忽略摩擦力與重力的影響．圖7答案6×105A解析在導軌通有電流I時,炮彈作為導體受到磁場施加的安培力為F＝IBW①設(shè)炮彈的加速度的大小為a，則有F＝ma②炮彈在兩導軌間做勻加速運動，因而v2＝2aL③聯(lián)立①②③代入題給數(shù)據(jù)得：I＝6×105A故通過導軌的電流I＝6×105A.題組一通電導線在磁場中的平衡1．如圖1所示，放在臺秤上的條形磁鐵兩極未知,為了探明磁鐵的極性，在它中央的正上方固定一導線，導線與磁鐵垂直,給導線通以垂直紙面向外的電流，則(）圖1A．如果臺秤的示數(shù)增大，說明磁鐵左端是N極B．如果臺秤的示數(shù)增大，說明磁鐵右端是N極C．無論如何臺秤的示數(shù)都不可能變化D．以上說法都不正確答案A解析如果臺秤的示數(shù)增大,說明導線對磁鐵的作用力豎直向下,由牛頓第三定律知,磁鐵對導線的作用力豎直向上，根據(jù)左手定則可判斷，導線所在處磁場方向水平向右，由磁鐵周圍磁場分布規(guī)律可知，磁鐵的左端為N極,故選A.2.如圖2所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ，如果僅改變下列某一個條件,θ角的相應變化情況是（)圖2A．棒中的電流變大，θ角變大B．兩懸線等長變短，θ角變小C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大D．磁感應強度變大,θ角變小答案A3．（多選）如圖3所示，在傾角為α的光滑斜面上，放置一根長為L,質(zhì)量為m，通過電流為I的導線,若使導線靜止，應該在斜面上施加勻強磁場磁感應強度B的大小和方向可能為()圖3A．B＝eq\f（mgsinα，IL),方向垂直于斜面向下B．B＝eq\f（mgsinα,IL），方向垂直于斜面向上C．B＝eq\f（mgtanα，IL），方向豎直向下D．B＝eq\f（mgsinα,IL），方向水平向右答案AC解析根據(jù)電流方向和所給定磁場方向的關(guān)系,可以確定通電導線所受安培力分別如圖所示．又因為導線還受重力G和支持力N,根據(jù)力的平衡知，只有A、C兩種情況是可能的，A中F＝mgsinα,則B＝eq\f（mgsinα，IL），C中F＝mgtanα,B＝eq\f（mgtanα,IL)。

4.如圖4所示，掛在天平底部的矩形線圈abcd的一部分懸在勻強磁場中，當給矩形線圈通入如圖所示的電流I時，調(diào)節(jié)兩盤中的砝碼，使天平平衡．然后使電流I反向，這時要在天平的左盤上加質(zhì)量為2×10－2kg的砝碼,才能使天平重新平衡．求磁場對bc邊作用力的大?。粢阎匦尉€圈共10匝，通入的電流I＝0.1A，bc邊長度為10cm，求該磁場的磁感應強度．(g取10m/s2）圖4答案0.1N1T解析根據(jù)F＝BIL可知，電流反向前后，磁場對bc邊的作用力大小相等,設(shè)為F，但由左手定則可知它們的方向是相反的．電流反向前，磁場對bc邊的作用力向上，電流反向后,磁場對bc邊的作用力向下．因而有2F＝2×10－2×10N＝0。2N,所以F＝0。1N,即磁場對bc邊的作用力大小是0.1N．因為磁場對電流的作用力F＝NBIL，故B＝eq\f(F，NIL）＝eq\f（0。1,10×0。1×0.1)T＝1T。5。如圖5所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0。4m，質(zhì)量為6×10－2kg的通電直導線,電流I＝1A,方向垂直紙面向外，導線用平行于斜面的輕繩拴住不動,整個裝置放在磁感應強度每秒增加0。4T，方向豎直向上的磁場中，設(shè)t＝0時,B＝0，則需要多長時間斜面對導線的支持力為零？（g取10m/s2，sin37°＝0。6,cos37°＝0。8）圖5答案5s解析導線恰要離開斜面時受力情況如圖．由平衡條件，得：F＝eq\f(mg，tan37°）①而F＝BIL②B＝0。4t③代入數(shù)據(jù)解①②③即得：t＝5s。6．如圖6所示,兩平行金屬導軌間的距離L＝0.4m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，在導軌所在平面內(nèi)分布著磁感應強度B＝0。5T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E＝4。5V、內(nèi)阻r＝0。5Ω的直流電源．現(xiàn)把一個質(zhì)量m＝0。04kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0＝2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0。8，求:圖6（1)通過導體棒的電流；(2）導體棒受到的安培力大?。?3）導體棒受到的摩擦力大?。鸢?1）1。5A(2）0.3N(3）0.06N解析（1)根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E，R0＋r）＝1.5A.（2）導體棒受到的安培力F安＝BIL＝0。3N.(3）導體棒受力如圖,將重力正交分解，F(xiàn)1＝mgsin37°＝0。24N，F(xiàn)1＜F安，摩擦力f方向沿導軌向下,根據(jù)平衡條件，mgsin37°＋f＝F安，解得f＝0。06N.7．如圖7所示，水平放置的兩導軌P、Q間的距離L＝0。5m，垂直于導軌平面的豎直向上的勻強磁場的磁感應強度B＝2T,垂直于導軌放置的ab棒的質(zhì)量m＝1kg,系在ab棒中點的水平繩跨過定滑輪與重量G＝3N的物塊相連．已知ab棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0。2，電源的電動勢E＝10V、內(nèi)阻r＝0。1Ω，導軌的電阻及ab棒的電阻均不計．要想ab棒處于靜止狀態(tài),R應在哪個范圍內(nèi)取值？（g取10m/s2）圖7答案見解析解析依據(jù)物體的平衡條件可得，ab棒恰不右滑時:G－μmg－BI1L＝0ab棒恰不左滑時：G＋μmg－BI2L＝0依據(jù)閉合電路歐姆定律可得：E＝I1(R1＋r）E＝I2(R2＋r)由以上各式代入數(shù)據(jù)可解得：R1＝9。9Ω，R2＝1.9Ω所以R的取值范圍為:1。9Ω≤R≤9.9Ω。題組二安培力與牛頓第二定律的綜合應用8．如圖8所示，在同一水平面的兩導軌相互平行，并處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為0.2T,一根質(zhì)量為0。6kg、有效長度為2m的金屬棒放在導軌上，當金屬棒中的電流為5A時，金屬棒做勻速直線運動；當金屬棒中的電流突然增大為8A時，求金屬棒能獲得的加速度的大?。畧D8答案2m/s2解析當金屬棒中的電流為5A時，金屬棒做勻速運動，有I1BL＝f①當金屬棒中的電流為8A時，金屬棒能獲得的加速度為a，則I2BL－f＝ma②聯(lián)立①②解得a＝eq\f（BL(I2－I1）,m）＝2m/s29.如圖9所示，水平放置的光滑的金屬導軌M、N,平行地放置于勻強磁場中，間距為d，金屬棒ab的質(zhì)量為m，電阻為r，放在導軌上且與導軌垂直．磁場的磁感應強度大