第八章 第1講 磁場描述 磁場對電流作用

1.安培力的大小如圖8－1－3所示：(1)一般情況下：F＝

，其中θ為B與導線方向間夾角．(2)當磁場B與電流垂直時：F＝

.(3)當磁場B與電流平行時：F＝

.2．安培力的方向(1)用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內．讓磁感線從

進入，并使四指指向

，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受

．(2)安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于

決定的平面．BILsinθBIL0掌心電流的方向安培力的方向B和I如圖，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流．a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等．關于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是()A．O點處的磁感應強度為零B．a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反C．c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同D．a、c兩點處磁感應強度的方向不同【審題視點】

(1)導線M、N中電流方向相反．(2)O點為M、N的中點，a、b兩點和c、d兩點具有對稱性．【解析】

根據安培定則判斷磁場方向，再結合矢量的合成知識求解．根據安培定則判斷：兩直線電流在O點產生的磁場方向均垂直于MN向下，O點的磁感應強度不為零，故A選項錯誤；a、b兩點的磁感應強度大小相等，方向相同，故B選項錯誤；根據對稱性，c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同，故C選項正確；a、c兩點的磁感應強度方向相同，故D選項錯誤．【答案】

C2、三根平行的長直通電導線，分別通過一個等腰直角三角形的三個頂點且與三角形所在平面垂直，如右圖所示．現(xiàn)在使每根通電導線在斜邊中點O處所產生的磁感應強度大小均為B，則下列說法中正確的有()[答案]

BD3.有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖8－1－5所示為垂直于導線的截面圖．在圖中所示的平面內，O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩導線附近的兩點，它們在兩導線連線的中垂線上，且與O點的距離相等．若兩導線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，則關于線段MN上各點的磁感應強度，下列說法中正確的是()A．M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同B．M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反C．在線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零D．在線段MN上只有一點的磁感應強度為零【解析】

根據安培定則和磁場的疊加原理知，M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反，選項A錯，B對；在線段MN上只有在O點處，a、b兩直導線電流形成的磁場的磁感應強度等大反向，即只有O點處的磁感應強度為零，選項C錯，D正確．【答案】

BD●磁通量的變化分析如圖8－1－12所示，條形磁鐵豎直放置，一水平圓環(huán)從磁鐵上方位置Ⅰ向下運動，到達磁鐵上端位置Ⅱ，套在磁鐵上到達中部Ⅲ，再到磁鐵下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ.磁鐵從Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ過程中，穿過圓環(huán)的磁通量變化情況是()A．變大，變小，變大，變小B．變大，變大，變小，變小C．變大，不變，不變，變小D．變小，變小，變大，變大

B1.安培力常用公式F＝BIL，要求兩兩垂直，應用時要滿足：(1)B與L垂直．(2)L是有效長度，即垂直磁感應強度方向的長度．如彎曲導線的有效長度L等于兩端點所連直線的長度(如圖8－1－6所示)，相應的電流方向沿L由始端流向末端．因為任意形狀的閉合線圈，其有效長度為零，所以閉合線圈通電后在勻強磁場中，受到的安培力的矢量和為零．2．解題步驟(1)把立體圖轉化為平面圖．(2)根據左手定則確定安培力的方向．(3)受力分析，畫出安培力和其他力．(4)根據平衡條件列出平衡方程．●安培力大小的計算如圖8－1－13所示，長為2l的直導線折成邊長相等，夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B，當在該導線中通以電流強度為I的電流時，該V形通電導線受到的安培力大小為()A．0B．0.5BIlC．BIlD．2BIl【解析】

V形導線通入電流I時每條邊受到的安培力大小均為BIl，方向分別垂直于導線斜向上，再由平行四邊形定則可得其合力F＝BIl，答案為C.安培力作用下導體運動情況的判定如圖所示，把輕質導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心，且垂直于線圈平面，當線圈中通入如題干圖方向的電流后，線圈的運動情況是()A．線圈向左運動B．線圈向右運動C．從上往下看順時針轉動D．從上往下看逆時針轉動畫出磁感線分布選取一段具有代表性的電流元左手定則確定電流所受安培力的方向根據電流元所受安培力方向得出結論解析：解法一：電流元法首先將圓形線圈分成很多小段，每小段可看作一直線電流，取其中上、下兩小段分析，其截面圖和受安培力情況如圖甲所示．根據對稱性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運動．解法二：等效法將環(huán)形電流等效成一條形磁鐵，如圖乙所示，據異名磁極相吸引知，線圈將向左運動．同時，也可將左側條形磁鐵等效成一環(huán)形電流，根據結論“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，又可得到相同的答案．答案：A甲乙【答案】BC

如右圖所示，把一通電導線放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導線可以自由移動．當導線通過電流I時，如果只考慮安培力的作用，則從上往下看，導線的運動情況是()A．順時針方向轉動，同時下降B．順時針方向轉動，同時上升C．逆時針方向轉動，同時下降D．逆時針方向轉動，同時上升[解析]

第一步：電流元受力分析法把直線電流等效為OA、OB兩段電流元，蹄形磁鐵磁感線分布以及兩段電流元受安培力方向相反，如上圖所示．可見從上往下看時，導線將逆時針方向轉動．第二步：特殊位置分析法取導線逆時針轉過90°的特殊位置來分析，如上圖所示．根據左手定則判斷安培力方向向下，故導線在逆時針轉動的同時向下運動．[答案]

C等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一根長直導線垂直穿過紙面，三根導線均通有大小不變的恒定電流，方向均垂直于紙面向里，如圖所示．已知Ia>Ib，則過c點的導線所受安培力的方向可能是()A．F1 B．F2C．F3 D．F4由安培定則可知，通電導線a在導線c處所產生的磁場方向與a、c連線垂直，并偏離PQ指向左下方，導線b在導線c處所產生的磁場方向與b、c連線垂直，并偏離PQ指向右下方．由于Ia>Ib，所以導線c處的合磁場方向并不在直線PQ上，而是介于PQ和b、c連線之間．所以，由左手定則可知，導線c所受安培力的方向可能是F4.答案為D.如圖所示，有兩根長為L、質量為m的細導體棒a、b，a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x.當兩細導體棒中均通以電流為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止，則關于b的電流在a處產生的磁場的磁感應強度的說法錯誤的是()如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.40m，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，分布著磁感應強度B＝0.50T、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、內阻r＝0.50Ω的直流電源．現(xiàn)把一個質量m＝0.040kg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°＝0.60，cos37°＝0.80，求：(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．【潛點探究】

解答此題可以建立斜面物體的模型，將立體圖轉化為平面圖，通過受力分析，根據平衡條件求解．【答案】(1)1.5A(2)0.30N(3)0.06N

7.(2010·浙江高考)如圖所示，一矩形輕質柔軟反射膜可繞過O點垂直紙面的水平軸轉動，其在紙面上的長度為L1，垂直紙面的寬度為L2.在膜的下端(圖中A處)掛有一平行于轉軸，質量為m，長為L2的導體棒使膜成平面.在膜下方水平放置一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經反射膜反射到光電池板上的所有光能，并將光能轉化成電能.光電池板可等效為一個電池，輸出電壓恒定為U；輸出電流正比于光電池板接收到的光能(設垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定).

導體棒處在方向豎直向上的勻強磁場B中，并與光電池構成回路，流經導體棒的電流垂直紙面向外(注：光電池與導體棒直接相連，連接導線未畫出).(1)現(xiàn)有一束平行光水平入射，當反射膜與豎直方向成θ＝60°時，導體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時電流強度的大小和光電池的輸出功率.(2)當θ變成45°時，通過調整電路使導體棒保持平衡，光電池除維持導體棒力學平衡外，還能輸出多少額外電功率？【解析】(1)導體棒所受安培力為:FA=IBL2①對導體棒由平衡條件得：mgtanθ=FA②解得：I=③所以當θ=60°時I1=光電池輸出功率為：P1=UI1=(2)當θ=45°時,根據③式可知維持受力平衡需要的電流為：I2=根據幾何關系可知：=解得：P2=P1=而光電池產生的電流為：I光電=所以能提供的額外電流為：I額外=I光電-I2=3.載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為B＝kI/r，式中常量k＞0，I為電流強度，r為距導線的距離．在水平長直導線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根輕質絕緣細線靜止地懸掛，如圖8－1－10所示．開始時MN內不通電流，此時兩細線內的張力均為T0.當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內的張力均減小為T1，當MN內電流強度變?yōu)镮2時，兩細線內的張力均大于T0.(1)分別指出強度為I1、I2的電流的方向；(2)求MN分別通以強度為I1、I2的電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比；(3)當MN內的電流強度為I3時兩細線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，求I3.下面介紹磁偏轉問題圓心確定常用的四種方法：一、半徑法適用情況：如果已知帶電粒子的出射速度和入射速度方向，分別作出過入射點和出射點速度方向的垂線，兩垂線的交點便是圓心．如圖甲所示．

【典例1】電視機的顯像管中，電子束的偏轉是使用磁偏轉技術實現(xiàn)的．電子束經過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，如圖所示，磁場方向垂直于圓面．磁場區(qū)的中心為O，半徑為r．當不加磁場時，電子束將通過O點而達到屏幕的中心M點．為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉一已知角度θ，此時磁場的磁感應強度為多大？(已知電子質量為m，電荷量為e)

【深度剖析】分別作入射點和出射點速度方向的垂線，其交點為電子做勻速圓周運動的圓心C，以v表示電子進入磁場時的速度，則①②

又有③由以上各式解得：B=二、角平分線法適用情況：如果已知帶電粒子的出射速度和入射速度方向，則入射速度方向的延長線和出射速度方向的反向延長線夾角的角平分線與入射速度垂線的交點就是圓心.如圖乙所示.

【典例2】一質量為m、帶電量為q的粒子，以速度v0從O點沿y軸正方向射入磁感應強度為B的一圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面，粒子飛出磁場區(qū)域后，從b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向夾角為30°，不計重力．求：(1)圓形磁場區(qū)域的最小面積；(2)粒子從O點進入磁場區(qū)域到達b點所經歷的時間及b點坐標．

【深度剖析】(1)由于粒子沿y軸正方向射入，所以圓心必在x軸上，反向延長b處的速度方向與y軸相交于C點，作∠OCA的角平分線與x軸相交于O′點，過O′點作bC的垂線，垂足為A點．則O′A=O′O=R,所以，以OA為直徑的圓的磁場區(qū)域面積最?。O圓形磁場區(qū)域的半徑為r．由牛頓第二定律得：qv0B=由幾何關系得：r=Smin=πr2=(2)粒子從O點沿圓弧到A點，所經歷的時間tOA=sAb=Rcot30°tAb=所以粒子從O點進入磁場區(qū)域到達b點所經歷的時間為t=tOA+tAb=sO′b==2Rb點橫坐標為xb=R+2R=故b點坐標為(0)

三、垂直平分線法適用情況：如果已知帶電粒子的入射速度方向和做圓周運動軌跡的一條弦，先作出過入射點速度方向的垂線，然后作弦的垂直平分線，兩垂線的交點便是圓心．

【典例3】如圖,虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側的空間存在磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外，O是MN上的一點，從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電荷量為+q、質量為m、速率為v的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內各個方向．已知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇，P到O點的距離為L，不計重力及粒子間的相互作用．(1)求所考查的粒子在磁場中運動的軌道半徑;(2)求這兩個粒子從O點射入磁場時的時間間隔.

【深度剖析】(1)設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R，洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，有qvB=解得：R=(2)如圖所示，為兩粒子在勻強磁場中運動的軌跡圖．作圖方法是：作OP的垂直平分線，分別過入射點O作入射速度1、2的垂線．兩垂線與垂直平分線的交點分別為O1、O2，則O1、O2為圓心，四、直角直徑法適用情況：如果已知帶電粒子的入射速度方向和過入射點的一條弦，先作出過入射點速度方向的垂線，然后過弦的另一端點作弦的垂線，兩垂線的交點和入射點的