磁場磁場和安培力給自己一份

1、磁場第一講 磁場和安培力【重點(diǎn)知識(shí)精講】1變化的電場產(chǎn)生磁場，變化的磁場產(chǎn)生電場。這就是麥克斯韋的電磁方程的貢獻(xiàn)，也是電生磁，磁生電的本質(zhì)。1.引入磁感應(yīng)強(qiáng)度B描述磁場的強(qiáng)弱，引入磁感線形象化的描述磁場。磁感線密的地方表示該處磁感應(yīng)強(qiáng)度大，磁場強(qiáng)；磁感線疏的地方表示該處磁感應(yīng)強(qiáng)度小，磁場弱；磁感線是閉合曲線。磁感線永不相交。磁體、電流的磁場都產(chǎn)生于電荷的運(yùn)動(dòng)。2.電流的磁場方向用安培定則判斷。判斷磁場方向、電流方向均用右手，僅有判斷安培力的時(shí)候才用左手。（左力右電）3.描述磁場強(qiáng)弱的物理量磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，矢量疊加遵循平行四邊形定則。解答磁場疊加類試題依據(jù)各磁場的方向，運(yùn)用平行四邊形定則進(jìn)行合

2、成。4.磁場對(duì)電流的作用叫做安培力，安培力大小F=BILsin，式中是電流與磁場方向的夾角，L為導(dǎo)線的有效長度。閉合通電線圈在勻強(qiáng)磁場中所受的安培力的矢量和為零。5.兩平行直導(dǎo)線通有同向電流時(shí)相互吸引，通有反向電流時(shí)相互排斥。兩平行通電直導(dǎo)線之間的作用力大小正比于電流大小。6.對(duì)于放在磁場中的通電導(dǎo)線，分析受力時(shí)要考慮它受到的安培力。若通電導(dǎo)線在安培力和其他力作用下處于平衡狀態(tài)，則利用平衡條件列方程解之；若通電導(dǎo)線在安培力和其他力作用下處于加速狀態(tài)，則利用牛頓第二定律列方程解之。7.無限長通電導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度與導(dǎo)線中的電流大小成正比，與到導(dǎo)線的距離成反比，即B=kI/r。典型考

3、法典例1；（2012·全國理綜）如圖，兩根互相平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與直面垂直，導(dǎo)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(diǎn)，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到o點(diǎn)的距離均相等。關(guān)于以上幾點(diǎn)處的磁場，下列說法正確的是A.o點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B.a、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反C.c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同D.a、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同【答案】：CD【解析】：由安培定則和磁場疊加原理可判斷出o點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向下，一定不為為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；a、b兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，選項(xiàng)B

4、錯(cuò)誤；c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，選項(xiàng)C正確；a、c兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同，選項(xiàng)D正確。針對(duì)訓(xùn)練題1. （2011全國理綜）如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2,，且I1>I2,；a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點(diǎn)，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面；b點(diǎn)在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的點(diǎn)是A.a點(diǎn) B.b點(diǎn) C.c點(diǎn) D.d點(diǎn) 【解析】：兩導(dǎo)線在a、c兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向相反，兩導(dǎo)線在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向相同，合磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為零；兩導(dǎo)線在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向有一定夾角，合磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為零；兩導(dǎo)線在a、c兩

5、點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向相反，且I1>I2,所以合磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的是c點(diǎn)，選項(xiàng)C正確。典例2：(2012·天津理綜)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，棒中通一由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為。如果僅改變下列某一個(gè)條件，角的相應(yīng)變化情況是A 棒中電流變大，角變大B 兩懸線等長變短，角變小C 金屬棒質(zhì)量變大，角變大D 磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，角變小【答案】A【解析】根據(jù)安培力公式，F(xiàn)=BIL，棒中電流變大，金屬棒所受安培力變大，角變大，選項(xiàng)A正確；兩懸線等長變短，角不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬棒質(zhì)量變大，角變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，金屬

6、棒所受安培力變大，角變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！究键c(diǎn)定位】本題考查安培力及其相關(guān)知識(shí)，意在考查考生分析動(dòng)態(tài)變化的能力。針對(duì)訓(xùn)練題2(2011上海物理第18題)如圖3，質(zhì)量為m、長為L的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于O、O，并處于勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)導(dǎo)線中通以沿x正方向的電流I，且導(dǎo)線保持靜止時(shí)，懸線與豎直方向夾角為。則磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小可能為(A) z正向，tan (B) y正向，。(C) z負(fù)向，tan。 (D)沿懸線向上，sin【解析】畫出通電導(dǎo)線受力圖如圖所示，由左手定則可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向沿y軸正方向時(shí)，安培力沿z軸正方向。當(dāng)BIL=mg時(shí)，導(dǎo)線受力平衡，保持靜止，即磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向沿y軸正向，大

7、小為，選項(xiàng)B正確。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向沿z軸負(fù)方向時(shí)，安培力沿y軸正方向。當(dāng)BIL=mgtan時(shí)，導(dǎo)線受力平衡，保持靜止，即磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向沿z軸負(fù)向，大小為tan，選項(xiàng)C正確。典例3. （2012·海南物理）圖中裝置可演示磁場對(duì)通電導(dǎo)線的作用。電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導(dǎo)軌，L是置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直的金屬桿。當(dāng)電磁鐵線圈兩端a、b，導(dǎo)軌兩端e、f，分別接到兩個(gè)不同的直流電源上時(shí)，L便在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。下列說法正確的是若a接正極，b接負(fù)極，e接正極，f接負(fù)極，則L向右滑動(dòng)A 若a接正極，b接負(fù)極，e接負(fù)極，f接正極，則L向右滑動(dòng)B 若a接負(fù)極，b接正極，e接正極，f

8、接負(fù)極，則L向左滑動(dòng)C 若a接負(fù)極，b接正極，e接負(fù)極，f接正極，則L向左滑動(dòng)【答案】：BD【解析】：若a接正極，b接負(fù)極，根據(jù)安培定則，電磁鐵產(chǎn)生豎直向上的磁場。e接負(fù)極，f接正極，由左手定則可判斷出L所受安培力向右，則L向右滑動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤B正確；若a接負(fù)極，b接正極，根據(jù)安培定則，電磁鐵產(chǎn)生豎直向下的磁場。e接負(fù)極，f接正極，由左手定則可判斷出L所受安培力向左，則L向左滑動(dòng)，選項(xiàng)D正確C錯(cuò)誤。【考點(diǎn)定位】此題考查安培定則、左手定則及其相關(guān)知識(shí)。針對(duì)訓(xùn)練題3（2012浙江紹興期末）如圖所示，豎直放置的平行金屬導(dǎo)軌EF和GH兩部分導(dǎo)軌間距為2L, IJ和MN兩部分導(dǎo)軌間距為L。整個(gè)裝置處在水

9、平向里的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿ab和cd的質(zhì)量均為m，可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動(dòng)，且與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)對(duì)金屬桿ab施 加一個(gè)豎直向上的作用力F，使其勻速向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)cd處于靜止?fàn)顟B(tài)，則力F的大小為 Amg B2mg C. 3mg。 D. 4mg 答案：C解析：由cd處于靜止?fàn)顟B(tài)可知cd所受向上的安培力等于mg，ab所受向下安培力等于2mg。由平衡條件可知，力F的大小為3mg，選項(xiàng)C正確。典例4. （2012·上海物理）載流長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=kI/r，式中常量k>0，I為電流強(qiáng)度，r為距導(dǎo)線的即離。在水平長直導(dǎo)線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時(shí)針方向的恒定電流，被

10、兩根等長的輕質(zhì)絕緣細(xì)線靜止地懸掛，如圖所示。開始時(shí)MN內(nèi)不通電流，此時(shí)兩細(xì)線內(nèi)的張力均為T0。當(dāng)MN通以強(qiáng)度為I1的電流時(shí)，兩細(xì)線內(nèi)的張力均減小為T1：當(dāng)MN內(nèi)的電流強(qiáng)度變?yōu)镮2時(shí)，兩細(xì)線的張力均大于T0。（1）分別指出強(qiáng)度為I1、I2的電流的方向；（2）求MN分別通以強(qiáng)度為I1和I2電流時(shí)，線框受到的安培力F1與F2大小之比；（3）當(dāng)MN內(nèi)的電流強(qiáng)度為I3時(shí)兩細(xì)線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，求I3?！窘馕觥浚海?）I1方向向左，I2方向向右。（2）當(dāng)MN中通以強(qiáng)度為I的電流時(shí)，線框受到的安培力大小為F=kIiL(-),式中r1、r2分別為ab、cd與MN的間距，i為線圈中的電流，

11、L為ab、cd的長度。F1F2= I1I2。（3）設(shè)MN中電流強(qiáng)度為I3時(shí)，線框受到的安培力大小為F3。由題設(shè)條件有2 T0=G，2 T1+F1=G，F(xiàn)3+G=ma=a。=，I3= I1。針對(duì)訓(xùn)練題4（10分）載流長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=k，式中常量k>0，I為電流強(qiáng)度，r為距導(dǎo)線的即離。在水平長直導(dǎo)線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時(shí)針方向的恒定電流，被兩根等長的輕質(zhì)絕緣細(xì)線靜止地懸掛，如圖所示。開始時(shí)MN內(nèi)不通電流，此時(shí)兩細(xì)線內(nèi)的張力均為T0。（1）當(dāng)MN通以強(qiáng)度為I1、方向向左的電流時(shí)，判斷ab和cd所受安培力的方向。（2）求MN分別通以強(qiáng)度為I1和I2電流時(shí)，線框

12、受到的安培力F1與F2大小之比；（3）若當(dāng)MN內(nèi)的電流強(qiáng)度為某值時(shí)兩細(xì)線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，求細(xì)線的最大張力。【解析】：（1）當(dāng)MN通以強(qiáng)度為I1、方向向左的電流時(shí)，由安培定則可判斷出直線電流MN在其下方產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則可判斷出ab所受安培力的方向向上。cd所受安培力的方向向下。（2分）（2）設(shè)線框中電流為i，r1、r2分別為ab、cd與MN的間距，L為ab、cd的長度。當(dāng)MN中通以強(qiáng)度為I的電流時(shí)，線框受到的安培力大小為F=kIiL(-),MN分別通以強(qiáng)度為I1和I2電流時(shí)，線框受到的安培力F1與F2大小之比為： F1F2= I1I2。（4分）（3）

13、設(shè)輕質(zhì)絕緣細(xì)線的最大張力為Tm。兩細(xì)線恰好斷裂時(shí)，線框受到的安培力合力方向一定向下，設(shè)大小合力大小為F3。由題設(shè)條件有2 T0=G，2 Tm-F3=G，細(xì)線斷裂瞬間，F(xiàn)3+G=ma，m=G/g。聯(lián)立解得：Tm =a。典例5（2011新課標(biāo)理綜）電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng)，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強(qiáng)磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到的安培力在作用而高速射出?，F(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是A只將軌道長度L變?yōu)樵?/p>

14、來的2倍B只將電流I增加到原來的2倍。C只將彈體質(zhì)量減小到原來的一半D將彈體質(zhì)量減小到原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變?！窘馕觥浚涸O(shè)B=kI，軌道之間距離d，則發(fā)射過程中，安培力做功kI2dL，由動(dòng)能定理kI2dL=mv2，要使彈體的出射速度增加至原來的2倍，可采用的辦法是只將電流I增加到原來的2倍；或?qū)楏w質(zhì)量減小到原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變，選項(xiàng)BD正確。針對(duì)訓(xùn)練題5.（2005·北京理綜）下圖是導(dǎo)軌式電磁炮實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，其間安放金屬滑塊（即實(shí)驗(yàn)用彈丸）?；瑝K可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。

15、電源提供的強(qiáng)大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過滑塊，再從另一導(dǎo)軌流回電源。滑塊被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場推動(dòng)而發(fā)射。在發(fā)射過程中，該磁場在滑塊所在位置始終可以簡化為勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面，其強(qiáng)度與電流的關(guān)系為B=kI，比例常量k=2.5×106T/A。已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距l(xiāng)=1.5cm，滑塊的質(zhì)量m=30g，滑塊沿導(dǎo)軌滑行5m后獲得的發(fā)射速度v=3.0km/s（此過程視為勻加速運(yùn)動(dòng)）。（1）求發(fā)射過程中電源提供的電流強(qiáng)度。（2）若電源輸出的能量有4%轉(zhuǎn)換為滑塊的動(dòng)能，則發(fā)射過程中電源的輸出功率和輸出電壓各是多大？電 源ls'm（3）若此滑塊射出后隨即以速度v沿水平方向擊中放在水平面上的

16、砂箱，它嵌入砂箱的深度為s'。設(shè)砂箱質(zhì)量為M，滑塊質(zhì)量為m，不計(jì)砂箱與水平面之間的摩擦。求滑塊對(duì)砂箱平均沖擊力的表達(dá)式。解析：（1）由勻加速運(yùn)動(dòng)公式 a=9×105m/s2由安培力公式和牛頓第二定律，有 F=IBlkI2l，kI2lma因此 I=8.5×105A（2）滑塊獲得的動(dòng)能是電源輸出能量的4%，即：Pt×4%=mv2發(fā)射過程中電源供電時(shí)間t=×102s所需的電源輸出功率為P=1.0×109W由功率P=IU，解得輸出電壓：U=1.2×103V（3）分別對(duì)砂箱和滑塊用動(dòng)能定理，有fsMMV2 f'sm=mV2mv2

17、由牛頓定律f=f'和相對(duì)運(yùn)動(dòng)sm=sM+s'由動(dòng)量守恒 mv=(m+M)V，聯(lián)立求得fs'=·mv2故平均沖擊力f=·典例6（2010高考浙江理綜）.如圖7所示，一矩形輕質(zhì)柔軟反射膜可繞過O點(diǎn)垂直紙面的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，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(zhuǎn)軸，質(zhì)量為m，長為L2的導(dǎo)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(jīng)反射膜反射到光電池板上的所有光能，并將光能轉(zhuǎn)化成電能。光電池板可等效為一個(gè)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(shè)垂直于入射光單位面積上的光功率

18、保持恒定）。導(dǎo)體棒處在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中，并與光電池構(gòu)成回路，流經(jīng)導(dǎo)體棒的電流垂直紙面向外（注：光電池與導(dǎo)體棒直接相連，連接導(dǎo)線未畫出）。（1）現(xiàn)有一束平行光水平入射，當(dāng)反射膜與豎直方向成q =60°時(shí)，導(dǎo)體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時(shí)電流強(qiáng)度的大小和光電池的輸出功率。（2）當(dāng)變成45°時(shí)，通過調(diào)整電路使導(dǎo)體棒保持平衡，光電池除維持導(dǎo)體棒平衡外，還能輸出多少額外電功率？mgBIL2【解析】（1）導(dǎo)體棒所受安培力FA= BIL2，導(dǎo)體棒處于受力平衡狀態(tài)，由靜力平衡條件，mgtanq=FA，解得 I=tanq所以當(dāng)q =60°時(shí)，I60=tan60°=，光電池輸出功率P60=UI60=U。 （2）當(dāng)q=45°時(shí)，維持靜力平衡需要的電流為I45=tan45°=，根據(jù)幾何關(guān)系可知，=?？傻肞45= P60 =U。而光電池產(chǎn)生的電流I光電= P45/U =，所以能夠提供的額外電流為I額外= I光電- I45=(-1)，可提供的額外功率為P額外= I額外U=(-1)U?！军c(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查安培力、靜力平衡與電池功率等知識(shí)點(diǎn)。解答此題的易錯(cuò)點(diǎn)主要有：一是分析受力時(shí)選錯(cuò)研究對(duì)象，導(dǎo)致把導(dǎo)體棒的受力平衡物體誤認(rèn)為