PAGE5-第4節通電導線在磁場中受到的力基礎訓練安培力的方向1.2017年1月25日,在中心電視臺CCTV10頻道播出節目中,海軍電力工程專家馬偉明院士表示,正在研制設計中的國產003型航母采納電磁彈射已成定局!電磁彈射就是采納電磁的能量來推動被彈射的物體向外運動,電磁炮就是利用電磁彈射工作的。電磁炮的原理如圖所示,則炮彈導體滑塊受到的安培力的方向是(C)A.豎直向上 B.豎直向下C.水平向左 D.水平向右解析:依據左手定則可知,張開左手,使四指與大拇指在同一平面內,大拇指與四指垂直,把左手放入磁場中,讓磁感線穿過手心,四指與電流方向相同,大拇指所指的方向是安培力的方向,故受到的安培力水平向左,故C正確。2.如圖所示,把一根通電的硬直導線ab,用輕繩懸掛在通電螺線管正上方,直導線中的電流方向由a向b。閉合開關S瞬間,導線a端所受安培力的方向是(D)A.向上 B.向下C.垂直紙面對外 D.垂直紙面對里解析:開關閉合時,螺線管右端為N極,由左手定則推斷導線a端所受安培力的方向垂直紙面對里,選項D正確。3.如圖所示,一金屬直桿MN兩端接有導線,懸掛于線圈上方,MN與線圈軸線均處于同一豎直平面內,為使MN垂直紙面對里運動,可以(C)A.將a,c端接在電源正極,b,d端接在電源負極B.將b,d端接在電源正極,a,c端接在電源負極C.將a,d端接在電源正極,b,c端接在電源負極D.無論怎么連接,直桿MN都不行能向里運動解析:將a,c端接在電源正極,b,d端接在電源負極,依據安培定則可知,線圈產生的磁場方向向上,再依據左手定則可知MN受到的安培力向外,則MN垂直紙面對外運動,不符合題意,故選項A錯誤;將b,d端接在電源正極,a,c端接在電源負極,依據安培定則可知,線圈產生的磁場方向向下,再依據左手定則可知MN受到的安培力向外,則MN垂直紙面對外運動,不符合題意,故選項B錯誤;將a,d端接在電源正極,b,c端接在電源負極,依據安培定則可知,線圈產生的磁場方向向下,再依據左手定則可知MN受到的安培力向里,則MN垂直紙面對里運動,符合題意,故選項C正確,D錯誤。安培力的大小4.關于磁場對通電直導線作用力的大小,下列說法中正確的是(B)A.通電直導線跟磁場方向平行時作用力最小,但不為零B.通電直導線跟磁場方向垂直時作用力最大C.作用力的大小跟導線與磁場方向的夾角大小無關D.通電直導線跟磁場方向不垂直時確定無作用力解析:通電導線受安培力的條件為導線與磁場有確定夾角,當通電直導線與磁場方向平行時,導線不受安培力作用,當導線與磁場方向垂直時,安培力最大,最大值為F=ILB,依據左手定則可知安培力的方向與磁場垂直,故選項A,C,D錯誤,B正確。5.將通電直導線置于勻強磁場中,導線與磁場方向垂直。若僅將導線中的電流增大為原來的3倍,則該勻強磁場的磁感應強度(B)A.減小為原來的13B.保持不變C.增大為原來的3倍 D.增大為原來的9倍解析:導線與磁場方向垂直,則導線受到的安培力為F=ILB。若僅將導線中的電流增大為原來的3倍,則安培力將增大為原來3倍,而磁場的磁感應強度只與磁場本身有關,與電流大小無關,則該磁場的磁感應強度仍不變,故選項B正確,A,C,D錯誤。6.(2024·浙江名校新高考探討聯盟第一次聯考)如圖所示為某一通電螺線管俯視截面圖,一枚可自由轉動的小磁針放置在它的左端。矩形線圈abcd放置在螺線管內,已知ab=l1,bc=l2,在螺線管內通入如圖所示的電流,螺線管內產生磁感應強度為B的勻強磁場,下列說法正確的是(C)A.螺線管內磁場方向水平向右B.小磁針右端為N極C.若線圈abcd通入順時針方向的電流,則bc邊所受安培力垂直紙面對里D.若線圈abcd中通入大小為I的電流,則ab邊受到的安培力大小為BIl1解析:依據右手定則可知,螺線管的磁場N極在左端,所以小磁針的N極應當在左側,選項B錯誤,螺線管內部的磁場方向向左,所以選項A錯誤。若線圈abcd通入順時針方向的電流,依據左手定則,bc段所受安培力應當垂直紙面對里,選項C正確。ab邊與磁場方向平行,所受安培力為零,選項D錯誤。7.(2024·浙江“七彩陽光”聯盟聯考)如圖所示,水平放置的兩條金屬導軌與電阻、電源及開關相連,導軌的電阻不計。兩根粗細勻稱的導體棒a,b放在導軌上,兩棒的材料、橫截面積均相同,電阻不能忽視,它們與導軌夾角分別為90°,60°。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。已知導軌間距為L,a,b棒與導軌接觸良好,合上開關后導體棒a中的電流為I。關于a,b兩棒所受安培力Fa,Fb,下列說法正確的是(D)A.Fa=BIL,Fb=32B.Fa=0,Fb=32C.Fa=BIL,Fb=12D.Fa=BIL,Fb=BIL解析:依據題意,a,b兩金屬棒并聯,則Ua=Ub,I=UR=UρLS,安培力F=BIL,聯立起來可知F=BIL=BUρS,安培力作用下導體的平衡8.(2024·浙江省名校協作體聯考)小明有一個磁浮玩具,其原理是利用電磁鐵產生磁性,讓具有磁性的玩偶穩定地飄浮起來,其構造如圖所示。若圖中電源的電壓固定,則下列敘述正確的是(D)A.電路中的a端點須連接直流電源的負極B.電路中的a端點連接直流電源的正極或負極C.若將可變電阻的電阻值調大,則玩偶在該位置具有向上的加速度D.若將可變電阻的電阻值調大,可減小玩偶飄浮的最大高度解析:由題意可知,螺線管上方應當為N極,即電流應當從下方流向上方,所以a為電源正極,選項A,B均錯;增大滑動變阻器電阻,則電流減小,磁感應強度變小,所以玩偶飄浮的最大高度減小,選項C錯,D正確。9.(2024·浙江紹興一中月考)如圖所示,在傾角為θ=30°的斜面上,固定一寬L=0.25m的平行金屬導軌,在導軌上端接入電源和滑動變阻器R。電源電動勢E=12V,內阻r=1Ω,一質量m=20g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好。整個裝置處于磁感應強度B=0.80T、垂直于斜面對上的勻強磁場中(導軌與金屬棒的電阻不計)。金屬導軌是光滑的,取g=10m/s2,要保持金屬棒在導軌上靜止,求:(1)金屬棒所受到的安培力的大小;(2)通過金屬棒的電流的大小;(3)滑動變阻器R接入電路中的阻值。解析:(1)金屬棒靜止在導軌上受力平衡,如圖所示F安=mgsin30°,代入數據得F安=0.1N。(2)由F安=BIL,得I=F安BL=(3)設滑動變阻器接入電路的阻值為R0,依據閉合電路歐姆定律得E=I(R0+r),解得R0=EI-r=23Ω答案:(1)0.1N(2)0.5A(3)23Ω實力提升10.(2024·浙江名校協作體高三開學考試)如圖所示,質量為m,長為l的銅棒ab,用長度也為l的兩根輕導線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中,未通電時,輕導線靜止在豎直方向,通入大小為I的恒定電流后,棒向外偏轉的最大角度為θ,則(C)A.棒中電流的方向為b→aB.磁場的大小為mgC.磁場的大小為mgD.若只增大輕導線的長度,則θ角度增大解析:依據ab的搖擺狀況來看,利用左手定則,電流方向應當為從a到b,所以選項A錯誤;安培力的大小、方向保持不變,依據動能定理BIllsinθ-mgl(1-cosθ)=0,化簡之后B=mg(1-11.(多選)如圖所示為試驗室電磁炮的模型圖,在傾角θ=37°的絕緣斜面上固定兩條不計電阻、寬d=1m的平行金屬導軌。導軌處在垂直斜面對下B=2T的勻強磁場中。導軌下端接有電動勢E=24V、內阻r=1Ω的電源,滑動變阻器的阻值改變范圍為0～10Ω,允許通過的最大電流為5A。導軌上放置一(連同金屬桿PQ)質量m=1kg的電磁炮,金屬桿PQ垂直兩金屬導軌放置,金屬桿電阻R0=2Ω,與導軌間動摩擦因數為0.2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。閉合開關S使電磁炮在斜面上靜止,則變阻器連入電路的阻值可能是(取g=10m/s2,sin37°=0.6)(BC)A.2Ω B.4Ω C.6Ω D.8Ω解析:電磁炮靜止在導軌上時受重力、支持力、安培力和摩擦力,其中摩擦力可能沿導軌向上,也可能沿導軌向下,由平衡條件可知mgsinθ±Ff=IdB,又Ff=μmgcosθ,代入數據并依據題意可得2.2A≤I≤3.8A,由閉合電路歐姆定律可知I=ER0+r+R,解得631912.如圖所示,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μ=0.2,電源的電動勢E=10V、內阻r=0.1Ω,導軌的電阻及ab棒的電阻