1、第2讲习题课安培力的综合应用目标定位1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向.2.理解并熟练应用安培力的计算公式FILBsin.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题1通电导线周围的磁感线的方向可以根据安培定则(也叫右手螺旋定则)判断2安培力(1)大小：磁场和电流垂直时，FILB；磁场和电流平行时：F0；磁场和电流的夹角为时：FILBsin_，其中L为通电导线垂直磁场的有效长度(2)方向：用左手定则判定，其特点：FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面一、安培力作用下物体运动方向的判断方法通电导体在磁场中的运动实质是在磁场对电流的安培力作用下导体的运动1电流元法即把
2、整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向2特殊位置法把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向3等效法环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析4利用结论法(1)两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；(2)两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势5转换研究对象法因为电流之间，电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律定性分析磁体在电流磁场作用的受力和运动时，可先分析电流在磁体的
3、磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力例1如图1所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离其中AB固定，CD能自由活动，当直线电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)()图1A顺时针方向转动同时靠近导线ABB逆时针方向转动同时离开导线ABC顺时针方向转动同时离开导线ABD逆时针方向转动同时靠近导线AB答案D解析根据电流元分析法，把电流CD等效成CO、OD两段电流由安培定则画出CO、OD所在位置的AB电流的磁场，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90，如图乙，并画出CD此时位置，AB电流的磁
4、感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB.借题发挥电流在非匀强磁场中受力运动的判断：不管是电流还是磁体，对通电导线的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后结合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动例2如图2所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面当线圈内通以图示方向的电流后，线圈的运动情况是()图2A线圈向左运动B线圈向右运动C从上往下看顺时针转动D从上往下看逆时针转动答案A解析解法一电流元法首先将圆形线圈分成很多小段，每一小段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其
5、截面图和受安培力情况如图甲所示根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动只有选项A正确甲解法二等效法将环形电流等效成小磁针，如图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向左运动，选A.乙二、安培力作用下的导线的平衡1解决安培力作用下的平衡与解一般物体平衡方法类似，只是多画出一个安培力一般解题步骤为：(1)明确研究对象(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上(3)根据平衡条件：F合0列方程求解2分析求解安培力时注意的问题(1)首先画出通电导
6、线所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向(2)安培力的大小与导线放置的角度有关，但一般情况下只要求导线与磁场垂直的情况，其中L为导线垂直于磁场方向的长度为有效长度例3如图3所示，质量m0.1kg的导体棒静止于倾角为30的斜面上，导体棒长度L0.5m通入垂直纸面向里的电流，电流大小I2A，整个装置处于磁感应强度B0.5T，方向竖直向上的匀强磁场中求：(取g10m/s2)图3(1)导体棒所受安培力的大小和方向；(2)导体棒所受静摩擦力的大小和方向答案(1)0.5N水平向右(2)0.067N沿斜面向上解析解决此题的关键是分析导体棒的受力情况，明确各力的方向和大小(1)安培力F安ILB20
7、.50.5N0.5N，由左手定则可知安培力的方向水平向右(2)建立如图所示坐标系，分解重力和安培力在x轴方向上，设导体棒受的静摩擦力大小为f，方向沿斜面向下在x轴方向上有：mgsinfF安cos，解得f0.067N.负号说明静摩擦力的方向与假设的方向相反，即沿斜面向上三、安培力和牛顿第二定律的结合解决安培力作用下的力学综合问题，首先做好全面受力分析是前提，无非就是多了一个安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再恰当选取物理规律列方程求解例4如图4所示，光滑的平行导轨倾角为，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为
8、m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小图4答案gsin解析受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力N和安培力F，由牛顿第二定律：mgsinFcosmaFILBI由式可得agsin.安培力作用下导体的运动1两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图5所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是 ()图5A都绕圆柱体转动B彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C彼此相向运动，电流大的加速度大D彼此背向运动，电流大的加速度大答案B安培力作用下导体的平衡2如图6所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止
9、，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为()图6AB，方向垂直于斜面向下BB，方向垂直于斜面向上CB，方向竖直向下DB，方向水平向右答案AC解析根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如图所示又因为导线还受重力mg和支持力N，根据力的平衡知，只有A、C两种情况是可能的，其中A中Fmgsin，则B，C中Fmgtan，B.安培力和牛顿第二定律的结合3澳大利亚国立大学制成了能把2.2g的弹体(包括金属杆EF的质量)从静止加速到10km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)如图7所示，若轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度的大小(轨道摩擦不计)图7答案55T解析由运动学公式求出加速度a，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B.根据2asvv得炮弹的加速度大小为am/s25105 m/s2.根据牛顿第二定律Fma得炮弹所受的安培力Fma2.21035105N1.1103N，而FIlB，所以BT55T.
