《2017_2018学年高中物理第三章磁场第4讲习题课：安培力的综合应用学案教科版选修3_120180.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017_2018学年高中物理第三章磁场第4讲习题课：安培力的综合应用学案教科版选修3_120180.doc（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第4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一、安培力作用下导线的平衡1一般解题步骤：(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求解安培力时注意：(1)首先确定出通电导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，即有效长度例1
2、如图1所示，质量m0.1 kg的导体棒静止于倾角为30的斜面上，导体棒长度L0.5 m通入垂直纸面向里的电流，电流大小I2 A，整个装置处于磁感应强度B0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中求：(取g10 m/s2)图1(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ILB20.50.5 N0.5 N，由左手定则可知安培力的方向水平向右(2)建立如图坐标系，分解重力和安培力在x轴方向上，设导体棒受到的静摩擦力大小为f，方向沿斜面向下在x轴方向上有：mgsin fF安cos ， 解得f0.067
3、N.负号说明静摩擦力的方向与假设的方向相反，即沿斜面向上答案(1)0.5 N水平向右(2)0.067 N沿斜面向上针对训练1如图2所示，两平行光滑导轨相距为L20 cm，金属棒MN的质量为m10 g，电阻R8 ，匀强磁场磁感应强度B方向竖直向下，大小为B0.8 T，电源电动势E10 V，内阻r1 .当开关S闭合时，MN处于平衡，求此时变阻器R1的阻值为多少？(设45，g10 m/s2)图2答案7 解析根据左手定则判断安培力方向，再作出金属棒平衡时的受力平面图如图所示当MN处于平衡时，根据平衡条件有：mgsin BILcos 0，由闭合电路欧姆定律得：I.联立解得：R17 .在处理安培力的平衡问
4、题时，安培力、电流方向以及磁场方向构成一个空间直角坐标系，在空间判断安培力的方向有很大的难度，所以在判断一些复杂的安培力方向时都会选择画侧视图(平面图)的方法，这样就可以把难以理解的空间作图转化成易于理解的平面作图二、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，同样遵循力学的规律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2如图3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m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒
5、在释放瞬间的加速度的大小图3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：mgsin Fcos maFBILI由式可得agsin .答案gsin 针对训练2澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)从静止加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)如图4所示，若轨道宽为2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试求：图4(1)轨道间所加匀强磁场的磁感应强度；(2)安培力的最大功率(轨道摩擦不计)答案(1)55 T(2)1.1107 W解析(1)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2axv
6、v得炮弹的加速度大小为a m/s25105 m/s2.根据牛顿第二定律Fma得炮弹所受的安培力Fma2.21035105 N1.1103 N，而FBIL，所以B T55 T.(2)安培力的最大功率PFvt1.1107 W.1(安培力作用下物体的平衡)如图5所示，在与水平方向夹角为60的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m的平行导轨上放一质量为m0.3 kg的金属棒ab，通以从ba，I3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止求：图5(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)ab棒对导轨压力的大小(g10 m/s2)答案(1)1.73 T(2)6 N解析(1)ab棒静止，受力情况如图所示，沿
7、斜面方向受力平衡，则mgsin 60BILcos 60.B T1.73 T.(2)对导轨的压力大小为：NN N6 N.2(安培力作用下导线的平衡)如图6所示，在倾角为的斜面上，有一质量为m的通电长直导线，电流方向如图，当导线处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为B1和B2时，斜面对长直导线的静摩擦力均达到最大值，已知B1B231，求斜面对长直导线的最大静摩擦力的大小图6答案mgsin 解析假设最大静摩擦力为fm，B1ILmgsin fmmgsin B2ILfm联立可得：fmmgsin .3(安培力和牛顿第二定律的结合)据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图7所
8、示炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接开始时炮弹静止在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出设两导轨之间的距离W0.10 m，导轨长L5.0 m，炮弹质量m0.30 kg.导轨上的电流I的方向如图中箭头所示可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B2.0 T，方向垂直于纸面向里若炮弹出口速度为v2.0103 m/s，求通过导轨的电流I.忽略摩擦力与重力的影响图7答案6105 A解析在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为FIBW设炮弹的加速度的大小为a，则有Fma炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v
9、22aL联立代入题给数据得：I6105 A故通过导轨的电流I6105A.题组一通电导线在磁场中的平衡1如图1所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则()图1A如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C无论如何台秤的示数都不可能变化D以上说法都不正确答案A解析如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，故选A.2.如图2所
10、示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()图2A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小答案A3(多选)如图3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，应该在斜面上施加匀强磁场磁感应强度B的大小和方向可能为()图3AB，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
11、培力分别如图所示又因为导线还受重力G和支持力N，根据力的平衡知，只有A、C两种情况是可能的，A中Fmgsin ，则B，C中Fmgtan ，B.4.如图4所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2102 kg的砝码，才能使天平重新平衡求磁场对bc边作用力的大小若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I0.1 A，bc边长度为10 cm，求该磁场的磁感应强度(g取10 m/s2)图4答案0.1 N1 T解析根据FBIL可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，
12、但由左手定则可知它们的方向是相反的电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下因而有2F210210 N0.2 N，所以F0.1 N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1 N因为磁场对电流的作用力FNBIL，故B T1 T.5.如图5所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4 m，质量为6102 kg的通电直导线，电流I1 A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中，设t0时，B0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图5答案
13、5 s解析导线恰要离开斜面时受力情况如图由平衡条件，得：F而FBILB0.4t代入数据解即得：t5 s.6如图6所示，两平行金属导轨间的距离L0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E4.5 V、内阻r0.5 的直流电源现把一个质量m0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R02.5 ，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 370.6，cos 370.8，求：图6(1)通过导体棒的电流；(2)
14、导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小答案(1)1.5 A(2)0.3 N(3)0.06 N解析(1)根据闭合电路欧姆定律I1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F安BIL0.3 N.(3)导体棒受力如图，将重力正交分解，F1mgsin 370.24 N，F1F安，摩擦力f方向沿导轨向下，根据平衡条件，mgsin 37fF安，解得f0.06 N.7如图7所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G3 N的物块相连已知ab棒与导轨间的动摩擦因数
15、0.2，电源的电动势E10 V、内阻r0.1 ，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？(g取10 m/s2)图7答案见解析解析依据物体的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时：GmgBI1L0ab棒恰不左滑时：GmgBI2L0依据闭合电路欧姆定律可得：EI1(R1r)EI2(R2r)由以上各式代入数据可解得：R19.9 ，R21.9 所以R的取值范围为：1.9 R9.9 .题组二安培力与牛顿第二定律的综合应用8如图8所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.2 T，一根质量为0.6 kg、有效长度为2 m的金属棒放在导轨上，当
16、金属棒中的电流为5 A时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流突然增大为8 A时，求金属棒能获得的加速度的大小图8答案2 m/s2解析当金属棒中的电流为5 A时，金属棒做匀速运动，有I1BLf当金属棒中的电流为8 A时，金属棒能获得的加速度为a，则I2BLfma联立解得a2 m/s29.如图9所示，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地放置于匀强磁场中，间距为d，金属棒ab的质量为m，电阻为r，放在导轨上且与导轨垂直磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成夹角且与金属棒ab垂直，定值电阻为R，导轨电阻不计当电键闭合的瞬间，测得棒ab的加速度大小为a，则电源电动势为多大？图9答案解析画出金属棒ab受力的截面图，如图所示，金属棒ab所受安培力：FBId，由牛顿第二定律得：Fsin ma，金属棒ab中的电流：I，得E.12