2014高中物理 3.3 探究安培力 每课一练（粤教版选修3-1）

3.3 探究安培力 每课一练（粤教版选修3-1）
(时间：60分钟)
知识点一　安培力的大小和方向
1．一根容易形变的弹性导线，两端固定，导线中通有电流，方向如下图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是
(　　)．[
解析　A图中I与B平行应不受安培力，故A错误，由左手定则知B、C错误，D正确．
答案　D
2．将长度为20 cm，通有0.1 A电流的直导线放入一匀强磁场中，电流与磁场方向如图3－3－10所示．已知磁感应强度为1 T，试求出下列各图中导线所受安培力的大小．
图3－3－10
解析　由安培力的计算公式得：甲图中因导线与磁感线平行，所以安培力为零；乙图中安培力的大小F＝BIL＝1 N×0.1×0.2＝0.02 N；丙图中安培力的大小F＝BIL＝0.02 N.
答案　0　0.02 N　0.02 N
图3－4－11
3．(双选)通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图3－4－11所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是 (　　)．
A．线框有两条边所受的安培力方向相同
B．线框有两条边所受的安培力大小相同
C．线框所受安培力的合力向左D．线框将绕MN转动
解析　通电矩形线框abcd在无限长直通电导线形成的磁场中，受到磁场力的作用，对于ad边和bc边，所在的磁场相同，但电流方向相反，所以ad边、bc边受磁场力(安培力)大小相同，方向相反，即ad边和bc边受合力为零．而对于ab和cd两条边，由于在磁场中，离长直导线的位置不同，ab边近而且由左手定则判断受力向左，cd边远而且由左手定则判断受力向右，所以ab边、cd边受合力方向向左，故B、C选项正确．
答案　BC
知识点二　安培力作用下导体的运动与平衡
图3－3－12
4．如图3－3－12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2×10－2 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I＝0.1 A，bc边长度为10 cm，求该磁场的磁感应强度．(g取10 m/s2)[
解析　根据F＝BIL可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，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2F＝2×10－2×10 N＝0.2 N，所以F＝0.1 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F＝NBIL，故B＝＝ T＝1 T.
答案　0.1 N　1 T[
图3－3－13
5．质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图3－3－13所示，求MN所受的支持力和摩擦力的大小．
解析　导体棒MN处于平衡状态，注意题中磁场方向与MN是垂直的，作出其侧视图，
对MN进行受力分析，如图所示．
由平衡条件有：
Ff＝Fsin θ，
FN＝Fcos θ＋mg，其中F＝BIL
解得：FN＝BILcos θ＋mg，Ff＝BILsin θ.
答案　BILcos θ＋mg　BILsin θ
知识点三　磁感应强度
6．有关磁感应强度的下列说法中，正确的是 (　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．磁感应强度是用来表示磁场强弱及方向的物理量
B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
C．若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是
D．由定义式B＝可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度越小
解析　引入磁感应强度的目的就是用来描述磁场强弱及方向的物理量，故A选项正确；磁感应强度与I和L无关，在B＝中，B、F、L必须相互垂直，故选项A正确．
答案　A
图3－3－14
7．如图3－3－14所示，通电导线L垂直放于磁场中，导线长8 m，磁感应强度B的值为2 T，导线所受的力为32 N，求导线中电流的大小．
解析　由F＝BIL得I＝＝ A＝2 A.
答案　2 A
知识点四　磁通量
图3－3－15
8．如图3－3－15所示，大圆导线环A中通有电流I，方向如图，另在导线环所在的平面画一个圆B，它的一半面积在A环内，一半面积在A环外，试判断圆B内的磁通量是否为零，若为零，为什么？若不为零，则磁通量是穿出来还是穿进去？
解析　由环形电流的磁场可知在A环内的磁场方向垂直于纸面向里，A环外部的磁场方向垂直于纸面向外，磁感线是一组闭合的曲线，环形电流A产生的磁场的磁感线均从环内进去，从环外出来，显然环内的磁感线的密度大于环外磁感线的密度，B环有一半在A内，一半在A外，对于B环，进去的磁感线多于出来的磁感线，故磁通量不为零，是穿进去的．
答案　见解析
图3－3－16
9．如图3－3－16所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则 (　　)．
A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1＜ΔΦ2 D．不能判断
解析　通电导线MN周围的磁场并非匀强磁场，靠近MN处的磁场强些，磁感线密一些，远离MN处的磁感线疏一些，当线框在Ⅰ位置时，穿过平面的磁通量为ΦⅠ，当线框平移至Ⅱ位置时，磁通量为ΦⅡ，则磁通量的变化量为ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ－ΦⅡ.当线框翻转到Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过平面，则磁通量为－ΦⅡ，则磁通量的变化量是ΔΦ2＝|－ΔΦⅡ－ΔΦⅠ|＝ΦⅠ＋ΦⅡ，所以ΔΦ1＜ΔΦ2.
答案　C
10．如图3－3－17所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导致MM′与NN′之间的安培力的大小分别为fa、fb，可判断这两段导线
(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
图3－3－17
A．相互吸引，fa＞fb B．相互排斥，fa＞fb
C．相互吸引，fa＜fb D．相互排斥，fa＜fb
解析　电键S闭合后，MM′、NN′中产生平行反向电流，据安培定则和左手定则可知，两导线相互排斥，A、C错．电键S置于b处时，两段导线中的电流较大，导线产生较强的磁场，对另一导线产生较大的安培斥力，即fa＜fb，故B错、D对．
答案　D
图3－3－18
11．如图3－3－18所示，在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，用两根细线悬挂长L＝10 cm、质量m＝5 g的金属杆．在金属杆中通以稳恒电流，使悬线受的拉力为零．
(1)求金属杆中电流的大小和方向；
(2)若每根悬线所受的拉力为0.1 N，求金属杆中的电流的大小和方向(g＝10 m/s2)．
解析　(1)因为悬线受的拉力为零，所受安培力方向向上
F安＝BIL＝mg，
解得：I＝0.5 A，方向水平向右．
(2)金属导线在重力mg、悬线拉力2F和安培力BIL的作用下平衡，
所以有：mg＋BIL＝2F，
解得：I＝1.5 A，方向水平向左．
答案　(1)0.5 A　方向水平向右
(2)1.5 A　方向水平向左
图3－3－19
12．如图3－3－19所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为l，线框的下半部处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里，线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．现令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡，在此过程中线框位移的大小Δx为多少？方向如何？
解析　两种情况下安培力方向相反，大小均为F安＝nBIl，则弹簧弹力的改变量为ΔF＝k·Δx＝2nBIl，所以Δx＝.开始时安培力向上，后来安培力向下，所以线框位移方向向下．
答案　　方向向下