高中物理粤教版选修3-1学案：第3章 第4节　安培力的应用 Word版含解析

第四节　安培力的应用
[学习目标]　1.掌握通电导体在磁场中受安培力作用而运动的规律．(重点)　2.了解直流电动机的原理．理解通电线圈在磁场中受安培力作用而转动的规律．(重点、难点)　3.了解磁电式电表的构造及原理．
一、直流电动机
1．分类：电动机有直流电动机和交流电动机，交流电动机又分为单相和三相交流电动机．
2．原理：如图所示，当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向向下，左边线框受到向上的安培力，在安培力作用下线框转动起来．
二、磁电式电表
1．装置：磁电式电流表是在强蹄形磁铁的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以转动的铝框，在铝框上绕有线圈．铝框的转轴上装有两个螺旋弹簧和一个指针．线圈的两端分别接在这两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈．
2.原理：如图所示，当电流通过线圈时，线圈上跟铁芯轴线平行的两边受到安培力产生力矩，使线圈发生转动．同时由于螺旋弹簧被扭转，产生一个阻碍线圈转动的力矩，最终达到平衡．线圈转动的角度由指针显示出来，根据电流与偏角关系，可以得出电流的强弱．
1．正误判断
(1)电动机是利用安培力使线圈转动的． (√)
(2)电动机工作时，将其他形式的能转化为电能． (×)
(3)电动机的转速可通过改变输入电压调节． (√)
(4)磁电式电表只能测定电流的大小，不能确定被测电流的方向． (×)
(5)磁电式电表的线圈受到的安培力始终与线圈平面垂直． (√)
2．要改变直流电动机的转动方向，可行方法有(　　)
A．适当减小电流强度
B．适当减弱磁场
C．改变线圈中的电流方向或把磁铁两极对调
D．改变线圈中的电流方向的同时对调磁铁两极
C　[线圈的转动方向跟通入的电流方向和磁场方向有关，而与电流强弱、磁场强弱无关，但不可同时改变电流方向和磁场方向，故只有选项C正确．]
3．电流表中蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，下列说法正确的是(　　)
A．目的是使线圈平面始终与磁感线平行
B．目的是让磁铁和铁芯间形成匀强磁场
C．离转轴越远，越靠近磁极，因此磁感应强度越大
D．目的是使线圈平面始终与磁感线垂直
A　[辐射磁场的目的是使线圈平行于磁感线，线框在转动中安培力大小不变，A正确，D错误；辐射磁场各处磁感应强度方向不同，距离轴线越远磁场越弱，则B、C错误．]
安培力的实际应用
1.直流电动机的结构及原理分析
如图所示．
a　　　　　　　b
c　　　　　　　d
(1)当线圈由位置d经位置a运动到位置b时，图中左边受力方向向上，右边受力方向向下，使线圈顺时针转动；当线圈在位置b时，由于惯性继续转动；
(2)当线圈由位置b经位置c运动到位置d时，由于电流换向，图中左边受力方向向上，右边受力方向向下，使线圈继续顺时针转动；当线圈在位置d时，由于惯性继续转动；然后，线圈重复以上过程转动下去．
2．磁电式电流表的原理分析
(1)偏转原理
(2)偏转角度
设线圈所在处的磁场的磁感应强度为B，线框边长为L，宽度为d，匝数为n，通入电流为I时，转过的角度为θ，由相关的知识可以知道θ＝I，由此可以看出，偏转角度正比于电流．
1．(多选)关于直流电动机，下列说法正确的是(　　)
A．直流电动机的工作原理是磁场对电流的作用
B．直流电动机正常工作时将电能转化为磁场能
C．直流电动机的换向器是两个彼此绝缘的半铜环组成的
D．电源的正负极和磁场的方向都改变，直流电动机的转动方向也改变
AC　[直流电动机是因为受安培力而转动，故A正确；其正常工作时要消耗电能输出机械能，故B错误；为了保证直流电动机中的线圈在一周之内的转动过程中，线圈中的电流正好换向，必须有一个改变电流方向的装置——换向器，它必须由两部分组成且彼此绝缘，能随线圈一起转动，C正确；直流电动机的转动方向由电流方向和磁场方向共同决定，因此如果两方向同时改变其转动方向不变，D错误．]
2．所谓电流表的灵敏度，是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小．偏角越大，灵敏度越高．下列方法不能提高磁电式电流表灵敏度的方法有(　　)
A．增强永久磁铁的磁性
B．增大螺旋弹簧的劲度系数
C．增大线圈的面积
D．增加线圈的匝数
B　[通电线圈在磁场中转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动．电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大．要提高电流表的灵敏度，就要在通入相同电流时，让指针的偏转角度增大．所以要减小螺旋弹簧的劲度系数，同时使安培力变大，即增加磁感应强度、增大线圈面积和增加线圈的匝数．]
安培力作用下导体的运动问题
1.判断导体在磁场中运动情况的常规思路：不管是电流还是磁体，对通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此，此类问题可按下面步骤进行分析：
(1)确定导体所在位置的磁场分布情况．
(2)结合左手定则判断导体所受安培力的方向．
(3)由导体的受力情况判定导体的运动方向．
2．判断安培力作用下导体运动方向的五种常用方法
电流
元法
把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向
等效法
环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立
特殊位置法
通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
结论法
两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的反作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
【例1】　如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是(　　)
A．P顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变
B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变
C．P、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大
D．P不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变
A　[根据安培定则，P产生的磁场的方向N极垂直于纸面向外，Q产生的磁场方向水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后相互靠近两点处的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，连接P、Q的细线张力减小，整体分析受力知P与天花板连接的细线张力始终等于二者重力，不变．故A正确，B、C、D错误．]
不管是通电导体还是磁体，对另一通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此必须先画出导体所在位置的磁感线方向，然后用左手定则判断导体所受安培力的方向，进而再判断将要发生的运动．
3．如图所示，把轻质导线圈用细线挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心，且在线圈平面内．当线圈通以图示方向的电流时线圈将(　　)
A．发生转动，同时靠近磁铁
B．发生转动，同时远离磁铁
C．不发生转动，只靠近磁铁
D．不发生转动，只远离磁铁
A　[由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做顺时针方向转动，同时靠近磁铁，故A正确，B、C、D错误．]
安培力作用下导体的平衡
1.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)正确受力分析(包括安培力)，然后根据平衡条件：F合＝0列方程求解．
2．分析求解安培力时需要注意的问题
(1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力的方向．
(2)安培力大小与导体放置的角度有关，但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况，其中L为导体垂直于磁场方向的长度，为有效长度．
【例2】　如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内，当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为(　　)
A．tan θ，竖直向上
B．tan θ，竖直向下
C．sin θ，平行于悬线向下
D．sin θ，平行于悬线向上
D　[要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsin θ，即IlBmin＝mgsin θ，得Bmin＝sin θ，方向应平行于悬线向上．故选D.]
解决安培力作用下的受力平衡问题，受力分析是关键，解题时应先画出受力分析图，必要时要把立体图转换成平面图.例如：
立体图
平面图
训练角度1.安培力作用下导体的平衡问题
4.(多选)如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为L，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的(　　)
A．安培力大小为BIL
B．安培力大小为BILsin θ
C．摩擦力大小为BILcos θ
D．支持力大小为mg＋BILcos θ
AD　[导体棒受力如图所示：
由于导体棒与磁场垂直，故安培力大小FA＝BIL.根据平衡条件得：
Ff＝FAsin θ，mg＋FAcos θ＝FN
解得Ff＝BILsin θ，FN＝mg＋BILcos θ.故A、D正确，B、C错误．]
训练角度2.与安培力相关的综合问题
5.如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L＝0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G＝3 N的物块相连．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10 V、内阻r＝0.1 Ω，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)
[解析]　依据物体的平衡条件可得，ab棒恰不向右滑动时：G－μmg－BI1L＝0
ab棒恰不向左滑动时：G＋μmg－BI2L＝0
依据闭合电路欧姆定律可得I1＝，I2＝
由以上各式代入数据可解得R1＝9.9 Ω，R2＝1.9 Ω
所以R的取值范围为1.9 Ω≤R≤9.9 Ω.
[答案]　1.9 Ω≤R≤9.9 Ω
课 堂 小 结
知 识 脉 络
1.无论是直流电动机还是交流电动机，原理均为电流通过线圈时受到安培力作用，线圈在安培力作用下转动起来．
2．当通电线圈所受安培力的力矩与螺旋弹簧的力矩平衡时，磁电式电流表指针偏过一个角度，且此角度与电流大小成正比．
3．判断通电导体在安培力作用下的运动时，要注意分析导体所在处磁场的分布情况．
1．(多选)关于磁电式电流表内的磁铁和铁芯之间的均匀辐向分布的磁场，下列说法正确的是(　　)
A．该磁场的磁感应强度的大小处处相等，方向相同
B．该磁场的磁感应强度的方向处处相同，大小不等
C．使线圈平面始终与磁感线平行
D．该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度的大小都相等
CD　[磁电式电流表内的磁铁和铁芯之间均匀辐向分布的磁场，使线圈平面始终与磁感线平行，故C项正确．该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度的大小处处相等，但方向不同，故A、B错误，D项正确．]
2．(多选)一只电流表，发现读数偏小，为纠正这一偏差，可行的措施是(　　)
A．减少表头线圈的匝数 B．减小永久磁铁的磁性
C．增加分流电阻的阻值 D．增加表头线圈的匝数
CD　[电流大小一定的情况下，线圈匝数越多，磁感应强度越大，安培力越大，偏转角度越大，所以A、B错误，D正确．电流表表头和分流电阻并联，在总电流一定的情况下，欲使读数增大，必须增大通过表头的电流，根据并联电路的电阻之比等于电流的反比，表头电阻不变，增加分流电阻的阻值，可使线圈中电流增大，C正确．]
3．中国科技馆“探索与发现”展厅有一个展品名为“伸缩的线圈”，如图所示，该展品是将软导线绕制成“软螺线管”套在铁棒上，通电时，“软螺线管”的长度会发生变化．现仅改变电流的方向，比较两次通电时线圈的状态，下列说法正确的是(　　)
A．线圈由伸长状态变为压缩状态
B．线圈由压缩状态变为伸长状态
C．线圈仍是伸长状态
D．线圈仍是压缩状态
D　[当该“软螺线管”通电时，所有各匝螺线管的电流的方向都是相同的，根据同向电流相互吸引可知，各匝螺线管之间的作用力为吸引力，所以线圈一定处于压缩状态；当改变该“软螺线管”内电流的方向时，各匝螺线管的电流的方向仍然都是相同的，所以线圈仍然处于压缩状态．故A、B、C错误，D正确．]
4.如图所示，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θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是(　　)
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
A　[金属棒的受力情况如图所示，则有tan θ＝＝.当棒中的电流I变大或者磁感应强度B变大时，因为重力不变，所以θ角会变大，选项A对，D错；两悬线等长变短对θ角没有影响，选项B错；当金属棒的质量变大时，θ角变小，选项C错．]