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磁场对通电导体的作用力习题课高二（理）物理复习：左手定则和安培力大小的决定因素•安培力的方向、磁感应强度方向、电流方向遵循左手定则。•左手定则：伸开左手使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内。让磁感应线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。•左手定则的应用：知道其中两量的方向判定第三量的方向。（搞清因果关系）安培力的大小：•若B与I不垂直时，F安与B和I方向关系可以概括为那句话？当磁感应强度B的方向与I的方向成θ角时，它可以分解为与导线垂直的分量B⊥和与导线平行的分量B∥B⊥＝BsinθB∥=Bcosθ其中B∥不产生安培力，导线所受到的安培力只是B⊥产生的，由此又可以得到F＝ILBsinθ一、安培力作用下通电导体的平衡及运动和高一力学平衡问题比较，只是受力分析时多了一个安培力，安培力是性质力，注意画出通电导线受力的平面图（正视图或侧视图），如果通电导体不平衡，要结合牛顿运动定律进行运动状态的分析。NSF(1)绳子拉力______(变大,变小,不变)(2)桌面对磁铁的支持力______(3)桌面对磁铁的摩擦力____(有,无).变大变小无NSF桌面对磁铁的摩擦力_______(有,无)方向__________.有水平向右例1：FB将通电导线放入磁铁上方后，分析绳子的拉力和桌面对磁铁作用力的变化练习1：直导线ab与线圈所在的平面垂直且隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当通过如图所示的电流方向时(同时通电)，从左向右看，线圈将A．不动B．顺时针转动，同时靠近导线C．顺时针转动，同时离开导线D．逆时针转动，同时靠近导线B通电导线在安培力作用下地运动问题的定性分析方法总结：1、电流元法2、等效法3、推论法（利用结论法）4、转换研究对象法例2：在下图中，匀强磁场磁感应强度为B，有一段长L，通有电流为I的直导线ab，电流方向从a到b，则导线所受磁场力大小和方向如何？并将立体图改画为平面图。abθθabxyOB45°CCABF=______方向______F=______方向______F=______方向______BBB分析与解：注意B与L空间垂直，并善于将立体图改画为平面图后，由“左手定则”判定安培力方向。沿a至b方向去看，改画后的平面图为：×BF×FθBα×45°Fxy以上三种情况安培力大小均为F=IlB，方向如图练习2：ab质量为m置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流时ab恰好静止在导轨上，如图所示，它的四个侧视图中标出的可能匀强场方向，其中杆与导轨之间的摩擦力可能为0的图是θabABCDAB练习3：倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆ab。现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B从零开始逐渐增加的过程中，ab杆受到的静摩擦力A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大D练习4：在倾斜角为θ的光滑斜面上，置一通有电流I，长为L，质量为m的导体棒，如图所示，在竖直向上的磁场中静止，则磁感应强度B为_________。F×BθNmg引申1：欲使它静止在斜面上,外加磁场的磁感应强度B的最小值为____,方向_____。引申2：欲使它静止在斜面上,且对斜面无压力,外加磁场的磁感应强度B的最小值为______,方向________。XθGNFθBmgsinθ=BILB=mgsinθ/ILmg=BIL，B=mg/ILθGFBXL2例3：如图所示，水平桌面上放置的U形金属导轨，串接有电源。现将两根质量相等的裸导线L1和L2放在导轨上，方向与导轨垂直，导轨所在的平面有一个方向向上的匀强磁场。当合上开关后，两根导线便向右运动，并先后脱离导轨右端掉到水平地面上，测得它们落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2，求合上开关后:(1)安培力对导线L1和L2所做的功之比W1:W2为多少?(2)通过导线L1和L2的电荷量之比为q1:q2为多少？解析：(1)闭合开关后，两导线在安培力的作用下离开导轨，然后做平抛运动。安培力对导线所做的功，等于导线做平抛运动的初动能。由于两导线做平抛运动的飞行时间相同，所以，平抛运动的初速度与其水平射程成正比，故：2222221212121211::::22WWmvmvvvss(2)设安培力作用的时间为Δt，则由动量定理有：BIL·Δt=mv而I·Δt=q，代入得：BLq=mv，所以q1:q2=v1:v2=s1:s2。三、与闭合电路欧姆定律的相关计算例4：相距为20cm的平行金属导轨倾斜放置，如图所示，导轨所在平面与水平面的夹角为θ=37°，现在导轨上放一质量为330g的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数μ=0.50，整个装置处于磁感应强度B=2T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15V，内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，g取10m/s2，为保持金属棒ab处于静止状态(设最大静摩擦力Ff与支持力FN满足Ff=μFN)，求：(1)ab中通入的最大电流为多少?(2)ab中通入的最小电流为多少?解析：(1)当ab棒恰好不沿轨道上滑时，ab中电流最大，受力如图所示，此时最大静摩擦力沿斜面向下，建立直角坐标系，由ab平衡可知：x方向：Fmax=μFNcosθ+Fnsinθ①y方向：mg=FNcosθ－μFNsinθ②由①②两式联立解得：maxcossincossinFmg代入数据解得Fmax=6.6N由于Fmax=BImaxL，有maxmax6.6A16.5A20.2FIBL(2)当ab棒刚好不沿导轨下滑时，通入电流最小，ab受力如图所示，此时静摩擦力Ff′=μFN′，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡条件得x方向：Fmin=FN′sinθ－μFN′cosθ③y方向：mg=μFN′sinθ+FN′cosθ④由③④两式解得：minsincossincosFmg代入数据解得Fmin=0.6N由Fmin=BIminL，得minmin0.6A1.5A20.2FIBL四、磁电式电流表工作原理·×a(b)d(c)FabFcdOa(b)d(c)FabFcd·×Oα四、磁电式电流表工作原理coscos22cosbcbcabcdabcdabcdabllMMMFFFFBIlMBIS若有N匝线圈，则M=NBIScosα。前提：转轴与磁场垂直，安培力矩与线圈面积有关、形状无关电流表的灵敏度(1)磁电式电流表(图)的线圈处于均匀磁场中，因此不论转到什么位置，B的方向总与线圈平面平行，即安培力矩为：M1=NBIS。线圈在转动过程中，由于将游丝扭转，同时受到游丝的反转力矩MF的作用，当两力矩平衡时，线圈静止，从而有,NBISkkNBIS式中k为游丝的扭转系数因为线圈的偏转角θ与电流I成正比，所以电流表刻度均匀。电流表的灵敏度(2)电流表的灵敏度可表示为：NBSCIk由此式可知，除了尽可能减小摩擦阻力之外，还可以通过增大N、B、S和减小k来提高电流表的灵敏度。例6：要想提高磁电式电流表的灵敏度，可采用的办法有A．增加线圈匝数B．增加永久磁铁的磁感应强度C．换用弹性较强的游丝，增大反抗力矩D．增加线圈面积E．减小转轴处摩擦A、B、D、E