第36讲 磁场及其对电流的作用

第九章 磁场

第36讲

磁场及其对电流的作用

知识点一 磁场、磁感应强度 1．磁场

(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．

(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向． 2．磁感应强度

(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向． F

(2)大小：B＝IL(通电导线垂直于磁场)． (3)方向：小磁针静止时N极的指向． (4)单位：特斯拉(T)．

3．匀强磁场

(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场．

(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线．

知识点二 磁感线 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 1．磁感线

在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致．

2．几种常见的磁场

(1)常见磁体的磁场(如图所示)

(2)电流的磁场

知识点三 安培力、安培力的方向 匀强磁场中的安培力 1．安培力的大小

(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL. (2)磁场和电流平行时：F＝0. 2．安培力的方向

左手定则判断：

(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内． (2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向．

(3)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．

(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的强弱有关．( × )

(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致．( × )

(3)在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大．( √ ) (4)相邻两条磁感线之间的空白区域磁感应强度为零．( × ) (5)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零．( × )

F

(6)由定义式B＝IL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小．( × )

(7)安培力可能做正功，也可能做负功．( √ )

1．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( A )

解析：因为磁场相同，导体中电流大小一样，根据F＝BIL知，导体的有效长度越大，磁场变化时产生的安培力变化越大，导致天平失去平衡，图中A对应的有效长度最大．

2．如图所示，O为圆心，和是半径分别为ON、

OM的同心圆弧，在O处垂直纸面有一载直流导线，电流方向垂直

纸面向外，用一根导线围成如图KLMN所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( D )

A．将向左平动 B．将向右平动

C．将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动

D．KL边将垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动 解析：因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与KN边、LM边的电流一直平行，所以KN边、LM边均不受力．根据左手定则可得，KL边受力垂直纸面向外，MN边受力垂直纸面向里，故D正确．

3．在匀强磁场中有一用粗细均匀、相同材料制成的导体框abc，b为半圆弧的顶点．磁场方向垂直于导体框平面向里，在ac两端接一直流电源，如图所示，则( B )

A．导体框abc所受安培力的合力为零

B．导体框abc所受安培力的合力垂直于ac向上 C．导体框abc所受安培力的合力垂直于ac向下 D．导体框abc的圆弧段所受安培力为零

解析：由左手定则可知，导体框abc所受安培力的合力垂直于ac向上，故选B.

4．如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则( B )

A．导体棒中的电流方向从b流向a kx

B．导体棒中的电流大小为BL C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大 D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大 解析：由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，A错kx

误；由BIL＝kx可得导体棒中的电流大小为I＝BL，B正确；若只

将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，或缓慢逆时针转过一小角度，导体棒沿水平方向所受安培力变小，故x都变小，C、D错误．

知识点一 安培定则的应用与磁场的叠加

1．磁场的三点说明

(1)磁感应强度是矢量，其方向与导线所受力的方向垂直； F

(2)电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B＝IL才成立； (3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关．

2．安培定则的应用

在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.

3.磁场叠加问题的一般解题思路

(1)确定磁场场源，如通电导线．

(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c点产生的磁场．

(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．

1．下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是( C )

解析：根据在磁体外部同名磁极相互排斥可知选项A错误；应用安培定则可知环形电流中心线上的磁场方向由右向左，小磁铁N极受到的磁场力向左，选项B错误；根据安培定则可知通电螺线管

内部磁场向右，内部小磁针N极受到的磁场力向右，选项C正确；根据安培定则可知通电直导线右边磁场向里，小磁针N极应向里，选项D错误．

2.如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的( B )

A．B4 C．B2

B．B3 D．B1

解析：根据题述，I1>I2，由安培定则，I1在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I1连线，指向右下方，I2在H点产生的磁感应强度方向垂直于H和I2连线，指向左下方．I1在H点产生的磁感应强度比I2在H点产生的磁感应强度大，H点磁感应强度为两磁场的叠加，故H点的磁感应强度方向可能为图中的B3，选项B正确．

3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导

线距离均为l的a点处的磁感应强度为零，如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( C )

A．0 23C.B

30

3B.B0 3D．2B0

解析：如图甲所示，P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知，B1＝3

B.如果让P中的电流30

反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a点处磁

2

感应强度的大小B＝B0＋B21＝

23

B，故选项C正确，A、B、D30

错误．

知识点二 判定安培力作用下导体的运动

1．判定导体运动情况的基本思路

判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．

2．五种常用判定方法

典例 一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将( )

A．不动 C．逆时针转动

B．顺时针转动 D．在纸面内平动

【审题关键点】 (1)如果通电导体为环形电流，则选用等效法

较简单．

(2)如果只是判断两个通电导体之间的相互作用情况，可选用结论法．

(3)如果通电导体为直导线，则可选用电流元法和特殊位置法． 【解析】 基础解法：(电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．

能力解法一：(等效法)把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．

能力解法二：(结论法)环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．

【答案】 B

4．[结论法]

如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则( B )

A．金属棒始终静止不动

B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环

C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环

D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环

解析：由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转．当金属棒开始转动到转至水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒在靠近金属环，B正确．

5．[特殊位置法]

一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是( D )

A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管 B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管 C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管 D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管

解析：由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为Oa、Ob两电流元，由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向，Oa向纸外，Ob向纸里，所以从上向下看导线逆时针转动，当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D对．

6．[转换研究对象法]

(多选)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( BC )

A．弹簧长度将变长 C．F1>F2

B．弹簧长度将变短 D．F1解析：如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如

图乙所示，所以FN1>FN2，即台秤示数F1>F2，在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短．

知识点三 安培力作用下的平衡、加速问题

1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的基本思路： (1)确定要研究的导体．

(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析．

(3)分析导体的运动情况．

(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解． 2．受力分析的注意事项：

(1)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．

(2)安培力的大小：应用公式F＝BILsinθ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L等于曲线两端点的直线长度．

(3)视图转换：

通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力学综合模型，该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示．

典例 如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场

的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g取10 m/s2，ab处于静止状态．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：

(1)通过ab的电流大小和方向； (2)ab受到的安培力大小； (3)重物重力G的取值范围．

E

【解析】 (1)I＝＝2 A 方向为a到b.

R＋R0＋r(2)F＝BIL＝5 N

(3)受力如图fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5 N

当最大静摩擦力方向向右时FT＝Fsin53°－fm＝0.5 N 当最大静摩擦力方向向左时FT＝Fsin53°＋fm＝7.5 N

所以0.5 N≤G≤7.5 N.

【答案】 (1)2 A a到b (2)5 N (3)0.5 N≤G≤7.5 N

【突破攻略】 1.求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路

2．求解关键 (1)电磁问题力学化． (2)立体图形平面化．

7．(多选)如图所示，质量为m、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ.磁感应强

度方向和大小可能为( BC )

mg

A．z轴正方向，ILtanθ mg

C．z轴负方向，ILtanθ

mg

B．y轴正方向，IL mg

D．沿悬线向上，ILsinθ

解析：本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定B的方向和大小．若B沿z轴正方向，则从O向O′看，导线受到的安培力F＝ILB，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，选项A错误；若B沿y轴正方向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示．当FT＝0，且满足ILBmg

＝mg，即B＝IL时，导线可以平衡，选项B正确；若B沿z轴负方向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示．若满足FTsinθ＝mgtanθ

ILB，FTcosθ＝mg，即B＝IL，导线可以平衡，选项C正确；若B沿悬线向上，导线受到的安培力垂直于悬线指向左下方，如图丁所示，导线无法平衡，选项D错误．

8.(多选)如图所示，水平长直导线MN中通有M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方．开始时线圈内不通电流，两根细线上的张力均为FT，当线圈中通过的电流为I时，两根细线上的张力均减小为FT′.下列说法正确的是( BC )

A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→a B．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→a

FTC．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零

FT－FT′FT′

D．当线圈中的电流变为I时，两细线内的张力均为零

FT－FT′

解析：线圈内不通电流时由平衡条件有mg＝2FT；设ab和cd处的磁感应强度分别为B1和B2，由题意及平衡条件知，当线圈中通过的电流为I时，mg＝(B1－B2)IL＋2FT′，ab所受安培力向上，由左手定则可知，电流的方向为a→b→c→d→a，选项A错误，B正确；当两根细线内的张力为零时，mg＝(B1－B2)I′L，可得I′＝FTI，选项C正确，D错误．

FT－FT′

9．如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．

解析：开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金

属棒所受的安培力方向竖直向下．

开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①

式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．

开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝BIL②

式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得

2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③ 由欧姆定律有E＝IR④

式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻． 联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg. 答案：竖直向下 0.01 kg

安培力做功的特点和实质

(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同． (2)安培力做功的实质是能量转化

①安培力做正功时将电源的能量转化为导线的机械能或其他形式的能．

②安培力做负功时将机械能转化为电能或其他形式的能．

10.(多选)光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态(不考虑导体棒切割的影响)，导轨电阻不计，sin53°＝0.8，g取10 m/s2，则( AB )

A．磁场方向一定竖直向下 B．电源电动势E＝3.0 V

C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 N D．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J

解析：导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A对；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BIL·Lsinθ－mgL(1－cosθ)＝0，代入数值得导体棒中的电流为I＝3 A，由E＝IR得电源电动势E＝

3.0 V，B对；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力F＝0.3 N，C错；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL(1－cosθ)＝0.048 J，D错．

11.电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为2.0 kg的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s.若这种装置的轨道宽2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度大小和磁场力的最大功率．(轨道摩擦不计)

解析：电磁炮在安培力的作用下，沿轨道做匀加速运动．因为通过100 m的位移加速至6 km/s，利用动能定理可得

12

F安x＝ΔEk，即BILx＝mv－0.

2代入数据可得B＝1.8×104 T. 运动过程中，磁场力的最大功率为 P＝Fvm＝BILvm＝2.16×109 W. 答案：1.8×104 T 2.16×109 W