综合•融通(一) 安培力作用下导体的力学综合问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（鲁科版2019 福建专版）

安培力作用下导体的力学综合问题 (融会课—主题串知综合应用) 综合•融通(一) 上节课学习了导体在磁场中受到的安培力的方向判断和大小计算,本节课学习安培力作用下导体的运动与平衡问题,初步掌握安培力作用下导体运动问题的判断方法及导体受力分析的方法。 1 主题(一) 安培力作用下导体的运动 2 主题(二) 安培力作用下的平衡问题 3 主题(三) 安培力作用下导体的加速问题 4 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 主题(一) 安培力作用下 导体的运动 　　判断通电导体在磁场中运动的五种方法 知能融会通 电流元法 分割为电流元 安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向 特殊 位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向 等效法 环形电流→小磁针 通电螺线管→条形磁铁 结论法 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,有转到平行位置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或运动趋势的问题,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作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向 续表 [典例]　(2024·青岛高二检测)如图所示,两个完全相同 且相互绝缘、正交的金属环A、B,可沿轴线OO'自由转动。 现通以图示方向电流,沿OO'看去会发现 (　　) A.A环、B环均不转动 B.A环将逆时针转动,B环也逆时针转动,两环相对不动 C.A环将顺时针转动,B环也顺时针转动,两环相对不动 D.A环将顺时针转动,B环将逆时针转动,两者吸引靠拢至重合为止 √ [解析]　由安培定则可得,A环在环内产生的磁场方向向下,B环在环内产生的磁场方向向左,由左手定则可知,A环顺时针转动,B环逆时针转动,二者相互靠拢,直至重合,D正确。 /方法技巧/ 判断安培力作用下通电导体的运动方向的思路 (1)首先应画出通电导体所在位置的磁感线方向。 (2)根据左手定则确定通电导体所受安培力的方向。 (3)由通电导体的受力情况判断通电导体的运动方向。 1.如图所示,将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的 正上方,直导线可自由转动,则接通开关S后 (　　) A.A端向上运动,B端向下运动,悬线张力不变 B.A端向下运动,B端向上运动,悬线张力不变 C.A端向纸外运动,B端向纸内运动,悬线张力变小 D.A端向纸内运动,B端向纸外运动,悬线张力变大 题点全练清 √ 解析:当开关S接通后,根据安培定则知电磁铁附近 磁感线的分布如图所示,由左手定则知通电直导线A端 受力指向纸内,B端受力指向纸外,故导线将转动,由特殊 位置法知当导线转到与磁感线垂直(由图示位置转过90°)时,整个直导线受到的安培力方向竖直向下,故悬线张力变大,D正确。 2.一条形磁铁静止在倾角为θ的斜面上,若在磁铁 中心位置垂直斜面上方固定一导体棒,在导体棒中通 以方向如图所示的电流后,下列说法正确的是 (　　) A.磁铁与斜面间压力减小 B.磁铁与斜面间的摩擦力增大 C.磁铁仍然保持静止状态 D.磁铁将沿斜面做加速度逐渐减小的加速运动 √ 解析:条形磁铁在导体棒所在位置产生的磁场方向平行于斜面向下,由左手定则知导体棒所受安培力方向垂直斜面向上,根据牛顿第三定律知条形磁铁受垂直斜面向下的反作用力F,对磁铁,根据平衡条件得N=mgcos θ+F,f=mgsin θ,可知导体棒中通电后,斜面对磁铁的支持力增大,摩擦力不变。则磁铁与斜面间压力增大,最大静摩擦力增大,磁铁仍保持静止状态,故C正确,A、B、D错误。 主题(二) 安培力作用下 的平衡问题 1.分析思路 (1)选取研究对象,通常选通电导线或通电导体棒。 (2)将立体图转化为平面图,并在图上标注角度、电流方向、磁场方向。 (3)受力分析,其中安培力的方向用左手定则判断(F安⊥B、F安⊥I)。 (4)列平衡方程并求解。 知能融会通 2.两点注意 (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方向。 (2)安培力大小与导体放置的角度有关,l为导体垂直于磁场方向的长度,即有效长度。 [典例]　质量为m=0.02 kg的通电细杆ab置于倾角 为θ=37°的平行放置的导轨上,导轨间的距离d=0.2 m, 杆ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4,磁感应强度B=2 T的 匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下,如图所示。现调节滑动变阻器的触头,为使杆ab静止不动,求通过杆ab的电流I的大小范围。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2) [答案]　0.14 A≤I≤0.46 A [解析]　当ab受到沿导轨向下的最大静摩擦力时,对杆ab受力分析如图1所示,有F1-mgsin θ-Ff1=0,FN-mgcos θ=0,Ff1=μFN,F1=BImaxd,联立解得Imax=0.46 A。 当ab受到沿导轨向上的最大静摩擦力时,对杆ab受力分析如图2所示,有F2+Ff2-mgsin θ=0,FN-mgcos θ=0,Ff2=μFN,F2=BImind,联立解得Imin=0.14 A。所以通过杆ab的电流的大小范围是0.14 A≤I≤0.46 A。 [变式拓展]　对应[典例]中的情境,若ab杆中的电流大小为0.2 A,且导轨是光滑的,其他条件不变,则要使ab杆静止,至少要施加一个多大的力?方向如何? 答案:0.04 N　方向沿导轨平面向上 解析:F安=BId=0.08 N,mgsin 37°=0.12 N,F安<mgsin θ, 对ab杆受力分析,ab杆受重力、支持力和安培力作用,当施 加的外力沿导轨平面向上时外力最小,如图所示,以沿导轨 平面向上为正方向,根据平衡条件有F安+F-mgsin 37°=0,则F=mgsin 37° -F安=0.04 N。 　/方法技巧/　立体转平面的常见画法 立体图 平面图 1.如图所示,两根相距为l平行放置的光滑导轨,与水平面的夹角为θ,导轨处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中,一根质量为m、电阻为r的通电金属杆ab位于导轨上,若ab恰好在导轨上处于静止状态,则关于通过ab的电流的方向和大小的说法正确的是 (　　) 题点全练清 A.方向由b到a,大小I= B.方向由b到a,大小I= C.方向由a到b,大小I= D.方向由a到b,大小I= √ 解析:ab静止时,所受的安培力F沿导轨斜面向上,由左手定则知,ab中电流方向由b到a,由平衡条件得F=mgsin θ,又F=BIl,联立解得I=,A正确。 2.如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是 (　　) A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流方向由N指向M B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变 C.tan θ与电流I成正比 D.sin θ与电流I成正比 √ 解析:当导线静止在题图(a)右侧位置时,对导线做受力 分析如图所示,可知要让安培力为图示方向,则导线中电流 方向应由M指向N,A错误;由于与OO'距离相等位置的磁感 应强度大小相等且不随时间变化,有sin θ=,FT=mgcos θ,则可看出sin θ与电流I成正比,当I增大时θ增大,则cos θ减小,静止后,导线对悬线的拉力FT减小,B、C错误,D正确。 主题(三) 安培力作用下 导体的加速问题 1.解决在安培力作用下物体的加速运动问题时,首先对研究对象进行受力分析,其中重要的是不要漏掉安培力,然后根据牛顿第二定律列方程求解。 2.选定观察角度画好平面图,标出电流方向和磁场方向,然后利用左手定则判断安培力的方向。 3.与闭合电路相结合的题目,主要应用以下几个知识点:(1)闭合电路欧姆定律;(2)安培力求解公式F=IlBsin θ,安培力公式是联系力、电、磁的桥梁;(3)牛顿第二定律。 知能融会通 [典例]　如图所示,光滑的平行导轨倾角为θ,处在 磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,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,求导体棒在释放瞬间的加速度的大小。 [答案]　gsin θ- [解析]　画出题中装置的侧视图,导体棒受力分析如图所示,导体棒受重力mg、支持力N和安培力F,由牛顿第二定律得mgsin θ-Fcos θ=ma, F=IlB,I=,联立解得a=gsin θ-。 1.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图为试验所采用的电磁轨道,该轨道长7.5 m,宽1.5 m。若发射质量为50 g的炮弹从轨道左端以初速度为零开始加速,当回路中的电流恒为20 A时,最大速度可达3 km/s。轨道间所加磁场为匀强磁场,不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是 (　　) 题点全练清 A.磁场方向为竖直向下 B.磁场方向为水平向右 C.磁感应强度的大小为103 T D.电磁炮的加速度大小为3×105 m/s2 解析:炮弹受到的安培力向右,根据左手定则可知,磁场方向为竖直向上,故A、B错误;由速度位移公式2as=v2,其中s=7.5 m,解得电磁炮的加速度大小a=6×105m/s2,根据牛顿第二定律BIL=ma,其中L=1.5 m、I=20 A,解得B=103 T,故C正确,D错误。 √ 2.如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属 导轨,相距1 m,导体棒ab跨放在导轨上,棒的质量 为m=0.2 kg,棒的中点用与导轨平行的细绳经光 滑滑轮与一物体相连,物体的质量m0=0.3 kg。棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。匀强磁场的磁感应强度B=2 T,方向竖直向下。g取10 m/s2。为了使物体以加速度a=3 m/s2加速上升,应在棒中通入多大的电流?方向如何? 答案:2.75 A　方向由a到b 解析:导体棒所受的滑动摩擦力大小为f=μmg=1 N 要使物体加速上升,则安培力方向必须水平向左,则根据左手定则判断得知棒中电流的方向由a到b 对导体棒及物体整体进行受力分析,由牛顿第二定律有F安-m0g-f=(m+m0)a F安=BIL 联立解得I=2.75 A。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.如图所示,D是置于电磁铁两极间的一段通电 直导线,电流方向垂直于纸面向里。在开关S接通后, 导线D所受安培力的方向是 (　　) A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向左 D.水平向右 √ 6 7 8 9 10 11 12 解析:在开关S接通后,线圈中电流由左侧流入,由安培定则可知电磁铁右侧为N极,故导线所在处的磁场方向向左,由左手定则可知,导线所受安培力方向竖直向上,A正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2024·山东东营高二联考)以光滑绝缘水平面为xOy 平面建立Oxyz空间坐标系。两条无限长直导线甲、乙通 有相等的电流I,初始时甲通过绝缘杆固定在如图所示位置, 电流方向与x轴正方向相同,乙静止放置在xOy平面上与y轴 平行。将直导线乙释放后,下列说法中正确的是 (　　) A.直导线乙始终保持静止状态 B.俯视直导线乙将要顺时针转动 C.俯视直导线乙将要逆时针转动 D.直导线乙对水平面的压力将变大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:沿x轴负方向观察直导线甲,产生逆时针磁场,直导线乙在y>0区域受到沿x轴正方向的安培力,在y<0区域受到沿x轴负方向的安培力,俯视时直导线乙逆时针转动,转动后直导线乙受到的安培力有向上的分量,对水平面压力变小,故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2024·重庆高二调研)如图,一个可以自由运动的圆形 线圈水平放置并通有电流I,电流方向俯视为顺时针方向, 一根固定的竖直放置的直导线通有向上的电流I,线圈将 (　　) A.a端向上,b端向下转动,且向左运动 B.a端向上,b端向下转动,且向右运动 C.a端向下,b端向上转动,且向左运动 D.a端向下,b端向上转动,且向右运动 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:根据安培定则可知,通电导线在左侧产生的磁场方向垂直纸面向外,在右侧产生的磁场方向垂直纸面向内。采用电流元法,将圆形线圈分成前后两半,根据左手定则可知,前侧半圆受到的安培力向上,后侧受到的安培力向下,圆形线圈将转动。再用特殊位置法:圆形线圈转过90°时,通电直导线对右半圆形线圈产生吸引力,对左半圆形线圈产生排斥力,所以圆形线圈向左运动。故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4.如图所示,把一根通电的硬直导线ab,用轻绳竖直悬挂在 通电螺线管正上方,直导线中的电流方向由a向b,忽略导线对硬 直导线两端的弹力,下列说法中正确的是 (　　) A.闭合开关S瞬间,硬直导线a端所受安培力向上 B.闭合开关S后,从上往下看,硬直导线顺时针旋转 C.闭合开关S后,轻绳中的拉力会变小 D.若只增加通电螺线管的线圈匝数,则硬直导线处于同一位置时所受安培力减小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:由安培定则可知螺线管左端为S极、右端为N极,直导线a端处磁感线斜向左下方,由左手定则可知,直导线a端所受安培力垂直纸面向里,选项A错误;同理可得,直导线b端所受安培力垂直纸面向外,所以,从上往下看,硬直导线顺时针旋转,选项B正确;用特殊位置分析法,直导线顺时针旋转后,达到其电流方向与螺线管最近处的电流方向同向平行,而同向电流相互吸引,所以,轻绳中的拉力会变大,选项C错误;增加通电螺线管的线圈匝数,其周围的磁感应强度将增大,直导线处于同一位置时所受安培力增大,选项D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5.如图所示,两平行光滑金属导轨固定在倾角为θ的 绝缘斜面上,空间中存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场 (图中未画出),劲度系数为k的轻质弹簧上端固定,下端与 质量为m的水平直导体棒ab的中点相连,弹簧与导轨平面平行并始终与导体棒ab垂直,导体棒ab垂直跨放在两导轨上,闭合开关后导体棒ab保持静止,弹簧处于原长状态。断开开关,将电源极性调转,用外力使导体棒ab沿导轨平面往下平移x,再次闭合开关并撤掉外力,导体棒ab依然保持静止。弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,则x为 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A. B. C. D.0 解析:接通电源后导体棒保持静止,弹簧处于原长状态,有mgsin θ=BIl,把电源极性调转,用外力使导体棒沿斜面往下平移x(弹性形变范围内),重新接通电源并撤掉外力,ab棒依然保持静止,有mgsin θ+BIl=kx,联立解得x=,故选C。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2024·滨州高一检测)安培在研究电流之间的相互作用时,用一根硬导线弯成如图1形状的线圈,这个线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体,线圈的端点A、B通过水银槽和固定支架相连,这样,线圈既可通入电流,又可自由转动,被称为无定向秤。则通电后 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.当该秤处于非匀强磁场中,线圈可能会发生转动 B.当该秤处于平行线圈平面的匀强磁场中,线圈可能会发生转动 C.当该秤处于垂直线圈平面的匀强磁场中,线圈可能会发生转动 D.将如图2那样的通电硬导线靠近该秤,线圈可能会发生转动 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:当该秤处于平行线圈平面的匀强磁场中,这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈,而两个线圈的转向相反,作用力会相互抵消,所以在匀强磁场中不会发生转动,故B错误;当该秤处于垂直线圈平面的匀强磁场中,根据左手定则可知,线圈各边所受安培力会相互抵消,因此不会发生转动,故C错误;若线圈处于非匀强磁场中,则可知线圈各边所受安培力大小不均衡,线圈可能会发生转动,故A正确;将如题图2那样的通电硬导线靠近该秤时,因两根导线在线圈所处位置产生的磁场方向相反,相互抵消,因此线圈不会发生转动,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(多选)通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直 导线MN在同一平面内,导线框中通以如图所示顺时针方向 的电流,ab边与MN平行。下列关于通电直导线MN的磁场 对线框作用的说法正确的是 (　　) A.线框所受安培力的合力为零 B.线框有两条边所受的安培力方向相同 C.线框有两条边所受的安培力大小相同 D.线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:直导线中的电流方向由N到M,根据安培定则,导线右侧区域磁感应强度方向垂直纸面向内,根据左手定则,ab边受向左的安培力,cd边受到向右的安培力,ad边受到斜向左下方的安培力,bc边受到斜向左上方的安培力,四个边所受的安培力的合力不为零,其中bc边和ad边所受的安培力大小相同,故A、B错误,C正确;离MN越远的位置,磁感应强度越小,故根据安培力公式F=BIL,cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和,则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势,故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(多选)如图所示,一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙 斜面上,置于图示方向的匀强磁场中,处于静止状态。现减 小电流,导体棒始终静止,则在减小电流过程中,导体棒受到 的摩擦力的大小变化情况可能是 (　　) A.一直增大 B.先减小后增大 C.先增大后减小 D.始终为零 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:根据左手定则,安培力平行斜面向上。在电流减小的过程中,安培力不断减小,导体棒受重力、支持力、安培力和静摩擦力(可能没有)。如果开始时刻BIL≤mgsin θ,根据平衡条件,有f=mgsin θ-BIL,在电流减小的过程中,安培力不断减小,静摩擦力一直增大。如果开始时刻BIL>mgsin θ,摩擦力方向沿斜面向下,根据平衡条件,有f=BIL-mgsin θ,在电流减小的过程中,安培力不断减小,静摩擦力不断减小,摩擦力减小到零之后反向增大。故C、D错误,A、B正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9.如图所示,边长为L的正方形导线框ABCD用绝缘细线 悬挂于天花板,导线框中通以恒定的逆时针方向的电流。图 中虚线过AD边中点和BC边中点且水平,虚线的下方为垂直 于导线框向里的有界矩形匀强磁场,其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态,细线中的拉力为F1(F1>0);现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的三倍,保持其他条件不变,导线框仍处于静止状态,此时细线中拉力为F2(F2>0)。则导线框中的电流大小为 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A. B. C. D. 解析:当磁场在虚线下方时,通电导线的等效长度为L,受到的安培力方向竖直向上,设正方形导线框质量为m,则有F1+BIL=mg;当磁场在虚线上方时,通电导线的等效长度为L,受到的安培力方向竖直向下,磁感应强度增大到原来的三倍,故此时有F2=3BIL+mg,联立可得I=,故选C。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 10.如图所示,倾角为θ=30°的斜面体c放在水 平地面上,质量mb=2 kg的小物块b放在斜面上并通 过绝缘细绳跨过光滑定滑轮与通电直导线a相连,滑轮左侧细绳与斜面平行,通电直导线处于竖直向上的磁场中,通电直导线的质量ma=0.5 kg。初始时滑轮右侧的细绳与竖直方向之间的夹角为60°。现将滑轮右侧磁场的磁感应强度B逐渐减小,直到减为零,在此过程中b、c始终都处于静止状态,磁感应强度为零时b恰好没滑动,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.初始状态,地面对斜面体c的摩擦力大小为5 N B.磁感应强度B减小的过程中,b对c的摩擦力一直在增大 C.磁感应强度B减小的过程中,地面对斜面体c的支持力先变小后变大 D.小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:将a、b、c看成整体,水平方向有f=F安=magtan60°=5 N,故初始状态,地面对斜面体c的摩擦力大小为5 N,故A错误;设滑轮右侧的细绳与竖直方向之间的夹角为α,对a受力分析有细绳对a的拉力FT=,a受到的安培力F安=BIl=magtan α,可知磁感应强度B减小的过程中,α逐渐减小,细绳拉力逐渐减小,初始时滑轮右侧的细绳与竖直方向之间的夹角为60°,细绳对a的拉力为FT==10 N,初始时对b受力分析,有b的重力沿斜面向下的分力为mbgsin θ=10 N=FT,即初始时, 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 c对b的摩擦力为0,随着拉力的减小,c对b的摩擦力沿斜面向上,且有mbgsin θ =FT+f',可知磁感应强度B减小的过程中,c对b的摩擦力一直在增大,根据牛顿第三定律b对c的摩擦力一直在增大,故B正确;将a、b、c看成整体,竖直方向有N=mbg+mcg+mag,故磁感应强度B减小的过程中,地面对斜面体c的支持力不变,故C错误;磁感应强度为零时b恰好没滑动,有mbgsin θ=mag+μmbgcos θ,解得小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为μ=,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.绝缘水平桌面上有一竖直向上的匀强磁场 B=1 T,间距L=1 m的平行金属导轨固定在桌面上,左 端连接电源的电动势E=15 V,内阻r=1 Ω。质量m= 0.5 kg的金属棒垂直导轨放置,与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。细线一端系在金属棒的中点,另一端通过桌边光滑定滑轮挂一质量为M的重物时,金属棒恰处于静止且刚好不向右滑,细线水平且与金属棒垂直。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,金属棒接入电路的电阻R=2 Ω,导轨电阻不计,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)求悬挂重物的质量M; 答案:0.75 kg　 解析:金属棒恰处于静止且刚好不向右滑,则有BIL+μmg=Mg 金属棒通过的电流I= 联立解得M=0.75 kg。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若锁定金属棒,保持磁感应强度大小不变,将磁场方向顺时针旋转53°后解锁金属棒,求重物加速度a的大小。 答案:3.2 m/s2 解析:设磁场旋转后导轨对金属棒的支持力大小为FN,则有BILsin 53°+FN=mg 磁场旋转后,安培力水平方向分量减小,金属棒向右加速,根据牛顿第二定律有 Mg-BILcos 53°-μFN=(m+M)a 解得a=3.2 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12.某同学查阅资料后设计了如图所示的装置研究电磁弹射,在一质量为m的模型飞机底部安有两根导体棒a、b(导体棒与飞机机身绝缘),把模型机放置在两根水平平行绝缘导轨上,空间中施加竖直向上的匀强磁场。该同学做了两次实验:第一次,让模型机在自身的引擎作用下输出恒定的牵引力F,使其从静止开始以加速度大小为a0做匀加速直线运动,直到达到起飞速度;第二次,除了让模型机在自身的引擎作用下输出恒定的牵引力F外, 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 同时通过外界电源给a、b供电,两导体棒中的电流方向如图,电流强度均始终为I,a、b长度均为L,不计导体棒间的作用,仍然使模型机从静止开始运动直到达到起飞速度,第二次模型机的加速度大小为3a0。设模型机在导轨上的阻力恒定,a、b始终与导轨垂直,前后两次起飞速度相同。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)前后两次模型机从静止开始直到达到起飞速度运动的距离之比; 答案:3∶1 解析:第一次,模型机从静止开始直到达到起飞速度,根据运动学公式,有v2=2a0s1 第二次,模型机从静止开始直到达到起飞速度,根据运动学公式,有v2=2×3a0s2 解得s1∶s2=3∶1。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)空间中所加匀强磁场的磁感应强度的大小。 答案: 解析:第一次,模型机从静止开始直到达到起飞速度的过程,根据牛顿第二定律,有F-Ff=ma0 第二次,模型机从静止开始直到达到起飞速度的过程,设空间中所加匀强磁场的磁感应强度的大小为B,有F安=2BIL 根据牛顿第二定律,有F安+F-Ff=3ma0 联立解得B=。 2 3 4 $$