题目内容
载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r，式中常量k＞0，I为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流i，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T．当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T．（1）分别指出强度为I1、I2的电流的方向
（2）求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比
（3）当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，试求I3．
【答案】分析：（1）通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向．
（2）通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，从而得出安培力之比．
（3）根据瞬间线圈的加速度，根据牛顿第二定律结合第二问的结论求出电流I3的大小，注意加速度的方向可能向上，也可能向下．
解答：
解：（1）当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，知磁场方向垂直纸面向里，则I1方向向左．
当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T．知此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则ab边所受的安培力的向下，cd边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面向外，则I2方向向右．
（2）当MN中通以电流I时，线圈所受安培力大小为
F1=KI1iL（
-
）
F2=KI2iL（
-
）
F1：F2=I1：I2，
（3）2T=G
2T1+F1=G
若加速度向下：F3+G=
根据第（2）问结论：
I1：I3=F1：F3=
I3=
（方向向右）
若加速度向上：F3-G=
根据第（2）问结论：
I1：I3=F1：F3=
，
I3=
（方向向左）
答：（1）I1方向向左，I2方向向右．
（2）线框受到的安培力F1与F2大小之比为I1：I2，
（3）电流I3的大小为I3=
（方向向右）或I3=
（方向向左）．
点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向．
（2）通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，从而得出安培力之比．
（3）根据瞬间线圈的加速度，根据牛顿第二定律结合第二问的结论求出电流I3的大小，注意加速度的方向可能向上，也可能向下．
解答：
解：（1）当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，知磁场方向垂直纸面向里，则I1方向向左．当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T．知此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则ab边所受的安培力的向下，cd边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面向外，则I2方向向右．
（2）当MN中通以电流I时，线圈所受安培力大小为
F1=KI1iL（
-）F2=KI2iL（
-）F1：F2=I1：I2，
（3）2T=G
2T1+F1=G
若加速度向下：F3+G=
根据第（2）问结论：
I1：I3=F1：F3=
I3=
（方向向右）若加速度向上：F3-G=
根据第（2）问结论：
I1：I3=F1：F3=
，I3=
（方向向左）答：（1）I1方向向左，I2方向向右．
（2）线框受到的安培力F1与F2大小之比为I1：I2，
（3）电流I3的大小为I3=
（方向向右）或I3=（方向向左）．点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向．
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载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小与直导线中电流强度成正比，与距导线的距离成反比．矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线挂在水平长直导线MN正下方，如图所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0．当MN中通过的电流强度为I时，两细线内的张力均减小为T．重力加速度为g，下列判断正确的有（ ）| A、MN中通过的电流方向水平向右 | ||
B、当MN内电流强度变为
| ||
C、当MN内的电流强度变为
| ||
| D、剪断细线后，矩形线圈下落的加速度越来越小 |
