1、2020版大一轮复习：第9章-第1讲-磁场及其对电流的作用NEIRONGSUOYIN内容索引过好双基关过好双基关研透命题点研透命题点课时作业课时作业回扣基础知识 训练基础题目细研考纲和真题 分析突破命题点限时训练 练规范 练速度过好双基关一、磁场、磁感应强度一、磁场、磁感应强度1.磁场的基本性质磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有 的作用.2.磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和 .(2)定义式：(通电导线垂直于磁场).(3)方向：小磁针静止时 .(4)单位：特斯拉，符号为T.磁力方向N极的指向3.匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向 的磁场称为匀强磁场.(2)特点：疏密
2、程度相同、方向相同的平行直线.处处相同4.地磁场(1)地磁的N极在地理 附近，S极在地理 附近，磁感线分布如图1所示.(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度 ，且方向水平 .北极南极相等向北5.磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解.自测1 1(多选)一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中，当通过它的电流为I时，所受安培力为F.以下关于磁感应强度B的说法正确的是C.磁场中通电直导线受力大的地方，磁感应强度一定大D.在磁场中通电直导线也可以不受力自测2 2(2016北京理综17)中国宋代科学家沈括在梦溪笔
3、谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也.”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图2.结合上述材料，下列说法不正确的是A.地理南、北极与地磁场的北、南极不重合B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析地球为一巨大的磁体，地磁场的南、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合，故A、B正确；地球内部也存在磁场，只有赤道附近上空磁场的方向才与地面平行，故C错误；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故D正确.二
4、、磁感线和电流周围的磁场二、磁感线和电流周围的磁场1.磁感线的特点(1)磁感线上某点的 方向就是该点的磁场方向.(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的 ，在磁感线较密的地方磁场 ；在磁感线较疏的地方磁场 .磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从 指向 ；在磁体内部，由 指向 .同一磁场的磁感线不中断、不 、不相切.磁感线是假想的曲线，客观上并不存在.切线强弱较弱N极S极N极相交2.几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图3所示)图3(2)电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场_与 磁铁的磁场相似，管内为 磁场且磁场 ，管
5、外为 磁场环形电流的两 侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场_安培定则条形越弱匀强最强非匀强越弱立体图横截面图纵截面图自测3 3如图4所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向.图4答案三、安培力的大小和方向三、安培力的大小和方向1.大小若IB，F0；若IB，FBIL.2.方向总垂直于所决定的平面，即一定垂直于B和I，但B与I不一定垂直.可以用左手定则来判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指 ，并且都跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线从掌心进入，使伸开的四指指向 的方向，那么，所指的方向就是通电导线在磁场中的
6、受力方向.3.两平行通电导线间的作用同向电流相互 ，反向电流相互 .B、I垂直电流拇指吸引排斥自测4 4(2018山东省烟台市上学期期末)以下说法中正确的是A.通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行B.通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向垂直C.磁感线可以形象地描述各点的磁场强弱和方向，磁感线上每一点的切线方 向都和小磁针在该点静止时N极所指的方向一致D.放置在磁场中1 m长的导线，通过1 A的电流，受到的安培力为1 N时，该处 磁感应强度就是1 T解析安培力方向与B、I决定的平面一定垂直，但不一定与磁场方向平行或垂直，故A、B错误；磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，
7、它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时N极所指的方向一致，与S极所指的方向相反，故C正确；放置在磁场中1 m长的通电导线，通过1 A的电流，受到的安培力为1 N，则该处的磁感应强度不一定是1 T，故D错误.研透命题点1.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”.命题点一安培定则的应用和磁场的叠加命题点一安培定则的应用和磁场的叠加因果磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指2.磁场叠加问题的解题思路(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
8、和方向.如图5所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN.图5(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B.例1(多选)(2018全国卷20)如图6，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称.整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外.已知a、b两点的磁感应强度大小分别为 B0和 B0，方向也垂直于纸面向外.则解析原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知变式1(2017全国卷18)如图7，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
9、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变式2(多选)(2018山东省泰安市上学期期末)已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B(其中k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离).现有四根平行的通电长直导线，其横截面积恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图8，其中A、C导线中的电流大小为I1，B、D导线中的电流大小为I2.已知A导线所受的磁场力恰好为零，则下列说法正确的是A.电流的大小关系为I12I2B.四根导线所受的磁场力都为零C.
10、正方形中心O处的磁感应强度为零D.若移走A导线，则中心O处的磁场将沿OB方向解析将导线B、C、D在导线A处的磁场表示出来，如图甲所示：A导线所受的磁场力为零，则A处的合磁场为零，即：，则：I12I2，故选项A正确；同理，将各点的磁场都画出来，可以判断B、D导线处的合磁场不为零，故所受的磁场力不为零，故选项B错误；将各导线在O点的磁场画出，如图乙所示，由于A、C导线电流相等而且距离O点距离相等，则BABC同理：BBBD，即正方形中心O处的磁感应强度为零，故选项C正确；若移走A导线，则磁场BA不存在，由于BBBD，则此时在O点的磁场只剩下导线C的磁场，而且导线C点磁场方向沿OB方向，即中心O处的磁
11、场将沿OB方向，故选项D正确.命题点二安培力作用下导体运动情况的判断命题点二安培力作用下导体运动情况的判断1.问题特点安培力作用下导体的运动问题与力学中的运动问题一样，同样遵从力学基本规律，只是研究对象所受的力中多分析安培力而已.2.规律分析判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，再弄清楚导体中电流的方向，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.3.几种判定方法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条形磁铁通电螺线管多个环形电流结
12、论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；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例2如图9所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)A.顺时针方向转动，同时下降B.顺时针方向转动，同时上升C.逆时针方向转动，同时下降D.逆时针方向转动，同时上升解析如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点
13、，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力.因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动.分析导线转过90时的情形：如图乙所示，导线中的电流垂直纸面向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力.由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动.选项A正确.变式3(2018河南省新乡市第三次模拟)如图10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
14、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，关于两圆环的转动(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间细线张力不变解析根据安培定则，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，从上向下看，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的电流的方向相反，但下方细线与P、Q连接处的电
15、流方向相同，所以两个圆环相互吸引，P、Q间细线张力减小.由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变，故A正确，B、C、D错误.例3(2019吉林省公主岭市调研)将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图11所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看A.圆环顺时针转动，靠近磁铁B.圆环顺时针转动，远离磁铁C.圆环逆时针转动，靠近磁铁D.圆环逆时针转动，远离磁铁解析该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相斥、异极相吸，C正确.变式4(多选)如图12所示，台秤上放一光
16、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A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.F1F2D.F1F2，在水平方向上，由于F有水平向左的分力，条形磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短.通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合模型，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为平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图13所示.命题点三安培力作用下的平衡问题命
17、题点三安培力作用下的平衡问题图13例4 4(2018天津市部分区上学期期末)如图14甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1 m.在两圆环上放一导体棒，圆环通过导线与电源相连，电源的电动势为3 V，内阻为0.2.导体棒质量为60 g，接入电路的电阻为1.3，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上.开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为37，如图乙所示，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)棒静止时受到的安培力的大小；图14答案0.8 N解析对导体棒进行受力分析，如图所示解得F0.8 N(2)匀强磁场的磁感应强度的大小.答案0.4 T解得I
18、2 A解得B0.4 T.变式5 5(2018福建省三明市上学期期末)如图15所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用长度也为L的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，未通电时，轻导线静止在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为，则A.棒中电流的方向为ba图15D.若只增大轻导线的长度，则变小解析根据导体棒受到的安培力方向和左手定则可知，棒中电流的方向为由a到b，故A错误；根据动能定理可知，BIL2sin mgL(1cos)00，解得I ，故B错误，C正确；由上式可知，BILLsin mgL(1cos)，轻导线的长度L可消去，与之无关，故D错误.安培力做功与动能定理结合
19、，其解题步骤如下：(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况(若是立体图就改画成平面图)和各个力的做功情况，特别是分析安培力的大小和方向，看安培力做正功还是负功，然后求各力做功的代数和；(3)明确初、末状态的动能；(4)列出动能定理的方程以及其他必要的解题方程进行求解.命题点四安培力与功、动能定理的综合应用命题点四安培力与功、动能定理的综合应用例5 5(多选)(2019广东省梅州市调研)如图16所示，水平放置的光滑平行金属导轨，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L20 cm的光滑圆弧导轨相接.导轨宽度为20 cm，电阻不计.导轨所在空间有竖直方
20、向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T.一根导体棒ab垂直导轨放置，质量m60 g、电阻 R1，用两根长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触.当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，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.导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角53(sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2)，则A.磁场方向一定竖直向上B.电源的电动势E8 VC.导体棒在摆动过程中所受安培力F8 ND.导体棒摆动过程中的最大动能为 0.08 J图16解析当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；根
21、据动能定理得：FLsin 53mgL(1cos 53)Ek0，解得Ek0.08 J，故D正确.课时作业1.如图1所示，a和b是一条磁感线上的两点，关于这两点磁感应强度大小的判断，正确的是A.一定是a点的磁感应强度大B.一定是b点的磁感应强度大C.一定是两点的磁感应强度一样大D.无法判断双基巩固练解析因为一条磁感线是直线时，不一定是匀强磁场，也不知道A、B两点的磁感线的疏密，条件不足，无法确定a、b两点的磁感应强度的大小，故D正确.123456789101112图12.磁场中某区域的磁感线如图2所示，则A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbB.a、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbC
22、.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小123456789101112解析磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出BaBb，所以A正确，B错误；安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小B、电流大小I、导线长度L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误.3.(多选)(2019福建省三明市质检)把一根不计重力、通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧形，如图3所示.导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由a向b，关于导线的受力和运动情况，下述说法正确的是A.硬直导线先转动，然
23、后边转动边下移B.硬直导线只能转动，不会向下移动C.硬直导线各段所受安培力的方向都与导线垂直D.在图示位置，a端受力垂直纸面向内，b端受力垂直纸面向外123456789101112123456789101112解析题图可看成通电螺线管产生的磁场，如图所示，导线等效为Oa、Ob两电流元，由左手定则可判定Oa段所受安培力垂直于纸面向外，Ob段所受安培力垂直于纸面向内，所以硬直导线各段所受安培力的方向都与导线垂直且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安培力方向向下，即导线在逆时针转动的同时还要向下移动，A、C对.4.(2018山东省临沂市一模)1876年美国物理学家罗兰完
24、成了著名的“罗兰实验”.罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，将圆盘绕中心轴按如图4所示方向高速旋转时，就会发现小磁针发生偏转.忽略地磁场对小磁针的影响，则下列说法错误的是A.小磁针发生偏转的原因是橡胶圆盘上产生了感应电流B.小磁针发生偏转说明了电荷的运动会产生磁场C.当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极向左侧偏转D.当小磁针位于圆盘的左下方时，它的N极向右侧偏转123456789101112解析本题中不符合感应电流的产生条件，故无法产生感应电流，故A错误；由题意可知，小磁针受到磁场力的作用，原因是电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，因此B正确；
25、圆盘带负电，根据安培定则可知，产生的磁场方向向上，等效为上方N极的条形磁铁，故小磁针处于圆盘的左上方时，小磁针的N极将向左侧偏转，故C正确；同理，若小磁针处于圆盘的左下方时，则小磁针的N极向右侧偏转，故D正确.1234567891011125.(2018湖南省常德市期末检测)在绝缘圆柱体上a、b两个位置固定有两个金属圆环，当两环通有如图5所示电流时，b处金属圆环受到的安培力为F1；若将b处金属圆环移动到位置c，则通有电流为I2的金属圆环受到的安培力为F2.今保持b处金属圆环原来位置不变，在位置c再放置一个同样的金属圆环，并通有与a处金属圆环同向、大小为I2的电流，则在a位置的金属圆环受到的安培
26、力A.大小为|F1F2|，方向向左B.大小为|F1F2|，方向向右C.大小为|F1F2|，方向向左D.大小为|F1F2|，方向向右123456789101112图5123456789101112解析c金属圆环对a金属圆环的作用力为大小F2，根据同方向的电流相互吸引，可知方向向右，b金属圆环对a金属圆环的作用力大小为F1，根据反方向的电流相互排斥，可知方向向左，所以a金属圆环所受的安培力大小|F1F2|，由于a、b间的距离小于a、c间距离，所以两合力的方向向左.6.(多选)(2018陕西省榆林市第三次模拟)在图6甲、乙中两点电荷电荷量相等，丙、丁中通电导线电流大小相等，竖直虚线为两点电荷、两通电
27、导线的中垂线，O为连线的中点.下列说法正确的是A.图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小B.图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都 相等C.图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大D.图乙和图丙中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都 相等图6123456789101112123456789101112解析在图甲中，根据场强公式E以及场强的合成可以知道O点场强为零；在图丁中，根据右手螺旋定则以及磁场的叠加可以知道O点磁感应强度为零，都是最小的，故选项A正确；图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两
28、点场强和磁感应强度只是大小相等，但是方向不同，故选项B错误；在图乙中，在中垂线上O点场强最大，但是在连线上O点场强最小；在图丙中，在连线上O点的磁感应强度最小，在中垂线上O点的磁感应强度都最大，故选项C错误；在图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故选项D正确.7.(2018广东省揭阳市高三期末)在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图7所示，则过c点的导线所受安培力的方向A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边12345
29、6789101112图7解析导线a在c处的磁场方向垂直ac斜向下，b在c处的磁场方向垂直bc斜向下，两者的合磁场方向为竖直向下，根据左手定则可得c点所受安培力方向为与ab边垂直，指向左边，C正确.8.(2018陕西省宝鸡市一模)如图8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I1I2，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A.B1 B.B2C.B3 D.B4123456789101112图81234567891011解析根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，因为I1I2，故I1产生的磁场大于I2产生的磁场，根据平行四边形
30、定则知H点的合场强可能为B3方向.故C正确，A、B、D错误.129.(多选)(2017全国卷21)某同学自制的简易电动机示意图如图9所示.矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴.将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方.为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的 绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉123456789101112综合提升练解析装置平面示意图如图
31、所示.图示状态的磁场方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动.当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动.若要线圈连续转动，则要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路.故选项A、D正确.12345678910111210.(多选)(2017全国卷19)如图10，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反.下列说法正确的是A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面
32、垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比 为11D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比 为 1123456789101112解析同向电流相互吸引，反向电流相互排斥.对L1受力分析，如图甲所示，可知L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图乙所示，可知L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；12345678910111211.如图11所示，长为L、质量为m的导体棒ab，置于倾角为的光滑斜面上.导体棒与斜面的水平底边始终平行.已知导体棒通以从b向a的电流，
33、电流为I，重力加速度为g.(1)若匀强磁场方向竖直向上，为使导体棒静止在斜面上，求磁感应强度B的大小；1234567891011121234567891011解析匀强磁场方向竖直向上时，导体棒受力如图甲所示，由平衡条件得：mgsin F安cos，F安BIL，12(2)若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求磁感应强度的最小值和对应的方向.1234567891011121234567891011解析如图乙所示，当安培力平行斜面向上，即安培力和重力沿斜面的分力平衡时，安培力最小，有mgsin F安，F安BminIL，由左手定则可知磁感应强度的方向垂直斜面向上.1212.(20
34、18山东省菏泽市上学期期末)如图12所示，在倾角为37的斜面上，固定一宽为L1.0 m的平行金属导轨.现在导轨上垂直导轨放置一质量m0.4 kg、电阻R02.0、长为1.0 m的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为0.5.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B2 T的匀强磁场中.导轨所接电源的电动势为E12 V，内阻r1.0，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.现要保持金属棒在导轨上静止不动，求：(1)金属棒所受安培力的取值范围；123456789101112123456789101112解析当
35、金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，此时金属棒所受安培力最大，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示.则有FNF1sin mgcos，F1cos mgsin Ffmax，FfmaxFN以上三式联立并代入数据可得F18 N123456789101112当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，此时金属棒所受安培力最小，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示.则有FNF2sin mgcos，F2cos Ffmaxmgsin，FfmaxFN(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围.答案0R30 123456789101112123456789101112解析因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为FBIL，因此有I ，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为 AI4 A设电流为I1 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有EI1rI1(R0R1)，代入数据可得R130 设电流为I24 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有EI2rI2(R0R2)，代入数据可得R20所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0R30.空白演示 在此输入您的封面副标题
