第1节 磁场及其对通电导体的作用-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷课件PPT

第七章　磁场 第1节　磁场及其对通电导体的作用 考点一　磁场及其叠加 1．(多选)英国物理学家法拉第引入了“电场”和“磁场”的概念，并用画电场线和磁感线的方法来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础。下列说法正确的是 (　　) A．电场和磁场都是假想的 B．电场线和磁感线都是客观存在的 C．电场线和磁感线可以形象地描述场的强弱和方向 D．电荷和电荷、磁极和磁极、通电导体和磁极之间都是通过场发生相互作用的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析：电场和磁场都是客观存在的，A错误；电场线和磁感线是为了形象地描述电场和磁场而人为引入的虚拟的线，可以用电场线和磁感线的疏密来形象地表示场的强弱，用曲线上点的切线方向表示该点场的方向，B错误，C正确；电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的，磁极和磁极、通电导体和磁极之间都是通过磁场发生相互作用的，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 2．如图所示，直导线AB、电磁体D、通电螺线管E三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，小磁针N极(黑色一端)指示磁场方向正确的是(　　) A．a B．b C．c D．d 解析：根据安培定则可知，直导线AB在小磁针a处产生的磁场方向向里；电磁体D的左侧为N极，右侧为S极，在小磁针d处产生的磁场方向向右；通电螺线管E可看作右端为N极、左端为S极的条形磁体，内部小磁针c处磁场方向向右，外部小磁针b处磁场方向向左，故C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 3．(2024·辽宁省鞍山市高三下第二次质量监测)水平面内的两根平行长直导线上通以大小相等、方向相反的恒定电流，A、B、C三点均在两根导线所在平面内，位置如图所示。下列说法正确的是(　　) A．A点处的磁感应强度方向垂直于水平面向下 B．B点处的磁感应强度方向垂直于水平面向下 C．C点处的磁感应强度方向垂直于水平面向下 D．A、B、C三点处的磁感应强度大小均为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析：根据安培定则，可知A、B间通电导线在A点产生磁场的方向垂直于水平面向上，B、C间通电导线在A点产生磁场的方向垂直于水平面向下，A点距A、B间通电导线较近，则A、B间通电导线在该处产生的磁场的磁感应强度较大，则A点处的磁感应强度方向垂直于水平面向上，A错误；同理可知，C点处的磁感应强度方向垂直于水平面向上，C错误；A、B间通电导线在B点产生磁场的方向垂直于水平面向下，B、C间通电导线在B点产生磁场的方向垂直于水平面向下，则B点处的磁感应强度方向垂直于水平面向下，B正确；综上所述，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 4.在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里，如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中(　　) A．b点的磁感应强度最大 B．c点的磁感应强度最小 C．b、d两点的磁感应强度相同 D．a、c两点的磁感应强度大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 5.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》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示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是(　　) A．地理两极与地磁两极不重合 B．地球内部也存在磁场，地磁的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．因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南 北放置时实验现象最明显 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析：由题意可知，地理两极与地磁两极不重合，存在地磁偏角，A正确；磁感线是闭合的，由图可推知地球内部也存在磁场，地磁的南极在地理北极附近，B正确；只有赤道上方附近的地磁场方向才与地面平行，C错误；根据安培定则可知，通电导线的磁场方向与导线中电流的方向垂直，可知因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D正确。本题选说法不正确的，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 考点二　安培力的分析与计算 6．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　) A．安培力的方向可以不垂直于直导线 B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 7．某同学画的表示磁感应强度B、电流I、安培力F的相互关系图如图所示，其中正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 考点三　与安培力有关的力学综合问题 9.如图所示，条形磁体放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住处于静止状态。a为垂直纸面放置的直导线的横截面，导线中无电流时磁体对斜面的压力为FN1；当导线中有电流通过时，磁体对斜面的压力为FN2。下列关于a中电流方向、磁体对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是(　　) A．电流垂直纸面向外时，FN1＜FN2，弹簧的伸长量减小 B．电流垂直纸面向外时，FN1＞FN2，弹簧的伸长量增大 C．电流垂直纸面向里时，FN1＞FN2，弹簧的伸长量减小 D．电流垂直纸面向里时，FN1＜FN2，弹簧的伸长量增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析：当电流垂直纸面向外时，根据左手定则可知，导线受到 的安培力指向左下方，根据牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力 方向指向右上方，将磁体受到的磁场力分解为沿斜面向上和垂直斜 面向上的两个分力，根据平衡条件可知，与导线中无电流相比，弹 簧的伸长量减小，磁体对斜面的压力减小，即FN1＞FN2，故A、B错误；同理，当电流垂直纸面向里时，根据左手定则可知，导线受到的安培力指向右上方，根据牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力方向指向左下方，将磁体受到的磁场力分解为沿斜面向下和垂直斜面向下的两个分力，根据平衡条件可知，与导线中无电流相比，弹簧的伸长量增大，磁体对斜面的压力增大，即FN1＜FN2，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 11．(2025·广东省深圳市高三上期末)电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长7.5 m，宽1.5 m，发射的炮弹质量为50 g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20 A，轨道间匀强磁场的磁感应强度大小B＝1.0×103 T、方向垂直于轨道平面时，不计空气阻力及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　) A．轨道间磁场方向为竖直向下 B．炮弹的加速度大小为3×106 m/s2 C．炮弹在轨道中加速的时间为5×10－3 s D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为4.5×108 W 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 12．(2024·重庆高考)小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g。当P匀速下降时，求： (1)P所受单根导线拉力的大小； (2)Q中电流的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 13.(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A．图示左侧通电导线受到安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析：由左手定则可知，图示左侧通电导线受到的安培力方向向下，A正确；由题图可知，a、b两点处的磁感线密集程度相同，但是方向不同，则a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内有磁场，磁感应强度不是处处为零，C错误；由题图可知，c点处的磁感线较d点处密集，则c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析：设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则BA与 BCDEFA两支路的电阻之比为R1∶R2＝R∶5R＝1∶5，根据 并联电路规律可知，BA与BCDEFA两支路电流之比为I1∶I2 ＝5∶1，导体棒BC受到的安培力的大小为F0＝BI2L，通电 导体BCDEFA所受安培力的有效长度为L，根据安培力公式 F＝BIL，可得通电导体BCDEFA受到的安培力的大小为F2＝BI2L＝F0，BA受到的安培力的大小为F1＝BI1L＝5F0，根据左手定则可知，两安培力方向相同，则整个线框所受安培力的合力大小为F合＝F1＋F2＝6F0，A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 15.特高压直流输电是国家重点工程，输电线路简化图如图所示。高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，并与“abcd正方形间隔棒”所在平面垂直，abcd的几何中心为O点，O点到四根导线的距离相等并远小于导线的长度，忽略地磁场，当四根导线通有等大、同向的电流时，下列说法正确的是(　　) A．O点的磁感应强度沿ac连线方向 B．O点的磁感应强度沿bd连线方向 C．L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向 D．L1所受安培力沿正方形的对角线bd方向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析：根据右手螺旋定则以及对称性可知，直导线L1和L3在O点产生的磁场的合磁感应强度为零，直导线L2和L4在O点产生的磁场的合磁感应强度为零，所以O点处的磁感应强度为零，故A、B错误；两平行长直导线通有同向电流时相互吸引，所以L1受到L2的安培力指向L2，受到L4的安培力指向L4，因导线中电流等大，所以两安培力大小相等，受到L3的安培力指向L3，由平行四边形定则可知，L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 16.(2025·河北省高三上检测)如图所示，直角三角形ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°，D点为AC边上的点，BD⊥AC。在A、B、D处垂直纸面固定三根长直细导线，三根导线中的电流方向如图，电流大小相等，已知直线电流在空间某点产生的磁场与电流成正比，与该点到电流的距离成反比，为使D处的导线所受安培力为0，需加一匀强磁场，则该磁场的方向为(　　) A．平行于BA向左 B．平行于AC斜向上 C．平行于CB向下 D．平行于BD斜向上 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 17．(2024·贵州高考)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　) A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析：根据右手螺旋定则知，两长直导线在导线框处所产生的磁场的方向均垂直纸面向里，根据磁场的叠加原理知，导线框所在位置的磁场方向垂直纸面向里，又I1>I2，结合通电长直导线产生的磁场的磁感线分布分析可知，同一竖直方向上各处磁感应强度相同，同一水平方向上，导线框左半部分各处的磁感应强度大于关于对称轴对称的右半部分相应位置处的磁感应强度，根据左手定则及安培力公式F＝IlB可知，导线框上边所受安培力与下边所受安培 力等大反向，导线框左边所受安培力F左水平向左，右边所受 安培力F右水平向右，且F左>F右，故导线框所受安培力的合力 大小为F合＝F左－F右，且方向水平向左，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 18．(2022·湖南高考)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．tanθ与电流I成正比 D．sinθ与电流I成正比 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案：(1)2 A　(2)0.125 T 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 22．(2023·海南高考)如图所示，U形金属杆上边长为L＝ 15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电 液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10－2 T 的匀强磁场。 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm。设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2) (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：a、b、c、d四点的磁感应强度为匀强磁场和电流产生的磁场的叠加，易知电流在四点产生的磁场的磁感应强度大小相等，设为B，结合安培定则作出四点处电流产生的磁场及匀强磁场的磁感应强度方向，如图所示，由矢量合成法则可知，a点的磁感应强度大小为Ba＝B0＋B，b点和d点的磁感应强度大小为Bb＝Bd＝2,0)eq \r(B＋B2) ，c点的磁感应强度大小为Bc＝|B0－B|，可知a点的磁感应强度最大，c点的磁感应强度最小，b、d两点的磁感应强度大小相等，但方向不同，故A、C、D错误，B正确。 解析：由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，A错误，B正确；安培力的大小F＝IlBsinθ，与直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的eq \f(\r(2),2)，因此安培力的大小不一定是原来的一半，D错误。 解析：磁场方向水平向右，电流方向垂直纸面向外，根据左手定则，安培力方向竖直向上，故A错误；磁场方向斜向右上，电流方向垂直纸面向外，根据左手定则，安培力的方向垂直磁场方向斜向左上，故B错误；磁场方向垂直纸面向里，电流方向垂直纸面向外，电流方向与磁场方向平行，不受安培力，故C错误；磁场方向垂直纸面向外，电流方向斜向右上，根据左手定则，安培力的方向垂直电流方向斜向右下，故D正确。 8．如图所示，一段圆心角为60°的圆弧形导线，通以电流I。若导线所在平面与纸面平行，匀强磁场方向垂直纸面向里，如图甲所示，导线所受安培力的大小为F1；若磁感应强度大小不变，方向改为平行于纸面沿半径ON向右，如图乙所示，导线所受安培力的大小为F2。则eq \f(F1,F2)为(　　) A．2∶eq \r(3) B.eq \r(3)∶1 C.eq \r(3)∶2 D．1∶1 解析：设圆弧形导线的半径为r，当磁场方向垂直纸面向里时，通电导线的有效长度为线段MN的长度r，可知导线所受安培力大小为F1＝BIr；当磁场方向水平向右时，通电导线的有效长度为M到ON的距离，可知导线所受安培力大小为F2＝BIrsin60°＝eq \f(\r(3),2)BIr，所以F1∶F2＝2∶eq \r(3)，故选A。 10.如图所示，在匀强磁场区域内有一倾角为θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根长为L、质量为m的导线，通以如图所示方向的电流I时，通电导线能静止在斜面上，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．导线所受的安培力方向可能垂直于斜面向下 B．磁感应强度可能大小为B＝eq \f(mgtanθ,IL)，方向竖直向上 C．磁感应强度可能大小为B＝eq \f(mg,IL)，方向水平向左 D．磁感应强度方向垂直于斜面向下时，其大小最小，且最小值为B＝eq \f(mgsinθ,IL) 解析：导线所受的安培力若垂直于斜面向下，则导线所受合力不能为0，导线不能静止，A错误；若磁场方向竖直向上，则安培力方向水平向左，导线不能静止，B错误；若磁场方向水平向左，则安培力方向竖直向下，导线不能静止，C错误；根据重力、支持力、安培力三力平衡可知，当安培力方向沿斜面向上时，安培力最小，此时磁场方向垂直于斜面向下，磁感应强度最小，且有mgsinθ＝BminIL，解得Bmin＝eq \f(mgsinθ,IL)，D正确。 解析：炮弹所受安培力方向向右，根据左手定则可知，轨道间磁场方向为竖直向上，A错误；根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得炮弹的加速度大小为a＝eq \f(BIl,m)＝eq \f(1.0×103×20×1.5,50×10－3) m/s2＝6×105 m/s2，B错误；已知发射轨道的长度为x＝7.5 m，根据匀变速直线运动的位移公式有x＝eq \f(1,2)at2，解得炮弹在轨道中加速的时间为t＝5×10－3 s，C正确；炮弹发射过程中的最大速度v＝at＝6×105×5×10－3 m/s＝3×103 m/s，炮弹发射过程中安培力的最大功率Pmax＝BIlv＝1.0×103×20×1.5×3×103 W＝9×107 W，D错误。 答案：(1)mg　(2)eq \f(mg,BL) 解析：(1)当P匀速下降时，设P所受单根导线拉力的大小为T，对P，根据平衡条件有 2T＝2mg 解得T＝mg。 (2)设Q中电流大小为I，Q所受安培力大小为F，则F＝BIL Q所受单根导线拉力的大小T′＝T 因2T′>mg，则Q所受安培力方向竖直向下，对Q，根据平衡条件有mg＋F＝2T′ 联立解得I＝eq \f(mg,BL)。 14.(2024·山东省高三下二轮复习联考)如图，正六边形线框ABCDEF由6根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点A、B与直流电源两端相连，已知导体棒BC受到的安培力大小为F0，则正六边形线框受到的安培力的大小为(　　) A．6F0 B．5F0 C．2F0 D.eq \f(6,5)F0 解析：根据“同向电流相互吸引、反向电流相互排斥”可知，A、B处导线对D处导线的安培力FA、FB的方向分别沿AD、BD；由几何关系可知AD＝eq \r(3)BD，根据题意可知B＝keq \f(I,r)，结合安培力公式F＝BIL，可得FB＝eq \r(3)FA；如图所示，根据平行四边形定则和几何关系可知，FA、FB的合力F平行于BC向上。为使D处的导线所受安培力为0，所加匀强磁场对该导线的安培力应平行BC向下，根据左手定则可知，匀强磁场的方向平行于BA向左，故选A。 解析：当导线静止在图a右侧位置时，对导线受力分析如图所示，根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，A错误；由题意结合左手定则可知，导线所受安培力F安始终与悬线的拉力FT垂直，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，设导线MN长为L，导线所在处磁感应强度大小为B0，则有 F安＝B0IL，sinθ＝eq \f(F安,mg)，FT＝mgcosθ，电流I增大时，F安增大，sinθ增大，cosθ减小，FT减小，B错误；tanθ＝eq \f(F安,FT)＝eq \f(F安,mgcosθ)，sinθ＝eq \f(F安,mg)，因F安与电流I成 正比，mg不变，则tanθ与I不成正比，sinθ与I成正比，C错误，D正确。 19.如图为一电流表的原理示意图。质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的示数，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。(重力加速度为g) (1)若k＝4.0 N/m，eq \x\to(ab)＝0.20 m，eq \x\to(bc)＝0.050 m，B＝0.5 T， 此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用) (2)在(1)问基础上，若将量程扩大4倍，磁感应强度应变为多大？ 解析：(1)设无电流通过时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx 设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有 BImeq \x\to(ab)＋mg＝k(eq \x\to(bc)＋Δx) 联立并代入数据得Im＝2 A。 (2)设量程扩大4倍后，磁感应强度变为B′，则满量程时有 B′·4Im·eq \x\to(ab)＋mg＝k(eq \x\to(bc)＋Δx) 代入数据得B′＝0.125 T。 20.如图所示，两个半径均为R的光滑圆轨道a、b并排固定在竖直平面内，在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒，棒长为L，所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场，给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为eq \r(gR)的水平初速度，已知磁感应强度大小B＝eq \f(2mg,IL)(g为重力加速度)，以下说法正确的是(　　) A．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为mg B．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0 C．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加2mgR D．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为0 解析：根据左手定则可知，铜棒将始终受到竖直向上的安培力，其大小为F安＝BIL＝2mg，在铜棒获得大小为eq \r(gR)的水平初速度v时，根据牛顿第二定律，有2FN＋F安－mg＝meq \f(v2,R)，解得每条轨道对铜棒的支持力FN＝0，根据牛顿第三定律可知，铜棒对每条轨道的压力为0，故A错误，B正确；根据功能关系可知，物体机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，则从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加量为ΔE＝F安·2R＝4mgR，故C错误；从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为W合＝WG＋W安＝－mg·2R＋2mg·2R＝2mgR，故D错误。 21.(2022·湖北高考)(多选)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为eq \f(\r(3),3)g；减速时，加速度的最大值为eq \r(3)g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是(　　) A．棒与导轨间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),6) B．棒与导轨间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3) C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60° D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150° 解析：由安培力公式F＝BIL可知，导体棒所受安培力大小恒定。当导体棒加速且加速度最大时，合力向右且最大，受力分析可知安培力应该斜向右上方，根据左手定则可得磁场方向斜向右下方；磁场方向斜向右下方时有Fsinθ－μ(mg－Fcosθ)＝ma，解得a＝(sinθ＋μcosθ)eq \f(F,m)－μg，令cosα＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq \f(\a\vs4\al(μ),\r(1＋μ2))，根据数学知识可得a＝eq \r(1＋μ2)sin(θ＋α)eq \f(F,m)－μg，当θ＝90°－α时a有最大值，am＝eq \r(1＋μ2)·eq \f(F,m)－μg＝eq \f(\r(3),3)g　①。当导体棒减速且加速度最大时，合力向左且最大，受力分析可知安培力应该斜向左下方，根据左手定则可得磁场方向斜向左上方；磁场方向斜向左上方时有Fsin(π－θ)＋μ[mg＋Fcos·(π－θ)]＝ma′，解得a′＝(sinθ－μcosθ)eq \f(F,m)＋μg＝eq \r(1＋μ2)sin(θ－α)eq \f(F,m)＋μg，当θ＝90°＋α时a′有最大值，am′＝eq \r(1＋μ2) eq \f(F,m)＋μg＝eq \r(3)g　②。联立①②可得μ＝eq \f(\r(3),3)，则α＝30°，加速阶段加速度大小最大时θ＝60°，减速阶段加速度大小最大时θ＝120°。故B、C正确，A、D错误。 答案：(1)eq \r(2) m/s　eq \f(25,6) A　(2)0.085 C 解析：(1)金属杆离开液面后做竖直上抛运动，由运动学规律知：v2＝2gH 解得金属杆离开液面时的速度大小v＝eq \r(2) m/s 从闭合电键到金属杆飞到最高点过程，由动能定理有：BILh－mg(H＋h)＝0－0 解得I＝eq \f(25,6) A。 (2)设金属杆脱离导电液体时的速度为v′，从脱离导电液体到最高点，有v′2＝2gH′ 通电过程，由动量定理有：Beq \o(I,\s\up12(－))Lt′－mgt′＝mv′－0 通过金属杆截面的电荷量q＝eq \o(I,\s\up12(－))t′ 联立解得q＝0.085 C。 $$