第9章 第1讲 磁场的描述 磁场对电流的作用(基础落实课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（江苏专版）

第九章 磁 场 1 大单元分层教学设计 基础 落实课 第1讲　磁场的描述磁场对电流的作用 第2讲　带电粒子在磁场中的运动 综合 融通课 第3讲　动态圆、磁聚焦和磁发散问题 第4讲　带电粒子在组合场中的运动 第5讲　带电粒子在叠加场中的运动 第6讲　带电粒子在立体空间运动问题(习题课) 磁场的描述 磁场对电流的作用(基础落实课) 第 1 讲 1 课前基础先行 2 逐点清(一)　安培定则的应用和磁场的叠加 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　导体运动情况的判断四法 5 课时跟踪检测 3 逐点清(二)　安培力的分析与计算 课前基础先行 一、磁场 1.磁感应强度 (1)物理意义:描述磁场的强弱和______。 (2)大小:B=(通电导线垂直于磁场)。单位是特斯拉，符号是T。 (3)方向:小磁针的___极所受磁场力的方向，也就是小磁针_____时N极的指向。 方向 N 静止 2.匀强磁场 (1)定义:磁感应强度的大小处处相等、方向__________的磁场。 (2)磁感线特点:疏密程度相同、方向相同的平行直线。 处处相同 二、磁感线 1.磁感线的特点 (1)描述磁场的方向:磁感线上某点的_____方向就是该点的磁场方向。 (2)描述磁场的强弱:磁感线的疏密程度表示磁场的______，在磁感线较密的地方磁场_____;在磁感线较疏的地方磁场______。 (3)是闭合曲线:在磁体外部，从_____指向____;在磁体内部，由____指向_____。 (4)不相交:同一磁场的磁感线永不相交、不相切。 (5)是假想线:磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。 切线 强弱 较强 较弱 N极 S极 S极 N极 2.电流周围的磁场   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、非匀强磁场，且距导线越远处磁场______ 与条形磁铁的磁场相似，管内为_____磁场且磁场____，管外为________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 越弱 匀强 最强 非匀强 越弱 三、安培力 1.安培力的大小 (1)磁场方向和电流方向垂直时:F=______。 (2)磁场方向和电流方向平行时:F=0。 2.安培力的方向——左手定则判断 伸开左手，使拇指与其余四个手指______，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向_____的方向，_____所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。 BIl 垂直 电流 拇指 微点判断 1.地磁场两极的磁感应强度方向与水平面垂直。 ( ) 2.磁场是客观存在的一种物质，磁感线也是真实存在的。 ( ) 3.磁场中的一小段通电导线在该处受力为零，此处磁感应强度不一定为零。 ( ) √ × √ 4.磁场中某点磁感应强度的方向，跟通电导线在该点所受安培力的方向一致。 ( ) 5.安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直。 ( ) × √ 1.(人教必修3P108T7·改编)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是 (　 ) A.地表电荷为正电荷 B.环形电流方向与地球自转方向相同 C.若地表电荷的电荷量增加，则地磁场的磁感应强度增大 D.若地球自转角速度减小，则地磁场的磁感应强度增大 经典回练 √ 解析：根据右手螺旋定则可知环形电流方向与地球自转方向相反，则地表电荷为负电荷，故A、B错误;若地表电荷的电荷量增加，则等效电流增大，地磁场的磁感应强度增大，故C正确;若地球自转角速度减小，则等效电流减小，地磁场的磁感应强度减小，故D错误。 2.(人教必修3P113T2·改编)在匀强磁场中，一根长为0.4 m的通电导线中的电流为20 A，这根导线与磁场方向垂直时，所受的磁场力为0.015 N，则磁感应强度的大小为 (　 ) A.7.2×10-4 T　　　　 B.3.75×10-3 T C.1.875×10-3 T D.1.5×10-3 T 解析：根据安培力公式F=ILB，解得B== T=1.875×10-3 T，故选C。 √ 逐点清(一)　安培定则的应用和磁场的叠加 课 堂 √ 题点全练　 1.[安培定则的理解及应用] 如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(灰色一端)指示磁场方向正确的是(　 ) A.a B.b C.c D.d 解析：根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，可知C正确。 2.[同一平面内磁场的叠加] 我国直流输电技术处于世界领先水平。现有三根输电线甲、乙、丙，通过它们的电流大小相同，且到O点距离相等，电流方向如图所示。若甲中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B，则三根输电线中的电流在O点产生的磁感应强度大小是(　 ) A.B B.3B C.2B D.B √ 解析：通过三根输电线的电流大小相等，到O点距离相等，则三根输电线中的电流各自在O点产生的磁感应强度大小都为B，方向如图所示，则三根输电线中的电流在O点产生的磁感应强度大小是B合==B，故A项正确，B、C、D项错误。 3.[立体空间内磁场的叠加] 某同学要测量某地点地磁场的磁感应强度，选取的电流元的电流大小为I，长度为L。测得电流元竖直放置时地磁场对它的力的大小为F1，水平东西方向放置时地磁场对它的力的大小为F2，设地磁场在该地点磁感应强度的大小为B，与竖直方向的夹角为α，则(　 ) A.B=，cos α= B.B=，sin α= C.B=，cos α= D.B=，tan α= √ 解析：当直导线水平东西方向放置时，磁场方向与直导线垂直，则F2=BIL，可得B=，电流元竖直放置时地磁场对它的力的大小为F1，可知地磁场的水平分量为Bx=，则地磁场方向与竖直方向的夹角的正弦值sin α==，故选B。 1.安培定则的应用关键 在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场方向时关键应分清“因”和“果”。 精要点拨 　　　　　因果 电流的磁场 原因 (电流方向) 结果 (磁场方向) 直线电流的磁场 大拇指指向 四指指向 环形电流及通电螺线管的磁场 四指指向 大拇指指向 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和方向。如 图所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场。 (3)应用平行四边形定则对各个场源产生的磁场进行合成，如图中的合磁场B。 逐点清(二)　安培力的分析与计算 课 堂 √ 题点全练　 1.[安培力大小的计算] (2023·江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　 ) A.0 B.BIl C.2BIl D.BIl 解析：bc段与磁场方向平行，不受安培力;ab段与磁场方向垂直，所受安培力为Fab=BI·2l=2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。故选C。 2.[安培力的叠加问题] 一正方形的中心O和四个顶点均固定着平行长直导线，若所有平行直导线均通入大小相等的恒定电流，电流方向如图中所示，下列截面图中的中心长直导线所受安培力最大的是(　 ) √ 解析：根据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，设四根导线与中间的导线的相互作用力均为F，则对中心导线受力分析如图所示，选项A受合力为0，选项B和C受到2F的力，选项D受到2F 的力。 3.[安培力作用下的平衡] 如图所示，质量为m、长为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，悬线与竖直方向的夹角为θ。则磁感应强度取最小值时的大小和方向分析正确的是(　 ) A.方向沿y轴正方向 B.方向沿z轴正方向 C.大小为 D.大小为 √ 解析：磁感应强度方向沿y轴正方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z轴正方向，由平衡条件得BIl=mg，解得B=;磁感应强度方向沿z轴正方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y轴负方向，则导线不可能处于平衡状态;磁感应强度方向沿z轴负方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y轴正方向，由平衡条件得BIl=mgtan θ，解得B=;磁感应强度方向沿细线向下时，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直细线向上，由平衡条件得BIl=mgsin θ，解得B=，故D符合题意，A、B、C不符合题意。 1.安培力大小——F=BILsin θ (1)θ为I方向与B方向的夹角。 (2)特例:①当I⊥B时，F=BIL。 ②当I∥B时，F=0。 精要点拨 (3)通电导线的有效长度 ①当通电导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。 ②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。 2.安培力叠加的两种分析思路 (1)先分析通电导线所在处的合磁感应强度的大小和方向，由左手定则判断安培力的方向，由F=BILsin θ求安培力的大小。 (2)先由左手定则判断各个安培力的方向，由F=BILsin θ求各个安培力的大小，再由平行四边形定则求其合力。 3.安培力作用下导体的平衡问题的分析思路 选定研究对象 通电导线或导体棒 变三维为二维 画出平面受力分析图，其中安培力的方向要用左手定则来判断。安培力垂直于电流和磁场方向决定的平面 列方程求解 根据力的平衡条件列方程 逐点清(三)　导体运动情况的判断四法 课 堂 方法1　等效法 1.如图所示，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，关于两线圈的转动(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：把通电圆环等效为小磁针，P的N极垂直于纸面向外，Q的N极水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，P将顺时针转动，Q逆时针转动;转动后P、Q两环的磁极的方向相反，所以两个圆环相互吸引，中间细线张力减小;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。 (1)同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。 (2)两个非平行的电流相互作用时，总有转到平行且电流方向相同的趋势。 方法2　结论法 2.截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导 线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。 若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2， I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是 (　 ) √ 解析：因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用;根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两侧的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示。 (1)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。 (2)在特殊位置 安培力方向 运动方向(当导线转到与磁场垂直时判断是吸引还是排斥)。 方法3　电流元法与特殊位置法 3.把一根通电的硬直导线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到b。下列说法正确的是 (　 ) A.从上往下看导线ab顺时针旋转，同时向上移动 B.从上往下看导线ab逆时针旋转，同时向下移动 C.虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源不可能是蹄形磁铁 D.虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源可能是条形磁铁、通电螺线管、直线电流等 √ 解析：由题图可知，导线左侧所在处的磁场方向斜向下，导线右侧所在处的磁场方向斜向上，则由左手定则可知，导线左侧受力方向垂直纸面向里，导线右侧受力方向垂直纸面向外，故从上往下看，导线ab顺时针旋转;当导线转过90°时，即导线与磁场垂直，由左手定则可知，导线ab受力向下，故可得出导线ab顺时针旋转同时还要向下移动，故A、B错误;磁感线方向从右向左，可能由水平放置的条形磁铁提供，条形磁铁右端是N极，左端是S极，同理可知蹄形磁铁、通电螺线管、直线电流产生的磁感线也符合，故C错误，D正确。 定性分析磁体在电流产生的磁场作用下如何运动或运动趋势如何的问题，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。 方法4　转换研究对象法 4.(2025·无锡高三检测)水平桌面上一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示。则在这个过程中，磁体受到的摩擦力的方向和桌面对磁体的弹力 (　 ) A.摩擦力始终为零，弹力大于磁体重力 B.摩擦力始终不为零，弹力大于磁体重力 C.摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体重力 D.摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体重力 √ 解析：如图所示，导线在S极上方时所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向右下方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左;磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力。导线在磁体中间正上方时，导线所受安培力竖直向上，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力竖直向下，磁体不受摩擦力;磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力。 如图所示，当导线在N极上方时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左下方，磁体有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右;磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力。由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，桌面对磁体的弹力始终大于磁体的重力，故A、B、D错误，C正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 一、立足基础，体现综合 1.如图所示为一种新型的电磁船的俯视图，MN、PQ为固定在船上的竖直平行金属板，直流电源接在M、P之间，船上装有产生强磁场的装置，可在两平行金属板间海水中的虚线框内产生强磁场。闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q，若船受到海水的反冲向左运动，虚线框中的磁场方向应该(　 ) 6 7 8 9 10 11 12 A.竖直向下 B.竖直向上 C.水平向左 D.水平向右 解析：闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q，且船向左运动，船体所受的力方向向左，根据牛顿第三定律可知，海水所受的安培力方向向右，再根据左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误。 1 2 3 4 5 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2025·南通高三质检)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab、bc长均为l，ab与磁场方向夹角为60°，bc与磁场方向平行。该导线受到的安培力大小为 (　 ) A.BIl B.BIl C.BIl D.BIl 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：该导线受到的安培力大小为F=BIlsin 60°=BIl，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3.在光滑水平桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为 (　 ) A.BIL B.2BIL C.πBIL D.2πBIL 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：从上向下看导线的图形如图所示，导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小F=2BIL，设导线中的张力为T，由几何关系可知T=，解得T=BIL，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4.在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四根导线中电流I4=I3>I2>I1，要使O点处磁场增强，则应切断哪一根导线中的电流 (　 ) A.I1 B.I2 C.I3 D.I4 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：从题图中可得I1、I2、I3在O点产生的磁感应强度的方向都为垂直纸面向里，而I4在O点产生的磁感应强度方向为垂直纸面向外，故要使O点处磁场增强，则应该切断I4，D项正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5.如图甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是 (　 ) A.t1时刻两线圈间作用力最大 B.t2时刻两线圈间作用力最大 C.在t1到t2时间内，A、B两线圈相互排斥 D.在t2到t3时间内，A、B两线圈相互排斥 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：由题图可知，在t1时刻线圈A中的电流最大，此时线圈B中的磁通量的变化率为零，所以线圈B感应电流为零，因此两线圈间作用力为零，故A项错误;在t2时刻，线圈A中的电流为零，而线圈B中磁通量的变化率最大，所以线圈B中感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力为零，故B项错误;在t1到t2时间内，若设顺时针(从右向左看)方向为正，则线圈A电流方向沿顺时针且大小减小，所以根据安培定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向沿顺时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故C项错误; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 在t2到t3时间内，若设顺时针方向(从右向左看)为正，则线圈A电流方向沿逆时针且大小增大，所以根据安培定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向沿顺时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故D项正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2025·泰州高三质检)已知无限长直导线通电时，在某点产生的磁感应强度的大小与导线中的电流成正比，与该点到导线的距离成反比。两根足够长的直导线平行放置，其中电流分别为I、2I，A、B是两导线所在平面内的两点，到导线的距离如图所示，其中A点的磁感应强度大小为B0。则B点的磁感应强度 (　 ) A.大小为，方向垂直纸面向外 B.大小为，方向垂直纸面向里 C.大小为，方向垂直纸面向外 D.大小为，方向垂直纸面向外 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：由安培定则可知，两导线独立在A点产生的磁场的方向均垂直纸面向里，则有B0=+=;左边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向外，右边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向里，则有B=-==，方向垂直纸面向外，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7.磁铁在弹簧的作用下静止于粗糙的斜面上，如图所示在磁铁的中垂线上某位置放置一根通电直导线，电流方向垂直于纸面向外，此时弹簧处于拉伸状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 (　 ) A.通电直导线对磁铁的作用力垂直于斜面向下 B.磁铁受到的摩擦力沿斜面向上 C.若通电直导线的电流方向反向，磁铁仍保持静止 D.若增大通电直导线的电流，则磁铁受到的摩擦力增大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：由左手定则可知，导线受安培力垂直于斜面向下，根据牛顿第三定律，所以磁铁受到导线的力垂直于斜面向上，故A错误;对磁铁受力分析，可知磁铁受重力、支持力、弹力、导线对磁铁的力，有可能处于平衡状态，则摩擦力为0，此时若通电直导线的电流方向反向，磁铁受导线的作用力垂直斜面向下，则磁铁对斜面的压力变大，则磁铁仍保持静止，增大通电直导线的电流，摩擦力依然不变，故B、D错误，C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(2025·如皋高三质检)如图所示，粗细均匀的正方 形导体框边长为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场与 导体框平面垂直，从导体框的对角流入、流出的电流 为I，则导体框受到的安培力的大小为 (　 ) A.0 B.BIL C.BIL D.2BIL 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：通过导体框的总电流为I，导体框的有效长度为L，所以导体框受到的安培力的大小为F安=BIL，故选C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 二、注重应用，强调创新 9.(2025·无锡高三质检)在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，导线通有图示电流I，处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，则稳定后导线中的张力大小为(　 ) A.0 B.BIL C. D. 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：稳定后导线形状为圆形，任取一段圆弧 导线，设受到的安培力大小为F，两端张力大小为 T1、T2，受力分析如图所示，圆弧导线的等效长度 即弦长L0=2Rsin，安培力大小为F=BIL0=2BIRsin 。 圆弧导线两端张力大小相等，即T1=T2，T1、T2在沿圆弧导线所对应的弦长方向的分力大小相等，在垂直弦长方向有2Tsin =F，由几何关系有L=2πR，解得T=。故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(2025·镇江高三质检)我国的航空母舰福建舰安装了自主研发的电磁弹射装置，其简化原理如图所示。电源供给恒定电流I，导轨水平，圆柱形弹射体GH垂直导轨放置，导轨电流在弹射体处产生磁场，磁场的大小与电流成正比，不计导轨电阻及一切阻力，忽略磁场的边缘效应。下列措施可以增大弹射速度的是 (　 ) A.增加导轨之间的距离 B.减小弹射体的半径 C.换用最大值为I的正弦交流电 D.换用电阻率更小的材料制作弹射体 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：设弹射体的质量为m，在导轨上运动的距离为x，对弹射体由动能定理有BILx=mv2，其中B=kI，可得kI2Lx=mv2，增加导轨之间的距离，弹射体的质量等比例增大，故弹射速度不变;减小弹射体的半径，弹射体的质量减小，弹射速度增大，A错误，B正确;换用最大值为I的正弦交流电，根据kLx=mv2，安培力做功减小，弹射速度减小，C错误;换用电阻率更小的材料制作弹射体，因电源供给恒定电流，故弹射速度不变，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(8分)(2025·高邮高三调研)如图所示，整个装置处在与水平方向成θ=53°的匀强磁场中，长为l=0.1 m的金属杆ab静止于水平导轨上，金属杆与导轨垂直，其接入电路的电阻R=4.5 Ω，电源电动势E=3 V、内阻r=0.5 Ω，磁感应强度大小为B=0.5 T，求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)通过金属杆的电流大小;(3分) 答案：0.6 A　 解析：根据闭合电路欧姆定律有E=I 代入数据解得I=0.6 A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)金属杆所受安培力的大小和方向。(5分) 答案：0.03 N，方向垂直于磁场指向左上方 解析：金属杆所受安培力的大小为F=BIL=0.03 N 根据左手定则可知，金属杆所受安培力的方向垂直于磁场指向左上方。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(8分)如图所示，水平面内的光滑导轨平行放置，左端MM'与电路相连，右端NN'垂直放置导体ab，处在竖直向下的匀强磁场中。已知磁感应强度大小为B=1 T，导轨间距d=0.2 m，导体ab的质量m=0.01 kg，电源电动势E=24 V、内阻r=1 Ω，R1=4 Ω，R2=5 Ω，电容C=1 000 μF。开关S先接1，稳定后再接到2，导体ab水平飞出，电容器还残留q=0.002 C的电荷。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)开关S接1且稳定时电容器上的电荷量Q;(4分) 答案：0.012 C 解析：由闭合电路欧姆定律可得，开关S接1且稳定时电路中的电流为 I==2.4 A 则电容器两端的电压为UC=IR2=12 V 开关S接1且稳定时电容器上的电荷量 Q=CUC=1 000×10-6×12 C=0.012 C。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)导体ab飞出时的速度大小v。(4分) 答案：0.2 m/s 解析：开关S接2时，设导体ab中的平均电流为，时间为Δt，由动量定理有Bd·Δt=mv-0 又有·Δt=Q-q 联立并代入数据解得v=0.2 m/s。 2 3 4 (1)环形电流小磁针;(2)通电螺线管条形磁铁; (3)通电线圈小磁针。 $$