1.1 磁场对通电导线的作用力（教用Word）-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

本讲义聚焦磁场对通电导线的作用力，系统梳理安培力的方向（左手定则）、大小（F=IlBsinθ，含垂直、平行及夹角θ情况）及磁电式电流表工作原理，构建从基础概念到计算应用再到综合问题的学习支架。 该资料通过实验探究安培力方向与磁场、电流的关系，培养科学探究能力，运用等效法、电流元法分析受力，发展科学思维中的模型建构，结合自我诊断、针对训练及分层作业，兼顾课中探究引导与课后巩固，助力学生深化理解与知识应用。

第一章　安培力与洛伦兹力 1．1　磁场对通电导线的作用力 学习目标 1.能通过实验认识安培力的方向及大小，了解安培力在生产生活中的运用，会用左手定则判断安培力的方向。 2．经历得出安培力、磁感应强度和电流三者方向关系的过程，体会归纳推理的方法。经过一般情况下安培力表达式的得出过程，体会矢量分析的方法。 3．观察磁电式电流表的结构，能说出磁电式电流表的工作原理，体会物理知识与科学技术的关系。 一、安培力的方向 1．安培力： 通电导线 在磁场中受的力称为安培力。 2．影响安培力方向的因素 (1) 磁场 方向。 (2) 电流 方向。 3．左手定则： 伸开左手，使拇指与其余四个手指 垂直 ，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 电流 的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受 安培力 的方向。 二、安培力的大小 1．通电导线的方向跟磁场的方向垂直时，安培力最大，F＝ IlB 。 2．通电导线的方向跟磁场的方向平行时，安培力最小，F＝ 0 。 3.通电导线的方向跟磁场的方向夹角为θ时，把磁感应强度B分解为与导线垂直的分量B⊥和与导线平行的分量B∥，如图所示。则B⊥＝Bsin θ，B∥＝Bcos θ。导线所受的安培力是B⊥产生的，F＝ IlBsin_θ 。 三、磁电式电流表 1．结构：磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴、铁质圆柱等。 2．物理学原理：通电线圈因受 安培力 而转动。 3．工作原理 如图所示： (1)当电流通过线圈时，导线受到 安培力 的作用，由左手定则知，线圈左右两边所受的 安培力 的方向相反，安装在轴上的线圈就要转动，通过转轴收紧螺旋弹簧使其变形，反抗线圈的转动。 (2)电流越大，安培力就 越大 ，螺旋弹簧的形变也就 越大 ，线圈偏转的角度也越大，所以，从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小。 (3)线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变。所以，根据指针的 偏转方向 ，可以知道被测电流的方向。 4．优缺点 (1)优点是 灵敏度高 ，可以测出 很弱 的电流； (2)缺点是线圈的导线 很细 ，允许通过的电流 很弱 。 [自我诊断] 1．判断下列说法的正误。 (1)安培力的方向一定与电流方向垂直。(　　) (2)通电导线只要放在磁场中就会受到安培力。(　　) (3)只有通电导线与磁场垂直时，导线才受到安培力的作用。(　　) (4)两根通电导线在同一匀强磁场中，若导线长度相同，电流大小相等，则所受安培力大小相等，方向相同。(　　) (5)通以10 A电流的直导线，长为0.1 m，处在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中，所受安培力可能为0.02 N。(　　) (6)将通电导线放入磁场中某处，若通电导线不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(　　) 【答案】　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)× 2．所谓电流表的灵敏度，是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小。偏角越大，灵敏度越高。下列关于提高磁电式电流表灵敏度的方法不正确的是(　　) A．增强永久磁铁的磁性 B．增大螺旋弹簧的劲度系数 C．增大线圈的面积 D．增加线圈的匝数 【解析】　通电线圈在磁场中转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动。电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大。要提高电流表的灵敏度，就要在通入相同的电流时，让指针的偏转角度增大，所以要减小螺旋弹簧的劲度系数，同时使安培力变大，即增强永久磁铁的磁性、增大线圈的面积和增加线圈的匝数。 【答案】　B 一、安培力的方向 利用如图所示的实验装置进行实验。 (1)上下交换磁极的位置以改变磁场方向，细铜杆受力的方向是否改变？ (2)改变细铜杆中电流的方向，细铜杆受力的方向是否改变？ (3)仔细分析实验结果，说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？ 【答案】　(1)细铜杆受力的方向改变。 (2)细铜杆受力的方向改变。 (3)安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则。 1．安培力方向的特点 (1)F⊥B，F⊥I，即F垂直于B与I决定的平面。 (2)磁场方向和电流方向可以垂直，也可以不垂直。用左手定则判断安培力方向时，磁感线只要从掌心进入即可，不一定垂直穿过掌心。 2．左手定则与安培定则的区别 － 左手定则 安培定则 作用 判断电流在磁场中的受力方向 判断电流的磁场方向 磁场与电流的关系 “磁场”与“电流”可以单独存在，“磁场”是外加的磁场，不是由通电导线产生的 “磁场”与“电流”密不可分，同时，存在、同时消失，“磁场”就是由电流的磁效应产生的 因果关系 “磁场”和“电流”都是“因”，磁场对通电导线的作用力是“果”，两个“因”对产生的磁场的作用力来说缺一不可 “电流”是“因”，磁场为“果”，正是有了电流才出现了由电流产生的磁场 内容 具体情况 电流在磁场中 直线电流 环形电流或通电螺线管 应用方法 磁感线穿过手掌心，四指指向电流的方向 拇指指向电流的方向 四指弯曲的方向表示电流的环绕方向 结果 拇指指向电流受到的磁场力的方向 四指弯曲的方向表示磁感线的方向 拇指指向轴线上磁感线的方向 　画出下列各图中磁场对通电导线的安培力的方向。 【解析】　无论B、I是否垂直，安培力总是垂直于B与I决定的平面，且满足左手定则。 【答案】　 核心素养·思维升华 左手定则应用的两个要点 (1)安培力的方向既垂直于电流的方向，又垂直于磁场的方向，所以应用左手定则时，必须使拇指指向与四指指向和磁场方向均垂直。 (2)由于电流方向和磁场方向不一定垂直，所以磁场方向不一定垂直穿入手掌，可能与四指方向成某一夹角，但四指一定要指向电流方向。 ◆针对训练1　如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当线圈abcd通以逆时针电流时，线圈所受安培力的合力方向(　　) A．向左　　　　　　　 B．向右 C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里 【解析】　根据安培定则，图中直导线MN在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里，在左侧产生的磁场方向垂直纸面向外，矩形线圈的bc边、ad边电流方向相反，故安培力等大相反；根据左手定则，ab、cd所受安培力都向左，所以abcd受到的合力向左，故选项A正确。 【答案】　A 二、安培力的大小 　从前面的学习中我们已经知道，垂直于磁场B放置长为l的一段导线，当通过的电流为I时，它受到的安培力F＝IlB，这时导线受到的安培力最大，导线与磁场平行时所受的安培力为0，试讨论下面两种情况下安培力的大小。 (1)当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时。 (2)导线ABC为垂直折线，其中电流为I，AB＝BC＝l，导线所在的平面与匀强磁场垂直。 【解析】　(1)当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，可以把它分解成与导线垂直的分量B⊥和与导线平行的分量B∥，B⊥＝Bsin θ，B∥＝Bcos θ。其中B∥不产生安培力，导线受到的安培力只由B⊥产生，所以一般情况下的安培力的表达式为F＝IlBsin θ，θ为磁感应强度方向与导线方向的夹角。 (2)AB段所受的安培力大小FAB＝IlB，方向向右，BC段所受的安培力大小FBC＝IlB，方向向上，所以该导线所受安培力为这两个力的合力，如图所示，F＝IlB，方向沿∠ABC的角平分线斜向上。 1．同一通电导线，按不同方式放在同一磁场中，受力情况不同，如下图所示。 (1)如图甲，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力最大，F＝IlB。 (2)如图乙，通电导线与磁场方向平行，此时安培力最小，F＝0。 (3)如图丙，通电导线与磁场方向成θ角，此时可以分解磁感应强度，如图丁所示，于是有安培力大小为F＝IlBsin θ，这是一般情况下安培力的表达式。 2．对安培力的几点说明 (1)F＝IlBsin θ适用于匀强磁场中的通电直导线，求弯曲导线在匀强磁场中所受安培力时，l为有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿l由始端流向末端，如下图所示。 (2)同样情况下，通电导线与磁场方向垂直时，它所受的安培力最大；导线与磁场方向平行时，它不受安培力，导线与磁场方向斜交时，它所受的安培力介于0和最大值之间。 (3)在非匀强磁场中，只要通电直导线l所在位置的各点B矢量相等(包括大小和方向)，则导线所受安培力也能用上述公式计算。 (4)当电流同时受到几个安培力时，则电流所受的安培力为这几个安培力的矢量和。 　长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是(　　) 【解析】　A图中，导线不和磁场垂直，故将导线投影到垂直磁场方向上，故F＝BILcos θ，A正确；B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，B错误；C图中导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，C错误；D图中导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，D错误。 【答案】　A 核心素养·思维升华 应用安培力公式F＝IlBsin θ解题的技巧 应用公式F＝IlBsin θ求安培力大小时不能死记公式，应正确理解公式中各物理量的实质，可将Bsin θ理解为有效磁感应强度或将lsin θ理解为有效长度，θ为磁场方向与直导线l之间的夹角。 　如图，长为3L的直导线折成边长分别为ac＝L、cd＝2L的直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为(　　) A．3BIL B.BIL C.BIL D．BIL 【解析】　导线在磁场内的有效长度为L′＝＝L，故该通电导线受到的安培力大小为F＝BIL′＝BIL，选项B正确，A、C、D错误。 【答案】　B ◆针对训练2　如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小(　　) A．F＝BId B．F＝BIdsin θ C．F＝ D．F＝BIdcos θ 【解析】　导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，AB与CD相距为d，此时切割磁场的导线的长度为，此时受到的安培力大小为F＝BIL＝BI，方向垂直于MN向下，故C正确。 【答案】　C 三、安培力作用下导体的运动和平衡问题 不管是电流还是磁体，对通电导线的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后结合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动，在实际操作过程中，往往采用以下五种方法： 电流 元法 把整段导线分为许多段直电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立 特殊 位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置(如转过90°)，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，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 　如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁体两极的正上方，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(从上向下看)(　　) 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】　(1)电流元法：如图所示，把直导线电流等效为AO、OB两段电流元，由左手定则可以判断出AO段受力方向垂直纸面向外，OB段受力方向垂直纸面向内。因此，从上向下看时，导线AB将以中心O为轴顺时针转动。 (2)特殊位置法：用导线转过90°的特殊位置来分析，根据左手定则判得安培力的方向向下，故导线在顺时针转动的同时向下移动。 综合(1)(2)所述，可知选项A正确。 【答案】　A 　如图所示，用两根悬线将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需磁场的最小磁感应强度的大小、方向为(重力加速度为g)(　　) A.tan θ，竖直向上 B.tan θ，竖直向下 C.sin θ，平行悬线向下 D.sin θ，平行悬线向上 【解析】　画出题中装置从右向左看的侧视图，棒的受力分析如图所示。要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力最小。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mg sin θ，即IlBmin＝mgsin θ，得Bmin＝sin θ，方向应平行于悬线向上，故选D。 【答案】　D 核心素养·思维升华 　　安培力作用下导体棒平衡问题的求解关键可以简单概括为两点： (1)电磁问题力学化，即把电磁问题通过受力分析，归结为力学问题。 (2)立体图形平面化，想很好地分析物体受力的平衡问题，把立体图形转化为平面图是关键。 ◆针对训练3　如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成θ角，质量为m、长为l的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。则： (1)磁感应强度B至少为多大？ (2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？ 【解析】　(1)磁感应强度垂直于斜面向上时最小，金属杆受力如图 根据平衡条件，有mgsin θ＝BI1l 解得B＝； (2)磁感应强度竖直向上时，金属杆受力分析如图 根据平衡条件，可得BI2l＝mgtan θ 解得I2＝。 【答案】　(1)　(2) 四、磁电式电流表 1．磁电式电流表的工作原理 通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生偏转，偏转的方向不同，被测电流的方向不同。 2．磁电式电流表的磁场特点 两磁极间装有极靴，极靴中有铁质圆柱，使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，保持线圈转动时，所受安培力的方向总与线圈平面垂直，使表盘刻度均匀。 3．磁电式电流表的灵敏度 (1)电流表的灵敏度：是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小，偏角越大，灵敏度越高。 (2)提高灵敏度的方法：如果要提高磁电式电流表的灵敏度，就要使在相同电流下线圈所受的安培力增大，可通过增加线圈的匝数、增大永磁铁的磁感应强度、增加线圈的面积和减小转轴处摩擦等方法实现。 　(多选)以下关于磁电式电流表的说法正确的是(　　) A．线圈平面跟磁感线平行 B．通电线圈中的电流越大，指针偏转角度也越大 C．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场 D．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关 【解析】　磁电式电流表内磁场是均匀辐向分布的磁场，不管线圈转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，线圈所在各处磁场的磁感应强度大小相等、方向不同，所以安培力与电流大小有关而与所处位置无关，电流越大，安培力越大，指针转过的角度越大，正确的选项为A、B、D。 【答案】　ABD 1．选项图表示一条放在磁场里的通电直导线，导线与磁场方向垂直，图中已经分别标明电流、磁感应强度和安培力三者方向的关系，其中正确的是(　　) 【解析】　磁场方向向上，电流方向向里，根据左手定则，安培力的方向向右，故A错误；磁场方向向右，电流方向向外，根据左手定则，安培力的方向向上，故B错误；磁场方向向里，电流方向向右，根据左手定则，安培力的方向向上，故C正确；磁场方向向外，电流方向向左，根据左手定则，安培力的方向向上，故D错误。 【答案】　C 2.如图，等边三角形线框LMN由三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M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　) A．2F　　　　　　　　 B．1.5F C．0.5F D．0 【解析】　本题考查安培力的计算，意在考查考生的推理能力。设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BIL，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，B正确。 【答案】　B 3．如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，边长为L的正方形线圈中通以电流I，线圈中的某一条a导线电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则当线圈处在图乙所示位置时，下列说法正确的是(　　) A．该磁场是匀强磁场 B．该线圈的磁通量为BL2 C．a导线受到的安培力方向向下 D．b导线受到的安培力大小为BIl 【答案】　D 4．如图所示，在倾角θ＝30°的斜面上固定一平行金属导轨，导轨间距离l＝0.25 m，两导轨间接有滑动变阻器R和电动势E＝12 V、内阻不计的电池。垂直导轨放有一根质量m＝0.2 kg的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数μ＝。整个装置放在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.8 T。当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在导轨上？(导轨与金属棒的电阻不计，g取10 m/s2) 【解析】　当滑动变阻器R接入电路的阻值较大时，I较小，安培力F较小，金属棒在重力沿斜面的分力mgsinθ作用下有沿斜面下滑的趋势，导轨对金属棒的摩擦力沿斜面向上(对金属棒的受力分析如图所示)。 金属棒刚好不下滑时有Bl＋μmgcos θ－mgsin θ＝0 解得R＝＝4.8 Ω。 当滑动变阻器R接入电路的阻值较小时，I较大，安培力F较大，会使金属棒产生沿斜面上滑的趋势，此时导轨对金属棒的摩擦力沿斜面向下(如图所示)。 金属棒刚好不上滑时有Bl－μmgcos θ－mgsin θ＝0 解得R′＝＝1.6 Ω。 综上所述，滑动变阻器R接入电路的阻值范围应为1.6 Ω≤R≤4.8 Ω。 【答案】　1.6 Ω≤R≤4.8 Ω 课时作业(一) A基础达标 1．关于安培力，下列说法正确的是(　　) A．安培力只能做负功 B．安培力做功可以把电能转化为机械能 C．安培力的方向可能和磁场方向相同也可能相反 D．如果一电流所受安培力为零，则磁感应强度也一定为零 【解析】　A．安培力既可以做正功，也可以做负功，故A错误；B.安培力做功可以把电能转化为机械能，故B正确；C.安培力的方向一定和磁场方向垂直，故C错误；D.如果一电流所受安培力为零，则可能是电流方向与磁感线平行，而磁感应强度不一定为零，故D错误。故选B。 【答案】　B 2.匀强磁场垂直纸面向内，纸面内有一通电导体棒，电流方向如图所示。保持电流大小不变，以导体棒的中点为转轴，在纸面内逆时针转过180°的过程中，导体棒所受的安培力大小(　　) A．不变　　　　　　 　 B．一直变大 C．先变大后变小 D．先变小后变大 【解析】　导体棒在纸面内逆时针转过180°的过程中，电流方向始终与磁场方向垂直，根据安培力的表达式：F安＝BIL，易知，导体棒所受的安培力大小不变。故A正确；BCD错误。故选A。 【答案】　A 3．四个相同的条形磁铁固定在水平面上，甲图中N、N极正对，乙图中N、S极正对。在甲、乙两图中两磁铁的竖直对称轴上某点分别固定一垂直于纸面的长直导线，通以向里的恒定电流，甲图中长直导线受到的安培力为F1，乙图中长直导线受到的安培力为F2，则下列说法正确的是(　　) A．F1方向竖直向下，F2方向水平向右 B．F1方向水平向右，F2方向竖直向下 C．F1方向竖直向上，F2方向水平向左 D．F1方向水平向左，F2方向竖直向上 【解析】　甲图中长直导线处的磁场强度竖直向上，根据左手定则可知F1方向水平向右；乙图中长直导线处的磁场强度水平向右，根据左手定则可知F2方向竖直向下。故选B。 【答案】　B 4．如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场中，CO间的距离为10 cm，当CO间闸片所受安培力为1 N时，闸刀开关会自动跳开。则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为(　　) A．电流大小为2 A，方向为C→O B．电流大小为2 A，方向为O→C C．电流大小为20 A，方向为O→C D．电流大小为20 A，方向为C→O 【解析】　根据左手定则，闸刀开关中通以O→C方向的电流时，闸刀开关受到的安培力方向向左，从而完成跳闸，由安培力公式可得此时CO中通过的电流的大小为I＝＝20 A，故选C。 【答案】　C 5．如图所示，甲、乙、丙、丁四幅图中，平行导轨间距均为L，回路中电流大小均为I，磁感应强度大小均为B。甲、乙、丙图中导轨处在水平面内，丁图中导轨倾斜，倾角为θ；甲、乙、丁图中磁场方向竖直向上，丙图中磁场与水平方向夹角为θ，且与导轨垂直；甲、丙、丁图中导体棒垂直导轨放置，乙图中导体棒与导轨夹角为θ.则甲、乙、丙、丁四图中导体棒所受安培力的大小分别为(　　) A．BIL、BIL、BILsin θ、BIL B．BIL、BIL、BILsin θ、BILcos θ C．BIL、、BILcos θ、BILcos θ D．BIL、、BILsin θ、BIL 【解析】　甲图导体棒有效长度为L，磁场与导体棒垂直，故安培力为F＝BIL；乙图导体棒有效长度为，磁场与导体棒垂直，故安培力为F＝；丙图导体棒有效长度为L，磁场与导体棒夹角为θ，故安培力为F＝BILsin θ；丁图导体棒有效长度为L，磁场与导体棒垂直，导轨倾角不影响安培力大小，故安培力为F＝BIL；故ABC错误，D正确。故选D。 【答案】　D 6.竖直导线ab与水平面上放置的圆线圈隔有一小段距离，其中直导线固定，线圈可自由运动，当同时通以图示方向的电流时(圆线圈内电流从上向下看是逆时针方向电流)，则从左向右看，线圈将(　　) A．逆时针转动，同时远离导线 B．顺时针转动，同时靠近导线 C．顺时针转动，同时远离导线 D．逆时针转动，同时靠近导线 【解析】　根据安培定则可知，通电导线ab在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里。采用电流元法，将圆环分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，圆环将逆时针转动。又特殊位置：圆环转过90°时，通电直导线AB对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，由于吸引力大于排斥力，圆环靠近AB。则从左向右看，线圈将逆时针转动，同时靠近直导线AB。故选D。 【答案】　D 7．(多选)电流计等磁电式电表是利用永久磁铁对通电线圈的作用原理制成的，其优点是灵敏度高。构造如图甲所示，圆柱形铁芯固定于U形磁铁两极间，其中磁场是均匀辐向分布，铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的铝框，铝框的转轴上装有指针和游丝(又称螺旋弹簧)。下列说法中正确的是(　　) A．线圈在磁场中转动时，磁感线始终与线圈平面垂直 B．根据指针偏转角度的大小可以知道被测电流的大小 C．根据指针的偏转方向不能判断被测电流的方向 D．图乙中当线圈左侧a导线中电流垂直纸面向外时，图中指针往右偏 【解析】　AB.电流表由于蹄形磁铁和铁芯间的磁场是辐向均匀分布的，因此不管铜电线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行。因此磁力矩与线圈中电流成正比(与线圈位置无关)。当铜电线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈转动的角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，此时指针偏向的角度与电流成正比，故电流表的刻度是均匀的，根据指针偏转角度的大小可以知道被测电流的大小，选项A错误，B正确；C.电流的方向不同，则受安培力方向不同，则指针偏转的方向不同，则根据指针的偏转方向可判断被测电流的方向，选项C错误；D.图乙中当线圈左侧a导线中电流垂直纸面向外时，导线a受安培力向上，则图中指针往右偏，选项D正确。故选BD。 【答案】　BD 8．如图所示，水平桌面上有一正三角形线框abc，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，则线框受到的摩擦力大小为(　　) A.BIL B.BIL C.BIL D．2BIL 【解析】　根据题意可知abc边的电流为I′＝，正三角形框架接入电路后，受安培力的等效长度为L，总电流为I总＝I＋I′＝ 所受安培力大小为F＝Bcos 30°I总L＝，故选C。 【答案】　C 9.如图所示，质量为m＝0.04 kg的导电细杆ab置于倾角为θ＝30°的平行放置的导轨上，导轨宽为d＝0.4 m，细杆ab与导轨垂直，导轨所在区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，已知电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.2 Ω，导轨和细杆的电阻均忽略不计(g取10 m/s2)。 (1)若导轨光滑，为保证释放细杆后ab保持静止不动，则滑动变阻器接入电路的阻值是多大？ (2)若导轨粗糙，且与细杆的动摩擦因数μ＝，为保证释放细杆后ab仍保持静止不动，则通过细杆的电流范围是多少？(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力) 【解析】　(1)通电细杆在磁场中受到的安培力方向沿斜面向上，设电流为I时，细杆刚好静止不动，根据受力平衡有mgsin θ＝BId 由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋r) 联立解得R＝2.8 Ω (2)当摩擦力沿斜面向下的时候，根据受力平衡有N＝mgcos θ，mgsin θ＋f1＝BI1d 物体恰好静止时有f1＝μN 联立解得I1＝1.25 A 当摩擦力沿斜面向上的时候， 根据受力平衡有N＝mgcos θ，mgsin θ＝BI2d＋f2 由于mgsin θ＜μmgcos θ 故当f2＝mgsin θ，可得I2＝0 A 故电流的范围为0≤I≤1.25 A。 【答案】　(1)2.8 Ω　(2)0≤I≤1.25 A B能力提升 10．如图所示，质量为m的三根完全相同的导体棒垂直于纸面放置，其中a、b两导体棒放置在粗糙的水平面上，c导体棒被竖立的轻质弹簧悬挂，三根导体棒中均通入垂直纸面向里、大小相等的恒定电流后，呈等边三角形排列，且保持稳定。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的弹力小于c导体棒的重力 B．水平面对a导体棒的摩擦力可能为零 C．水平面对a导体棒的支持力小于mg D．若在地面上对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，弹簧长度将增大 【解析】　A．三根导体棒的电流方向相同，由“同向电流相吸，反向电流相斥“知a导体棒和b导体棒对c导体棒都是吸引力力，作用力的合力方向竖直向下，故弹簧的拉力大于c导体棒的重力，故A错误；B.b、c导体棒对a导体棒的合力垂直bc向上，在水平方向的分力不为零，而a导体棒静止，所以a导体棒必定受到水平面的摩擦力，故B错误；C.对a、b、c整体研究，弹簧弹力竖直向上，所以地面对a的作用力小于mg，故C正确；D.若对称地缓慢增大ab导体棒间的距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹簧的弹力减小，长度减小，故D错误。故选C。 【答案】　C 11．央视《是真的吗》节目做了如下实验：用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺旋管，将螺旋管放在水平桌面上，用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”，两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上，只要将这辆小车推入螺旋管中，小车就会加速运动起来，如图所示。关于小车的运动，以下说法正确的是(　　) A．该小车能前进利用了电磁感应原理 B．图中小车加速度方向向左 C．将小车上某一磁铁改为S极与电池粘连，小车仍能加速运动 D．将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连，小车的加速度方向不变 【解析】　AB.两磁极间的磁感线如图甲所示 图甲 干电池与磁体及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈中产生电流，左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流。其中线圈中电流方向的左视图如图乙所示，由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右，根据牛顿第三定律有“小车”向左加速，显然该小车能前进不是利用电磁感应原理，故A错误，B正确。 C．如果改变某一磁铁S极与电源粘连，则磁感线不会向外发散，两部分受到方向相反的力，合力为零，不能加速运动，故C错误。D.将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连，磁感线会向里聚集，小车受力方向将向右，车的加速度方向将变为向右，故D错误。故选B。 图乙 【答案】　B 12.(多选)某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是(　　) A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流 B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流 C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流 D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流 【解析】　AB.当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，故A错误，B正确；CD.若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，故C正确，D错误。故选BC。 【答案】　BC 13．(多选)我军自主研发的强力武器轨道电磁炮在试射中将炮弹以5倍音速射向200千米外的目标，射程为常规武器的10倍，且破坏力惊人。电磁炮原理可简化如图所示，若炮弹质量为m，水平轨道长L，宽为d，轨道摩擦不计，假设炮弹在轨道上做匀加速运动，要使炮弹达到5倍音速(设音速为v)，则(　　) A．炮弹在轨道上加速的时间为 B．磁场力做的功为mv2 C．磁场力做功的最大功率为 D．磁场力的大小为 【解析】　A．炮弹在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，由公式L＝t，可得t＝，故A正确； B．不计摩擦，磁场力做的功等于炮弹增加的动能， 即W＝m(5v)2＝，故B正确； CD.由动能定理得FL＝m(5v)2 磁场力的大小F＝＝ 则磁场力的最大功率Pm＝F·(5v)＝·(5v)＝，故C错误，D正确；故选ABD。 【答案】　ABD 14．在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为R＝0.25 m，相距1 m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝3 V，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为0.12 kg，接入电路的电阻r＝1.5 Ω，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θ＝53°，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)导体棒静止在某位置时所受安培力的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小； (3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。 【解析】　(1)导体棒受力分析如图所示 导体棒静止，由平衡条件得F＝ 代入数据解得F＝0.9 N (2)由闭合电路欧姆定律得I＝ 代入数据解得I＝2 A 由安培力公式得F＝BIL 代入数据解得B＝0.45 T (3)导体棒下滑到最低点的过程中， 由动能定理得mgR(1－sin θ)＝mv2－0 导体棒在最低点受力分析，由牛顿第二定律得2FN－mg＝m ，解得FN＝0.84 N 由牛顿第三定律可知压力与支持力是一对相互作用力，故有N＝FN＝0.84 N 方向竖直向下。 【答案】　(1)0.9 N　(2)0.45 T (3)0.84 N，方向竖直向下 学科网（北京）股份有限公司 $$