第十一章 第56讲 磁场的描述与磁场对电流的作用-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习学案

(2)调节好后，将选择开关拨至“50V”直流电压挡测量电压，指 (2)电压表的示数约等于电源电动势，说明②、③接线柱间的导 针如题图2所示，则读数为20.0V。 线出现了断路。 (3)使用多用电表时电流方向是“红进黑出”，甲图中红表笔应 (3)为了使电流表的示数从零开始，滑动变阻器要采用分压式 该接小灯泡的左端，故A错误；乙图是用多用电表直流电流挡 接法，要在③、④接线柱间再连接一根导线；初始时刻灯泡两端 测量电路中的电流，红表笔接外部电源的正极，故B正确：丙图 电压最小，滑片应置于最左端。 是用多用电表欧姆挡测量小灯泡的电阻，应该把小灯泡与电源 例2：见解析 新开，故C错误：丁图是用多用电表欧姆挡测量二极管的反向 [解析]AC与CA间电阻相同，说明AC间是定值电阻，在测量 电阻，红表笔应该接二极管的正极（左侧），故D错误。 BC之间电阻时，黑表笔接C时电阻很小，接B时电阻很大，说 跟踪训练2：(1)CAB负极、正极×1001.6(2)R1a 明BC之间有二极管，而且C接二极管的正极，则电路如图 URo (3)元元(4)1.57 所示。 [解析](1)由多用电表的工作原理可知，应先将选择开关置 于欧姆挡“×10”的位置，然后进行欧姆调零，即将红、黑表笔短 接，调节欧姆调零旋钮，因此合理的实验步骤是CAB;流过多用 电表的电流方向应为“红表笔流入、黑表笔流出”，因此多用电 第十一章磁场 表的红、黑表笔分别与待测电压表的负极、正极相连接；电阻表 的指针指在题图()中的虚线I位置时，说明表的指针偏转角 第56讲 磁场的描述与磁场对电流的作用 度过小，待测电阻的阻值较大，若开关旋转到欧姆挡“×1k”位 置，电阻表的指针偏转角度会过大，因此为了减小实验误差，应 基础梳理·易错辨析 将选择开关旋转到欧姆挡“×100”的位置，重新调节后，指针指 知识梳理 在题图(a)中的实线Ⅱ位置，则待测电压表的内阻为16×1002 -、1.(1)力 (2)N极 =1.6k2o 2.(1)强弱方向(2) (3)N极 (2)由题图(b)可知，滑动变阻器采用分压式接法，因此滑动变 L 阻器应选择最大阻值较小的R;为了保护电表，开关闭合前，应 二、1.磁感应强度 将滑动变阻器的滑片置于a端。 2.(1)切线(2)疏密(3)闭合(4)不存在 U-U 三、1.(1)外处相同 (3)由题图(b)可知，流过待测电压表的电流I= ,一，则待测 3.越弱条形匀强由S极指向N极非匀强越弱 电医表的内阻瓜=只，整理得R,=一元 UR。 4.(1)南极北极(2)大小相等向北 四、1.(1)垂直(2)四指(3)拇指电流 磁场安培力 (4)将数据代入R=解得R,=1.57kQ。 2.(1)垂直(2)平行 3.(1)半径方向相等（2)垂直正比 跟踪训练3：(1)B25(2)C2980(3)FG 易错辨析 (4)1201000 1.×2.×3.V4.×5.×6.V7.V8.× [解析](1)把小量程电流表改装成1A的电流表需要并联 分流总姐.雀合得00n5n.日 核心考点·重点突破 200×10-6×100 跟踪训练1：BC地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极 附近，根据测量数据可知B.为负值，则测量地点位于北半球，A 箱R应该选择B,改装后电流表内阻RA= 错误；利用第1次测量的数据可得当地的地磁场大小为B= 200×10-6×1000=202。 √B,2+B.?≈50uT,B正确；第2次测量时B,为负值，y轴正向 1×10-3 指向南方，C正确：第3次测量时B,为正值，x轴正向指向北方， (2)把电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻阻值R= y轴正向指向西方，D错误。 U 3 -R,=1xi00-200=29800,则电阻箱R,应选择C。 跟踪训练2：A根据左手定则可知，左侧通电导线受到的安培力 向下，A正确：由题意可知，极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向， (3)电阻表应选择干电池G作内置电源，电阻表内阻R南=7 所以α、b两点的磁感应强度方向不同，B错误；软铁制成的圆柱 起导磁作用，其内磁感应强度不为零（注意与电场中的静电屏 =1×100=15000,欧姆调零时变阻器R,接入电路的阻值 1.5 蔽区分)，C错误；c点处的磁感线比d点处的密集，则c点处的 R3=R为-R2-R4=15002-10002-202=4802,0、2的欧 磁感应强度比d点的大，D错误。 姆挡中变阻器R应该选择F。 跟踪训练3：AC根据题意，地磁场来源于地表电荷随地球自转产 生的环形电流，根据安培定则和地球自转方向为自西向东，地 (4)由题图乙所示表盘可知，电流表示数为120uA,因为电流表 球内部磁感线方向大致由北到南，可以判断地表电荷为负电 量程扩大了5倍，则流过电路的电流I=5×120A=600μA= 荷，A正确；根据电流方向的规定可知正电荷定向移动的方向为 0.6×10-3A,由闭合电路的欧姆定律可知I R内+R,即06× E 电流方向，地表电荷为负电荷，所以环形电流方向与地球自转 1.5V 方向相反，B错误：地表电荷的电荷量增加，环形电流也会增大， 103A=1500n+,解得尼=1000。 所以产生的地磁场强度增大，C正确；地球自转角速度减小，则 例1：(1)欧姆6.0(2)断路(3)③、④左 线速度减小，环形电流减小，所以地磁场强度减小，D错误。 [解析]（1)多用电表测电阻时应先进行欧姆调零：多用电表：跟踪训练4：C根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据 的表盘的读数为6.0①。 小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。 546 跟踪训练5：BN1N2中电流在MM2处产 则可知圆环所受的安培力沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向 生的磁感应强度大小为B。=元，由于 下，有mgsin0-F安=0，其中安培力为F发=2×B×7×d= M1M2和V1N2中电流大小相等，且三棱 柱底边为等边三角形，三条棱距离相等， Bd,联立解得B=msm日，故A错误，B正确；当磁场方向沿竖 ld 因此M,M,和NN,中电流在棱P,P处M小N 直方向时，根据平衡条件结合左手定则可知圆环所受的安培力 产生的磁感应强度大小相等，都为B。,根据安培定则知，MM2 水平向右，磁场方向竖直向下，有F岁=mgtan0,其中安培力为 和N,N2中电流在棱PP2上产生的磁场方向如图所示，则PP2 ×d=Bd,联立解得B=mgm0,故C正确，D 上各点的磁感应强度大小为B=2B,0s30°=BB正确，A Fx=2×B×2 ld 错误。 C、D错误。 例1：BD通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条例6：(1)hML(2)1:4(3)√ /10kP Ls m 件有2F,=mg;通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可 判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2F' [解析](1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为 =mg+F岁，可知通电后两绳的拉力变大，A错误，B正确；半圆 B =kl 环的有效长度为2r,由安培力公式可知F=2B,C错误，D 金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F=BL=kL。 正确。 (2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度 跟踪训练6：AD圆环的上半部分的电流 F:x 是顺时针，下半部分的电流是逆时针， 大小为a,=E_f m m 把圆环平均分成右上、左上、左下、右下 第二级区域中磁感应强度大小为B2=2k1 四部分，根据左手定则可得这四部分的 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F'=B·2D 受力如图。安培力公式为F=B,其中 =4k2L !为导线的有效长度，四部分的有效长 ×× 度都为，厄，且导线中的电流相同，大小为了，则四部分所受的 金属棒经过第二级区城的加速度大小为4，=_L m m 安培力大小相等，且F,与F方向相反，F2与F4方向相反，即 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1:a2=1:4。 圆环所受安培力的合力为零，故A正确；左侧F2=F3=B· (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可 子巨1=号h,则F6'=F店+写=B助，D项正确。 得s+Fs=2m-0 例2：D当开关S接通时，根据安培定则知电 解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为 B 磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定 10kPLs 则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B v=入m 端受力指向纸外，故直导线将转动，由特殊 名师讲坛·素养提升 位置法知当直导线转到与磁感线垂直（即转 过90°)时，整个直导线受到的安培力方向竖 例7：(1)√2m/s4.17A(2)0.085C 直向下，故悬线张力变大。故选D项。 [解析](1)对金属杆，跳起的高度为H,竖直上抛运动由运动 例3：C根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产 学关系式2=2gH, 生的磁场方向水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁 解得金属杆离开液面时的速度大小v=√2gH=√万m/s, 针，P等效于左侧$极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排 通电过程金属杆受到的安培力大小为F。=BL 斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q顺时针转动； 转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两圆环相 由动能定理得BILh-mg(H+h)=0 互吸引，Q、P间细线拉力减小，故C正确，A、B、D错误。 解得1=4.17A。 例4：D根据条形磁铁磁场分布和叠加，可知两条形磁铁在导线 (2)对金属杆，通电时间t'=0.002s,由动量定理有(B1'L-mg) 处产生的合磁场方向竖直向上，根据左手定则知，长直导线受 t'=m'-0 到的安培力水平向右：木板和磁铁始终处于静止状态，且竖直 由运动学公式v2=2gH 方向不受导线的作用力，由于两条形磁铁和木板的总重力为G, 通过金属杆截面的电荷量q='t 故木板对地面的压力等于G;又因长直导线受到的安培力水平 联立解得q=0.085C。 向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线对磁铁的作用力水平 向左，所以磁铁和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的 第57讲带电粒子在匀强磁场中运动 摩擦力水平向右，故A、B、C错误，D正确。 例5：A导体棒受的安培力斜向右下方，则 F 基础梳理·易错辨析 受力分析如图，可知F若cos0=f,F、=mg 知识梳理 +F安sim0,根据f≤F、,解得g≥os旦 一、1.运动电荷 2.(1)垂直(2)四指(3)拇指正电荷负电荷磁场 in6,由题意可知os9-in0≤0，则 洛伦兹力 3.quBsin 0 (1)0 (2)quB an0≥，即当an0≥时无论所加磁 二、1.B平面大小不做功 mg 场多强，均不能使导体棒发生移动，故A 2.（1)不受洛伦兹力匀速直线运动(2)匀速圆周运动 正确，B、C、D错误。 跟踪训练7：BC当磁场垂直于斜面时，根据平衡条件结合左手定 3(0m号花(22需(3盟4盟 r gB gB 547第十一章{ 磁场 ●命题热点诠释 1.命题热度：本章属于热点内容，10年来，从命题频次上看，全国卷10年21考，地方卷90考。 2.考查热点：(1)磁场的性质、安培定则、安培力的分析和计算。 (2)带电粒子在有界匀强磁场中的运动。 (3)带电粒子在组合场中的运动。 第56讲 磁场的描述与強场对电流的作用 县础梳理·易错鞯析 知识梳理 (2)特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平 行直线。 一、磁场、磁感应强度 2.条形磁铁和蹄形磁铁的磁场（如图所示）】 1.磁场 (1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运 轮总复习 动电荷有 的作用。 (2)方向：小磁针的 所受磁场力的方向。 理 2.磁感应强度 (1)物理意义：描述磁场的 和 条形磁铁 蹄形磁铁 203 (2)大小：B= (通电导线垂直于磁场)。 3.电流的磁场 (3)方向：小磁针静止时 的指向。 (4)单位：特斯拉(T)。 直线电流的通电螺线管的 环形电流的磁场 磁场 磁场 二、磁感线及其特点 1.磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一 磁铁 点的切线方向都跟这点的 的方向 的磁场相似，管内 环形电流的两侧 无磁极、非匀 致。 为 磁场 是N极和S极， 强，且距导线 2.特点 特点 且磁场方向 越远处磁 且离圆环中心越 (1)磁感线上某点的 方向就是该点的磁 远，磁场 场 管外为 场方向。 磁场 (2)磁感线的 定性地表示磁场的强弱。 (3)磁感线是 曲线，没有起点和终点。 (4)磁感线是假想的曲线，客观上 三、几种常见的磁场 安培 定则 1.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.安培力的大小 当磁感应强度B的方向与导线方向成9角时， 立体 图 F=BILsin 0,这是一般情况下的安培力的表达式，以下 是两种特殊情况： (1)当磁场与电流 时，安培力最大， Fm =BILo 横截 面图 @ (2)当磁场与电流 时，安培力等于零。 3.磁电式电流表的工作原理 B 磁电式电流表的原理图如图所示。 X ⊙ 纵截 ⑧⑧⑧⑧ × 面图 × K⊙⊙⊙可 ×B ⊕ (1)磁场特点 4.地磁场 ①方向：沿 均匀辐射地分布，如图 附近，S极在地理 所示： 204 (1)地磁的N极在地理 ②强弱：在距轴线等距离处的磁感应强度大小 附近，磁感线分布如图所示。 地磁S极地理北极 年 (2)安培力的特点 创 ①方向：安培力的方向与线圈平面 ②大小：安培力的大小与通过的电流成 衡 己易错鞯新 (2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各 1.同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，与此类似， 点，磁感应强度 且方向水平 同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。() (3)地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半 2.安培力F、磁感应强度B、电流1三者方向总是相互 球有竖直向下的分量。 垂直。 () 四、安培力的大小与方向 3.安培力计算公式F=B的成立条件是磁感应强度B 1.安培力的方向：左手定则 垂直于电流I,即BLI。 () (1)伸开左手，让拇指与其余四指 ,并且 4.磁铁的磁场和电流的磁场本质上是不同的。 () 都与手掌在同一个平面内。 5.磁感应强度是一个矢量，表示通电导线所受安培力 (2)让磁感线从掌心垂直进入， 的方向。 并使 指向电流方向。 6.磁感应强度B由磁场本身来决定，与安培力F、电流 (3) 所指的方向就是通 1、通电导线长度1无关。 电导线在磁场中所受安培力的方向。 7.地磁的N极在地球南极附近，赤道表面附近的地磁 如图，①表示 的方向，②表示 场可近似认为平行地面向北。 () 的方向，③表示 的方向。 8.安培力只能对导体做正功。 核考点·重点突破 夸点1 安培定则的应用与磁场的叠加 (磁感线的特点)(2024·浙江卷)磁电式电表原 (基础考点·自主探究) 理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间 1.安培定则的应用 还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都 在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电 沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为 螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。 磁场中的四个点。下列说法正确的是 因果 原因（电流方向） 结果（磁场方向） 磁场 极 靴 靴 直线电流的磁场 大拇指 四指 环形电流及通电 A.图示左侧通电导线受到的安培力向下 四指 大拇指 螺线管的磁场 B.a、b两点的磁感应强度相同 2.磁场叠加问题的解题思路 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 (1)确定磁场场源，如通电导线。 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 (2)定位空间中需求解磁 (地磁场)（多选）(2023·福建卷)地球本身是一 场的点，利用安培定则及其他☒ 个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界 已知条件判定各个场源在这一 对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁 点上产生的磁场的大小和方 场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基 高 向。如图所示为M、N在c点 于此理论，下列判断正确的是 () 产生的磁场BM、Bxo 地球自转方向 轮 总 (3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合 磁场B。 【跟踪训练】 物 (地磁场及磁感应强度的大小和 方向)（多选）(2022·全国乙卷) 209 安装适当的软件后，利用智能手机中的 A.地表电荷为负电荷 磁传感器可以测量磁感应强度B。如 B.环形电流方向与地球自转方向相同 图，在手机上建立直角坐标系，手机显 C.若地表电荷的电荷量增加，则地磁场强度增大 示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行 D.若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大 了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正 (安培定则的应用)如图所示，直导线AB、螺线管 向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知( E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当 测量序号 B,/pT B/uT B./uT 开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场 1 0 21 -45 方向正确的是 2 0 -20 -46 3 21 0 -45 4 -21 0 -45 A.测量地点位于南半球 B.当地的地磁场大小约为50T C.第2次测量时y轴正向指向南方 B. C.c D.d D.第3次测量时y轴正向指向东方 (磁场的叠加)如图所示，三棱柱的棱长为L,两【跟踪训练】 直个均为物三角形，两电方向相同的无根 (多选)如图所示，半径 长直导线分别经过MM2和VN2,电流的大小均为I, 为r、粗细均匀的金属圆 M,M2段直导线受到的安培力大小为F,则三棱柱的另 环放在绝缘水平面上，虚线MW 一条棱P,P,上各点的磁感应强度大小为 左侧有垂直于水平面向下的匀 强磁场I,右侧有垂直于水平 XX X 面向上的匀强磁场Ⅱ，两磁场 的磁感应强度大小均为B,MN与圆环的直径重合，PQ 是圆环垂直MW的直径，将P、Q两端接入电路，从P M 点流入的电流大小为1，圆环保持静止不动，则下列判 瓷 B.3 断正确的是 () IL A.整个圆环受到的安培力为0 0. B.整个圆环受到的安培力大小为√2BI 雪点2 安培力的分析与计算 CMN左刻半圆环受到的安培力大小为号B队 (能力考点·深度研析) D.MN左侧半圆环受到的安培力大小为B 1.安培力的方向 喜点3安培力作用下导体运动情况的判断 (1)安培力F1B,F⊥I,但B与I不一定垂直。 (能力考点·深度研析) (2)安培力F⊥B,F1I,F⊥B、I决定的平面。 1.判断安培力作用下导体运动情况的五种方法 206 2.用公式F=B计算安培力大小时的注意事项 (1)B与I垂直。 电流 分割为电流元左手定则，安培力方向一→整段导体所受 (2)L是有效长度。 元法 合力方向→运动方向 ①公式F=BIL中L指的是有效长度。 特殊 在特殊位置→安培力方向→运动方向 度 ②弯曲导线的有效长度L等于在垂直磁场平面内 位置法 的投影两端点所连线段的长度（如图所示），相应的电 新 环形电流、一小磁针 流方向则由始端流向末端。 条形磁体、一 通电螺线管—一多个环形电流」 等效法 根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判 衡 断运动方向 两平行直线电流在相互作用中，无转动趋势，同向电 十 X 结论法 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 对象法 导线所受安培力 牛顿第三定律，磁体受导线的作用力 ③闭合线圈通电后，在匀强磁场中受到的安培力 2.基本思路 的矢量和为零。 例多)(204：福建卷 判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋 势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况， 将半径为r的铜导线半圆 a 然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确 环AB用两根不可伸长的绝缘绳A 定导体的运动方向或运动趋势的方向。 a、b悬挂于天花板上，AB置于垂 ●考向1电流元法和特殊位置法的应用 直纸面向外的大小为B的磁场 中，现给导线通以自A向B大小为I的电流，则 例回如图所示将通电直导线8 用悬线悬挂在电磁铁的正上 A.通电后两绳拉力变小 方，直导线可自由转动，则接通开关 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为πB A.A端向上运动，B端向下运动， D.安培力为2BI 悬线张力不变 B.A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变 C.A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力 变小 D.A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力 变大 ·考向2等效法和结论法的应用 列③如图所示，两个完全相同、 互相垂直的导体圆环Q、P (Q平行于纸面，P垂直于纸面)中 (3)分析导体的运动情况。 间用绝缘细线连接，通过另一绝缘 (4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。 细线悬挂在天花板上，当Q有垂直 2.其他注意事项 纸面往里看逆时针方向的电流、同 (1)类似于力学中用功与能的关系解决问题，通 时P有从右往左看逆时针方向的 电导体受磁场力时的加速问题也可以考虑用能量的观 电流时，关于两圆环的转动（从上向下看）以及细线中点解决，关键是弄清安培力做正功还是做负功，再由动 拉力的变化，下列说法中正确的是 能定理列式求解。 A.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力 (2)对于含电路的问题，可由闭合电路的欧姆定 变小 律求得导体中的电流，再结合安培力分析求解。 B.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力 考向1安培力作用下物体的平衡 变大 ⑤如图所示，一通电导体棒 C.O顺时针转动，P逆时针转动，O、P间细线拉力 例 放置在粗糙水平桌面上， 变小 流过导体棒的电流如图所示，导 D.O顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力 体棒所在空间存在方向与导体棒 变大 垂直的匀强磁场，当匀强磁场方 考向3转换研究对象法的应用 向与竖直方向的夹角为0时，无论所加磁场多强，均不 总 例如天经药 能使导体棒发生移动。已知导体棒与桌面间的动摩擦 ⊕ 因数为4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列关系式 匀的木板放在水平地面上，木mmm 中正确的是 物 板上放置两个相同的条形磁 1 1 A.an0≥ 铁，两磁铁N极正对。在两磁铁竖直对称轴上的C点 B.tan0≤ 207 固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里 C.tan0≥u D.tan0≤u 的恒定电流，木板和磁铁处于静止状态，设两磁铁和木 (多选)倾角为0的斜 板的总重力为G,则 ( 面上，有质量为m,同 A.导线受到的安培力水平向左 一材质制成的均匀光滑金属 0 B.导线受到的安培力竖直向上 圆环，其直径d恰好等于平 C.木板对地面的压力小于G 行金属导轨的内侧宽度。如图，电源提供电流I,圆环 D.木板受到地面的摩擦力水平向右 和轨道接触良好。下面的匀强磁场，能使圆环保持静 喜点4安培力作用下的平衡与加速问题 止的是 () (能力考点·深度研析) A.磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小等 1.分析通电导体在磁场中平衡或加速问题的一般 于ngsin0 Id 步骤 B.磁场方向垂直于斜面向下，磁感应强度大小等 (1)确定要研究的通电导体。 (2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力 于ngsin0 Id 的顺序，对导体受力分析。 受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面 C.磁场方向竖直向下，磁感应强度大小等于mgan日 _ld 图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向 F安⊥B、F安⊥I。如图所示： D.磁场方向竖直向上，磁感应强度大小等于mgan日 >考向2安培力作用下的加速问题 (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大 例收唐年留地鞋 小F: (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之 技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进 比a:a2; 的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平 (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速 面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦 度大小v。 滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经 过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨 电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应 强度B与电流i的关系式为B=i(k为常量)。金属 棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二 级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内 侧间距为L,每一级区域中金属棒被推进的距离均为 s,金属棒的质量为m。求： 金属棒 2 IX X XX XI 27 1×× X 2当 208 第一级区域 第二级区域 22 名师#坛·素养提升 年 安培力作用下通过导体电荷量的计算 当B与I垂直时，安培力F=BL,而q=I△，所以，利用安培力与动量定理综合可以求电荷量q。 计 衡 学 例西克天年装你行R及 属杆所在空间有垂直纸面向里B=8×102T的匀强磁场。 飞起后做竖直上挑运动，最 大高度H=10cm 电流不变：安培力不变，可以 推断合力不变，即在飞起前 (1)若插入导电液体部分深=2.5cm,闭合开关后，金属杆飞起 做匀加速直线运动 后，其下端离液面高度=10cm,设杆中电流不变，求金属杆离开液面时 给出通电时间，可以考虑研 时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g=10ms2) 究金属杆在安培力作用下， (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 应用动量定理，并结合=t 金属杆跳起高度H=5cm,通电时间t=0.002s,求通过金属杆截面的 求电荷量 电荷量。 温馨提示：复习至此，请完成练案[56]