第1章 综合·融通(一) 安培力作用下导体的平衡和运动问题（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

安培力作用下导体的平衡和运动问题 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(一) 通过本节课的学习能解决安培力作用下导体的平衡问题；会通过力学分析方法结合牛顿第二定律求导体的瞬时加速度；掌握安培力作用下导体运动方向的常用判断方法。 主题(一)　安培力作用下的平衡问题 主题(二)　安培力作用下的加速问题 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(三)　安培力作用下通电导体运 动方向的判断 04 主题(一)　安培力作用下的 平衡问题 1.将立体图转化为平面图 知能融会通 立体图 平面图 2.分析求解安培力时需要注意的问题 (1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向。 (2)安培力大小与导体放置的角度有关，l为导体垂直于磁场方向的长度，即有效长度。 (3)进行受力分析时，注意不要漏掉安培力。同时，当存在静摩擦力时，要注意分析由于电流的大小变化而引起的安培力的变化，导致静摩擦力大小和方向的变化，此过程往往存在临界问题。 [典例]　 (2025·镇江高二检测) MN、PQ为水平放置、间距为L= 1 m的平行导轨，左端接有如图所示的电路。电源的电动势为E=10 V、内阻为r=0.5 Ω，小灯泡L的电阻为RL=8 Ω。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B=2 T，方向与导体棒垂直且与两水平导轨所在平面的夹角θ=53°，匀质导体棒质量为m=0.52 kg、阻值为R=8 Ω。闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，g取10 m/s2，sin 53°=0.8。 (1)请在导体棒截面图上画出其受力分析图(力的示意图/正交分解图均可，要求尺规作图)； [解析]　对导体棒受力分析，如图所示。 (2)求流过导体棒的电流I的大小； [答案]　1 A [解析]　导体棒恰好未滑动，摩擦力达到最大静摩擦力，则由平衡条件有 F安sin θ=μFN F安cos θ+FN=mg 又由于F安=BIL 联立解得流过导体棒的电流为I=1 A。 (3)求此时滑动变阻器R0接入电路中的电阻。 [答案]　0.5 Ω [解析]　由闭合电路欧姆定律可知，E=×(r+R0)+IR，解得R0=0.5 Ω。 [思维建模] 解决安培力作用下导体的平衡问题的基本思路 1. (2025·连云港高二月考)金属导体棒置于粗糙绝缘的斜面上，有电流时，金属导体棒能在斜面上保持静止。如图所示，四个图中分别标出了四种可能的匀强磁场方向。其中金属导体棒与斜面之间的摩擦力一定不等于零的图是 (　　) √ 题点全练清 解析： A选项图中导体棒所受重力和安培力如图1所示，可知导体棒受到的支持力和摩擦力可能为零，故A错误；B选项图中导体棒所受重力、支持力、安培力如图2所示，由受力平衡可知，导体棒受到的摩擦力不可能为零，故B正确； C选项图中导体棒所受重力、支持力、安培力如图3所示，由受力平衡可知，导体棒受到的摩擦力可能为零，故C错误；D选项图中导体棒所受重力、支持力、安培力如图4所示，由受力平衡可知，导体棒受到的摩擦力可能为零，故D错误。 2.(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； 答案： mg 解析：由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设P所受单根导线的拉力大小为T，对P有2T=2mg， 解得T=mg。 (2)Q中电流的大小。 答案： 解析：设Q所受安培力大小为F，对Q受力分析，有mg+F=2T 又F=BIL 解得I=。 主题(二)　安培力作用下的 加速问题 1.解决在安培力作用下导体的加速运动问题，首先要对研究对象进行受力分析(不要漏掉安培力)，然后根据牛顿第二定律列方程求解。 2.选定观察角度画好平面图，标出电流方向和磁场方向，然后利用左手定则判断安培力的方向。 知能融会通 [典例]　(2023·北京高考)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，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=ki(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： (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F； [答案]　 kI2L [解析]　由题意可知，第一级区域中磁感应强度大小为B1=kI 金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为 F=B1IL=kI2L。 (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2； [答案]　1∶4 [解析]　根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1== 第二级区域中磁感应强度大小为B2=2kI 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F'=B2·2IL=4kI2L 金属棒经过第二级区域的加速度大小为a2== 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。 (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。 [答案]　 [解析]　金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs+F's=mv2-0 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v=。 1.电磁轨道炮发射的基本原理如图所示，水平地面上两条平行的金属导轨A和导轨B充当炮管，弹丸放置在两导轨之间，当强大的电流I流过弹丸时，弹丸获得加速度，最终高速发射出去，下列说法正确的是 (　　) 题点全练清 A.导轨之间的磁场方向可能竖直向下 B.导轨之间的磁场方向可能水平向右 C.电磁炮的本质是一种大功率型发电机 D.若要增大发射速度，可增大流过弹丸的电流 √ 解析：电流方向如题图所示，弹丸发射方向水平向右，根据左手定则可知，导轨之间的磁场方向竖直向上，故A、B错误；电磁炮的本质是一种电动机，不是一种大功率型发电机，故C错误；增大流过弹丸的电流，安培力将增大，根据牛顿第二定律可知，弹丸获得的加速度增大，则在其他条件不变的情况下，发射速度增大，故D正确。 2. (2025·苏州高二阶段练习)电磁炮是利用电磁推进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B=1.0×103 T时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是 (　　) A.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 √ 解析：根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A错误；根据牛顿第二定律有BIL=ma，解得a=6×105 m/s2，故B错误；根据运动学公式有x=at2，结合上述解得t=5×10-3 s，故C正确；炮弹发射过程中的最大速度vm=at，炮弹发射过程中安培力的最大功率P=BILvm，结合上述解得P=9×107 W，故D错误。 主题(三)　安培力作用下通电导体运动方向的判断 1.常规思路 (1)不管是电流还是磁体，对通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导体所在位置的磁场分布情况。 (2)结合左手定则准确判断导体所受安培力的方向。 (3)由导体的受力情况判定导体的运动方向。 知能融会通 2.主要方法 电流 元法 把整段电流等效为许多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向，然后判断整段电流所受合力的方向，从而确定导体运动方向 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可等效成条形磁体或多个环形电流，反过来等效也成立 特殊 位置法 通过转动通电导体到某个便于分析的特殊位置(如转过90°角)，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 两直线电流相互平行时，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；两直线电流不平行时，有转到相互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 续表 [典例]　一个可以自由运动的线圈L1和一个水平固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将 (　　) A.不动　　　　　　　　 B.顺时针转动 C.逆时针转动 D.向纸面里平动 √ [解析]　方法1：(电流元法)　把线圈L1沿L2所在平面分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2中的电流产生的磁场中，根据安培定则可知，各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右看，线圈L1将顺时针转动。 方法2：(等效法)　将环形电流I1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的圆心处。由安培定则可知，I2产生的磁场在其圆心处方向沿其竖直轴线向上，而环形电流I1等效成的小磁针在转动前N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为竖直向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动。 方法3：(结论法)　环形电流I1、I2不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可知，从左向右看，线圈L1将顺时针转动。 1. (2025·宿迁高二检测)如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是 (　　) A.静止不动 B.向纸外摆动 C.N极向纸内、S极向纸外转动 D.N极向纸外、S极向纸内转动 √ 题点全练清 解析：假设磁铁不动，导线运动，则磁铁N极附近磁场斜向下，S极附近磁场斜向上，在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，根据牛顿第三定律，磁铁N极所受的磁场力垂直纸面向外，S极所受的磁场力垂直纸面向里，即N极向纸外转动，S极向纸内转动。故D正确，A、B、C错误。 2. (2025·无锡高二质检)如图所示，KN和LM是圆心为O、半径分别为ON和OM的同心圆弧，在O处有电流方向垂直纸面向外的直导线。用一根导线围成KLMN回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，下列说法正确的是 (　　) A.KL边受到垂直纸面向里的力 B.线框KLMN将向右平动 C.MN边垂直纸面向里运动 D.线框KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动 √ 解析：根据题意可知，导线中电流方向垂直纸面向外，根据安培定则可知，其磁感线是以导线为圆心的逆时针方向的一系列同心圆，再根据左手定则可知，KL边受到的安培力垂直纸面向外，则将垂直纸面向外运动，故A错误；根据左手定则可知，MN边受到的安培力垂直纸面向里，则将垂直纸面向里运动，故C正确；线框KLMN的KL边垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动，从右侧观察线框KLMN做逆时针转动，故B、D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.如图，一个可以自由运动的圆形线圈水平放置并通有电流I，电流方向俯视为顺时针方向，一根固定的竖直放置的直导线通有向上的电流I，线圈将 (　　) A.a端向上、b端向下转动，且向左运动 B.a端向上、b端向下转动，且向右运动 C.a端向下、b端向上转动，且向左运动 D.a端向下、b端向上转动，且向右运动 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：根据安培定则可知，通电导线在左侧产生的磁场方向垂直纸面向外，在右侧产生的磁场方向垂直纸面向内。先用电流元法，将圆形线圈分成前后两半，根据左手定则可知，前侧半圆受到的安培力向上，后侧半圆受到的安培力向下，圆形线圈将转动。再用特殊位置法，圆形线圈转过90°时，通电直导线对右侧半圆产生吸引力，对左侧半圆产生排斥力，所以圆形线圈向左运动。故A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.如图所示，在水平地面上固定一对与水平面夹角为θ的光滑平行金属导轨，顶端接有电源，直导体棒ab垂直两导轨放置，且与两导轨接触良好，整套装置处于匀强磁场中。下列各选项为沿a→b方向观察的侧视图，其中所加磁场可能使导体棒ab静止在导轨上的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：导轨光滑，导体棒静止在导轨上，部分受力分析如图所示，所以导体棒一定会受到安培力作用，且方向与重力和支持力的合力方向相反。C、D选项图中磁场方向与电流方向平行，导体棒不受安培力；由左手定则可知，A选项图中安培力方向水平向左，导体棒不可能平衡；B选项图中安培力方向水平向右，导体棒可能平衡，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来，此时台秤读数为F1。现在磁体上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向垂直纸面向里，此时台秤读数为F2。则下列说法正确的是 (　　) A.F1>F2　　　　　　　 B.F1<F2 C.弹簧长度将变长 D.弹簧长度将不变 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：选通电导线为研究对象，根据左手定则可知，通电导线受到的安培力斜向右下方，根据牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左上方，则磁体将向左运动，弹簧被压缩，所以长度将变短，故C、D错误；由于磁体受到的磁场力斜向左上方，对台秤的压力减小，则F1>F2，故A正确，B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4. (2025·淮安阶段练习)如图所示，将通电直导 线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转 动，则接通开关 (　　) A.A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小 B.A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变大 C.A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大 D.A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：接通开关，根据安培定则可知电磁铁左端为N极，右端为S极，则通电直导线左半部分磁场斜向右上方，右半部分磁场斜向右下方。根据左手定则，通电导线左半部分所受安培力向里，右半部分所受安培力向外，即A端向纸内运动，B端向纸外运动。通电导线旋转90°时，所处位置磁场向右，则安培力向下，则悬线张力变大。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5. (2025·常熟阶段练习)如图所示，导体棒P固定在光滑的水平面内，导体棒Q垂直于导体棒P放置，且导体棒Q可以在水平面内自由移动(正视图如图)。给导体棒P、Q通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，关于导体棒Q的运动情况，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.导体棒Q逆时针(俯视)转动，同时远离导体棒P B.导体棒Q顺时针(俯视)转动，同时靠近导体棒P C.导体棒Q仅绕其左端顺时针(俯视)转动 D.导体棒Q仅绕其左端逆时针(俯视)转动 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由右手螺旋定则可知，导体棒P在导体棒Q处产生的磁场方向竖直向上，且离导体棒P越远磁场越弱，由左手定则可知，导体棒Q所受的安培力方向垂直纸面向外，且导体棒Q的左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以导体棒Q逆时针(俯视)转动，则导体棒Q的电流方向逐渐转为垂直纸面向里，与导体棒P的电流方向相反，则导体棒P、Q之间存在排斥力，所以导体棒Q远离导体棒P。故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6. (2025·镇江阶段练习)以光滑绝缘水平面为xOy平面建立Oxyz空间坐标系。两条无限长直导线甲、乙通有相等的电流I，初始时甲通过绝缘杆固定在如图位置，电流方向与x轴正方向相同，乙静止放置在xOy平面上与y轴平行。释放后，下列说法中正确的是 (　　) A.直导线乙始终保持静止状态 B.俯视直导线乙将要顺时针转动 C.俯视直导线乙将要逆时针转动 D.直导线乙对水平的压力将变大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：沿x轴负方向观察直导线甲，产生的磁场沿逆时针方向，根据左手定则可知，直导线乙在y>0区域受到沿x轴正方向的安培力，在y<0区域受到沿x轴负方向的安培力，俯视时导线乙逆时针转动，转动后直导线乙受到的安培力有向上的分量，对水平面压力变小。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.如图所示，用绝缘细绳竖直悬挂一个匝数为n的矩形线圈，细绳与拉力传感器相连，传感器可以读出细绳上的拉力大小。现将线框的下边MN垂直置于匀强磁场中，MN边长为L。当导线中通以大小为I的电流时，传感器的读数为F1；只将电流反向，传感器的读数变为F2(F2>F1)。重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.减小电流I重复实验，则F1减小、F2增大 B.传感器读数为F2时，MN中电流从M到N C.磁感应强度B= D.金属线框的质量m= √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：对矩形线圈受力分析，矩形线圈受到重力、拉力和安培力，由于F2>F1，当安培力向下时有F2=mg+nIBL，当安培力向上时有F1=mg-nIBL，联立解得B=，m=，减小电流I重复实验，则F1增大、F2减小，故A、D错误，C正确；传感器读数为F2时，矩形线圈受到的安培力向下，根据左手定则可知，MN中电流从N到M，故B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图甲、乙所示，两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流之比I1∶I2为 (　　) A.sin α∶1　　　 B.1∶sin α C.cos α∶1 D.1∶cos α √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：两金属棒的受力如图所示，根据共点力平衡的条件得F1=mgtan α，F2=mgsin α，所以两金属棒所受的安培力之比为= =;因为F=ILB，所以==，选项D正确，A、B、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9. (2025·昆山阶段练习)如图甲所示是电磁炮发射过程的情境图。炮弹的能量是可调控的，未来可用于消防、军事等方面。其主要原理如图乙所示，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。可控电源提供强大的电流经导轨流入炮弹再流回电源，炮弹被导轨中电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，可以简化为炮弹处于磁感应强度为B的匀强磁场中。已知两导轨内侧间距为d，炮弹的质量为m，炮弹在导轨间的电阻为R，若炮弹滑行距离l后获得的发射速度为v。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 不计空气阻力、导轨电阻、电源内阻，不考虑炮弹切割磁感线产生的感应电动势。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.匀强磁场方向为竖直向下 B.炮弹所受安培力大小为 C.通过炮弹的电流为 D.可控电源的电动势为 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由题图乙可知，炮弹发射时受到向右的安培力，通过炮弹的电流方向为由外向里，根据左手定则可知，匀强磁场方向为竖直向上，故A错误；根据题意，由公式v2=2al可得，炮弹发射过程中的加速度大小为a=，对炮弹受力分析，水平方向上只受安培力，由牛顿第二定律可得，炮弹所受安培力大小为FA=ma=，故B正确；根据题意，由安培力公式FA=BId可得，流过炮弹的电流为I==，故C错误；根据题意，由闭合回路欧姆定律可得E=IR=，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(8分)如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内分布着磁感应强度大小为B=0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.5 Ω的直流电源。现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨 接触的两点间的电阻R0=2.5 Ω，金属导轨电阻 不计，g取10 m/s2，已知sin 37°=0.60，cos 37° =0.80，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)通过导体棒的电流；(2分) 答案： 1.5 A 解析：根据闭合电路欧姆定律，有I== A=1.5 A。 (2)导体棒受到的安培力大小；(2分) 答案：0.3 N 解析：导体棒受到的安培力大小为F安=ILB=1.5×0.4×0.5 N=0.3 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)导体棒受到的摩擦力的大小和方向。(4分) 答案：0.06 N　方向沿金属导轨平面向下 解析：对导体棒受力分析如图所示，将重力正交分解得mgsin 37°=0.24 N<F安 根据平衡条件，有mgsin 37°+Ff=F安 代入数据解得Ff=0.06 N。 摩擦力的方向沿金属导轨平面向下。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(12分)(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的大小为B=8×10-2 T的匀强磁场。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)若插入导电液体部分深h=2.5 cm，闭合开关，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H=10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，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) (7分) 答案： m/s　 A　 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：对金属杆，飞起后下端离液面最大高度为H，由运动学公式v2=2gH 解得v== m/s 通电过程金属杆受到的安培力大小为FA=BIL 由动能定理得BILh-mg(H+h)=0 解得I= A。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (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，求通过金属杆横截面的电荷量。(5分) 答案：0.085 C 解析：对金属杆，由动量定理有(BI'L-mg)t'=mv'-0 由运动学公式v'2=2gH' 通过金属杆横截面的电荷量q=I't' 联立解得q=0.085 C。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $