第11章 第1讲 磁场及其对电流的作用(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理高考复习课件聚焦磁场及其对电流作用专题，覆盖磁场性质、磁感应强度叠加、安培力计算及平衡加速问题等核心考点，对接高考评价体系，通过知识梳理与近三年真题（如2025江苏卷、2024福建卷）分析，明确安培力方向判断、有效长度计算等高频考向，归纳平衡类、加速类典型题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解构+技巧提炼+素养培养”，如以2024福建卷半圆环安培力题为例，剖析有效长度模型建构，结合电流元法培养科学推理素养，设正误辨析（如“安培力为零则磁感应强度为零”误区）。助力学生掌握受力分析、矢量合成等解题技巧，教师可依此精准突破考点，提升复习效率。

第1讲　磁场及其对电流的作用 高三总复习讲义　新高考 第十一章 磁场 1.理解磁场的性质及磁感应强度的概念，会解决磁感应强度叠加的问题。 2.掌握左手定则，会判断安培力的方向，会计算安培力的大小。 3.会分析安培力作用下的平衡问题和加速问题。 学习目标 考点一　磁场、磁感应强度与磁感线 考点二　安培力的理解与计算 考点三　安培力作用下导体的平衡及加速问题 课时测评 内容索引 磁场、磁感应强度与磁感线 考点一 返回 知识梳理 平行四边形 N 切线 强弱 强 N极 S极 S极 N极 相交 电流 环绕 环形电流 磁场 自测1.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，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 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极的指向为磁场的方向可知C正确。 √ 自测2.(2025·江苏卷·T3)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是 A.a点的磁感应强度大于b点 B.b点的磁感应强度大于c点 C.c点的磁感应强度大于a点 D.a、b、c点的磁感应强度一样大 √ 根据题图中磁感线的分布情况可知，a、b、c三点中b点的磁感应强度最大，a点次之，c点最小，B正确。 自测3.(多选)(2026·辽宁大连一模)如图所示，四根相同长直导线处于正方形的四个顶点上，O为正方形的中心，导线中均通有方向垂直纸面向里、大小相同的电流。若仅将其中一根导线中的电流反向，中心O处的磁感应强度大小为B0；若将其中两根导线中的电流反向，中心O处的磁感应强度大小可能为 A.B0 B.0 C.B0 D.B0 √ √ 设每根导线在O点的磁感应强度大小为B，若仅将其中一根导线中的电流反向，则中心O处的磁感应强度大小为2B＝B0，解得B＝。若将其中两根导线中的电流反向，则有两种情况：第一种情况如图甲所示，中心O处的磁感应强度大小为2B×＝B0；第二种情况如图乙所示，中心O处的磁感应强度大小为0。故B、C正确，A、D错误。 1.三种电流的磁场 归纳提升 — 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 安培定则       — 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 立体图       截面图       2.磁场叠加的基本思路 (1)确定磁场的场源，是磁体产生的磁场还是电流产生的磁场。 (2)定位空间中需求解磁场的位置(点)，利用安培定则判定各个场源在该点产生的磁感应强度的大小和方向。如图所示，BM、BN分别为电流M、N在c点产生的磁感应强度。 (3)应用平行四边形定则进行合成，如图中c点的合磁感应强度为B。 返回 安培力的理解与计算 考点二 返回 1.安培力的大小 F＝_____________(其中θ为B与I之间的夹角) (1)磁场和电流垂直时：F＝_______。 (2)磁场和电流平行时：F＝___。 知识梳理 IlBsin θ IlB 0 2.安培力的方向——应用左手定则判断 (1)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。 (2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向______的方向。 (3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受________的方向。 3.同向电流相互______，反向电流相互______。 垂直 电流 安培力 吸引 排斥 正误辨析 (1)一小段通电导线在磁场中某处所受安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零。 ( ) (2)在磁场中同一位置，若通电导线的电流越大，所受安培力也一定越大。 ( ) (3)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。 ( ) (4)通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了。 ( ) × √ × × 1.安培力方向的特点 安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面。 2.安培力公式F＝IlB的适用条件 (1)匀强磁场。 (2)l与B垂直。 (3)l是指有效长度。如图所示，弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端。 核心突破 考向1 安培力方向的判断 (2024·贵州卷·T5)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 例1 √ 根据安培定则可知导线框所在处磁场方向垂直于纸面向里，由于I1＞I2，可知左侧的磁感应强度较大，同一竖直方向上的磁感应强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则，结合F＝IlB，可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。 考向2 安培力大小的计算 (多选)(2024·福建卷·T6)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B0的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则 A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为πB0Ir D.安培力为2B0Ir 例2 √ √ 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝I·2rB0＝2B0Ir，故C错误，D正确。 (人教版选择性必修第二册P21· T4) 如图所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当在导线中通以电流I时，该V形通电导线受到的安培力为多大？ 衔接教材 此题与2024年福建卷·T6都考查了安培力大小的计算问题，都考查了安培力公式F＝IlB中有效长度l的计算问题。 衔接分析 考向3 安培力作用下导体运动情况的判断 一个可以沿过圆心的水平轴自由转动的线圈L1和一个固定的线圈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.在纸面内平动 例3 √ 法一(电流元法)：把线圈L1沿水平转动轴分成上、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产生的磁场中，根据安培定则可知，各电流元所处的磁场方向向上，由左手定则可知，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。故选B。 法二(等效法)：把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则可知，I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成的小磁针，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动。故选B。 法三(结论法)：环形电流I1、I2不平行，则一定有相对转动，直到两环形电流同向且平行为止。据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动。故选B。 判断安培力作用下导体运动情况的常用方法 总结提升 电流元法 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 特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向 等效法 环形电流→小磁针 通电螺线管→条形磁体 结论法 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 总结提升 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或运动趋势的问题，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 针对练.(多选)如图所示，两根无限长直导线a、b相互垂直，a通过细线悬挂在天花板上且可自由转动，b通过绝缘支架固定在地面上。现同时给a通以沿导线向右的电流，给b通以沿导线向外的电流。下列说法正确的是 A.刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向里转， 右半部分垂直纸面向外转 B.刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向外转， 右半部分垂直纸面向里转 C.导线a转动90°时，细线对a的拉力大于导线a的重力 D.导线a转动90°时，细线对a的拉力小于导线a的重力 √ √ 根据安培定则可知通电导线b在其周围产生的磁场为逆时针方向，如图所示，将导线a处的磁场分解为竖直方向和水平方向，根据左手定则可知导线a左半部分受到的安培力垂直纸面向里，右半部分受到的安培力垂直纸面向外；转过90°时，导线a、b电流方向相同，彼此间的安培力为引力，所以细线拉力大于导线a的重力，故A、C正确，B、D 错误。 返回 安培力作用下导体的平衡及加速问题 考点三 返回 1.求解安培力作用下导体的平衡及加速问题的关键 画受力图→三维图二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。 2.求解安培力作用下导体的平衡及加速问题的基本思路 (1)选定研究对象。 (2)变三维图为二维图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F⊥B、F⊥I。 (3)若导体处于平衡状态，则列平衡方程；若导体处于非平衡状态，则列动力学方程。 考向1 安培力作用下导体的平衡问题 (2026·江苏南通模拟)在倾角θ＝37°的光滑导体轨道的上端接入一个电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω的电源，轨道间距L＝50 cm，将一个质量m＝40 g、电阻R＝1 Ω的金属棒水平放置在轨道上。若在轨道所在空间加一匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在轨道上，如图所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.磁感应强度有最小值，为0.32 T，方向垂直滑轨平面 向下 B.磁感应强度有最大值，为0.4 T，方向水平向右 C.磁感应强度有可能为0.3 T，方向竖直向下 D.磁感应强度有可能为0.4 T，方向水平向左 例4 √ 由闭合电路欧姆定律可得I＝＝ A＝2 A，对金属棒受力分析可知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时Fmin＝mgsin θ＝40×10－3×0.6 N＝0.24 N，当安培力最小且磁感应强度方向与电流方向相互垂直时，磁感应强度最小且为Bmin＝＝ T＝0.24 T，由左手定则判断可知，磁感应强度的方向为垂直轨道平面向下，故A 错误； 当磁感应强度方向水平向右时，安培力竖直向上，当ILB＝mg时，金属棒刚好静止在轨道上，可得B＝＝ T＝0.4 T，但此时磁感应强度并不是最大值，故B错误；当磁感应强度方向竖直向下，金属棒受到安培力方向水平向右，对于金属棒，根据平衡条件可得ILB'cos 37°＝mgsin 37°，解得B'＝＝ T＝0.3 T，故C正确；当磁感应强度方向水平向左时，安培力竖直向下，金属棒不可能平衡，故D错误。 针对练.(2026·河南新乡模拟)如图所示，用轻绳将两根通电直导线悬挂在天花板上的O点。系统平衡时，左右两侧轻绳偏离竖直方向的夹角分别为α、β。已知两通电导线的质量相等，导线A的电流方向垂直纸面向里，导线B的电流大于导线A的电流，过O点的竖直线与AB连线相交于O1点，OA＞OB，下列说法正确的是 A.导线B对导线A的作用力大于导线A对导线B的作用力 B.导线B的电流方向垂直纸面向里 C.O1点为线段AB的中点 D.左侧轻绳的拉力小于右侧轻绳的拉力 √ 导线B对导线A的作用力与导线A对导线B的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故A错误；由“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”可知，导线B的电流方向垂直纸面向外，故B错误；如图所示，对两根导线受力分析，依据三角形定则和平衡条件，由三角形相似得＝＝，因为OA＞OB，所以FTA＞FTB，故D错误； 由三角形相似得＝＝，即AO1＝O1B，所以O1点为线段AB的中点，故C正确。 考向2 安培力作用下导体的加速问题 (2026·山东聊城二模)如图所示，空间中存在一 匀强磁场(图中未画出，大小、方向未知)。两条平行 金属导轨间距l＝1 m，与水平面成倾角θ＝37°固定， 在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m＝0.5 kg的金属棒AB置于短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。现将两导轨与恒流电源相连接，金属棒中电流大小为I＝3 A，重力加速度的大小取10 m/s2，sin 37° ＝0.6。要使金属棒沿导轨向上以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则磁感应强度的最小值为 A. T B. T C.1 T D.2 T 例5 √ 对金属棒受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma，FN＋Fsin α＝mgcos θ，Ff＝μFN，联立可得F＝ N，由数学知识可知Fmin＝IlBmin＝ N＝ N，所以Bmin＝ T。故选A。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　安培定则　磁场叠加 1.(2025·福建卷·T3)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小 A.B2－ B. －B1 C.B2－B1 D. B1－B2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同、大小相等，则单根导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0＝，根据对称性，两导线在N点处产生的磁感应强度大小应该与M点相同，根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度大小为B0＝，由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度大小为－B1。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(2025·湖北卷·T4)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为 A.0 B.B C.2B D.3B √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由右手螺旋定则及对称性可知，圆线圈在N点产生的磁场的磁感应强度与M点等大同向。由于M点磁感应强度为零，由矢量合成法则可知匀强磁场与圆线圈在M点产生的磁场等大反向，即匀强磁场与圆线圈在N点产生的磁场等大反向，N点的磁感应强度为0。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.如图所示，OCD为等边三角形，E点为三角形的中心，现在三角形的三个顶点固定三根完全相同的通电直导线，三根导线中通有如图方向的电流，电流大小相同，当空间加一磁感应强度大小为B0的匀强磁场，使E点的磁感应强度为零。则下列说法正确的是 A.其中一根通电直导线在E点产生的磁场的磁感应强度 大小为B0 B.O、C点的导线在E点产生的磁场的合磁感应强度大 小为B0 C.C、D点的导线在E点产生的磁场的合磁感应强度大小为B0 D.仅去掉D点的导线，E点的磁感应强度大小为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由于E点到三个顶点的距离相等，则三根通电导线 在E点产生的磁感应强度大小相等，设每根导线在 E点产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据安培 定则和平行四边形定则可知，O、C点的导线在E点 产生的磁场的合磁感应强度大小为B，与D点的导线 在E点产生的磁场的磁感应强度相同，如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度与三根导线产生的磁场的合磁感应强度大小相等、方向相反，可得B0＝2B，解得B＝，故A、B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 C、D点的导线在E点产生的磁场的合磁感应强度大小为2Bcos 30°＝B0，故C错误；仅去掉D点的导线，则E点的磁感应强度是O、C点的导线产生的磁场的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和，如图乙所示，大小为，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 题组2　安培力的理解与计算 4.(2024·湖南娄底模拟)如图所示，电阻均匀的圆环，固定 于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，PQ是直径，劣 弧MGN对应的圆心角为90°，当M、N与内阻不计的直流 电源相连时，圆环所受的安培力大小为F1，当P、Q与该 电源相连时，圆环所受的安培力大小为F2，则两力的比值为 A. B. C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由题图可知，当M、N与电源相连时，圆环的劣弧MGN和优弧MPQN并联，两部分的长度之比为1∶3，电阻之比是1∶3，通过电流之比为3∶1，设圆的半径为R，流过优弧的电流为I1，所以整个圆环所受的安培力大小为F1＝I1·RB＋3I1·R·B＝4I1RB；同理，当P、Q与该电源相连，圆环所受的安培力大小为F2＝2I2·2RB＝4BI2R，由于＝，所以＝，故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.(2026·山西晋城模拟)如图所示，弯曲金属导线ACDE固定在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，金属导线所在平面与磁场垂直，AC段为半径为r的四分之一圆弧，CDE段为半径为r的半圆弧，A、C、D、E为正方形的四个顶点，给金属导线通入恒定电流I，则整个金属导线受到的安培力大 小为 A.2IrB B.IrB C.πIrB D.πIrB、 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 整个金属导线在磁场中的有效长度为r，则整个金属导线受到的安培力大小为F＝IrB。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 题组3　安培力作用下导体的平衡及加速问题 6. 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.tan θ与电流I成正比 D.sin θ与电流I成正比 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，由左手定则可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，故A错误；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，有sin θ＝，FT＝ mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，故B、C错误，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7.(2026·河南开封模拟)如图所示，质量为m、长为L的导体棒MN电阻为2R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上，开关闭合后导体棒MN开始运动，则 A.导体棒MN向左运动 B.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 C.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 D.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由左手定则可知，导体棒所受安培力垂直磁感线斜向右下方， 则导体棒向右运动，故A错误；安培力的方向与轨道平面成 (90°－θ)的夹角，由闭合电路欧姆定律可得I＝，则开关 闭合瞬间导体棒MN所受安培力F＝ILB＝，故C正确，D 错误；导体棒所受合力F合＝Fsin θ＝，由牛顿第二定律得F合＝ma，联立可得开关闭合瞬间导体棒MN的加速度a＝，故B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8.(多选)(2026·河北石家庄模拟)如图甲所示，匀质导体棒MN通以由M到N的恒定电流，用两根等长的平行绝缘、轻质细线悬挂在O、O'点静止于匀强磁场中，细线与竖直方向的夹角为θ，磁场方向与绝缘细线平行且向上。现使磁场方向顺时针缓慢转动(由M到N观察)，同时改变磁场的磁感应强度大小，保持细线与竖直方向的夹角θ不变，该过程中每根绝缘细线拉力F的大小与磁场转过的角度α的正切关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，磁场变化过程中MN中的电流不变。下列说法正确的是 A.导体棒的质量为1 kg B.θ＝30° C.导体棒所受安培力可能为12 N D.α可能为90° √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由题图乙可知当tan α＝0时，F＝2.5 N，根据共点力平衡条件可知mgcos θ＝2F，当tan α＝时，F'＝5 N，根据共点力平衡条件可知mgcos θ＋F安sin α＝2F'，mgsin θ＝F安cos α，联立解得tan θ＝，即θ＝30°，m＝1 kg，故A、B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 导体棒重力为10 N，作出力的矢量合成图如图所示，F安min＝mgsin θ＝mg＝5 N，则导体棒所受安培力可能为12 N，故C正确；α为90°时，安培力与细线拉力在同一直线，导体棒受力不平衡，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9.(10分)(2024·重庆卷·T13)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 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设单根导线对P的拉力大小为FT，P匀速下降时其受力分析如图甲所示，根据平衡条件有2mg＝2FT 解得FT＝mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)Q中电流的大小。 答案： 当P匀速下降时，Q匀速上升，对Q受力分析如图乙所示，根据平衡条件有2FT＝mg＋F安 设流过Q的电流为I，则F安＝ILB 联立解得I＝。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 谢 谢 观 看 第1讲　磁场及其对电流的作用 $