2025新課改-高中物理-選修第2冊（16講）01 C磁場對通電導線的作用力 提升版含答案

2025新課改-高中物理-選修第2冊（16講）01C磁場對通電導線的作用力提升版磁場對通電導線的作用力知識點：磁場對通電導線的作用力一、安培力的方向1．安培力：通電導線在磁場中受的力．2．左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向．3．安培力方向與磁場方向、電流方向的關(guān)系：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B與I所決定的平面．二、安培力的大小1．垂直于磁場B的方向放置的長為l的通電導線，當通過的電流為I時，所受安培力為F＝IlB.2．當磁感應強度B的方向與電流方向成θ角時，公式F＝IlBsin_θ.三、磁電式電流表1．原理：安培力與電流的關(guān)系．通電線圈在磁場中受到安培力而偏轉(zhuǎn)，線圈偏轉(zhuǎn)的角度越大，被測電流就越大．根據(jù)指針的偏轉(zhuǎn)方向，可以知道被測電流的方向．2．構(gòu)造：磁體、線圈、螺旋彈簧、指針、極靴．3．特點：極靴與鐵質(zhì)圓柱間的磁場沿半徑方向，線圈無論轉(zhuǎn)到什么位置，它的平面都跟磁感線平行，且線圈左右兩邊所在處的磁感應強度大小相等．4．優(yōu)點：靈敏度高，可以測出很弱的電流．缺點：線圈的導線很細，允許通過的電流很弱．技巧點撥一、安培力的方向1．安培力方向的特點安培力的方向既垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即垂直于電流I和磁場B所決定的平面．(1)當電流方向跟磁場方向垂直時，安培力的方向、磁場方向和電流方向兩兩相互垂直．應用左手定則判斷時，磁感線從掌心垂直進入，拇指、其余四指和磁感線三者兩兩垂直．(2)當電流方向跟磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直于電流方向，也垂直于磁場方向．應用左手定則判斷時，磁感線斜著穿入掌心．2．判斷安培力方向的步驟(1)明確研究對象；(2)用安培定則或根據(jù)磁體的磁場特征，畫出研究對象所在位置的磁場方向；(3)由左手定則判斷安培力方向．3．應用實例應用左手定則和安培定則可以判定平行通電直導線間的作用力：同向電流相互吸引，反向電流相互排斥．二、安培力的大小1．公式F＝IlBsinθ中B對放入的通電導線來說是外加磁場的磁感應強度，不必考慮導線自身產(chǎn)生的磁場對外加磁場的影響．2．公式F＝IlBsinθ中θ是B和I方向的夾角(1)當θ＝90°時，即B⊥I，sinθ＝1，公式變?yōu)镕＝IlB.(2)當θ＝0°時，即B∥I，F(xiàn)＝0.3．公式F＝IlBsinθ中l(wèi)指的是導線在磁場中的“有效長度”，彎曲導線的有效長度l，等于連接兩端點直線的長度(如下圖所示)；相應的電流沿導線由始端流向末端．推論：對任意形狀的閉合平面線圈，當線圈平面與磁場方向垂直時，線圈的有效長度l＝0，故通電后線圈在勻強磁場中所受安培力的矢量和一定為零，如下圖所示．例題精練1．（2020秋?鼓樓區(qū)校級期中）如圖所示，用粗細均勻的同種材料做成的半徑為L的圓形金屬線框，圓心為O，自由放置在絕緣水平面上（俯視圖），處于以MN為界線的豎直方向勻強磁場中，界線左、右兩側(cè)的磁場方向相反（圖中已標出），磁感應強度大小分別為B、2B?，F(xiàn)將a、b兩點接入電路，圖中電流表的示數(shù)為I，金屬線框靜止。已知∠aOb＝120°，則下列說法正確的是（）A．MN左、右兩側(cè)金屬框通過的電流大小之比為2：1 B．圓形金屬線框所受摩擦力水平向右 C．圓形金屬線框所受安培力合力大小為 D．MN左、右兩側(cè)磁場中的金屬框所受安培力大小之比為1：4【分析】由并聯(lián)電路中電流的特點求出左右兩側(cè)的電流，而有效長度可求，由安培力公式就能求出左右兩側(cè)的安培力，由左手定則判斷方向，由平衡條件求出摩擦力的方向。【解答】解：A、MN左右兩邊的電阻之比＝，是并聯(lián)關(guān)系，所以左右兩側(cè)通過的電流大小之比＝，故A錯誤；D、左右兩側(cè)的有效長度均為L0＝＝2Rsin60°＝2×＝，受到的安培力分別為F1＝B×＝，方向向向左，F(xiàn)2＝2B×＝，方向向右，，故D正確；C、由上述計算可知，安培力的合力F＝F2﹣F1＝﹣＝，方向向右，故C錯誤；B、由于安培力的合力向向右，所以摩擦力向左，故B錯誤。故選：D?！军c評】本題考察安培力的公式，把一圓形金屬框放入方向相反的磁場中，求安培力，要注意的是兩側(cè)金屬線電流方向相同，有效長度相同，但磁場方向相反。2．（2021?廣東模擬）如圖所示，一材料相同，橫截面積處處相同的圓形導線固定于勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度大小為B，磁場方向垂直于圓形導線所在的平面，P、Q為圓形導線直徑的一恒定電壓U0，此圓形導線單位長度的電阻為r，則圓形導線受到的安培力大小為（）A．0 B． C． D．【分析】將圓形導線分為上半部分和下半部分，分別求出兩部分的電阻，根據(jù)歐姆定律求電流，進而求兩部分的等效長度及安培力，由左手定則判斷兩個安培力的方向，根據(jù)受力分析求解圓形導線受到的合安培力。【解答】解：P、Q為圓形導線直徑的兩個端點，設圓形導線直徑為d，圓形導線上半部分的電阻為：R＝＝根據(jù)歐姆定律可得圓形導線上半部分的電流為：I＝＝圓形導線上半部分等效長度為d，受到的安培力大小為：F1＝BId＝同理，圓形導線下半部分受到的安培力大小也為：F1＝BId＝根據(jù)左手定則可知上下兩部分安培力方向相同，則圓形導線受到的安培力大小為F＝2F1＝故ABC錯誤，D正確；故選：D?！军c評】本題考查彎曲導線的安培力求解問題，在求解彎曲導線的安培力時F＝BIL，其中L為等效長度，當電流與磁場垂直時，彎曲導線的等效長度為從起點到終點的距離。隨堂練習1．（2021?重慶模擬）如圖，用同一導線做成的邊長為L的正方形單匝線框abcd固定在磁場中，ab、bc邊在垂直紙面向里的勻強磁場中，cd、da邊在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小均為B。若a、b兩端與恒壓電源相連，通過ab邊的電流大小為I，則金屬框受到的安培力大小為（）A．0 B．IBL C． D．【分析】假設電流從a點流入金屬框，根據(jù)左手定則，可判斷金屬框受到的安培力方向；根據(jù)歐姆定律可求出流過金屬框各個邊框的電流，進而求出每個邊的安培力，對整個金屬框受力分析求出安培力合力的大小?！窘獯稹拷猓喝鬭、b兩端與恒壓電源相連，假設電流從a點流入金屬框，根據(jù)左手定則，可知道金屬框受到的安培力方向如圖所示：用同一導線做成的邊長為L的正方形單匝線框，a、b兩端與恒壓電源相連時，金屬框被分為兩個并聯(lián)的電阻：adcb和ab。兩個電阻之比為R1：R2＝3:1根據(jù)并聯(lián)電阻電壓相等，由歐姆定律可知，流過兩個電阻上的電流分別為I1：I2＝1：3,通過ab邊的電流大小為I,即I2＝I，所以I1＝I則四方形導線框每一條邊所受到的安培力分別為：Fad＝Fbc＝Fdc＝BI1L＝，F(xiàn)ab＝BI2L＝BIL，對金屬框受力分析可知，金屬框受到的安培力大小為：F＝,故ABC錯誤,D正確；故選：D?！军c評】本題考查歐姆定律和安培力的綜合運用，主要是根據(jù)并聯(lián)電路求出每個邊的電流然后由左手定則判斷安培力方向，最后根據(jù)受力分析求出整個金屬框受到的安培力的合力。2．（2021?朝陽區(qū)二模）如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一段靜止的長為L的通電導線，磁場方向垂直于導線。設單位長度導線中有n個自由電荷，每個自由電荷的電荷量都為q，它們沿導線定向移動的平均速率為v。下列選項正確的是（）A．導線中的電流大小為nLqv B．這段導線受到的安培力大小為nLqvB C．沿導線方向電場的電場強度大小為vB D．導線中每個自由電荷受到的平均阻力大小為qvB【分析】根據(jù)電流的定義是求得電流的微觀表達式，先求每個電荷所受洛倫茲力，再計算導線所受安培力?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電流定義根據(jù)題意Q＝nqL其中t＝聯(lián)立可得到的微觀表達式為I＝nqv，故A錯誤；B、每個電荷所受洛倫茲力的大小f＝qvB這段導線受到的安培力大小F＝nLf＝nLqvB，故B正確；C、沿導線方向的電場的電場強度大小為E＝（U為導線兩端的電壓）它的大小不等于vB，只有在速度選擇器中的電場強度大小才是vB，且其方向是垂直導線方向，故C錯誤；D.導線中每個自由電荷受到的平均阻力方向是沿導線方向的，而qvB是洛倫茲力，該力的方向與導線中自由電荷運動方向垂直，二者不相等，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查電流微觀表達式的推導，洛倫茲力和安培力的計算，注意根據(jù)電流的定義式，去推導其微觀表達式。3．（2021?湖南模擬）有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)絕緣彈簧，將邊長為d的正三角形勻質(zhì)金屬線框（線框由電阻為R的金屬絲折合而成）如圖甲、乙情況放置，靜止時彈簧的長度分別為L1和L2?，F(xiàn)將該金屬線框如圖丙所示接入電路，導線的左右接觸點分別為線框左右兩邊的中點，磁場方向垂直紙面向外，大小為B，電源的電動勢為E，內(nèi)電阻為r，導線與線框之間作用力可以忽略，則閉合開關(guān)S后，彈簧的長度L3為（）A． B． C． D．【分析】線框與平臺靜止處于平衡狀態(tài)，應用平衡條件及胡克定律可以求出彈簧的形變量。根據(jù)題意分析清楚線框的受力情況與運動過程，由歐姆定律求出感應電流，應用安培力公式與平衡條件可以求出距離。【解答】解：對圖甲中的線框受力分析，mg＝k（L1﹣L0）對圖乙中的線框受力分析，mg＝k（L0﹣L2）聯(lián)立解得：，對丙圖中的線框受力分析，線框所受安培力：，由于受力平衡，則mg+FA＝k（L3﹣L0）結(jié)合前面的計算結(jié)果可得，故BCD錯誤，A正確。故選：A?！军c評】本題是電磁感應與力學相結(jié)合的綜合題，本題難度較大，根據(jù)題意分析清楚線框與平臺的受力情況與運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應用平衡條件、牛頓第二定律、運動學公式、E＝BLv、歐姆定律與安培力公式可以解題。綜合練習一．選擇題（共20小題）1．（2021?重慶模擬）如圖所示，兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間夾角為θ，整個裝置處于勻強磁場中。重量為G的金屬桿ab垂直導軌放置，金屬桿長度等于軌道間距d，當金屬桿中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿處于靜止狀態(tài)，則勻強磁場的磁感應強度大小至少為（）A． B． C． D．【分析】對ab棒進行受力分析，安培力和支持力的合力等于重力，求出安培力的最小值，再進一步求解B即可?！窘獯稹拷猓簩b棒進行受力分析并合成如圖：當F安垂直支持力時，F(xiàn)安具有最小值，F(xiàn)安min＝Gsinθ又F安min＝BId，故Bmin＝，故A正確，選項B、C、D錯誤；故選：A?！军c評】本題雖然是求磁感應強度的極值，其實還是考察的力的分解，已知合力和一個分力的方向，求另一分力的極值，注意知識的關(guān)聯(lián)性。2．（2021春?菏澤期中）質(zhì)量為m、長度為L的金屬細桿放在傾角為θ的斜面上，桿與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，桿中通有垂直紙面向里的恒定電流，整個裝置處在如圖所示的勻強磁場中，金屬桿處于靜止狀態(tài)，其中桿與斜面間的摩擦力不可能為零的是（）A． B． C． D．【分析】應用左手定則判斷金屬桿所受安培力方向，對金屬桿進行受力分析，然后判斷出金屬桿是否受到摩擦力的作用?！窘獯稹拷猓篈、由左手定則可知，金屬桿受到的安培力方向水平向右，安培力、重力與斜面支持力的合力可能為零，金屬桿受到的摩擦力可能為零，故A錯誤；B、由左手定則可知，金屬桿受到的安培力方向豎直向上，當安培力與導體桿的重力合力為零時，金屬桿處于平衡狀態(tài)，金屬桿受到摩擦力為零，故B錯誤；C、由左手定則可知，金屬桿受到的安培力豎直向下，安培力、重力與斜面支持力的合力不可能為零，金屬桿平衡受到的摩擦力一定不為零，故C正確；D、由左手定則可知，金屬桿受到的安培力平行于斜面向上，當安培力與重力沿斜面向下的分力相等時，金屬桿受到的摩擦力為零，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了左手定則的應用，根據(jù)左手定則判斷出安培力方向，然后應用平衡條件即可解題。3．（2021?茂名二模）如圖所示，光滑斜面傾角為37°，斜面上有一根長為0.5m、質(zhì)量為0.1kg的通電直導線，電流大小I＝1A、方向垂直于紙面向外，導線用平行于斜面的輕繩拴住不動，整個裝置放在方向豎直向上的勻強磁場中。設t＝0時，B＝2.0T，磁感應強度每秒鐘變化為﹣0.5T，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則（）A．初始時刻導體棒對斜面無壓力 B．t＝4s時，繩子拉力最大 C．t＝7s時，繩子拉力為零 D．經(jīng)過一定時間導體棒將沿斜面做一段勻加速直線運動【分析】根據(jù)左手定則確定安培力的方向，對物體受力分析，導線受重力、支持力、線的拉力和安培力作用而處于平衡狀態(tài)，根據(jù)B的變化計算安培力的變化，再根據(jù)平衡條件求出繩子拉力的大小?！窘獯稹拷猓篈、導體棒受力如圖所示，初始時刻，直導線受重力為G＝mg＝0.1×10N＝1N，重力沿垂直斜面分力為G2＝mgcos37°＝0.8N，安培力F0＝BIL＝2.0×1×0.5N＝1N，方向水平向左，安培力沿垂直斜面分力F02＝F0sin37°＝0.6N，導體棒對斜面的壓力為FN＝0.8N﹣0.6N＝0.2N，故A錯誤；B、由題意可得：B＝﹣0.5t+2（T），t＝4s時，B＝（﹣0.5×4+2）T＝0T，繩子拉力為T＝mgsin37°＝0.6N，初始時刻繩子拉力為：T0＝mgsin37°+F0cos37°＝1.4N，故B錯誤；C、t＝7s時，B＝（﹣0.5×7+2）T＝﹣1.5T，方向豎直向下，直導線受安培力為F＝BIL＝1.5×1×0.5N＝0.75N，方向水平向右，沿斜面分力大小為F1＝Fcos37°＝0.75×0.8N＝0.6N，等于重力沿斜面分力，所以繩子拉力為零，故C正確：D、經(jīng)過一段時間導線開始運動后，由于磁感應強度變化，直導線受到的安培力變化，合力變化，加速度變化，故不可能做勻加速直線運動，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查了安培力作用下的共點力平衡，關(guān)鍵是正確受力分析，抓住臨界條件即可。4．（2021?石家莊一模）一個各邊電阻相同、邊長均為L的正六邊形金屬框abcdef放置在磁感應強度大小為B、方向垂直金屬框所在平面向外的勻強磁場中。若從a、b兩端點通以如圖所示方向的電流，電流大小為I，則關(guān)于金屬框abcdef受到的安培力的判斷正確的是（）A．大小為BIL，方向垂直ab邊向左 B．大小為BIL，方向垂直ab邊向右 C．大小為2BIL，方向垂直ab邊向左 D．大小為2BIL，方向垂直ab邊向右【分析】根據(jù)并聯(lián)電路電流分配特點求各邊電流，然后求各邊所受安培力，再求矢量和?！窘獯稹拷猓涸O每個邊的電阻為R，則bcdefa五段電阻串聯(lián)電阻5R，然后與ab邊電阻R并聯(lián)，設ab中電流為I1，bcdefa中電流為I2，則I1：I2＝5R：R＝5：1，所以I1＝，I2＝，根據(jù)對稱性，af與cd兩邊的安培力等大反向，合力為零，bc與fe兩邊的安培力等大反向，合力為零，cd邊所受安培力Fcd＝B××L＝BIL，方向垂直cd邊向左，ab邊所受安培力Fab＝B××L＝BIL，方向垂直ab邊向左，金屬框abcdef受到的安培力F＝Fcd+Fab＝BIL+BIL＝BIL，方向垂直ab邊向左，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了電路的連接與安培力的計算，解決本題的關(guān)鍵是會判斷電路的連接情況，并能看出電路中的對稱性。5．（2021?徐匯區(qū)二模）如圖，導線框與電源、滑動變阻器、電流表、開關(guān)組成閉合回路，將導線框用彈簧測力計懸掛起來，導線框下端置于一磁鐵兩極之間，與磁場方向垂直放置。接通電路，調(diào)節(jié)滑動變阻器，觀察并記錄電流表讀數(shù)I和彈簧測力計讀數(shù)F。則根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪出的圖像不可能是（）A． B． C． D．【分析】分析導線框在豎直方向的受力，根據(jù)平衡狀態(tài)分析彈簧的彈力與電流的關(guān)系，注意安培力分為向上和向下兩種情況?！窘獯稹拷猓篈、在未接通電路前，彈簧測力計的讀數(shù)F0＝G，不應為零，故A錯誤；B、接通電路，如導線框受到豎直方向的安培力，當安培力向下時，根據(jù)平衡條件有彈簧測力計的彈力大小為F＝G+BIL＝F0+BIL，則F與I的圖象是斜率為正的傾斜的直線，故B正確；C、如安培力豎直向上，則根據(jù)平衡狀態(tài)有G＝F+BIL，所以彈簧測力計彈力的大小為：F＝G﹣BIL＝F0﹣BIL，F(xiàn)與I的圖象是一條斜率為負的傾斜的直線，故C正確；D、根據(jù)C選項可知，隨著電流的增大，彈簧測力計彈力減小，線框向上運動，其所在位置磁場發(fā)生變化，故D正確。本題選不可能的故選：A?！军c評】解決該題的關(guān)鍵是明確知道導線框受到的安培力在豎直方向上，注意在解題過程要考慮安培力方向豎直向上和豎直向下兩種情況。6．（2021?長沙模擬）如圖所示，在傾角為θ＝37°的斜面上固定兩根足夠長的平行金屬導軌PQ和MN，兩導軌間距為L＝1m，導軌處于磁場方向垂直導軌平面向下的勻強磁場中，磁感應強度為B＝2T，導體棒ab垂直跨放在導軌上并與導軌接觸良好，棒的質(zhì)量為m＝0.2kg，棒的中點用絕緣細繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M＝0.4kg。棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導軌與棒的電阻不計，g取10m/2）。為了使物體保持靜止，則通過導體棒ab的電流為（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A．電流從b流向a，1.0A≤I≤1.8A B．電流從b流向a，I≤1.0A C．電流從a流向b，1.0A≤I≤1.8A D．電流從a流向b，I≥1.8A【分析】靜摩擦力大小和方向都能發(fā)生改變，當靜摩擦力達到最大時是臨界狀態(tài)，去最大靜摩擦力分別沿斜面向上和向下，得到兩個安培力，再根據(jù)安培力計算公式列式求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意，導體棒保持靜止，繩上的拉力T＝4N.最大靜摩擦為：f＝μmgcosθ＝0.5×0.2×10×0.8N＝0.8N重力沿斜面向下的分力為：F1＝mgsinθ＝0.2×10×0.6N＝1.2N故導體棒要想處于平衡狀態(tài)，所受安培力必須平行于斜面向下，電流方向必須滿足從b向a.安培力在最大靜摩擦力方向沿斜面向下有最小值，向上有最大值.取臨界狀態(tài).如果最大靜摩擦力平行于斜面向下：mgsinθ+F安1+f＝T，f＝μmgcosθ解得：F安1＝2N同理如果最大靜摩擦力平行于斜面向上可以解得：F安2＝3.6N，由F＝BIL，可知1.0A≤I≤1.8A。故選A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查共點力平衡問題，注意取靜摩擦力分別沿斜面向上和向下達到最大值這兩個臨界狀態(tài)，是解題關(guān)鍵。7．（2021?朝陽區(qū)一模）科學家們曾設想存在磁單極子，即一些僅帶有N極或S極單一磁極的磁性物質(zhì)。假設在P點有一個固定的磁單極子，在其周圍形成均勻輻射磁場，磁感線如圖所示。當質(zhì)量為m、半徑為R的導體圓環(huán)通有恒定的電流時，恰好能靜止在該磁單極子正上方，環(huán)心與P點的距離為H，且圓環(huán)平面恰好沿水平方向。已知距磁單極子r處的磁感應強度大小為B＝，其中k為已知常量，重力加速度為g。下列選項正確的是（）A．圓環(huán)靜止時磁場對環(huán)的安培力使其有沿半徑方向擴張的趨勢 B．圓環(huán)靜止時可由題中條件求出環(huán)中電流的大小 C．若將圓環(huán)豎直向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落過程中環(huán)中電流不受影響 D．若將圓環(huán)豎直向上平移一小段距離后由靜止釋放，下落過程中環(huán)的加速度先增大后減小【分析】圓環(huán)在磁場中受安培力及本身的重力做勻速圓周運動，圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，結(jié)合平衡狀態(tài)的特點可得出正確的結(jié)果。【解答】解：A、圓環(huán)靜止時磁場對環(huán)有安培力作用，根據(jù)受力平衡可知，在豎直方向上安培力的分力與重力平衡，由左手定則可知，安培力與磁感線方向垂直，故圓環(huán)要想靜止，受到的安培力方向只能斜向上，所以環(huán)有收縮的趨勢，故A錯誤；B、對環(huán)的某一部分進行受力分析如圖：在水平方向，根據(jù)安培力的對稱性可知，整個的環(huán)在水平方向的合力為0，豎直方向的合力與重力大小相等，由于在圓環(huán)處各點電流的方向與磁場的方向都垂直，所以整體受到的安培力：F＝BI?2πR由幾何關(guān)系：Fcosθ＝mgcosθ＝由題：B＝聯(lián)立得：I＝．故B正確；CD、結(jié)合以上的受力分析可知，若將圓環(huán)向上平移一小段距離后環(huán)受到的安培力將減??；由靜止釋放，重力開始時大于安培力，所以環(huán)加速下落，向下的過程中安培力增大，所以合外力減小，加速度先減小。故CD錯誤。故選：B?！军c評】本題巧妙地將此單極子的猜想與電流在磁場中的受力相結(jié)合，考查了受力平衡的問題，可知對環(huán)進行正確的受力分析，理解環(huán)在豎直方向的合力與重力大小相等是解答的關(guān)鍵。8．（2021春?浙江月考）如圖所示，兩根完全相同的細導體棒a、b，分別放置在的斜面左右兩側(cè)，斜面傾角為45°。當兩導體棒中均通有同向電流時，a、b均能保持靜止且在同一水平面上，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)棒一定受到4個力的作用 B．當兩導體棒中通有反向電流時，ab還能保持靜止 C．a(chǎn)棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向上 D．斜面對a棒的作用力方向是豎直向上【分析】先判斷ab間的作用力方向，然后根據(jù)a所受其它外力，根據(jù)平衡條件分析靜摩擦力的情況。【解答】解：AC、同向平行電流相互吸引，則a棒受重力、斜面的支持力、b棒施加的沿水平向右的吸引力，若ab之間的吸引力較大，則a棒有向上運動的趨勢，所受斜靜摩擦力方向沿斜面向下；若ab之間的吸引力較小，則a棒有向下運動的趨勢，所受靜摩擦力方向沿斜面向上，若ab間的吸引力大小適當，則a不受靜摩擦力，所以a棒不一定受4個力，故A錯誤，C正確；B、當兩導體棒中通有反向電流時，兩棒之間相互排斥，則b一定不能保持靜止，故B錯誤；D、a棒靜止，由平衡條件可知，斜面對a棒的作用力與a棒的重力和b對a向右的吸引力的合力等大反向，因a棒的重力和b對a向右的吸引力的合力方向指向右下方，則斜面對a棒的作用力方向指向左上方，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題物體的受力分析，分析靜摩擦力時應注意：靜摩擦力是被動力，它的大小和方向由其它外力和運動狀態(tài)共同決定。9．（2021?門頭溝區(qū)一模）永磁體之間的相互作用與電荷之間的相互作用相似，人們將電荷的相關(guān)概念引入磁現(xiàn)象的研究之中。認為磁棒的兩極存在兩種磁荷，N極帶正磁荷，S極帶負磁荷?！按藕伞庇^點認為磁荷可以激發(fā)磁場，描述磁場的基本物理量定義為磁場強度H。類比電場強度的定義方法，用正磁荷在磁場中受到的磁場力F和其磁荷Q的比值表示磁場強度H，方向與該處正磁荷受力方向一致。用如圖裝置，可以測量通電線圈產(chǎn)生的磁場和“磁荷”間的作用力。假設圖中N極的磁荷QN，線圈不通電時，測力計示數(shù)為F0。（）A．當線圈中通順時針方向（俯視）電流時，測力計示數(shù)小于F0 B．磁鐵N極所處位置的磁場強度大小HN＝ C．通電后測力計示數(shù)改變量為F，則磁鐵N極所處位置的磁場強度大小HN＝ D．如果將一根較短磁鐵掛在測力計上，并使磁鐵完全放入線圈中，則通電后測力計的示數(shù)變小【分析】根據(jù)安培定則判斷出線圈電流產(chǎn)生的磁場方向，然后判斷測力計示數(shù)如何變化；根據(jù)磁場強度的定義式求出磁場強度；磁鐵完全放入線圈中，磁鐵不受磁場力作用，測力計示數(shù)不變。【解答】解：A、當線圈中通順時針方向（俯視）電流時，由安培定則可知，電流產(chǎn)生的磁場豎直向下，“磁荷”受到的磁場力豎直向下，測力計示數(shù)變大，大于F0，故A錯誤；BC、線圈通電后測力計示數(shù)的變化量等于“磁荷”受到的磁場力，則磁鐵N極所處位置的磁場強度大小HN＝，故B錯誤，C正確；D、如果將一根較短磁鐵掛在測力計上，并使磁鐵完全放入線圈中，通電后線圈電流產(chǎn)生的磁場與磁鐵平行，通電后磁鐵不受磁場力方向，磁鐵受力情況不變，則通電后測力計的示數(shù)不變，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題是一道信息給予題，認真審題理解題意，從題中獲取所需信息是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)題意應用安培定則與磁場強度的定義式即可解題。10．（2021?肇慶二模）如圖所示，兩同學把一條長導線的兩端連接在一靈敏電流計的兩個接線柱上，構(gòu)成閉合電路，然后兩個同學沿東西方向站在赤道上，上下快速搖動導線的一部分。赤道附近地磁場方向可認為平行于水平地面，下列說法正確的是（）A．導線向下運動過程中所受安培力的方向平行地面向南 B．導線向上運動過程中所受安培力的方向平行地面向北 C．導線向下運動過程中所受安培力的方向垂直地面向上 D．導線向上運動過程中所受安培力的方向垂直地面向上【分析】地球的周圍存在磁場，且磁感線的方向是從地理的南極指向地理的北極，當兩個同學在上下運動導線時，使部分導線做切割磁感線運動，電路中就產(chǎn)生了感應電流，根據(jù)導線轉(zhuǎn)動方向與地磁場方向的關(guān)系，由右手定則判斷感應電流的方向，再由左手定則來判斷安培力的方向?！窘獯稹拷猓篈C、當導線向下運動過程中，依據(jù)右手定則可知，感應電流由西向東，再由左手定則，可知，安培力方向垂直地面向上，故A錯誤，C正確；BD、當導線向上運動過程中，依據(jù)右手定則可知，感應電流由東向西，再由左手定則，可知，安培力方向垂直地面向下，故BD錯誤。故選：C。【點評】本題要建立物理模型，與線圈在磁場中轉(zhuǎn)動切割相似，要知道地磁場的分布情況，能熟練運用電磁感應的規(guī)律解題，并理解左手定則與右手定則的區(qū)別。11．（2021?始興縣校級模擬）半徑為R的內(nèi)壁絕緣光滑的半圓筒如圖所示固定，在a、b、c三點分別垂直于紙面放置三根等長的長直導線（a、b兩點位于水平直徑兩端），導線a中通有垂直紙面向里、大小為I1的恒定電流，導線c中電流方向也垂直紙面向里，但大小未知。導線a、b固定，導線c處于靜止狀態(tài)，且與筒壁間無相互作用力，Oc與Oa的夾角為θ＝60°。已知長直導線在距導線r處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為為常數(shù)，I為長直導線中的電流），不考慮邊緣效應，則b中通過電流的大小和方向為（）A．電流大小為I1、方向垂直紙面向里 B．電流大小為、方向垂直紙面向里 C．電流大小為I1、方向垂直紙面向外 D．電流大小為、方向垂直紙面向外【分析】a與c電流同向，相互吸引，又c對軌道無作用力，根據(jù)平衡條件可判斷bc間作用力方向，進而判斷b中電流方向；根據(jù)平衡條件列方程求解b中電流大小?！窘獯稹拷猓河捎谕螂娏飨嗷ノ?，因此a與c相互吸引，由于c對軌道無作用力，根據(jù)平衡條件可知，b對c也是相互吸引，故b中電流垂直于紙面向里。由幾何關(guān)系可知，a、c間距離為rac＝R，b，c間距離為rbc＝R，設b中電流為I2，c中電流為I3，導線長度為L，根據(jù)可知：a在c處產(chǎn)生的磁感應強度為，b在c處產(chǎn)生的磁感應強度為，a對c的安培力為Fac＝B1I3L，b對c的安培力為Fbc＝B2I3L，根據(jù)平衡條件，水平方向有：Faccos60°＝Fbccos30°，解得：I2＝I1，則導線b中通過的電流大小為I1，方向垂直于紙面向里。故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了有安培力參與的共點力平衡問題，若知道同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，就會省去先用安培定則判斷磁場方向，再用左手定則判斷安培力方向的步驟，從而節(jié)省做題時間。12．（2020秋?珠海期末）陰極射線從陰極射線管中的陰極發(fā)出，在其間的高電壓下加速飛向陽極，如圖所示。若要使射線向上偏轉(zhuǎn)，所加磁場的方向應為（）A．平行于紙面向左 B．平行于紙面向上 C．垂直于紙面向里 D．垂直于紙面向外【分析】陰極射線管從陰極發(fā)生射線，經(jīng)過磁場時在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)。由于射線帶負電，根據(jù)左手定則可確定其受洛倫茲力方向，從而確定磁場方向?！窘獯稹拷猓簯米笫侄▌t判斷洛倫茲力時，四指指向電子運動的反方向，磁場穿過掌心，則大拇指所指方向為受力方向，若要使射線向上偏轉(zhuǎn)，故所加的磁場垂直于紙面向外，故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】應用左手定則判斷洛倫茲力方向時，注意四指指向正電荷的運動方向，和負電荷運動方向相反，同時注意左手定則與右手定則的區(qū)別。13．（2020秋?內(nèi)江期末）如圖所示，有一金屬棒ab，質(zhì)量為m，電阻不計，靜止在間距為L的兩條平行軌道上.軌道平面與水平面的夾角為θ，置于垂直于軌道平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，金屬棒與軌道間動摩擦因數(shù)為μ（金屬棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），回路中電源電動勢為E，內(nèi)阻不計.則下列說法正確的是（）A．導體棒所受靜摩擦力的方向一定沿軌道平面向上 B．導體棒所受摩擦力大小一定為Ff＝μmgcosθ C．滑動變阻器接入電路的有效電阻 D．改變滑動變阻器R接入電路的有效阻值，導體棒所受的摩擦力可能先減小后增大【分析】對導體棒受力分析，討論不同情況下的靜摩擦力，利用平衡建立沿斜面方向等量關(guān)系，即可解決本題?！窘獯稹拷猓篈B、由左手定則可知金屬棒所受安培力沿斜面向上，對金屬棒受力分析，如圖：對于摩擦力分三種情況：當F安＝mgsinθ，摩擦力等于零；當F安＞mgsinθ，摩擦力向下，f＝F安﹣mgsinθ；當F安＜mgsinθ，摩擦力向上，f＝mgsinθ﹣F安；故A、B錯誤。D、當F安＞mgsinθ時，摩擦力向上，摩擦力f＝mgsinθ﹣F安，由安培力公式：F安＝BIL＝得：f＝mgsinθ﹣，R減小，f減小，當F安＝mgsinθ，摩擦力變?yōu)榱悖蝗绻鸕再減小，此時F安＞mgsinθ，摩擦力f＝F安﹣mgsinθ，摩擦力會增大，最后達到最大靜摩擦力。故D正確。C、由D的分析知，滑動變阻器接入電路的有效電阻R并非一定值，而是存在范圍，故C錯誤。故選：D?！军c評】本題的難點在于摩擦力的方向未知，需要在不同摩擦力的情況下去討論，安培力的方向不同，得到的平衡關(guān)系式也是有區(qū)別的。14．（2020秋?廣州期末）如圖所示，邊長為L的等邊三角形線框ABC由相同的導體連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，將線框按圖中所示接入電路，設導體AC受到的安培力大小為F1，導體ABC受到的安培力大小為F2，則F1：F2為（）A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．4：1【分析】根據(jù)并聯(lián)電路分流規(guī)律求出通過AC和ABC的電流之比，由安培力公式F＝BIL求F1：F2?！窘獯稹拷猓河梢阎獥l件可知ABC邊的有效長度與AC相同，等效后的電流方向也與AC相同，ABC邊的電阻等于AC邊的電阻的2倍，兩者為并聯(lián)關(guān)系，設AC中的電流大小為I，則ABC中的電流為，設AC的長為L，由題意知：F＝BIL，所以AC邊所受安培力大小為：F1＝BILABC邊所受安培力大小為：F2＝B?L，則F1：F2＝2：1，根據(jù)左手定則可知方向AC邊與ABC邊所受安培力的方向相同，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題的關(guān)鍵是要知道安培力公式F＝BIL中L是指通電導線的有效長度，運用左手定則判斷安培力方向。15．（2020秋?合肥期末）如圖所示的勻強磁場中有一根放入其中的通電直導線，圖中已經(jīng)標出了電流I和磁感應強度B以及磁場對電流作用力F三者的方向，其中不正確的是（）A． B． C． D．【分析】通電直導線所受安培力F的方向根據(jù)左手定則判斷，依據(jù)左手定則逐一檢查四個選項，從而即可判定?！窘獯稹拷猓篈、磁場垂直紙面向里，電流豎直向上，根據(jù)左手定則，可知，安培力垂直導線水平向左，故A正確；B、磁場垂直紙面向外，電流斜向左下方，根據(jù)左手定則，可知，安培力垂直導線斜向左上方，故B正確；C、磁場與電流方向平行，不受安培力，故C錯誤；D、磁場豎直向下，電流垂直紙面向里，根據(jù)左手定則，可知，安培力垂直導線水平向左，故D正確；本題選錯誤的，故選：C?！军c評】考查左手定則的應用，注意區(qū)分安培定則、左手定則、右手定則的應用，容易混淆，因此平時要加強訓練，熟練應用這幾種定則進行有關(guān)物理量的判斷。16．（2020秋?番禺區(qū)期末）如圖所示，兩光滑金屬導軌傾斜放置，與水平面夾角為30°，導軌間距L，一質(zhì)量為m的導體棒與導軌垂直放置，電源輸出電流保持恒定，不計導軌電阻。當磁場水平向右時，導體棒恰能靜止，現(xiàn)磁場發(fā)生變化，方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)，最終豎直向上，在磁場變化的過程中，導體棒始終靜止，關(guān)于B的大小的變化說法正確的是（）A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．先減小后增大 D．先增大后減小【分析】安培力F＝BIL，方向不確定，根據(jù)三力平衡作動態(tài)平衡圖，分析安培力的大小變化從而知磁場變化。【解答】解：開始磁場方向水平向右，安培力豎直向上，恰與重力平衡，當磁場逆時針旋轉(zhuǎn)，安培力也將同方向轉(zhuǎn)動，由動態(tài)平衡圖圖可知安培力力先變小后變大，電流恒定，則磁感應強度先變小后變大，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】此題考查安培力和三力平衡，重點是會作圖分析力的變化。17．（2020秋?肥東縣校級期末）如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，垂直紙面水平放置一根長為L、質(zhì)量為m的通電直導線，電流方向垂直紙面向里，欲使導線靜止于斜面上，則外加勻強磁場的磁感應強度的大小和方向可以是（）A．B＝，方向垂直斜面向下 B．B＝，方向豎直向下 C．B＝，方向水平向左 D．B＝，方向水平向右【分析】根據(jù)左手定則判斷導線受到的安培力方向，由F＝BIL求出安培力大小，再對照平衡條件分析。【解答】解：A、外加勻強磁場的磁感應強度B的方向垂直斜面向下，B＝，根據(jù)左手定則可知導線受到的安培力方向沿斜面向上，安培力大小為F＝BIL＝mgtanθ，則F≠mgsinθ，導線受力不平衡，故導線不能靜止于斜面上，故A錯誤；B、外加勻強磁場的磁感應強度的方向豎直向下，B＝，則導線受到的安培力方向水平向左，安培力大小為F＝BIL＝mgsinθ，安培力沿斜面向上的分力大小為F1＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＜mgsinθ，所以導線受力不平衡，不能靜止于斜面上，故B錯誤；C、外加勻強磁場的磁感應強度的方向水平向左，B＝，則導線受到的安培力方向豎直向上，安培力大小F＝BIL＝mg，安培力與重力平衡，導線能靜止在斜面上，故C正確；D、外加勻強磁場的磁感應強度的方向水平向右，則導線受到的安培力方向豎直向下，導線受力不平衡，導線不能靜止在斜面上，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題關(guān)鍵要掌握左手定則和安培力大小公式F＝BIL，并能根據(jù)平衡條件分析通電導體在磁場中能否靜止。18．（2020秋?太原期末）如圖，陰極射線管水平放置，左端為陰極，右端為陽極，電子在高壓作用下由陰極加速飛向陽極。如果將陰極射線管放入磁場中使射線向下偏轉(zhuǎn)，則磁場方向為（）A．垂直紙面向外 B．垂直紙面向里 C．平行紙面向左 D．平行紙面向上【分析】由左手定則，結(jié)合電子流的偏轉(zhuǎn)方向，即可判定磁場方向．【解答】解：電子在高壓作用下由陰極加速飛向陽極，如圖所示，即電子從左向右飛行，由于磁場使射線向下偏轉(zhuǎn)，依據(jù)左手定則，可知，磁場方向為垂直紙面向里，故ACD錯誤，B正確；故選：B?！军c評】考查帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，掌握左手定則的內(nèi)容，注意電子帶負電，及左手定則與右手定則的區(qū)別。19．（2020秋?宿州期末）如圖所示，在玻璃器皿的中心放一個圓柱形電極，沿邊緣內(nèi)壁放另一個圓環(huán)形電極，把它們分別與電池的兩極相連，然后在玻璃器皿中倒入導電液體，整個裝置放在如圖所示的磁場中，接通電源，會發(fā)現(xiàn)液體旋轉(zhuǎn)起來。若俯視觀察液體旋轉(zhuǎn)方向為（）A．逆時針旋轉(zhuǎn) B．順時針旋轉(zhuǎn) C．不旋轉(zhuǎn) D．無法判斷【分析】在電源外部，電流由正極流向負極；由左手定則可以判斷出導電液體受到的安培力方向，從而判斷出液體的旋轉(zhuǎn)方向．【解答】解：由圖可知，中心電極接電源正極，邊緣極接電源負極，在電源外部電流由正極流向負極，因此電流由中心流向邊緣；器皿所在處的磁場豎直向下，由左手定則可知，導電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題是一道基礎題，知道在電源外部電流由正極流向負極、熟練應用左手定則即可正確解題．20．（2021?江蘇模擬）某同學做“旋轉(zhuǎn)液體”實驗，如圖甲所示，將玻璃皿放置在蹄形磁鐵兩極間，玻璃皿中心放一電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極，圖乙為俯視圖，閉合開關(guān)S后（）A．由上往下看，液體順時針旋轉(zhuǎn) B．只將N、S極互換，液體旋轉(zhuǎn)方向不變 C．旋轉(zhuǎn)液體消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱 D．滑動變阻器R的阻值變小，液體轉(zhuǎn)速變大【分析】在電源外部，電流由正極流向負極；由左手定則可以判斷出導電液體受到的安培力方向，從而判斷出液體的旋轉(zhuǎn)方向；根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出電路中的電流值，結(jié)合安培力大小公式，從而判定旋轉(zhuǎn)的快慢；最后由能量轉(zhuǎn)化與守恒，來判定C選項是否正確?！窘獯稹拷猓篈、由于玻璃皿中心放一電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極，在電源外部電流由正極流向負極，因此電流由邊緣流向中心；器皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導電液體受到的磁場力沿逆時針方向，故A錯誤；B、如果磁場N、S極互換后，磁場方向與原來方向相反，由左手定則可知，導電液體受到的磁場力沿順時針方向，旋轉(zhuǎn)方向改變，故B錯誤；C、依據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒，可知，旋轉(zhuǎn)液體消耗的電能除部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱外，還轉(zhuǎn)化為旋轉(zhuǎn)液體的動能，故C錯誤；D、根據(jù)閉合電路的歐姆定律：I＝，及安培力大小公式F＝BIL，可知，當滑動變阻器R的阻值變小，則液體中形成電流越大，那么液體受到的安培力越大，則液體轉(zhuǎn)速越大，故D正確。故選：D?！军c評】該題考查電磁驅(qū)動，掌握楞次定律與左手定則的應用，理解影響安培力的大小因素，注意建立物理模型是解題的關(guān)鍵。二．多選題（共10小題）21．（2021?寶雞模擬）某同學設計如圖所示的電路研究“旋轉(zhuǎn)的液體實驗”，在玻璃皿的中心和邊緣內(nèi)壁分別放一個圓柱形電極接入電路中，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，磁感應強度大小為0.2T，玻璃皿的橫截面半徑為0.05m，電源電動勢為1.5V，內(nèi)阻為0.1Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為0.3Ω，當電阻箱R阻值調(diào)為3.9Ω時，閉合開關(guān)S后，液體順時針旋轉(zhuǎn)且（從上往下看）電壓表示數(shù)恒為0.3V，則下列說法正確的是（）A．蹄形磁鐵上端為N極 B．電源內(nèi)阻消耗功率為0.1W C．液體所受安培力的大小為3×10﹣3N D．若增大電阻箱R的阻值，則液體的旋轉(zhuǎn)會加快【分析】根據(jù)液體順時針旋轉(zhuǎn)，可知安培力的方向，然后利用左手定則可知磁場方向。根據(jù)歐姆定律可求出電路中電流，然后求出功率。由安培力公式求出安培力大小。增大阻值，電流減小，安培力減小，旋轉(zhuǎn)減慢?！窘獯稹拷猓篈、由左手定則判斷可知，蹄形磁鐵上端為N極，故A正確；B、由題可知旋轉(zhuǎn)液體是非純電阻，故由閉合電路歐姆定律可得電路中的電流大小為I＝＝A＝0.3A，則電源內(nèi)阻消耗功率為：P＝I2r＝0.32×0.1w＝9×10﹣3w，故B錯誤；C、由安培力公式得：F安＝BIL＝0.2×0.3×0.05N＝3×10﹣3N，故C正確；D、電阻箱R阻值增大，則電路中電流減小，液體所受安培力減小，旋轉(zhuǎn)減慢，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查磁場對電流的作用，要掌握左手定則判斷安培力、磁場、電流的方向。22．（2021?南山區(qū)校級模擬）某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩極間的磁感應強度大小均為B，磁極寬度均為L，忽略邊緣效應，一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，且骨架與秤盤的總質(zhì)量為m0，線圈兩端C、D與外電路連接。當質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時，彈簧從長度L0被壓縮至L1，秤盤和線圈一起向下運動（骨架與磁極不接觸），隨后外電路對線圈供電，秤盤和線圈恢復到未放重物時的位置L0并靜止，由此時對應的供電電流I可確定重物的質(zhì)量。已知線圈的匝數(shù)為n，線圈的總電阻為R，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．線圈向下運動過程中，C端電勢高于D端電勢 B．外電路對線圈供電時，彈簧長度從L1恢復至L0的過程中，C端電勢高于D端電勢 C．外電路對線圈供電電流為I，且彈簧長度恢復至L0并靜止時，重物的質(zhì)量m＝ D．若線圈電阻為R，且線圈上的熱功率不能超過P，線圈上安培力的最大值為【分析】由右手定則可判斷電勢高低；外電路對線圈供電時，線圈受安培力作用，利用左手定則可判斷電流流向，分析電勢高低；彈簧長度恢復至L0并靜止時，根據(jù)安培力與重力平衡可求出重物的質(zhì)量；利用熱功率公式可求出最大電流，再根據(jù)安培力公式即可求解線圈上安培力的最大值?！窘獯稹拷猓篈、線圈向下運動過程中，由右手定則可知感應電流從C端流出，D端流進，則C端電勢高于D端電勢，故A正確；B、當外電路供電時，線圈受到的安培力應該向上，由左手定則可知線圈中電流應從D端流進，C端流出，線圈有電阻R，此時相當于用電器，電流從高電勢流向低電勢，則D端電勢高于C端電勢，故B錯誤；C、與沒有重物相比，放上m的物體時，線圈所受的安培力與新增重力平衡：2nBIL＝mg，故重物的質(zhì)量為：m＝，故C正確；D、當線圈上的最大功率為P時，由P＝I2R，可得最大電流為：I＝，此時安培力為F＝2nBIL＝2nBL，故D正確。故選：ACD?！军c評】解答本題時，要右手定則和左手定則的區(qū)別，感應電流方向運用右手定則判斷，通電導線所受的安培力使用左手判斷；計算安培力時，要注意線圈有n匝，并且線圈的兩側(cè)都受安培力作用。23．（2021春?膠州市期中）如圖，質(zhì)量為m、長為L的直導線用兩根輕質(zhì)絕緣細線懸掛于OO1，并處于勻強磁場中、當導線中通以沿y正方向的電流I，且導線保持靜止時，細線與豎直方向的夾角為θ。則磁感應強度的方向和大小可能是（）A．x負向，tanθ B．y正向，tanθ C．z負向， D．沿懸線向下，sinθ【分析】根據(jù)左手定則，結(jié)合磁場的方向分析能否使導線保持靜止．根據(jù)平衡條件和安培力公式列式求解磁感應強度的大?。窘獯稹拷猓篈、當磁感應強度的方向沿x負向時，根據(jù)左手定則可知直導線所受安培力F方向沿z正向，根據(jù)平衡條件可得，tanθ＝＝，解得磁感應強度的大小為B＝tanθ，故A正確；B、當磁感應強度的方向沿y正向時，直導線所受安培力F大小為零，不可能保持靜止，故B錯誤；C、當磁感應強度的方向沿z負向時，直導線所受安培力F方向沿x負向，不可能保持靜止，故C錯誤；D、當磁感應強度的方向沿懸線向下時，根據(jù)左手定則可知直導線所受安培力F方向垂直于懸線斜向上，根據(jù)平衡條件可得F＝BIL＝mgsinθ，解得磁感應強度的大小為B＝sinθ，故D正確。故選：AD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵通過左手定則判斷出安培力的方向，結(jié)合共點力平衡進行分析．對于選擇題可以采用定性分析B的方向和定量計算B的大小，結(jié)合判斷．24．（2021?青島一模）如圖，距地面h高處水平放置間距為L的兩條光滑平行金屬導軌，導軌左端接有電動勢為E的電源，質(zhì)量為m的金屬桿靜置于導軌上，與導軌垂直且電接觸良好，空間有豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)將開關(guān)S閉合，一段時間后金屬桿從導軌右端水平飛出，測得其水平射程為d，下列說法正確的是（）A．金屬桿離開導軌前做勻變速直線運動 B．金屬桿離開導軌前做非勻速直線運動 C．電源消耗的電能為 D．從閉合開關(guān)到金屬桿要落地時，金屬桿受到的沖量為m【分析】勻變速直線運動的加速度恒定；電源消耗的電能為E電＝qE；合外力的沖量等于物體動量增量。【解答】解：AB、電鍵閉合后，導體桿受向右的安培力而做加速運動，隨速度的增加，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢逐漸變大，因為此電動勢與原電源電動勢反向，可知電路中電流減小，金屬棒受安培力減小，則金屬桿離開導軌前做加速度減小的變加速直線運動，故A錯誤，B正確；C、金屬桿從導軌右端水平飛出后做平拋運動，h＝，d＝v0t，解得：v0＝d，金屬桿沿導軌運動過程，由動量定理：＝mv，又：q＝△t，電源消耗的電能為：E電＝qE，解得：E電＝，故C正確；D．金屬棒落地的速度為v，對平拋運動過程由動能定理得：mgh＝mv2﹣mv，解得：v＝，從閉合開關(guān)到金屬桿剛要落地，對金屬桿由動量定理：I總＝mv﹣0，解得：I總＝m，故D正確。故選：BCD。【點評】本題考查了電磁感應現(xiàn)象與電路及力學的綜合運應用，此題的難點是金屬桿在軌道上的運動是變加速運動，可以用動量定理列方程求解問題。25．（2020秋?河池期末）如圖所示，兩根長均為L、質(zhì)量均為m的細導體棒a、b水平放置在光滑半圓柱體的上方。當兩棒均通以大小為I的電流時，兩棒均恰好靜止。已知a、b在同一水平面上且相互平行，a、b與圓心連線間的夾角為60°，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．b棒所受安培力一定水平向右 B．b棒在a棒處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小B＝ C．b棒在a棒處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小B＝ D．若僅改變兩根導體棒中電流的方向，兩棒仍可靜止在原位置【分析】先分析ab導體棒受到的安培力方向再依據(jù)平衡條件列示求解即可【解答】解：A.因a、b棒均處于平衡狀態(tài)，故兩棒中電流方向一定相同，b棒所受安培力一定水平向左，故A項錯誤；BC.b兩棒均靜止在半圓柱體上，說明兩棒之間的作用力為引力，a棒受重力，半圓柱體的彈力，水平向右的安培力，且三力平衡，可得B＝，故B項正確、C項錯誤；D.若改變兩根導體棒中的電流方向，則兩棒之間的安培力仍然為引力，兩棒仍然靜止在原位置，故D項正確。故選：BD。【點評】正確分析兩導體棒受到的安培力方向是解題關(guān)鍵，利用對稱關(guān)系分析其中一根導體棒受力平衡即可26．（2020秋?蚌埠期末）如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的直導線置于傾角為θ的光滑斜面上，并處于勻強磁場中。當導線中通以垂直紙面向外、大小為I的電流時，導線保持靜止，則勻強磁場的磁感應強度方向和大小可能為（）A．垂直斜面向上，B＝ B．水平向右，B＝ C．豎直向上，B＝ D．豎直向下，B＝【分析】對導體棒進行受力分析，根據(jù)共點力平衡進行判斷，并根據(jù)共點力平衡求出磁感應強度的大小。【解答】解：A、磁感應強度方向沿垂直斜面向上，由左手定則可知，導線受到的安培力沿斜面向上，當mgsinθ＝BIL，桿靜止，B＝，故A錯誤；B、磁感應強度方向水平向右，根據(jù)左手定則，直導線所受安培力方向豎直向上，當mg＝BIL時，桿靜止，B＝，故B正確；C、磁感應強度方向豎直向上，根據(jù)左手定則，直導線所受安培力方向水平向左，當mgtanθ＝BIL時，桿靜止，B＝，故C正確。D、磁感應強度方向豎直向下，根據(jù)左手定則，直導線所受安培力方向水平向左，導線不可能保持靜止，故D錯誤；故選：BC?！军c評】左手定則和右手定則一定要區(qū)分開，如果是和力有關(guān)的使用左手定則，判斷感應電流方向用右手定則。27．（2020秋?廈門期末）如圖所示為“旋轉(zhuǎn)液體的實驗”裝置。盛有液體的玻璃容器放入蹄形磁鐵中，蹄形磁鐵內(nèi)的磁場視為勻強磁場，磁感應強度B＝0.2T，容器內(nèi)側(cè)邊緣和中心分別通過電極與電源的正極、負極相連接。玻璃容器的橫截面的半徑a＝0.05m，電源的電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝2Ω，限流電阻R0＝8Ω，玻璃容器中液體不動時，測得兩電極間的液體電阻R＝5Ω。閉合開關(guān)，液體開始旋轉(zhuǎn)，經(jīng)足夠長時間后，電壓表的示數(shù)恒為4V，則（）A．由上往下看，液體順時針旋轉(zhuǎn) B．由上往下看，液體逆時針旋轉(zhuǎn) C．液體所受的安培力大小為2×10﹣3N D．液體的轉(zhuǎn)動功率大小為3.2W【分析】在電源外部，電流由正極流向負極；由左手定則可以判斷出導電液體受到的安培力方向，從而判斷出液體的旋轉(zhuǎn)方向；根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出電路中的電流值，然后根據(jù)安培力的公式計算安培力的大小。【解答】解：AB、由圖示可知，電流由邊緣流向中心，容器所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，由上往下看，導電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故A錯誤，B正確；C、電壓表的示數(shù)U＝4V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有：E＝U+IR0+Ir，代入數(shù)據(jù)解得電路中的電流值為：I＝0.2A，液體所受安培力大小F＝BIa＝0.2×0.2×0.05N＝2×10﹣3N，故C正確；D、液體的總功率P＝UI＝4×0.2W＝0.8W，液體的熱功率P熱＝I2R＝0.22×5W＝0.2W，液體的轉(zhuǎn)動功率P轉(zhuǎn)動＝P﹣P熱＝0.8W﹣0.2W＝0.6W，故D錯誤。故選：BC?！军c評】該題考查電磁驅(qū)動，是一道容易出錯的題目。容易錯的地方是當導電液體運動后，液體切割磁感線將產(chǎn)生反電動勢，導電液體的電壓不等于液體兩端的電壓。28．（2020秋?大通縣期末）如圖所示，在豎直向上的勻強磁場中，用兩根等長的絕緣細線水平懸掛金屬棒MN，通以M到N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向的夾角均為θ。如果僅改變下列某一個條件，即可使得θ變大的是（）A．兩懸線等長變短 B．金屬棒質(zhì)量變大 C．磁感應強度變大 D．棒中的電流變大【分析】對金屬棒受力分析，應用平衡條件求出θ角的表達式，然后分析各選項答題?！窘獯稹拷猓涸O兩絕緣細線對金屬棒的拉力大小為T，金屬棒受力如圖所示，則有：tanθ＝＝；A、兩懸線等長變短，tanθ不變，θ角不變，故A錯誤；B、金屬棒質(zhì)量m變大，tanθ變小，θ角變小，故B錯誤；C、磁感應強度B變大，tanθ變大，θ角變大，故C正確；D、棒中的電流I變大，tanθ變大，θ角變大，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查了包含安培力的平衡問題，解題思路是：對金屬棒進行受力分析、應用平衡條件列式，根據(jù)安培力公式分析即可正確解題。29．（2020秋?邯鄲期末）如圖所示，兩根相同的輕彈簧懸掛著一根通有電流I0的直銅棒MN，置于磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，此時兩根彈簧處于原長狀態(tài)。若在銅棒下面懸掛一質(zhì)量為m的物塊（圖中未畫出），將銅棒中的電流改為I1，彈簧可恢復為原長狀態(tài)；若在銅棒下懸掛質(zhì)量為M的物塊，將銅棒中的電流改為I2或保持I1不變使磁場增大為B′均可使彈簧恢復為原長狀態(tài)，下列說法中正確的是（）A．電流方向由M指向N B．若I2＝2I1，則M＝2m C．若M＝2m，B不變，則I2＜2I1 D．若M＝2m，電流為I1，則B′＜2B【分析】根據(jù)銅棒受力平衡判斷安培力方向，根據(jù)左手定制判斷電流方向；當向銅棒通入不同電流時，根據(jù)守恒平衡列平衡等式，然后進行分析。【解答】解：A、銅棒處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，彈簧處于原長，安培力的方向應豎直向上，根據(jù)左手定則可得，棒中通有電流的方向是從M流向N，故A正確；BCD、設銅棒質(zhì)量為m0，電流為I0時，兩根彈簧處于原長狀態(tài)，說明受力平衡，即m0g＝BI0L；當銅棒下面懸掛一質(zhì)量為m的物塊時，銅棒和物塊受力平衡，即m0g+mg＝BI1L；當在銅棒下懸掛質(zhì)量為M的物塊時，銅棒和物塊受力平衡，即m0g+Mg＝BI2L；若M＝2m，則2BI1L＞BI2L，即2I1＞I2，故B錯誤，C正確；同理，2BI1L＞B′I1L，可得2B＞B′，故D正確；故選：ACD?！军c評】本題考查通電導體在磁場中受力平衡情況，關(guān)鍵是要根據(jù)左手定則判斷安培力方向，根據(jù)平衡條件列等式。30．（2020秋?河池期末）如圖所示，兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間的夾角為θ．一質(zhì)量為m、長為L的導體棒ab垂直導軌放置，整個裝置處于垂直斜面向上的勻強磁場中。當導體棒ab中通有方向從a到b的恒定電流I時，磁場的方向由垂直斜面向上沿逆時針轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，導體棒始終靜止，則磁感應強度的大?。ǎ〢．先增大后減小 B．逐漸增大 C．可能為 D．可能為【分析】本題中導體棒受三個力，重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力為零，其中重力的大小和方向都不變，支持力的方向不變，安培力的方向由沿斜面向上逐漸變?yōu)樨Q直向上，根據(jù)平行四邊形定則分析?！窘獯稹拷猓篈B、對導體棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力為零，將支持力FN和安培力FA合成，合力與重力相平衡，如圖從圖中可以看出，磁場的方向由垂直斜面向上沿逆時針轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，安培力FA一直變大，由于FA＝BIL，其中電流I和導體棒的長度L均不變，故磁感應強度漸漸變大，故B正確，A錯誤；CD、磁場方向垂直于斜面向上，根據(jù)左手定則，安培力方向沿導軌平面向上，導體棒受重力、支持力和安培力，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：FA＝BIL＝mgsinθ解得：B＝，故C正確，D錯誤；故選：BC?！军c評】三力平衡的動態(tài)分析問題是一中常見的問題，其中一個力大小和方向都不變，一個力方向不變、大小變，第三個力的大小和方向都變，根據(jù)平行四邊形定則做出力的圖示分析即可。三．填空題（共10小題）31．（2020春?潁州區(qū)校級期中）如圖為研究磁場對通電導線的作用力的實驗，問：（1）若閉合開關(guān)，導體棒AB受到的安培力方向向左（“向左”或“向右”）（2）如果向右滑動“滑動變阻器”觸頭，導體棒AB受到安培力方向不變（“反向”或“不變”），安培力大小變?。ā白兇蟆?、“不變”或“變小”）【分析】通電導線在磁場的受力與磁場方向和通電導線電流方向有關(guān)，改變其中一個，方向改變，改變兩個，方向不變，根據(jù)左手定則判斷導體棒受力方向，根據(jù)F＝BIL求的大小【解答】解：利用左手定則可以判斷受力方向（1）向左，（2）當滑片滑動時，方向不變，但電流發(fā)生改變，故大小發(fā)生改變，故答案為：（1）向左（2）不變，變小【點評】本題主要考查了左手定則，即張開左手，使四指與大拇指在同一平面內(nèi)，大拇指與四指垂直，把左手放入磁場中，讓磁感線穿過手心，四指與電流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向．32．（2020秋?會寧縣校級期中）如圖所示，把長為L的導體棒置于豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，導體棒與磁場方向垂直，棒中通有電流I，則導體棒所受安培力的大小為BIL．【分析】導體棒與磁場方向垂直，根據(jù)安培力的大小公式F＝BIL直接判斷即可．【解答】解：由于導體棒與磁場方向垂直，則安培力為：F＝BIL故答案為：BIL【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握安培力的大小公式F＝BIL．33．（2019?新疆學業(yè)考試）在赤道附近的地磁場可看做是沿南北方向的勻強磁場，磁感應強度的大小是6×10﹣5T．如果赤道上有一根沿東西方向的直導線，長50m，通有從西向東的電流1A，則地磁場對這根導線的作用力為3×10﹣3N，方向向豎直向上。【分析】根據(jù)左手定則，讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是導線受的安培力的方向。根據(jù)F＝BIL來計算安培力的大小即可。【解答】解：安培力的公式可得：F＝BIL＝6×10﹣5×50×1N＝3×10﹣3N；由左手定則知安培力方向豎直向上；故答案為：3×10﹣3；豎直向上?！军c評】本題是安培力的分析和計算問題。安培力大小的一般計算公式是F＝BILsinα，α是導體與磁場的夾角，當B、I、L互相垂直的時候安培力最大為F＝BIL。34．（2019秋?興隆臺區(qū)校級期末）某種物質(zhì)發(fā)射的三種射線如圖所示的磁場中分裂成①、②、③三束．那么在這三束射線中，帶正電的是①，帶負電的是③，不帶電的是②．【分析】由軌跡偏轉(zhuǎn)方向確定出洛倫茲力方向，由左手定則判斷粒子的電性．【解答】解：由圖看出，①射線向左偏轉(zhuǎn)，受到的洛倫茲力向左，由左手定則判斷可知，①射線帶正電；②射線不偏轉(zhuǎn)，該射線不帶電；③向右偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力向右，由左手定則判斷得知，該射線帶負電．故答案為：①③②【點評】本題考查左手定則的運用，注意應用左手定則時，四指指向負電荷運動的反方向．35．（2019秋?會寧縣校級期中）如圖所示，一個通電矩形線圈abcd放在勻強磁場中，矩形線圈的OO′軸與磁場垂直，線圈平面與磁場平行．a(chǎn)b邊所受的安培力方向為垂直紙面向外，cd邊所受的安培力方向為垂直紙面向內(nèi)，bc邊不受安培力（填“受”或“不受”）．沿OO′軸方向看，矩形線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動．【分析】利用左手定則判斷即可，注意電流方向、B的方向和安培力方向的表示．【解答】解：利用左手定則，伸開左手，使B的方向垂直穿入手心，四指指向電流的方向，大拇指指向安培力的方向，所以ab邊所受的安培力方向為垂直紙面向外，cd邊所受的安培力方向為垂直紙面向內(nèi)，bc邊不受安培力．從上往下看，矩形線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動．故答案為：垂直紙面向外，垂直紙面向內(nèi)，不受，逆時針．【點評】本題應明確左手定則的內(nèi)容，靈活應用左手定則是解題的關(guān)鍵，基礎題．36．（2019?渾源縣模擬）如圖為“電流天平”，可用于測定磁感應強度．在天平的右端掛有一矩形線圈，設其匝數(shù)n＝5匝，底邊cd長L＝20cm，放在垂直于紙面向里的待測勻強磁場中，且線圈平面與磁場垂直．當線圈中通入如圖方向的電流I＝100mA時，調(diào)節(jié)砝碼使天平平衡．若保持電流大小不變，使電流方向反向，則要在天平右盤加質(zhì)量m＝8.2g的砝碼，才能使天平再次平衡．則cd邊所受的安培力大小為4.1×10﹣2N，磁感應強度B的大小為0.41T（g＝10m/s2）．【分析】開始天平處于平衡狀態(tài)，cd邊所受安培力方向豎直向下，當電流的大小不變，方向反向，cd邊安培力的方向變?yōu)樨Q直向上，相當于右邊少了2FA的作用力．【解答】解：電流的大小不變，方向反向，cd邊安培力的方向變?yōu)樨Q直向上，相當于右邊少了2FA的作用力．則2FA＝mg，所以．FA＝nBIL，所以B＝故本題答案為：4.1×10﹣2，0.41．【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握安培力的大小公式F＝BIL，以及會用左手定則判定安培力的方向．37．（2018秋?福田區(qū)校級月考）電流周圍也會產(chǎn)生磁場，它是丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)的。磁場對處于場中的磁體和電流有力的作用，同時電流之間也有安培力作用：同方向電流相互吸引，反方向電流相互排斥?！痉治觥康溛锢韺W家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍會產(chǎn)生磁場；根據(jù)安培定則和左手定則，判斷兩導線之間的作用力性質(zhì)。【解答】解：丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍會產(chǎn)生磁場，如上左圖所示：研究右導線的受力情況：將左導線看成場源電流，根據(jù)安培定則可知，它在右導線處產(chǎn)生的磁場方向向外，由左手定則判斷可知，右導線所受的安培力方向向左；同理，將右導線看成場源電流，左導線受到的安培力向右，兩導線要靠攏，說明電流方向相同時，兩導線相互吸引；同理可知：如上右圖所示，當通入電流方向相反時，兩導線遠離，兩導線相互排斥；故答案為：奧斯特，吸引，排斥?！军c評】本題考查了奧斯特的電流磁效應實驗、安培定則、左手定則和洛倫茲力，電流的磁場、磁場對電流的作用，要在理解的基礎上加強記憶。38．（2018秋?思明區(qū)校級期中）磁場對通電導體的作用力稱為安培力，圖為研究這種力的實驗裝置圖，兩條AB、CD水平直導線相互平行，其中AB用彈簧懸掛，CD用支架固定支撐。當兩條直導線中分別通以A→B、C→D方向的電流時，懸掛導線AB的彈簧長度將變長（填“變長”、“變短”或“不變”）?！痉治觥恳罁?jù)通電導線在磁場中受到安培力，再根據(jù)安培定則判斷導線框所在處磁場方向，最后根據(jù)左手定則分析導線框所受的安培力方向，從而判定彈簧的受力情況?！窘獯稹拷猓捍艌鰧ν妼w的作用力稱為安培力；當兩條直導線中分別通以A→B、C→D方向的電流時，依據(jù)安培定則，可知，CD通電導線在AB產(chǎn)生磁場方向垂直其向外，再由左手定則，則AB受到安培力方向下，從而導致彈簧長度伸長，故答案為：安培，變長?！军c評】本題關(guān)鍵在于：（1）會根據(jù)安培定則判斷通電直導線的磁場；（2）會根據(jù)左手定則判斷安培力方向。39．（2017秋?東湖區(qū)校級月考）如圖，用粗細均勻的電阻絲折成平面三角形框架，三邊的長度分別為3L、4L和5L，電阻絲L長度的電阻為r。該框架與一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源相連通，垂直于框架平面有磁感應強度為B的勻強磁場，則框架受到的磁場力大小為，方向是垂直ac斜向上?！痉治觥扛鶕?jù)左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，根據(jù)閉合電路的歐姆定律計算出各段上的電流大小，再計算出各段安培力的大小，然后使用平行四邊形定則合成即可?！窘獯稹拷猓弘娐分械目傠娮鑂總＝+r＝r則總電流I＝＝通過ab、bc的電流I1＝I＝通過ac的電流I2＝I＝ab邊所受的安培力方向水平向右，bc邊所受的安培力方向豎直向上，ac邊所受的安培力方向垂直ac向上。ab邊所受的安培力Fab＝BI1?3L＝bc邊所受的安培力Fbc＝BI1?4L＝，ac邊所受的安培力Fac＝BI2?5L＝根據(jù)平行四邊形定則知，三個力的合力方向由b→d，大小為：F合＝+Fac＝故答案為：；垂直ac斜向上?！军c評】本題考查了閉合電路歐姆定律和安培力的綜合，掌握安培力的大小公式和左手定則判斷安培力的方向是解決本題的關(guān)鍵。40．（2018春?和平區(qū)校級期中）光滑金屬軌道寬度為1m，傾角為60°，處在豎直向上的勻強磁場中，金屬棒水平放在軌道上，通過它的電流為3A，棒的重為3N，恰好靜止在軌道上，磁感應強度的大小為T?！痉治觥繉饘侔羰芰Ψ治觯饘侔綮o止處于平衡狀態(tài)，根據(jù)安培力公式應用平衡條件可以求出磁感應強度大小。【解答】解：金屬棒受力如圖所示：由平衡條件得：BILcos60°＝Gsin60°，代入數(shù)據(jù)解得：B＝T；故答案為：?！军c評】通電金屬棒在磁場中受到安培力作用，金屬棒靜止處于平衡狀態(tài)，對金屬棒受力分析、應用平衡條件即可解題，正確受力分析、作出金屬棒的受力分析圖是解題的關(guān)鍵。四．計算題（共10小題）41．（2021?豐臺區(qū)校級三模）如圖所示，是磁流體動力發(fā)電機的工作原理圖。一個水平放置的上下、前后封閉的矩形塑料管，其寬度為a，高度為b，其內(nèi)充滿電阻率為ρ的水銀，由渦輪機產(chǎn)生的壓強差p使得這個流體具有恒定的流速v0?，F(xiàn)在在管道的前后兩個表面分別安裝長為L，高為b的銅質(zhì)平板，實際流體的運動非常復雜，為簡化起見作如下假設：a.盡管流體有粘滯性，但整個橫截面上的速度均勻；b.流體受到的阻力總是與速度成正比；c.導體的電阻：R＝，其中ρ、l和S分別為導體的電阻率、長度和橫截面積；d.流體不可壓縮。若由銅組成的前后兩個側(cè)面外部短路，一個豎直向上的勻強磁場只加在這兩個銅面之間的區(qū)域，磁感應強度為B（如圖）。（1）加磁場后，新的穩(wěn)定速度為v，求流體受到的安培力；（2）寫出加磁場后流體新的穩(wěn)定速度v的表達式（用v0、p、L、B、ρ表示）；（3）加磁場后若要維持流體速度依然為v0，分析并定性畫出渦輪機的功率P0隨磁感應強度的平方B2變化的圖像?！痉治觥浚?）根據(jù)電阻定律求出兩個銅面之間區(qū)域的電阻R的表達式，結(jié)合安培力的大小公式，以及I＝，求出磁場力F與v關(guān)系式．根據(jù)左手定則得出磁場力的方向；（2）不加磁場時，壓力差等于kv0，施加磁場時，壓力差與安培力的合力等于kv，根據(jù)這兩個關(guān)系求出新的穩(wěn)定速度v的表達式；（3）根據(jù)功率公式P0＝Fv0結(jié)合受力平衡求牽引力F，聯(lián)立求出渦輪機的功率P0隨磁感應強度的平方B2之間的關(guān)系式，進而畫出圖像?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電阻定律公式，有：由于FA＝BIa，I＝，可推得：，力FA的方向與流速v的方向反向．（2）不加磁場時：pab＝kv0加磁場時：pab﹣FA＝kv由上面二式，得：再利用（1）的結(jié)論，可推得：v＝（3）渦輪機的功率P0＝Fv0其中牽引力根據(jù)受力平衡可求得F＝kv0+BIL則聯(lián)立解得：P0＝k+abLB2則渦輪機的功率P0隨磁感應強度的平方B2變化的圖像如下圖所示：答：（1）加磁場后，新的穩(wěn)定速度為v，流體受到的安培力為；（2）加磁場后流體新的穩(wěn)定速度v的表達式為；（3）見解析?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握電阻定律、安培力大小和方向的判斷，難點在于通過平衡求出流體新的穩(wěn)定速度v的表達式．42．（2021春?船山區(qū)校級期中）如圖所示，傾角α＝37°、寬為l＝0.5m的金屬框架上放一質(zhì)量為m＝80g、電阻R1＝1Ω的導體棒，導體棒與框架間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。已知電源電動勢E＝12V，內(nèi)阻不計，滑動變阻器R2的最大阻值為30Ω，B＝0.6T，方向豎直向上，當合上K后，導體棒在斜面上處于靜止狀態(tài)。金屬框架電阻不計，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求：（1）當R2＝5Ω時，金屬棒受到的安培力大小；（2）當R2＝5Ω時，金屬棒受到的摩擦力大小；（3）若磁場方向變?yōu)榇怪毙泵嫦蛏?，大小不變，為了使金屬棒保持靜止，滑動變阻器R2應在什么范圍內(nèi)調(diào)節(jié)？【分析】依據(jù)歐姆定律計算電路中所得電流大小根據(jù)電流可求得導體所受安培力的大小對金屬棒做受力分析，根據(jù)導體靜止的條件求解摩擦力【解答】解：（1）K閉合后，金屬棒受安培力F水平向右，導體受力分析如圖1圖1當R2＝5Ω時，I＝＝＝2A則F＝BIL＝0.6N(2)當R2＝5Ω時，安培力F沿斜面分力大小為F'＝Fcos37°＝0.6×0.8N＝0.48N棒重力沿斜面向下分力mgcos37°＝0.8×0.6N＝0.48N所以，棒不受摩擦力。（3）若B方向垂直斜面向上，則F沿斜面向上，導體受力分析如圖2圖2棒恰好不下滑，則F+μmgcos37°＝mgsin37°F＝解得：R2＝21.5Ω若棒恰好不上滑，則F＝mgcos37°+μmgcos37°解得R2＝3.5Ω所以，棒靜止的R2的范圍為3.5Ω≤R2≤21.5Ω答：（1）當R2＝5Ω時，金屬棒受到的安培力大小為0.6N（2）當R2＝5Ω時，金屬棒受到的摩擦力大小為0（3）若磁場方向變?yōu)榇怪毙泵嫦蛏希笮〔蛔?，為了使金屬棒保持靜止，R2的范圍為3.5Ω≤R2≤21.5Ω【點評】考查導體棒在磁場所受安培力的判斷在受力分析時，不僅要考慮摩擦力沿斜面向上的情況，同時要考慮摩擦力沿斜面向下的情況。43．（2021春?鄒城市期中）兩根平行、光滑的傾斜金屬導軌相距L＝0.2m，與水平面間的夾角為θ＝37o，有一根質(zhì)量為m＝0.2kg的金屬桿ab垂直導軌搭在導軌上，勻強磁場與導軌平面垂直。當桿中通以從b到a的電流I＝5A時，桿可