1、【磁場】 第一課時磁場的描述磁場對電流的作用考綱考情：5年18考磁場，磁感應強度，磁感線()通電直導線和通電線圈周圍磁場()安培力()基礎梳理知識點一磁場、磁感應強度1磁場(1)基本性質：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁場力的作用(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向2磁感應強度知識點二磁感線、通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向1磁感線：在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應強度的方向一致2磁感線的特點(1)磁感線是為了形象地描述磁場而人為假設的曲線，并不是客觀存在于磁場中的真實曲線(2)磁感線在磁體(螺線管)外部由N極到S極，內部由S極到N極，是閉合曲線(3

2、)磁感線的疏密表示磁場的強弱，磁感線較密的地方磁場較強，磁感線較疏的地方磁場較弱(4)磁感線上任何一點的切線方向，都跟該點的磁場(磁感應強度)方向一致(5)磁感線不能相交，也不能相切3幾種常見的磁場(1)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場(如圖所示)(2)常見電流的磁場通電直導線通電螺線管環形電流安培定則立體圖知識點三安培力、安培力的方向勻強磁場中的安培力1.安培力的方向(1)左手定則：伸出左手，讓拇指與其余四指垂直，并且都在同一個平面內讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流方向，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(2)兩平行的通電直導線間的安培力：同向電流互相吸引，異向電流互相排斥2

3、.安培力的大小(1)當磁場與電流垂直時，安培力最大，FBIL.(2)當磁場與電流平行時，安培力等于零溫馨提示(1)磁感應強度的大小只取決于磁場本身，與放入的導線的長短、所通電流的大小均無關(2)沒有畫出磁感線的地方并不表示該處沒有磁場存在(3)安培力的方向特點：FB，FI，即F垂直于B和I決定的平面.小題快練1.下列說法正確的是()A磁場中某點的磁感應強度可以這樣測定：把一小段通電導線放在該點時，受到的磁場力F與該導線的長度L、通過的電流I的乘積的比值B即為磁場中某點的磁感應強度B通電導線在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應強度一定為零C磁感應強度B只是定義式，它的大小取決于場源及磁場中的位

4、置，與F、I、L以及通電導線在磁場中的方向無關D磁場是客觀存在的解析A項考的是磁感應強度的定義，只有當通電導線與磁場方向垂直時才有B，A錯；B項中，當導線與磁場平行時，不受磁場力，此時，磁場不為零，B錯，C選項中，B是定義式，并不決定磁場，磁場強弱取決于場源及磁場中的位置，C正確磁場與電場一樣，都是客觀存在的，D正確答案CD2下圖中分別標明了通電直導線中電流I、勻強磁場的磁感應強度B和電流所受安培力F的方向，其中正確的是()解析 磁場方向垂直紙面向里，電流方向水平向右，根據左手定則，安培力的方向豎直向上，故A正確；磁場方向垂直紙面向外，電流方向垂直紙面向里，電流方向與磁場方向平行，不受安培力，

5、故B錯誤；磁場方向水平向左，電流方向垂直紙面向外，根據左手定則，安培力的方向豎直向下，故C錯誤；磁場方向豎直向上，電流方向水平向右，根據左手定則，安培力的方向垂直紙面向外，故D錯誤答案A3.如圖所示，在方框中有一能產生磁場的裝置，現在在方框右邊放一通電直導線(電流方向如箭頭方向)，發現通電導線受到向右的作用力，則方框中放置的裝置可能是()解析由左手定則可知方框內裝置產生的磁場在通電導線處的方向應向外，根據安培定則可知，選項C、D滿足要求答案CD4.如圖所示，D為置于電磁鐵兩極間的一段通電直導線，電流方向垂直于紙面向里在開關S接通后，導線D所受磁場力的方向是()A.向上B向下C.向左 D向右解析

6、由右手螺旋定則知，軟鐵芯在導線D處的磁場方向向左，由左手定則可判定導線D受到的磁場力方向向上，A正確答案A考向一安培定則的應用與磁感應強度的疊加1安培定則的“因”和“果”原因(電流方向)結果(磁場方向)直線電流的磁場大拇指四指環形電流及通電螺線管的磁場四指大拇指2.磁場的疊加：磁感應強度為矢量，合成與分解遵循平行四邊形定則典例1(2013·海南高考)3條在同一平面(紙面)內的長直絕緣導線搭成一等邊三角形在導線中通過的電流均為I，電流方向如圖所示a、b和c三點分別位于三角形的3個頂角的平分線上，且到相應頂點的距離相等將a、b和c處的磁感應強度大小分別記為B1、B2和B3.下列說法正確的

7、是()AB1B2<B3BB1B2B3Ca和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里Da處磁場方向垂直于紙面向外，b和c處磁場方向垂直于紙面向里解析本題要明確3條導線中的電流在a、b、c三點各自產生的磁場的分布情況，要充分利用對稱性進行矢量合成對于a點，由右手螺旋定則可知，兩傾斜導線在此處產生的磁感應強度大小相等、方向相反，水平導線在此點產生的磁場方向向外；對于b點，斜向右上方的導線與水平導線在此點產生的磁感應強度大小相等、方向相反，斜向左上方的導線在此點產生的磁場方向向外；對于c點，水平導線在此點產生的磁場方向向里，斜向左上方和斜向右上方的導線在此點產生的磁場方向也向里，則

8、c點合磁場方向向里， 且有B3>B1B2.綜上可知A、C正確答案AC求解有關磁感應強度的三個關鍵(1)磁感應強度由磁場本身決定(2)合磁感應強度等于各磁場的磁感應強度的矢量和(滿足平行四邊形定則)(3)牢記判斷電流的磁場的方法安培定則，并能熟練應用，建立磁場的立體分布模型(記住5種常見磁場的立體分布圖)針對訓練1如圖所示，兩個完全相同的通電圓環A、B的圓心O重合、圓面相互垂直放置，通電電流相同，電流方向如圖所示，設每個圓環在其圓心O處獨立產生的磁感應強度大小為B0，則O處的磁感應強度大小為()A0B2B0C.B0 D無法確定解析據安培定則可知，圖中A環在圓心O處產生的磁感應強度的方向垂直

9、于紙面向里，B環在圓心O處產生的磁感應強度的方向豎直向下據平行四邊形定則可知，圓心O處磁感應強度大小為B0.答案C考向二安培力的分析與計算當磁場方向和電流方向垂直時，安培力大小應用公式FBIL計算，但要注意：L是有效長度，其數值等于處于磁場中的通電導線兩端點間的距離如圖甲所示，直角形折線abc中通入電流I，abbcL，折線所在平面與勻強磁場磁感應強度B垂直，abc受安培力等效于ac(通有ac的電流I)所受的安培力，即FBI·L，方向為在紙面內垂直于ac斜向上同理推知：半圓形通電導線受安培力如圖乙所示，FBI·2R；如圖丙所示閉合的通電導線框所受安培力F0.典例2(2014&

10、#183;浙江理綜，20)如圖1所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒從t0時刻起，棒上有如圖2所示的持續交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖1中I所示方向為電流正方向則金屬棒()A一直向右移動B速度隨時間周期性變化C受到的安培力隨時間周期性變化D受到的安培力在一個周期內做正功解題引路10內，金屬棒所受安培力多大？金屬棒做什么運動？T內又做什么運動？提示：FBImL勻加速度運動勻減速運動2安培力在一個周期做功情況如何？提示：先做正功后做負功，一個周期內做功代數和為0.解析根據題意得出vt圖象如圖所示，金屬棒一直

11、向右運動，A正確速度隨時間做周期性變化，B正確據F安BIL及左手定則可判定，F安大小不變，方向做周期性變化，則C項正確F安在前半周期做正功，后半周期做負功，則D項錯答案ABC1正確掌握安培力的分析方法(1)若磁場和電流垂直：FBIL.(2)若磁場和電流平行：F0.(3)安培力的方向垂直于磁感線和通電導線所確定的平面2注意區別安培力和靜電力的方向與場的方向的關系靜電力的方向與電場方向平行，安培力的方向與磁場方向垂直針對訓練2如圖所示，質量為m、長為L的導體棒電阻為R，初始時靜止于光滑的水平軌道上，電源電動勢為E，內阻不計勻強磁場的磁感應強度為B，其方向與軌道平面成角斜向上方，開關閉合后導體棒開始

12、運動，則()A導體棒向左運動B開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為C開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為D開關閉合瞬間導體棒MN的加速度為解析磁場方向與導體棒垂直，導體棒所受安培力FBIL，方向為垂直于磁場方向與導線方向所確定的平面斜向下，其有水平向右的分量，故A、C錯誤，B正確導體棒的合力F合Fcos(90°)Fsin ，由a得a，D錯誤答案B考向三安培力作用下的平衡問題1解決安培力相關問題的“兩大關鍵”(1)要正確畫出通電導體受力的平面圖，電流方向和磁場方向表示要正確(2)受力分析時安培力的方向必須用左手定則正確判定，注意安培力的方向既跟磁感應強度的方向垂直，又和電流方向垂直2安培力

13、做功的特點和實質(1)安培力做功與路徑有關，不像重力、電場力做功與路徑無關(2)安培力做功的實質是能量轉化安培力做正功時將電源的能量轉化為導線的動能或其他形式的能安培力做負功時將其他形式的能轉化為電能后儲存起來或轉化為其他形式的能典例3(2015·新課標全國，24)如圖所示，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 .已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm；閉合開關，系統重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷

14、開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2，判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量解題引路(1)開關斷時，金屬棒受重力和彈簧彈力達到第個平衡態(2)開關閉合時，金屬棒受重力彈力和安培力三個力作用達到第個平衡態解析依題意，開關閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下開關斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長為l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kl1mg式中，m為金屬棒的質量，k是彈簧的勁度系數，g是重力加速度的大小開關閉合后，金屬棒所受安培力的大小為FIBL式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度兩彈簧各自再伸長了l20.3

15、 cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k(l1l2)mgF由歐姆定律有EIR式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻聯立式，并代入題給數據得m0.01 kg答案豎直向下0.01 kg求解安培力作用下導體棒平衡問題的基本思路典例4(2016·泉州模擬)如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L0.40 m，金屬導軌所在的平面與水平夾角37°，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B0.50 T，方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場，金屬導軌的一端接有電動勢E4.5 V，內阻r0.50 的直流電源現把一個質量m0.04 kg的確導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好

16、，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R02.5 ，金屬導軌電阻不計，g取10 m/s2.已知sin 37°0.60，cos 37°0.80，求：(1)通過導體棒的電流；(2)導體棒受到的安培力的大小；(3)導體棒受到的摩擦力解題引路轉換對象立體圖平面圖思路立現在三維空間對物體受力分析時，無法準確畫出其受力情況，在解決此類問題時，可將三維立體圖轉化為二維平面圖，即通過畫俯視圖、剖面圖或側視圖等，可較清晰地明確物體受力情況，畫出受力分析圖解析(1)導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據閉合電路歐姆定律有：I1.5 A(2)導體棒受到的安培力：F安BIL0.3 N.(3)導

17、體棒所受重力沿導軌所在平面向下的分力F1mgsin 37°0.24 N，由于F1小于安培力，故導體棒受沿導軌所在平面向下的摩擦力Ff，如圖所示，根據共點力平衡條件mgsin 37°FfF安，解得：Ff0.06 N.答案(1)1.5 A(2)0.3 N(3)0.06 N，方向沿導軌向下解決此類問題，首先將立體圖轉化為平面圖(剖面圖)，金屬桿用圓代替，電流方向用“×”與“·”表示，然后畫出磁場方向，分析物體的受力，畫出物體受力的平面圖，列方程求解針對訓練3(2016·昆山高三月考)如圖所示，MN、PQ為水平放置的平行導軌，通電導體棒ab垂直放置在導

18、軌上，已知導體棒質量m1 kg，長l2.0 m，通過的電流I5.0 A，方向如圖所示，導體棒與導軌間的動摩擦因數.若使導體棒水平向右勻速運動，要求軌道內所加與導體棒ab垂直的勻強磁場最小，則磁場的方向與軌道平面的夾角是(g10 m/s2)()A30° B45°C60° D90°解析對導體棒進行受力分析，如圖所示，導體棒受到豎直向下的重力、豎直向上的支持力、與運動方向相反的摩擦力，故要使導體棒勻速直線運動，則安培力須為動力，設磁場方向與軌道平面成角向左斜向上，由左手定則可知安培力方向與磁場垂直斜向右上方，如圖所示，則BIlsin FN，FNBIlcos m

19、g，聯立解得：B·，故60°時，磁感應強度最小答案C4.(2016·江蘇泰州模擬)如圖所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0.4 m、質量為6×102 kg的通電直導線，電流大小I1 A，方向垂直于紙面向外，導線用平行于斜面的輕繩拴住不動，整個裝置放在磁感應強度每秒增加0.4 T、方向豎直向上的磁場中設t0時，B0，則需要多長時間，斜面對導線的支持力為零？(g取10 m/s2)解析斜面對導線的支持力為零時導線的受力如圖所示由平衡條件得FTcos 37°FFTsin 37°mg兩式聯立解得F0.8 N由FBIL得B2 T

20、由題意知，B與t的變化關系為B0.4t T代入數據得t5 s答案5 s特色專題系列之(二十五)五法分析通電導體在安培力作用下的運動判定通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢，首先必須弄清楚導體所在位置的磁場分布情況，然后利用左手定則準確判定導體的受力情況，進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向現對五種常用的方法列表如下：電流元法分割為電流元安培力方向整段導體合力方向運動方向特殊位置法在特殊位置安培力方向運動方向等效法環形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個環形電流結論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢轉換研究對象法定性分析磁體在電流磁

21、場作用下如何運動或運動趨勢的問題可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向范例如圖所示，把輕質導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直線圈平面當線圈內通以圖中方向的電流后，線圈的運動情況是()A線圈向左運動B線圈向右運動C從上往下看順時針轉動D從上往下看逆時針轉動解題引路解答本題可用兩種思考方法：(1)把環形電流看成小磁針；(2)把環形電流看作很多直線電流組成的，分析每小段直線電流的受力解析解法一電流元法首先將圓形線圈分成很多小段，每一段可看作一直線電流元，取其中上、下兩小段分析，其截面圖和受

22、安培力情況如圖甲所示根據對稱性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運動只有選項A正確解法二等效法將環形電流等效成小磁針，如圖乙所示，據異名磁極相吸引知，線圈將向左運動，A正確；也可將左側條形磁鐵等效成環形電流，根據結論“同向電流相吸引，異向電流相排斥”也可判斷出線圈向左運動，A正確答案A(1)通電導體在磁場中的運動實質是在磁場對電流的安培力作用下導體的運動(2)明確磁場的分布和正確運用左手定則進行判斷是解題的關鍵遷移訓練1如圖所示，在光滑水平面上一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時磁鐵對水平面的壓力為FN1，現在磁鐵左上方位置固定一導體棒，當導體棒中通以垂直紙面向里的電流后，磁

23、鐵對水平面的壓力為FN2，則以下說法正確的是()A彈簧長度將變長B彈簧長度將變短CFN1>FN2DFN1<FN2解析畫出導體棒所在處的磁感線，用左手定則可判斷出條形磁鐵對導體棒的安培力斜向右下方，由牛頓第三定律可知，導體棒對條形磁鐵的力斜向左上方，所以彈簧長度將變短，FN1>FN2，答案為B、C.答案BC2如圖所示，把一通電導線放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導線可以自由移動當導線通過電流I時，如果只考慮安培力的作用，則從上往下看，導線的運動情況是()A順時針方向轉動，同時下降B順時針方向轉動，同時上升C逆時針方向轉動，同時下降D逆時針方向轉動，同時上升解析第一步：電流元受力分析法

24、把直線電流等效為OA、OB兩段電流元，蹄形磁鐵磁感線分布以及兩段電流元受安培力方向相反，OA段所受安培力垂直紙面向外，OB段所受安培力垂直紙面向里，如圖(a)所示可見從上往下看時，導線將沿逆時針方向轉動第二步：特殊位置分析法取導線逆時針轉過90°的特殊位置來分析，如圖(b)所示根據左手定則判斷安培力方向向下，故導線在逆時針轉動的同時向下運動答案C頻考一磁感應強度的理解1有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖所示為垂直于導線的截面圖在圖中所示的平面內，O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩根導線附近的兩點，它們在兩導線連線的中垂線上，且與O點的距離相等若兩導線中通有大小相等、方向相同的恒

25、定電流I，則關于線段MN上各點的磁感應強度的說法中正確的是()AM點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同BM點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反C在線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零D在線段MN上只有一點的磁感應強度為零解析兩根導線分別在M點和N點產生的磁感應強度大小相等，方向如圖所示，分析得1234，矢量相加可知M點、N點的磁感應強度大小相等，方向相反，選項B正確；線段MN中點O的磁感應強度為零，選項D正確答案BD2.如圖所示，在xOy平面內有兩根平行于y軸水平放置的長直導線，通有沿y軸正方向、大小相同的電流I，兩導線關于y軸對稱，P為x軸上一點，Q為z軸上一點，下列說法正確的是()A

26、O點處的磁感應強度為零BP、Q兩點處的磁感應強度方、向垂直CP、Q兩點處的磁感應強度方向平行D正電荷從O點沿z軸向上運動不受洛倫茲力作用解析根據右手螺旋定則可判斷兩導線所產生的磁場方向，再利用矢量合成法則可判斷O點處磁感應強度為零，P點處磁感應強度方向沿z軸正方向，Q點處磁感應強度方向沿x軸負方向，故A、B正確，C錯誤在z軸上，z>0范圍內各點磁感應強度方向均沿x軸負方向，正電荷運動時受洛倫茲力作用，D錯誤答案AB頻考二安培力作用下導體的運動問題3(2016·廣東汕頭質檢)如圖，兩個圓形線圈P和Q，懸掛在光滑絕緣桿上，通以方向相同的電流，若I1>I2，P、Q受到安培力大小

27、分別為F1和F2，則P和Q()A相互吸引，F1>F2B相互排斥，F1>F2C相互排斥，F1F2D相互吸引，F1F2解析由于P、Q通以同向電流，據“同向電流相吸，異向電流相斥”可知，P、Q是相互吸引的，P、Q之間的相互吸引力遵循牛頓第三定律，總是等大、反向答案D4.如圖所示，用絕緣細線懸掛一個導線框，導線框是由兩同心半圓弧導線和直導線ab、cd(ab、cd在同一條水平直線上)連接而成的閉合回路，導線框中通有圖示方向的電流，處于靜止狀態在半圓弧導線的圓心處沿垂直于導線框平面的方向放置一根長直導線P.當P中通以方向向外的電流時()A導線框將向左擺動B導線框將向右擺動C從上往下看，導線框將

28、順時針轉動D從上往下看，導線框將逆時針轉動解析當P中通以方向向外的電流時，由安培定則可判斷出長直導線P產生的磁場方向為逆時針方向，由左手定則可判斷出ab所受的安培力方向垂直紙面向外，cd所受的安培力方向垂直紙面向里，從上往下看，導線框將逆時針摶動，選項D正確答案D頻考三安培力作用下導體的平衡問題5如圖所示，一質量為m的導體棒MN兩端分別放在兩個固定的光滑圓形導軌上，兩導軌平行且間距為L，導軌處在豎直方向的勻強磁場中，當導體棒中通一自右向左的電流I時，導體棒靜止在與豎直方向成37°角的導軌上，取sin 37°0.6，cos 37°0.8，求：(1)磁場的磁感應強度B

29、；(2)每個圓導軌對導體棒的支持力大小FN.解析(1)從左向右看，受力分析如圖所示由平衡條件得：tan 37°F安/mg，F安BIL.解得：B.(2)設兩導軌對導體棒支持力為2FN，則有2FNcos 37°mg，解得FNmg.即每個圓導軌對導體棒的支持力大小為mg.答案(1)(2)mg課時作業(二十三)基礎小題1如圖所示，為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況，以O點(圖中白點)為坐標原點，沿z軸正方向磁感應強度B大小的變化最有可能為()解析根據磁感線的疏密表示磁感應強度的大小可知，以O點(圖中白點)為坐標原點，沿z軸正方向磁感應強度B大小的變化最有可能為圖C.答案C2.

30、電流計的主要結構如圖所示，固定有指針的鋁框處在由磁極與軟鐵芯構成的磁場中，并可繞軸轉動鋁框上繞有線圈，線圈的兩端與接線柱相連有同學對軟鐵芯內部的磁感線分布提出了如下的猜想，可能正確的是()解析軟鐵芯被磁化后，左端為S極，右端為N極，而磁體內部的磁感線方向從S極指向N極，可見B、D錯誤再根據磁感線不能相交，知A錯誤，C正確答案C3.在磁場中某區域的磁感線如圖所示，則()Aa、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba>BbBa、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba<BbC同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大D同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小解析磁感線的疏密程度表示B的大小，

31、但安培力的大小除跟該處的B的大小和I、L有關外，還跟導線放置的方向與B的方向的夾角有關，故C、D錯誤；由a、b兩處磁感線的疏密程度可判斷出Bb>Ba，所以B正確答案B4.如圖所示，A為一水平旋轉的帶有大量均勻分布的正電荷的圓盤，在圓盤正上方水平放置一通電直導線，電流方向如圖所示當圓盤高速繞中心軸OO轉動時，通電直導線所受磁場力的方向是()A豎直向上B豎直向下C水平向里 D水平向外解析由于帶正電的圓盤順時針方向旋轉，形成的等效電流為順時針方向(從上往下看)，所產生的磁場方向豎直向下由左手定則可判定通電導線所受安培力的方向水平向外，故D正確答案D5.電磁軌道炮工作原理如圖所示待發射彈體可在兩

32、平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應強度的大小與I成正比，通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出現欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是()A只將軌道長度I變為原來的2倍B只將電流I增加至原來的2倍C只將彈體質量減至原來的一半D將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變為原來的2倍，其他量不變解析由題意可知磁感應強度BkI，安培力F安BIdkI2d，由動能定理可得：F安L，解得vI，由此式可判斷B、D選項正確答案BD6.我國未來的航母將采用自行研制的電

33、磁彈射器電磁彈射系統由電源、強迫儲能裝置、導軌和脈沖發生器等組成其工作原理如圖所示，利用與飛機前輪連接的通電導體在兩平行金屬導軌的強電流產生的磁場中受到安培力的作用加速獲得動能設飛機質量m1.8×104 kg，起飛速度為v70 m/s，起飛過程中所受平均阻力恒為機重的，在沒有電磁彈射器的情況下，飛機從靜止開始在恒定的牽引力作用下，起飛距離為l210 m；在電磁彈射器與飛機發動機(牽引力不變)同時工作的情況下，起飛距離減為.則()A在沒有電磁彈射器的情況下，飛機所受牽引力F2.46×105 NB在沒有電磁彈射器的情況下，飛機所受牽引力F2.1×105 NC在電磁彈射

34、器與飛機發動機同時工作時，若只增大電流，則起飛的距離將更小D在電磁彈射器與飛機發動機同時工作時，電磁彈射器對飛機所做的功W2.94×108 J解析沒有電磁彈射器時，由動能定理可得(Fmg)lmv2，所以飛機所受的牽引力F2.46×105 N，A正確，B錯誤；在電磁彈射器與飛機發動機同時工作時，若只增大電流，由于飛機所受的安培力增大，故起飛的距離將更小，C正確；電磁彈射器和飛機發動機同時工作時，由動能定理得W(Fmg)×mv2，所以W2.94×107 J，D錯誤答案AC7.如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌，相距L1 mP、M間接有一個電動勢為E

35、6 V、內阻為r1 的電源和一只滑動變阻器，導體棒ab跨放在導軌上，棒的質量為m0.2 kg，棒的中點用細繩經定滑輪與一物體相連(繩與棒垂直)，物體的質量為M0.3 kg.棒與導軌的動摩擦因數為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10 m/s2)，勻強磁場的磁感應強度B2 T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是()A2 B4 C5 D6 解析對導體棒，若安培力大于拉力，由平衡條件，BILmgMg，解得I的最大值I2 A，由閉合電路歐姆定律，滑動變阻器連入電路的阻值最小值為2 ；若安培力小于拉力，由平衡條件，BILmgMg，解得I的最

36、小值I1 A，由閉合電路歐姆定律，滑動變阻器連入電路的阻值最大值為5 ；所以滑動變阻器連入電路的阻值不可能是6 ，選項D正確答案D必糾錯題8等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一根長直導線垂直穿過紙面，三根導線均通有大小不變的恒定電流，方向均垂直于紙面向里，如圖所示已知Ia>Ib，則過c點的導線所受安培力的方向可能是()AF1 BF2CF3 DF4錯解易錯選B.錯因分析由安培定則可知，導線a、b中的電流在c點處所產生的磁場方向分別是偏離PQ指向左下方和指向右下方，因Ia>Ib，所以合磁場方向一定介于PQ和b、c連線之間，從而過c點的導線所受安培力方向可能是F2的方向，故選B.解析由安培定則可知，通電導線a在導線c處所產生的磁場方向與a、c連線垂直，并偏離PQ指向左下方，導線b在導線c處所產生的磁場方向與b、c連線垂直，并偏離PQ指向右下方由于Ia>Ib，所以導線c處的合磁場方向并不在直線PQ上，而是介于PQ和b、c連線之間所以，由左手定則可知，導線c所受安培力的方向可能是F4.答案D高考真題9(2015·江蘇單科，4)如圖所示，用天平測量勻強磁場的磁感應強度下列各選項所示的載流線圈匝數相同，邊長MN相等，將它們分