資源簡介

第1節　磁場的描述　磁場對電流的作用
[學習目標]　1．理解磁場的性質及磁感應強度的概念，會求解磁感應強度疊加的問題。
2．掌握左手定則，會判斷安培力的方向，并會計算安培力的大小，會分析安培力作用下的平衡問題和加速問題。
1．磁場
(1)基本性質：磁場對處于其中的磁體、通電導體和運動電荷有力的作用。
(2)物質性：磁場是一種物質。
(3)磁感應強度
①意義：表征磁場的強弱和方向。
②大小：B＝(導體與磁場垂直)，單位：特斯拉(T)。
③方向：小磁針靜止時__極所指的方向。
④疊加：遵循__________定則。
(4)磁感線的特點
①磁感線上某點的____方向就是該點的磁場方向。
②磁感線的疏密程度定性地表示磁場的____，在磁感線較密的地方磁場較__；在磁感線較疏的地方磁場較__。
③磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點，在磁體外部，從____指向____；在磁體內部，由____指向____。
④同一磁場的磁感線不中斷、不____、不相切。
⑤磁感線是假想的曲線，客觀上并不存在。
(5)電流磁場方向的判斷
①通電直導線：右手握住導線，讓伸直拇指所指的方向與____方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線____的方向。
②環形電流：讓右手彎曲的四指與________的方向一致，伸直拇指所指的方向就是環形導線軸線上____的方向。
2．安培力
(1)大小
磁場與電流垂直時，F＝______。
磁場與電流平行時，F＝_____。
磁場與電流之間的夾角為θ時，F＝IlB sin θ。
(2)方向判定
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，讓磁感線從掌心進入，并使四指指向____的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受______的方向。
注意：安培力的方向垂直于磁感應強度B、垂直于電流I，即安培力垂直于B、I決定的平面。
1．易錯易混辨析
人教版必修第三冊第122頁情境：磁針能夠指向南北，是因為地磁場的存在。指南針的廣泛使用，促進了人們對地球磁場的認識。地球的地理兩極與地磁兩極并不重合，如圖所示。地磁場具有以下特點：
(1)地磁場的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近。
(2)在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應強度大小相等，且方向水平向北。
(3)在北半球，地磁場磁感應強度可以分解到垂直于地面向下和平行于地面向北。
在南半球，地磁場磁感應強度可以分解到垂直于地面向上和平行于地面向北。
根據上述情境，判斷下列說法正誤：
(1)地磁場兩極的磁感應強度比赤道處大。 ( )
(2)將通電導線放在空中，一定受到安培力的作用。 ( )
(3)磁場中某點磁感應強度的方向跟安培力的方向一致。 ( )
(4)若地磁場是因地球表面帶電荷引起的，則地球表面應該帶正電荷。 ( )
(5)在同一幅圖中，磁感線越密，磁場越強。 ( )
2．(人教版必修第三冊改編)有人根據B＝提出以下說法，其中正確的是(　　)
A．磁場中某點的磁感應強度B與通電導線在磁場中所受的磁場力F成正比
B．磁場中某點的磁感應強度B與電流I和導線長度l的乘積成反比
C．磁場中某點的磁感應強度B不一定等于
D．通電直導線在某點所受磁場力為零，則該點磁感應強度B為零
安培定則的應用和磁場的疊加
1．安培定則的應用：在運用安培定則判定直線電流和環形電流的磁場時應分清“因”和“果”。
磁場 原因(電流方向) 結果(磁場方向)
直線電流的磁場 大拇指指向 四指指向
環形電流的磁場 四指指向 大拇指指向
2．磁場的疊加
(1)磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，遵循平行四邊形定則，可以用正交分解法進行合成與分解。
(2)兩個電流附近磁場的磁感應強度，是由兩個電流分別獨立存在時產生的磁場在該處的磁感應強度疊加而成的。
3．磁場疊加問題的一般解題思路
(1)確定磁場場源，如通電導線。
(2)定位空間中需求解磁場的磁感應強度的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的磁感應強度。如圖所示為M、N在c點產生的磁場的磁感應強度BM、BN。
(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁感應強度B。
[典例1]　(2025·浙江溫州市高三適應性考試)通電螺線管的電流方向如圖所示，內部產生的磁場可看作勻強磁場，磁感應強度大小為B。在螺線管的中軸線上有一通電長直導線，導線中的電流沿軸線向上，以O點為圓心垂直于軸線的平面內有一圓，圓直徑上有a、b兩點，直線電流在a、b兩點產生的磁感應強度大小也為B。下列說法正確的是(　　)
A．通電螺線管產生的磁場方向沿軸線向下
B．a、b兩點合磁場的方向相反
C．a、b兩點合磁場的磁感應強度大小均為0
D．a、b兩點合磁場的磁感應強度大小均為B
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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[典例2]　如圖所示，直角三角形abc中，∠a＝90°，∠b＝30°，ac邊長為l，兩根通電長直導線垂直紙面分別放置在a、b兩頂點處。a點處導線中的電流大小為I，方向垂直紙面向外，b點處導線中的電流大小為4I，方向垂直紙面向里。已知長直通電導線在其周圍空間某點產生的磁感應強度大小B＝k，其中I表示電流大小，r表示該點到導線的垂直距離，k為常量，則頂點c處的磁感應強度大小為(　　)
A．k k
C．k D．2k
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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[典例3]　(多選)(2022·全國乙卷)安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖所示，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據表中測量結果可推知(　　)
測量序號 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 －45
2 0 －20 －46
3 21 0 －45
4 －21 0 －45
A．測量地點位于南半球
B．當地的地磁場大小約為50 μT
C．第2次測量時y軸正向指向南方
D．第3次測量時y軸正向指向東方
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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 安培力的分析與計算
1．安培力大小：F＝IlB sin θ
(1)當I⊥B時，F＝IlB。
(2)當I∥B時，F＝0。
(3)l是有效長度。
注意：①當導線彎曲時有效長度l等于連接兩端點線段的長度(如圖所示)，相應的電流由始端流向末端。
②對于任意形狀的閉合線圈，其有效長度均為0，所以通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和為0。
2．安培力方向：用左手定則判斷，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B與I決定的平面。
[典例4]　(一題多變)(2022·江蘇卷)如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向(　　)
A．平行于紙面向上
B．平行于紙面向下
C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[變式]　用細線將一條形磁體懸掛于天花板上，條形磁體處于水平且靜止的狀態。當導線ab中通有如圖所示的電流時，條形磁體的N極將向______(選填“內”或“外”)偏轉；條形磁體受到的拉力________(選填“大于”或“小于”)其受到的重力。
[典例5]　(2025·浙江金麗衢十二校高三聯考)如圖所示，菱形導線框abcd放置在水平面上，線框各邊長均為L且電阻均勻分布，頂角∠abc＝θ，整個空間中存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，使電流從線框a端流入b端流出，通過ab的電流為I，則線框整體受安培力的大小為(　　)
A．BIL B．BIL cos θ
C．0 D．2BIL cos θ
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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 安培力作用下導體運動情況的判斷
1．判定導體運動情況的基本思路
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感線分布情況，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。
2．安培力作用下判斷導體運動情況的常用方法
電流元法 分割為電流元安培力方向→整段導體所受合力方向→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
轉換研究對象法 先分析電流所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受的作用力
[典例6]　(一題多法)一個可以沿過圓心的水平軸自由轉動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將(　　)
A．不動 B．順時針轉動
C．逆時針轉動 D．在紙面內平動
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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[典例7]　(多選)如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數為F1現在磁鐵上方中心偏左位置固定一導體棒，當導體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺秤讀數為F2，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
C．F1＞F2
D．F1＜F2
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安培力作用下的力學綜合問題
1．安培力作用下的力學綜合問題的一般分析思路
(1)選定研究對象。
(2)受力分析，變立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F⊥B、F⊥I，如圖所示。
(3)應用共點力的平衡條件或牛頓第二定律或動能定理列方程解題。
2．涉及安培力動能問題的三點注意
(1)安培力做功與路徑有關，不像重力、靜電力做功與路徑無關。
(2)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。
(3)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8]　(2022·湖南卷)如圖(a)所示，直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是(　　)
A．當導線靜止在圖(a)右側位置時，導線中電流方向由N指向M
B．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變
C．tan θ與電流I成正比
D．sin θ與電流I成正比
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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[典例9]　(多選)如圖是“電磁炮”模型的原理結構示意圖。光滑水平平行金屬導軌M、N的間距l＝0.2 m，電阻不計，在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小B＝1×102 T。裝有彈體的導體棒ab垂直放在導軌M、N上的最左端，且始終與導軌接觸良好，導體棒ab(含彈體)的質量m＝0.2 kg，在導軌M、N間部分的電阻R＝0.8 Ω，可控電源的內阻r＝0.2 Ω。在某次模擬發射時，可控電源為導體棒ab提供的電流恒為I＝4×103 A，不計空氣阻力，導體棒ab由靜止加速到v＝4 km/s后發射彈體，則(　　)
A．其他條件不變，若彈體質量變為原來的2倍，射出速度將變為原來的
B．其他條件不變，若水平金屬導軌的長度變為原來的2倍，加速時間將變為原來的倍
C．其他條件不變，若磁感應強度大小B變為原來的2倍，射出速度將變為原來的2倍
D．該過程系統產生的焦耳熱為1.6×105 J
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1．(2024·浙江1月選考)磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是(　　)
A．圖示左側通電導線受到安培力向下
B．a、b兩點的磁感應強度相同
C．圓柱內的磁感應強度處處為零
D．c、d兩點的磁感應強度大小相等
2．(多選)(2023·福建卷)地球本身是一個大磁體，其磁場分布示意圖如圖所示。學術界對于地磁場的形成機制尚無共識，一種理論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉產生的環形電流。基于此理論，下列判斷正確的是(　　)
A．地表電荷為負電荷
B．環形電流方向與地球自轉方向相同
C．若地表電荷的電量增加，則地磁場強度增大
D．若地球自轉角速度減小，則地磁場強度增大
3．(2023·海南卷)如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15 cm，質量為m＝1×10-3 kg，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的大小為B＝8×10-2 T的勻強磁場。
(1)若插入導電液體部分深h＝2.5 cm，閉合開關，金屬桿飛起后，其下端離液面最大高度H＝10 cm，設離開導電液體前桿中的電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5 cm，通電時間t′＝0.002 s，求通過金屬桿截面的電荷量。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第1節　磁場的描述磁場對電流的作用
鏈接教材·夯基固本
梳理·必備知識
1．(3)　N　平行四邊形　(4)切線　強弱　強　弱　N極　S極　S極　N極　相交　(5)電流　環繞　環形電流　磁場
2．(1)IlB　0　(2)電流　安培力
激活·基本技能
1．(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
2．C　[磁感應強度B＝是用比值定義法定義B的，但磁感應強度是磁場的固有性質，與通電導線所受磁場力F及乘積Il等外界因素無關，A、B錯誤；B＝是在通電導線與磁場垂直的情況下得出的，如果不垂直，設通電導線與磁場方向夾角為θ，則根據F＝IlB sin θ得B＝，即B不一定等于，C正確；如果θ＝0，雖然B≠0，但F＝0，D錯誤。]
細研考點·突破題型
考點1
典例1　D　[根據安培定則可知，通電螺線管產生的磁場方向沿軸線向上，故A錯誤；直線電流在a點產生的磁場的方向沿切線指向紙面外，在b點產生的磁場方向沿切線指向紙面里，而通電螺線管產生的沿軸線向上的勻強磁場疊加后a點的磁場方向為與水平面成45°角方向指向紙面外，b點磁場方向為與水平面成45°角方向指向紙面里，兩點合磁感應強度的方向互相垂直，故B錯誤；根據矢量合成規則，a、b兩點合磁場的磁感應強度大小均為由直線電流產生的磁場和通電螺線管產生的磁場疊加，其大小為＝B，故C錯誤，D正確。故選D。]
典例2　C　[
a點處導線在c處產生的磁感應強度大小為Ba＝k，b點處導線在c處產生的磁感應強度大小為Bb＝k＝，即Bb＝2Ba，Ba、Bb方向如圖所示，夾角為120°，由幾何關系知，合磁感應強度方向垂直Ba向上，則Bc＝＝k，故選C。]
典例3　BC　[地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近，根據測量數據可知，Bz為負值，測量地點位于北半球，A錯誤；利用第1次測量的數據可得當地的地磁場大小約為B＝≈50 μT，B正確；第2次測量時By為負值，y軸正向指向南方，C正確；第3次測量時Bx為正值，x軸正向指向北方，y軸正向指向西方，D錯誤。]
考點2
典例4　C　[根據安培定則，可判斷出導線a左側部分的磁場方向斜向右上方，右側部分的磁場方向斜向右下方，根據左手定則可判斷出左半部分所受安培力垂直紙面向外，右半部分所受安培力垂直紙面向里，故C正確，A、B、D錯誤。]
變式　解析：直導線通入由a指向b的電流時，由左手定則知直導線的左端受到方向垂直紙面向里的安培力，根據牛頓第三定律可知，條形磁體的N極受到方向垂直紙面向外的作用力，應向紙面外偏轉；條形磁體轉動后，對直導線有向上的作用力，所以條形磁體受到向下的作用力，故條形磁體受到的拉力大于其受到的重力。
答案：外　大于
典例5　A　[線框的有效長度為L，由于Rab＝(Rbc＋Rcd＋Rda)，兩個支路是并聯關系，因此流過線框的總電流I總＝I＋I＝I，等效電流與磁場垂直，線框整體受安培力大小為F＝BI總L＝BIL，故選A。]
考點3
典例6　B　[解法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉動軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無數段直線電流元，電流元處在線圈L2產生的磁場中，根據安培定則可知各電流元所在處的磁場方向均向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內，因此從左向右看線圈L1將順時針轉動。
解法二(等效法)把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環形電流I2的中心，小磁針的N極應指向該點環形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產生的磁場方向在其中心處豎直向上，而線圈L1等效成的小磁針轉動前，N極指向紙內，因此小磁針的N極應由指向紙內轉為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉動。
解法三(結論法)環形電流I1、I2不平行，則一定有相對轉動，直到兩環形電流同向平行為止，據此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉動。]
典例7　BC　[如圖甲所示，導體棒處的磁場方向指向右上方，根據左手定則可知，導體棒受到的安培力方向垂直于磁場方向指向右下方，根據牛頓第三定律可知，導體棒對條形磁鐵的作用力F′方向指向左上方，對條形磁鐵進行受力分析，如圖乙所示，在豎直方向上有FN1＝mg＞FN2，即臺秤示數F1＞F2；在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁鐵壓縮彈簧，所以彈簧長度變短，選項B、C正確。
]
微點突破
典例8　D　[當導線靜止在題圖(a)右側時，導體棒MN在重力、拉力和安培力的作用下處于平衡狀態，由平衡條件可知，導體棒所受安培力指向右側，又安培力與磁場方向垂直，所以安培力垂直于輕繩指向右上方，由左手定則可知，導線中電流方向由M指向N，A項錯誤；由平衡條件有輕繩拉力F＝，又BIL＝mg sin θ，得 sin θ＝I，分析易知B、C項錯誤，D項正確。]
典例9　 BD　[導體棒受到的安培力F＝IlB，由牛頓第二定律有IlB＝ma，由運動學公式有v2＝2ax，聯立解得v＝，其他條件不變，若彈體質量變為原來的2倍，由于導體棒與彈體的總質量m不是原來的2倍，可知射出速度將減小，但無法確定具體變為多少，故A錯誤；根據x＝at2，其他條件不變，若水平金屬導軌的長度變為原來的2倍，彈體的加速時間將變為原來的倍，故B正確；根據v＝，其他條件不變，若磁感應強度大小B變為原來的2倍，則彈體的射出速度將變為原來的倍，故C錯誤；導體棒與彈體做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得F＝IlB＝ma，由運動學規律得v＝at，代入相關數據解得該過程需要的時間 t＝1×10-2 s，該過程中系統產生的焦耳熱Q＝I2(R＋r)t，解得Q＝1.6×105 J，故D正確。]
即時檢驗·感悟高考
1．A　[由左手定則可知，左側通電導線受到安培力向下，選項A正確；a、b兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內的磁感應強度不為零，選項C錯誤；因c點處的磁感線較d點密集，可知 c點的磁感應強度大于d點的磁感應強度，選項D錯誤。]
2．AC　[根據地磁場分布示意圖，由安培定則可知，地表電荷形成的環形電流的方向為順時針(從地理北極向下看)，與地球自轉方向相反，則地表電荷為負電荷，故A正確，B錯誤；設地表電荷的電量為Q，地球自轉周期為T，由電流的定義式可知，地表電荷隨地球自轉產生的環形電流I＝，又地球自轉角速度ω＝，聯立得I＝，可知若地表電荷的電量Q增加，或地球自轉的角速度ω增大，則環形電流增大，地磁場強度增大，C正確，D錯誤。]
3．解析：(1)設金屬桿離開液面時的速度大小為v，金屬桿中的電流為I
金屬桿離開液面后做豎直上拋運動，飛起的高度為H，由運動學公式得v2＝2gH，解得 v＝ m/s
由動能定理有BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝ A。
(2)對金屬桿，由動量定理有
(BI′L－mg)t′＝mv′
由運動學公式得v′2＝2gH′，又q＝I′t′
解得q＝0.085 C。
答案：(1) m/s　 A　(2)0.085 C
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第十章　磁　場
[教師備選資源]
第十章　磁　場
考情分析 磁場、磁感應強度、磁感線 2024·浙江1月選考·T4、
2022·全國乙卷·T18
安培力的分析與計算 2023·江蘇卷·T2、
2021·河北卷·T5
第十章　磁　場
考情分析 洛倫茲力及洛倫茲力公式 2022·廣東卷·T7、
2022·遼寧卷·T8
帶電粒子在勻強磁場中的運動 2024·河北卷·T10、
2024·湖北卷·T7、
2023·湖北卷·T15、
2023·浙江6月選考·T20、
2021·湖南卷·T13
第十章　磁　場
考情分析 帶電粒子在復合場中的運動(含質譜儀和回旋加速器) 2024·安徽卷·T10、2024·廣東卷·T15、2024·新課標卷·T13、2024·湖南卷·T14、2024·浙江1月選考·T20、
2023·遼寧卷·T14、2023·山東卷·T17、2023·新課標卷·T18、2023·湖南卷·T6、2023·江蘇卷·T16、2022·山東卷·T17、2022·河北卷·T14、2022·廣東卷·T8
第十章　磁　場
備考策略 1．加強對磁場性質、安培力、洛倫茲力、帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動等概念的理解和規律的應用。
2．注意立體空間圖形的轉化能力訓練，要善于將有關安培力的三維立體問題轉化為二維平面問題。
3．關注本章知識在科技、生產、生活中的應用，理論聯系實際，提高考生應用所學知識解決綜合問題的能力。
第1節
磁場的描述　磁場對電流的作用
[學習目標]　1．理解磁場的性質及磁感應強度的概念，會求解磁感應強度疊加的問題。
2．掌握左手定則，會判斷安培力的方向，并會計算安培力的大小，會分析安培力作用下的平衡問題和加速問題。
鏈接教材·夯基固本
1．磁場
(1)基本性質：磁場對處于其中的磁體、通電導體和運動電荷有力的作用。
(2)物質性：磁場是一種物質。
(3)磁感應強度
①意義：表征磁場的強弱和方向。
②大小：B＝(導體與磁場垂直)，單位：特斯拉(T)。
③方向：小磁針靜止時__極所指的方向。
④疊加：遵循__________定則。
N
平行四邊形
(4)磁感線的特點
①磁感線上某點的____方向就是該點的磁場方向。
②磁感線的疏密程度定性地表示磁場的____，在磁感線較密的地方磁場較__；在磁感線較疏的地方磁場較__。
③磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點，在磁體外部，從____指向____；在磁體內部，由____指向____。
④同一磁場的磁感線不中斷、不____、不相切。
⑤磁感線是假想的曲線，客觀上并不存在。
切線
強弱
強
弱
N極
S極
S極
N極
相交
(5)電流磁場方向的判斷
①通電直導線：右手握住導線，讓伸直拇指所指的方向與____方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線____的方向。
②環形電流：讓右手彎曲的四指與________的方向一致，伸直拇指所指的方向就是環形導線軸線上____的方向。
電流
環繞
環形電流
磁場
2．安培力
(1)大小
磁場與電流垂直時，F＝______。
磁場與電流平行時，F＝__。
磁場與電流之間的夾角為θ時，F＝IlB sin θ。
IlB
0
(2)方向判定
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，讓磁感線從掌心進入，并使四指指向____的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受______的方向。
注意：安培力的方向垂直于磁感應強度B、垂直于電流I，即安培力垂直于B、I決定的平面。
電流
安培力
1．易錯易混辨析
人教版必修第三冊第122頁情境：磁針能夠指向南北，是因為地磁場的存在。指南針的廣泛使用，促進了人們對地球磁場的認識。地球的地理兩極與地磁兩極并不重合，如圖所示。地磁場具有以下特點：
(1)地磁場的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近。
(2)在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應強度大小相等，且方向水平向北。
(3)在北半球，地磁場磁感應強度可以分解
到垂直于地面向下和平行于地面向北。
在南半球，地磁場磁感應強度可以分解到
垂直于地面向上和平行于地面向北。
根據上述情境，判斷下列說法正誤：
(1)地磁場兩極的磁感應強度比赤道處大。 (　　)
(2)將通電導線放在空中，一定受到安培力的作用。 (　　)
(3)磁場中某點磁感應強度的方向跟安培力的方向一致。 (　　)
(4)若地磁場是因地球表面帶電荷引起的，則地球表面應該帶正電荷。 (　　)
(5)在同一幅圖中，磁感線越密，磁場越強。 (　　)
√
×
×
×
√
2．(人教版必修第三冊改編)有人根據B＝提出以下說法，其中正確的是(　　)
A．磁場中某點的磁感應強度B與通電導線在磁場中所受的磁場力F成正比
B．磁場中某點的磁感應強度B與電流I和導線長度l的乘積成反比
C．磁場中某點的磁感應強度B不一定等于
D．通電直導線在某點所受磁場力為零，則該點磁感應強度B為零
√
C　[磁感應強度B＝是用比值定義法定義B的，但磁感應強度是磁場的固有性質，與通電導線所受磁場力F及乘積Il等外界因素無關，A、B錯誤；B＝是在通電導線與磁場垂直的情況下得出的，如果不垂直，設通電導線與磁場方向夾角為θ，則根據F＝IlB sin θ得B＝，即B不一定等于，C正確；如果θ＝0，雖然B≠0，但F＝0，D錯誤。]
細研考點·突破題型
考點1　安培定則的應用和磁場的疊加
1．安培定則的應用：在運用安培定則判定直線電流和環形電流的磁場時應分清“因”和“果”。
磁場 原因(電流方向) 結果(磁場方向)
直線電流的磁場 大拇指指向 四指指向
環形電流的磁場 四指指向 大拇指指向
2．磁場的疊加
(1)磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，遵循平行四邊形定則，可以用正交分解法進行合成與分解。
(2)兩個電流附近磁場的磁感應強度，是由兩個電流分別獨立存在時產生的磁場在該處的磁感應強度疊加而成的。
3．磁場疊加問題的一般解題思路
(1)確定磁場場源，如通電導線。
(2)定位空間中需求解磁場的磁感應強度的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的磁感應強度。如圖所示為M、N在c點產生的磁場的磁感應強度BM、BN。
(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的
合磁感應強度B。
[典例1]　(2025·浙江溫州市高三適應性考試)通電螺線管的電流方向如圖所示，內部產生的磁場可看作勻強磁場，磁感應強度大小為B。在螺線管的中軸線上有一通電長直導線，導線中的電流沿軸線向上，以O點為圓心垂直于軸線的平面內有一圓，
圓直徑上有a、b兩點，直線電流在a、b兩點產生
的磁感應強度大小也為B。下列說法正確的是(　　)
A．通電螺線管產生的磁場方向沿軸線向下
B．a、b兩點合磁場的方向相反
C．a、b兩點合磁場的磁感應強度大小均為0
D．a、b兩點合磁場的磁感應強度大小均為B
√
D　[根據安培定則可知，通電螺線管產生的磁場方向沿軸線向上，故A錯誤；直線電流在a點產生的磁場的方向沿切線指向紙面外，在b點產生的磁場方向沿切線指向紙面里，而通電螺線管產生的沿軸線向上的勻強磁場疊加后a點的磁場方向為與水平面成45°角方向指向紙面外，b點磁場方向為與水平面成45°角方向指向紙面里，兩點合磁感應強度的方向互相垂直，故B錯誤；根據矢量合成規則，a、b兩點合磁場的磁感應強度大小均為由直線電流產生的磁場和通電螺線管產生的磁場疊加，其大小為＝B，故C錯誤，D正確。故選D。]
[典例2]　如圖所示，直角三角形abc中，∠a＝90°，∠b＝30°，ac邊長為l，兩根通電長直導線垂直紙面分別放置在a、b兩頂點處。a點處導線中的電流大小為I，方向垂直紙面向外，b點處導線中的電流大小為4I，方向垂直紙面向里。已知長直通電導線在其周圍空間某點產生的磁感應強度大小B＝k，其中I表示電流大小，r表示該點到導線的垂直距離，k為常量，則頂點c處的磁感應強度大小為(　　)
A．k k
C．k D．2k
√
C　[a點處導線在c處產生的磁感應強度大小為Ba＝k， b點處導線在c處產生的磁感應強度大小為Bb＝k＝，即Bb＝2Ba，Ba、Bb方向如圖所示，夾角為120°，由幾何關系知，合磁感應強度方向垂直Ba向上，則Bc＝Ba＝k，故選C。]
[典例3]　(多選)(2022·全國乙卷)安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖所示，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據表中測量結果可推知(　　)
測量序號 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 －45
2 0 －20 －46
3 21 0 －45
4 －21 0 －45
A．測量地點位于南半球
B．當地的地磁場大小約為50 μT
C．第2次測量時y軸正向指向南方
D．第3次測量時y軸正向指向東方
√
√
BC　[地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近，根據測量數據可知，Bz為負值，測量地點位于北半球，A錯誤；利用第1次測量的數據可得當地的地磁場大小約為B＝≈50 μT，B正確；第2次測量時By為負值，y軸正向指向南方，C正確；第3次測量時Bx為正值，x軸正向指向北方，y軸正向指向西方，D錯誤。]
考點2　安培力的分析與計算
1．安培力大小：F＝IlB sin θ
(1)當I⊥B時，F＝IlB。
(2)當I∥B時，F＝0。
(3)l是有效長度。
注意：①當導線彎曲時有效長度l等于連接兩端點線段的長度(如圖所示)，相應的電流由始端流向末端。

②對于任意形狀的閉合線圈，其有效長度均為0，所以通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和為0。
2．安培力方向：用左手定則判斷，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B與I決定的平面。
[典例4]　(一題多變)(2022·江蘇卷)如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向(　　)
A．平行于紙面向上
B．平行于紙面向下
C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
√
C　[根據安培定則，可判斷出導線a左側部分的磁場方向斜向右上方，右側部分的磁場方向斜向右下方，根據左手定則可判斷出左半部分所受安培力垂直紙面向外，右半部分所受安培力垂直紙面向里，故C正確，A、B、D錯誤。]
[變式]　用細線將一條形磁體懸掛于天花板上，條形磁體處于水平且靜止的狀態。當導線ab中通有如圖所示的電流時則條形磁體的N極將向______(選填“內”或“外”)偏轉；條形磁體受到的拉力________(選填“大于”或“小于”)其受到的重力。
外
大于
[解析]　直導線通入由a指向b的電流時，由左手定則知直導線的左端受到方向垂直紙面向里的安培力，根據牛頓第三定律可知，條形磁體的N極受到方向垂直紙面向外的作用力，應向紙面外偏轉；條形磁體轉動后，對直導線有向上的作用力，所以條形磁體受到向下的作用力，故條形磁體受到的拉力大于其受到的重力。
[典例5]　(2025·浙江金麗衢十二校高三聯考)如圖所示，菱形導線框abcd放置在水平面上，線框各邊長均為L且電阻均勻分布，頂角∠abc＝θ，整個空間中存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，使電流從線框a端流入b端流出，通過ab的電流為I，則線框整體受安培力的大小為(　　)
A．BIL B．BIL cos θ
C．0 D．2BIL cos θ
√
A　[線框的有效長度為L，由于Rab＝(Rbc＋Rcd＋Rda)，兩個支路是并聯關系，因此流過線框的總電流I總＝I＋I＝I，等效電流與磁場垂直，線框整體受安培力大小為F＝BI總L＝BIL，故選A。]
考點3　安培力作用下導體運動情況的判斷
1．判定導體運動情況的基本思路
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感線分布情況，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。
2．安培力作用下判斷導體運動情況的常用方法
電流元法 分割為電流元安培力方向→整段導體所受合力方向→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
轉換研究對象法 先分析電流所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受的作用力
[典例6]　(一題多法)一個可以沿過圓心的水平軸自由轉動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將(　　)
A．不動 B．順時針轉動
C．逆時針轉動 D．在紙面內平動
√
B　[解法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉動軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無數段直線電流元，電流元處在線圈L2產生的磁場中，根據安培定則可知各電流元所在處的磁場方向均向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內，因此從左向右看線圈L1將順時針轉動。
解法二(等效法)把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環形電流I2的中心，小磁針的N極應指向該點環形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產生的磁場方向在其中心處豎直向上，而線圈L1等效成的小磁針轉動前，N極指向紙內，因此小磁針的N極應由指向紙內轉為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉動。
解法三(結論法)環形電流I1、I2不平行，則一定有相對轉動，直到兩環形電流同向平行為止，據此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉動。]
[典例7]　(多選)如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數為F1現在磁鐵上方中心偏左位置固定一導體棒，當導體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺秤讀數為F2，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
C．F1＞F2
D．F1＜F2
√
√
BC　[如圖甲所示，導體棒處的磁場方向指向右上方，根據左手定則可知，導體棒受到的安培力方向垂直于磁場方向指向右下方，根據牛頓第三定律可知，導體棒對條形磁鐵的作用力F′方向指向左上方，對條形磁鐵進行受力分析，如圖乙所示，在豎直方向上有FN1＝mg＞FN2，即臺秤示數F1＞F2；在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁鐵壓縮彈簧，所以彈簧長度變短，選項B、C正確。]
微點突破 安培力作用下的力學綜合問題
1．安培力作用下的力學綜合問題的一般分析思路
(1)選定研究對象。
(2)受力分析，變立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力
的方向F⊥B、F⊥I，如圖所示。
(3)應用共點力的平衡條件或牛頓
第二定律或動能定理列方程解題。
2．涉及安培力動能問題的三點注意
(1)安培力做功與路徑有關，不像重力、靜電力做功與路徑無關。
(2)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。
(3)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8]　(2022·湖南卷)如圖(a)所示，直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是(　　)
A．當導線靜止在圖(a)右側位置時，導線中電流方向由N指向M
B．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變
C．tan θ與電流I成正比
D．sin θ與電流I成正比
√
D　[當導線靜止在題圖(a)右側時，導體棒MN在重力、拉力和安培力的作用下處于平衡狀態，由平衡條件可知，導體棒所受安培力指向右側，又安培力與磁場方向垂直，所以安培力垂直于輕繩指向右上方，由左手定則可知，導線中電流方向由M指向N，A項錯誤；由平衡條件有輕繩拉力F＝，又BIL＝mg sin θ，得sin θ＝I，分析易知B、C項錯誤，D項正確。]
[典例9]　(多選)如圖是“電磁炮”模型的原理結構示意圖。光滑水平平行金屬導軌M、N的間距l＝0.2 m，電阻不計，在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小B＝1×102 T。裝有彈體的導體棒ab垂直放在導軌M、N上的最左端，且始終與導軌接觸良好，導體棒ab(含彈體)的質量m＝0.2 kg，在導軌M、N間部分的電阻R＝0.8 Ω，可控電源的內阻r＝0.2 Ω。在某次模擬發射時，可控
電源為導體棒ab提供的電流恒為I＝4×103 A，
不計空氣阻力，導體棒ab由靜止加速到v＝
4 km/s后發射彈體，則(　　)
A．其他條件不變，若彈體質量變為原來的2倍，射出速度將變為原來的
B．其他條件不變，若水平金屬導軌的長度變為原來的2倍，加速時間將變為原來的倍
C．其他條件不變，若磁感應強度大小B變為原來的2倍，射出速度將變為原來的2倍
D．該過程系統產生的焦耳熱為1.6×105 J
√
√
BD　[導體棒受到的安培力F＝IlB，由牛頓第二定律有IlB＝ma，由運動學公式有v2＝2ax，聯立解得v＝，其他條件不變，若彈體質量變為原來的2倍，由于導體棒與彈體的總質量m不是原來的2倍，可知射出速度將減小，但無法確
定具體變為多少，故A錯誤；根據x＝at2，其他條件不變，若水平金屬導軌的長度變為原來的2倍，彈體的加速時間將變為原來的倍，故B正確；根據v＝，其他條件不變，若磁感應強度大小B變為原來的2倍，則彈體的射出速度將變為原來的倍，故C錯誤；導體棒與彈體做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得F＝IlB＝ma，由運動學規律得v＝at，代入相關數據解得該過程需要的時間 t＝1×10-2 s，該過程中系統產生的焦耳熱Q＝I2(R＋r)t，解得Q＝1.6×105 J，故D正確。]
即時檢驗·感悟高考
1．(2024·浙江1月選考)磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是(　　)
A．圖示左側通電導線受到安培力向下
B．a、b兩點的磁感應強度相同
C．圓柱內的磁感應強度處處為零
D．c、d兩點的磁感應強度大小相等
√
A　[由左手定則可知，左側通電導線受到安培力向下，選項A正確；a、b兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內的磁感應強度不為零，選項C錯誤；因c點處的磁感線較d點密集，可知 c點的磁感應強度大于d點的磁感應強度，選項D錯誤。]
2．(多選)(2023·福建卷)地球本身是一個大磁體，其磁場分布示意圖如圖所示。學術界對于地磁場的形成機制尚無共識，一種理論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉產生的環形電流。基于此理論，下列判斷正確的是(　　)
A．地表電荷為負電荷
B．環形電流方向與地球自轉方向相同
C．若地表電荷的電量增加，則地磁場強度增大
D．若地球自轉角速度減小，則地磁場強度增大
√
√
AC　[根據地磁場分布示意圖，由安培定則可知，地表電荷形成的環形電流的方向為順時針(從地理北極向下看)，與地球自轉方向相反，則地表電荷為負電荷，故A正確，B錯誤；設地表電荷的電量為Q，地球自轉周期為T，由電流的定義式可知，地表電荷隨地球自轉產生的環形電流I＝，又地球自轉角速度ω＝，聯立得I＝，可知若地表電荷的電量Q增加，或地球自轉的角速度ω增大，則環形電流增大，地磁場強度增大，C正確，D錯誤。]
3．(2023·海南卷)如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15 cm，質量為m＝1×10-3 kg，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的大小為B＝8×10-2 T的勻強磁場。
(1)若插入導電液體部分深h＝2.5 cm，閉合開關，金屬桿飛起后，其下端離液面最大高度H＝10 cm，設離開導電液體前桿中的電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度H′＝5 cm，通電時間t′＝0.002 s，求通過金屬桿截面的電荷量。
[解析]　(1)設金屬桿離開液面時的速度大小為v，金屬桿中的電流為I金屬桿離開液面后做豎直上拋運動，飛起的高度為H，由運動學公式得v2＝2gH，解得v＝ m/s
由動能定理有BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝ A。
(2)對金屬桿，由動量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′
由運動學公式得v′2＝2gH′，又q＝I′t′
解得q＝0.085 C。
[答案]　(1) m/s　 A　(2)0.085 C
課時數智作業(二十五)
題號
1
3
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2
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11
1．如圖所示，直導線AB、螺線管E、電磁鐵D三者相距較遠，其磁場互不影響，開關S閉合后，小磁針北極N(灰色一端)指示磁場方向正確的是(　　)
A．a B．b
C．c D．d
√
題號
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11
C　[根據安培定則可判斷出電流的磁場方向，再根據小磁針靜止時N極的指向為磁場的方向可知C正確。]
2．(2023·江蘇卷)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中。已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行。該導線受到的安培力為(　　)
A．0 B．BIl
C．2BIl D．BIl
題號
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11
√
C　[由題知，bc邊電流與磁場平行，則bc邊不受安培力，整個導線所受安培力為ab邊導線受到的安培力，為2BIl，C正確。]
題號
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11
3．(2025·重慶渝中高三階段檢測)一正方形的中心O和四個頂點均固定著平行長直導線，若所有平行直導線均通入大小相等的恒定電流，電流方向如圖中所示，下列截面圖中中心長直導線所受安培力最大的是(　　)
題號
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11
A B C D
√
D　[根據“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，設四根導線與中間的導線的相互作用力均為F，則對中心長直導線受力分析如圖所示，A受合力為0，B和C受到2F的力，D受到2F的力，故選D。]
題號
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4．(多選)如圖所示，一根通電直導線放在磁感應強度B＝1 T的勻強磁場中，在以導線為圓心、半徑為r的圓周上有a、b、c、d四個點(a、b、c、d將圓周四等分)，若a點的實際磁感應強度為0，則下列說法正確的是(　　)
A．直導線中電流方向垂直紙面向里
B．直導線中電流方向垂直紙面向外
C．a、b、c、d四個點中，c點的實際磁感應強度最大
D．d點與b點的實際磁感應強度相同
題號
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11
√
√
AC　[由題圖可知，若a點的實際磁感應強度為0，說明通電直導線在a點產生的磁感應強度與勻強磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，則可知通電直導線在a點產生的磁感應強度大小為1 T，方向水平向左，根據安培定則判斷可知，直導線中的電流方向垂直紙面向里，A正確，B錯誤；根據通電直導線周圍的磁感線分布可知，通電直導線在圓周上各點產生的磁感應強度大小均相同，即均為1 T，結合安培定則可知，通電直導線在b、d處產生的磁感應強度大小相
題號
1
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11
同、方向相反(與B垂直)，根據磁場的疊加原理可知，b點與d點的實際磁感應強度大小相同，為Bb＝Bd＝ T，方向不同，D錯誤；通電直導線在c點產生的磁感應強度大小為1 T，方向水平向右，與勻強磁場方向相同，則c點的實際磁感應強度為Bc＝2 T，方向與勻強磁場的方向相同，故a、b、c、d四個點中，c點的實際磁感應強度最大，C正確。]
題號
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10
11
5．如圖所示，兩個完全相同、互相垂直的導體圓環Q、P(Q平行于紙面，P垂直于紙面)中間用絕緣細線連接，通過另一絕緣細線懸掛在天花板下，當Q通有垂直紙面往里看逆時針方向的電流、同時P有從右往左看逆時針方向的電流時，關于兩圓環的轉動(從上向下看)以及細線中拉力的變化，下列說法中正確的是(　　)
題號
1
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11
A．Q逆時針轉動，P順時針轉動，Q、P間細線拉力變小
B．Q逆時針轉動，P順時針轉動，Q、P間細線拉力變大
C．Q順時針轉動，P逆時針轉動，Q、P間細線拉力變小
D．Q順時針轉動，P逆時針轉動，Q、P間細線拉力變大
題號
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√
C　[根據安培定則，Q產生的磁場的方向垂直于紙面向外，P產生的磁場方向水平向右，將Q等效為S極在里、N極在外的小磁針，P等效為左側S極、右側N極的小磁針，根據同名磁極相互排斥、異名磁極相互吸引的特點，P將逆時針轉動，Q將順時針轉動；轉動后P、Q兩環相互靠近處的電流的方向相同，所以兩個線圈相互吸引，Q、P間細線拉力減小，故C正確，A、B、D錯誤。]
題號
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6．一光滑絕緣的正方體固定在水平面上。AB導體棒可繞過其中點的轉軸在正方體的上表面內自由轉動，CD導體棒固定在正方體的下底面。開始時兩棒相互垂直并靜止，兩棒中點O1、O2連線在正方體的中軸線上。現對兩棒同時通入圖示(A到B、D到C)方向的電流。下列說法中正確的是
(　　)
A．通電后AB棒仍將保持靜止
B．通電后AB棒將要順時針轉動(俯視)
C．通電后AB棒將要逆時針轉動(俯視)
D．通電瞬間線段O1O2間存在磁感應強度為零的位置
題號
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√
B　[CD導體棒電流產生的磁場分布如圖所示，可知CD導體棒電流在B端產生的磁場有垂直AB棒向上的分量，根據左手定則可知B端受到垂直于紙面向外的安培力，B端向外轉動，CD導體棒電流在A端產生的磁場有垂直AB棒向下的分量，根據左手定則可知A端受到垂直于紙面向里的安培力，A端向里轉動，故俯視看導體棒AB將要順時針轉動，B正確，A、C錯誤；根據安培定則可知通電瞬間CD
導體棒電流和AB導體棒電流在線段O1O2間產生的磁
場方向相互垂直，故通電瞬間線段O1O2間不存在磁
感應強度為零的位置，D錯誤。]
題號
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7．如圖所示，一通電直導線在豎直向上的勻強磁場中靜止于光滑斜面上，電流方向垂直于紙面向外。保持磁場強弱不變，僅把磁場方向按順時針逐漸旋轉，直至垂直于斜面向上，若要通電導線始終保持靜止，則應控制導線內的電流(　　)
A．逐漸增大 B．逐漸減小
C．先增大后減小 D．先減小后增大
題號
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√
B　[磁場方向豎直向上時，導線所受安培力方向水平向左，另外受重力和支持力，三個力平衡，如圖所示。磁場方向垂直于斜面向上時，導線所受安培力沿斜面向上，由圖可知F逐漸減小，根據F＝BIL可知應控制導線內的電流逐漸減小，
故選B。]
題號
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8．(多選)(2022·湖北卷)如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內。一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調。導體棒沿導軌向右運動，現給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時，加速度的最大值為g；減速時，加速度的最大值為 g，其中g為重力加速度大小。下列說法正確的是(　　)
題號
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A．棒與導軌間的動摩擦因數為
B．棒與導軌間的動摩擦因數為
C．加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ＝60°
D．減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ＝150°
題號
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√
√
BC　[設磁場方向與水平方向夾角為θ1，θ1<90°，當導體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據左手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有F sin θ1－μ(mg－F cos θ1)＝ma1，令cos α＝，sin α＝，根據數學知識可得Fsin (θ1＋α)＝μmg＋ma1，則有sin (θ1＋α)＝≤1；同理設磁場方向與水平方向夾角為θ2，θ2<90°，當導體棒減速，且
題號
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加速度最大時，合力向左最大，根據左手定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有F sin θ2＋μ(mg＋F cos θ2)＝ma2，有Fsin (θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有 sin (θ2＋α)＝≤1。當加速階段或減速階段加速度分別最大時，不等式均取等號，聯立可得μ＝，代入cos α＝，可得α＝30°，此時θ1＝θ2＝60°，加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正確，A、D錯誤。]
題號
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9．(多選)電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。如圖甲所示，測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質量為m0、匝數為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中。線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內阻為r。開關S閉合后，調節可變電阻至R1時，天平正好平衡，此時電壓表讀數為U。已知m0＞m，取重力加速度為g，則(　　)
題號
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A．矩形線圈中電流的方向為逆時針方向
B．矩形線圈的電阻R＝r－R1
C．勻強磁場的磁感應強度的大小B＝
D．若僅將磁場反向，在左盤中再添加質量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡
題號
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√
√
AC　[由于m0＞m，根據天平的平衡條件可判定線圈受到的安培力方向豎直向上，由左手定則判斷知矩形線圈中電流的方向為逆時針方向，故A正確；根據閉合電路歐姆定律可得U＝E－r，解得矩形線圈的電阻R＝－R1，故B錯誤；根據平衡條件有m0g－F＝mg，而F＝nIlB，I＝，聯立解得勻強磁場的磁感應強度的大小B＝
題號
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，故C正確；開始時線圈所受安培力的方向豎直向上，此時安培力大小為F，僅將磁場反向，則安培力方向變為豎直向下，大小不變，相當于右邊托盤底部受到向下的力比原來增加了2F，所以需要在左邊加砝碼，添加質量為Δm＝＝2(m0－m)的砝碼可使天平重新平衡，故D錯誤。]
題號
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10．如圖所示，寬為l的光滑導軌與水平面成α角，質量為m、長為l的金屬桿水平放置在導軌上。空間存在著勻強磁場，當回路總電流為I1時，金屬桿恰好能靜止。(重力加速度為g)
(1)磁感應強度B至少有多大？此時方向如何？
(2)若保持B的大小不變而將B的方向改為豎
直向上，應把回路總電流I2調到多大才能使金屬桿保持靜止？
題號
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[解析]　(1)對金屬桿受力分析，可知當安培力方向沿導軌平面向上時最小，此時B最小，方向垂直導軌平面向上。
由平衡條件可得FN＝mg cos α，BI1l＝mg sin α
解得B＝。
題號
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(2)磁場方向豎直向上時，金屬桿受力如圖所示。
由平衡條件可得BI2l＝mg tan α
將B＝代入可得I2＝。
題號
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[答案]　(1)　磁場方向垂直導軌平面向上　(2)
11．(2023·北京卷)2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創造了大質量電磁推進技術的世界最高速度紀錄。一種兩級導軌式電磁推進的原理如圖所示。兩平行長直金屬導軌固定在水平面，導軌間垂直安放金屬棒，金屬棒可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌接觸良好。電流從一導軌流入，經過金屬棒，再從另一導軌流回，圖中電源未畫出。導軌電流在兩導軌間產生的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度B與電流i的關系式為B＝ki(k為常量)。金屬棒被該磁場力推動。當金屬棒由第一級區域進入第二級區域時，回路中的電流由I變為2I。已知兩導軌內側間距為L，每一級區域中金屬棒被推進的距離均為s，金屬棒的質量為m。求：
題號
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(1)金屬棒經過第一級區域時受到安培力的大小F；
(2)金屬棒經過第一、二級區域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金屬棒從靜止開始經過兩級區域推進后的速度大小v。
題號
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[解析]　(1)由題意知第一級區域中磁感應強度大小為B1＝kI
金屬棒經過第一級區域時受到的安培力的大小為F＝B1IL
聯立解得F＝kI2L。
(2)第二級區域中磁感應強度大小為
B2＝k·2I
金屬棒經過第二級區域時受到的安培力的大小為
F′＝B2·2IL＝4kI2L
題號
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由牛頓第二定律有
F＝ma1
F′＝ma2
聯立解得a1∶a2＝1∶4。
題號
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(3)金屬棒在兩級區域加速的過程中，由動能定理得Fs＋F′s＝mv2－0
聯立解得v＝。
題號
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[答案]　(1)kI2L　(2)1∶4　(3)
謝 謝 ！課時分層作業(二十五)
1．如圖所示，直導線AB、螺線管E、電磁鐵D三者相距較遠，其磁場互不影響，當開關S閉合后，則小磁針北極N(灰色一端)指示磁場方向正確的是(　　)
A．a B．b
C．c D．d
2．(2023·江蘇卷)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中。已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行。該導線受到的安培力為(　　)
A．0 B．BIl
C．2BIl D．BIl
3．(2025·重慶渝中高三階段檢測)一正方形的中心O和四個頂點均固定著平行長直導線，若所有平行直導線均通入大小相等的恒定電流，電流方向如圖中所示，下列截面圖中中心長直導線所受安培力最大的是(　　)
A B
C D
4．(多選)如圖所示，一根通電直導線放在磁感應強度B＝1 T的勻強磁場中，在以導線為圓心、半徑為r的圓周上有a、b、c、d四個點(a、b、c、d將圓周四等分)，若a點的實際磁感應強度為0，則下列說法正確的是(　　)
A．直導線中電流方向垂直紙面向里
B．直導線中電流方向垂直紙面向外
C．a、b、c、d四個點中，c點的實際磁感應強度最大
D．d點與b點的實際磁感應強度相同
5．如圖所示，兩個完全相同、互相垂直的導體圓環Q、P(Q平行于紙面，P垂直于紙面)中間用絕緣細線連接，通過另一絕緣細線懸掛在天花板下，當Q通有垂直紙面往里看逆時針方向的電流、同時P有從右往左看逆時針方向的電流時，關于兩圓環的轉動(從上向下看)以及細線中拉力的變化，下列說法中正確的是(　　)
A．Q逆時針轉動，P順時針轉動，Q、P間細線拉力變小
B．Q逆時針轉動，P順時針轉動，Q、P間細線拉力變大
C．Q順時針轉動，P逆時針轉動，Q、P間細線拉力變小
D．Q順時針轉動，P逆時針轉動，Q、P間細線拉力變大
6．一光滑絕緣的正方體固定在水平面上。AB導體棒可繞過其中點的轉軸在正方體的上表面內自由轉動，CD導體棒固定在正方體的下底面。開始時兩棒相互垂直并靜止，兩棒中點O1、O2連線在正方體的中軸線上。現對兩棒同時通入圖示(A到B、D到C)方向的電流。下列說法中正確的是(　　)
A．通電后AB棒仍將保持靜止
B．通電后AB棒將要順時針轉動(俯視)
C．通電后AB棒將要逆時針轉動(俯視)
D．通電瞬間線段O1O2間存在磁感應強度為零的位置
7．如圖所示，一通電直導線在豎直向上的勻強磁場中靜止于光滑斜面上，電流方向垂直于紙面向外。保持磁場強弱不變，僅把磁場方向按順時針逐漸旋轉，直至垂直于斜面向上，若要通電導線始終保持靜止，則應控制導線內的電流(　　)
A．逐漸增大 B．逐漸減小
C．先增大后減小 D．先減小后增大
8．(多選)(2022·湖北卷)如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內。一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調。導體棒沿導軌向右運動，現給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時，加速度的最大值為g；減速時，加速度的最大值為 g，其中g為重力加速度大小。下列說法正確的是(　　)
A．棒與導軌間的動摩擦因數為
B．棒與導軌間的動摩擦因數為
C．加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ＝60°
D．減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ＝150°
9．(多選)電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。如圖甲所示，測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質量為m0、匝數為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中。線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內阻為r。開關S閉合后，調節可變電阻至R1時，天平正好平衡，此時電壓表讀數為U。已知m0＞m，取重力加速度為g，則(　　)
A．矩形線圈中電流的方向為逆時針方向
B．矩形線圈的電阻R＝r－R1
C．勻強磁場的磁感應強度的大小B＝
D．若僅將磁場反向，在左盤中再添加質量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡
10．如圖所示，寬為l的光滑導軌與水平面成α角，質量為m、長為l的金屬桿水平放置在導軌上。空間存在著勻強磁場，當回路總電流為I1時，金屬桿恰好能靜止。(重力加速度為g)
(1)磁感應強度B至少有多大？此時方向如何？
(2)若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應把回路總電流I2調到多大才能使金屬桿保持靜止？
11．(2023·北京卷)2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創造了大質量電磁推進技術的世界最高速度紀錄。一種兩級導軌式電磁推進的原理如圖所示。兩平行長直金屬導軌固定在水平面，導軌間垂直安放金屬棒，金屬棒可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌接觸良好。電流從一導軌流入，經過金屬棒，再從另一導軌流回，圖中電源未畫出。導軌電流在兩導軌間產生的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度B與電流i的關系式為B＝ki(k為常量)。金屬棒被該磁場力推動。當金屬棒由第一級區域進入第二級區域時，回路中的電流由I變為2I。已知兩導軌內側間距為L，每一級區域中金屬棒被推進的距離均為s，金屬棒的質量為m。求：
(1)金屬棒經過第一級區域時受到安培力的大小F；
(2)金屬棒經過第一、二級區域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金屬棒從靜止開始經過兩級區域推進后的速度大小v。
課時分層作業(二十五)
1．C　[根據安培定則可判斷出電流的磁場方向，再根據小磁針靜止時N極的指向為磁場的方向可知C正確。]
2．C　[由題知，bc邊電流與磁場平行，則bc邊不受安培力，整個導線所受安培力為ab邊導線受到的安培力，為2BIl，C正確。]
3．D　[根據“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，設四根導線與中間的導線的相互作用力均為F，則對中心長直導線受力分析如圖所示，A受合力為0，B和C受到2F的力，D受到2F的力，故選D。
]
4．AC　[由題圖可知，若a點的實際磁感應強度為0，說明通電直導線在a點產生的磁感應強度與勻強磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，則可知通電直導線在a點產生的磁感應強度大小為1 T，方向水平向左，根據安培定則判斷可知，直導線中的電流方向垂直紙面向里，A正確，B錯誤；根據通電直導線周圍的磁感線分布可知，通電直導線在圓周上各點產生的磁感應強度大小均相同，即均為1 T，結合安培定則可知，通電直導線在b、d處產生的磁感應強度大小相同、方向相反(與B垂直)，根據磁場的疊加原理可知，b點與d點的實際磁感應強度大小相同，為Bb＝Bd＝ T，方向不同，D錯誤；通電直導線在c點產生的磁感應強度大小為1 T，方向水平向右，與勻強磁場方向相同，則c點的實際磁感應強度為Bc＝2 T，方向與勻強磁場的方向相同，故a、b、c、d四個點中，c點的實際磁感應強度最大，C正確。]
5．C　[根據安培定則，Q產生的磁場的方向垂直于紙面向外，P產生的磁場方向水平向右，將Q等效為S極在里、N極在外的小磁針，P等效為左側S極、右側N極的小磁針，根據同名磁極相互排斥、異名磁極相互吸引的特點，P將逆時針轉動，Q將順時針轉動；轉動后P、Q兩環相互靠近處的電流的方向相同，所以兩個線圈相互吸引，Q、P間細線拉力減小，故C正確，A、B、D錯誤。]
6．B　[CD導體棒電流產生的磁場分布如圖所示，可知CD導體棒電流在B端產生的磁場有垂直AB棒向上的分量，根據左手定則可知B端受到垂直于紙面向外的安培力，B端向外轉動，CD導體棒電流在A端產生的磁場有垂直AB棒向下的分量，根據左手定則可知A端受到垂直于紙面向里的安培力，A端向里轉動，故俯視看導體棒AB將要順時針轉動，B正確，A、C錯誤；根據安培定則可知通電瞬間CD導體棒電流和AB導體棒電流在線段O1O2間產生的磁場方向相互垂直，故通電瞬間線段O1O2間不存在磁感應強度為零的位置，D錯誤。]
7．B　[磁場方向豎直向上時，導線所受安培力方向水平向左，另外受重力和支持力，三個力平衡，如圖所示。磁場方向垂直于斜面向上時，導線所受安培力沿斜面向上，由圖可知F逐漸減小，根據F＝BIL可知應控制導線內的電流逐漸減小，故選B。]
8．BC　[設磁場方向與水平方向夾角為θ1，θ1<90°，當導體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據左手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有F sin θ1－μ(mg－F cos θ1)＝ma1，令cos α＝，sin α＝，根據數學知識可得Fsin (θ1＋α)＝μmg＋ma1，則有sin (θ1＋α)＝≤1；同理設磁場方向與水平方向夾角為θ2，θ2<90°，當導體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根據左手定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有F sin θ2＋μ(mg＋F cos θ2)＝ma2，有Fsin (θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有 sin (θ2＋α)＝≤1。當加速階段或減速階段加速度分別最大時，不等式均取等號，聯立可得μ＝，代入cos α＝，可得α＝30°，此時θ1＝θ2＝60°，加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正確，A、D錯誤。]
9．AC　[由于m0＞m，根據天平的平衡條件可判定線圈受到的安培力方向豎直向上，由左手定則判斷知矩形線圈中電流的方向為逆時針方向，故A正確；根據閉合電路歐姆定律可得U＝E－r，解得矩形線圈的電阻R＝－R1，故B錯誤；根據平衡條件有m0g－F＝mg，而F＝nIlB，I＝，聯立解得勻強磁場的磁感應強度的大小B＝，故C正確；開始時線圈所受安培力的方向豎直向上，此時安培力大小為F，僅將磁場反向，則安培力方向變為豎直向下，大小不變，相當于右邊托盤底部受到向下的力比原來增加了2F，所以需要在左邊加砝碼，添加質量為Δm＝＝2(m0－m)的砝碼可使天平重新平衡，故D錯誤。]
10．解析：(1)對金屬桿受力分析，可知當安培力方向沿導軌平面向上時最小，此時B最小，方向垂直導軌平面向上。
由平衡條件可得FN＝mg cos α，BI1l＝mg sin α
解得B＝。
(2)磁場方向豎直向上時，金屬桿受力如圖所示。
由平衡條件可得BI2l＝mg tan α
將B＝代入可得I2＝。
答案：(1)　磁場方向垂直導軌平面向上　(2)
11．解析：(1)由題意知第一級區域中磁感應強度大小為B1＝kI
金屬棒經過第一級區域時受到的安培力的大小為F＝B1IL
聯立解得F＝kI2L。
(2)第二級區域中磁感應強度大小為
B2＝k·2I
金屬棒經過第二級區域時受到的安培力的大小為
F′＝B2·2IL＝4kI2L
由牛頓第二定律有
F＝ma1
F′＝ma2
聯立解得a1∶a2＝1∶4。
(3)金屬棒在兩級區域加速的過程中，由動能定理得Fs＋F′s＝mv2－0
聯立解得v＝。
答案：(1)kI2L　(2)1∶4　(3)
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