磁场的描述、磁场对电流的作用

1、学案正标题一、考纲要求1.知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用.2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题二、知识梳理1.磁场（1）基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用（2）方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。2.磁感应强度（1）物理意义：描述磁场强弱和方向（2）定义式：B通电导线垂直于磁场)（3）方向：小磁针静止时N极的指向（4）单位：特斯拉，符号T.3.磁感线的特点（1）磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向（2）磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱（

2、3）磁感线是闭合曲线，没有起点和终点在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极（4）同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切（5）磁感线是假想的曲线，客观上不存在4.几种电流周围的磁场分布 直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图 5.安培力的大小和方向（1）大小FBILsin(其中为B与I之间的夹角)磁场和电流垂直时FBIL磁场和电流平行时F0.（2）方向用左手定则判定：伸开左手

3、，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向安培力的方向特点：FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面(注意：B和I可以有任意夹角)三、要点精析1.安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.原因(电流方向)结果(磁场绕向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指 2.磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解特别提醒：两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生

4、的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的3.磁场的叠加和安培定则应用的“三点注意”(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和4.通电导体在磁场中受到的安培力(1)方向：根据左手定则判断F、B、I三者间方向关系：已知B、I的方向(B、I不平行时)，可用左手定则确定F的唯一方向FB，FI，则F垂直于B和I所构成的平面，但已知F和B的方向，不能唯一确定I的方向(2)大小：由公式FBIL计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度如弯曲通电导

5、线的有效长度L等于连接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，如下图所示5.求解通电导体在磁场中的力学问题的方法(1)选定研究对象(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，要用左手定则来判断，注意F安B、F安I.(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程式进行求解6.判断通电导体在安培力作用下运动的方法方法概述判断通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先要弄清导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向常用方法(1)电流元法：把整段弯曲导线分为多段直线

6、电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向(2)特殊位置法：通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向(3)等效法：环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流然后根据同极相斥、异极相吸判断相互作用情况(4)结论法：两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，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（5）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时，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后根据牛

7、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四、典型例题1.【2015新课标II-18】指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转【答案】BC【解析】指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与

8、导线垂直，故D错误。考点：安培定则2.【2015重庆-7】（15分）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.下图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为，匝数为，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为，区域外的磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等.某时刻线圈中电流从P流向，大小为（）求此时线圈所受安培力的大小和方向。（）若此时线圈水平向右运动的速度大小为，求安培力的功率【答案】（1），方向水平向右；（2）【解析】（1）线圈的右边受到磁场的安培力，共有条边，故由左手定则，电流向

9、外，磁场向下，安培力水平向右（2）安培力的瞬时功率为考点：本题考查安培力、功率。3.【2015福建-18】如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（）APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大【答案】C【解析】设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R-Rx，所以外电路的总电阻为

10、，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流：先较小后增大，故A错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F=BIL，拉力的功率P=BILv，先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻最大为3R/4，小于电源内阻R，又外电阻先增大后减小，所以外电路消耗的功率先增大后减小，故D错误。4.【2015江苏-4】如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是

11、【答案】A【解析】假设载流线圈的电流方向是顺时针方向，根据左手定则得出载流线圈各边所受安培力的方向，C、D选项中各边所受安培力的方向类似于B图，根据力图结合力的合成可以发现A图中载流线圈各边所受安培力的合力最大，所以若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是A图天平故选：A5.(2015新课标I-24)(12分)如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡

12、后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。【答案】竖直向下，0.01kg【解析】依题意，开关闭合后，电流方向由b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。（2分）开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为l1=0.5cm,由胡克定律和力的平衡条件得：2kl1=mg              1式中m为金属棒的质量，k为弹簧的劲度系数，g为重力加速度

13、的大小。（2分）开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为：F="BIL"            2式中I是回路电流，L是金属棒的长度。（2分）两弹簧各自伸长了i2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件得：2k(l1+l2)=mg+F          3（2分）由欧姆定律有：E=IR       4式中

14、E是电池的电动势，R是电路总电阻。（2分）联立1234式，并代入题给的数据得：m="0.01kg"         5（2分）【考点】形变、弹性、胡克定律；共点力的平衡；安培力、安培力的方向；匀强磁场中的安培力；闭合电路的欧姆定律6.【2014·新课标全国卷】关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【

15、答案】B【解析】安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力FBILsin ，其中是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半， D错误【考点】安培左手定则7.【2014·海南卷】如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流：a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是Aa处的磁感应强度大小比c处的大Bb、c两处的磁感应强度大小相等Ca、c两处的磁感应强度

16、方向相同Db处的磁感应强度为零【答案】AD【解析】根据安培定则判断知：左侧导线在a点产生的磁场方向向里，在c点产生的磁场方向向外，右侧导线在a点产生的磁场方向向里，在b点产生的磁场方向向里，根据磁感线的疏密表示磁场的强弱，可知离直导线越远，磁场越弱，可知：a处磁感线比c处密，则a处的磁感应强度大小比c处的大由磁场的叠加可知：a、c两处的磁感应强度方向相反故A正确，BC错误；由于左右侧导线在b处产生的磁感应强度方向相反，大小相等，所以b处的磁感应强度为零，故D正确8.【2014·浙江卷】如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨

17、水平对称放置一根均匀金属棒。从t=0时刻起，棒上有如图2所示的持续交流电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向。则金属棒（）A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功【答案】ABC【解析】在0，导体棒受到向右的安培力，大小恒为BImL，向右做匀加速直线运动；在T，导体棒受到安培力向右，大小仍为BImL，而此时速度仍然还是向左，做匀减速直线运动，之后不断重复该运动过程故选项A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为0，选项D错误9.下列说法中不正确的是     &#

18、160;     (  )A电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度不一定为零C表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值【答案】D【解析】电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A、B对同理根据电场强度的定义式EF/q可知C正确而同样用比值定义法定义的磁

19、感应强度则应有明确的说明，即B中I和B的方向必须垂直，故D错10.关于磁感应强度B，下列说法中正确的是    (  )A磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B值大小为零D在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大【答案】D【解析】磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处的磁感应强度为一恒量，其大小 可由B计算，与试探电流元的F、I、L的情况无关，A错磁感应强度的方向规定为小磁针N极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力

20、方向垂直，B错当试探电流元的方向与磁场方向平行时，电流元受磁场力虽为零，但磁感应强度却不为零，C错磁感线的疏密是根据磁场的强弱画出的，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，磁感线越稀疏的地方，磁感应强度越小，故D正确11.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是           &#

21、160;  (  )AO点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同【答案】C【解析】根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误12.如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是

22、通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向【答案】【解析】略13.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(  )A从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B从上向下看顺时针转动并远离螺线管C从上向下看逆时针转动并远离螺线管D从上向下看逆时针转动并靠近螺线管【答案】D【解析】本题考查安培定则以及左手定则，意在考查学生对安培定则以及左手定则的应用的理解先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图a所示可

23、以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图b所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误 14.如图所示，把一重力不计的通电直导线AB放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动当导线中通有如图所示方向的电流I时，从上向下看，关于导线AB的运动情况下列说法正确的是   (  )A顺时针转动，同时下降B顺时针转动，同时上升C逆时针转动，同时下降D逆时针转动，同时上升【答案】C【解析】(1)根据如图甲所示的导线所处的特殊位置判断其运动情况将导线AB从N、S极的中间O分成两段，由左

24、手定则可得AO段所受安培力的方向垂直于纸面向外，BO段所受安培力的方向垂直于纸面向里，可见从上向下看，导线AB将绕O点逆时针转动(2)根据导线转过90°时的特殊位置判断其上下运动情况如图乙所示，导线AB此时所受安培力方向竖直向下，导线将向下运动(3)由上述两个特殊位置的判断可知，当导线不在上述的特殊位置时，所受安培力使其逆时针转动同时还向下运动，所以可确定C正确15.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是(  )A金属棒中的电流变大，

25、角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小【答案】A【解析】选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示根据平衡条件及三角形知识可得tan ，所以当金属棒中的电流I、磁感应强度B变大时，角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，角变小，选项C错误；角的大小与悬线长短无关，选项B错误16.如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右

26、由静止开始运动已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且1 m，g取10 m/s2，则(  )A金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2B金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2D金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N【答案】D【解析】金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安BIL0.5×2×0.5 N0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程进行分析，安培力做功W安F安·()1 J，重力做功WGm

27、g·0.5 J，由动能定理得W安WGmv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为vm/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的重力加速度，水平方向的向心加速度大小为a20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得FF安，解得F1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确17.两个完全相同的通电圆环A、B的圆心O重合、圆面相互垂直，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆

28、心O处独立产生的磁感应强度为B0，则O处的磁感应强度大小为      (  )A0             B2B0C.B0          D无法确定【答案】C【解析】由安培定则可知A在圆心处产生的磁感应强度垂直于纸面向里，B在圆心处产生的磁感应强度竖直向下，两者垂直，所以合磁感应强度大小BB0，C选项正

29、确18.(2015·南通模拟)如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图当圆盘高速绕中心轴OO转动时，通电直导线所受磁场力的方向是   (  )A竖直向上B竖直向下C水平向里D水平向外【答案】C【解析】由于带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，所产生的磁场方向竖直向上由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向里故C正确19.(2015·西城区模拟)如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴

30、，建立坐标系过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流则过O点的通电直导线所受安培力的方向为    (  )A沿y轴正方向         B沿y轴负方向C沿x轴正方向         D沿x轴负方向【答案】A【解析】A、B两处导线的电流在O处产生的磁场叠加为0，C处导线的电流在O处产生的磁场方向向左，由左手定则知O点导线受安培力方向

31、向上故A正确20.两条直导线相互垂直，如图所示，但相隔一个小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由转动，当电流按如图所示的方向通入两条导线时，CD导线将(  )A顺时针方向转动，同时靠近导线ABB逆时针方向转动，同时离开导线ABC静止不动D逆时针方向转动，同时靠近导线AB【答案】D【解析】分析出导线AB产生的磁感应强度方向为右进左出，据左手定则可知：刚通入电流时，导线CD的左半边受到向下的安培力，而其右半边受到向上的安培力，所以导线CD将沿逆时针方向转动，旋转过程中，导线CD受到的安培力具有指向导线AB的分量，使得导线CD在转动的同时靠近导线AB，本题只有选项D正确21.(20

32、15·黄冈期末) (多选)如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是            (  )A弹簧长度将变长B弹簧长度将变短CFN1FN2DFN1FN2【答案】BC【解析】画出导体棒所在处的磁感线方向，用左手定则可判断出条形磁铁对导体棒的安培力斜向右下方，由牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的安

33、培力斜向左上方，所以弹簧长度将变短，FN1FN2，B、C正确22.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流大小与时间成正比，即Ikt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好下列关于导体棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是       (  )【答案】BD【解析】导体棒受到导轨的支持力大小等于安培力大小，即FNBILBkLtt，在竖直方向上有mgFNma，则agt，选项D正确、C错误；根据导

34、体棒向下先做加速度逐渐减小的变加速运动，后做加速度逐渐增大的变减速运动的过程可知，选项A错误、B正确23.(2015·河北衡水调研)电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s.若这种装置的轨道宽d2 m、长L100 m、电流I10 A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是           (  )AB1

35、8 T，Pm1.08×108 WBB0.6 T，Pm7.2×104 WCB0.6 T，Pm3.6×106 WDB18 T，Pm2.16×106 W【答案】D【解析】通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdLmv，代入数值解得B18 T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即PmBIdvm，代入数值得Pm2.16×106 W，故选项D正确24.倾角为的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆ab.现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B由零逐渐增加的过程中，金属杆ab受到的静摩擦力  &#

36、160;    (  )A逐渐增大B逐渐减小C先增大后减小D先减小后增大【答案】D【解析】开始时静摩擦力、安培力方向都沿轨道向上，由平衡条件知FfBILmgsin，当B逐渐增大的过程中，摩擦力逐渐减为0，若再增大B，摩擦力反向增大故D正确25.(多选)如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是   (  )A此过程中磁

37、感应强度B逐渐增大B此过程中磁感应强度B先减小后增大C此过程中磁感应强度B的最小值为D此过程中磁感应强度B的最大值为【答案】AC【解析】导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B逐渐增大，A对、B错；刚开始安培力F最小，有sin，所以此过程中磁感应强度B的最小值为，C对；最后安培力最大，有Fmg，即此过程中磁感应强度B的最大值为，D错26.如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方

38、向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动已知电流I随时间t变化的关系式为Ikt(k为常数，k0)，金属棒与导轨间存在摩擦则下面关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象中，可能正确的有(  )【答案】AD【解析】根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a，FfFNF安BILBLkt，联立解得加速度ag，与时间成线性关系，故A正确，B错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故C错

39、误，D正确27.如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是 (  )【答案】C【解析】通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，无穷远处磁感应强度为0，所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是C.28.如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流则过O点的通电直导线所受安培力的方向为(  )A沿y轴正方

40、向   B沿y轴负方向C沿x轴正方向   D沿x轴负方向【答案】A【解析】由题图可知，过A点和B点的通电直导线对过O点的通电导线的安培力等大反向，过C点的通电直导线对过O点的通电直导线的安培力即为其总的安培力，沿OC连线向上，故A项正确29.如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图当圆盘高速绕中心轴OO转动时，通电直导线所受安培力的方向是(  )A竖直向上B竖直向下C水平向里D水平向外【答案】C【解析】从上向下看，带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆

41、时针方向，所产生的磁场方向竖直向上，由左手定则可判定通电直导线所受安培力的方向水平向里，故C项正确30.如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的圆轨道，一重为G的金属导体MN垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v从A点运动到C点，设金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为，安培力的瞬时功率为P，则从A到C的过程中，下列说法正确的是(  )A电流方向从N指向M BIcot CPcos DPsin 【答案】D【解析】由于安培力方向始终水平向左，根据左手定则知电流方向从M指向N，A错误；因为金属导体MN做匀速圆周运动，所以有Gsin

42、F安cos ILBcos，故Itan ，即Itan  ，B错误；又PF安vcosGvsin，所以Psin  ，C错误，D正确31.如图所示为电磁轨道炮的工作原理图待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流I成正比通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是(  )A弹体向左高速射出BI为原来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍D轨道长度L为原来的4倍，弹体射出

43、的速度为原来的2倍【答案】BD【解析】根据磁场方向、通过弹体的电流方向可知弹体所受安培力水平向右，因此弹体将向右高速射出，故A错误；根据F=BIL=ma可知I为原来2倍，磁感应强度B与I成正比，B变为原来的2倍，弹体的加速度将变为原来的4倍，由运动学公式v2=2aL可知，弹体射出的速度变为原来的2倍，故B正确；根据F=BIL=ma可知弹体的质量为原来2倍，弹体的加速度将变为原来的倍，由运动学公式可知，弹体射出的速度变为原来的倍，故C错误；若L变为原来的4倍，根据F=BIL=ma可知弹体的加速度不变，由运动学公式v2=2aL可知，弹体射出的速度变为原来的2倍，故D正确故选BD32.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是 (  )A弹簧长度将变长B弹簧长度将变短CFN1FN2DFN1FN2【答案】BC【解析】开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对地压力等于磁体的重力；通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示