2023届新高考新教材物理人教版一轮学案-第九章第1讲　磁场的描述　磁场对电流的作用.docx

第1讲磁场的描述磁场对电流的作用主干知识·填一填一、磁场、磁感应强度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：可自由转动的小磁针静止时N极的指向(4)单位：特斯拉，符号T.二、磁感线及几种常见的磁场分布1磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁场方向一致2几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)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、非匀强磁场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纵截面图(3)磁感线的特点磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向磁感线的疏密程度表示磁场强弱磁感线是闭合曲线，没有起点和终点在磁体外部，从N极指向S极，在磁体内部，从S极指向N极磁感线是假想的曲线，不相交、不中断、不相切三、安培力1安培力的方向(1)左手定则：伸开左手，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(2)注意问题：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面2安培力的大小当磁感应强度B的方向与电流方向成角时，FIlBsin_(1)当磁场与电流方向垂直时，安培力最大，FmaxIlB.(2)当磁场与电流方向平行时，安培力等于零规律结论·记一记1磁场是客观存在的特殊物质，磁感线是假想的曲线；磁感线是闭合的曲线，而电场线是不闭合的曲线2B的大小和方向由磁场本身决定，与该处放不放通电导线无关，在定义式中一定要强调通电导线垂直于磁场3电流不受安培力或运动电荷不受洛伦兹力，都不能说明该处没有磁场，这一点与电场不同，电荷在电场中一定受电场力作用4安培力可以做功，而洛伦兹力永不做功5安培力方向一定垂直电流与磁场方向决定的平面，即同时有FAI，FAB.而磁场方向与电流的方向可以不垂直6安培力的冲量IBLq.必刷小题·测一测一、易混易错判断1小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向()2磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零(×)3由定义式B可知，电流强度I越大，导线l越长，某点的磁感应强度就越小(×)4磁感线是真实存在的(×)5通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端(×)6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()二、经典小题速练1(人教版必修第三册P113T2改编)(多选)一根长为0.2 m、电流为2 A的通电导线，放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，受到磁场力的大小可能是()A0.4 NB0.2 NC0.1 N D0 N解析：BCD根据安培力的大小FIlBsin ，当磁感应强度B与通电电流I方向垂直时磁场力有最大值为FBIl0.5×2×0.2 N0.2 N当磁感应强度与通电电流方向平行时，磁场力有最小值为0 N随着二者方向夹角的不同，磁场力大小可能在0.2 N与0 N之间取值选项B、C、D正确2(鲁科版必修第三册P134T3)如图所示，两根互相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点的距离均相等下列说法正确的是()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两点处的磁感应强度方向不同解析：C根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；M处导线在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N处导线在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据磁感应强度的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误；M处导线在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d处产生的磁场方向垂直dM偏下，N处导线在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合磁感应强度大小相等，故C正确；a、c两点的磁场方向都是竖直向下，故D错误3(人教版必修第三册P108T7改编)为解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的在下图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是哪一个（ ）解析：B地磁的南极在地理北极的附近，根据安培定则可以判断拇指指向南方，四指弯曲的方向就是电流流动的方向，对应选项B中电流的方向命题点一对磁场的理解(自主学习)核心整合1磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关2地磁场(1)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示(2)地磁场B的水平分量(Bx)总是从地理南极指向北极，而竖直分量(By)，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下，在赤道处的地磁场沿水平方向，指向北题组突破1(对B的理解)与电场强度相对应，我们把描述磁场强弱的物理量叫作磁感应强度，关于磁感应强度的概念及其定义式B，下列说法正确的是()A在同一磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大B磁场中某点磁感应强度B的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向相同C磁场中某点磁感应强度B的大小，与垂直放在该点的试探电流元所受到的安培力大小成正比D在磁场中的某点，当试探电流元不受安培力作用时，该点磁感应强度B的大小一定为零解析：A磁感应强度的定义用的是比值定义法，即磁感应强度大小与该点的试探电流元无关，在同一磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，A项正确，C项错误；磁感应强度的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向垂直，B项错误；若试探电流元平行于磁场方向，该电流元受到的安培力为零，所以试探电流元不受安培力作用，并不表示该点的磁感应强度大小为零，D项错误2(磁感线的特点)如图所示，蹄形磁铁周围的磁场用磁感线表示，磁场中有a、b两点，下列说法正确的是()Aa、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbBa、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbC蹄形磁铁的磁感线起始于蹄形磁铁的N极，终止于蹄形磁铁的S极Da处没有磁感线，所以磁感应强度为零解析：B由题图可知b处的磁感线较密，a处的磁感线较疏，所以BaBb，故A错误，B正确；磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，故C错误；磁铁附近没画磁感线的地方并不表示没有磁场存在，故D错误3(对地磁场的理解)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意图如图结合上述材料，下列说法不正确的是()A地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析：C由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A正确；磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确；只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，故C错误；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D正确命题点二安培定则及磁场的叠加(自主学习)核心整合1安培定则的应用在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”原因(电流方向)结果(磁场方向)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为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则3两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的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的题组突破1(安培定则的理解及应用)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，则小磁针北极N(灰色一端)指示磁场方向正确的是()AaBbCc Dd解析：C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极所指的方向为磁场的方向可知C正确2(两条直线电流的磁场的叠加)(2021·全国甲卷)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与OQ在一条直线上，PO与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()AB、0B0、2BC2B、2B DB、B解析：B竖直方向的两段导线中电流相等，且在同一直线上，可把EO与OQ等效成一根无限长直导线，同理PO与OF等效成一根无限长直导线根据安培定则可知，两根无限长直导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确3(多条直线电流的磁场的叠加)四根相互平行的通电长直导线a、b、c、d电流均为I，如图所示放在正方形的四个顶点上，每根通电直导线单独存在时，四边形中心O点的磁感应强度都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为()A2B，方向向左 B2B，方向向下C2B，方向向右 D2B，方向向上解析：A根据安培定则判断得知：四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：a导线产生的磁场方向由bd，大小为B；c导线产生的磁场方向由bd，大小为B；同理，b导线产生的磁场方向由ca，大小为B，d导线产生的磁场方向由ca，大小为B，则根据平行四边形定则进行合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为2B，方向水平向左故选A.命题点三安培力作用下导体运动的判断(师生互动)核心整合1判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，然后利用左手定则准确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2五种常用判定方法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条形磁铁通电螺线管多个环形电流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如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)()A顺时针方向转动，同时下降B顺时针方向转动，同时上升C逆时针方向转动，同时下降D逆时针方向转动，同时上升【思维导引】(1)画出导线所在位置磁感线的方向(2)导线左右两部分所在处磁场方向不同，应分别判断其受安培力的方向解析：A如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动分析导线转过90°时的情形：如图乙所示，导线中的电流垂直纸面向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动选项A正确题组突破1.(等效法)如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到()A线圈向左平移B线圈向右平移C从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁D从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁解析：C把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知：从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁，C正确2(结论法与电流元法组合)如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则()A金属棒始终静止不动B金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环C金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环D金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环解析：B由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向垂直纸面向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转当金属棒转动到平行水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒会靠近金属环，B正确3(转换研究对象法)如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()AFN1FN2，弹簧的伸长量减小BFN1FN2，弹簧的伸长量减小CFN1FN2，弹簧的伸长量增大DFN1FN2，弹簧的伸长量减小解析：C在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，导线A中的电流垂直纸面向外时，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力F，由牛顿第三定律可知磁铁所受反作用力F的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即FN1FN2.同时，F有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以选项C正确命题点四安培力作用下的平衡问题(多维探究)1分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路(1)确定要研究的导体(2)按照已知力重力安培力弹力摩擦力的顺序，对导体受力分析(3)分析导体的运动情况(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解2受力分析的注意事项(1)安培力的方向特点：FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面(2)安培力的大小：应用公式FBIlsin 计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度l等于曲线两端点的直线长度(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图第1维度：安培力的计算1安培力大小计算常用公式FBIl，要求两两垂直，应用时要满足：(1)B与l垂直；(2)l是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度如弯曲导线的有效长度l等于两端点所连直线的长度(如图所示)，相应的电流方向沿l由始端流向末端因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零2安培力方向：用左手定则判断，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面 (2019·全国卷)如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力大小为()A2FB1.5FC0.5F D0解析：B设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有FIlB，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1IlBF，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为FF11.5F，选项B正确第2维度：通电金属棒的平衡问题(多选)如图是倾角37°的光滑绝缘斜面在纸面内的截面图一长为L、质量为m的导体棒垂直纸面放在斜面上，现给导体棒通入电流强度为I，并在垂直于导体棒的平面内加匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，已知当地重力加速度为g，sin 37°0.6，cos 37°0.8.则以下说法正确的是()A所加磁场方向与x轴正方向的夹角的范围应为90°233°B所加磁场方向与x轴正方向的夹角的范围应为0°143°C所加磁场的磁感应强度的最小值为D所加磁场的磁感应强度的最小值为解析：BC根据共点力平衡条件知，安培力的方向在垂直斜面向下与竖直向上的这两个方向之间，根据左手定则知，所加磁场方向与x轴正方向的夹角的范围应为0°143°，故A错误，B正确；当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据矢量三角形定则有FAmgsin 37°ILB，则磁感应强度的最小值B，故C正确，D错误第3维度：通电线框的平衡问题如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小x及方向是()Ax，方向向上Bx，方向向下Cx，方向向上Dx，方向向下解析：B线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡状态，安培力为FAnBIl，且开始时方向向上，改变磁场方向后安培力方向向下，大小不变设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x，则磁场反向之后弹簧的伸长量为(xx)，由平衡条件知kxnBIlmg及k(xx)nBIlmg，联立解得x，且线框向下移动，B对(1)安培力作用下的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法是相同的，只不过多了安培力，解题的关键仍是受力分析(2)在剖面图中，线框的受力边及金属棒可用小圆圈代替，垂直剖面方向的电流可用“”或“”表示，垂直剖面方向的磁场可用“×”或“·”表示，但垂直剖面方向的力不能用“×”或“·”表示素养培优26安培力作用下的三类综合问题问题一周期性变化的安培力做功问题(多选)如图甲所示，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.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中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解析：ABC由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力FBIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内总功为零，选项D错误问题二安培力作用下的加速问题如图是导轨式电磁炮实验装置示意图，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块(即实验用弹丸)滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触，电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为BkI，比例常数k2.5×106 T/A.已知两导轨内侧间距l1.5 cm，滑块的质量m30 g，滑块沿导轨滑行x5 m后获得的发射速度为v3.0 km/s(此过程视为匀加速运动)(1)求发射过程中电源提供的电流大小(2)若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？(3)若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中固定在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度为s30 cm.求滑块对砂箱的平均冲击力解析：(1)由匀加速运动公式可得a9×105 m/s2，由安培力公式得：FBIlkI2l，由牛顿第二定律可得：Fma，联立可得电源的供电电流为I 8.5×105A.(2)电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则有：Ptmv2，发射过程电源的供电时间t×102s，所以电源的输出功率为P1.0×109 W，又由PUI得电源的输出电压为U1.2×103 V.(3)由动能定理可得Fs0mv2，由牛顿第三定律可得滑块对砂箱的平均冲击力为FF4.5×105 N.答案：(1)8.5×105 A(2)1.0×109 W1.2×103 V(3)4.5×105 N问题三与安培力相关的平抛问题如图所示，在水平放置的光滑平行导轨一端架着一根质量m0.04 kg的金属棒ab，导轨另一端通过开关与电源相连该装置放在高h20 cm的绝缘垫块上当有竖直向下的匀强磁场时，接通开关金属棒ab会被抛到距导轨右端水平位移s100 cm处试求开关接通后安培力对金属棒做的功(g取10 m/s2) 解析：设在接通开关到金属棒离开导轨的时间内，安培力对金属棒做的功为W由动能定理得：Wmv2设平抛运动的时间为t，则竖直方向：hgt2水平方向：svt联立以上三式解得：W0.5 J.答案：0.5 J安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同(2)安培力做功的实质是能量转化安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能限时规范训练基础巩固1.磁场中某区域的磁感线如图所示，则()Aa点处没有磁感线，磁感应强度为零Ba点处磁感应强度比b点处强Cb点处的磁场方向和该点的切线方向垂直D把一个小磁针放在b点，静止时小磁针N极的指向水平向右解析：D磁感线的疏密表示磁场的强弱，由题图可知，a点处的磁感线比b处的磁感线稀疏，则a点处的磁场比b点处的磁场弱，a点处的磁感应强度比b点处的磁感应强度小，故A、B错误；某点磁感线的切线方向就是磁场的方向，小磁针静止时N极所指的方向是磁场方向，由题图可知，b点处磁场方向沿磁感线的方向，水平向右，把一个小磁针放在b点，静止时小磁针N极的指向水平向右，故C错误，D正确2(2021·广东卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是()解析：C因I1I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示3.矩形abcd的边长bc是ab的2倍两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点下列说法正确的是()Aa点与b点的磁感应强度相同Ba点与c点的磁感应强度相同Ca点与d点的磁感应强度相同Da点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同解析：B通电直导线在周围形成的磁场，大小为B，由安培定则可得各点的磁感应强度的平面图，如图所示，由对称性可知a点与c点的合磁感应强度等大同向，b点与d点的合磁感应强度等大同向，故B正确4如图所示，两圆弧中的电流大小相等，电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，则关于图中a、b两点(分别为各圆的圆心)的磁感应强度的大小关系和a点的磁感应强度的方向，下列说法正确的是()ABaBb，Ba垂直纸面向外BBaBb，Ba垂直纸面向外CBaBb，Ba垂直纸面向里DBaBb，Ba垂直纸面向里解析：A圆弧中的电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小与其半径成反比，可知其产生的磁感应强度大小B，而直线电流在其延长线上的磁感应强度为零，所以a点的磁感应强度大小Ba，通过安培定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向外；b点的磁感应强度大小Bb，通过安培定则可判断合磁感应强度方向垂直纸面向里，所以BaBb，故A正确5电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图若某水平发射轨道长7.5 m，宽1.5 m，发射的炮弹质量为50 g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速当电路中的电流恒为20 A时，炮弹被发射后的最大速度可达3×103 m/s，轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力下列说法正确的是()A磁场方向为竖直向下B磁场方向为水平向右C磁场的磁感应强度大小为1×103 TD炮弹的加速度大小为3×103 m/s2解析：C由题意可知，炮弹受到安培力的方向水平向右，根据左手定则判断，磁场方向应为竖直向上，故A、B错误；在发射炮弹的过程中，只有安培力做功，由动能定理可得BIl·xmv20，解得B1×103 T，故C正确；根据牛顿第二定律可得BIlma，解得a6×105 m/s2，故D错误6如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1 m在两圆环上放一导体棒，圆环通过导线与电源相连，电源的电动势为3 V、内阻为0.2 ，导体棒质量为60 g，接入电路的电阻为1.3 ，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上开关S闭合后，导体棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为37°，如图乙所示(g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：(1)棒静止时受到的安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小解析：(1)对导体棒进行受力分析，如图所示，有tan ，解得F0.8 N.(2)由闭合电路欧姆定律，得I，解得I2 A，由安培力的公式FBIl，得B，解得B0.4 T.答案：(1)0.8 N(2)0.4 T能力提升7如图甲所示，斜面固定在水平面上，一通电导体棒ab置于斜面上且与底边平行整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，导体棒ab所受的安培力为F；若仅将导体棒ab从中点处折成相互垂直的两段，且端点a、b连线仍与斜面底边平行，如图乙所示，则此时导体棒ab所受的安培力为()AFBFC.FDF解析：D本题考查安培力的计算设导体棒ab的长度为L，通过导体棒ab的电流为I，磁感应强度为B，导体棒ab受到的安培力FBIL：若仅将导体棒ab从中点处折成相互垂直的两段，导体棒ab的有效长度lL，导体棒ab所受安培力FBIlBILF，故D正确，A、B、C错误8如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁N极正对在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁处于静止状态，设两磁铁和木板的总重力为G，则()A导线受到的安培力水平向左B导线受到的安培力竖直向上C木板对地面的压力小于GD木板受到地面的摩擦力水平向右解析：D根据条形磁铁磁场分布和叠加，可知两条形磁铁在导线处产生的合磁场方向竖直向上，根据左手定则知，长直导线受到的安培力水平向右；木板和磁铁始终处于静止状态，且竖直方向不受导线的作用力，由于两条形磁铁和木板的总重力为G，故木板对地面的压力等于G；又因长直导线受到的安培力水平向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线对磁铁的作用力水平向左，所以磁铁和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的摩擦力水平向右，故A、B、C错误，D正确9如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为，ab静止于宽为L的水平导轨上下列说法正确的是()A金属棒受到的安培力大小为FBILsin B金属棒受到的摩擦力大小为fBILcos C若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大D若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大解析：C金属棒受到的安培力大小FBIL，故A错误；电流方向从a到b，受力分析如图所示，根据平衡条件有fFsin BILsin ，NGFcos GBILcos ，所以若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故B、D错误；若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确10.(多选)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm的光滑圆弧导轨相接导轨宽度为20 cm，电阻不计导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T. 一根导体棒ab垂直导轨放置，质量m60 g、电阻 R1 ，用两根长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角 53°(sin 53°0.8，cos 53°0.6，g10 m/s2)，则()A磁场方向一定竖直向上B电源的电动势 E8 VC导体棒在摆动过程中所受安培力F8 ND导体棒摆动过程中的最大动能为 0.08 J解析：BD由题意知，当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，导体棒ab所受安培力为F，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角53°，则tan ，又FBILBL，得F0.8 N，E8 V，故B正确，C错误；导体棒ab速度最大时，动能最大为Ekm，根据动能定理得：FLsin 53°mgL(1cos 53°)Ekm0，解得Ekm0.08 J，故D正确11.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B，式中常量k0，I为电流，r为距导线的距离在水平长直导线MN正下方，矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为FT0.当MN通以电流I1时，两细线的张力均减小为FT1；当MN内的电流为I2时，两细线的张力均大于FT0.(1)分别指出电流I1、I2的方向；(2)求MN分别通以I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；(3)当MN内的电流为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线框的加速度大小为a，求I3.解析：(1)I1方向向左，I2方向向右(2)当MN中通以电流I时，线框受到的安培力大小为FkIiL，式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线框中的电流，L为ab、cd的长度代入题给数据解得F1F2I1I2.(3)设MN中电流为I3时，线框受到的安培力大小为F3.由题设条件有2FT0mg，2FT1F1mg，F3Gmaa.，I3I1，方向向右答案：(1)I1方向向左I2方向向右(2)I1I2(3)I1，方向向右