【物理】2019届一轮复习人教版 　磁场的描述　磁场对电流的作用 学案 18页

第1讲　磁场的描述　磁场对电流的作用 ‎　　‎ ‎[学生用书P175]‎ ‎【基础梳理】‎ 一、磁场、磁感应强度 ‎1．磁场 ‎(1)定义：磁场是磁体、电流周围存在的一种特殊物质．‎ ‎(2)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．‎ ‎(3)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：描述磁场的强弱和方向．‎ ‎(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.‎ 二、磁感线及特点 ‎1．磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．‎ ‎2．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；在磁感线较稀疏的地方磁场较弱．‎ ‎(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．‎ ‎3．电流周围的磁场 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 三、安培力的大小和方向 ‎1．安培力的大小 ‎(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL．‎ ‎(2)磁场和电流平行时：F＝0.‎ ‎2．安培力的方向 ‎(1)用左手定则判定：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)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．‎ ‎　B和I可以有任意夹角．‎ ‎【自我诊断】‎ 判一判 ‎(1)磁场是假想的，客观上不存在．(　　)‎ ‎(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．(　　)‎ 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√‎ 做一做 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．‎ 提示：‎ 想一想 安培力公式F＝BIL中的L代表什么？‎ 提示：L为有效长度．‎ ‎　描述磁场物理量的应用[学生用书P176]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．电流周围的磁场：需要掌握直线电流的磁场、通电螺线管的磁场、环形电流的磁场，能从立体、横截两个不同角度运用安培定则确定电流方向与磁场方向的关系．‎ ‎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．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　如图，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(　　)‎ A．O点处的磁感应强度为零 B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎[审题指导]　直线电流的磁场的磁感线是以导线上一点为圆心的同心圆，磁感应强度的方向沿磁感线的切线方向，磁感线的环绕方向与电流方向之间的关系满足安培定则．‎ ‎[解析]　由安培定则可知，两导线中的电流在O点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，选项A错；由安培定则知，两导线中的电流在a、b两点处产生的磁场的方向均竖直向下，由于对称性，M中电流在a处产生的磁场的磁感应强度等于N中电流在b处产生的磁场的磁感应强度，同时M中电流在b处产生的磁场的磁感应强度等于N中电流在a处产生的磁场的磁感应强度，所以a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错；根据安培定则，两导线中的电流在c、d两点处产生的磁场垂直c、d两点与导线的连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度大小相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；a、c两点处磁感应强度的方向均竖直向下，选项D错．‎ ‎[答案]　C 解决磁场叠加的思路和步骤 ‎(1)根据安培定则确定各导线在某点产生的磁场方向；‎ ‎(2)判断各分磁场的磁感应强度大小关系；‎ ‎(3)根据矢量合成法则确定合磁场的大小和方向．　‎ ‎【迁移题组】‎ 迁移1　磁感应强度的求解 ‎1．(2017·高考全国卷Ⅲ)‎ 如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0　　　　　　　　　　 B．B0‎ C.B0 D．2B0‎ 解析：‎ 选C.导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1.又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左．若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B′1＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确．‎ 迁移2　磁感线的分布及性质 ‎2．(2018·高三质检)如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，‎ 在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是(　　)‎ A．N极竖直向上　　　　　　 B．N极竖直向下 C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右 解析：选C.负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿轴OO′向左．由于磁针N极指向为磁场方向，可知选项C正确．‎ 迁移3　地磁场的特点 ‎3．(2016·高考北京卷)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：选C.由《梦溪笔谈》中的记载和题中磁感线分布示意图可知，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，在两极附近地球表面的地磁场方向不与地面平行，C项错误，A、B项正确；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场的磁感线不平行，故受洛伦兹力的作用，D项正确．‎ ‎　对安培力的理解和应用[学生用书P177]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．方向判断：根据左手定则判断．‎ ‎2．大小计算：由公式F＝BIL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，如图所示．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　‎ 一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(　　)‎ A．不动　　　　　　　　 B．顺时针转动 C．逆时针转动 D．在纸面内平动 ‎[解析]　法一：电流元分析法 把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．‎ 法二：等效分析法 把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．‎ 法三：结论法 环形电流I1、I2之间不平行，由于两不平行的电流的相互作用，则两环必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．‎ ‎[答案]　B ‎1．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场分布情况，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．在应用左手定则判定安培力方向时，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．　 ‎3．五种常用判定方法 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，异向电流互相排斥；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 ‎【迁移题组】‎ 迁移1　对安培力公式的理解 ‎1．(2018·唐山模拟)‎ 将长为L的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中，两端点A、C连线竖直，如图所示．若给导线通以由A到C、大小为I的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是(　　)‎ A．ILB，水平向左　　　　 B．ILB，水平向右 C.，水平向右 D．，水平向左 解析：选D.弧长为L，圆心角为60°，则弦长AC＝，导线受到的安培力F＝BIl＝，由左手定则可知，导线受到的安培力方向水平向左．‎ 迁移2　左手定则的应用 ‎2.‎ ‎(多选)(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是(　　)‎ A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ 解析：选BC.由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3的连线平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在的平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误．‎ 迁移3　导体与磁体间相对运动的分析 ‎3．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是(　　)‎ A．线圈向左运动 B．线圈向右运动 C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动 解析：选A.法一：电流元法．‎ 首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看做一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．‎ 法二：等效法．‎ 将环形电流等效成小磁针，如图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，也可判断出线圈向左运动，选A.‎ ‎　安培力作用下导体的力学问题分析[学生用书P178]‎ ‎【知识提炼】‎ 安培力作用下导体的力学问题分为安培力作用下导体的平衡问题和安培力作用下导体的运动问题．‎ ‎1．安培力作用下导体的平衡问题模型中，常见的有：倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示．‎ ‎2．安培力做功的特点和实质 ‎(1)安培力做功与路径有关，不像重力、电场力做功与路径无关．‎ ‎(2)安培力做功的实质是能量转化 ‎①安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能．‎ ‎②安培力做负功时将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　‎ ‎(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一长为10 cm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0.1 T，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12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/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．‎ ‎[审题指导]　金属棒在安培力作用下处于平衡状态，由开关断开和闭合两种状态，可分别列受力平衡表达式联立求解．‎ ‎[解析]　依题意，开关闭合后，电流方向从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．‎ 开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2kΔl1＝mg ①‎ 式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．‎ 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F＝IBL ②‎ 式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③‎ 由欧姆定律有E＝IR ④‎ 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．‎ 联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.‎ ‎[答案]　见解析 求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路 ‎　‎ ‎【迁移题组】‎ 迁移1　安培力作用下导体的平衡问题 ‎1.‎ 如图所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．‎ ‎(1)求磁场对导体棒的安培力的大小；‎ ‎(2)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值和方向．‎ 解析：(1)导体棒受力如图所示 根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F安＝mgtan α.‎ ‎(2)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力F安min＝mgsin α，方向平行于轨道斜向上 所以最小磁感应强度Bmin＝＝ 根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上．‎ 答案：(1)mgtan α　(2)　垂直轨道平面斜向上 迁移2　安培力作用下导体的加速问题 ‎2.‎ 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，匀强磁场方向如图所示，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水平轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1 m，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2‎ B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2‎ D．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 解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W安＝F安·(MN＋OP)＝1 J，重力做功WG＝－mg·ON＝－0.5 J，由动能定理得W安＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为a′＝＝20 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和水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝，解得F＝1.5 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．‎ ‎　[学生用书P179]‎ ‎1．(高考全国卷Ⅰ)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 解析：选B.安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由F＝BILsin θ可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项D错误．‎ ‎2．(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是(　　)‎ 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 解析：选BC.指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确．因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确．在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D错误．‎ ‎3．(2018·湖北部分重点中学模拟)‎ 已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流强度成正比，与点到通电导线的距离成反比．现有平行放置的三根长直通电导线，分别通过一个直角三角形△ABC的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示，∠ACB＝60°，O为斜边的中点．已知I1＝2I2＝2I3，I2在 O点产生的磁场磁感应强度大小为B，则关于O点的磁感应强度，下列说法正确的是(　　)‎ A．大小为2B，方向垂直AB向左 B．大小为2B，方向垂直AB向左 C．大小为2B，方向垂直AB向右 D．大小为2B，方向垂直AB向右 解析：‎ 选B.导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，空间某点的磁场沿该点的切线方向，即与该点和导线的连线垂直，根据右手螺旋定则，可知三根导线在O点的磁感应强度的方向如图所示．已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流强度成正比，与点到通电导线的距离成反比，已知I1＝2I2＝2I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，O点到三根导线的距离相等，可知B3＝B2＝B，B1＝2B，由几何关系可知三根导线在平行于AB方向的合磁场为零，垂直于AB方向的合磁场为2B.综上可得，O点的磁感应强度大小为2B，方向垂直于AB向左．故B正确，A、C、D错误．‎ ‎　[学生用书P333(单独成册)]‎ ‎(建议用时：60分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．(2018·江西十校模拟)1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，小指针靠近直导线，下列结论正确的是(　　)‎ A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动 B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动 C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小 D．把黄铜针(用黄铜制成的小指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动 解析：选C.将小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针不会转动，A错．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针仍然会转动，B错．把小磁针放在导线下方，给导线通以恒定电流，导线周围存在磁场，距导线越远，磁场越弱，小磁针转动的角度(与通电前相比)越小，C对．黄铜针没有磁性，不会转动，D错．‎ ‎2.‎ 如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上通有如图所示的恒定电流I，则下列说法不正确的是(　　)‎ A．导电圆环有收缩的趋势 B．导电圆环所受安培力方向竖直向上 C．导电圆环所受安培力的大小为2BIR D．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ 解析：选C.若导电圆环上通有如题图所示的恒定电流I，由左手定则可得导电圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ，选项A、B、D正确．‎ ‎3.‎ 如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2.5 g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g取10 m/s2)(　　)‎ A．0.1 A　　　　　　　　　 B．0.2 A C．0.05 A D．0.01 A 解析：选A.‎ 设线圈半径为R，通电线圈受到的安培力为每小段导线所受的安培力的合力F＝nBI·2πRsin 30°，所受重力为G＝n·2πRρg，平衡时有：F＝G，nBI·2πRsin 30°＝n·2πRρg，得I＝，代入数据得I＝0.1 A，故A正确．‎ ‎4.‎ 如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O为等边三角形的中心，M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点．已知三根导线中的电流形成的合磁场在O点的磁感应强度大小为B1，在M点的磁感应强度大小为B2，若撤去导线ef，而ab、cd中电流不变，则此时N点的磁感应强度大小为(　　)‎ A．B1＋B2　　　　　　　　 B．B1－B2‎ C. D． 解析：选C.设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd中的电流在M点产生的磁感应强度大小都为B0′，则在O点有B1＝B0，在M点有B2＝2B0′＋B0，撤去导线ef后，在N点有BN＝B0＋B0′，联立各式可得BN＝，C正确．‎ ‎5.‎ 如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是(　　)‎ A．静止不动 B．向纸外平动 C．N极向纸外，S极向纸内转动 D．N极向纸内，S极向纸外转动 解析：选C.采取转换研究对象法判断．在图示位置，导线左端受磁场力垂直纸面向里，‎ 右端受磁场力垂直纸面向外，由牛顿第三定律可知，蹄形磁铁N极受力垂直纸面向外，S极向里，故C正确．‎ ‎6.‎ ‎(2018·衡阳模拟)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，导轨上放一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是(　　)‎ 解析：选D.从t＝0时刻起，金属棒通以电流I＝kt，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所以金属棒做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大．当安培力继续增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．v－t图象的斜率绝对值表示加速度的大小，故选项A、B均错误．对金属棒MN，由牛顿第二定律得mg－μFN＝ma，而FN＝BIL＝BktL，即mg－μBktL＝ma，因此a＝g－t，显然加速度a与时间t成线性关系，故选项C错误，D正确．‎ 二、多项选择题 ‎7．(2018·汕头模拟)如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B.则(　　)‎ A．该磁场是匀强磁场 B．线圈平面总与磁场方向垂直 C．线圈将顺时针转动 D．a、b导线受到的安培力大小总为BIl 解析：选CD.匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，选项A错误；在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项C正确；易知选项B错误；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl，选项D正确．‎ ‎8.‎ 如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是(　　)‎ A．增大磁感应强度B B．调节滑动变阻器使电流增大 C．增大导轨平面与水平面间的夹角θ D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变 解析：选AB.对金属杆受力分析，沿导轨方向：－mgsin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则增大，A、B正确；若增大θ，则mgsin θ增大，C错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D错误．‎ ‎9.‎ ‎(高考海南卷)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(　　)‎ A．a处的磁感应强度大小比c处的大 B．b、c两处的磁感应强度大小相等 C．a、c两处的磁感应强度方向相同 D．b处的磁感应强度为零 解析：选AD.a、c两点处的磁感应强度是两导线中电流产生的合磁感应强度，由于a点比c点距离两导线较近，所以a点处的磁感应强度比c点处的大，A正确．根据安培定则知，a、c两处磁感应强度方向相反，C错误．b点位于两导线中间，两导线在b点产生的磁场大小相等，方向相反，合磁感应强度为零，c处磁感应强度不为零，D正确，B错误．‎ ‎10．(2017·高考全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)‎ A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 解析：选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A项相同，因此D项正确．‎ 三、非选择题 ‎11.‎ 据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁接触良好．开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离d＝0.10 m，导轨长L＝5.0 m，炮弹质量m＝0.30 kg.导轨上的电流I的方向如图中箭头所示．可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B＝2.0 T，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v＝2.0×103 m/s，求通过导轨的电流I.忽略摩擦力与重力的影响．‎ 解析：在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施 加的安培力为F＝IdB 根据动能定理有FL＝mv2‎ 联立解得I＝ 代入题给数据得I＝6.0×105 A.‎ 答案：6.0×105 A ‎12．(高考重庆卷)某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量．已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g，问：‎ ‎(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？‎ ‎(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系．‎ ‎(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？‎ 解析：(1)由右手定则知：感应电流从C端流出．‎ ‎(2)设线圈受到的安培力为FA.据左手定则知：外加电流从D端流入．‎ 由FA＝mg和FA＝2nBIL，得m＝I.‎ ‎(3)设能称量的最大质量为m0.‎ 由m＝I和P＝I2R，得m0＝.‎ 答案：(1)感应电流从C端流出　(2)从D端流入　m＝I　(3)