第十一章　磁場(chǎng)第56課時(shí)　磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用　雙基落實(shí)課教師用

第56課時(shí)磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用[雙基落實(shí)課]（人教版教材必修第三冊(cè)P112）磁針能夠指向南北，是因?yàn)榈卮艌?chǎng)的存在。指南針的廣泛使用，促進(jìn)了人們對(duì)地球磁場(chǎng)的認(rèn)識(shí)。地球的地理兩極與地磁兩極并不重合（如圖所示）。地磁場(chǎng)具有以下特點(diǎn)：1.地磁場(chǎng)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(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，且方向水平向北。根據(jù)上述情境，判斷下列說法正誤：（1）地磁場(chǎng)兩極的磁感應(yīng)強(qiáng)度比赤道處大。（√）（2）將通電導(dǎo)線放在空中，一定受到安培力的作用。（×）（3）磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，跟安培力的方向一致。（×）（4）若地磁場(chǎng)是因地球表面帶電荷引起的，則地球表面應(yīng)該帶正電荷。（×）（5）在同一幅圖中，磁感線越密，磁場(chǎng)越強(qiáng)。（√）考點(diǎn)一磁場(chǎng)和安培定則[素養(yǎng)自修類]1.【地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的測(cè)定】（多選）（2022·全國乙卷18題）安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機(jī)中的磁傳感器可以測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對(duì)地磁場(chǎng)進(jìn)行了四次測(cè)量，每次測(cè)量時(shí)y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測(cè)量結(jié)果可推知（）測(cè)量序號(hào)Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.測(cè)量地點(diǎn)位于南半球B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌?chǎng)大小約為50μTC.第2次測(cè)量時(shí)y軸正向指向南方D.第3次測(cè)量時(shí)y軸正向指向東方解析：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(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)可知Bz為負(fù)值，則測(cè)量地點(diǎn)位于北半球，A錯(cuò)誤；利用第1次測(cè)量的數(shù)據(jù)可得當(dāng)?shù)氐牡卮艌?chǎng)大小為B＝By2＋Bz2≈50μT，B正確；第2次測(cè)量時(shí)By為負(fù)值，y軸正向指向南方，C正確；第3次測(cè)量時(shí)Bx為正值，x軸正向指向北方2.【安培定則及磁場(chǎng)的疊加】（多選）如圖所示，三根通電長(zhǎng)直細(xì)導(dǎo)線垂直于紙面固定，導(dǎo)線的橫截面（截面積不計(jì)）分別位于以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓環(huán)上a、c、d三處，已知每根導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則（）A.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于aO向右B.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向從O指向aC.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（2＋1）BD.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（2－1）B解析：AC磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加如圖所示，每根導(dǎo)線在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，可得O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BO＝2Bcos45°＋B＝（2＋1）B，BO方向垂直于aO向右，故A、C正確。1.磁場(chǎng)疊加問題的分析思路（1）確定磁場(chǎng)場(chǎng)源，如通電導(dǎo)線。（2）定位空間中需求解磁場(chǎng)的點(diǎn)，利用安培定則判定各個(gè)場(chǎng)源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁場(chǎng)的大小和方向。如圖中通電導(dǎo)線M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)BM、BN。（3）應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，如圖中的合磁場(chǎng)B。2.安培定則的應(yīng)用在運(yùn)用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流及通電螺線管的磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”。因果磁場(chǎng)原因（電流方向）結(jié)果（磁場(chǎng)方向）直線電流的磁場(chǎng)大拇指四指環(huán)形電流及通電螺線管的磁場(chǎng)四指大拇指考點(diǎn)二安培力的大小和方向[素養(yǎng)自修類]1.【安培力的方向】（2021·廣東高考5題）截面為正方形的絕緣彈性長(zhǎng)管中心有一固定長(zhǎng)直導(dǎo)線，長(zhǎng)管外表面固定著對(duì)稱分布的四根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2，I1?I2，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長(zhǎng)管發(fā)生形變的是（）解析：C因I1?I2，則可不考慮四個(gè)邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左、右兩側(cè)的直導(dǎo)線I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上、下兩邊的直導(dǎo)線I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故C正確。2.【安培力的大小】如圖所示，正六邊形線框abcdef由六根導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，線框頂點(diǎn)a、b與電源兩端相連，其中ab棒的電阻為5R，其余各棒的電阻均為R，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)。S閉合后，線框受到的安培力大小為F。若僅將ab棒移走，則余下線框受到的安培力大小為（）A.F2 B.2F3C.3解析：AS閉合后，ab棒與其余各棒并聯(lián)，設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為E，則兩支路的電流大小均為I＝E5R，ab棒受到安培力的大小為Fab＝ILB，其余各棒在磁場(chǎng)中的等效長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，受到的安培力大小為F其＝ILB，線框受到的安培力大小F＝Fab＋F其＝2ILB，若僅將ab棒移走，則余下線框受到的安培力大小F'＝F其＝ILB＝F2，1.安培力方向的判斷（1）判斷方法：左手定則。（2）方向特點(diǎn)：F既垂直于B，也垂直于I，所以安培力方向一定垂直于B與I決定的平面。2.安培力大小：F＝BIlsinθ，θ為I與B的夾角。（1）適用條件：勻強(qiáng)磁場(chǎng)。（2）特例①當(dāng)I⊥B時(shí)，F(xiàn)＝BIl。②當(dāng)I∥B時(shí)，F(xiàn)＝0。（3）通電導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度①當(dāng)通電導(dǎo)線彎曲時(shí)，l是導(dǎo)線兩端的有效直線長(zhǎng)度（如圖所示）。②對(duì)于任意形狀的閉合線圈，其有效長(zhǎng)度均為零，所以通電后在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的安培力的矢量和為零?？键c(diǎn)三安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的判斷[互動(dòng)共研類]安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況判斷的常用方法電流元法分割為電流元安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動(dòng)方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流→小磁針，通電螺線管→條形磁鐵結(jié)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(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換研究對(duì)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1】一個(gè)可以沿過圓心的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈L1和一個(gè)固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個(gè)線圈的圓心重合，如圖所示。當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，線圈L1將（）A.不動(dòng) B.順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C.逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D.在紙面內(nèi)平動(dòng)答案：B解析：方法一（電流元法）：把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場(chǎng)方向向上，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(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。方法二（等效法）：把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點(diǎn)環(huán)形電流I2的磁場(chǎng)方向，由安培定則可知I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動(dòng)前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。方法三（結(jié)論法）：環(huán)形電流I1、I2不平行，則一定有相對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)，直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。1.【等效法的應(yīng)用】如圖所示，在固定放置的條形磁鐵S極附近懸掛一個(gè)金屬線圈，線圈與水平磁鐵位于同一豎直平面內(nèi)，當(dāng)在線圈中通入沿圖示方向流動(dòng)的電流時(shí)，將會(huì)看到（）A.線圈向左平移B.線圈向右平移C.從上往下看，線圈順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)靠近磁鐵D.從上往下看，線圈逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)靠近磁鐵解析：C把通電線圈等效成小磁針，等效小磁針的N極垂直于紙面向外，根據(jù)同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引可知，從上往下看，線圈順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)靠近磁鐵，C正確。2.【轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法的應(yīng)用】（多選）如圖所示，臺(tái)秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時(shí)臺(tái)秤讀數(shù)為F1，現(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺(tái)秤讀數(shù)為F2，則以下說法正確的是（）A.彈簧長(zhǎng)度將變長(zhǎng) B.彈簧長(zhǎng)度將變短C.F1＞F2 D.F1＜F2解析：BC如圖甲所示，導(dǎo)體棒處的磁場(chǎng)方向指向右上方，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培力方向垂直于磁場(chǎng)方向指向右下方，根據(jù)牛頓第三定律可知，導(dǎo)體棒對(duì)條形磁鐵的作用力F'方向指向左上方，對(duì)條形磁鐵進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，所以FN1＞FN2，即臺(tái)秤示數(shù)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(zhǎng)度變短，選項(xiàng)B、C正確?？键c(diǎn)四安培力作用下導(dǎo)體的平衡、加速問題[多維探究類]1.安培力作用下導(dǎo)體的平衡和加速問題的分析思路選定研究對(duì)象→三維圖二維平面圖→畫受力圖。即通過畫俯視圖、剖面圖、側(cè)視圖等，將立體圖轉(zhuǎn)換為平面受力圖，如圖例所示：2.安培力做功的特點(diǎn)和實(shí)質(zhì)（1）安培力做功與路徑有關(guān)，這一點(diǎn)與電場(chǎng)力不同。（2）安培力做功的實(shí)質(zhì)是能量轉(zhuǎn)化。①安培力做正功時(shí)，將電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體的機(jī)械能或其他形式的能。②安培力做負(fù)功時(shí)，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能或其他形式的能。考法一安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題【典例2】（2022·湖南高考3題）如圖甲，直導(dǎo)線MN被兩等長(zhǎng)且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO'上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO'的磁場(chǎng)，與OO'距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，其截面圖如圖乙所示。導(dǎo)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(dāng)導(dǎo)線靜止在圖甲右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB.電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比答案：D解析：當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖甲右側(cè)時(shí)，導(dǎo)體棒MN在重力、拉力和安培力的作用下處于平衡狀態(tài)，又安培力與磁場(chǎng)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(dǎo)線中電流方向由M指向N，A錯(cuò)誤；由平衡條件有輕繩拉力F＝（mg）2－（BIL）2，又BIL＝mgsinθ，解得sinθ＝BLmgI考法二安培力作用下導(dǎo)體的加速問題【典例3】“電磁炮”是利用電磁力對(duì)彈體加速的新型武器，具有速度快、效率高等優(yōu)點(diǎn)?！半姶排凇钡脑斫Y(jié)構(gòu)示意圖如圖所示。光滑水平加速導(dǎo)軌電阻不計(jì)，軌道寬L＝0.2m。在導(dǎo)軌間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1×102T?！半姶排凇睆楏w總質(zhì)量m＝0.2kg，其中彈體在軌道間的電阻R＝0.4Ω?？煽仉娫吹膬?nèi)阻r＝0.6Ω，電源的電壓能自行調(diào)節(jié)，以保證“電磁炮”勻加速發(fā)射。在某次試驗(yàn)發(fā)射時(shí)，電源為加速彈體提供的電流I＝4×103A，不計(jì)空氣阻力。求：（1）彈體所受安培力大小；（2）彈體從靜止加速到4km/s，軌道至少要多長(zhǎng)；（3）彈體從靜止加速到4km/s過程中，該系統(tǒng)消耗的總能量；（4）請(qǐng)說明電源的電壓如何自行調(diào)節(jié)，以保證“電磁炮”勻加速發(fā)射。答案：（1）8×104N（2）20m（3）1.76×106J（4）見解析解析：（1）由安培力公式得F＝BIL＝8×104N。（2）由動(dòng)能定理得Fx＝12mv彈體從靜止加速到4km/s，軌道長(zhǎng)度x＝mv22（3）由F＝ma，v＝at，解得發(fā)射彈體需要時(shí)間t＝1×10－2s，發(fā)射彈體過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2（R＋r）t＝1.6×105J彈體動(dòng)能Ek＝12mv2＝1.6×106系統(tǒng)消耗總能量E＝Ek＋Q＝1.76×106J。（4）由于彈體的速度增大，彈體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，所以應(yīng)使電源的電壓增大，抵消產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，以保證電源為加速彈體提供恒定的電流，使電磁炮勻加速發(fā)射。考點(diǎn)一磁場(chǎng)和安培定則1.（2021·全國甲卷16題）兩足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與O'Q在一條直線上，PO'與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長(zhǎng)直導(dǎo)線通過電流I時(shí)，所產(chǎn)生的磁場(chǎng)在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為（）A.B、0 B.0、2BC.2B、2B D.B、B解析：B兩直角導(dǎo)線可以等效為如圖所示的兩直導(dǎo)線，由安培定則可知，兩直導(dǎo)線分別在M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?、垂直紙面向外，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0；兩直導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直紙面向里，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B。選項(xiàng)B正確。2.如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩長(zhǎng)直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí)，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。下列說法正確的是（）A.B0的方向平行于PQ向右B.導(dǎo)線P的磁場(chǎng)在a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B0C.只把導(dǎo)線Q中電流的大小變?yōu)?I，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為33BD.只把導(dǎo)線P中的電流反向，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為33B解析：C在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí)，根據(jù)安培定則及矢量疊加原理可知它們?cè)赼點(diǎn)處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行于PQ向右，設(shè)大小為B1，如圖所示，由于a點(diǎn)處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，由此可知外加的磁場(chǎng)方向平行于PQ向左，且B0＝B1，設(shè)導(dǎo)線P、Q在a點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為BP、BQ，則BP＝BQ，根據(jù)幾何關(guān)系有2BPcos30°＝B1，解得BP＝BQ＝33B0，故A、B錯(cuò)誤；只把導(dǎo)線Q中電流的大小變?yōu)?I，則導(dǎo)線Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不變，大小變?yōu)锽Q'＝233B0，由幾何知識(shí)結(jié)合矢量疊加原理，求得a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ba＝33B0，故C正確；當(dāng)導(dǎo)線P中的電流反向，其他條件不變，則導(dǎo)線P在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，但方向反向，可求得兩導(dǎo)線在a處的合磁場(chǎng)大小為B2＝33B0，方向豎直向上，如圖所示，因外加的磁場(chǎng)方向與PQ平行，且由Q指向P，最后由矢量的合成法則，可得a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為B＝B02＋考點(diǎn)二安培力的大小和方向3.（2022·江蘇高考3題）如圖所示，兩根固定的通電長(zhǎng)直導(dǎo)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(dǎo)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解析：C根據(jù)安培定則，可判斷出導(dǎo)線a左側(cè)部分的空間磁場(chǎng)方向斜向右上方，右側(cè)部分的磁場(chǎng)方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4.將一根粗細(xì)均勻的硬質(zhì)合金絲制成半徑為r的圓形導(dǎo)線框，P、Q兩點(diǎn)接入電路，電流表示數(shù)為I，范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)線框平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則線框所受安培力大小為（）A.0 B.2BIrC.34πBIr D.2解析：B由圖可知圓形導(dǎo)線框的大圓弧部分與小圓弧部分并聯(lián)，兩端圓弧受安培力的等效長(zhǎng)度相等，即L＝2r，電流表示數(shù)為I，由于大圓弧部分的電阻是小圓弧部分電阻的3倍，根據(jù)電路串并聯(lián)規(guī)律可得大圓弧部分與小圓弧部分的電流大小分別為I大＝I4，I?。?I4，故線框所受安培力大小為F安＝BI大L＋BI小L＝2BIr，考點(diǎn)三安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的判斷5.光滑水平面內(nèi)固定兩根平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線A和B，通以等大反向的電流I1、I2；通有圖示方向電流I的短導(dǎo)線C垂直于A、B放在正中間，三者處于同一平面內(nèi)。釋放C，它將（）A.沿著水平面向右運(yùn)動(dòng)B.沿著水平面向左運(yùn)動(dòng)C.順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)向B靠近D.逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)向A靠近解析：A根據(jù)安培定則可知，A、B兩條平行導(dǎo)線間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可知，直導(dǎo)線C所受安培力水平向右，則其將沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，故選A。6.如圖所示，兩個(gè)完全相同、互相垂直的導(dǎo)體圓環(huán)Q、P（Q平行于紙面，P垂直于紙面）中間用絕緣細(xì)線連接，通過另一絕緣細(xì)線懸掛在天花板下，當(dāng)Q有垂直紙面往里看逆時(shí)針方向的電流、同時(shí)P有從右往左看逆時(shí)針方向的電流時(shí)，關(guān)于兩圓環(huán)的轉(zhuǎn)動(dòng)（從上向下看）以及細(xì)線中拉力的變化，下列說法中正確的是（）A.Q逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線拉力變小B.Q逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線拉力變大C.Q順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線拉力變小D.Q順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q、P間細(xì)線拉力變大解析：C根據(jù)安培定則，Q產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外，P產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向水平向右，將Q等效于S極在里、N極在外的小磁針，P等效于左側(cè)S極、右側(cè)N極的小磁針，根據(jù)同名磁極相互排斥、異名磁極相互吸引的特點(diǎn)，可知P逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，Q順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)后P、Q兩環(huán)相互靠近處的電流的方向相同，所以兩個(gè)圓環(huán)相互吸引，Q、P間細(xì)線張力變小，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四安培力作用下導(dǎo)體的平衡、加速問題7.如圖所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧上端固定，下端連接一質(zhì)量為40g的金屬導(dǎo)體棒，部分導(dǎo)體棒處于邊界寬度為d＝10cm的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。導(dǎo)體棒通入4A的電流后靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量是未通電時(shí)的1.5倍。若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，導(dǎo)體棒一直保持水平，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為（取重力加速度g＝10m/s2）（）A.0.25T B.0.5TC.0.75T D.0.83T解析：B未通電時(shí)，導(dǎo)體棒受到的重力與兩彈簧的彈力相等，根據(jù)平衡條件可知mg＝2kx，通電后，通過導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)閺挠蚁蜃螅鶕?jù)左手定則可知安培力方向豎直向下，根據(jù)平衡條件可知mg＋BId＝2k×1.5x，兩式相比得mgmg＋BId＝2kx2k×1.5x8.航空母艦的艦載機(jī)在起飛的過程中，僅靠自身發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣不足以在飛行甲板上達(dá)到起飛速度，如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(tǒng)（如圖甲所示）就能達(dá)到起飛速度。電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)原理圖可以簡(jiǎn)化為圖乙所示，圖乙中MN、PQ是光滑平行金屬直導(dǎo)軌（電阻忽略不計(jì)），AB是電磁彈射車，回路PBAM中電流恒定，該電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)彈射車施加力的作用，從而帶動(dòng)艦載機(jī)由靜止開始向右加速起飛，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于該系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A.MN、PQ間的磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.彈射車的速度與運(yùn)動(dòng)的時(shí)間成正比C.彈射車所受的安培力與電流的大小成正比D.回路PBAM中通以交變電流，彈射車不能正常加速解析：B根據(jù)安培定則可知，MN、PQ間有垂直紙面向外的磁場(chǎng)，且通電直導(dǎo)軌產(chǎn)生的磁場(chǎng)為環(huán)形磁場(chǎng)，離導(dǎo)軌越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，所以不是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；沿導(dǎo)軌方向且到兩導(dǎo)軌距離相等的位置磁場(chǎng)不變，且回路PBAM中電流恒定，導(dǎo)軌間距不變，由F＝BIl可知，安培力大小不變，由牛頓第二定律F＝ma可知，加速度不變，由v＝at可知彈射車的速度與運(yùn)動(dòng)的時(shí)間成正比，故B正確；安培力F＝BIl，當(dāng)電流增大時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度也增大，故彈射車所受的安培力與電流的大小不是正比關(guān)系，故C錯(cuò)誤；根據(jù)安培定則可知電流方向沿回路PBAM時(shí)，導(dǎo)軌之間產(chǎn)生垂直紙面向外的磁場(chǎng)，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向向右，當(dāng)電流方向沿回路MABP時(shí)，根據(jù)安培定則導(dǎo)軌之間產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向依然向右，故電流的方向變化不改變電磁彈射車所受安培力的方向，即電磁彈射系統(tǒng)能夠正常工作，故D錯(cuò)誤。9.（多選）在傾角θ＝37°的光滑導(dǎo)體滑軌的上端接入一個(gè)電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻r＝0.5Ω的電源，滑軌間距L＝50cm，將一個(gè)質(zhì)量m＝40g，電阻R＝1Ω的金屬棒水平放置在滑軌上。若滑軌所在空間加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)閉合開關(guān)S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，如圖所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A.磁感應(yīng)強(qiáng)度有最小值，為0.24T，方向垂直滑軌平面向下B.磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值，為0.4T，方向水平向右C.磁感應(yīng)強(qiáng)度有可能為0.3T