《2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題22 磁場對電流的作用力（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題22 磁場對電流的作用力（含解析）（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題22 磁場對電流的作用力【專題導航】目錄熱點題型一 安培定則的應用及磁場的疊加1熱點題型二導體運動趨勢的判斷3熱點題型三安培力作用力下的平衡或加速問題6安培力作用下導體的平衡問題6安培力作用下導體的加速問題8【題型演練】10【題型歸納】熱點題型一 安培定則的應用及磁場的疊加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點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場【例1】(2018高考全國卷)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向
2、向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外則 ()A流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0B流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0C流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0D流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0【答案】AC【解析】原磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知在b點：B0B0B1B2在a點：B0B0B1B2由上述兩式解得B1B0，B2B0.【變式】(2017高考全國卷)如圖，三根相互
3、平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反下列說法正確的是()AL1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 BL3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為11DL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1【答案】BC【解析】由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(B21)方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場(B31)方向垂直L1和L3的連線指向右下方，根據(jù)磁場疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(B合1)方向如圖a所示，根據(jù)左手定則可判斷出
4、L1所受磁場作用力的方向與L2和L3的連線平行，選項A錯誤；同理，如圖b所示，可判斷出L3所受磁場(B合3)作用力的方向(豎直向上)與L1、L2所在的平面垂直，選項B正確；同理，L2處的磁場方向如圖c所示設一根長直導線在另一根導線處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為B，根據(jù)幾何知識可知，B合1B，B合2B，B合3B，由安培力公式可知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小與該處的磁感應強度大小成正比，所以L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為11，選項C正確，D錯誤【變式2】(2017高考全國卷)如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間
5、的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為()A0 BB0 CB0 D2B0【答案】C【解析】 導線P和Q中電流I均向里時，設其在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小BPBQB1，如圖所示，則其夾角為60，它們在a點的合磁場的磁感應強度平行于PQ向右、大小為B1.又根據(jù)題意Ba0，則B0B1，且B0平行于PQ向左若P中電流反向，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變，夾角為120，合磁場的磁感應強度大小為 B1B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)，a點合磁場的磁感應強度BB0，則
6、A、B、D項均錯誤，C項正確【名師點睛】求解有關磁感應強度的三個關鍵(1)磁感應強度由磁場本身決定(2)合磁感應強度等于各磁場的磁感應強度的矢量和(滿足平行四邊形定則)(3)牢記判斷電流的磁場的方法安培定則，并能熟練應用，建立磁場的立體分布模型熱點題型二導體運動趨勢的判斷判斷導體運動趨勢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(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個環(huán)形電流結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，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動
7、趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向【例2】一個可以自由運動的線圈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(zhuǎn)動 C逆時針轉(zhuǎn)動 D在紙面內(nèi)平動【答案】B【解析】法一：電流元分析法把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上下兩部分，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)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力
8、均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動法二：等效分析法把線圈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極應指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動法三：結論法環(huán)形電流I1、I2之間不平行，由于兩不平行的電流的相互作用，則兩環(huán)必有相對轉(zhuǎn)動，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將順時針轉(zhuǎn)動【變式1】(2019唐山模擬) 將長為L的導線彎成六分之一圓弧，固定于垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場
9、中，兩端點A、C連線豎直，如圖所示若給導線通以由A到C、大小為I的恒定電流，則導線所受安培力的大小和方向是()AILB，水平向左BILB，水平向右C，水平向右D，水平向左【答案】D.【解析】弧長為L，圓心角為60，則弦長AC，導線受到的安培力FBIl，由左手定則可知，導線受到的安培力方向水平向左【變式2】如圖所示，把輕質(zhì)導線圈用絕緣細線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直線圈平面當線圈內(nèi)通以圖中方向的電流后，線圈的運動情況是()A線圈向左運動B線圈向右運動C從上往下看順時針轉(zhuǎn)動D從上往下看逆時針轉(zhuǎn)動【答案】A【解析】.法一：電流元法首先將圓形線圈分成很多小段，每一段可看做一直線電
10、流元，取其中上、下兩小段分析，其截面圖和受安培力情況如圖甲所示根據(jù)對稱性可知，線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運動只有選項A正確法二：等效法將環(huán)形電流等效成小磁針，如圖乙所示，根據(jù)異名磁極相吸引知，線圈將向左運動，A正確也可將左側(cè)條形磁鐵等效成環(huán)形電流，根據(jù)結論“同向電流相吸引，異向電流相排斥”，也可判斷出線圈向左運動熱點題型三安培力作用力下的平衡或加速問題1安培力公式FBIL中安培力、磁感應強度和電流兩兩垂直，且L是通電導線的有效長度2通電導線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路(1)選定研究對象；(2)變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要
11、注意F安B、F安I，如圖所示(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解安培力作用下導體的平衡問題【例4】如圖所示，兩平行光滑金屬導軌MN、PQ間距為l，與電動勢為E、內(nèi)阻不計的電源相連，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直于導軌放置構成閉合回路，回路平面與水平面的夾角為，回路其余電阻不計為使ab棒靜止，需在空間施加一勻強磁場，其磁感應強度的最小值及方向分別為()A，水平向右 B.，垂直于回路平面向上C，豎直向下 D.，垂直于回路平面向下【答案】D.【解析】以導體棒為研究對象，受力分析如圖所示，由金屬棒ab受力分析可知，為使ab棒靜止，ab受到沿斜面向上的安培力作用時，安培力最小，此時對應的磁感應
12、強度也就最小，由左手定則可知此時磁場方向垂直于回路平面向下，再由平衡關系可知IlBmgsin ，其中I，可得磁感應強度B，故選項D正確【變式1】如圖所示，有兩根長為L、質(zhì)量為m的細導體棒a、b，a被水平放置在傾角為45的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x.當兩細棒中均通以電流為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止，則下列關于b的電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度的說法正確的是()A方向豎直向上 B大小為C要使a仍能保持靜止，而減小b在a處的磁感應強度，可使b上移D若使b下移，a將不能保持靜止【答案】ACD【解析】由安培定則可知b的電流在a處產(chǎn)
13、生的磁場的磁感應強度方向應豎直向上，A正確a的受力如圖甲所示tan 45，所以B，B錯誤b無論上移還是下移，b在a處的磁感應強度均減小，若上移，a的受力如圖乙所示上移過程中FN逐漸減小，F(xiàn)安先減小后增大，兩個力的合力等于mg，可見b適當上移，a仍能保持靜止，故C正確若使b下移，導體棒中的安培力減小，根據(jù)受力平衡條件，當a受的安培力方向順時針轉(zhuǎn)動時，只有變大才能保持平衡，故a將不能保持靜止，D正確【變式2】如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd，bc邊長為l，線框的下半部分處在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與線框平面垂直(在圖中垂直于紙面向里)，線框中通以電
14、流I，方向如圖所示，開始時線框處于平衡狀態(tài)令磁場反向，磁感應強度的大小仍為B，線框達到新的平衡，則在此過程中線框位移的大小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【答案】B【解析】線框在磁場中受重力、安培力、彈簧彈力處于平衡狀態(tài)，安培力為FAnBIl，且開始時方向向上，改變電流方向后方向向下，大小不變設在磁場反向之前彈簧的伸長為x，則反向之后彈簧的伸長為(xx)，由平衡條件知kxnBIlmg及k(xx)nBIlmg，聯(lián)立解得x，且線框向下移動，B對安培力作用下導體的加速問題【例5】(2019山西太原模擬)一金屬條放置在相距為d的兩金屬軌道上，如圖所示現(xiàn)讓金屬條
15、以v0的初速度從AA進入水平軌道，再由CC進入半徑為r的豎直圓軌道，金屬條到達豎直圓軌道最高點的速度大小為v，完成圓周運動后，再回到水平軌道上，整個軌道除圓軌道光滑外，其余均粗糙，運動過程中金屬條始終與軌道垂直且接觸良好已知由外電路控制流過金屬條的電流大小始終為I，方向如圖中所示，整個軌道處于水平向右的勻強磁場中，磁感應強度為B，A、C間的距離為L，金屬條恰好能完成豎直面內(nèi)的圓周運動重力加速度為g，則由題中信息可以求出()A金屬條的質(zhì)量 B金屬條在磁場中運動時所受的安培力的大小和方向C金屬條運動到DD時的瞬時速度 D金屬條與水平粗糙軌道間的動摩擦因數(shù)【答案】ABD【解析】在圓軌道最高點，由牛頓
16、第二定律，有BIdmgm，所以選項A正確；由題中信息可求出金屬條在磁場中運動時所受的安培力的大小和方向，選項B正確；由于不知道CD間距，故不能求出金屬條運動到DD時的瞬時速度，所以選項C錯誤；由動能定理得(mgBId)2r(mgBId)Lmv2mv02，所以選項D正確【變式1】光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩部分，O點為圓弧的圓心兩金屬軌道之間的寬度為0.5 m，勻強磁場方向如圖所示，大小為0.5 T質(zhì)量為0.05 kg、長為0.5 m的金屬細桿置于金屬水平軌道上的M點當在金屬細桿內(nèi)通以電流強度為2 A的恒定電流時，金屬細桿可以沿軌道向右由靜止開始運動已知MNOP1 m，則下列說法中正確的是(
17、)A金屬細桿開始運動時的加速度大小為5 m/s2 B金屬細桿運動到P點時的速度大小為5 m/sC金屬細桿運動到P點時的向心加速度大小為10 m/s2D金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N【答案】D【解析】.金屬細桿在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安BIL0.520.5 N0.5 N，金屬細桿開始運動時的加速度大小為a10 m/s2，選項A錯誤；對金屬細桿從M點到P點的運動過程，安培力做功W安F安(MNOP)1 J，重力做功WGmgON0.5 J，由動能定理得W安WGmv2，解得金屬細桿運動到P點時的速度大小為v m/s，選項B錯誤；金屬細桿運動到P點時的向心加速度大
18、小為a20 m/s2，選項C錯誤；在P點金屬細桿受到軌道水平向左的作用力F和水平向右的安培力F安，由牛頓第二定律得FF安，解得F1.5 N，每一條軌道對金屬細桿的作用力大小為0.75 N，由牛頓第三定律可知金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N，選項D正確【變式2】如圖所示，兩平行導軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中，勻強磁場方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導軌上，使其水平且始終與導軌保持良好接觸現(xiàn)在金屬棒PQ中通以變化的電流I，同時釋放金屬棒PQ使其運動已知電流I隨時間變化的關系為Ikt(k為常數(shù)，k0)，金屬棒PQ與導軌間的動摩擦因數(shù)一定以豎直向下為正方向，則下面關于金
19、屬棒PQ的速度v、加速度a隨時間變化的關系圖象中，可能正確的是()【答案】B【解析】因為開始時金屬棒PQ加速度方向向下，與速度方向相同，做加速運動，加速度逐漸減小，即做加速度逐漸減小的變加速運動，然后加速度方向向上，加速度逐漸增大，做加速度逐漸增大的變減速運動，故A錯誤，B正確；根據(jù)牛頓第二定律得，金屬棒PQ的加速度a，F(xiàn)fFNFABILBLkt，聯(lián)立解得加速度ag，與時間成線性關系，故C錯誤；t0時刻無電流，無安培力，只有重力，加速度豎直向下，為正值，故D錯誤【題型演練】1.(2019江西十校模擬)1820年丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應在奧斯特實驗中，將直導線沿南北方向水平放置，小指
20、針靠近直導線，下列結論正確的是()A把小磁針放在導線的延長線上，通電后，小磁針會轉(zhuǎn)動B把小磁針平行地放在導線的下方，在導線與小磁針之間放置一塊鋁板，通電后，小磁針不會轉(zhuǎn)動C把小磁針平行地放在導線的下方，給導線通以恒定電流，然后逐漸增大導線與小磁針之間的距離，小磁針轉(zhuǎn)動的角度(與通電前相比)會逐漸減小D把黃銅針(用黃銅制成的小指針)平行地放在導線的下方，通電后，黃銅針會轉(zhuǎn)動【答案】C.【解析】將小磁針放在導線的延長線上，通電后，小磁針不會轉(zhuǎn)動，A錯；把小磁針平行地放在導線的下方，在導線與小磁針之間放置一塊鋁板，通電后，小磁針仍然會轉(zhuǎn)動，B錯；把小磁針放在導線下方，給導線通以恒定電流，導線周圍存在
21、磁場，距導線越遠，磁場越弱，小磁針轉(zhuǎn)動的角度(與通電前相比)越小，C對；黃銅針沒有磁性，不會轉(zhuǎn)動，D錯2.(2019南師附中)如圖所示，兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間的夾角為.質(zhì)量為m長為L的金屬桿ab垂直導軌放置，整個裝置處于垂直ab方向的勻強磁場中當金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab保持靜止則磁感應強度的方向和大小可能為()A豎直向上， B平行導軌向上，C水平向右， D水平向左，【答案】D【解析】金屬導軌光滑，所以沒有摩擦力，則金屬棒只受重力、支持力和安培力，根據(jù)平衡條件知三力合力為零當磁感應強度方向豎直向上時，如圖所示，安培力水平向右，由幾何關系和FBI
22、L得磁感應強度大小為，選項A錯誤；磁感應強度方向平行導軌向上，安培力垂直于導軌向下，不可能平衡，選項B錯誤；磁感應強度方向水平向右，安培力豎直向下，不可能平衡，選項C錯誤；磁感應強度方向水平向左，安培力豎直向上，若平衡，安培力和重力相等，且由FBIL得磁感應強度大小為，選項D正確3.(2019湖南師大附中月考)如圖所示，兩根平行放置、長度均為L的直導線a和b，放置在與導線所在平面垂直的勻強磁場中當a導線通有電流大小為I、b導線通有電流大小為2I，且電流方向相反時，a導線受到的磁場力大小為F1，b導線受到的磁場力大小為F2，則a通電導線的電流在b導線處產(chǎn)生的磁感應強度大小為()A. B. C.
23、D.【答案】C【解析】a、b導線中電流方向相反，兩導線之間的磁場力為斥力，設大小為F，對a有F1FBIL，對b有F2F2BIL，解得F2F1F2，對于導線b，F(xiàn)2F1F2B2IL，解得B，故C正確4(2019河南六市聯(lián)考)如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌，相距L1 mP、M間接有一個電動勢為E6 V、內(nèi)阻不計的電源和一只滑動變阻器，導體棒ab跨放在導軌上并與導軌接觸良好，棒的質(zhì)量為m0.2 kg，棒的中點用細繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M0.4 kg.棒與導軌的動摩擦因數(shù)為0.5(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導軌與棒的電阻不計，g取10 m/s2)，勻強磁場的磁感應強度B2
24、 T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是()A2 B.2.5 C3 D4 【答案】A【解析】對棒受力分析可知，其必受繩的拉力FTMg和安培力F安BIL.若摩擦力向左，且滿足mgMg，代入數(shù)據(jù)解得R14 ；若摩擦力向右，且滿足mgMg，代入數(shù)據(jù)解得R22.4 ，所以R的取值范圍為2.4 R4 ，則選A.5通有電流的導線L1、L2、L3、L4處在同一平面(紙面)內(nèi)，放置方式及電流方向如圖甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可繞垂直紙面的中心軸O轉(zhuǎn)動，則下列描述正確的是()AL2繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動 BL2繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動CL4繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動 DL4繞
25、軸O按逆時針轉(zhuǎn)動【答案】BC【解析】題圖甲中由右手螺旋定則可知，導線L1上方磁場垂直紙面向外，且離導線L1的距離越近，磁場越強，導線L2上每一小部分受到的安培力方向水平向右，但軸O下方導線所受安培力較大，所以L2繞軸O按逆時針轉(zhuǎn)動，A錯，B對；題圖乙中軸O上方導線L4所受安培力向右，軸O下方導線L4所受安培力向左，即L4繞軸O按順時針轉(zhuǎn)動，C對，D錯6.(2019廣東肇慶模擬)如圖甲所示，電流恒定的通電直導線MN，垂直平放在兩條相互平行的水平光滑長導軌上，電流方向由M指向N，在兩軌間存在著豎直磁場，取垂直紙面向里的方向為磁感應強度的正方向，當t0時導線恰好靜止，若B按如圖乙所示的余弦規(guī)律變化，
26、下列說法正確的是()A在最初的一個周期內(nèi)，導線在導軌上往復運動 B在最初的一個周期內(nèi)，導線一直向左運動C在最初的半個周期內(nèi)，導線的加速度先增大后減小 D在最初的半個周期內(nèi)，導線的速度先增大后減小【答案】AD【解析】當t0時，由左手定則可知，MN受到向右的作用力，根據(jù)F安BLI，由于B最大，故此時的安培力最大，則MN的加速度最大，隨著時間的延長，磁場強度B減小，故加速度減小，而MN的速度在增大，當B0時，加速度為0，速度最大，當B反向時，安培力也會反向，則加速度也反向，MN做減速運動，到半個周期時，MN減速到0，此時的加速度反向最大，然后MN再反向運動，到一個周期時MN又回到原出發(fā)的位置，故在最
27、初的一個周期內(nèi)，導線在導軌上往復運動，選項A正確，B錯誤；在最初的半個周期內(nèi)，導線的加速度先減小后增大，而其速度則是先增大后減小，故選項C錯誤，D正確7.(2019汕頭模擬)如圖是磁電式電流表的結構，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，線圈中a、b兩條導線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導線所在處的磁感應強度大小均為B.則()A該磁場是勻強磁場 B線圈平面總與磁場方向垂直C線圈將順時針轉(zhuǎn)動 Da、b導線受到的安培力大小總為BIl【答案】CD【解析】.勻強磁場的磁感應強度應大小處處相等，方向處處相同，由圖可知，選項A錯誤；在圖示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，線圈順時針轉(zhuǎn)動，選項
28、C正確；易知選項B錯誤；由于磁感應強度大小不變，電流大小不變，則安培力大小始終為BIl，選項D正確8.如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導軌間接有電源E，導軌平面與水平面間的夾角30，金屬桿ab垂直導軌放置，導軌與金屬桿接觸良好整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中當磁場方向垂直導軌平面向上時，金屬桿ab剛好處于靜止狀態(tài)，要使金屬桿能沿導軌向上運動，可以采取的措施是()A增大磁感應強度B B調(diào)節(jié)滑動變阻器使電流增大C增大導軌平面與水平面間的夾角 D將電源正負極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變【答案】AB【解析】.對金屬桿受力分析，沿導軌方向：mgsin 0，若想讓金屬桿向上運動，則增大，A、B正
29、確；若增大，則mgsin 增大，C錯誤；若電流反向，則金屬桿受到的安培力反向，D錯誤9.如圖所示，在水平地面上固定一對與水平面傾角為的光滑平行導電軌道，軌道間的距離為l，兩軌道底端的連線與軌道垂直，頂端接有電源將一根質(zhì)量為m的直導體棒ab放在兩軌道上，且與兩軌道垂直已知通過導體棒的恒定電流大小為I，方向由a到b，重力加速度為g，在軌道所在空間加一豎直向上的勻強磁場，使導體棒在軌道上保持靜止(1)求磁場對導體棒的安培力的大??；(2)如果改變導軌所在空間的磁場方向，試確定使導體棒在軌道上保持靜止的勻強磁場磁感應強度B的最小值和方向【答案】(1)mgtan (2)垂直軌道平面斜向上【解析】(1)導體
30、棒受力如圖所示根據(jù)共點力平衡條件可知，磁場對導體棒的安培力的大小F安mgtan .(2)要使磁感應強度最小，則要求安培力最小根據(jù)受力情況可知，最小安培力F安minmgsin ，方向平行于軌道斜向上所以最小磁感應強度Bmin根據(jù)左手定則可判斷出，此時的磁感應強度的方向為垂直軌道平面斜向上10.如圖所示，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 .已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧
31、的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量【答案】安培力的方向豎直向下，金屬棒的質(zhì)量為0.01 kg【解析】依題意，開關閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下開關斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kl1mg式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小開關閉合后，金屬棒所受安培力的大小為FBIL式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度兩彈簧各自再伸長了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k(l1l2)mgF由歐姆定律有EIR式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得m0.01 kg.16
2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題22 磁場對電流的作用力（含解析）
