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第1章 安培力与洛伦兹力
第1节 安培力及其应用
一、安培力
1.安培力：磁场对_____的作用力。
2.科学探究：安培力与哪些因素有关。
(1)实验探究采用的方法：_________法。
(2)当通电导线与磁感线垂直时，实验结论：
①当其他因素不变，磁感应强度增大时，安培力_____；
②当其他因素不变，电流增大时，安培力_____；
③当其他因素不变，导体长度增大时，安培力_____；
④安培力的方向由_________和_________共同决定。
必备知识·素养奠基
电流
控制变量
增大
增大
增大
磁场方向
电流方向
3.安培力的大小：
(1)F=___。
(2)适用条件。
①通电导线与磁场方向_____。
②_________或非匀强磁场中很短的导体。
IlB
垂直
匀强磁场
4.方向——左手定则(如图所示)：判断安培力的方向，伸开左手，让拇指与其
余四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向_____
方向，那么，拇指所指方向即为通电直导线在磁场中的_____方向。
电流
受力
二、安培力的应用
1.电动机：_______使电动机转动起来。
(1)构造。
①定子：由两个_____组成。
②转子：_____。
(2)原理：通电的线圈——转子，在定子产生的磁场中受_______而运动。
(3)应用：生活、生产、建设、交通、科研、娱乐等一切通过用电获得_____
的设备、机器，如电风扇、洗衣机、吹风机、电动车、磁盘的驱动、制冷
设备的压缩机都离不开由_______使其转动的电动机。
安培力
磁极
线圈
安培力
动力
安培力
2.电流计：
(1)电流计的构造：_____、_____、游丝、指针、铁芯、铝框。
(2)电流计的原理。
①当被测电流流入线圈时，线圈受_______作用而转动，线圈的转动使游丝
扭转变形，产生阻碍线圈转动的效果。
②当安培力产生的转动与游丝形变产生的阻碍达到_____时指针便停留在
某一刻度。
③根据线圈_________的大小，可以确定被测电流的大小；根据_________
的方向，可以知道被测电流的方向。
磁铁
线圈
安培力
平衡
偏转角度
线圈偏转
关键能力·素养形成
一 安培力的方向
1.磁场中的通电导体所受安培力的方向遵守左手定则，而不是安培定则，安培定则是判断通电导体周围磁场方向的。
2.安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面，但B与I不一定垂直。
3.已知I、B的方向，可唯一确定F的方向；已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可唯一确定I的方向；已知F、I的方向时，磁感应强度B的方向不能唯一确定。
【思考·讨论】
如果磁场和电流的方向如图所示，试判断导体棒所受安培力的方向？
(物理观念)
提示：如图所示可将磁感应强度B分解为B1、B2两个分量：平行于导线的分量B2不对通电导线产生作用力，通电导线所受作用力仅由B1决定，根据左手定则可判断，导体棒所受安培力的方向垂直B、I所在平面向外。
【典例示范】
如图所示是赤道上的建筑物，高耸的尖顶实质是避雷针，当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，乌云所带负电荷通过避雷针流入大地。则地磁场对避雷针的作用力的方向为( )
A.正东
B.正西
C.正南
D.正北
【解题探究】
(1)赤道上空磁场的方向指向北方还是南方？
提示：磁体外部，磁场方向由N极指向S极，即磁场方向向北。
(2)流过避雷针的电流方向向上还是向下？
提示：电流方向与负电荷定向移动方向相反，所以流过避雷针的电流方向向上。
【解析】选B。当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西，故B正确，A、C、D错误。
【素养训练】
1.如图所示，取一柔软的铝箔条，把它折成天桥状并用胶纸粘牢两端，使蹄形磁铁横跨过“天桥”，当电池与铝箔接通时
( )
A.铝箔条中部向磁铁S极运动
B.铝箔条中部向下方运动
C.铝箔条中部向上方运动
D.铝箔条中部向磁铁N极运动
【解析】选C。由题意可知，通过天桥的电流方向由外向内，而磁场方向由N到S极，根据左手定则可知，铝箔条中部受到的安培力向上，故A、B、D错误，C正确。
2.(多选)下列各图中，表示电流I的方向、磁场B的方向和磁场对电流作用力F的方向的关系正确的是
( )
【解析】选B、C、D。由左手定则可知，A图中磁场对电流作用力F的方向应竖直向上，所以A错误，而B、C、D都符合左手定则。
【补偿训练】
1.如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F。为使F=0，可能达到要求的方法是
( )
A.加水平向右的磁场
B.加水平向左的磁场
C.加垂直于纸面向里的磁场
D.加垂直于纸面向外的磁场
【解析】选C。要使绳子的拉力变为零，加上磁场后，应使导线所受安培力等于导线的重力且方向相反，由左手定则可判断，所加磁场方向应垂直于纸面向里，导线所受安培力向上，则C正确，A、B、D错误。
2.一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图中正确的是
( )
【解析】选D。图中弹性导线的形变表示导线所受的安培力方向。电流与磁场方向平行时不受安培力，选项A错误；磁场方向水平向右时，导线所受的安培力的方向垂直于纸面向里，选项B错误；磁场方向垂直于纸面向外时，导线所受的安培力的方向向右，选项C错误，D正确。
二 安培力的大小
1.安培力的计算方法：
(1)当B与I平行时，F=0。
(2)当B与I垂直时，F=IlB。
(3)当B与I成θ角时，F=IlBsin
θ。
2.公式F=IlB和F=IlBsin
θ中的l指的是“有效长度”，如图所示，弯曲导线的有效长度l等于连接两端点的线段的长度，相应的电流沿l由始端流向末端。
【思考·讨论】
如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于图示的匀强磁场中，磁感应强度为B。当在该导线中通以电流I时，该通电导线受到的安培力大小是2BIl吗？
(物理观念)
提示：不是2BIl，有效长度为l，所以F=BIl。
【典例示范】
在匀强磁场中放有下列各种形状的通电导线，电流为I，磁感应强度为B，求各导线所受到的安培力大小。
【解析】通电导线在磁场中受到安培力为F=BIL，其中L为通电导线在磁场中的
有效长度。
在A图中受到的安培力为：F=BILcosα；B中的安培力为：F=
BIL；C中受到
的安培力为：F=
BIR；D中受到的安培力为：F=0。
答案：BILcosα
BIL
BIR 0
【母题追问】
1.若【典例示范】A中直导线长为10
cm且通有4
A的电流放在匀强磁场中，
调整α角度，其受到的磁场力总在0到0.4
N之间变化，则磁感应强度大小
为
( )
A.3
T B.1
T C.0.3
T D.0.1
T
【解析】选B。当磁场方向与通电导线垂直时，受到的安培力最大，
由F=BIL得：B=
=1
T，故B正确，A、C、D错误。
2.将【典例示范】中D中的正方形线框如图所示接在电路中，设MNPQ边长为
1
m，每边电阻均为1
Ω，匀强磁场的磁感应强度为1
T，线框平面与磁场方
向垂直。现将MQ两端通过导线与电动势为3
V、内阻不计的直流电源连接，
则闭合S后金属线框受到的安培力大小为
( )
A.0
B.1
N
C.3
N
D.4
N
【解析】选D。MQ边的电阻R1=1
Ω，则流过MQ边的电流为：I1=
=3
A，安培力为：F1=BI1L=1×3×1
N=3
N，据左手定则知安培力方向竖直向
上；同理得MNPQ边的电阻R2=3
Ω，则流过MNPQ边的电流为：I2=
=1
A，安培力为：F2=BI2L=1×1×1
N=1
N，据左手定则知安培力方向竖直向
上；故线框所受的安培力为：F=F1+F2=4
N，方向竖直向上，故D正确，A、B、
C错误。
【补偿训练】
1.如图所示，在匀强磁场中放置通有相同电流的三根导线甲、乙、丙，三根导线的形状不同，但每根导线的两端点间的距离相同，且导线均与磁场方向垂直，关于三根导线所受安培力合力大小的比较，下列说法中正确的是
( )
A.甲导线受力最大
B.乙导线受力最大
C.丙导线受力最大
D.三条导线受力一样大
【解析】选D。三条导线虽然实际长度不同，但是它们的两端点间的距离相同，即其等效长度相同，所以导线的受力一样大，则D正确，A、B、C错误。
2.如图所示的各图中，磁场的磁感应强度大小相同，导线两端点距离均相
等，导线中电流均相等，则各图中有关导线所受的安培力的大小的判断正确
的是
( )
A.d图最大
B.b图最大
C.一样大
D.无法判断
【解析】选C。安培力公式F=BIl⊥，其中l⊥为垂直于磁场方向的有效长度，a、b、c、d四个图中导线的有效长度相等，所以所受的安培力大小相等。
三 安培力作用下导体的平衡及运动问题
1.判断安培力作用下导体的运动的方法：
电流
元法
把整段弯曲导线分为多段直线电流元，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及运动方向
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
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。然后根据同极相斥、异极相吸判断相互作用情况
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
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
2.解决安培力作用下导体的平衡问题的一般思路：
【典例示范】如图所示，在倾角为α＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25
m①的
平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R。电源电动势E＝12
V，内
阻r＝1
Ω，一质量m＝20
g的金属棒ab②与两导轨垂直并接触良好。整个装置
处于磁感应强度B＝0.80
T、垂直于斜面向上的匀强磁场③中(导轨与金属棒的
电阻不计)。金属导轨是光滑的④，取g＝10
m/s2，要保持金属棒在导轨上
静止⑤，求：(1)金属棒所受到的安培力大小。
(2)滑动变阻器R接入电路中的阻值。
【审题关键】
序号
信息提取
①
通电导体棒的有效长度
②
研究对象
③
磁场方向
④
摩擦力为零
⑤
受力平衡
【解析】(1)对金属棒ab受力分析，受力如图所示：
金属棒保持静止，根据受力平衡可得：
F=mgsinα=20×10-3×10×0.5
N=0.1
N
(2)根据安培力公式F=BIL可得：
I=
=0.5
A
根据闭合电路的欧姆定律E=I(R+r)得
R=
-r=23
Ω
答案：(1)0.1
N (2)23
Ω
【母题追问】
1.保持【典例示范】其他条件不变，并且已知R=23
Ω，若装置处于竖直向上的匀强磁场中，要使金属棒在斜面上保持静止，则磁场的磁感应强度B的大小为多大？
【解析】对金属棒ab受力分析，受力如图所示：
金属棒保持静止，根据受力平衡可得：
F=mgtanα=20×10-3×10×
根据闭合电路的欧姆定律E=I(R+r)得
I=
=0.5
A
根据安培力公式F=BIL可得：
B=
答案：
2.保持【典例示范】其他条件不变，并且已知R=23
Ω，若使金属棒在斜面上保持静止且对斜面的压力恰好为零，则所加的磁场的磁感应强度B为多大？方向如何？
【解析】根据闭合电路的欧姆定律E=I(R+r)得
I=
=0.5
A
金属棒对导轨的压力为零，说明重力与安培力二力平衡，安培力方向
竖直向上，根据左手定则可知，磁场方向水平向左；且mg=BIL，
得B=
=1.6
T
答案：1.6
T 方向水平向左
【补偿训练】光滑的平行导轨(图中粗线)与电源连接后，倾斜放置，导轨上放一个质量为m的金属导体棒。通电后，导体棒电流垂直纸面向外，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止，下面四个图中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是
( )
【解析】选C。由左手定则可知A图中导体棒所受安培力竖直向上，当安培力等于重力时，导体棒可以处于平衡状态，故选项A能平衡；B图中安培力水平向右，这样安培力沿斜面向上的分力可能与重力沿斜面向下的分力平衡，导体棒即可处于平衡状态，故选项B能平衡；C图中导体棒所受安培力垂直斜面斜向上，没有力和重力沿斜面向下的分力平衡，故导体棒一定不能平衡，故选项C不能平衡；D中由左手定则可知安培力沿斜面向上，当安培力大小与重力沿斜面向下的分力相等时，导体棒即可处于平衡状态，故选项D能平衡。
【拓展例题】考查内容：安培力作用下的范围问题
【典例】如图所示，在倾角θ=30°的斜面上，固定一金属框架，宽L=
0.25
m，接入电动势E=12
V、内阻不计的电池。在框架上放有一根质量m=
0.2
kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数μ=
，整个装置放在磁感应强度
B=0.8
T、垂直框架向上的匀强磁场中。当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围
内时，可使金属棒静止在框架上？框架与棒的电阻不计，g取10
m/s2。
【解析】当滑动变阻器R取值较小时，I较大，安培力F较大，会使金属棒产生沿框架上滑的趋势，因此，框架对棒的摩擦力沿框架向下，如图甲所示。
金属棒刚好不上滑时满足平衡条件
B(
)L-μmgcosθ-mgsinθ=0，解得R1=1.6
Ω。
当滑动变阻器R取值较大时，I较小，安培力F较小，在金属棒重力分力mgsinθ作用下，使棒有沿框架下滑的趋势，框架对棒的摩擦力沿框架向上，如图乙所示。
金属棒刚好不下滑时满足平衡条件
B(
)L+μmgcosθ-mgsinθ=0，得R2=4.8
Ω
所以R的取值范围应为1.6
Ω≤R≤4.8
Ω。
答案：1.6
Ω≤R≤4.8
Ω
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.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θ，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F=BILsinθ
B.金属棒受到的摩擦力大小为f=BILcosθ
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】选C。对金属棒进行受力分析，如图所示：
根据安培力公式可得金属棒ab所受安培力为：F=BIL，根据平衡条件得：f=BILsinθ，FN=mg-BILcosθ，若只增大磁感应强度B后，由上式可得金属棒对导轨的压力将减小，故A、B、D错误；改变电流方向，则金属棒所受的安培力与原来方向相反，则有FN=mg+Fcosθ，所以金属棒对导轨的压力增大，故C正确。
2.如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成、以O为圆心的四分之一圆弧，将其
放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。当在该导线中通以由C
到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是
( )
A.2
BIL，垂直AC的连线指向左下方
B.
，垂直AC的连线指向左下方
C.
，平行于OC向右
D.BIL，平行于OC向左
【解析】选B。直导线折成半径为R的
圆弧形状，在磁场中的有效长度为
L′=
R，又L=
，联立解得L′=
，则安培力为：F=BIL′=
安培力的方向与等效长度的直线垂直，根据左手定则可得，安培力的方向
垂直AC的连线指向左下方。
【补偿训练】长为4L的直导线等分成四份，折成如图所示的图形，其中的V形导线夹角为60°，整个图形置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，当在该导线中通以大小为I的电流时，该通电导线受到的安培力大小为
( )
A.BIL B.2BIL C.3BIL D.4BIL
【解析】选C。V形导线在磁场内有效长度为2Lsin
30°=L，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI·2Lsin
30°=BIL，该整个通电导线受到的安培力大小为3BIL，故选C。
3.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时
( )
A.磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用
B.磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用
C.磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用
D.磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用
【解题指南】本题可以用转换研究对象的方法解题。
(1)作出导线所处位置磁场的方向；
(2)判断通电直导线所受安培力的方向；
(3)根据牛顿第三定律判断条形磁铁的受力情况。
【解析】选A。根据条形磁铁磁感线分布情况得到直导线电流所在位置磁场方向，再根据左手定则判断安培力方向，如图：
根据牛顿第三定律，电流对磁铁的作用力向右下方；选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左；最后再根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力增大，所以A正确，B、C、D错误。
4.如图所示，质量为m、长度为L的金属棒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，棒中通以由M向N的电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。已知重力加速度大小为g。求：
(1)金属棒MN所受安培力的大小；
(2)该磁场的磁感应强度大小。
【解析】(1)对金属棒进行受力分析，如图所示：
金属棒处于平衡状态，可列平衡方程：
FTcosθ=mg
FTsinθ=F安
解得：F安=mgtanθ
(2)根据F安=BIL
解得：B=
答案：(1)mgtanθ (2)
【新思维·新考向】
情境：我国建造中的国产003型航母将采用电磁弹射技术，电磁弹射轨道可简化为图乙所示放在水平面上的平行金属导轨，导轨间充满匀强磁场，电流通过电磁弹射车MN时在安培力作用下推动舰载机加速运动。
(1)请判断图中弹射器工作时磁场的方向？
(2)若已知导轨间宽为L=2
m，电流是I=1×103
A，匀强磁场B=1×102
T，设飞机总质量m=2×104
kg，起飞速度为v=60
m/s，g取10
m/s2，不计摩擦及空气阻力，求：飞机从静止加速到60
m/s，飞行轨道至少要多长？
【解析】(1)由图可知，电流由N流向M，根据左手定则可知匀强磁场方向竖直向上；
(2)牵引杆受到的安培力F=BIL=2×105
N，
由F=ma可知a=10
m/s2，
根据速度-位移公式可知v2=2ax，解得x=180
m
答案：(1)竖直向上
(2)180
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课时素养评价
一 安培力及其应用
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)
1.如图所示，通电直导线放置在匀强磁场中，关于电流方向、磁感应强度方向、导线所受安培力方向三者之间关系的判断，正确的是
( )
【解析】选A。磁场方向向左，电流方向垂直向外，根据左手定则，安培力方向向下，故A正确；磁场方向垂直向外，电流方向垂直向内，两者平行，不受安培力，故B错误；磁场方向垂直向内，电流方向向左，根据左手定则，安培力方向是向下，故C错误；磁场方向向上，电流方向向右，根据左手定则，安培力方向是垂直向外，故D错误。
2.(2019·海南高考)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向
( )
A.向前 B.向后 C.向左 D.向右
【解析】选A。根据左手定则和半圆形粗铜线的对称性，由力的合成可知铜线所受安培力的方向向前，选项A正确，B、C、D错误。
3.如图所示，三块相同蹄形磁铁a、b、c并列放置在水平桌面上。导体棒用图中1、2两根轻而柔软的细导线悬挂起来，它们与导体棒和电源构成回路(电源没有在图中画出)，导线1、2接在直流电源的两端，认为导体棒所在位置附近为匀强磁场。接通电源后，导体棒偏离竖直方向，位置如图中所示。依次撤去磁铁b、c，看到导体棒的摆动幅度逐渐减小。根据该实验的操作，下列说法正确的是
( )
A.导线1接在直流电源的负极，导线2接在直流电源的正极
B.磁场越强，导体棒受到的安培力越大
C.电流越大，导体棒受到的安培力越大
D.导体棒在磁场中的长度越长，导体棒受到安培力越大
【解析】选D。由图可知，导体棒向外偏，即受到的安培力向外，磁场方向向下，由左手定则可知，导线1接在直流电源的正极，导线2接在直流电源的负极，故A错误；依次撤去磁铁b、c，所以导体棒在磁场中的长度越短，导体棒的摆动幅度逐渐减小即安培力越小，反之，导体棒在磁场中的长度越长，导体棒受到安培力越大，故B、C错误，D正确。
4.电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触，电流I从一条轨道流入，通过导电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面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出，现欲使弹体的出射速度增加到原来的2倍，理论上可采用的方法是( )
A.只将电流I增加至原来的2倍
B.只将弹体质量减至原来的一半
C.只将轨道长度L变为原来的2倍
D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其他量不变
【解析】选A。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：BIl·L=mv2，磁感应强度的大小与I成正比，所以有：B=kI，解得：v=。只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故A正确；只将弹体质量减至原来的，弹体的出射速度增加至原来的倍，故B错误；只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的4倍，其他量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D错误。
【补偿训练】
如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成。当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度。下列各俯视图中正确表示磁场B方向的是
( )
【解析】选B。要使炮弹加速，安培力应向右，由左手定则可知：磁场方向应垂直纸面向外。
5.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，
导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的
方向
( )
A.与ab边平行，竖直向上
B.与ab边平行，竖直向下
C.与ab边垂直，指向左边
D.与ab边垂直，指向右边
【解析】选C。本题可以直接用结论，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。导线a对c的安培力F1由c指向a，导线b对c的安培力F2由c指向b；电流相等，所以F1=F2，根据力的合成法则c所受合力与ab边垂直，指向左边，故C正确。
6.某研究小组设计了一个利用安培力测量磁感应强度的实验装置，如图甲所示，将矩形线框固定在电子秤的台面上，线框的上部处于垂直于纸面的匀强磁场中(如图乙所示)。当线框中通顺时针电流I时，电子秤读数为m1；当线框中通逆时针电流I时，电子秤读数为m2(m2>m1)。已知矩形线框共有N匝，MN边长为L，则磁感应强度
( )
A.垂直纸面向外，大小为
B.垂直纸面向外，大小为
C.垂直纸面向里，大小为
D.垂直纸面向里，大小为
【解析】选C。电子秤读数m=，即F压=mg，由m2>m1，可知，通顺时针电流时，安培力向上，磁场垂直纸面向里，对线框进行受力分析，可知：m1g=m0g-FA，m2g=m0g+FA，FA=NBIL，解得：B=，故C正确，A、B、D错误。
二、计算题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)
7.(10分)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过逆时针电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。已知重力加速度为g。
(1)推导出用n、m、l、I、g表示磁感应强度B的表达式。
(2)当n=9，l=10.0
cm，I=0.10
A，m=8.78
g，g取10
m/s2时，磁感应强度是多少？
【解析】(1)设电流方向未改变时，等臂天平的左盘内砝码质量为m1，右盘内的质量为m2，有：
m1g=m2g-nBIl
电流方向改变后，有：
(m+m1)g=m2g+nBIl
两式相减，得：mg=2nBIl
解得：B=
(2)将数据代入第(1)问的表达式，解得：
B=
T=0.49
T
答案：(1)B= (2)0.49
T
8.(14分)如图所示，水平导轨间距为L=0.5
m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=1
kg，与导轨接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=
0.9
Ω；电源电动势E=10
V，内阻r=0.1
Ω，电阻R=4
Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=5
T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α=53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g取10
m/s2，ab处于静止状态。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
(1)通过ab的电流大小和方向；
(2)ab受到的安培力大小；
(3)重物重力G的取值范围。
【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流为：
I==
A=2
A，方向由a指向b；
(2)ab受到的安培力F=BIL=5×2×0.5
N=5
N
(3)ab受力如图所示，
最大静摩擦力
fmax=μ(mg-Fcos53°)=3.5
N
由平衡条件得：
当最大静摩擦力方向向右时，T+fmax=Fsin53°
解得：T=0.5
N
当最大静摩擦力方向向左时，
T=Fsin53°+fmax
解得：T=7.5
N
则重物重力的取值范围为0.5
N≤G≤7.5
N。
答案：(1)2
A 由a指向b (2)5
N (3)0.5
N≤G≤7.5
N
(15分钟·40分)
9.(7分)(2019·全国卷Ⅰ)如图，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受到的安培力的大小为
( )
A.2F
B.1.5F
C.0.5F
D.0
【解题指南】解答本题应注意以下三点：
(1)明确导体棒MN受到的安培力大小和方向。
(2)明确ML、LN两导体棒受到安培力的合力大小和方向。
(3)明确线框LMN受到的安培力的大小和方向。
【解析】选B。设导体棒MN中的电流为I，则导体棒ML、LN中的电流为，导体棒MN受到的安培力大小F=ILB、方向竖直向上。ML、LN两导体棒受到安培力的合力大小为LB=0.5F，方向竖直向上。线框LMN受到的安培力的大小为F+0.5F=1.5F，方向竖直向上。
【补偿训练】
如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef，它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区域的边界上，be为圆形区域的一条直径，be上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为
( )
A. B. C.BIR D.0
【解析】选A。由题意可知，流过af边的电流I1=I，流过abcdef
边的电流I2=；af边受到的安培力F1=BI1R=，方向向上，那么
de、ab受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理
bc、ef受到的安培力等大同向，斜向右下方，
则de、ab、bc、ef所受合力为F3=，方向向下，cd边受到的安培力F2=BI2R=，方向向下，故线框受到的安培力F=F1-F2-F3=，故A正确，B、C、D错误。
10.(7分)如图所示，长为L的通电直导体棒垂直放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，棒处于静止状态，弹簧被压缩x，则
( )
A.导体棒中的电流方向从a流向b
B.导体棒中的电流大小为
C.若只将棒中电流减小一点，x变大
D.若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大
【解析】选B。因弹簧被压缩，所以导体棒受安培力方向水平向左，根据左手定则判断电流方向从b到a，故A错误；根据平衡条件可得kx=BIL，则I=，故B正确；若只将棒中电流减小一点，导体棒受安培力变小，所以弹簧的形变量变小，即x变小，故C错误；当磁场方向与导体棒垂直时，导体棒受安培力最大，磁场方向转过一个角度θ，对导体棒受力分析，列平衡方程可得kx=BIL·cosθ，x变小，故D错误。
【补偿训练】
如图所示，水平导体棒ab用两根劲度系数均为k=100
N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，ab长度为L=1.0
m，质量为m=0.2
kg。当导体棒中通过大小为I=5
A的电流，并处于静止时，两弹簧恰好都恢复到原长状态。欲使导体棒从平衡位置下移1.5
cm
后能处于静止状态，(重力加速度g取10
m/s2)则
( )
A.通入的电流方向为从a→b，大小为2.5
A
B.通入的电流方向为从a→b，大小为5
A
C.通入的电流方向为b→a，大小为2.5
A
D.通入的电流方向为b→a，大小为5
A
【解析】选C。弹簧都恢复到原长状态时，ILB=mg，得B==0.4
T；导体棒下移1.5
cm后能重新处于静止状态时，应当通入的电流方向为从b→a，由平衡条件可得mg+I′LB=2kx，求得：I′=2.5
A，只有选项C正确，A、B、D错误。
11.(7分)如图所示，导体棒Ⅰ固定在光滑的水平面内，导体棒Ⅱ垂直于导体棒Ⅰ放置，且可以在水平面内自由移动(图为俯视图)。给导体棒Ⅰ、Ⅱ通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，较短时间后导体棒Ⅱ出现在虚线位置。下列关于导体棒Ⅱ位置的描述可能正确的是
( )
【解析】选B。导体棒Ⅰ中的电流产生磁场，根据安培定则可知，棒Ⅰ右侧的磁场垂直纸面向外，且离导线越近，磁场越强，根据左手定则可知，导体棒Ⅱ受到安培力竖直向下，磁场越强的位置，安培力越大，故棒Ⅱ左端受到的安培力大，向下运动得快，故B正确，A、C、D错误。
【补偿训练】
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，当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将
( )
A.不动
B.顺时针转动
C.逆时针转动
D.向纸面内平动
【解析】选B。解法一：利用结论法
环形电流I1、I2之间不平行，则必相对转动，直到两环形电流同向平行，据此可得L1的转动方向应是：从左向右看，线圈L1顺时针转动。
解法二：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，通电后，小磁针的N极应指向环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针转动前，N极应指向纸内，因此应由纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动。
解法三：直线电流元法
把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知，各电流元所在处磁场向上，根据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看，线圈L1顺时针转动。
12.(19分)如图所示，在磁感应强度B=1.0
T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab，已知接在滑轨中的电源电动势E=12
V，内阻不计，ab杆长L=0.5
m，质量m=0.2
kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计，g取10
m/s2，sin
37°=0.6，求：接在滑轨上的滑动变阻器的阻值在什么范围内变化时，可使ab杆在滑轨上保持静止？(结果保留一位有效数字)
【解析】对金属杆受力分析，回路中的电流为：I=
金属杆受到的安培力为：F=BIL
当摩擦力沿斜面向上，电流强度最小，电阻最大，由共点力平衡得：
mgsin
37°-f-Fcos
37°=0
mgcos
37°+Fsin
37°-FN=0
f=μFN
联立解得：Rmax=5
Ω
当摩擦力沿斜面向下，电流强度最大，电阻最小，由共点力平衡得：
mgsin
37°+f-Fcos
37°=0
mgcos
37°+Fsin
37°-FN=0
f=μFN
联立解得：Rmin=3
Ω
故可变电阻在3～5
Ω范围内。
答案：3～5
Ω
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