1、1磁场及其对电流的作用考试内容范围及要求 高考统计 高考命题解读内容 要求 说明 2015 2016 2017 201835.磁场 磁感应强度 磁感线 磁通量 T136.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向37.安培力 计算限于通电直导线跟匀强磁场平行或垂直两种情况T4 T1338.洛伦兹力 39.带电粒子在匀强磁场中的运动计 算 限 于 带电 粒 子 的 速度 与 磁 感 应强 度 平 行 或垂 直 两 种 情 况T15 T15 T15 T1540.质谱仪和回旋加速器的工作原理 T15 T15 T151.考查方式高考对本章内容考查命题频率极高，常以选择题和计算题两种形式出题，选择题一般考查磁场
2、的基础知识和基本规律，一般难度不大；计算题主要是考查安培力、带电粒子在匀强磁场中的运动与力学、电学、能量知识的综合应用，难度较大，较多是高考的压轴题2命题趋势(1)磁场的基础知识及规律的考查；(2)安培力、洛伦兹力的考查；(3)带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题，在组合场、复合场中的运动问题；(4)磁场与现代科学知识的综合应用.第 1讲 磁场及其对电流的作用一、磁场、磁感应强度21基本性质磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用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)FIL(3)方向：小磁针静止时 N极的指向(4)单位：特斯拉，符号为
3、 T.3匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场(2)磁感线特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线4地磁场(1)地磁的 N极在地理南极附近，S 极在地理北极附近，磁感线分布如图 1所示图 1(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度大小相等，且方向水平向北5磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解自测 1 (多选)一小段长为 L的通电直导线放在磁感应强度为 B的匀强磁场中，当通过它的电流为 I时，所受安培力大小为 F.以下关于磁感应强度 B的说法正确的是( )A磁感应强度 B一定等于F
4、ILB磁感应强度 B可能大于或等于FILC磁场中通电直导线受力大的地方，磁感应强度一定大D在磁场中通电直导线也可以不受力答案 BD自测 2 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如图2所示结合上述材料，下列说法不正确的是( )3图 2A地理南、北极与地磁场的南极和北极不重合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答案 C解析 地球为一巨大的磁体，地磁场的南、北极在地理的北极和南极附近，两极并不重合
5、，故 A、B 正确；地球内部也存在磁场，但只有赤道附近上空磁场的方向才与地面平行，故 C错误；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不平行，一定受到地磁场力的作用，故 D正确二、磁感线和电流周围的磁场1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)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，由 N极指向 S极；在磁体内部，由 S极指向 N极同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切磁感线是假想的曲线，客观上不存在2几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图 3所示)
6、图 3(2)电流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4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自测 3 (2019海州高级中学模拟)如图 4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图 4答案 5三、安培力的大小和方向1大小若 I B， F0；若 I B， F BIL.2方向总垂直于 B、 I所决定的平面，即一定垂直于 B和 I，但 B与 I不一定
7、垂直可以用左手定则来判定：伸开左手，使拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，那么，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3两平行通电导线间的作用同向电流相互吸引，反向电流相互排斥自测 4 在如图所示的四幅图中，正确标明通电导线所受安培力 F方向的是( )答案 B命题点一 安培定则的应用和磁场的叠加1安培定则在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.因果磁场 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.解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线(2)定位空间中
8、需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向如图 5所示为 M、 N在 c点产生的磁场6图 5(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场例 1 如图 6，两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( )图 6A 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、
9、c两点处磁感应强度的方向不同答案 C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错误；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处导线中电流在 a处产生的磁场的磁感应强度等于 N处导线中电流在 b处产生的磁场的磁感应强度，同时 M处导线中电流在 b处产生的磁场的磁感应强度等于 N处导线中电流在 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错误；根据安培定则和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
10、处磁感应强度的方向均竖直向下，选项 D错误变式 1 指南针是我国古代的四大发明之一当指南针静止时，其 N极指向如图 7中虚线(南北向)所示，若某一条件下该指南针静止时 N极指向如图中实线(N 极指向北偏东)所示则以下判断正确的是( )7图 7A可能在指南针上面有一导线东西放置，通由东向西的电流B可能在指南针上面有一导线东西放置，通由西向东的电流C可能在指南针上面有一导线南北放置，通由北向南的电流D可能在指南针上面有一导线南北放置，通由南向北的电流答案 C命题点二 安培力的大小与方向1安培力的大小(1)当 I B时， F BIL.(2)当 I B时， F0.注意：当导线弯曲时， L是导线两端的有
11、效直线长度(如图 8所示)图 8对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后完全处在匀强磁场中时受到的安培力的矢量和为零2安培力的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决定的平面例 2 (2018南通市、泰州市一模)在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的等边三角形线框 abc，磁场方向垂直于线框平面， a、 c两点间接一直流电源，电流方向如图 9所示则( )图 9A导线 ab受到的安培力大于导线 ac受到的安培力B导线 bc受到的安培力大于导线 ac受到的安培力C线框受到安培力的合力为零D线框受到安培力的合力方向垂直于 ac向下答案 D变式 2 (
12、2018扬州中学 5月模拟)如图 10所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.一正方形刚性线圈，边长为 L，匝数为 n，线圈平面与磁场方向垂直，8线圈一半在磁场内某时刻，线圈中通过大小为 I的电流，则此线圈所受安培力的大小为( )图 10A. BIL B. nBIL212C nBIL D. nBIL2答案 D命题点三 安培力作用下导体的运动情况1问题概述(1)问题特点安培力作用下导体的运动问题与力学中的运动问题一样，同样遵从力学基本规律，只是研究对象所受的力中多分析安培力而已(2)规律分析判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分
13、布情况，再弄清导体中电流方向，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2几种判定方法电流元法 分割为电流元 安培力方向整段导体所受合力方向运动 左 手 定 则 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例 3 (2018兴
14、化一中四模)如图 11所示为一螺距较大、有弹性的通电螺线管的磁场截面分布图，虚线为螺线管的中轴线(与某一磁感线重合)， ab为用绝缘细线悬挂的位于螺线管的正上方的通电直导线，其电流方向由 a到 b，电流很小，不影响螺线管磁场下列说法正9确的是( )图 11A P、 Q两点的磁感应强度相同B直导线 ab通电后， a端垂直纸面向外转动C断开螺线管的电源后，螺线管有沿水平方向向内收缩的趋势D将不计重力的电子沿中轴线射入螺线管，电子将做匀速直线运动答案 D解析 P、 Q两点的磁感应强度方向不相同，选项 A错误；直导线 ab通电后，由左手定则可知， a端受安培力向里，则 a端垂直纸面向里转动，选项 B错
15、误；螺线管通电时，各匝之间为同向电流，相互吸引，则断开螺线管的电源后，螺线管有沿水平方向向外扩张的趋势，选项 C错误；长螺线管内部的磁场可认为是匀强磁场，将不计重力的电子沿中轴线射入螺线管，电子运动的方向与磁感线平行，不受洛伦兹力作用，则电子将做匀速直线运动，选项 D正确变式 3 (2018南京市期中)如图 12所示，条形磁铁放置在水平桌面上，它的左上方固定一条直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，磁铁仍然静止在桌面上，则( )图 12A磁铁对桌面压力减小，它不受桌面摩擦力作用B磁铁对桌面压力增大，它受向左的摩擦力作用C磁铁对桌面压力增大，它不受桌面摩擦力作用D磁铁对桌面压力减
16、小，它受向右的摩擦力作用答案 D命题点四 通电导体棒的平衡与加速问题通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合模型，该模型一般由倾斜导轨、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为平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图 13所示10图 13例 4 (2018江苏单科13)如图 14所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 ，间距为 d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直质量为 m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为 s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流金属棒被松开后，以加速度
17、 a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g.求下滑到底端的过程中，金属棒图 14(1)末速度的大小 v；(2)通过的电流大小 I；(3)通过的电荷量 Q.答案 (1) (2)2asmgsin adB(3)2as mgsin adBa解析 (1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有 v22 as，解得 v 2as(2)金属棒所受安培力 F 安 IdB金属棒所受合力 F mgsin F 安由牛顿第二定律有 F ma解得 Imgsin adB(3)金属棒的运动时间 tva11通过的电荷量 Q It解得 Q .2as mgsin adBa变式 4 (2018泰州二中模拟)如
18、图 15所示，两平行金属导轨间的距离 L0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角 37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度 B0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势 E3V、内阻 r0.5的直流电源现把一个质量 m0.04kg 的导体棒 ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻 R1，金属导轨电阻不计， g取 10m/s2.已知 sin370.6，cos370.8，求：图 15(1)导体棒受到的安培力大小；(2)导体棒受到的摩擦力大小答案 (1)0.40N (2)0.16N解析 (1)导体棒、金属导轨和
19、直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I A2AER r 31 0.5导体棒受到的安培力： F 安 ILB20.400.50N0.40N由左手定则判断，安培力方向为沿导轨向上(2)导体棒所受重力沿导轨向下的分力： F1 mgsin370.04100.6N0.24N由于 F1小于安培力 F 安 ，故导体棒受到沿导轨向下的摩擦力 Ff，根据共点力平衡条件得：F1 Ff F 安解得： Ff F 安 F1(0.400.24) N0.16N.1.(2018东台创新学校月考)磁场中某区域的磁感线如图 16所示，则( )12图 16A a、 b两处的磁感应强度的大小不等， Ba BbB a、 b两处
20、的磁感应强度的大小不等， Ba BbC同一通电导线放在 a处受力一定比放在 b处受力大D同一通电导线放在 a处受力一定比放在 b处受力小答案 B解析 磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由 a、 b两处磁感线的疏密程度可判断出Ba Bb，故 B正确，A 错误；安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小、电流的大小 I、导线两端的长度 L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故 C、D 错误2(2018东台创新学校月考)如图 17所示， D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里在开关 S接通后，导线 D所受磁场力的方向是( )图 17A向上 B向下C向左 D向右答案 A解
21、析 电流由左侧流入，则由安培定则可知电磁铁右侧为 N极，故导线所在处的磁场向左；再由左手定则可判断，导线 D所受安培力向上，故 A正确3(2018东台创新学校月考)如图 18所示为电动机的简化模型，线圈 abcd可绕轴 O1O2自由转动当线圈中通入如图所示的电流时，顺着 O1O2的方向看去，线圈将( )图 18A顺时针转动B逆时针转动C仍然保持静止D既可能顺时针转动，也可能逆时针转动答案 A解析 由题图可知，磁场水平向左，根据左手定则可知， ab受力向上， cd受力向下，故线圈将顺时针转动，故 A正确，B、C、D 错误134(2015江苏单科4)如图 19所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度下
22、列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长 MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )图 19答案 A解析 根据 F BIL知处于磁场中的载流线圈受安培力作用的有效长度越长，受安培力越大，磁场发生微小变化时，安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图知选项 A中载流线圈的有效长度最长，A 中天平最容易失去平衡，所以 A正确5(2018东台创新学校月考)质量为 m、长度为 L的导体棒 MN静止于水平导轨上，通过 MN的电流为 I，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向与导轨平面成 角斜向下，如图 20所示，重力加速度为 g
23、，求棒 MN受到的支持力和摩擦力大小图 20答案 BILcos mg BILsin解析 导体棒静止时受力如图由平衡条件知 FN mg Fcos ， Ff Fsin 安培力 F ILB所以支持力 FN ILBcos mg摩擦力 Ff ILBsin 141(2018东台创新学校月考)关于磁感应强度的说法正确的是( )A一小段通电导体放在磁场 A处，受到的磁场力比放在 B处时的大，说明 A处的磁感应强度比 B处的磁感应强度大B由 B 可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受安培力 F成正比，FIL与导线的长度 L成反比C一小段通电导体在磁场中某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零D
24、小磁针 N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向答案 D解析 磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身的性质，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与 F、 I、 L都没有关系， B 只是磁感应强度的定义式，同一通电导FIL体受到的磁场力的大小由所在处磁感应强度和放置的方式共同决定，故选项 A、B、C 错误；磁感应强度的方向就是该处小磁针 N极所受磁场力的方向，故选项 D正确2(多选)(2019运河中学模拟)如图 1所示，一束带电粒子在水平方向沿虚线飞过磁针上方，并与磁针方向平行，能使磁针 N极转向读者，那么这束带电粒子可能是( )图 1A向右飞的正离子 B向左飞的负离子C向右飞的负
25、离子 D向左飞的正离子答案 CD解析 带电粒子在水平方向沿虚线飞过磁针上方，并与磁针方向平行，能使磁针 N极转向读者，则知电流产生的磁场方向在小磁针所在处是垂直于纸面向外的根据安培定则可得，电流的方向水平向左因此，如果这束带电粒子是正离子，则向左飞行；如果是负离子，则向右飞行3.(2017仪征中学模拟)如图 2是某磁场部分区域的磁感线分布(图线关于水平虚线对称)，a、 b是其内两点则( )15图 2A a、 b两点的磁感应强度大小不等，且 BaBbB同一通电导线放在 a处所受磁场力一定大于放在 b处所受磁场力C同一闭合小线圈在 a点的磁通量一定大于在 b点的磁通量D a点的磁感应强度的方向即为
26、放在该点的通电直导线所受的磁场力的方向答案 A解析 磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，由题图可知， a、 b两点的磁感应强度大小不等，且 BaBb，故 A正确；由于安培力的大小取决于 B、 I、 L以及磁场和电流之间的夹角，因此无法比较同一通电导线在两点受到的磁场力大小，故 B错误；由于磁通量等于BScos ，大小与夹角有关，故无法确定同一闭合小线圈在两点的磁通量的大小，故 C错误；由左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向相互垂直，故 D错误4下列四个表示磁场对直线电流的作用示意图中，不正确的是( )答案 B5(2018射阳二中模拟)如图 3所示，两根平行放置的长直导线 a和 b通有大小
27、相等、方向相反的电流， a受到的磁场力大小为 F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后， a受到的磁场力大小变为 F2，则此时 b受到的磁场力大小变为( )图 3A F2 B F1 F2C F1 F2 D2 F1 F2答案 A解析 两根长直导线中的电流大小相等、方向相反，则 a受到 b产生磁场的作用力向左，大16小为 F1，那么 b受到 a产生磁场的作用力向右，大小也为 F1，这两个力大小相等，方向相反当加入匀强磁场时产生的磁场力大小设为 F0，则 a受到的作用力大小为 F2 F1 F0，或F2 F1 F0，而对于 b由于电流方向与 a相反，所以 b受到作用力大小为 F2 F1 F0，或F
28、2 F1 F0，所以这两个力大小相等，方向相反，即 F2 F2，故 A正确，B、C、D 错误6.(2018盐城中学质检)匀强磁场中 A、 B两点分别引入长度相等的长直导线，导线与磁场方向垂直，如图 4所示，图中 a、 b两条图线分别表示在磁场中 A、 B两点导线所受磁场力 F和通过导线的电流 I的关系，关于 A、 B两点的磁感应强度大小 BA、 BB，下列说法正确的是( )图 4A BA BB B BABBC BABB D无法比较答案 B7.如图 5所示，一段导线 abcd位于磁感应强度大小为 B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直线段 ab、 bc和 cd的长度均为 L，且 ab
29、c bcd135.流经导线的电流为 I，方向如图中箭头所示导线段 abcd所受到的磁场的作用力的合力( )图 5A方向沿纸面向上，大小为( 1) ILB2B方向沿纸面向上，大小为( 1) ILB2C方向沿纸面向下，大小为( 1) ILB2D方向沿纸面向下，大小为( 1) ILB2答案 A解析 如图所示， ad间通电导线的有效长度为图中的虚线 L( 1) L，电流的方向等2效为由 a沿直线流向 d，所以安培力的大小 F BIL( 1) ILB.根据左手定则可以判断，2安培力方向沿纸面向上，选项 A正确178(多选)(2018阜宁中学调研)质量为 m的通电细杆置于倾角为 的导轨上，导轨的宽度为 d
30、，杆与导轨间的动摩擦因数为 ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上如图所示的四种情况中，杆一定受到导轨的摩擦力的是( )答案 CD9.(多选)如图 6，质量为 m、长为 L的直导线用两绝缘细线悬挂于 O、 O，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿 x正向的电流 I，且导线保持静止时，细线与竖直方向夹角均为 .则磁感应强度方向和大小可能为( )图 6A z正向， tan B y正向，mgIL mgILC z负向， tan D沿细线向上， sinmgIL mgIL答案 BC10(2018高邮中学阶段检测)如图 7所示，将一个半径为 R的金属圆环串联接入电路中，电路中的电流为 I，接入点 a、 b是圆环直径
31、上的两个端点，流过圆弧 acb和 adb的电流相等金属圆环处在磁感应强度为 B、方向如图所示的匀强磁场中，磁场方向与圆环所在的平面垂直，则金属圆环受到的安培力大小为( )图 7A0 B BIRC2 BIR D4 BIR18答案 C解析 隔离分析金属圆环的上半部分，其中的电流为 ，所受安培力大小为I2B 2R BIR；同理，金属圆环的下半部分所受的安培力大小也为 BIR，两部分所受的安I2培力方向相同，所以金属圆环受到的安培力大小为 2BIR，C 项正确11.(多选)如图 8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，导轨上放有一金属棒 MN，现从 t0 时刻起，给金
32、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( )图 8答案 BD解析 当从 t0 时刻起，给金属棒通以大小为 I kt的电流，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则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，由于速度与加速度方向相同，则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，则速度达到最大，当安培力继续增大时，加速度方向变为竖直向上，则加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动，而速度与时间图
33、象的斜率的绝对值表示加速度的大小，故 A错误，B 正确；物体受到的摩擦力 Ff F N，而FN BIL BLkt，由牛顿第二定律得： mg BLkt ma，因此 a g t，故 C错误，D BLkm正确12如图 9所示，质量为 60g的铜棒长为 a20cm，棒的两端与长为 L30cm 的细线相连，吊在磁感应强度大小为 B0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中当棒中通过恒定电流 I后，铜棒向上摆动(摆向纸面外)，最大偏角 60， g取 10m/s2，求：(结果均保留两位有效数字)19图 9(1)铜棒中电流 I的大小；(2)铜棒在摆动过程中的最大速率答案 (1)3.5A (2)0.96m/s解析 (1)铜棒上摆的过程，铜棒受到竖直向下的重力、水平方向的安培力和细线的拉力，从最低点到最高点过程中，根据动能定理得：F 安 Lsin60 mgL(1cos60)0，又安培力为： F 安 BIa联立解得： I3.5A(2)由题意，铜棒向上摆动的最大偏角 60，根据对称性可知，偏角为 30时是其平衡位置，平衡时铜棒受力如图所示(从左向右看)，当铜棒偏角为 30时，垂直于细线方向受力平衡，此方向上加速度为 0，速度最大，设此时铜棒速率为 vm，由动能定理可得： mv F 安 Lsin30 mgL(1cos30)12 m2代入解得最大速率为： vm0.96m/s.
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