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第48 讲 磁场的描述与磁场对电流的作用
模拟·基础演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
C
D
D
A
D
C
D
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
A
C
B
C
D
B
D
D
C
AC
重难·创新演练
1．【答案】(1)F =10 N (2)2m/s
2
【详解】（1）由图像可知，导体棒运动的速度达到10 m/s时开始做匀速运动，此时安培力和拉力F大小相
等。导体棒匀速运动的速度v1=10 m/s，匀速运动后导体棒上的电动势E =BLv1
导体棒受的安培力F1=BIL=B
2 L
2v1
R
=10 N
则F =F1=10 N
（2）由图像可知，时间t =1.6s时导体棒的速度v2=8 m/s，此时导体棒上的电动势E =BLv2
导体棒受的安培力F2=BIL=B
2 L
2v2
R
=8 N
由牛顿第二定律得a=F −F2
m
=2m/s
2
2．【答案】(1)m0=0.3kg (2)F = 4
30 N；a=2
9 m/s
2
【详解】（1）初始时cd与物块恰好静止，受力平衡，绳子拉力等于cd受到的最大静摩擦力，即
m0 gsin θ =μm2 g
代入数据μ=0.5，m2=0.3kg，sin 30
∘=0.5
约去g得m0=μm2
sinθ =0.5×0.3kg
0.5
=0.3kg
（2）ab下滑过程机械能守恒m1gH =1
2 m1v0
2
代入数据得v0=❑√2gH =4 m/ s
感应电动势E =BLv0=1T ×0.1m×4 m/ s=0.4V
总电阻R总=R1+R2=0.3Ω
感应电流I = E
R总
=4
3 A
ab受到的安培力大小F安=BIL=1× 4
3 ×0.1= 2
15 N，方向水平向左。
将cd和物块视为整体，初始平衡时m0 gsin θ =μm2 g
因此整体合力等于安培力，由牛顿第二定律F安=(m0+m2)a
代入数据得a=
F安
m0+m2
=
2
15 N
0.6kg =2
9 m/ s
2，方向水平向右。
3．【答案】(1)x ≥2.3 m (2)
4m/s
①
2；②1.8m/s；③3.8C
【详解】（1）设不采用电磁弹射技术时起飞前歼−20模型的位移为s，根据动能定理可得
（F −f ）s=1
2 m v
2
且 x ≥s
联立解得 x ≥
mv
2
2（F −f ）， x ≥2.3 m
（2）
当歼
①
−20模型采用电磁弹射技术时，在开关S由1接到2的瞬间，电路中的最大电流为 I =E
R
最大安培力为 F安m=BIL
此时根据牛顿第二定律可得 F安m−f =mam
联立解得 am=4m/s2
歼
②
−20模型在导轨上做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时速度达到最大，此时电流为I
′，最
大速度为vm，电容器两极板的电压为E
′，则 B I
′ L=f
又 I
′ =E
′−BLvm
R
每一瞬间有 BIL−f =ma
微元累积有 BLq−ft =m vm
通过歼−20的电荷量 q =C （E−E
′ ）
联立解得 vm=1.8m/s
由以上可求得
③
E' =BLvm+I
′ R =3.8V
又 Q2=C E
′=3.8C
4．【答案】(1)a=BIL
m (2)E =m
2 R v
2
B
2 L
2t
+1
2 mv
2 (3)见解析
【详解】（1）导体棒受到的安培力F =BIL
根据牛顿第二定律F =ma
解得a=BIL
m
（2）弹体做匀加速直线运动，v =at
结合上一小问的结论，可得I =ma
BL = mv
BLt
电源输出的总能量一部分用来增加弹体的动能Ek=1
2 mv❑
2
另一部分转化为弹体在加速过程中的焦耳热Q =I
2 Rt
总能量E =Q+Ek
解得E =m
2 R v
2
B
2 L
2t
+1
2 m v
2
（3）电路中的电流I =ΔQ
Δt
电容的定义C =ΔQ
ΔU
电磁感应定律E =BLv
联立可得I =ΔQ
Δt =C ΔU
Δt =C ⋅BL Δv
Δt =BLC ⋅a
根据牛顿第二定律mgsinθ−BIL=ma
解得a= mgsinθ
m+B
2 L
2C ，弹体做匀加速直线运动
根据匀变速运动的速度时间关系可得
t1=v1
a =v1(m+B
2 L
2C )
mgsinθ
5．【答案】(1)BEL
2 R (2) BEL
6mR
【详解】（1）当闭合开关时，接入电路的电阻为R，根据闭合电路欧姆定律有I 1= E
R+R
安培力为F1=B I 1 L
联立解得F1=BEL
2 R
（2）当垂直放置时，导体棒恰好静止不动，二力平衡F1=f
当夹角为30°时，接入电路的电阻为2 R，根据闭合电路欧姆定律有I 2=
E
2 R+R
此时安培力为F2=2B I 2 L
由牛顿第二定律得F2−f =ma
联立解得a=BEL
6mR
真题·实战演练
1．【答案】C
2．【答案】BC
3．【答案】(1)P =E
2
9r (2)a=2 μBEL
3mr
【详解】（1）断开S1，闭合S2时回路电流I = E
3r
则cd 的电功率P = I2r
解得P=E
2
9r
（2）设斜面倾角为θ，S1闭合、S2断开cd 刚好要下滑时有mgsinθ = μ(mgcosθ＋BIL)
由于两电源电动势均为E、内阻为r，则回路电流大小不变均为I = E
3r
断开S1，闭合S2有mgsinθ－μ(mgcosθ－BIL) = ma
联立解得a=2 μBEL
3mr
4．【答案】(1)ab 竖直向下，cd 竖直向上
(2)R1=R0+Δ R，R2=R0−Δ R，R3=R0−Δ R，R4=R0+Δ R
(3)B =R0U ef
αE I 0l
【详解】（1）根据左手定则可知ab 所受安培力方向竖直向下；cd 所受安培力方向竖直向上。
（2）由题意可知ab 向上弯曲，使R1被拉伸（阻值增大）、R3被压缩（阻值减小），故
R1=R0+ΔR，R3=R0−Δ R
cd 向下弯曲，使R2被压缩（阻值减小）、R4被拉伸（阻值增大），故R2=R0−Δ R，R4=R0+Δ R
（3）由图可知R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联。
上支路总电阻为R上=R1+R2=(R0+Δ R)+(R0−Δ R)=2 R0
电流I 上= E
2 R0
f 点电势φf =I 上R2=E(R0−Δ R)
2 R0
下支路总电阻为R下=R3+R4=(R0−Δ R)+(R0+Δ R)=2 R0
电流I 下= E
2 R0
e 点电势φe=I 下R4=E(R0+Δ R)
2 R0
e、f 两点间的电势差绝对值U ef =φe−φf =E Δ R
R0
安培力与ΔR 的关系：Δ R =αF，而F =B I 0l，所以Δ R =αB I 0l
联立得B =R0U ef
αE I 0l
5．【答案】(1)0.015N
(2)
(3)0.01m/s
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律E1=ΔΦ
Δt =
Δ B⋅1
2 L
2
Δt
=0.2−0.1
1−0
× 1
2 ×1
2V=0.05 V
由闭合电路欧姆定律可知，0∼1s内线框中的感应电流大小为I 1=E1
R =0.1A
由图（b）可知，t =0.5s时磁感应强度大小为B0.5=0.15T
所以此时导线框ad的安培力大小为F =B0.5 I 1 L=0.15×0.1×1N=0.015 N
（2）0∼1s内线框内的感应电流大小为I 1=0.1A，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，
由图（c）可知1∼2s内的感应电流大小为I 2=0.2A
方向为逆时针，根据欧姆定律可知1∼2s内的感应电动势大小为E2=I 2 R =0.1V
由法拉第电磁感应定律E2=ΔΦ
Δt =
Δ B⋅1
2 L
2
Δt
=0.1V
可知1∼2s内磁感应强度的变化率为ΔB
Δt =B2−B1
Δt
=0.2T/s
解得t =2s时磁感应强度大小为B2=0.3T
方向垂直于纸面向里，故1∼2s的磁场随时间变化图为
（3）由动量定理可知−B2 I L Δt =m v1−m v0
其中q =I Δt =E
R Δt =ΔΦ
R =
1
2 B2 L
2
R
联立解得ad经过磁场边界的速度大小为v1=0.01m/s
