浙江省2021版高考物理一轮复习第八章磁场第1节磁场的描述磁吃电流的作用教案

浙江省2021版高考物理一轮复习第八章磁场第1节磁场的描述磁吃电流的作用教案

第1节　磁场的描述　磁场对电流的作用 ‎【基础梳理】‎ 提示：N极　B＝　N极　强弱　闭合　弯曲四指　大拇指 垂直　四指　BIL　0‎ ‎【自我诊断】‎ 判一判 ‎(1)磁场是假想的，客观上不存在．(　　)‎ ‎(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零．(　　)‎ 16‎ ‎(3)由定义式B＝可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小．(　　)‎ ‎(4)磁感线是真实存在的．(　　)‎ ‎(5)通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端．(　　)‎ ‎(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直．(　　)‎ 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√‎ 做一做 如图所示，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．‎ 提示：‎ ‎　对磁现象和磁场、磁感应强度的理解 ‎【题组过关】‎ ‎1．(2020·宁波质检)磁场中某区域的磁感线如图所示，则(　　)‎ A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb C．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 解析：选B.磁感线的疏密反映磁场强弱，则Ba＜Bb，A项错误，B项正确．当通电导线与磁场平行时，通电导线受的安培力为零；则同一通电导线放在a处受力与放在b 16‎ 处受力大小关系不确定，C、D两项均错误．‎ ‎2.(2020·绍兴检测)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是(　　)‎ A．M点和N点的磁感应强度大小相等、方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等、方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段MN上三点的磁感应强度为零 解析：选B.根据安培定则和磁场叠加原理，M点和N点的磁感应强度大小相等、方向相反，选项A错误，B正确；在线段MN上只有在O点处，a、b两直导线电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O点处的磁感应强度为零，选项C、D错误．‎ 对磁感应强度的理解 ‎(1)磁感应强度→由磁场本身决定．‎ ‎(2)合磁感应强度→等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)．‎ ‎(3)牢记判断电流的磁场的方法→安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型．‎ ‎(4)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．　‎ ‎　对安培力的理解和应用 ‎【知识提炼】‎ ‎1．方向判断：根据左手定则判断．‎ ‎2．大小计算：由公式F＝BIL计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度．如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图所示．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　如图，一长为10cm的金属棒ab 16‎ 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm.重力加速度大小取10m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．‎ ‎[审题指导]　金属棒在安培力作用下处于平衡状态，由开关断开和闭合两种状态，可分别列受力平衡表达式联立求解．[解析]　依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．‎ 开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①‎ 式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．‎ 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F＝IBL②‎ 式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3cm，由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③‎ 由欧姆定律有E＝IR④‎ 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．‎ 联立①②③④式，并代入题给数据得 m＝0.01kg.‎ ‎[答案]　见解析 ‎【题组过关】‎ 考向1　左手定则的应用 ‎1.如图所示，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正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向z轴的夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为(　　)‎ A．x正向，　　　　　　 B．y正向，sinθ C．z正向，tanθ D．沿悬线向下，sinθ 解析：选D.磁感应强度方向为x正向，与电流方向平行，不受安培力，细绳拉力与重力不能平衡，不符合题意，故A错误；磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件BIL＝mg，则B＝，故B错误；磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，三力不能 16‎ 平衡，故C错误．磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力向为垂直悬线向上，直导线平衡时有BIL＝mgsinθ，B＝sinθ，故D正确．‎ 考向2　导线与磁体之间相对运动分析 ‎2.(2020·浙江黄岩月考)如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是(　　)‎ A．线圈向左运动 B．线圈向右运动 C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动 解析：选A.法一：电流元法首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看做一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．‎ 法二：等效法将环形电流等效成小磁针，如图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，也可判断出线圈向左运动，选A.‎ ‎(1)判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，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的方向．‎ ‎(2)在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．‎ ‎(3)导体和磁体间相互运动的问题熟练后可以利用很多结论来进行判断．如“同向电流相吸，异向电流相斥”，也可利用转换研究对象法等．　‎ ‎　安培力作用下导体的力学问题 ‎【知识提炼】‎ 安培力作用下导体的力学问题分为安培力作用下导体的平衡问题和安培力作用下导体的运动问题．‎ ‎1．安培力作用下导体的平衡问题模型中，常见的有：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成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示．‎ 16‎ ‎2．判断安培力作用下通电导体运动的常用方法 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 ‎【典题例析】‎ ‎　(2020·浙江温岭质检)如图所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．‎ ‎(1)求磁场对导体棒的安培力的大小；‎ ‎(2)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值和方向．‎ ‎[审题指导]　(1)磁场竖直向上时，安培力的方向如何？处于静止时，安培力的大小应满足什么关系？‎ 16‎ ‎(2)安培力沿什么方向时，维持导体棒静止所需安培力最小？[解析]　(1)导体棒受力如图所示 根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F安＝mgtanα.‎ ‎(2)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力F安min＝mgsinα，方向平行于轨道斜向上 所以最小磁感应强度Bmin＝＝ 根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上．‎ ‎[答案]　(1)mgtanα　(2)　垂直轨道平面斜向上 ‎【题组过关】‎ 考向1　安培力作用下导体的平衡问题 ‎1.(2020·温州调研)水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，导轨的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ，指向右斜上方且与金属棒ab垂直，如图所示．‎ ‎(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？‎ ‎(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？‎ 解析：(1)从b向a看，如图所示．‎ 水平方向：Ff＝F安sinθ①‎ 竖直方向：‎ FN＋F安cosθ＝mg②‎ 又F安＝BIL＝BL③‎ 联立①②③得，‎ FN＝mg－，Ff＝.‎ ‎(2)使ab棒受支持力为零，且让磁感应强度最小，则受安培力竖直向上，则有F安＝mg Bmin＝，根据左手定则判定磁场方向水平向右．‎ 16‎ 答案：(1)mg－　 ‎(2)　方向水平向右 考向2　安培力作用下导体的运动问题 ‎2．一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，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(　　)‎ A．不动　　　　　　　　　 B．顺时针转动 C．逆时针转动 D．在纸面内平动 解析：选B.法一：电流元分析法 把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，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的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．‎ 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，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．‎ 法三：结论法 环形电流I1、I2之间不平行，由于两不平行的电流的相互作用，则两环必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．‎ ‎1．求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路 ‎2．判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的思路 16‎ ‎　‎ ‎ [随堂检测]‎ ‎1．(2019·4月浙江选考)在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象正确的是(　　)‎ 答案：A ‎2．(2016·10月浙江选考)如图所示，把一根通电的硬直导线ab，用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是(　　)‎ A．向上　　　　　　　　 B．向下 C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里 解析：选D.根据右手定则可知，开关闭合后，螺线管的N极在右侧．根据左手定则可知，a端受力垂直纸面向里，故D正确．‎ ‎3．(2016·4月浙江选考)法拉第电动机原理如图所示．条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上．一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中．从上往下看，金属杆(　　)‎ A．向左摆动 B．向右摆动 C．顺时针转动 D．逆时针转动 答案：D ‎4．(2018·4月浙江选考)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通以电流I时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是(　　)‎ 16‎ 解析：选D.根据左手定则可知D正确．‎ ‎ [课后达标]‎ 一、选择题 ‎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极指向如图实线(N极北偏东向)所示．‎ 则以下判断正确的是(　　)‎ A．可能在指南针上面有一导线东西放置，通有东向西的电流 B．可能在指南针上面有一导线东西放置，通有西向东的电流 C．可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流 D．可能在指南针上面有一导线南北放置，通有南向北的电流 答案：C ‎2．(2018·4月浙江选考)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示．有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L.由此可确定金属管线(　　)‎ A．平行于EF，深度为　 B．平行于EF，深度为L C．垂直于EF，深度为 D．垂直于EF，深度为L 答案：A ‎3.当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则(　　)‎ A．小磁针B的N极向纸外转 B．小磁针B的N极向纸里转 16‎ C．小磁针B不转动 D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动 答案：A ‎4．(2020·浙江名校考前押宝)在如图所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为Fa、Fb，可判断这两段导线(　　)‎ A．相互吸引，Fa>Fb　　　　 B．相互排斥，Fa>Fb C．相互吸引，FaI2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是(　　)‎ A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 解析：选C.根据安培定则可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下，由于I1>I2，且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小，故B1a>B2a，则a处磁感应强度不可能为零，A错；两电流在b处产生的磁场方向均垂直ac连线向下，故B错；I1和I2电流分别在c处产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上，且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大，故B1c与B2c有可能等大反向，C对；两电流在d处产生的磁场方向一定成某一夹角，且夹角一定不为180°，D错．‎ ‎8.(2020·金华调研)如图是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路．以下说法正确的是(　　)‎ A．闸刀刀片中的电流方向为C至O B．闸刀刀片中的电流方向为O至C C．跳闸时闸刀所受安培力没有做功 D．增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值增大 解析：选B.MN通电后，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时闸刀开关会自动跳开，可知安培力应该向左，由左手定则判断，电流方向为O→C，故A错误，B正确．跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，故C错误．跳闸的作用力是一定的，依据安培力F＝BIL可知，增大匀强磁场的磁感应强度，电流I变小，故D错误．‎ ‎9．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，限流电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5V，则(　　)‎ 16‎ A．由上往下看，液体做顺时针旋转 B．液体所受的安培力大小为1.5×10－4N C．闭合开关10s，液体产生的热能是4.5J D．闭合开关后，液体电热功率为0.081W 解析：选D.由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；电压表的示数为1.5V，由闭合电路的欧姆定律得E＝U＋IR0＋Ir，所以电路中的电流值I＝＝A＝0.3A，液体所受的安培力大小为F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05N＝1.5×10－3N，故B错误；液体的等效电阻为R＝0.9Ω，10s内液体产生的热能Q＝I2Rt＝0.32×0.9×10J＝0.81J，故C错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9W＝0.081W，故D正确．‎ ‎10.(2020·绍兴高二期中)如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度．天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．当线圈中通有电流I(方向如图)时，发现天平的右端 低左端高，下列调节方案可以使天平水平平衡的是(　　)‎ A．仅减小电流大小 B．仅增大线框的宽度l C．仅减轻左盘砝码的质量 D．仅增加线圈的匝数 解析：选A.天平左端高右端低，说明左端轻右端重，要使天平平衡，可以增加左盘砝码质量，也可以减小右盘砝码质量，选项C错误；根据左手定则判断可知线圈在磁场中受到竖直向下的安培力F＝NBIl，故也可以减小安培力，等效于减小右盘砝码质量，减小安培力可以采取减小电流大小，减小线框的宽度l或者减少线圈的匝数，选项A正确，B、D错误．‎ ‎11.(2020·温州联考选考科目)图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b和导轨两端e、f分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是(　　)‎ A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动 B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动 16‎ C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动 D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向右滑动 解析：选B.若a接正极，b接负极，则电磁铁产生的磁场方向向上，若e接正极，f接负极，由左手定则可判断金属杆所受安培力方向向左，故向左滑动；若e接负极，f接正极，则L向右滑动，A错误，B正确．若a接负极，b接正极，则电磁铁产生的磁场方向向下，若e接正极，f接负极，则L向右滑动；若e接负极，f接正极，则L向左滑动，C、D错误．‎ ‎12.(2018·11月浙江选考)磁流体发电的原理如图所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d，宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　)‎ A．上板为正极，电流I＝ B．上板为负极，电流I＝ C．下板为正极，电流I＝ D．下板为负极，电流I＝ 解析：选C.根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中受到的洛伦兹力向下，故下板为正极，两板间的电势差为U，则稳定时q＝qvB，得U＝Bdv，电流I＝＝，选项C正确．‎ ‎13.如图所示，某学习兴趣小组制作了一简易电动机，此装置中的铜线框能在竖直平面内在磁场作用下从静止开始以虚线OO′为中心轴转动起来，那么(　　)‎ A．若磁铁上方为N极，从上往下看，铜线框将顺时针旋转 B．若磁铁上方为S极，从上往下看，铜线框将顺时针旋转 C．不管磁铁上方为N级还是S极，从上往下看，铜线框都将逆时针旋转 D．线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能 答案：A 二、非选择题 ‎14.如图所示，MN是一根长为l＝10cm，质量m＝50g的金属棒，用两根长度也为l的细软导线将导体棒MN水平吊起，使导体棒处在B 16‎ ‎＝T的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ＝37°，求金属棒中恒定电流的大小．‎ 解析：金属棒向外偏转的过程中，受重力mg、导线拉力FT、安培力F共三个力的作用，其中导线的拉力不做功，由动能定理得：WF＋WG＝0‎ 其中WF＝Flsinθ＝BIl2sinθ，‎ WG＝－mgl(1－cosθ)‎ 金属棒中的电流为I＝ 解得：I＝5A.‎ 答案：5A ‎15.(2020·舟山质检)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力．‎ ‎(1)求ab开始运动时的加速度a；‎ ‎(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；‎ ‎(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短．‎ 解析：(1)ab开始运动时，ab棒所受的安培力 FA＝BIL＝ 根据牛顿第二定律得，ab棒的加速度 a＝＝gsinθ＋.‎ ‎(2)ab棒向上运动的过程中，加速度方向与速度方向相反，速度减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动；‎ 向下运动的过程中，加速度方向与速度方向相同，加速度a＝＝gsinθ－，速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，最终加速度为零，做匀速运动．‎ ‎(3)在整个过程中，安培力一直做负功，在上升和下降过程中的同一位置，上升时的速度大于下降时的速度，可知上升时的平均速度大于下降时的平均速度，可知上滑的时间小于下滑的时间．‎ 答案：见解析 16‎ ‎16.(2020·温州高二月考)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.‎ ‎(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；‎ ‎(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．‎ 解析：(1)由安培力表达式F＝BIL可知，线圈所受的安培力F＝nBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右．‎ ‎(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBILv.‎ 答案：(1)nBIL　方向水平向右　(2)nBILv 16‎