热门试卷

解：（1）法一；铜棒向纸外摆动，所受的安培力向外，根据左手定则判断得知，金属棒中电流方向水平向右．

铜棒上摆的过程，根据动能定理得：

FBL2sin60°-mgL2（1-cos60°）=0，

又安培力为：FB=BIL1，

代入数据解得：I=2A．

法二：由题意，铜棒向上摆动的最大偏角θ=60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置，铜棒受力如图所示，则有：

G=FBcot30°

又安培力为：FB=BIL1，

联立以上解得：I=2A．

（2）由题意，铜棒向上摆动的最大偏角θ=60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置，铜棒受力如图所示，则有：

G=FBcot30°

当铜棒偏角是30°时，速度最大，动能最大，由动能定理可得：

Ekm=FBL2sin30°-mgL2（1-cos30°）

代入解得最大动能为：Ekm=2.78×10-2J．

答：（1）金属棒中电流大小为2A和方向水平向右．

（2）金属棒在摆动过程中动能的最大值2.78×10-2J．

解：导线与磁场垂直，导线受到的安培力F=BIL=0.4×0.5×4N=0.8N；

答：导线和磁场方向垂直时，通电导线所受安培力为0.8N．

解：（1）根据安培力的公式：F=BIL得：

A

（2）由磁场的方向向右，安培力的方向向外，根据左手定则可得电流的方向向下，如图．

答：（1）导线中电流的大小为3.125A

（2）电流的方向向下，如图：

解：（1）根据左手定则，电流的方向水平向右，磁场的方向垂直于纸面向里，知安培力的方向竖直向上 

     （2）根据安培力大小公式F=BIL得，

      F=0.8×10×2N=16N   

   （3）根据共点力平衡有：2FT+F=G  

    FT===2N

答：（1）安培力方向竖直向上．（2）安培力大小为16N．（3）导线aM中拉力的大小为2N．

解：受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律：

|mgsin θ-Fcosθ|=ma①

F=BIL②

I=③

由①②③式可得

a=|gsin θ-|．

答：导体棒在释放瞬间的加速度的大小为|gsinθ-|．

解：有左手定则，安培力大小FA=BIl，方向垂直于磁场方向斜向下

根据平衡条件得：

G+FAcosθ=N…①

f=FAsinθ…②

由①得：N=G+FAcosθ=mg+BIlcosθ

由②得：f=BIlsinθ

答：导体棒MN受到的支持力和摩擦力分别为mg+BIlcosθ，BIlsinθ

解：（1）棒静止时，受力如图．

则有：F=Gtan60°

即BIL=Gtan60°

解得B=．

故匀强磁场的磁感应强度大小为．

（2）ab棒对导轨的压力与FN大小相等．

故ab棒对导轨的压力为6N．

（3）若要使B取值最小，即安培力F最小．显然当F平行斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直于斜面向上，且有：

F=Gsin60°

所以BminIL=Gsin60°

．

故当B垂直于斜面向上时，有最小值，为．