热门试卷

解：导体棒ab所受安培力：F=BIL=104N 　　

对于发射过程，由动能定理得：=Fs　　　

解得，这次试验中“电磁炮”发射的速度：v=1000m/s

答：这次试验中“电磁炮”发射的速度为1000m/s．

解：（1）根据F=BIL得，B=．

（2）若电流不变，将放入磁场中直导线的长度减小到原来的一半，则

F=BIL=0.1×2×0.01N=1×10-3N．

答：（1）该匀强磁场的磁感应强度的大小为0.1T；

（2）若电流不变，将放入磁场中直导线的长度减小到原来的一半，则它受到的磁场力的大小为0.001N

解：由F=BIL得：==0.5T．

若通电导线中的电流变为2A，该导线所受到的安培力：F′=BIL=0.5×2×1N=1N

答：磁感应强度B的大小为0.5T，若通电导线中的电流变为2A，该导线所受到的安培力1N．

解：对导体棒受力分析，回路中的电流为：

I=

导体棒受到的安培力为：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：

mgsin37°-f-Fcos37°=0

mgcos37°+Fsin37°-FN=0

f=μFN

联立解得：Rmax=9Ω

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：

mgsin37°+f-Fcos37°=0

mgcos37°+Fsin37°-FN=0

f=μFN

联立解得：Rmin=1Ω

答：可变电阻在1～9Ω范围内．

解：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin．

正确地画出两种情况下的受力图如图所示，

由平衡条件列方程求解．

根据第一幅受力图列式如下：F1-mgsinθ-f1=0

N1-mgcosθ=0

f1=μN1

F1=BImaxd

解上述方程得：Imax=0.46A

根据第二幅受力图F2-mgsinθ+f2=0

N2-mgcosθ=0

f2=μN2

F2=BImind

解上述方程得：Imin=0.14A

则通过ab杆的电流范围为：0.14A≤I≤0.46A．

答：通过ab杆的电流范围为0.14A≤I≤0.46A．

解：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝里．四指指向电流方向，则指向左，拇指指向安培力方向：向下．

故答案为：向下

解：（1）根据公式F=BIL得：B=．

通10A电流受到的安培力为：F=BIL=1×10×0.01N=0.1N

（2）电流元平行磁场放置时，该处的磁感应强度不变，为1 T．所受磁场力为零，F=0．

答：（1）这点的磁感应强度是1T，若电流增加为10A，所受磁场力为0.1N

（2）若让导线与操场平行，这点磁感应强度为1T，通电导线受到的磁场力为0

解：（1）有左手定则，安培力大小FA=BIl，方向垂直于磁场方向斜向上

（2）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：（1）安培力的大小和方向分别为BIL，方向垂直于磁场方向斜向上

（2）MN受到的支持力和摩擦力分别为mg-BIlcosθ，BIlsinθ

解：以方形导线为研究对象，受重力mg、弹力FN、摩擦力f和安培力F，设磁场的方向向上偏右的角度为α，由于方向导线静止，所以据正交分解可得：

mgcos60°+Fcos（60+α）=FN

mgsin60°=f+Fsin（60+α）

又因为：f=μFN

联立以上解得：B[cos（60°+α）+3sin（60°+α）]=2

有三角函数的求极值可知，当α=0°时，B最小，即B=1T

答：使它能静止在斜面上至少应加一个1T匀强磁场；磁场方向应竖直向上．