高中物理高考 考点45 磁场性质和安培力——备战2021年高考物理考点一遍过

这是一份高中物理高考 考点45 磁场性质和安培力——备战2021年高考物理考点一遍过，共25页。试卷主要包含了磁场，安培定则和左手定则，安培力等内容，欢迎下载使用。


内容
要求
要点解读
磁场、磁感应强度、磁感线
Ⅰ
新课标卷高考近几年未直接考查，而是结合安培力、洛伦兹力、电磁感应等内容间接考查。高考要求知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用。
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
Ⅰ
常考点，多以选择题考查安培定则的应用，要求考生会分项多条通电导线周围磁场的叠加。
安培力、安培力的方向
Ⅰ
常考点，往往结合平衡条件、牛顿运动定律和电磁感应问题综合考查。
匀强磁场中的安培力
Ⅱ
常考点，选择题或计算题均有可能，特别是安培力作用下的平衡或运动问题，并且常结合电磁感应问题综合考查。


一、磁场
1．力的角度——磁感应强度：把一段检验电流放在磁场中时，用它受到的最大安培力与其电流强度和长度的乘积之比来描述该点的磁感应强度大小，即。
2．“形”的角度——磁感线：磁感线的疏密反映磁场的强弱（磁感应强度的大小），切线方向是磁场方向。
3．磁场的叠加：由于磁感应强度是矢量，故磁场叠加时合磁场的磁感应强度可以由平行四边形定则计算。
二、安培定则和左手定则

使用手
使用范围
安培定则
右手
环形电流→磁场、直线电流→环形磁场
左手定则
左手
电（流）+磁→（安培）力
判断通电导线在磁场中的运动方向：
1．把弯曲导线分成很多直线电流元，先用左手定则判断各电流元受力方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线的运动方向。
2．环形通电导线等效为小磁针，根据小磁针受到的磁力方向判断导线的受力和运动方向。
3．两平行直线电流间，同向电流互相吸引，反向电流相互排斥。
三、安培力
1．公式：FA=BILsin θ，安培力的大小取决于磁感应强度B、电流强度I、导体长度L及直导体与磁场方向间的夹角θ，该公式一般只适用于匀强电场。
2．涉及安培力的力学综合问题，一般采取以下步骤解题：
（1）选择适当的视角，将电流方向或磁场方向用“●”或“×”表示，使立体图转化为平面图；
（2）进行受力分析，特别要根据磁场特定分析好安培力；
（3）根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列方程解答。


磁场叠加问题的一般解题思路：
（1）确定磁场场源，如通电导线。
（2）定位空间中需求解磁场的点，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．如图所示为M、N在c点产生的磁场．
（3）应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．


（2020·山东省高三三模）如图，两根长直平行导线m、n，PQ连线与两导线垂直，O为PQ的中点，连线上a、b两点关于O点对称，导线中通有大小、方向均相同的电流I，下列说法正确的是（　　）

A．O点的磁感应强度方向垂直于纸面向外
B．沿P、Q连线从a点到b点磁感应强度先增大后减小
C．a、b两点的磁感应强度大小相等
D．导线n所受安培力方向沿PQ连线向右
【参考答案】C
【详细解析】A．根据右手螺旋定则，O点的磁感应强度为两根通电导线在此处的磁感应强度的叠加，所以此处磁感应强度为0，故A错误；
B．根据右手螺旋定则，从a到O过程中，磁感应强度逐渐减小，方向垂直于纸面向里；从O到b的过程中，磁感应强度逐渐增大，方向垂直于纸面向外，所以沿P、Q连线从a点到b点磁感应强度先减小后增大，故B错误；
C．由于连线上a、b两点关于O点对称，所以由右手螺旋定则可知，a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相反，故C正确；
D．导线n处在导线m产生的磁场中，导线n处的磁场方向垂直于纸面向里，由左手定则可知，导线n所受安培力方向沿PQ连线向左，故D错误。
故选C。

1．三根完全相同的长直导线互相平行，通以大小和方向都相同的电流。它们的截面处于一个正方形abcd的三个顶点a、b、c处，如图所示。已知每根通电长直导线在其周围产生的磁感应强度与该导线的距离成反比，通电导线b在a处产生的磁场磁感应强度大小为B，则d处的磁感应强度大小为

A．2B B．B C．3B D．B
【答案】B
【解析】设正方形的边长为L，通电导线b在a处产生的磁场磁感应强度大小为B，根据通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度大小与距该导线的距离成反比，及几何关系可得，a与c在d处产生的磁场的磁感应强度大小为B，b在d处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向如图所示，则d点的磁感应强度大小为，选B。

【名师点睛】根据安培定则确定磁场方向，结合几何关系由平行四边形定则合成磁感应强度。
2．如图所示，A、B、C是正三角形的三个顶点，O是AB的中点，两根互相平行的通电长直导线垂直纸面固定在A、B两处，导线中通入的电流大小相等、方向相反。已知通电长直导线产生磁场的磁感应强度，I为通电长直导线的电流大小，r为距通电长直导线的垂直距离，k为常量，O点处的磁感应强度大小为B0，则C点处的磁感应强度大小为

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设A、B处的电流在O点产生的磁感应强度大小为B1，方向如图所示，有，即，由及可知，A、B处的电流在C点产生的磁感应强度大小为，方向如图所示，由平行四边形定则及顶角C为120°可知合磁感应强度大小为，C正确。



（2020·安徽省高三月考）如图所示，在同一绝缘水平面上固定三根平行且等间距的长直通电导线a、b、c，导线中通有大小相等的恒定电流。已知导线a受到的安培力方向向左，则下列说法正确的是（　　）

A．导线b中电流方向一定与导线a中电流方向相同
B．导线c受到的安培力一定向右
C．导线a、c受到的安培力的大小不一定相等
D．导线b受到的安培力一定最大
【参考答案】C
【详细解析】A．由于导线a受到的安培力方向垂直导线向左，故导线b的电流方向一定与导线a中电流方向相反，故A错误；
B．若导线c的电流方向与导线a相反，则导线c受到安培力的方向向左；若导线c的电流方向与导线a相同，则导线c受到安培力的方向向右，故B错误；
C．只有当导线c的电流方向与导线a相同时，导线a。c受到安培力的大小才相等，故C正确；
D．当导线c的电流方向与导线b相同时，导线b受到的安培力最大，故D错误。
故选C。

1．（2020·广东省高二期中）下列图中，磁感应强度的方向、电流的方向、安培力的方向三者的关系正确的是(    )
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】
由左手定则可知，AB图中安培力向上，选项A正确，B错误；由左手定则可知，CD图中安培力方向向下，选项C正确，D错误；
2．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高二期末）通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是( )

A．线框有两条边所受的安培力方向相同
B．线框有两条边所受的安培力大小相等
C．线框所受的安培力的合力方向向左
D．线框所受的安培力的合力方向向右
【答案】BD
【解析】直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据左手定则分析导线框所受的安培力情况．
A、直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向全不同，故A错误；
B、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力，故B正确；
C、D、ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向左，故C正确，D错误；
故选BC．
【点睛】
本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小．

1．安培力的大小
（1）磁场和电流垂直时：F＝BIL.
（2）磁场和电流平行时：F＝0.
2．安培力的方向（左手定则判断）
如图所示，伸开左手，让拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向；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。


（2020·广东省高二期末）如图所示，用电阻率为ρ、横截面积为S、粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，。框架与一电动势为E、内阻忽略不计的电源相连接。匀强磁场垂直于框架平面向里，磁感应强度大小为B，则框架受到安培力的合力的大小为（　　）

A． B． C． D．0
【参考答案】A
【详细解析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图

设电路abcd上的电阻为3r，由几何关系得，ad段的长度为2L，所以ad上的电阻为2r；
abcd上的电流
ad上的电流
ab、bc、cd上各段的安培力
ad上各段的安培力
各段受到的力中，F1 和F3在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到的合外力
F=F4+F1cos60°+F2+F3cos60°=

则可得，方向竖直向上。故选A。

1．【2019·福建省厦门第二中学高二期中】如图，长为2L的直导线折成边长相等的直角形状，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流I时，该直角形通电导线受到的安培力大小为（ ）

A．0 B．BIL C． D．2BIL
【答案】C
【解析】安培力中通电导线的长度为电流的有效长度，本题中为通电导线从初指向末的长度，为，因此安培力，C正确。
2．（2020·宁夏回族自治区银川一中高二期末）如图，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∠abc=∠bcd=135º．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

A．方向沿纸面向上，大小为(+1)ILB
B．方向沿纸面向上，大小为(-1)ILB
C．方向沿纸面向下，大小为(+1)ILB
D．方向沿纸面向下，大小为(-1)ILB
【答案】A
【解析】
导线段abcd在磁场中的等效长度为ad两点连线的长度，则；等效电流方向由a→d，据左手定则，安培力方向沿纸面向上，A正确．
【点睛】
本题也可求出ab、bc和cd所受安培力的大小和方向，然后合成．


1．（2020·宁夏回族自治区高三一模）如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，静止的导体棒ab垂直放置在导轨上并通以从b到a的恒定电流，导体棒与导轨间的动摩擦因数，在竖直平面内加与导体棒ab垂直的匀强磁场，发现无论磁感应强度多大都不能使导体棒运动，则磁场的方向与轨道平面的夹角最大为

A．30° B．45° C．60° D．90°
2．（2020·商丘市回民中学高二期末）如图所示，质量为、长度为的金属棒两端由等长的轻质细线水平悬挂在、点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均 为，重力加速度为．则（ ）

A．金属棒中的电流方向由指向
B．金属棒所受安培力的方向垂直于平面向上
C．金属棒中的电流大小为
D．每条悬线所受拉力大小为
3．（2020·湖北省高三模拟）如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形闭合线框abcd，其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上，ac为圆形区域的一条直径，ac上方和下方分别存在大小均为B、方向相反的匀强磁场。现给线框接入从a点流入、d点流出的大小为I的恒定电流，则线框受到的安培力的大小为（　　）

A．0 B． C． D．
4．（2020·湖北省华中师大一附中高三模拟）如图所示，正方形金属线圈abcd边长为L，电阻为R。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速运动，匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为45°，PM长为2L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法错误的是（　　）

A．线圈感应电流的方向先是沿adcba后沿abcda
B．线圈受到的静摩擦力先增大后减小
C．线圈始终受到垂直于ad向右的静摩擦力
D．线圈受到摩擦力的最大值为
5．（2020·广东省高二月考）如图所示，平行导轨与水平地面成θ角，沿水平方向横放在平行导轨上的金属棒ab处于静止状态。现加一个竖直向下的匀强磁场，使磁场的磁感应强度逐渐均匀增大，直到ab开始运动，则在金属棒ab运动之前，关于金属棒ab受到的力，下列说法正确的是（ ）

A．静摩擦力逐渐减小，方向不变
B．静摩擦力逐渐增大，方向不变
C．支持力逐渐减小
D．支持力先减小后增大
6．（2020·山东省高三一模）如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，图中虚线的下方存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在竖直向上的恒定外力F作用下由静止开始向上运动，导体棒在磁场中运动时，电流表示数逐渐增大，最终稳定为I。当导体棒运动到图中的虚线位置时，撤去外力F，此后导体棒还会继续上升一段时间，整个运动过程中。导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻（虚线与导轨的上端距离足够大），重力加速度为g。则（　　）

A．导体棒开始运动的瞬间加速度大小为 B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．电流稳定后导体棒的速度大小为 D．撤去F后，导体棒继续上升的高度为
7．（2020·中国地质大学附属中学高二期末）矩形线圈abcd的长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数N=100匝。线圈总电阻R=20Ω。整个线圈位于垂直于线圈平面的匀强磁场内，并保持静止。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化如图所示，求线圈的感应电动势E和t=0.60s时线圈的ab边所受的安培力大小。

8．【2019·福建省龙岩市第一中学高二期中】在赤道上方沿东西水平放置一根直导线并通以自东向西方向的电流，那么该处地磁场的方向及该导线所受地磁场作用力的方向为　　
A．地磁场向南，磁场作用力向上 B．地磁场向南，磁场作用力向下
C．地磁场向北，磁场作用力向上 D．地磁场向北，磁场作用力向下
9．【2019·广西南宁三中高三月考】（多选）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，垂直纸面放置，均通有大小相等的电流I，L1、L2中电流方向垂直纸面向里，L3中电流方向垂直纸面外．下列说法错误的是

A．L1、L2在L3处产生的合磁感应强度方向与L1、L2连线垂直
B．L2、L3在L1处产生的合磁感应强度方向与L2、L3连线垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
10．【2019·浙江高三开学考试】如图所示装置，电源的电动势为E=8V，内阻 r1=0.5Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距为d=0.2m，导体棒 ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R=0.2m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B=0.5T 的匀强磁场中。闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量为m=0.06kg，电阻r2=0.5Ω，不考虑运动过程中产生的反电动势，则（ ）

A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致
B．导体棒在摆动过程中所受安培力F=8N
C．导体棒摆动过程中的最大动能0.8J
D．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=
11．如图所示，固定的水平金属导轨间距L=2 m。处在磁感应强度B=4×l0-2 T的竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN垂直导轨放置，并始终处于静止状态。已知电源的电动势E=6 V，内电阻r=0.5 Ω，电阻R=4.5 Ω，其他电阻忽略不计。闭合开关S，待电流稳定后，试求：
（1）导体棒中的电流；
（2）导体棒受到的安培力的大小和方向。


1．【2019·江苏卷】（多选）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等． 矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是

A．均向左 B．均向右 C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左
2．【2019·新课标全国Ⅰ卷】如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为

A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
3．【2018·新课标II卷】（多选）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。则

A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为
4．【2018·新课标I卷】（多选）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是

A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
5．（2017·新课标全国Ⅰ卷）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是

A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
6．（2017·新课标全国Ⅱ卷）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将

A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
7．（2017·江苏卷）如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为

A．1:1 B．1:2 C．1:4 D．4:1
8．（2017·天津卷）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：

（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。






9．（2019·浙江选考）如图所示，在间距L=0.2m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度为分布沿y方向不变，沿x方向如下：

导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C=1F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I=2A，电流方向如图所示。有一质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0=0.7m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3=－0.2m处时，开关S掷向2。已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求：

（提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）棒ab运动到x1=0.2m时的速度v1；
（2）棒ab运动到x2=－0.1m时的速度v2；
（3）电容器最终所带的电荷量Q。




1． A【解析】如图对导体棒受力分析如图所示，由题意可知，安培力的水平分力小于导体棒与导轨间的最大静摩擦力，即有： ，当磁感应强足够大时，由数学关系可知，，即当时，无论安培力多大，导体棒都不能运动，因为得：，故A正确。


2．C【解析】A：根据左手定则，可以知道金属棒中的电流方向由指向，故A项错误．
B：金属棒所受安培力的方向垂直于和磁场方向水平向右，与平面不垂直，故B项错误．
C：对金属棒受力分析如图：

则，得，故C选项是正确的．
D：由受力分析可以知道，，得，故D项错误．
所以选C．
3． D【解析】电流经过A点后分成两条支路，其大小分别为
,
如图判断线圈四边受安培力大小和方向分别为
，向右
，向下
，向右
, 向上
则线框受到的安培力的大小为

ABC错误，D正确。故选D。
4．BCD【解析】A．在线圈穿过磁场区域的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，据楞次定律知，线圈感应电流的方向先是沿adcba后沿abcda，故A项正确，不符合题意；

C．线圈的一小部分进入磁场区域时（a点未进入磁场），线圈感应电流的方向沿adcba，bc边所受安培力方向向左，ab边所受安培力方向向里，线圈受到的摩擦力方向不是向右，故C项错误，符合题意；
B．线圈进入磁场区域的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势（电流）先增大后减小，线圈受到的安培力先增大后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小；线圈穿出磁场区域的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势（电流）先增大后减小，线圈受到的安培力先增大后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小；故B项错误，符合题意；
D．当线圈的有效切割长度为L时，线圈受到的安培力最大，线圈受到的静摩擦力最大，摩擦力的最大值为

故D项错误，符合题意。
本题选错误的，故选BCD。
5． BC【解析】使磁场的磁感应强度逐渐均匀增大，根据楞次定律可知，通过ab棒电流的方向是由b流向a，根据左手定则可知安培力F的方向水平向左（顺着电流方向看），因为使磁场的磁感应强度逐渐均匀增大，所以安培力F逐渐增大。
AB．沿斜面方向上有

安培力F逐渐增大，所以静摩擦力逐渐增大，方向不变，故B正确，A错误；
CD．垂直斜面方向有

安培力F逐渐增大，支持力逐渐减小，故C正确，D错误。
故选BC。
6．CD【解析】A．开始运动的瞬间，导体棒速度为0，此时只受恒力F和重力mg的作用，则由
F-mg=ma
解得，故A错误；
B．当电流稳定时，导体棒加速度为零，则有F-mg-BIL=0
解得，故B错误；
C．电流稳定后，感应电动势也恒定不变，有BLv=IR
解得，故C正确；
D．撤去F，导体棒也刚好离开磁场，则由机械能守恒可得
解得，故D正确。故选CD。
7．【答案】0.5V，0.1N
【解析】由法拉第电磁感应定律得
又因线圈中磁感应强度的变化率
则回路中感应电动势为
当t=0.6s时，磁感应强度
则安培力为
8．D 【解析】地磁场N极在地理南极处，故赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自东向西，根据左手定则，安培力的方向向下，故D正确，A、B、C错误。
9．AD 【解析】L1、L2在L3处产生的合磁感应强度方向如图1所示，即合磁感应强度的方向与L1 L2的连线平行，故A说法错误；L3、L2在L1处产生的合磁感应强度方向如图2所示，由几何知识可知L3、L2在L1处产生的合磁感应强度方向与L2和L3的连线垂直，故B说法正确；L1、L3通电导线在L2处的合磁场大小与L2、L3通电导线在L1处的合磁场相等，设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L1、L2和L3三处磁场之比为，安培力，安培力大小之比等于磁感应强度之比，为，故C说法正确，D说法错误。

图1 图2
10．D 【解析】当闭合开关S后，导体棒中电流方向始终从a到b，所受安培力方向水平向右，而导体棒沿圆弧摆动，方向不一致，故A错误；导体棒沿圆弧摆动过程中的电流I==A=8.0 A，导体棒受到的安培力F=BId=0.5×8.0×0.2 N=0.8 N，故B错误；导体棒受到的重力与安培力的合力大小F合=N=1.0 N，合力与竖直方向的夹角θ满足=，则θ=53°，故导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=53°，由动能定理，导体棒在摆动过程中的最大动能，Ekm=F·Rsin53°-mgR(1－cos 53°)=0.08 J，故C错误，D正确。
11．【答案】（1）1.2 A （2）0.096 N 方向沿导轨水平向左
【解析】（1）由闭合电路欧姆定律可得：I==1.2 A
（2）安培力的大小为：F=BIL=0.04×1.2×2 N=0.096 N
安培力方向为沿导轨水平向左

1．CD 【解析】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故CD正确。
2．B 【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B。

3．AC 【解析】先利用右手定则判断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠加的方式求解各个导体棒产生的磁场强度。L1在ab两点产生的磁场强度大小相等设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场强度设为B2，方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2，方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知，，可解得：；，故AC正确。
4．AD 【解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。
5．BC 【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在平面平行，A错误；对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在平面垂直，B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，C正确，D错误。

6．AD 【解析】为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边所受安培力水平且相反而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而转动，A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈转过半周后，线圈上下受到相反方向的安培力而使其停止转动，B错误；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，不能转起来，C错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而继续转动，D正确。
7．A【解析】根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量Ф=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，选A。
8．【答案】（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下 （2） （3）
【解析】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：
炮弹受到的安培力：
根据牛顿第二定律：
解得加速度
（3）电容器放电前所带的电荷量
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：
最终电容器所带电荷量
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：
由动量定理，有：
又：
整理的：最终电容器所带电荷量
【名师点睛】本题难度较大，尤其是最后一个小题，给学生无从下手的感觉：动量定理的应用是关键。
9．【答案】（1）2 m/s （2）（3）
【解析】（1）安培力，
加速度
速度
（2）在区间
安培力，如图所示

安培力做功
根据动能定理可得
解得
（3）根据动量定理可得
电荷量
在处的速度
联立解得