新高考物理一轮复习讲义第10章 磁场 第1讲 磁场及其对电流的作用 (含解析)

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学习目标 1.会用安培定则判断电流的磁场，会利用矢量合成的方法计算合磁场。 2.会根据有效长度计算安培力的大小，会判断导体的运动情况。 3.会分析安培力作用下的平衡问题和加速问题。
1.
2.
1.思考判断
(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。(√)
(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。(×)
(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(√)
(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)
(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)
(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(×)
2.如图1所示，四根相互平行的通有电流均为I的长直导线，放在正方形的四个顶点a、b、c、d上。每根通电直导线单独存在时，正方形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小和方向为( )
图1
A.2eq \r(2)B，方向向左
B.2eq \r(2)B，方向向下
C.eq \r(2)B，方向向右
D.eq \r(2)B，方向向上
答案 A
考点一 安培定则 磁场的叠加
1.安培定则的应用
2.磁场叠加问题的解题思路
(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2所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场。
图2
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。
角度 安培定则的应用
例1 (2023·北师大实验中学月考)如图3所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )
图3
A.a B.b C.c D.d
答案 C
解析 根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。
角度 磁场的叠加
例2 (2023·湖南常德高三期末)如图4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B＝eq \f(kI,r)，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。已知C点处的磁感应强度大小为B0，则关于O点处的磁感应强度说法正确的是( )
图4
A.大小为B0，方向垂直AB连线向下
B.大小为2B0，方向垂直AB连线向上
C.大小为eq \r(3)B0，方向垂直AB连线向上
D.大小为4B0，方向垂直AB连线向下
答案 D
解析 依题意B＝eq \f(kI,r)可知，两导线在C点产生的磁场的磁感应强度B大小相等，根据安培定则可知，两者夹角为120°，C点的合磁感应强度大小为B0，由矢量合成有A、B导线在C点的磁感应强度大小均为B0＝B＝eq \f(kI,r)，同理可知A、B导线在O点的磁感应强度方向均向下，则O点的磁感应强度B′＝2eq \f(kI,\f(r,2))＝4B0，方向垂直AB连线向下，所以D正确。
跟踪训练
1.(多选)如图5，三根通电长直细导线垂直于纸面固定，导线的横截面(截面积不计)分别位于以O点为圆心的圆环上a、c、d三处，已知每根导线在O点的磁感应强度大小均为B，则( )
图5
A.O点的磁感应强度方向垂直于aO向右
B.O点的磁感应强度方向从O指向a
C.O点的磁感应强度大小为(eq \r(2)＋1)B
D.O点的磁感应强度大小为(eq \r(2)－1)B
答案 AC
解析 磁感应强度的矢量叠加如图所示，每根导线在圆心O处产生的磁感应强度大小均为B，可得O处的磁感应强度大小为BO＝2Bcs 45°＋B＝(eq \r(2)＋1)B，BO方向垂直于aO向右，故A、C正确。
考点二 安培力的分析与计算
1.安培力的大小和方向
(1)应用安培力公式F＝IlB时要注意
①B与I垂直。
②B与I平行时，F＝0。
③l是有效长度。
弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点线段的长度(如图6所示)；相应的电流沿直线由始端流向末端。
图6
(2)方向：根据左手定则判断。
2.安培力作用下导体运动的判定方法
角度 通电导线有效长度问题
例3 (2023·安徽合肥高三质检)如图7所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻为5R，其余各棒的电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小为( )
图7
A.eq \f(F,2) B.eq \f(2F,3) C.eq \f(3F,4) D.eq \f(5F,6)
答案 A
解析 S闭合后，ab棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I＝eq \f(E,5R)，ab棒受到安培力的大小为Fab＝IlB，其余各棒在磁场中的等效长度也为l，受到的安培力大小为F其＝IlB，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F其＝2IlB，若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F′＝F其＝IlB＝eq \f(F,2)，故A正确。
角度 安培力作用下运动情况的判断
例4 一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图8所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为( )
图8
A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
答案 D
解析 先由安培定则判断出通电螺线管的N、S极，确定导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示。可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动。当导体转过90°时，再分析导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙所示，可知导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误。
跟踪训练
2.如图9所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力大小和方向是( )
图9
A.ILB，平行于OC向左
B.eq \f(2\r(2)ILB,π)，平行于OC向右
C.eq \f(2\r(2)ILB,π)，垂直A、C两点的连线指向左下方
D.2eq \r(2)ILB，垂直A、C两点的连线指向左下方
答案 C
解析 直导线折成半径为R的eq \f(1,4)圆弧形状，在磁场中的有效长度为L′＝eq \r(2)R，又L＝eq \f(2πR,4)＝eq \f(πR,2)，联立解得L′＝eq \f(2\r(2)L,π)，则安培力大小为F＝IL′B＝eq \f(2\r(2)ILB,π)，根据左手定则可知，安培力的方向垂直A、C两点的连线指向左下方，故C正确。
3.(2022·江苏卷，3)如图10所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向( )
图10
A.平行于纸面向上
B.平行于纸面向下
C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
答案 C
解析 根据安培定则，可判断出导线a左半部分所在空间的磁场方向斜向右上方，右半部分所在空间的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出导线a左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向里。故C正确，A、B、D错误。
考点三 安培力作用下的平衡与加速问题
求解关键是将三维图转化为二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。如图11所示。
图11
角度 安培力作用下的平衡问题
例5 (2022·湖南卷，3)如图12(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
图12
A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
答案 D
解析 当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝eq \f(ILB,mg)，FT＝
mgcs θ，则sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，cs θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。
角度 安培力作用下的加速问题
例6 (2023·四川遂宁市诊断)电磁弹射技术原理如图13甲所示，飞机钩在滑杆上，储能装置通过导轨和滑杆放电，产生强电流恒为4 000 A，导轨激发的磁场在两导轨间近似为匀强磁场，磁感应强度B＝10 T，在磁场力和飞机发动机推力作用下，滑杆和飞机从静止开始向右加速，在导轨末端飞机与滑杆脱离，导轨长
120 m，间距为3 m。飞机质量为2.0×104 kg，在导轨上运动时所受阻力恒为机重的0.1倍，假如刚开始时发动机已达额定功率4×106 W，飞机在导轨末端所受竖直升力与水平速度关系F＝kv(k＝4 000 kg/s)。如图乙是在一次弹射过程中，记录的飞机在导轨各个位置上的速度，滑杆的质量忽略，g取10 m/s2。求：
图13
(1)飞机在导轨上运动30 m处的加速度大小；
(2)如果飞机在导轨末端刚好达到起飞条件，飞机在导轨上运动的时间。
答案 (1)10 m/s2 (2)3.25 s
解析 (1)分析飞机在30 m处水平方向的受力知，发动机的推力大小
F1＝eq \f(P,v1)①
安培力大小F2＝IlB②
阻力大小f＝0.1mg③
由牛顿第二定律有
F1＋F2－f＝ma④
联立①②③④得a＝10 m/s2。
(2)飞机在导轨末端刚好达到起飞条件为
F＝kv＝mg⑤
全过程由动能定理得
Pt＋F2x－fx＝eq \f(1,2)mv2⑥
联立⑤⑥得t＝3.25 s。
跟踪训练
4.(2022·重庆精创预测卷)如图14所示，一根质量为m、长为l的金属棒ab用两根绝缘的软绳P和Q竖直悬挂，并处于垂直于纸面的匀强磁场中。现在金属棒中通以大小为I、方向从a到b的电流，此时两软绳上的拉力均等于金属棒重力的eq \f(3,4)，已知金属棒始终处于静止状态，重力加速度为g，两软绳上的拉力始终相同，则下列说法正确的是( )
图14
A.金属棒受到的安培力大小为eq \f(1,4)mg，方向竖直向下
B.磁场方向垂直纸面向里
C.磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,2Il)
D.若仅改变金属棒中的电流方向，那么两软绳上的拉力大小均变为eq \f(1,2)mg
答案 C
解析 由于金属棒通电后两软绳上的拉力均等于金属棒重力的eq \f(3,4)，所以两软绳的总拉力大小为eq \f(3,2)mg，由力的平衡条件可判断出此时金属棒受到的安培力方向竖直向下，大小为F安＝eq \f(1,2)mg，故A错误；由左手定则可知，磁场的方向为垂直纸面向外，故B错误；由F安＝eq \f(1,2)mg＝IlB，得磁场的磁感应强度大小为B＝eq \f(mg,2Il)，故C正确；若仅改变金属棒中的电流方向，则安培力的方向变为竖直向上，此时两软绳的拉力大小均为F＝eq \f(1,2)(mg－F安)＝eq \f(1,4)mg，故D错误。
A级 基础对点练
对点练1 安培定则 磁场的叠加
1.(多选)(2022·全国乙卷)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图1，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知( )
图1
A.测量地点位于南半球
B.当地的地磁场大小约为50 μT
C.第2次测量时y轴正向指向南方
D.第3次测量时y轴正向指向东方
答案 BC
解析 如图所示，地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格第1次测量的数据可知此处的磁感应强度大致为
B＝eq \r(Beq \\al(2,y)＋Beq \\al(2,z))≈50 μT，B正确；测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量By<0，故y轴正向指向南方，第3次测量Bx>0，故x轴正向指向北方而y轴正向则指向西方，C正确，D错误。
2.(2023·河北邯郸高三期末)如图2所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一长直导线垂直穿过纸面，方向如图2所示，且IM＝2IN(已知电流为I的长直导线在其周围激发的磁场中，距导线距离为r处的磁感应强度B＝keq \f(I,r)，其中k为常数)，此时O点的磁感应强度大小为B1。若将M处长直导线移至P处，则此时O点的磁感应强度为( )
图2
A.大小为eq \r(3)B1，方向水平向右
B.大小为eq \r(3)B1，方向水平向左
C.大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右下
D.大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右上
答案 A
解析 设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B0，则M处导线在O点激发的磁场的磁感应强度大小为2B0，导线未移动时，各导线在O点激发磁场的磁感应强度示意图如图实线所示，可得B1＝B0，M导线移到P点时，如图中虚线所示，此时合磁感应强度大小为eq \r(3)B0，即eq \r(3)B1，方向水平向右，故A正确。
3.(2023·安徽江南十校联考)三根足够长的绝缘直导线a、b、c按图示3方式固定放置在同一纸面内，其交点分别为M、N、P，三点恰好构成正三角形，O点为该三角形的中心，O′点与O点关于导线c对称。现在a、b、c三根导线中分别通入恒定电流I、2I、3I。已知长直导线电流在空间某点产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该点到直导线的距离成反比。若O点的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里，则O′点的磁感应强度为( )
图3
A.大小为eq \f(3,4)B0，方向垂直纸面向里
B.大小为eq \f(3,4)B0，方向垂直纸面向外
C.大小为eq \f(1,4)B0，方向垂直纸面向里
D.大小为eq \f(1,4)B0，方向垂直纸面向外
答案 D
解析 设a导线在O点产生的磁感应强度大小为B，则b导线在O点产生的磁感应强度大小为2B，c导线在O点产生的磁感应强度大小为3B，方向均垂直纸面向里，则B＋2B＋3B＝B0，所以B＝eq \f(B0,6)，又a导线在O′点产生的磁感应强度大小为eq \f(B,2)，方向垂直纸面向里；b导线在O′点产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；c导线在O′点产生的磁感应强度大小为3B，方向垂直纸面向外。所以O′点磁感应强度大小为B′＝3B－B－eq \f(B,2)＝eq \f(B0,4)，A、B、C错误，D正确。
对点练2 安培力的分析与计算
4.(多选)(2023·福建福州高三期末)已知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流强度成正比，与该点到导线的距离成反比。如图4，两根平行长直通电导线L1、L2中的电流强度分别为I和2I，此时L1受到的磁场力大小为F。现将另一根长直通电导线L3平行放在L1外侧，三根导线间距相等且处于同一平面，L1受到的磁场力大小变为2F，则L3中的电流强度大小可能是( )
图4
A.2I B.4I C.6I D.8I
答案 AC
解析 只有平行长直通电导线L1、L2时，L1受到向右的安培力，将另一根长直通电导线L3平行放在L1外侧，L1受到的磁场力大小变为2F，若L3电流向上，L3电流产生的磁场对L1有向左的安培力，分析可知大小为3F，因长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流强度成正比，对比L2电流强度大小可知L3中的电流强度大小为6I，若L3电流向下，L3电流产生的磁场对L1有向右的安培力，分析可知大小为F，对比L2电流强度大小可知L3中的电流强度大小为2I，故A、C正确，B、D错误。
5.一个可以沿过圆心的水平轴自由运动的线圈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5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( )
图5
A.不动 B.顺时针转动
C.逆时针转动 D.在纸面内平动
答案 B
解析 方法一(电流元法) 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，由左手定则可知，上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右看，线圈L1将顺时针转动，B正确。
方法二(等效法) 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，B正确。
方法三(结论法) 环形电流I1、I2不平行，则一定有相对转动，直到两环形电流同向平行为止。据此可知，从左向右看，线圈L1将顺时针转动，B正确。
6.如图6，等腰梯形线框abcd是由相同材料、相同横截面积的导线制成，梯形上底和腰长度均为L，且腰与下底夹角为60°。整个线框处在与线框平面垂直的匀强磁场中。现给线框通入图示电流，若下底cd受到的安培力为F，则整个线框受到的安培力为( )
图6
A.eq \f(4,3)F B.eq \f(5,3)F C.2F D.eq \f(3,2)F
答案 B
解析 梯形上底和腰长度均为L且腰与下底夹角为60°，由几何关系可知，梯形的下底dc长为2L；由电阻的决定式R＝eq \f(ρl,S)，可知梯形的边dabc的电阻等于下底dc的电阻的1.5倍，两者为并联关系，设dc边中的电流大小为I′，根据欧姆定律，知dabc中的电流为eq \f(2,3)I′；由已知条件可知ab边与dc边的电流方向相同，由题意知F＝BI′·2L，所以边dabc所受安培力为F′＝B·eq \f(2,3)I′·2L＝eq \f(2,3)F，方向与dc边所受安培力的方向相同，则整个线框受到的安培力为eq \f(5,3)F，故B正确。
对点练3 安培力作用下的平衡与加速
7.(2023·湖北黄冈高三月考)如图7所示，质量为m、半径为r、有缺口的半圆形金属圆环用金属线a、b连接并悬吊，半圆环直径AC水平，静止在磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，磁场方向垂直于环面向外，竖直金属线a、b间的距离为r，通过金属线a、b给半圆环通以大小为I的电流，半圆环仍保持静止，重力加速度为g，则金属线a上的拉力为( )
图7
A.eq \f(1,2)(mg＋IrB) B.eq \f(1,2)(mg－IrB)
C.eq \f(1,2)(mg＋2IrB) D.eq \f(1,2)(mg－2IrB)
答案 B
解析 根据左手定则，半圆环所受的安培力向上，根据平衡条件得2F＋IrB＝mg，解得F＝eq \f(1,2)(mg－IrB)，故B正确。
8.(2023·山东省济宁高三期末)某同学设计了测定磁场的磁感应强度B大小的实验，他用两根不可伸长的绝缘细线将质量为m、长为L的导体棒水平悬挂在方向竖直向下的匀强磁场中。当突然给导体棒通入大小为I的恒定电流，棒沿弧线“弹起”到最高点时，悬线与竖直方向的夹角刚好为53°，整个过程导体棒一直处于水平状态，其侧视图如图8所示，已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，则( )
图8
A.B＝eq \f(mg,2IL)，电流方向为侧视图中垂直纸面向外
B.B＝eq \f(4mg,3IL)，电流方向为侧视图中垂直纸面向外
C.B＝eq \f(mg,2IL)，电流方向为侧视图中垂直纸面向里
D.B＝eq \f(4mg,3IL)，电流方向为侧视图中垂直纸面向里
答案 A
解析 由题意知，导体棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向为侧视图中垂直纸面向外。在导体棒由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理可知－mgL(1－cs 53°)＋ILB·Lsin 53°＝0，可解得B＝eq \f(mg,2IL)，故A正确，B、C、D错误。
9.(2022·重庆高三诊断)如图9所示，电源电动势E＝16 V，内阻r＝1 Ω，在磁感应强度B＝1 T、方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.2 kg的金属细杆MN置于倾角为θ＝37°的导轨上，导轨的宽度为L＝0.5 m，杆与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导轨与MN杆的电阻忽略不计，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使MN杆在导轨上恰好不上滑，滑动变阻器R的阻值为( )
图9
A.1 Ω B.3 Ω C.5 Ω D.7 Ω
答案 A
解析 画出杆MN在导轨上恰好不上滑这种情况下的受力分析图，如图所示，由平衡条件得，沿斜面方向mgsin θ＋μFN＝F安cs θ，垂直斜面方向FN＝mgcs θ＋F安sin θ，而F安＝eq \f(E,R＋r)LB，解得R＝1 Ω，故A正确。
B级 综合提升练
10.(2023·山东省济宁高三月考)三根足够长的导体棒a、b、c呈等边三角形排列，质量均为m，电流大小相等、方向如图10所示，a、b两导体棒放置在粗糙的水平桌面上，导体棒c被竖直伸长的弹簧悬挂，重力加速度为g，则( )
图10
A.弹簧的拉力大于c导体棒的重力
B.桌面对a、b导体棒的摩擦力均为零
C.桌面对a导体棒的支持力大于eq \f(3,2)mg
D.若对称地缓慢增大a、b 导体棒间的距离，则弹簧长度增大
答案 D
解析 由“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”知，a导体棒和b导体棒对c导体棒都是排斥力，作用力的合力方向竖直向上，故弹簧的拉力小于c导体棒的重力，选项A错误；c导体棒对a导体棒的作用力为斜向左下的排斥力，b导体棒对a导体棒的作用力为水平向右的吸引力，两力大小相等，夹角120°，合力斜向右下方，a导体棒受力平衡，说明桌面对a导体棒的摩擦力不为零，方向水平向左，同理桌面对b导体棒摩擦力也不为零，方向水平向右，选项B错误；选择a、b、c导体棒整体研究，由于弹簧的弹力竖直向上，根据对称性，桌面对a导体棒的支持力小于eq \f(3,2)mg，选项C错误；若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，故二力的合力减小，则弹簧的弹力增大，长度增大，选项D正确。
11.如图11甲所示，在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为R＝0.125 m，相距1 m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝3 V，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为0.06 kg，接入电路的电阻r＝1.5 Ω，圆环电阻不计，匀强磁场方向竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，侧视图如图乙所示，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
图11
(1)导体棒静止在某位置时所受安培力的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；
(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。
答案 (1)0.8 N (2)0.4 T (3)0.54 N，方向竖直向下
解析 (1)导体棒静止时，受力分析如图所示
根据平衡条件得tan θ＝eq \f(mg,F)
代入数据解得导体棒所受安培力的大小F＝0.8 N。
(2)由闭合电路的欧姆定律得I＝eq \f(E,r)
解得I＝2 A
由安培力的公式F＝IlB
解得B＝0.4 T。
(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点的过程中，根据动能定理有
mgR(1－sin θ)＝eq \f(1,2)mv2－0
解得v＝eq \r(2gR（1－sin θ）)＝1 m/s
导体棒在最低点时，由牛顿第二定律得
2FN－mg＝meq \f(v2,R)
解得FN＝0.54 N
由牛顿第三定律可知，导体棒对单个圆环的压力大小为0.54 N，方向竖直向下。直线电流
的磁场
通电螺线管
的磁场
环形电流
的磁场
安培
定则
立体图
纵截
面图
电流元法
分割为电流元eq \(――→,\s\up17(左手定则))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
条形磁体通电螺线管多个环形电流
结论法
同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；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
先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
－45
2
0
－20
－46
3
21
0
－45
4
－21
0
－45