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专题67磁感应强度 安培定则 磁场的叠加 安培力的分析与计算 通电导体在安培力作用下的运动
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这是一份专题67磁感应强度 安培定则 磁场的叠加 安培力的分析与计算 通电导体在安培力作用下的运动，文件包含专题67磁感应强度安培定则磁场的叠加安培力的分析与计算通电导体在安培力作用下的运动原卷版docx、专题67磁感应强度安培定则磁场的叠加安培力的分析与计算通电导体在安培力作用下的运动解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
考点一 磁感线 磁感应强度（1-2T）
考点二 安培定则（3-4T）
考点三 磁场的叠加（5-11）
考点四 安培力的分析与计算（12-14T）
考点五 判定通电导体在安培力作用下的运动情况（15-17T）
考点六 通电导体在安培力作用下的平衡和加速问题（18-27T）
考点一 磁感线 磁感应强度
1．磁感线的特点
(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．
(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱．
(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．
(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．
(5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在．
2．几种常见的磁场
(1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)
3．地磁场
如下图
(1)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。
(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点的磁感应强度大小相等，且方向水平向北。
4.磁感应强度
(1)定义式：B＝eq \f(F,Il).
(2)单位：特斯拉，简称特，符号为T.
(3)磁感应强度的方向可以有以下几种表述方式：
1)小磁针静止时N极所指的方向，即N极受力的方向．
2)在磁场中的某一点，磁感应强度的方向就是就是该点磁感线的切线方向．
3)磁感应强度的方向就是该点的磁场方向．
1．下列说法正确的是（ ）
A．磁感线总是从磁铁的N极出发，终止于S极
B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同
C．根据B ＝FIL，通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．根据磁感应强度定义式B ＝FIL ，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比
【答案】B
【解析】A．条形磁铁外部的磁感线总是从磁铁的N极出发，终止于磁铁的S极，内部是从S极到N极，正好构成闭合曲线，A错误；
B．磁感应强度的方向与小磁针静止时N极所指的方向相同也是小磁针N极所受磁场力的方向，B正确；
CD．公式B=FIL 是磁感应强度的定义式，采用的是比值法定义，B与F、IL无关，不能说B与F成正比，与IL成反比，CD错误。
故选B。
2．（2022·浙江嘉兴·二模）如图所示为实验室所用电流表的主要部件。绕在铝框上的线圈通电以后，在磁极与软铁芯构成的磁场中受力而转动。某同学据此现象思考软铁芯内部的磁感线分布，并提出了如下猜想，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】根据磁感线分布特点：磁感线是闭合曲线，磁铁外部的磁感线是从N极出来，回到磁铁的S极，每条磁感线都是闭合曲线，任意两条磁感线不相交。故符合磁感线分布特点的只有选项C。C正确，ABD错误。
故选C。
考点二 安培定则
用安培定则判断电流的磁场
3．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，O处有一通电直导线，其中的电流方向垂直于纸面向里，图形abcd为以O点为同心圆的两段圆弧a和c与两个半径b和d构成的扇形，则以下说法中正确的是（ ）
A．该通电直导线所产生的磁场方向如图中的b或d所示，且离O点越远，磁场越强
B．该通电直导线所产生的磁场方向如图中的b或d所示，且离O点越远，磁场越弱
C．该通电直导线所产生的磁场方向如图中的a或c所示，且离O点越远，磁场越强
D．该通电直导线所产生的磁场方向如图中的a或c所示，且离O点越远，磁场越弱
【答案】D
【解析】由安培定则可知，通电直导线周围磁场的磁感线是以通电导线为圆心的一系列同心圆，方向是图中a或c箭头所示，且离通电直导线越远，磁场越弱。
故选D。
4．导线中分别通以如图所示方向的电流，当小磁针静止时，N极分别指向什么方向？
【答案】见解析
【解析】已知磁场的方向即小磁针N级的指向。
（a）由右手螺旋定则可知，导线下方磁场垂直纸面向里，故小磁针N极垂直纸面向里。
（b）由右手螺旋定则可知，小磁针处的磁场垂直纸面向内，故小磁针N极指向纸内。
（c）由右手螺旋定则可知，环形电流内部磁场垂直纸面向外，故小磁针N极指向纸外。
（d）由右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场向左，故小磁针N极指向左。
考点三 磁场的叠加
1.磁感应强度是矢量，当空间存在几个磁体(或电流)时，每一点的磁场等于各个磁体(或电流)在该点产生磁场的矢量和．磁感应强度叠加时遵循平行四边形定则．
2.通电导线在周围某点产生的磁感应强度的方向过该点磁感线的切线方向，即与该点和导线的连线垂直．
3.根据平行四边形定则，利用合成法或正交分解法进行合成，求得合磁感应强度．
5．（2022·上海·模拟预测）如图，真空中两点电荷+q和−q以相同角速度在纸面内绕O点匀速转动，O点离+q较近，则O点的磁感应强度（ ）
A．大小恒定，方向垂直纸面向外B．大小恒定，方向垂直纸面向里
C．大小变化，方向垂直纸面向外D．大小变化，方向垂直纸面向里
【答案】A
【解析】点电荷的定向移动，形成电流，根据正电荷的定向移动方向即为电流的方向，由右手螺旋定则可知，正电荷在O点的磁场方向为垂直于纸面向外，而负电荷在O点的磁场方向为向里，由于正电荷距离O点半径近，所以运动时在O点产生的磁场强，根据矢量叠加原理，则合磁场的方向为垂直于纸面向外，大小恒定，故A正确，BCD错误；
故选A。
6．如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，有一正方形ABCD。A点有一根垂直于ABCD平面的直导线。当导线中通有图示方向的电流时，D点的磁感应强度为0。则B点的磁感应强度大小为（ ）
A．0B．B0C．2B0D．2B0
【答案】C
【解析】D点的磁感应强度为0，说明通电导线在D点产生的磁场的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，又通电导线在D点产生的磁场的磁感应强度方向向上，匀强磁场的磁感应强度大小为B0，可知匀强磁场的磁感应强度方向向下，通电导线在D点产生的磁场的磁感应强度大小为B0。根据通电导线产生的磁场的特点可知，通电导线在B点产生的磁场的磁感应强度大小为B0、方向向左，又匀强磁场的磁感应强度大小为B0、方向向下，则B点的磁感应强度大小为2B0，故C正确，ABD错误。
故选C。
7．如图所示，在圆O直径的两个端点P、Q处，固定着两条垂直圆O所在平面的通电长直导线。圆上的A、B、C、D四点恰构成一正方形且AB//PQ。已知两条导线的电流强度相等，P处电流方向垂直纸面向里，Q处电流方向垂直纸面向外，已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．圆心O处的磁感应强度为零B．A、B两点的磁感应强度相同
C．A、C两点的磁感应强度相同D．A、D两点的磁感应强度相同
【答案】C
【解析】A．由安培定则和磁场的叠加原理可知：圆心O处的磁感应强度方向垂直于PQ连线向下，A错误；
BCD．由安培定则和磁场的叠加原理可得：A、C两点磁场强度相同，B、D两点磁场强度相同，B、D错误，C正确；
故选C。
8．（2023·全国·高三专题练习）已知通电圆环中心处磁感应强度大小与电流成正比，与半径成反比。两个载流线圈（小半圆关于虚线ab对称）中的电流相同，关于O1、O2处的磁感应强度的说法正确的是（ ）
A．O1处垂直纸面向外、O2处垂直纸面向里，并且BO1B．O1、O2处均垂直纸面向里，并且BO1C．O1处垂直纸面向外、O2处垂直纸面向里，并且BO1=BO2
D．O1、O2处均垂直纸面向里，并且BO1=BO2
【答案】A
【解析】设大圆在O点的磁感应强度大小为B大，小圆在O点的磁感应强度大小为B小，根据叠加原理和安培定则BO1=B小−B大
O1磁感应强度方向向外BO2=B小+B大
O2磁感应强度方向向里，所以BO1综上所述，A正确，BCD错误。
故选A。
9．（2022·江苏扬州·模拟预测）一小磁针在地磁场作用下水平静止，现在小磁针上方平行于小磁针放置一直导线。当通过该导线电流为I0时，小磁针偏转30°角静止。已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，当小磁计偏转60°角静止，则通过该直导线的电流为（ ）
A．13I0B．33I0C．3I0D．3I0
【答案】D
【解析】设小磁针所处地磁场的磁感应强度为B0，电流I产生的磁场磁感应强度为B1=kI0
依题意有B1=B0tan30°
则当电流为I′时，小磁针偏转角为60°，产生电流产生的磁场为B2=kI′
有B2=B0tan60°
联立方程解得I'=3I0
故ABC错误，D正确。
故选D。
10.如图所示，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处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为( )
A.1∶1 B．1∶2 C.eq \r(3)∶1 D.eq \r(3)∶2
【答案】B
【解析】如图所示，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则可知，二者在圆心O处产生的磁感应强度的大小都为eq \f(B1,2)；当N处长直导线移至P处，两导线在圆心O处产生的磁感应强度的大小也为eq \f(B1,2)，作平行四边形，由几何关系得B2＝eq \f(B1,2)，那么eq \f(B2,B1)＝eq \f(1,2)，故选项B正确。
11.(2021·全国甲卷)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )
A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B
【答案】B
【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B。选项B正确。
考点四 安培力的分析与计算
1．安培力的方向根据左手定则判断。安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面．
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时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．
2．应用安培力公式F＝BIl分析和计算时注意:
(1)l与B垂直．
(2)l是指有效长度．
弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线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．
(3)B与I平行时,F=0。
12．（2023·全国·高三专题练习）已知a、b、c是等腰直角三角形三个顶点，d是∠c平分线上的一点，cd=ac=bc，在a、b、c、d四点分别固定四条长度均为L的通电直导线，四条直导线都垂直于三角形abc所在平面，导线中的电流均为I，电流方向如图所示，若导线a在c点产生磁场的磁感应强度大小为B，则放在c点导线受到的安培力大小和方向正确的是（ ）
A．2+1BIL，沿cd方向B．2−1BIL，沿cd方向
C．2+1BIL，沿dc方向D．2−1BIL，沿dc方向
【答案】D
【解析】a、b、d处的电流会在c处产生的磁感应强度大小均为B，根据安培定则即磁场的叠加原理可知，c处的合磁场大小为2−1B，方向与cd垂直斜向左上方，则放在c点导线受到的安培力大小为
F=2−1BIL 根据左手定则，可知c处导线所受安培力沿dc方向。
故选D。
13．弯折导体PMN通有如图所示方向的电流，置于与PMN所在平面平行的匀强磁场中，此时导体PMN所受的安培力最大。现将整段导体以过M点且垂直于PMN所在平面的直线为轴转动45°，则导体PMN（形状始终保持不变）所受的安培力（ ）
A．方向不变，大小变为原来的2倍
B．方向不变，大小变为原来的22倍
C．方向改变，大小变为原来的2倍
D．方向改变，大小变为原来的22倍
【答案】B
【解析】假设原磁场如图
则导体PMN所受的安培力F=BILPN
方向垂直于纸面向里
导体逆时针旋转后，如图
导体PMN所受安培力为F'=BILMN=22F
方向垂直于纸面向里；导体顺时针旋转，安培力大小、方向与逆时针旋转相同。
如果磁场方向向上，导体无论是逆时针还是顺时针旋转后安培力方向也是与原来一样，大小变为原来的22倍。
故选B。
14．如图，同种材料制成的粗细均匀半圆形单匝导线框MPN固定于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，直径MN两端与直流电源相接。已知MN段所受安培力大小为F，忽略电流之间的相互作用。则（ ）
A．MN段所受安培力的方向直于线框平面
B．通过MN段与MPN⏜段的电流之比为IMN:IMPN⏜=2:π
C．MPN⏜段所受安培力大小为2Fπ
D．半圆形线框所受安培力大小为π−2Fπ
【答案】C
【解析】A．由图可知，通过MN的电流方向向右，根据左手定则可知，MN段所受安培力的方向平行于线框平面向上，A错误；
B．设半圆形单匝导线框的半径为r，根据电阻定律R=ρlS
可得RMNRMPN⏜=2rπr=2π
MN段与MPN⏜段为并联关系，可知电压相等，根据欧姆定律可得IMNIMPN⏜=RMPN⏜RMN=π2 B错误；
C．已知MN段所受安培力大小为F，则有F=BIMN⋅2r
MPN⏜段受安培力的等效长度为2r，MPN⏜段所受安培力大小为F′=BIMPN⏜⋅2r=B⋅2πIMN⋅2r=2π⋅BIMN⋅2r=2Fπ C正确；
D．由左手定则可知，MN段与MPN⏜段所受安培力方向均平行于线框平面向上，则半圆形线框所受安培力大小为 F总=F+F′=F+2Fπ=π+2Fπ D错误。
故选C。
考点五 判定导体在安培力作用下的运动情况
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感线分布情况,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.安培力作用下导体运动情况判断的常用方法
15．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．当线圈内通以图示方向的电流后，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
【答案】 A
【解析】解法一 电流元法首先将线圈分成很多小段，每一小段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受到的安培力情况如图所示．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．
解法二 等效法
将环形电流等效成小磁针，如图所示，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.
16．如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线通过电流I时，导线的运动情况是（ ）（从上往下看）
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
【答案】C
【解析】在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动 90° 时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为：逆时针转动，同时下降。故C 正确，ABD 错误。
故选C。
17．（2022·湖北孝感·高二阶段练习）如图所示，条形磁铁放置在固定斜面上，在其上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以方向垂直纸而向外的电流。条形磁铁始终静止。在导线通电前后关于条形磁铁的受力，下列说法正确的是（ ）
A．斜面对磁铁的支持力一定减小，磁铁可能受到斜面的摩擦力作用
B．斜面对磁铁的支持力一定减小，磁铁一定受到斜面的摩擦力作用
C．斜面对磁铁的支持力一定增大，磁铁可能受到斜面的摩擦力作用
D．斜面对磁铁的支持力一定增大，磁铁一定受到斜面的摩擦力作用
【答案】B
【解析】通电后，条形磁铁的受力分析如图所示
由图可知，磁铁一定受到斜面的摩擦力的作用，垂直于斜面方向重力的分力等于斜面对磁铁的支持力与通电导线对磁铁的作用力在垂直于斜面方向的分力之和，而通电前重力垂直于斜面方向的分力等于斜面对磁铁的支持力，所以通电后斜面对磁铁的支持力一定减小。
故选B。
考点六 通电导体在安培力作用下的平衡和加速问题
分析思路
(1)选定研究对象．
(2)对研究对象受力分析．受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，注意安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如图所示：
(3)结合研究对象的运动状态根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．
．
18．边长L的硬轻质正三角形导线框abc置于竖直平面内，ab边水平，绝缘细线下端c点悬挂重物，匀强磁场大小为B垂直纸面向里。现将a、b接在恒恒定电流的正负极上，当ab边的电流强度为I，重物恰好对地无压力，则重物重力的大小为（ ）
A．BILB．2BILC．3BIL2D．2BIL3
【答案】C
【解析】根据平衡条件得mg=BIL+12BIL
解得mg=3BIL2
故选C。
19．(多选) 如图所示，一根通电的直导线放在倾斜的粗糙导轨上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态。现逐渐增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是（ ）
A．一直增大B．先增大后减小
C．先减小后增大D．始终为零
【答案】AC
【解析】根据左手定则可知，导体棒所受安培力方向沿斜面向上，导体棒处于静止状态，所受外力的合力为0。当BIL≥mgsinθ
时，随电流的增大，导体棒有沿斜面向上运动的趋势，摩擦力方向沿斜面向下，且f1=BIL−mgsinθ
增大电流，安培力增大，摩擦力增大。当BIL时，导体棒开始有沿斜面向下运动的趋势，摩擦力方向沿斜面向上，且f2=mgsinθ−BIL
增大电流，安培力增大，摩擦力先减小，当安培力大小等于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力减为0，之后随安培力的进一步增大，导体棒有沿斜面向上运动的趋势，摩擦力方向沿斜面向下，此时增大电流，安培力增大，摩擦力增大，即摩擦力先减小，后增大。
故选AC。
20．如图所示，质量为m、长度为L、电阻为R的直导体棒MN静止于电阻不计的光滑水平矩形导轨上，水平导轨的左端接有电动势为E、内阻不计的电源，整个装置处于一匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与轨道平面成θ角（斜向上）。现闭合开关S，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S后，导体棒向左运动
B．闭合开关S后，穿过闭合回路的磁通量减小
C．闭合开关S的瞬间，导体棒MN所受安培力的大小为BELsinθR
D．闭合开关S的瞬间，导体棒MN的加速度大小为BELsinθmR
【答案】D
【解析】A．闭合开关S后，导体棒中的电流N到M，根据左手定则判断安培力向右下，故导体棒向右运动，故A错误；
B．闭合开关S后，导体棒向右运动，面积变大，穿过闭合回路的磁通量变大，故B错误；
CD．闭合开关S的瞬间，导体棒MN所受安培力的大小为F=BIL=BERL
加速度a=Fsinθm=BELsinθmR
故C错误D正确。
故选D。
21．（2022·陕西咸阳·高三阶段练习）如图所示，在光滑绝缘四分之一圆弧轨道上，有一与圆弧轨道垂直的质量为m、长度为L的通电导体棒，导体棒处于静止状态，空间存在与纸面平行的匀强磁场（图中未画出），导体棒内电流大小为I。重力加速度为g，图中θ=37°，则磁感应强度大小不可能为（ ）
A．mgIL B．2mg3IL C．3mgIL D．2mgIL
【答案】B
【解析】导体棒受重力、安培力和支持力三个力的作用而处于静止状态，三个力合力为零，即三个力可以构成一个封闭的矢量三角形，当安培力和支持力垂直时，安培力有最小值，
由F安=BIL=mgsin53°
解得磁感应强度的最小值为Bmin=4mg5IL 3mgIL>2mgIL>mgIL>4mg5IL>2mg3IL
磁感应强度大小不可能小于它的最小值。
本题选不可能，故选B。
22．（2023·全国·高三专题练习）电磁炮的原理如图所示，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，导轨平面内具有垂直于导轨平面的匀强磁场，带有炮弹的金属框架垂直放在导轨上，且始终与导轨保持良好接触。已知磁场的磁感应强度大小为B，电源的内阻为r，两导轨间距为L，金属框架和炮弹的总质量为m，金属框架的电阻为R。通电后，炮弹随金属框架滑行距离s后获得的发射速度为v。不计空气阻力、金属框架与导轨间的摩擦和导轨电阻，不考虑金属框架切割磁感线产生的感应电动势，下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向竖直向下
B．金属框架受到的安培力大小为F=mv2s
C．通过金属框架的电流为I=mv2sBL
D．电源的电动势为E=mv2(R+r)2sBL
【答案】D
【解析】A．炮弹受安培力向右，由左手定则可知，匀强磁场的方向竖直向上，选项A错误；
B．由动能定理Fs=12mv2
解得金属框架受到的安培力大小为F=mv22s选项B错误；
C．根据安培力F=BIL
可得通过金属框架的电流为I=mv22sBL选项C错误；
D．根据E=I(R+r)
可知电源的电动势为E=mv2(R+r)2sBL选项D正确。
故选D。
23．如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且eq \x\t(MN)＝eq \x\t(OP)＝1 m，g取10 m/s2，则( )
A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2
B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s
C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2
D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N
【答案】D
【解析】金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝eq \f(F安,m)＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程进行分析，安培力做功W安＝F安·(eq \x\t(MN)＋eq \x\t(OP))＝1 J，重力做功WG＝－mg·eq \x\t(ON)＝－0.5 J，由动能定理得W安＋WG＝eq \f(1,2)mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝eq \r(20) m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的重力加速度，水平方向的
向心加速度大小为a′＝eq \f(v2,r)＝20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝eq \f(mv2,r)，解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确．
24．（2023·全国·高三专题练习）竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成60°角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方2d距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为B=kIx，下列说法正确的是（ ）
A．应在I=mgdkI0l时给导体棒1以轻微的扰动
B．绳1中拉力的最大值为33mg
C．绳2中拉力的最小值为33mg
D．导体棒2中电流的最大值为I=2mgd5kI0l
【答案】B
【解析】A．对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与△OPM相似，
所以F3d=FPM=mg2d
所以，恒有F3=mg2
初始时，应有F3+BI0l=mg,B=kId
联立解得I=mgd2kI0l
所以应在I=mgd2kI0l时给导体棒1微小扰动，A错误；
对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力F1和F2的合力大小恒为mg2，导体棒运动过程中F1和F2的合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知F1先增大后减小，当F3与绳2垂直时F1最大，
最大值为mg2cs30°=33mg B正确；
C．F2一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，C错误；
D．由上述分析可知F=PM2dmg
由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时PM有最大值为5d，所以F=52mg
且F=BI0l
此时B=kI5d
所以电流最大值I=5mgd2kI0l D错误。
故选B。
25．（2022·湖南）如图（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（ ）
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．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
【答案】D
【解析】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有
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；
BCD．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，FT= mgcsθ
则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则csθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。
故选D。
26．（2022·湖北）(多选)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【答案】BC
【解析】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
带入
可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有 故BC正确，AD错误。
故选BC。
27．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，两平行导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计。导体棒ab质量为m=60g，电阻为R=1Ω，与导轨竖直部分接触良好。已知电源电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，定值电阻R0=1.5Ω。在导体棒所在空间加一匀强磁场（图中仅用一根磁感线表示），磁场方向垂直于导体棒，且与竖直方向夹角为θ=37°，导体棒始终处于静止状态，已知重力加速度g=10m/s2，则：
（1）若导轨竖直部分光滑，求磁感应强度B的大小；
（2）若导轨竖直部分与导体棒间的动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），求磁感应强度B的取值范围。
【答案】（1）2T；（2）1.2T≤B≤6T
【解析】（1）由受力分析得BILsinθ=mg
由闭合电路欧姆定律有I=ER+r+R0
联立解得B=mgILsinθ=mgR+r+R0ELsinθ=2T
（2）当B较小时，静摩擦力向上，则B1ILsinθ+μB1ILcsθ=mg
解得B1=mgR+r+R0ELsinθ+μcsθ=1.2T
当B较大时，静摩擦力方向向下，则B2ILsinθ−μB2ILcsθ=mg
解得B2=mgR+r+R0ELsinθ−μcsθ=6T
故磁感应强度B的取值范围为1.2T≤B≤6T
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\up11(左手定则),\s\d4( ))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，通电螺线管→条形磁铁
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
考点一 磁感线 磁感应强度（1-2T）
考点二 安培定则（3-4T）
考点三 磁场的叠加（5-11）
考点四 安培力的分析与计算（12-14T）
考点五 判定通电导体在安培力作用下的运动情况（15-17T）
考点六 通电导体在安培力作用下的平衡和加速问题（18-27T）
考点一 磁感线 磁感应强度
1．磁感线的特点
(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．
(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱．
(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．
(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．
(5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在．
2．几种常见的磁场
(1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)
3．地磁场
如下图
(1)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。
(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点的磁感应强度大小相等，且方向水平向北。
4.磁感应强度
(1)定义式：B＝eq \f(F,Il).
(2)单位：特斯拉，简称特，符号为T.
(3)磁感应强度的方向可以有以下几种表述方式：
1)小磁针静止时N极所指的方向，即N极受力的方向．
2)在磁场中的某一点，磁感应强度的方向就是就是该点磁感线的切线方向．
3)磁感应强度的方向就是该点的磁场方向．
1．下列说法正确的是（ ）
A．磁感线总是从磁铁的N极出发，终止于S极
B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同
C．根据B ＝FIL，通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．根据磁感应强度定义式B ＝FIL ，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比
【答案】B
【解析】A．条形磁铁外部的磁感线总是从磁铁的N极出发，终止于磁铁的S极，内部是从S极到N极，正好构成闭合曲线，A错误；
B．磁感应强度的方向与小磁针静止时N极所指的方向相同也是小磁针N极所受磁场力的方向，B正确；
CD．公式B=FIL 是磁感应强度的定义式，采用的是比值法定义，B与F、IL无关，不能说B与F成正比，与IL成反比，CD错误。
故选B。
2．（2022·浙江嘉兴·二模）如图所示为实验室所用电流表的主要部件。绕在铝框上的线圈通电以后，在磁极与软铁芯构成的磁场中受力而转动。某同学据此现象思考软铁芯内部的磁感线分布，并提出了如下猜想，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】根据磁感线分布特点：磁感线是闭合曲线，磁铁外部的磁感线是从N极出来，回到磁铁的S极，每条磁感线都是闭合曲线，任意两条磁感线不相交。故符合磁感线分布特点的只有选项C。C正确，ABD错误。
故选C。
考点二 安培定则
用安培定则判断电流的磁场
3．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，O处有一通电直导线，其中的电流方向垂直于纸面向里，图形abcd为以O点为同心圆的两段圆弧a和c与两个半径b和d构成的扇形，则以下说法中正确的是（ ）
A．该通电直导线所产生的磁场方向如图中的b或d所示，且离O点越远，磁场越强
B．该通电直导线所产生的磁场方向如图中的b或d所示，且离O点越远，磁场越弱
C．该通电直导线所产生的磁场方向如图中的a或c所示，且离O点越远，磁场越强
D．该通电直导线所产生的磁场方向如图中的a或c所示，且离O点越远，磁场越弱
【答案】D
【解析】由安培定则可知，通电直导线周围磁场的磁感线是以通电导线为圆心的一系列同心圆，方向是图中a或c箭头所示，且离通电直导线越远，磁场越弱。
故选D。
4．导线中分别通以如图所示方向的电流，当小磁针静止时，N极分别指向什么方向？
【答案】见解析
【解析】已知磁场的方向即小磁针N级的指向。
（a）由右手螺旋定则可知，导线下方磁场垂直纸面向里，故小磁针N极垂直纸面向里。
（b）由右手螺旋定则可知，小磁针处的磁场垂直纸面向内，故小磁针N极指向纸内。
（c）由右手螺旋定则可知，环形电流内部磁场垂直纸面向外，故小磁针N极指向纸外。
（d）由右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场向左，故小磁针N极指向左。
考点三 磁场的叠加
1.磁感应强度是矢量，当空间存在几个磁体(或电流)时，每一点的磁场等于各个磁体(或电流)在该点产生磁场的矢量和．磁感应强度叠加时遵循平行四边形定则．
2.通电导线在周围某点产生的磁感应强度的方向过该点磁感线的切线方向，即与该点和导线的连线垂直．
3.根据平行四边形定则，利用合成法或正交分解法进行合成，求得合磁感应强度．
5．（2022·上海·模拟预测）如图，真空中两点电荷+q和−q以相同角速度在纸面内绕O点匀速转动，O点离+q较近，则O点的磁感应强度（ ）
A．大小恒定，方向垂直纸面向外B．大小恒定，方向垂直纸面向里
C．大小变化，方向垂直纸面向外D．大小变化，方向垂直纸面向里
【答案】A
【解析】点电荷的定向移动，形成电流，根据正电荷的定向移动方向即为电流的方向，由右手螺旋定则可知，正电荷在O点的磁场方向为垂直于纸面向外，而负电荷在O点的磁场方向为向里，由于正电荷距离O点半径近，所以运动时在O点产生的磁场强，根据矢量叠加原理，则合磁场的方向为垂直于纸面向外，大小恒定，故A正确，BCD错误；
故选A。
6．如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，有一正方形ABCD。A点有一根垂直于ABCD平面的直导线。当导线中通有图示方向的电流时，D点的磁感应强度为0。则B点的磁感应强度大小为（ ）
A．0B．B0C．2B0D．2B0
【答案】C
【解析】D点的磁感应强度为0，说明通电导线在D点产生的磁场的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，又通电导线在D点产生的磁场的磁感应强度方向向上，匀强磁场的磁感应强度大小为B0，可知匀强磁场的磁感应强度方向向下，通电导线在D点产生的磁场的磁感应强度大小为B0。根据通电导线产生的磁场的特点可知，通电导线在B点产生的磁场的磁感应强度大小为B0、方向向左，又匀强磁场的磁感应强度大小为B0、方向向下，则B点的磁感应强度大小为2B0，故C正确，ABD错误。
故选C。
7．如图所示，在圆O直径的两个端点P、Q处，固定着两条垂直圆O所在平面的通电长直导线。圆上的A、B、C、D四点恰构成一正方形且AB//PQ。已知两条导线的电流强度相等，P处电流方向垂直纸面向里，Q处电流方向垂直纸面向外，已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．圆心O处的磁感应强度为零B．A、B两点的磁感应强度相同
C．A、C两点的磁感应强度相同D．A、D两点的磁感应强度相同
【答案】C
【解析】A．由安培定则和磁场的叠加原理可知：圆心O处的磁感应强度方向垂直于PQ连线向下，A错误；
BCD．由安培定则和磁场的叠加原理可得：A、C两点磁场强度相同，B、D两点磁场强度相同，B、D错误，C正确；
故选C。
8．（2023·全国·高三专题练习）已知通电圆环中心处磁感应强度大小与电流成正比，与半径成反比。两个载流线圈（小半圆关于虚线ab对称）中的电流相同，关于O1、O2处的磁感应强度的说法正确的是（ ）
A．O1处垂直纸面向外、O2处垂直纸面向里，并且BO1
D．O1、O2处均垂直纸面向里，并且BO1=BO2
【答案】A
【解析】设大圆在O点的磁感应强度大小为B大，小圆在O点的磁感应强度大小为B小，根据叠加原理和安培定则BO1=B小−B大
O1磁感应强度方向向外BO2=B小+B大
O2磁感应强度方向向里，所以BO1
故选A。
9．（2022·江苏扬州·模拟预测）一小磁针在地磁场作用下水平静止，现在小磁针上方平行于小磁针放置一直导线。当通过该导线电流为I0时，小磁针偏转30°角静止。已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，当小磁计偏转60°角静止，则通过该直导线的电流为（ ）
A．13I0B．33I0C．3I0D．3I0
【答案】D
【解析】设小磁针所处地磁场的磁感应强度为B0，电流I产生的磁场磁感应强度为B1=kI0
依题意有B1=B0tan30°
则当电流为I′时，小磁针偏转角为60°，产生电流产生的磁场为B2=kI′
有B2=B0tan60°
联立方程解得I'=3I0
故ABC错误，D正确。
故选D。
10.如图所示，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处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为( )
A.1∶1 B．1∶2 C.eq \r(3)∶1 D.eq \r(3)∶2
【答案】B
【解析】如图所示，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则可知，二者在圆心O处产生的磁感应强度的大小都为eq \f(B1,2)；当N处长直导线移至P处，两导线在圆心O处产生的磁感应强度的大小也为eq \f(B1,2)，作平行四边形，由几何关系得B2＝eq \f(B1,2)，那么eq \f(B2,B1)＝eq \f(1,2)，故选项B正确。
11.(2021·全国甲卷)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )
A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B
【答案】B
【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B。选项B正确。
考点四 安培力的分析与计算
1．安培力的方向根据左手定则判断。安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面．
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时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．
2．应用安培力公式F＝BIl分析和计算时注意:
(1)l与B垂直．
(2)l是指有效长度．
弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线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．
(3)B与I平行时,F=0。
12．（2023·全国·高三专题练习）已知a、b、c是等腰直角三角形三个顶点，d是∠c平分线上的一点，cd=ac=bc，在a、b、c、d四点分别固定四条长度均为L的通电直导线，四条直导线都垂直于三角形abc所在平面，导线中的电流均为I，电流方向如图所示，若导线a在c点产生磁场的磁感应强度大小为B，则放在c点导线受到的安培力大小和方向正确的是（ ）
A．2+1BIL，沿cd方向B．2−1BIL，沿cd方向
C．2+1BIL，沿dc方向D．2−1BIL，沿dc方向
【答案】D
【解析】a、b、d处的电流会在c处产生的磁感应强度大小均为B，根据安培定则即磁场的叠加原理可知，c处的合磁场大小为2−1B，方向与cd垂直斜向左上方，则放在c点导线受到的安培力大小为
F=2−1BIL 根据左手定则，可知c处导线所受安培力沿dc方向。
故选D。
13．弯折导体PMN通有如图所示方向的电流，置于与PMN所在平面平行的匀强磁场中，此时导体PMN所受的安培力最大。现将整段导体以过M点且垂直于PMN所在平面的直线为轴转动45°，则导体PMN（形状始终保持不变）所受的安培力（ ）
A．方向不变，大小变为原来的2倍
B．方向不变，大小变为原来的22倍
C．方向改变，大小变为原来的2倍
D．方向改变，大小变为原来的22倍
【答案】B
【解析】假设原磁场如图
则导体PMN所受的安培力F=BILPN
方向垂直于纸面向里
导体逆时针旋转后，如图
导体PMN所受安培力为F'=BILMN=22F
方向垂直于纸面向里；导体顺时针旋转，安培力大小、方向与逆时针旋转相同。
如果磁场方向向上，导体无论是逆时针还是顺时针旋转后安培力方向也是与原来一样，大小变为原来的22倍。
故选B。
14．如图，同种材料制成的粗细均匀半圆形单匝导线框MPN固定于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，直径MN两端与直流电源相接。已知MN段所受安培力大小为F，忽略电流之间的相互作用。则（ ）
A．MN段所受安培力的方向直于线框平面
B．通过MN段与MPN⏜段的电流之比为IMN:IMPN⏜=2:π
C．MPN⏜段所受安培力大小为2Fπ
D．半圆形线框所受安培力大小为π−2Fπ
【答案】C
【解析】A．由图可知，通过MN的电流方向向右，根据左手定则可知，MN段所受安培力的方向平行于线框平面向上，A错误；
B．设半圆形单匝导线框的半径为r，根据电阻定律R=ρlS
可得RMNRMPN⏜=2rπr=2π
MN段与MPN⏜段为并联关系，可知电压相等，根据欧姆定律可得IMNIMPN⏜=RMPN⏜RMN=π2 B错误；
C．已知MN段所受安培力大小为F，则有F=BIMN⋅2r
MPN⏜段受安培力的等效长度为2r，MPN⏜段所受安培力大小为F′=BIMPN⏜⋅2r=B⋅2πIMN⋅2r=2π⋅BIMN⋅2r=2Fπ C正确；
D．由左手定则可知，MN段与MPN⏜段所受安培力方向均平行于线框平面向上，则半圆形线框所受安培力大小为 F总=F+F′=F+2Fπ=π+2Fπ D错误。
故选C。
考点五 判定导体在安培力作用下的运动情况
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感线分布情况,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.安培力作用下导体运动情况判断的常用方法
15．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．当线圈内通以图示方向的电流后，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
【答案】 A
【解析】解法一 电流元法首先将线圈分成很多小段，每一小段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受到的安培力情况如图所示．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．
解法二 等效法
将环形电流等效成小磁针，如图所示，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.
16．如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线通过电流I时，导线的运动情况是（ ）（从上往下看）
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
【答案】C
【解析】在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动 90° 时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为：逆时针转动，同时下降。故C 正确，ABD 错误。
故选C。
17．（2022·湖北孝感·高二阶段练习）如图所示，条形磁铁放置在固定斜面上，在其上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以方向垂直纸而向外的电流。条形磁铁始终静止。在导线通电前后关于条形磁铁的受力，下列说法正确的是（ ）
A．斜面对磁铁的支持力一定减小，磁铁可能受到斜面的摩擦力作用
B．斜面对磁铁的支持力一定减小，磁铁一定受到斜面的摩擦力作用
C．斜面对磁铁的支持力一定增大，磁铁可能受到斜面的摩擦力作用
D．斜面对磁铁的支持力一定增大，磁铁一定受到斜面的摩擦力作用
【答案】B
【解析】通电后，条形磁铁的受力分析如图所示
由图可知，磁铁一定受到斜面的摩擦力的作用，垂直于斜面方向重力的分力等于斜面对磁铁的支持力与通电导线对磁铁的作用力在垂直于斜面方向的分力之和，而通电前重力垂直于斜面方向的分力等于斜面对磁铁的支持力，所以通电后斜面对磁铁的支持力一定减小。
故选B。
考点六 通电导体在安培力作用下的平衡和加速问题
分析思路
(1)选定研究对象．
(2)对研究对象受力分析．受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，注意安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如图所示：
(3)结合研究对象的运动状态根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．
．
18．边长L的硬轻质正三角形导线框abc置于竖直平面内，ab边水平，绝缘细线下端c点悬挂重物，匀强磁场大小为B垂直纸面向里。现将a、b接在恒恒定电流的正负极上，当ab边的电流强度为I，重物恰好对地无压力，则重物重力的大小为（ ）
A．BILB．2BILC．3BIL2D．2BIL3
【答案】C
【解析】根据平衡条件得mg=BIL+12BIL
解得mg=3BIL2
故选C。
19．(多选) 如图所示，一根通电的直导线放在倾斜的粗糙导轨上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态。现逐渐增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是（ ）
A．一直增大B．先增大后减小
C．先减小后增大D．始终为零
【答案】AC
【解析】根据左手定则可知，导体棒所受安培力方向沿斜面向上，导体棒处于静止状态，所受外力的合力为0。当BIL≥mgsinθ
时，随电流的增大，导体棒有沿斜面向上运动的趋势，摩擦力方向沿斜面向下，且f1=BIL−mgsinθ
增大电流，安培力增大，摩擦力增大。当BIL
增大电流，安培力增大，摩擦力先减小，当安培力大小等于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力减为0，之后随安培力的进一步增大，导体棒有沿斜面向上运动的趋势，摩擦力方向沿斜面向下，此时增大电流，安培力增大，摩擦力增大，即摩擦力先减小，后增大。
故选AC。
20．如图所示，质量为m、长度为L、电阻为R的直导体棒MN静止于电阻不计的光滑水平矩形导轨上，水平导轨的左端接有电动势为E、内阻不计的电源，整个装置处于一匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与轨道平面成θ角（斜向上）。现闭合开关S，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S后，导体棒向左运动
B．闭合开关S后，穿过闭合回路的磁通量减小
C．闭合开关S的瞬间，导体棒MN所受安培力的大小为BELsinθR
D．闭合开关S的瞬间，导体棒MN的加速度大小为BELsinθmR
【答案】D
【解析】A．闭合开关S后，导体棒中的电流N到M，根据左手定则判断安培力向右下，故导体棒向右运动，故A错误；
B．闭合开关S后，导体棒向右运动，面积变大，穿过闭合回路的磁通量变大，故B错误；
CD．闭合开关S的瞬间，导体棒MN所受安培力的大小为F=BIL=BERL
加速度a=Fsinθm=BELsinθmR
故C错误D正确。
故选D。
21．（2022·陕西咸阳·高三阶段练习）如图所示，在光滑绝缘四分之一圆弧轨道上，有一与圆弧轨道垂直的质量为m、长度为L的通电导体棒，导体棒处于静止状态，空间存在与纸面平行的匀强磁场（图中未画出），导体棒内电流大小为I。重力加速度为g，图中θ=37°，则磁感应强度大小不可能为（ ）
A．mgIL B．2mg3IL C．3mgIL D．2mgIL
【答案】B
【解析】导体棒受重力、安培力和支持力三个力的作用而处于静止状态，三个力合力为零，即三个力可以构成一个封闭的矢量三角形，当安培力和支持力垂直时，安培力有最小值，
由F安=BIL=mgsin53°
解得磁感应强度的最小值为Bmin=4mg5IL 3mgIL>2mgIL>mgIL>4mg5IL>2mg3IL
磁感应强度大小不可能小于它的最小值。
本题选不可能，故选B。
22．（2023·全国·高三专题练习）电磁炮的原理如图所示，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，导轨平面内具有垂直于导轨平面的匀强磁场，带有炮弹的金属框架垂直放在导轨上，且始终与导轨保持良好接触。已知磁场的磁感应强度大小为B，电源的内阻为r，两导轨间距为L，金属框架和炮弹的总质量为m，金属框架的电阻为R。通电后，炮弹随金属框架滑行距离s后获得的发射速度为v。不计空气阻力、金属框架与导轨间的摩擦和导轨电阻，不考虑金属框架切割磁感线产生的感应电动势，下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的方向竖直向下
B．金属框架受到的安培力大小为F=mv2s
C．通过金属框架的电流为I=mv2sBL
D．电源的电动势为E=mv2(R+r)2sBL
【答案】D
【解析】A．炮弹受安培力向右，由左手定则可知，匀强磁场的方向竖直向上，选项A错误；
B．由动能定理Fs=12mv2
解得金属框架受到的安培力大小为F=mv22s选项B错误；
C．根据安培力F=BIL
可得通过金属框架的电流为I=mv22sBL选项C错误；
D．根据E=I(R+r)
可知电源的电动势为E=mv2(R+r)2sBL选项D正确。
故选D。
23．如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且eq \x\t(MN)＝eq \x\t(OP)＝1 m，g取10 m/s2，则( )
A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2
B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s
C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2
D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N
【答案】D
【解析】金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝eq \f(F安,m)＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程进行分析，安培力做功W安＝F安·(eq \x\t(MN)＋eq \x\t(OP))＝1 J，重力做功WG＝－mg·eq \x\t(ON)＝－0.5 J，由动能定理得W安＋WG＝eq \f(1,2)mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝eq \r(20) m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的重力加速度，水平方向的
向心加速度大小为a′＝eq \f(v2,r)＝20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝eq \f(mv2,r)，解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确．
24．（2023·全国·高三专题练习）竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成60°角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方2d距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为B=kIx，下列说法正确的是（ ）
A．应在I=mgdkI0l时给导体棒1以轻微的扰动
B．绳1中拉力的最大值为33mg
C．绳2中拉力的最小值为33mg
D．导体棒2中电流的最大值为I=2mgd5kI0l
【答案】B
【解析】A．对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与△OPM相似，
所以F3d=FPM=mg2d
所以，恒有F3=mg2
初始时，应有F3+BI0l=mg,B=kId
联立解得I=mgd2kI0l
所以应在I=mgd2kI0l时给导体棒1微小扰动，A错误；
对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力F1和F2的合力大小恒为mg2，导体棒运动过程中F1和F2的合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知F1先增大后减小，当F3与绳2垂直时F1最大，
最大值为mg2cs30°=33mg B正确；
C．F2一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，C错误；
D．由上述分析可知F=PM2dmg
由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时PM有最大值为5d，所以F=52mg
且F=BI0l
此时B=kI5d
所以电流最大值I=5mgd2kI0l D错误。
故选B。
25．（2022·湖南）如图（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（ ）
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．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
【答案】D
【解析】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有
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；
BCD．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，FT= mgcsθ
则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则csθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。
故选D。
26．（2022·湖北）(多选)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【答案】BC
【解析】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
带入
可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有 故BC正确，AD错误。
故选BC。
27．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，两平行导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计。导体棒ab质量为m=60g，电阻为R=1Ω，与导轨竖直部分接触良好。已知电源电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，定值电阻R0=1.5Ω。在导体棒所在空间加一匀强磁场（图中仅用一根磁感线表示），磁场方向垂直于导体棒，且与竖直方向夹角为θ=37°，导体棒始终处于静止状态，已知重力加速度g=10m/s2，则：
（1）若导轨竖直部分光滑，求磁感应强度B的大小；
（2）若导轨竖直部分与导体棒间的动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），求磁感应强度B的取值范围。
【答案】（1）2T；（2）1.2T≤B≤6T
【解析】（1）由受力分析得BILsinθ=mg
由闭合电路欧姆定律有I=ER+r+R0
联立解得B=mgILsinθ=mgR+r+R0ELsinθ=2T
（2）当B较小时，静摩擦力向上，则B1ILsinθ+μB1ILcsθ=mg
解得B1=mgR+r+R0ELsinθ+μcsθ=1.2T
当B较大时，静摩擦力方向向下，则B2ILsinθ−μB2ILcsθ=mg
解得B2=mgR+r+R0ELsinθ−μcsθ=6T
故磁感应强度B的取值范围为1.2T≤B≤6T
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\up11(左手定则),\s\d4( ))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，通电螺线管→条形磁铁
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
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