第1章 1 磁场对通电导线的作用力（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

本讲义围绕磁场对通电导线的作用力，系统梳理安培力方向的左手定则判断、大小计算公式（含夹角影响）及磁电式电流表原理，通过实验现象分析、规律归纳到实际应用，构建“实验-规律-应用”的学习支架。 资料以科学探究为导向，设计实验表格分析安培力方向规律，结合多情境例题（如电流元法分析运动方向）培养科学思维，通过核心素养·思维升华提炼方法要点。课中助力教师引导学生深度理解，课后习题与探究点帮助学生查漏补缺，强化物理观念与科学推理能力。

1　磁场对通电导线的作用力 [学业要求] 1．知道安培力的方向与电流、磁感应强度方向的关系，会用左手定则判断安培力的方向。 2．理解安培力的计算公式，会应用公式计算匀强磁场中安培力的大小。 3．知道磁电式电流表的基本构造及运用它测量电流大小和方向的基本原理。 [对应学生用书P1] 一、安培力 阅读教材，并回答： 1．按照教材图1.1­1所示，组装好器材，进行实验，实验结果如下表所示。 次数 磁场方向 电流方向 安培力方向 侧视图 1 向下 垂直于纸 面向外 水平向右 2 垂直于纸 面向里 水平向左 3 向上 水平向右 4 垂直于纸 面向外 水平向左 分析实验结果，可以发现什么规律？ 答：磁场方向、电流方向和安培力的方向满足左手定则。 2．试着用三维图，描述F、B、I三者之间的方向关系的方法，总结左手定则。 答：略 [概念·规律] 1．安培力：__通电导线__在磁场中受的力。 2．决定安培力方向的因素 (1)__电流__方向。 (2)__磁感应强度__方向。 3．左手定则：如图所示，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。 4．安培力方向的特点：与电流方向、磁感应强度的方向都__垂直__，即安培力F垂直于__B和I__所决定的平面。 二、安培力的大小 阅读教材，并回答： 1．在必修中讨论过通电导线放入磁场，电流与磁场垂直时，安培力大小与导线长度有何关系？ 答：F＝IlB 2．导线受到的安培力大小的计算公式有条件吗？ 答：电流与磁场垂直 3．当通电导线与磁场方向不垂直也不平行，如何计算安培力？ 答：见教材 [概念·规律] 1．大小 2．单位：力F、电流I、导线长度l、磁感应强度B的单位分别为牛顿(N)、安培(A)、米(m)、特斯拉(T)。 三、磁电式电流表 1．构造：最基本的组成部分是__磁体__和放在磁体两极之间的__线圈__。 2．原理 (1)通电线圈在磁场中受到安培力的作用发生__转动__。螺旋弹簧变形，以__反抗__线圈的转动。 (2)线圈偏转的__角度__越大，被测电流就越大，所以根据线圈偏转角度的大小，可以确定通过电流的__大小__；根据指针偏转的__方向__，可以知道被测电流的方向。 (3)优、缺点 ①优点：灵敏度高，可以测出__很弱__的电流。 ②缺点：线圈的导线__很细__，允许通过的电流很弱。 (1)安培力的方向与磁感应强度的方向相同。(　　) (2)安培力的方向与磁感应强度的方向垂直。(　　) (3)应用左手定则时，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向。(　　) (4)通电导线在磁场中不一定受安培力。(　　) (5)一通电导线放在磁场中某处不受安培力，该处的磁感应强度不一定是零。(　　) (6)若磁场一定，导线的长度和电流也一定的情况下，导线平行于磁场时，安培力最大，垂直于磁场时，安培力最小。(　　) (7)磁电式电表只能测定电流的大小不能确定被测电流的方向。(　　) (8)增加线圈匝数和增加线圈面积都可以提高磁电式电流表的灵敏度。(　　) (9)磁电式电流表内是均匀辐射磁场，不是匀强磁场。(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)√　(6)×　(7)×　(8)√　(9)√ [对应学生用书P3] 探究点一　安培力的方向 [交流讨论] 1．试用左手定则分析：同向电流相互吸引反向电流相互排斥，画图说明。 答： 2．如图所示，两根垂直纸面且相互平行放置的直导线M和N，通有大小相等、方向相反的电流I。对于在纸面上与M、N导线距离都等于l的点P，电流在该点产生的磁场方向如何？说说理由。M导线受到的安培力方向又怎样？ 答：垂直MN连线向右，M受到安培力的方向沿NM方向向上 3．完成本节教材“练习与应用”第1题。 [归纳总结] 1．安培力的方向：不管电流方向与磁场方向是否垂直，安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面，即总有F⊥I和F⊥B。 (1)已知I、B的方向，可唯一确定F的方向。 (2)已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可唯一确定I的方向。 (3)已知F、I的方向时，磁感应强度B的方向不能唯一确定。 2．安培定则(右手螺旋定则)与左手定则的比较 安培定则(右手螺旋定则) 左手定则 作用 判断电流的磁场方向 判断电流在磁场中的受力方向 内容 具体 情况 直线电流 环形电流或通电螺线管 电流在磁场中 应用 方法 拇指指向电流的方向 四指弯曲的方向表示电流的环绕方向 磁感线穿过手掌心，四指指向电流的方向 结果 四指弯曲的方向表示磁感线的方向 拇指指向轴线上磁感线的方向 拇指指向电流受到的磁场力的方向 3．电场力与磁场力的比较：与磁场力相比，电场力是纵向力，其方向总是与电场方向平行，而磁场力是横向力，其方向总是与磁场方向垂直。 　请画出如图所示的甲、乙、丙三种情况下，导体棒受到的安培力的方向。 [解析]　画出甲、乙、丙三种情况的侧面图，利用左手定则判定出在甲、乙、丙三种情况下，导体棒所受安培力的方向如图所示。 [答案]　见解析 　下列情景中，关于通电导线在磁场中所受安培力的方向判断正确的是(　　) A．如图甲所示，通电导线静止，磁场垂直纸面向里 B．如图乙所示，磁场与竖直方向的夹角为θ，电流方向垂直纸面向里 C．如图丙所示，磁场竖直向上，导轨水平放置 D．如图丁所示，导体棒静止，磁场竖直向上 解析　如题图甲所示，根据左手定则可知，通电导线受安培力向上，选项A错误；如题图乙所示，根据左手定则可知，通电导线受安培力垂直B斜向右上方，选项B正确； 如题图丙所示，根据左手定则可知，通电导线受安培力水平向右，选项C错误；如题图丁所示，根据左手定则可知，通电导线受安培力方向应该水平向右，不是沿斜面向上，选项D错误。 答案　B 1．(多选)如图所示，空间中存在一匀强磁场，将长度为L的直导线放置在y轴上，当通以大小为I、沿y轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F，方向沿x轴正方向。下列关于磁感应强度的方向和大小，说法正确的是(　　) A．只能沿x轴正方向 B．可能在yOz平面内，大小为 C．可能在xOz平面内，大小为 D．可能在xOy平面内，大小为 解析　依题意，电流沿y轴负方向，安培力方向沿x轴正方向，根据左手定则可知磁感应强度方向可能沿z轴正方向，则安培力大小为F＝BIL，可得磁感应强度大小B＝，可知此时磁感应强度的方向在xOz平面内，大小为；若除了存在沿z轴正方向分磁感应强度，还存在沿y轴方向的分磁感应强度，则合磁感应强度方向在yOz平面内，设磁感应强度方向与导线的夹角为α，则直导线受到的安培力大小为F＝BIL sin α，当α＝30°时，可得B＝＝，故选BC。 答案　BC ●核心素养·思维升华 左手定则应用的两个要点 (1)安培力的方向既垂直于电流的方向，又垂直于磁场的方向，所以应用左手定则时，必须使拇指的指向与其余四指的指向和磁场方向均垂直。 (2)由于电流方向和磁场方向不一定垂直，所以磁场方向不一定垂直穿入手掌，可能与四指方向成某一夹角，但四指一定要指向电流方向。 探究点二　安培力的大小 1．同一通电导线，按不同方式放在同一磁场中，受力情况不同，如图所示。 (1)如图甲，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力最大，F＝IlB。 (2)如图乙，通电导线与磁场方向平行，此时安培力最小，F＝0。 (3)如图丙，通电导线与磁场方向成θ角，此时可以分解磁感应强度，如图丁所示，于是有安培力大小为F＝IlB sin θ，这是一般情况下安培力的表达式。 2．对安培力的几点说明 (1)F＝IlB sin θ适用于匀强磁场中的通电直导线，求弯曲导线在匀强磁场中所受安培力时，l为有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿l由始端流向末端，如图所示。 (2)同样情况下，通电导线与磁场方向垂直时，它所受的安培力最大；导线与磁场方向平行时，它不受安培力；导线与磁场方向斜交时，它所受的安培力介于0和最大值之间。 (3)在非匀强磁场中，只要通电直导线l所在位置的各点B矢量相等(包括大小和方向)，则导线所受安培力也能用上述公式计算。 (4)当电流同时受到几个安培力时，则电流所受的安培力为这几个安培力的矢量和。 　(多选)如图所示，由相同导体连接而成的正方形线框abcd固定在匀强磁场中，线框所在平面与磁场方向垂直，a、b分别与直流电源两端相接。若导体ab受到的安培力为F1，cd受到的安培力为F2，则(　　) A．安培力的大小F1＝F2 B．安培力的大小F1＝3F2 C．F1与F2的方向相同 D．F1与F2的方向相反 [解析]　设ab边电阻为r，则adcb边电阻为3r，两部分并联电压相等，由I＝可知，导体ab、cd的电流为3∶1，由F＝BIL可知，导体ab、cd所受的安培力大小之比为3∶1，即F1＝3F2，两段导体电流方向均向右，由左手定则可知，受到的安培力方向均向上。 [答案]　BC 　如图所示，在例题中若把四根完全相同的导体连接而成菱形线框abcd固定在匀强磁场中，菱形所在平面与磁场方向垂直，现将直流电源E连接在菱形线框的a、c两点之间，此时导体棒ab所受安培力大小为F，若每根导体棒长均为L，a、c两点间距离为1.5L，则菱形线框abcd所受安培力的大小为(　　) A．F　　　　　　　　 B．2F C．3F D．4F 解析　由安培力公式F ＝ BIL和题目条件知， 导体棒ab和bc串联，通过电流I相等，且长度L 和所处的磁感应强度B也相同，所以两根导体棒所受安培力大小相等，即Fbc＝Fab＝F，同理导体棒ad和dc所受安培力大小相等，即Fad＝Fdc＝F，由左手定则和力的平行四边形定则可知，两导体棒所受安培力的合力大小为Fac＝ 1.5F，方向沿线框平面垂直ac而指向d。由电路对称性原理可知，两导体棒ad和dc所受安培力的合力与两导体棒ab和bc所受安培力的合力的大小和方向都相同，所以菱形线框abcd所受安培力的大小为3F。故C项正确。 答案　C 　在例题中，由相同的导体制成等腰梯形线框，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(　　) A．F B．F C．2F D．F 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＝，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中的电流大小为I，根据欧姆定律，则dabc中的电流为I。 由已知条件可知ab边与dc的电流方向相同，由题意知下底cd受到的安培力F＝BI·2L 所以边dabc所受安培力为F＝B·I·2L＝F，由左手定则可知边dabc所受安培力方向与dc边所受安培力的方向相同，则整个线框受到的安培力为F＋F＝F，故选B。 答案　B 2．(多选)(2024·福建卷)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则(　　) A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大 C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr 解析　根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。 答案　BD 探究点三　安培力作用下导体运动方向的判断 1．判断导体在磁场中运动情况的常规思路 (1)不管是电流还是磁体，对通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导体所在位置的磁场分布情况。 (2)结合左手定则准确判断导体所受安培力的方向。 (3)由导体的受力情况判定导体的运动方向。 2．导体在磁场中运动情况的几种常用方法 电流元法 把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向，然后判断整段导线所受安培力的方向，从而确定导线的运动方向 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立 特殊位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，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 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，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反作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向 　一个可以自由运动的线圈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。当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将(　　) A．不动 B．顺时针转动 C．逆时针转动 D．向纸面内平动 [提示]　一题多解 [解析]　解法一　利用结论法 环形电流L1、L2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得L1的转动方向应是：从左向右看顺时针转动。 解法二　等效分析法 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，通电后，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竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前N极应指向纸里，因此应由向纸里转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动。 解法三　直线电流元法 把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在处磁场方向向上，据左手定则可得，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸里，因此从左向右看线圈L1顺时针转动，故正确答案为B。 [答案]　B 3．如图所示，在蹄形磁铁的上方放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，最初线圈平面与蹄形磁铁处于同一竖直面内，则通电线圈运动的情况是(　　) A．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向下运动 B．ab边转向纸外，cd边转向纸里，同时向上运动 C．ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向下运动 D．ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向上运动 解析　蹄形磁铁的磁场的方向为左边是N极，右边是S极，所以线圈所在的范围内，磁场的方向是从左向右，当通入如题图所示的电流时，根据左手定则可知线圈左半部分受力向里，右半部分受力向外；转动后又会受到向下的安培力。所以ab边转向纸里，cd边转向纸外，同时向下运动，故选C。 答案　C 探究点四　安培力作用下物体的平衡与加速问题 1．解决安培力作用下的平衡与加速问题的一般解题步骤为： (1)明确研究对象。 (2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上。 (3)正确受力分析，分析导体的运动情况。 (4)然后根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。 2．分析并求解安培力时需要注意的问题 (1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向。 (2)安培力大小与导体放置的角度有关，但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况，其中L为导体垂直于磁场方向的长度，为有效长度。 　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．tan θ与电流I成正比 D．sin θ与电流I成正比 [解析]　当导线静止在图(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＝，FT＝mg cos θ 则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。故选D。 [答案]　D 　 在例题中，导体棒置于匀强磁场内。导体棒长度为L，当导线中通以从M到N的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于右图位置上，下列说法正确的是(　　) A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小 B．磁感应强度的最小值为 C．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为 D．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止 解析　对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态。由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A错误；设磁感应强度大小为B，由平衡条件得mgsin θ＝BIL，解得B＝，B正确；设每条细线拉力大小为FT，由平衡条件得mgcos θ＝2FT，解得FT＝mgcos θ，C错误；当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在图示位置保持静止，D错误。 答案　B 　(多选)在例题中，导线置于匀强磁场内。导线长度为l，当导线中通以从M到N(即x轴负方向)的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态，为了使导线平衡，所需的磁场的磁感应强度的大小和方向正确的是(　　) A．z正向，tan θ B．y负向， C．z负向，tan θ D．沿悬线向上，sin θ 解析　若磁感应强度方向沿z轴正向，受力如图甲，根据平衡条件有 T sin θ＝mg，T cos θ＝BIL，解得B＝tan θ，选项A正确；若磁感应强度方向沿y轴负向，受力如图乙，根据平衡条件有mg＝BIL，解得B＝，选项B正确；若磁场方向沿z负向，则直导线不可能平衡在题图位置，选项C错误；若磁感应强度方向沿悬线向上，受力如图丙，根据平衡条件有mg sin θ＝BIL，解得B＝sin θ，选项D正确。 　　 甲　　 　乙　　　丙 答案　ABD 　(2023·海南卷)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10-3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10-2 T的匀强磁场。 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10 cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大。(g＝10 m/s2) (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。 [解析]　(1)对金属杆，跳起的高度为H，竖直上抛运动由运动学关系式v2＝2gH 解得v＝＝ m/s 通电过程金属杆收到的安培力大小为FA＝BIL 由动能定理得BILh－mg(H＋h)＝0 解得I＝4.17 A。 (2)对金属杆，通电时间t′＝0.002 s 由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′－0 由运动学公式v′2＝2gH′ 通过金属杆截面的电荷量q＝I′t′ 联立解得q＝0.085 C。 [答案]　(1) m/s　4.17 A　(2)0.085 C 4．某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法，设计了一个简易的“电磁秤”。如图甲所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L＝0.1 m，与电动势为E0＝9 V的电源(内阻不计)、电流表(量程0～3 A)、开关S、滑动变阻器R(阻值范围为0～100 Ω)相连，质量为M＝0.05 kg、电阻为R0＝2 Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ＝30°角，垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘，空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝5 T，在秤盘中放入待测物体，闭合开关S，调节滑动变阻器，当金属棒平衡时，通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量。已知秤盘中不放物体且金属棒静止时电流表读数为I0＝0.1 A。其余电阻、摩擦以及轻绳质量均不计，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求秤盘的质量m0； (2)求此“电磁秤”的称量物体的最大质量及此时滑动电阻器接入电路的阻值； (3)为了便于得出秤盘上物体质量m的大小，请写出m与I的表达式并在图乙中作出其与电流表读数关系的m­I图像。 解析　(1)秤盘中不放物体时，使金属棒静止时电流表读数为I0＝0.1 A，对金属棒根据平衡条件可得m0g＝BI0L＋Mg sin θ 解得m0＝0.03 kg。 (2)当电路中的电流最大时，此电磁秤称得的质量最大，电路中的最大电流为电流表的量程，即Ig＝，解得R＝1 Ω 对金属棒以及重物、称盘根据平衡条件可得(m0＋mmax)g＝Mg sin θ＋BIgL 解得mmax＝0.145 kg。 (3)电流表示数I与所测物体的质量m的关系式为Mg sin θ＋BIL＝(m＋m0)g 代入数据解得m＝kg(0.1 A＜I＜3 A) 图像如图所示。 答案　(1)0.03 kg　(2)0.145 kg　1 Ω (3)见解析 [对应学生用书P8] 1．在正三角形ABC的三个顶点A、B、C处，各固定有一根垂直于三角形的长直导线，每根导线通有大小相同的恒定电流，电流方向如图所示，已知导线A受到的安培力大小为F，则导线C受到的安培力(　　) A．大小为F，方向平行AB向左 B．大小为F，方向平行AB向右 C．大小为F，方向垂直AB向下 D．大小为F，方向垂直AB向上 解析　设两长直导线间的相互作用力大小为F1，反向电流相互排斥，同向电流相互吸引，对长直导线A研究，受力分析如图(a)所示，根据力的合成可得FA＝2F1cos 60°，F1＝FA＝F。对长直导线C研究，受力分析如图(b)所示，根据力的合成可得，C受到的安培力为FC＝2F1cos 30°，解得FC＝F，方向垂直AB向下，故选C。 　 答案　C 2．(2025·江苏无锡期中)若用细线将一条形磁体悬挂于天花板上，条形磁体处于水平且静止的状态。当导线ab中通有如图所示的电流时，则(　　) A．条形磁体的N极将向外偏转 B．条形磁体的N极将向内偏转 C．条形磁体受到的拉力小于其受到的重力 D．条形磁体受到的拉力等于其受到的重力 解析　直导线通入电流时，直导线的左端受到方向垂直纸面向里的安培力，根据牛顿第三定律可知，磁铁的N极受到方向垂直纸面向外的作用力，应向纸面外偏转，选项A正确，B错误；由上述可知磁铁会逆时针(从上向下看)转动，在转过90°时对直导线有向上的作用力，所以磁铁受到向下的作用力，故磁铁受到的拉力大于其受到的重力，选项C、D错误。 答案　A 3．(2025·广州模拟)如图所示，小越制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置，如图所示。U形磁铁置于水平电子测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其磁感应强度B的大小待测，不计两极间正对区域以外的磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间(未与磁铁接触)，导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为G0；导体棒通以图示方向电流I时，测力计的示数为G1。测得导体棒在两极间的长度为L，磁铁始终静止。下列说法正确的是(　　) A．B＝ B．B＝ C．若滑动变阻器的滑片向右移动，测力计示数将变小 D．若仅使电流方向与图示的电流方向相反，测力计示数将变为2G0－G1 解析　当导体棒通以图示方向电流I时，根据左手定则可知，导体棒受的安培力向上，根据牛顿第三定律磁铁受到导体棒对磁铁向下的作用力，由平衡可知F安＝BIL＝G1－G0 解得B＝，故A、B错误；若滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总阻值减小，根据闭合电路欧姆定律，可知电流增大，根据F安＝BIL可知，导体棒受向上的安培力增大，根据牛顿第三定律磁铁受到向下的作用力也增大，测力计示数为G0＋BIL，将变大，故C错误；电流为图示方向时，测力计示数为磁铁对测力计的压力，由牛顿第三定律可知该压力与测力计对磁铁的支持力相等，又因为支持力 FN1＝G1＝G0＋BIL，BIL＝G1－G0，电流方向与图示的电流方向相反时，导体棒受安培力向下，根据牛顿第三定律磁铁受到导体棒对磁铁向上的作用力，磁铁受到的支持力FN2＝G0－BIL＝G0－(G1－G0)＝2G0－G1，测力计示数为磁铁对测力计的压力与该支持力大小相等，故D正确。 答案　D 4．如图所示，倾角θ＝37°、宽度L＝0.5 m的光滑导轨，处于竖直向下的匀强磁场中。电源的电动势E＝6 V、内阻r＝1 Ω，电动机两端所加的电压U＝5 V、消耗的电功率P＝4 W、其线圈的电阻rm＝0.5 Ω，质量m＝0.01 kg的导体棒与导轨垂直且处于静止状态。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。 (1)求电动机对外做功的功率P机； (2)求磁场的磁感应强度B的大小； (3)仅改变磁场，仍使导体棒处于静止状态，求磁感应强度的最小值B′和方向。 解析　(1)通过电动机的电流为Im＝＝0.8 A 电动机对外做功的功率 P机＝P－P热＝P－Im2rm＝3.68 W。 (2)导体棒与导轨垂直且处于静止状态，根据平衡条件F cos 37°＝mgsin 37°＝0.06 N 解得F＝0.075 N，其中安培力F＝BIL 根据闭合电路欧姆定律E＝U＋(I＋Im)r 解得B＝0.75 T，I＝0.2 A。 (3)当磁场方向垂直导轨平面向下时，安培力沿导轨向上，此时磁感应强度最小 F′＝B′IL＝mgsin 37°，解得B′＝0.6 T。 答案　(1)3.68 W　(2)0.75 T　(3)0.6 T，方向垂直导轨平面向下 5．如图所示，水平面内的光滑导轨平行放置，左端MM′与电路相连，右端NN′垂直放置导体ab，处在竖直向下的匀强磁场中。已知磁感应强度B＝1 T，导轨间距d＝0.2 m，导体ab的质量m＝0.01 kg，电源电动势E＝24 V，内阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝5 Ω，电容C＝1000 μF。开关S先接1，稳定后再接到2，导体ab水平飞出，电容器还残留q＝0.002 C电荷。求： (1)开关S接1稳定时电容器上的电荷量Q； (2)导体ab飞出时的速度v。 解析　(1)根据题意，由闭合回路欧姆定律可得，开关S接1稳定时电路中电流为I＝＝2.4 A 则电容器两端电压为UC＝IR2＝12 V 开关S接1稳定时电容器上的电荷量Q＝CUC＝1000×10-6×12 C＝0.012 C。 (2)根据题意，设开关S接2时，导体ab中的平均电流为I1，时间为Δt，则由动量定理有 BI1d·Δt＝mv－0，又有I1·Δt＝Q－q 代入数据联立解得v＝0.2 m/s。 答案　(1)0.012 C　(2)0.2 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$