第11章 第1讲 磁场及其对电流的作用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

第1讲　磁场及其对电流的作用 第十一章　磁场 1 [考情分析及命题规律解读] 2 [学习目标]　1.理解磁场的性质及磁感应强度的概念，会求解磁感应强度叠加的问题。2.掌握左手定则，会判断安培力的方向，并会计算安培力的大小。 3 考点一　安培定则、磁场的叠加 考点二　安培力的大小和方向 考点三　安培力作用下导体运动的判断 课时作业　巩固提高训练 考点四　安培力作用下导体的平衡、加速问题 内容索引 4 考点一　安培定则、磁场的叠加 一 5 1.磁场与磁感应强度 (1)磁场的基本性质 磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有__________的作用。 (2)磁感应强度 ①物理意义：描述磁场的强弱和__________。 ②定义式：B＝(通电导线垂直于磁场的情况下)。 ③方向：小磁针静止时N极所指的方向。 ④单位：特斯拉，简称特，符号为T。 力 方向 盘点 核心知识 6 2.磁感线的特点 (1)磁感线上某点的__________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__________。 (3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从_________指向__________；在磁体内部，由__________指向__________。 (4)同一磁场的磁感线不中断、不__________、不相切。 (5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。 切线 强弱 N极 S极 S极 N极 相交 7 3.几种常见的磁场 (1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示) 8 (2)电流的磁场   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 9   直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 横截 面图 从上往下看 从左往右看 从左往右看 纵截 面图 10 (3)匀强磁场 磁场中各点的磁感应强度的大小__________、方向__________，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。 (4)地磁场 ①地磁的N极在地理__________附近，S极在地理 __________附近，磁感线分布如图所示。 相等 相同 南极 北极 ②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度的大小__________，且方向水平__________。 ③地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。 相等 向北 11 [判断正误] 1.磁感线可以形象地描述各处磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向 都和小磁针放在该点静止时N极所指的方向一致。(　　) 2.磁场中的一小段通电导线在该处所受磁场力为零，此处磁感应强度B不一定为零。(　　) 3.由定义式B＝可知，电流I越大，导线l越长，某点的磁感应强度B就越小。(　　) 4.磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同。(　　) 5.电流元在磁场中某点受到的作用力越大，该点磁感应强度越大。 (　　) √ √ × × × 12 [典例1]　如图所示，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(　　) A.a　　　　　　　 B.b　　　 C.c　　　 D.d [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。 C 提升 关键能力 13 [典例2]　(2025·江苏扬州模拟)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，若小磁针偏转60°角静止，则通过该直导线的电流为(　　) A.I0 B.I0 C.I0 D.3I0 [解析]　设小磁针所处地磁场的磁感应强度为B0，电流I0产生的磁场磁感应强度为B1＝kI0，依题意有B1＝B0tan 30°，设当电流为I'时，小磁针偏转角为60°，电流产生的磁场为B2＝kI'，又B2＝B0tan 60°，联立方程解得I'＝3I0，故A、B、C错误，D正确。 D 14 解答磁场叠加问题的思路 方法技巧 1.确定磁场的场源，如已知磁场、通电导线等。 2.定位空间中磁感应强度待求点的位置，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁感应强度的大小和方向。M、N在c点产生的磁感应强度BM、BN如图所示。 3.应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。 15 1.如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面 向外，若过a点的导线在O点产生的磁感应强度为B，则(　　) A.O点的磁感应强度为0 B.O点的磁感应强度为B C.移走d点的导线，O点磁感应强度变为B D.移走d点的导线，O点磁感应强度变为B 教参独具 C 16 解析：四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条通电导线在O点产生的磁感应强度大小相等，均为B。根据安培定则可知四条导线在O点产生的磁感应强度方向，如图所示。由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则可知，O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小为2B，故A、B错误；移走d点的导线，其他三条导线在O点的磁感应强度不变，则O点磁感应强度变为B，故C正确，D错误。 17 2.(2025·江苏南通期中)某同学要测量某地点地磁场的磁感应强度，选取的电流元的电流大小为I，长度为L。测得电流元竖直放置时地磁场对它的力的大小为F1；水平东西放置时地磁场对它的力的大小为F2，设地 磁场在该地点磁感应强度的大小为B，与竖直方向的夹角为α，则(　　) A.B＝ ，cos α＝ B.B＝，sin α＝ C.B＝ ，cos α＝ D.B＝ ，tan α＝ B 18 解析：当直导线水平东西放置时，磁场方向与直导线垂直，则F2＝ILB，可得B＝，电流元竖直放置时地磁场对它的力的大小为F1，可知地磁场的水平分量为Bx＝，则地磁场方向与竖直方向的夹角满足sin α＝，故B正确。 19 考点二　安培力的大小和方向 二 20 1.安培力：__________在磁场中受的力称为安培力。 2.安培力的大小： F＝IlBsin θ(其中θ为B与I之间的夹角，如图所示)。 通电导线 (1)两种特殊情况 ①磁场和电流垂直时：F＝BIl。 ②磁场和电流平行时：F＝0。 (2)公式的适用条件：一般只适用于__________磁场。 匀强 盘点 核心知识 21 (3)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指向末端，如图所示。 22 3.安培力的方向 左手定则：伸开左手，使__________与_______________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__________指 向电流的方向，这时__________所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。 4.同向电流相互__________，反向电流相互__________。 拇指 其余四个手指 四指 拇指 吸引 排斥 23 [判断正误] 1.在磁场中同一位置，电流元的电流越大，所受安培力也一定越大。 (　　) 2.安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直。(　　) 3.通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了。 (　　) 4.在磁感应强度为B的磁场中放置长为l的一段导线，当通过电流为I时， 它所受安培力为BIl。(　　) × √ × × 24 [典例3]　(2025·江苏镇江模拟)一不可伸长直导线垂直于匀强磁场B放置，通过电流I时导线受到的安培力为F，将该导线做成半圆环，圆环平面仍垂直于匀强磁场放置，如图所示，并保持安培力不变，则圆环中电 流大小为(　　) A.I　　　　　　　　 B.I C.πI D.I 考向1　安培力的大小 B 提升 关键能力 25 [解析]　直导线在磁场中受到的安培力F＝ILB，半圆环导线在磁场中受力的有效长度是半圆环的直径长度，则F＝BI'，联立解得I'＝I，故B正确。 26 [典例4]　如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来，此时台秤示数为F1，现在磁体上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以如图所示方向的电流 后，台秤示数为F2，则以下说法正确的是(　　) A.弹簧长度将变长　　　　 B.弹簧长度将变短 C.F1＝F2 D.F1＜F2 考向2　安培力的方向 B 27 [解析]　如图甲所示，导体棒所在处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁体受力分析，如图乙所示，所以台秤对条形磁体的支持力减小，即台秤示数F1＞F2，在水平方向上，由于F'有水平向左的分力，使条形磁体压缩弹簧，所以弹簧长度变短，故选B。 28 [典例5]　(2024·贵州卷)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1＞I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力 的合力方向(　　) A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向左 D.水平向右 C 29 [解析]　根据右手螺旋定则可知导线框所在处的磁场方向向里，由于I1＞I2，则导线框左侧所在处的磁场强度大，同一竖直方向上的磁场强度相等，故导线框水平方向的导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合F＝BIL可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左，故选C。 30 3.(2025·江苏扬州开学考试)将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大 小为(　　) A.0 B.BIr C.πBIr D.BIr 教参独具 B 31 解析：由题图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，为L＝r，电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为I大＝，I小＝，故线框所受安培力大小为F安＝I大LB＋I小LB＝BIr，故B正确。 32 4.如图所示，将一轻质矩形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F六点固定，E、F为AD、BC边的中点。一不易形变的长直导线在E、F两点处固定，现将矩形绝缘软线圈中通入电流I1，直导线中通入电流I2，已知I1≪I2，长直导线和线圈彼此绝缘，则稳定后软线圈大致的形状可能 是(　　) B 33 解析：由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，软线圈的各段导线的形变方向为其受到的安培力方向，故由左手定则可判断B图正确，故选B。 34 考点三 安培力作用下导体运动的判断 三 35 1.判断导体运动情况的基本思路 (1)弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况。 (2)利用左手定则准确判定导体的受力情况。 (3)确定导体的运动方向或运动趋势的方向。 盘点 核心知识 36 2.五种常用判定方法 电流元法 分割为电流元安培力方向→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→条形磁体 结论法 同向平行电流互相吸引，异向平行电流互相排斥；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 37 [典例6]　如图所示，在固定放置的条形磁体S极附近悬挂一个金属线 圈，线圈与水平磁体位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方 向流动的电流时，将会看到(　　) A.线圈向左平移 B.线圈向右平移 C.从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁体 D.从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁体 [解析]　把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁体，C正确。 C 提升 关键能力 38 [典例7]　一个可以绕过圆心的水平轴自由转动的线圈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(　　) A.不动　　　　　　　　 B.顺时针转动 C.逆时针转动 D.在纸面内平动 B 39 [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。 40 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。 41 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。 42 考点四 安培力作用下导体的平衡、加速问题 四 43 分析通电导体在磁场中的平衡、加速问题的思路 (1)选定研究对象，一般为某段导体棒(线框)。 (2)受力分析时，变三维图为二维图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如图所示。 (3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。 盘点 核心知识 44 [典例8]　(2025·江苏常州高三阶段检测期中)如图所示，在匀强磁场区域内有一倾角为θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根长为l、质量为m的导线，通以如图所示方向的电流I时，通电导线能静止在斜面上，重 力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.导线所受的安培力方向可能垂直于斜面向下 B.磁感应强度大小可能为B＝，方向竖直向上 C.磁感应强度大小可能为B＝，方向水平向左 D.磁感应强度方向垂直于斜面向下时，其大小最小，且最小值为B＝ 考向1　安培力作用下的平衡问题 D 提升 关键能力 45 [解析]　导线所受的安培力若垂直于斜面向下，则导线合力不为0，导线不能静止，A错误；若磁场方向竖直向上，则安培力方向水平向左，导体棒不能静止，B错误；若磁场方向水平向左，则安培力方向竖直向下，导体棒不能静止，C错误；根据重力、支持力、安培力三力平衡可知，当安培力方向沿斜面向上，即磁场方向垂直于斜面向下时，安培力最小，此时磁感应强度最小，故有mgsin θ＝IlB，解得B＝，D正确。 46 [典例9]　(2025·江苏盐城模拟)如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为2R，初始时静止于光滑的水平轨道上，导轨电阻不计，电源电动势为E，内阻不计。匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角 斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则(　　) A.导体棒向左运动 B.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 C.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 D.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 考向2　安培力作用下的加速问题 C 47 [解析]　由左手定则可知，安培力垂直磁感线指向右下方，如图所示，则有向右的水平分力，从而导致导体棒向右运动，故A错误；安培力的方向与导轨成90°－θ的夹角，由闭合电路欧姆定律可得I＝，则开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力F＝ILB＝，故C正确，D错误；导体棒所受合力F合＝Fsin θ＝，由牛顿第二定律F合＝ma可知，开关闭合瞬间导体棒MN的加速度a＝，故B错误。 48 课时作业　巩固提高训练 五 49 1.关于电流周围产生的磁场分布，下列图示正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 夯实基础 D 50 解析：根据通电直导线周围磁场强度分布规律可知，从导线向远处延伸，磁场强度逐渐减弱，表示磁感线的“×”和“·”逐渐稀疏，根据安培定则可知导线左侧磁场方向应垂直纸面向里，右侧磁场方向应垂直纸面向外，故A错误；根据安培定则可知通电直导线产生的磁场方向应为逆时针方向，且从导线向远处延伸，磁感线应逐渐稀疏，故B错误；根据安培定则可知环内部磁场方向应垂直纸面向里，环外侧磁场方向应垂直纸面向外，故C错误；根据安培定则可知该环形导线在其中轴线上产生的磁场方向大致向右，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 51 2.(2025·江苏苏州实验中学校联考)如图所示，半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中，已知磁感应强度为B，导线长为πl，直径ac 与磁场方向夹角为θ＝60°。该导线受到的安培力大小为(　　) A.2BIl　　　　　 B.BIl C.BIl D.BIl 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：该导线受到的安培力大小F＝BIlacsin θ，由于半圆形导线长为πl，则lac＝2l，则F＝BIl，故选B。 B 52 3.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向由a到b的电流，则导线ab受安培 力后的运动情况为(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 53 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。当导线转过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安培力的方向，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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 54 4.(2025·江苏南通模拟)如图所示，在水平向右磁感应强度大小为B的匀强磁场中，以O点为圆心的竖直面内圆周上有M、N、P、Q四个点，将两根长直导线垂直于纸面放在M、N处，并通入相同的电流，Q点磁感 应强度大小为0，则(　　) A.P点磁感应强度大小为0 B.P点磁感应强度大小为2B C.M处导线受安培力方向竖直向上 D.M处导线受安培力方向斜向右上方 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 55 解析：Q点磁感应强度大小为0，则M、N处的导线 在Q点产生的合磁场大小为B，方向水平向左，根据 对称性可知，M、N处的导线在P点产生的合磁场与 在Q点产生的合磁场等大反向，即M、N处的导线在 P点产生的合磁场大小为B，方向水平向右，故P点 磁感应强度大小为2B，方向水平向右，故A错误，B正确；根据右手螺旋定则可知，N处的导线在M处产生的磁场方向竖直向上，则M处磁场方向斜向右上方，根据左手定则，M处导线受安培力方向斜向右下方，故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 56 5.(2025·江苏南通模拟)如图所示，将一根粗细均匀的导体棒折成梯形线框PQMN，各边长度为PQ＝PN＝QM＝L，MN＝2L，线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框底边P、Q两点与直流电源两端相接，已知导体棒PQ受到的安培力大小为F，则整个线框 PQMN受到的安培力大小为(　　) A.F B.F C.5F D.0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 57 解析：由题可知，流过PNMQ支路的电流I1和流过PQ支路的电流I2关系为4I1＝I2，已知导体棒PQ受到的安培力为F，方向向上，PNMQ支路在磁场的有效长度为L，故PNMQ支路所受安培力为F'＝BI1L＝BI2L＝，方向向上，故整个线框PQMN受到的安培力大小为F合＝F＋F'＝F，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 58 6.如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd用绝缘细线悬挂在天花板上处于静止状态，ab边水平，带有绝缘层的长直金属导线MN水平固定，刚好与金属线框ad边和bc边接触，线框关于长直导线对称，长直导线通有从M到N的恒定电流，线框中通有大小为I、沿顺时针方向的恒定电流，线 框的质量为m，重力加速度为g，细线的拉力为F，则(　　) A.ab边受到的安培力方向向上 B.F＜mg C.俯视看，线框有绕悬线沿逆时针方向转动的趋势 D.长直导线中的电流在线框ab边处产生的磁场磁感应强度大小为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 59 解析：同向电流相互吸引，ab边受到的安培力方向向下，选项A错误；ab边受到的安培力向下、cd边受到的安培力向下，则悬线拉力大于线框重力，选项B错误；根据线框四边受到的安培力方向可知，线框没有转动的趋势，选项C错误；线框ab边受到的安培力＝BIL，解得B＝，选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 60 7.如图所示，竖直平面内的半圆形金属圆环ACD固定在水平向右的匀强磁场中，AD边与磁感线平行，C为圆弧最高点，将圆环中通入沿顺时针 方向的电流，则下列说法正确的是(　　) A.半圆环有向上运动的趋势 B.半圆环有收缩趋势 C.俯视看，半圆环有绕CO沿顺时针转动的趋势 D.整个圆弧ACD段受到的安培力不为零 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 解析：根据左手定则可知，圆环右半边受到的安培力方向垂直纸面向外，左半边受到的安培力方向垂直纸面向里，因此俯视看，圆环有绕CO沿顺时针转动的趋势，由于两半边受到的安培力等大反向，则受到的合安培力为零。故选C。 61 8.(2025·江苏南京第二十九中学检测)如图所示，水平地面上平行放置两根足够长的通电直导线a和b，电流大小相等，方向垂直纸面向里，竖直线MN位于直导线a、b连线的中垂面上。通电直导线c中的电流方向垂直纸面向外。现在从M点由静止释放直导线c，直导线c可沿中垂面落至地面上的N点。整个过程导线a和b静止不动，不计空气阻力，则由M点 运动到N点的过程中(　　) A.导线c在M点受到的安培力水平向右 B.导线c在M点受到的安培力竖直向下 C.导线c可能做加速度一直增大的加速运动 D.导线c可能做加速度一直减小的加速运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 62 解析：根据右手螺旋定则可知通电直导线a和b在M 点的磁场方向如图所示，由矢量的叠加可知通电直 导线a和b在M点的磁场方向水平向右，根据左手定 则可知导线c在M点受到的安培力竖直向上，故A、 B错误；若距离N点无穷远处，磁感应强度为零，N点磁感应强度为零，所以从无穷远处到N点磁感应强度先增大后减小，由于不清楚M点的位置，所以通电直导线c所受安培力可能先增大后减小，也可能一直减小，结合牛顿第二定律mg－F＝ma，可知导线c可能做加速度一直增大的加速运动，也可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的加速运动，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 63 9.(2025·江苏盐城中学模拟)通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I、方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线平衡时细线与竖 直方向成θ＝30°角，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.mg＝BIl B.两根细线的拉力的合力FT＝mg C.若增大磁感应强度，则细线的偏角将不变 D.若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab可 摆过的最大角度为60° 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 能力提升 D 64 解析：对直导线受力分析，受重力、安培力和细线拉力，如图所示，根据平衡条件可得FA＝BIl＝mgtan θ，即BIl＝mg，细线的拉力的合力FT＝，选项A、B错误；根据BIl＝mgtan θ可知，若增大磁感应强度，则细线的偏角将增大，选项C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆到最大高度时，有BIl·Lsin α－mgL(1－cos α)＝0，解得α＝60°，选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 65 10.(2025·江苏南京外国语学校模拟)如图所示，长方体的ABCO面为正方形，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，现在AB、BC、CD、DA上分别放置四根导体棒，且构成一闭合回路，当回路中通有沿ABCDA方 向的电流时，下列说法正确的是(　　) A.CD棒所受的安培力方向垂直纸面向外 B.四根导体棒均受安培力的作用 C.CD棒与DA棒所受的安培力大小相等 D.DA棒所受的安培力最大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 66 解析：根据左手定则可知，CD棒所受的安培力方向垂直纸面向里，A错误；导体棒AB中电流方向与磁场方向平行，导体棒AB不受安培力的作用，B错误；导体棒CD的有效长度与OD边长度相等，而lOD＜lDA ，根据F＝BIl，可知CD棒所受的安培力小于DA棒所受的安培力大小，C错误；由于lDA＞lBC，lOD＜lDA，可知DA棒所受的安培力最大，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 67 11.(12分)(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的大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 68 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合开关，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，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取10 m/s2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 69 解析：设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流为I。 金属杆离开液面后做竖直上抛运动，飞起的高度为H，由运动学公式得v2＝2gH 解得v＝ m/s 由动能定理有BILh－mg(H＋h)＝0 解得I≈4.17 A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 答案： m/s　4.17 A　 70 (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，求通过金属杆横截面的电荷量。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：对金属杆，由动量定理有 (BI'L－mg)t'＝mv' 由运动学公式得v'＝ 又q＝I't' 解得q＝0.085 C。 答案：0.085 C 71 $$