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物理选择性必修二1.1 磁场对通电导线的作用力同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；平行通电直导线间的相互作用
【解析】【解答】A、左右向外凸、上下向内凹→与安培力方向（左右吸引向内、上下排斥向外 ）矛盾，A错误；
B、左右向内凹、上下向内凹→上下应受排斥力向外凸，矛盾，B错误；
C、左右向内凹（吸引 ）、上下向外凸（排斥 ）→符合安培力方向，C正确；
D、左右向外凸、上下向外凸→左右应受吸引力向内凹，矛盾，D错误；
故答案为：C。
【分析】A：左右、上下形变方向均错误，违背安培力吸引/排斥规律，错误。
B：上下形变方向错误（应向外凸 ），错误。
C：左右向内凹（吸引 ）、上下向外凸（排斥 ），符合受力，正确。
D：左右形变方向错误（应向内凹 ），错误。
2．无限长平行直导线、每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图，若水平固定，将悬挂在弹簧下端，平衡时弹簧的伸长量为；再在两导线内通入大小均为的电流，方向相反，平衡时弹簧又伸长了。若水平固定，将悬挂在弹簧下端，两导线内通入大小均为的电流，方向相同，平衡后弹簧的伸长量恰为。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与距导线的距离成反比。则、单位长度的质量比为(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；平行通电直导线间的相互作用
【解析】【解答】电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。 直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。
设直导线单位长度为，弹簧的劲度系数为，对单位长度直导线，根据题意有
两通电导线电流方向相同时，通电导线相互吸引，两通电导线电流方向相反时，通电导线相互排斥，根据题意通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与距导线的距离成反比，两导线内通入大小均为I的电流，方向相反，平衡时弹簧又伸长了，根据
可知受到的排斥力
若a水平固定，将b悬挂在弹簧下端，两导线内通入大小均为2I的电流，方向相同，平衡后弹簧的伸长量恰为，根据平衡条件
又
联立可得
结合可得
故答案为：A。
【分析】根据共点力平衡条件以及磁场力的特点分析解答。
3．大国重器节目介绍的输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆、连线水平，某时刻、中电流方向垂直于纸面向里，中电流方向垂直于纸面向外，、、中电流大小均为，则(　　)
A．正三角形中心处的磁感应强度为
B．A、连线中点处的磁感应强度斜向左上方
C．A、输电线缆相互吸引
D．A、输电线缆相互吸引
【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；平行通电直导线间的相互作用
【解析】【解答】 A、A根据右手定则可判断输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OA指向左下方，B输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OB指向右下方，根据对称性可知，AB输电线缆在O处产生的磁感应强度大小相等，根据矢量的合成法则可判断A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向下，而C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向右，所以O处合磁感应强度方向应斜向右下方，故A错误；
B、A输电线缆在A、B连线中点处的磁感应强度方向竖直向下，B输电线缆在O点的磁感应强度方向竖直向下，C输电线在A、B连线中点的磁感应强度方向水平向右，所以A、B连线中点合磁感应强度方向斜向右下方，故B错误；
CD、根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，A、C输电线缆相互吸引，A、B输电线缆相互排斥，故C正确，D错误；
故选：C。
【分析】AB、根据右手定则判断出每根电缆在O处或AB中点处的磁感应强度，再根据矢量的合成法则求合磁感应强度；
CD、根据通向电流互相吸引反向电流互相排斥，可判断AC、AB输电线缆间的作用力。
4．电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长，宽，发射的炮弹质量为，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向为竖直向下
B．炮弹的加速度大小为
C．炮弹在轨道中加速的时间为
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
【答案】C
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用；平行通电直导线间的相互作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．根据左手定则，磁场方向应竖直向上（电流向前，安培力向右），故A错误；
B．加速动力须由安培力负责供应
整理得
故B错误；
C．根据位移公式有，整理代入数据得
故C正确；
D．炮弹发射过程中的最大速度在最后瞬间
炮弹发射过程中安培力的最大功率发生在末端速度最大时
故D错误；
故选C。
【分析】（1）解题关键是左手定则判断磁场方向和牛顿第二定律计算加速度；突破点是运动学公式求时间及功率公式的瞬时性；轨道长度为加速距离；
（2）易错点是磁场方向误判或功率计算忽略末速度。
5．磁电式电流表的构造如图所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。长方形线圈的匝数为n，平行于纸面的边长度为，垂直于纸面的边长度为，垂直于纸面的边所在处磁场的磁感应强度大小为B。线圈在图中实线位置时，线圈中电流大小为I，改变线圈中电流，线圈稳定后停留在图中虚线位置，下列说法正确的是（　　）
A．在虚线位置，线圈的磁通量最大
B．在实线位置，线圈垂直磁场的某一边受到的安培力小于
C．不论在哪个位置，线圈平行于纸面的某一边受到的安培力大小均为
D．从实线位置到虚线位置，线圈中的电流减小
【答案】D
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A．线圈在虚线位置时，处于水平位置，根据对称性可知穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
B． 磁电式电流表内部的磁场是均匀辐向分布的，这种分布确保了不论线圈转到什么角度，其平面都与磁感线保持平行，所以线圈在通电时，无论在那个位置始终受到大小相等的安培力，由于线圈匝数为n，根据安培力公式可知，线圈垂直磁场的某一边在实线位置所受的安培力大小为
故B错误；
C． 不论在哪个位置，线圈平行于纸面的某一边与磁场方向平行，受到的安培力为零，故C错误；
D． 线圈转动的幅度由电流的大小决定，电流变大线圈转动的幅度变大，电流变小线圈转动的幅度变小，从实线位置到虚线位置，线圈转动的幅度变小，线圈中的电流减小，故D正确。
故选D。
【分析】 本题考查磁电式电流表的工作原理 。根据磁通量的定义式得出穿过线圈的磁通量即可判断；根据安培力公式得出线圈垂直磁场的某一边和线圈平行于纸面的某一边所受的安培力的大小；电流大小决定安培力大小，安培力大小决定线圈转动的幅度。
6．磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间有均匀辐向分布的磁场。线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，指针也固定在铝框上。当电流通过线圈时，线圈左右两边导线受到安培力的方向相反，于是安装在轴上的线圈就要转动，从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小。下列说法正确的是（　　）
A．圆柱内的磁感应强度处处为零
B．线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行
C．将线圈绕在闭合的铝框上，可使指针摆动加快
D．在运输时用导线将电流表的两个接线柱连在一起，可减小线圈中因晃动而产生的感应电流
【答案】B
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】 在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。A．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故A错误；
B．极靴与圆柱间的磁场均匀辐向分布，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，故B正确；
C．将线圈绕在闭合的铝框上，电流大小不变，不改变指针摆动的快慢，故C错误；
D．在运输时用导线将电流表的两个接线柱连在一起，线圈中因晃动而产生的感应电流，以阻碍线圈的晃动，故D错误。
故选B。
【分析】 首先明确磁电式仪表的制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；然后找出与电流表的原理相同的选项即可；同时由左手定则来确定安培力的方向。
7．如图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则下列选项正确的是（　　）
A．该磁场为匀强磁场 B．线圈将顺时针转动
C．a、b两边受安培力相同 D．线圈平面总与磁场方向垂直
【答案】B
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A．匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，匀强磁场的磁感线是一条条距离相等的平行直线，由图可知，该磁场不是匀强磁场，故A错误；
BC．根据左手定则，结合电流方向以及磁场方向，图示位置a边受安培力向上，b边受安培力向下，则a向上转动，b向下转动，即线圈将顺时针转动，故B正确，C错误；
D．根据磁感线分布可知，线圈平面总与磁场方向平行，故D错误。
故选B。
【分析】 由题意可知考查磁电式电流表内部磁场特点及安培力方向判断，由左手定则结合图像分析可得。
8． 如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线MN平行于圆弧槽底边放在圆弧槽上，导线中通有M→N的电流I，整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），MN静止时，MO连线与竖直方向的夹角θ为，圆弧槽对导线MN的支持力为FN，PP'与圆心O等高。下列说法正确的是（　　）
A．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则FN先增大后减小
B．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转45°过程中，则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为
C．若磁场的大小和方向可以改变，为使导线MN仍能在图示位置处静止，所需的最小磁感应强度的值为原来的倍
D．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN将有可能沿圆弧槽缓慢运动到上方
【答案】B
【知识点】安培力；共点力的平衡
【解析】【解答】A.磁场未转动时，由左手定则可知，导线受到的安培力水平向右，若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则导线受到的安培力大小不变，方向由水平以导线为轴顺时针转动45°，由水平方向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大，若导线仍处于平衡状态，则支持力方向也不变，但其竖直分量会逐渐增大，因为会逐渐增大，A不符合题意；
B.磁场未转动时，长直导线受力图如图所示：
由平衡条件可得
若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转45°，由力的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如图所示，由解析图可知，当安培力F的方向与支持力为的方向垂直时，MO连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正切值为最大，此时支持力为
解得
B符合题意；
C.图示位置磁场方向竖直向下，设磁感应强度为，则
当安培力与弹力方向垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，设此时的磁感应强度为，则
联立解得得
若磁场的大小和方向可以改变，为使导线MN仍能在图示位置处静止，所需的最小磁感应强度的值为原来的倍，C不符合题意；
D.若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式F=BIL，可知安培力增大，方向不变，支持力增大，角增大，导线向上移动，可当角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不会再处于平衡状态，可知角不可能达到90°，只有时，长直导线有可能受力平衡，因此导线MN不可能沿圆弧槽缓慢运动到PP'位置，更不可能运动到PP'上方，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据安培力公式结合共点力平衡条件分析ABC；根据力的合成及几何关系解得D。
9． 如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，这两个三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．正电荷在O点处受电场力方向由O指向C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G
B．O点处的电势高于D点处的电势，D点处场强大于O点处场强
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小
【答案】A
【知识点】安培力；安培定则；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A.做出三个点电荷在O点处产生的场强，如图所示：
根据几何关系可知AO=BO=CO，且三个点电荷的电荷量相等，因此三个点电荷在O点产生的场强大小相等，根据电场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，O点处的合场强由O指向C，而带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与场强的方向相同，因此正电荷在O点处受电场力方向由O指向C；根据安培定则，分别做出三根通电直导线在H处产生的磁场方向，如图所示：
由于H点距三根通电直导线的距离相等，且三根通电直导线中电流大小相等，因此三根通电直导线在H处产生的磁场强度大小相等，根据磁场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，H点处的合磁场方向平行EF水平向右，因此根据左手定则可知，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G，A符合题意；
B.由于O点在B、C处两等量异种点电荷连线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且电势为零，因此O点处的电势即为A点处的正电荷所形成电场在O点的电势，根据几何关系可得
可得，O点处的电势
D点处的电势
可知
在O点，根据A项分析可知
由点电荷形成的场强的计算公式结合几何关系可得O点处的合场强
在D点，由于A、B两处的点电荷在D点产生的场强大小相等方向相反，因此D点处的场强大小即为C点处的电荷在D点产生的场强的大小，可得
显然
B不符合题意；
C.做出B、C处两电荷在处产生的场强的大小，根据平行四边形定则做出合场强，如图所示：
由于A处电荷带正电，因此其所受电场力的方向与场强的方向相同，即其所受电场力方向斜向左上方，与AC连线之间的夹角为60°；根据安培定则做出F、G两处导线在E点产生的磁场，以及根据平行四边形定则做出其合磁场，再根据左手定则做出E处导线所受安培力的方向，如图所示：
根据几何关系可知，E处导线所受安培力的方向斜向右下方，与EF连线之间的夹角为60°，可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不同，C不符合题意；
D.根据以上分析可知
由
可知，负电荷在D和O两点的电势能关系为
因此带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能增加，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】分析A、B、C三个点电荷在O点产生的场强，再由矢量叠加求出合场强方向，判断正电荷在该点的受力方向，由安培定则判断E、F、G三根导线在H处产生的磁场方向，由矢量叠加求出合磁场方向，再由左手定则判断方向垂直纸面向外的电流在此处受到的安培力方向；由点电荷的电势公式求出三个电荷在O点和D点的电势，求出合电势进行比较；根据点电荷的电场强度公式和矢量合成，求出O点和D点的电场强度并进行比较；做出B、C两处电荷在A点产生的场强并进行合成，得出合场强方向，A处正电荷受到的电场力方向与场强方向相同；根据安培定则做出F、G两导线在E处产生的磁场方向，求出合磁场方向，再由左手定则判断E处导线受到的安培力方向；根据电势能的公式，判断带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能的变化。
10．中空的圆筒形导体中的电流所产生的磁场，会对其载流粒子施加洛伦兹力，可用于设计能提供安全核能且燃料不虞匮乏的核融合反应器。如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度，其中k为常数。下列说法正确的是（　　）
A．圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B．圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C．每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D．若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
【答案】C
【知识点】安培力；安培定则
【解析】【解答】A.圆筒轴线处的磁场为条通电导线激发磁场的矢量和，由安培定则和对称性可知，圆筒轴线处的磁场刚好抵消，磁感应强度为0，A不符合题意；
B.各条通电导线在圆筒外部P处激发的磁场如图所示：
由对称性可知，合磁场方向在垂直轴线的平面内且与筒壁切线平行，B不符合题意；
C.某条通电导线受到的安培力是受除它之外的n-1条通电导线激发的合磁场施加的，由对称性可知通电导线处合磁场沿圆周切线方向，由左手定则判断，这条通电导线受到的安培力垂直筒壁方向指向轴线，C符合题意；
D.若电流I为原来的2倍，由磁场的叠加，某条通电导线所在处的磁感应强度变为原来的2倍，由安培力公式F=BIl，可知通电导线受到的安培力变为原来的4倍，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由安培定则判断通电导线产生的磁场，根据对称性分析圆筒内部和外部各处的磁感应强度；同样由安培定则结合对称性分析某条通电导线所在处的磁场，再由左手定则判断导线受到的洛伦兹力方向；根据安培力的公式F=BIL，分析若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力的变化情况。
11．如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形线框abcd ，线框的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且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，则金属线框受到的安培力F的大小为（　　）
A．F= BLI B．F=BLI C．F= BLI D．F=0
【答案】A
【知识点】安培力；左手定则
【解析】【解答】由电阻定律可 知，abed支路与ad支路的电阻之比为3：1，两部分电路并联，总电流为I，由并联电路的特点可知，流过abcd支路的电流为 I，流过ad支路的电流为 I，ab、be、cd边受到的安培力大小都是 BIL，ad边受到的安培力大小为 BIL。由左手定则可知，ad边受到的安培力方向竖直向上，ab边受到的安培力方向水平向右，be边受到的安培力方向竖直向下，cd边受到的安培力方向水平向右，ab与cd边所受安培力的合力大小为 BIL，方向水平向右，be与ad边所受安培力合力大小为 BIL，方向竖直向上，则线框所受安培力大小F= .
故答案为：A。
【分析】根据电阻定律得出abed支路与ad支路的电阻比，结合穿并联电路的特点得出各支路的电流，从而得出ab、be、cd边受到的安培力你结合左手定则得出安培力的方向，从而得出线框所受的安培力。
12．如图所示，两根垂直纸面放置的直导线，通有大小相同、方向相反的电流。O为两导线连线的中点，P、Q是两导线连线中垂线上的两点，且OP=OQ。以下说法正确的是（　　）
A．O点的磁感应强度为零
B．P、Q两点的磁感应强度方向相同
C．若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为P→O
D．若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O
【答案】B
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】本题考查安培定则、平行四边定则及左手定则的综合应用，根据安培定则明确各点的磁感应强度的方向是该题解题的关键。A．根据安培定则可知，导线a在O点的磁感应强度方向竖直向下，导线b在O点的磁感应强度方向也是竖直向下，故O点的磁感应强度不为零，选项A错误；
B．导线a在P点的磁感应强度方向斜向右下方，导线b在P点的磁感应强度方向斜向左下方，两者合成后，P点的合磁感应强度方向竖直向下，同理Q点的磁感应强度方向也是竖直向下的，故两点磁感应强度方向相同，选项B正确；
C．P点的合磁感应强度方向竖直向下，若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则可判断其受力方向水平向左，选项C错误；
D．Q点的合磁感应强度方向竖直向下，若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则可判断其受力方向水平向左，选项D错误。
故选B。
【分析】根据安培定则判断两根导线在P、Q两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系。
13．如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，这两个三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．正电荷在O点处受电场力方向由O指向C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G
B．O点处的电势高于D点处的电势，D点处场强大于O点处场强
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小
【答案】A
【知识点】磁感应强度；电场强度的叠加；电势能；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．本题考查电场力与安培力的判断，解题关键掌握电荷间的相互作用规律以及电流间的相互作用的规律。做出三个点电荷在O点处产生的场强，如图所示
根据几何关系可知
且三个点电荷的电荷量相等，因此三个点电荷在O点产生的场强大小相等，根据电场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，O点处的合场强由O指向C，而带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与场强的方向相同，因此正电荷在O点处受电场力方向由O指向C；两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。根据安培定则，分别做出三根通电直导线在H处产生的磁场方向，如图所示
由于H点距三根通电直导线的距离相等，且三根通电直导线中电流大小相等，因此三根通电直导线在H处产生的磁场强度大小相等，根据磁场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，H点处的合磁场方向平行EF水平向右，因此根据左手定则可知，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G，故A正确；
B．由于O点在B、C处两等量异种点电荷连线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且电势为零，因此O点处的电势即为A点处的正电荷所形成电场在O点的电势，根据几何关系可得
可得O点处的电势，电势表达式可由点电荷场强计算式结合E=U/d推导，
D点处的电势
可知
根据以上分析可知
电场强度为矢量，合成遵循平行四边形法则，由点电荷形成的场强的计算公式结合几何关系可得O点处的合场强
对于D点，由于A、B两处的点电荷在D点产生的场强大小相等方向相反，因此D点处的场强大小即为C点处的电荷在D点产生的场强的大小，可得
显然
故B错误；
C．做出B、C处两电荷在A处产生的场强的大小，根据平行四边形定则做出合场强，如图所示
由于A处电荷带正电，因此其所受电场力的方向与场强的方向相同，即其方向斜向左上方，与AC连线之间的夹角为；根据安培定则做出F、G两处导线在E点产生的磁场，以及根据平行四边形定则做出其合磁场，再根据左手定则做出E处导线所受安培力的方向，如图所示
根据几何关系可知，E处导线所受安培力的方向斜向右下方，与EF连线之间的夹角为，可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不同，故C错误；
D．根据以上分析可知
根据电势能计算公式可得而带负电的粒子在电势低的地方电势能大，因此带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能增加，故D错误。
故选A。
【分析】沿电场线方向电势逐渐降低，根据电荷正负及电场方向判断电场力方向，根据右手螺旋定则和电流间相互作用的规律判断通电导线的受力情况。
14．如图所示为长度相同、平行硬通电直导线a、b的截面图，a导线固定在O点正下方的地面上，b导线通过绝缘细线悬挂于O点，已知，a导线通以垂直纸面向里的恒定电流，b导线通过细软导线与电源相连（忽略b与细软导线之间的相互作用力）。开始时，b导线静止于实线位置，Ob与竖直方向夹角为，将b中的电流缓慢增加，b缓慢移动到虚线位置再次静止，虚线与Ob夹角为（）。通电直导线的粗细可忽略不计，b导线移动过程中两导线始终保持平行。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小的计算公式为，式中I为导线上的电流大小，r为某点距导线的距离，k是常数。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．b中的电流方向为垂直纸面向里
B．b在实线位置时和在虚线位置时，其电流强度之比为1：4
C．b缓慢移动的过程中，细线对b的拉力逐渐变大
D．若在虚线位置将b中电路突然切断，则该瞬间b的加速度为
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A．根据“同向电流吸引，反向电流排斥” ，可知b中的电流方向为垂直纸面向外，故A错误；
C．与力的矢量三角形相似，有
不变，而Ob长度也不变，所以拉力T不变，故C错误；
B．a导线在处、b处产生的磁感应强度大小之比为
又
则
整理得到
故B错误；
D．半径方向
沿切线方向
所以加速度为
故D正确。
故选D。
【分析】对导线b受力分析，a、b导线间为斥力时b导线才能平衡，结合矢量三角形求解。
15． 如图所示，质量为的导体棒长为，两端与长为的细软铜丝相连，悬挂在磁感线强度、方向竖直向上的匀强磁场中。将两细软铜丝接入一恒流源，导体棒中的电流I始终保持不变，导体棒从最低点由静止向上摆动，最大摆角为，忽略空气阻力。则（　　）
A．导体棒受到的安培力方向竖直向上
B．导体棒中的电流
C．每根铜线所能承受的最大拉力至少为
D．静止向上摆至最大摆角处需要的时间为
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】AB、由题意可知，当摆角30°时，为圆周的等效最低点，对此时导体棒受力分析
通过受力分析知导体棒受到的安培力方向水平向右，根据平衡条件有
解得
故AB错误；
C、导体棒由静止到等效最低点过程中，由动能定理得
又有牛顿第二定律得
代入数据可得、得
故C正确；
D、如果只受重力得单摆周期
导体棒运动了半个周期，但是受到水平方向的安培力作用，等效重力加速度不等于g，故静止向上摆至最大摆角处需要的时间不等于，故D错误。
故答案为：C。
【分析】通过导体棒的电流不变，运动过程导体棒始终与磁场方向垂直，则导体棒所受安培力大小和方向不变。则导体棒在该区域内做圆周运动，且受到重力和安培力均为恒力，可将导体棒的运动转化成“等效重力场”模型，导体棒运动到最高点的速度为零，则根据对称性可知，摆角为30°时，导体棒位于圆周的等效最低点，即此时导体棒所受安培力与重力和合力与竖直方向的夹角为30°。再根据动能定理及牛顿第二定律进行分析解答。注意单摆的特点及类比应用。
16．在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，导线通有图示电流I，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，则导线中的张力为（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；安培力的计算
【解析】【解答】受力分析如图
由于
当时，，则得，
得
故答案为：D。
【分析】将柔索导线等效为 “半圆形导线”（因 a、b 间距可忽略），先计算导线所受安培力，再通过受力平衡分析导线中的张力。
17．如图，“胜哥”用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，每个边长L的电阻均为r，三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的合力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路。根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图
等效电路为r和2r并联，并联后总电阻为
则路端电压
根据欧姆定律
；
则安培力
F1，F2的夹角为120°，根据平行四边形定则其合力大小为，且
故三角形框架受到的安培力的合力大小为
故选C。
【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可。
18．如图甲所示，“胜哥”取一电阻率为的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E，内阻为r的电源两端，并置于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是（　　）
A．乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大
B．丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的8倍
C．丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比
D．乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为
【答案】B
【知识点】电功率和电功；电阻定律；安培力的计算
【解析】【解答】本题考查了安培力相关知识，理解磁场对通电导体的作用是解决此类问题的关键。在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F=BIl。A．根据电阻定律
其中
，
联立，解得
可知乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大，故A正确，与题意不符；
B．丙图中，导线两端的电压
电流不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的16倍，故B错误，与题意相符；
C．丙图中该段导线的发热功率
流过导线的电流不变，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比，故C正确，与题意不符；
D．乙图中，由闭合电路欧姆定律
导线受到的安培力
联立，解得
可知通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，由数学知识可知当且仅当时，最小，此时
最小值为
故最大安培力为
故D正确，与题意不符。
本题选不正确的，故选B。
【分析】根据电阻定律，发热功率表达式，结合闭合电路欧姆定律以及安培力表达式分析求解。
19．两个用材料和横截面积都相同的细导线做成的刚性闭合线框，分别用不可伸长的细线悬挂起来，如图所示。两个线框均有一半面积处在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中，两线框平面均始终垂直于磁场方向。某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，此时正方形线框所受细线的拉力也为零。若已知圆形线框的半径为，则正方形线框的边长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】设细导线单位长度质量、单位长度电阻分别为，由于磁感应强度随时间均匀变化，即相同，某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，则圆形线框自身重力与安培力等大反向，即有
因为
圆形线框有效长度为
又因为
，
联立以上得
设正方形线框边长为，同理，对正方形线框有
联立以上解得
故选C。
【分析】对圆形线框有效长度所受安培力、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律联立求解安培力，得圆形线框重力与安培力的平衡方程；同理对正方形线框，求解安培力与其重力的平衡方程；联立方程组求解正方形边长。
二、多项选择题
20．如图为“胜哥”画的新型电磁泵的简易装置图。泵体是一个长、宽、高分别为、、的长方体，上下两面M、N为金属极板，当与电源相连时会在两极板间的导电液体中产生自上而下的恒定电流，泵体处于垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场中。导电液的电阻率为，密度为，重力加速度为，工作时泵体始终充满液体，下列说法正确的是（　　）
A．电磁泵稳定工作时，磁场对导电液的作用力为
B．导电液的流速稳定为时，电源的输出功率为
C．该电磁泵中导电液流速与抽液高度的关系为
D．该电磁泵的最大抽液高度为
【答案】A,C,D
【知识点】安培力；能量守恒定律
【解析】【解答】A. 导电液在磁场中收到安培力的作用，大小为F=BIL=BIc，A符合题意；
B. 电源电功率一部分为安培力的功率，即，另一方面导电液有电阻，产生热功率，B不符合题意；
C. 由题可知电磁泵的机械功率等于安培力的功率，故
设一定时间内液体的质量为
抽取液体动能的增加量为
重力势能的增加量为
则机械功率
联立可得
且当v=0时，高度最大，最大的高度为
CD符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用安培力的表达式可求出导电液柱所受安培力的大小；根据流体模型的特点，结合能量守恒定律可求出导电液柱的能量变化，结合功率的表达式可得出结论。
21．如图所示，在光滑的水平面上有一竖直向下磁感应强度为B，宽度为L的匀强磁场区域。 现有一质量为m，电阻为R，边长为a（a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度 沿水平面向右滑动，穿过磁场后速度减为v，则线圈在此过程中（　　）
A．动量大小一直减小
B．安培力的冲量大小为
C．安培力的冲量大小为
D．线圈全部进入磁场时速度等于
【答案】B,C,D
【知识点】安培力；左手定则；安培定则；动量；冲量
【解析】【解答】A．线圈完全进入磁场后磁通量不变，线圈中无感应电流，不受安培力作用，则线圈的动量保持不变，A不符合题意；
B．线圈进入磁场时安培力的冲量
而
则
则整个过程中安培力的冲量大小为
B符合题意；
C．对线框进入或穿出磁场过程，初速度为v0，末速度为v．由动量定理可知
安培力的冲量大小为 ，C符合题意；
D．设线圈全部进入磁场时的速度为v1，则由动量定理
线圈出离磁场的过程，由动量定理
由
因为进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等q1=q2
故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量，即v0-v1=v1-v
解得
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】线框在进入磁场的过程中由于受到安培力的作用做减速运动，完全进入后，做匀速运动，在出磁场的过程中，线框受安培力的作用做减速运动。只有在进入和离开磁场时，线框才会受到安培力的作用。对这两个过程，用冲量公式和动量定理以及法拉第电磁感应定律和安培力公式，可以得到安培力冲量的不同表达式。
22．如图所示，“胜哥”用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则 （　　）
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为 1.5N
C．闭合开关后，液体热功率为0.81W
D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J
【答案】A,D
【知识点】安培力；左手定则；电功率和电功
【解析】【解答】A、由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，A符合题意；
B、电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律： ，所以电路中的电流值： ，液体所受的安培力大小为： ，B不符合题意；
C、玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 ，则液体热功率为 ，C不符合题意；
D、10s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率： ，所以闭合开关10s，液体具有的动能是： ，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】结合液体中电流的方向和磁场的方向，利用左后定则判断液体受到的安培力方向，结合安培力求解安培力大小，利用焦耳定律求解液体的热功率。
23．如图所示，“胜哥”在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为（　　）
A．B= ，方向垂直于斜面向下
B．B= ，方向垂直于斜面向上
C．B= ，方向竖直向下
D．B= ，方向水平向右
【答案】A,C
【知识点】磁感应强度；安培力；左手定则
【解析】【解答】根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如图所示。
若磁场方向垂直斜面向下，如图A，导线还受到重力、垂直斜面的支持力，根据力的平衡，有F=mgsinα，则B= ，A正确；若磁场方向垂直斜面向上，如图B，导线还受到重力、垂直斜面的支持力，所以导线不会静止，B不可能；若磁场方向垂直向下，如图C，导线还受到重力、垂直斜面的支持力，根据力的平衡，有F=mgtanα，B= ，C正确；若磁场方向水平向右，如图D，导线还受到重力、垂直斜面的支持力，根据力的平衡条D不可能平衡，D错误。
故答案为：AC
【分析】利用三角形关系，先分析能使导体棒平衡的安培力的方向和大小范围，在根据左手定则由安培力方向判断磁感应强度放下过和大小。
24．如图所示，间距为d的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面上，与水平面成θ角，金属棒ab垂直放置在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，匀强磁场的方向未知。已知金属棒ab的质量为m，电阻为RO，电源的电动势为E、内阻为r，闭合开关，金属棒而始终静止在导轨上。下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器R的滑片在最左端时，金属棒受到的安培力最大
B．无论滑动变阻器R的滑片处在何位置，金属棒受到的安培力的最小值均为
C．磁感应强度有最小值时，方向垂直导轨平面向上
D．滑动变阻器R的滑片在最右端时，磁感应强度
【答案】B,C
【知识点】安培力；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A、滑动变阻器滑片在最左端时，回路的电流最小，金属棒受到的安培力也最小，A错误；
B、无论滑动变阻器滑片处在何位置，金属棒受到重力、支持力、安培力的作用，三力合力为零，说明安培力的大小恒等于，B正确；
C、由于安培力大小等于， ，其中是磁感应强度与电流的夹角，I、d变，当，B取得最小值，此时B的方向垂直于导轨平面向上，C正确；
D、滑动变阻器的滑片在最右端时，由
由（1）（2）联立解得 ，
磁场的具体方向未知，磁感应强度的方向无法确定，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】本题难度较大，一、磁场的方向未知，增加了学生对本题的思考难度，二、安培力的极值、磁感应强度的垂直分量与电路电流的关系。要求学生有较好的分析、判断能力。
三、非选择题
25． 如图所示，两个足够长的平行光滑细金属导轨固定在倾角的光滑绝缘斜面上，导轨间距，且电阻不计，导轨间有宽度为、磁感应强度的大小为、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，一长度为3d的绝缘轻杆将导体棒和正方形细金属线框连接，线框的边长为d，线框的总电阻为，导体棒和线框总质量为，导体棒与导轨始终接触良好，并在导体棒中通以恒定电流（由外接恒流电源产生，图中未画出），导体棒处于磁场内且恰好位于下边界处，将装置由静止释放，导体棒先穿过磁场，后金属线框也穿过磁场。金属线框第一次刚穿过磁场后的速度约为1.2m/s，之后再次返回穿过磁场。不计线框及导体棒中电流所产生磁场的影响，重力加速度g取，求：
（1）导体棒第一次离开磁场上边界的速度；
（2）金属线框第一次沿绝缘斜面向上穿过磁场的时间t；
（3）经足够长时间后，导体棒能到达的最低点与磁场上边界的距离x。
【答案】（1）根据题意可知，导体棒所受安培力为
根据牛顿第二定律有
所以
（2）线框进磁场时的速度为，则有
解得
线框第一次穿过磁场时的速度为，由题意可知
设线框向上穿过磁场的时间为t，由动量定理得
联立解得
（3）设经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，导体棒做上下往复运动，设导体棒运动的最低点到磁场上边界的距离为x，则有
解得
【知识点】动量定理；安培力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）分析导体棒在磁场中的受力，由牛顿第二定律求出加速度，再由匀变速直线运动的位移-速度公式，求出导体棒第一次离开磁场上边界的速度；（2）由动能定理求出线框第一次进入磁场的速度，再由动量定理分析线框在磁场中的运动过程，求出金属线框第一次沿绝缘斜面向上穿过磁场的时间t；（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间做往复运动，可以根据动能定理直接求出最大距离。
26． 如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点，三个相同的关于轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知时速度为，方向向下，、时刻的振幅分别为，。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为时，其弹性势能为。不计空气阻力，求
（1）平台静止时弹簧的伸长量；
（2）时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在时间内，弹簧弹力冲量的大小。
【答案】（1）解：平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
（2）解：在时速度为，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
每个线圈所受到安培力F的大小
（3）解：由能量守恒定律可得平台在时间内，振动时能量的减少
在时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
（4）解：在t1时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
在t2时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
由动量与动能的关系式可得
由动量定理解得弹簧弹力冲量的大小
【知识点】安培力；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） 平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，根据平衡条件和胡克定律计算弹簧的伸长量。
（2）根据法拉第电磁感应定律计算 时的感应电动势和感应电流，再根据安培力的表达式计算安培力大小。
（3）根据能量守恒定律振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，列方程计算求解。
（4）根据能量守恒定律计算t1和t2时刻动能的大小，再根据动能与动量之间的关系计算动量，最后根据动量定理计算弹簧弹力的冲量。
27．如图所示，绝缘矩形平面与水平面夹角为，底边水平，分界线、、均与平行，与、与间距均为L，分界线以上平面光滑，与间的区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B。将一质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形闭合金属框放于斜面上，边与平行且与其距离为，金属框各边与以下斜面间的动摩擦因数，无初速释放金属框后，金属框全程紧贴斜面运动，设重力加速度为g。
（1）若金属框的边刚越过边界瞬间速度大小为，求此时金属框的加速度大小a；
（2）求金属框的边刚越过边界瞬间速度大小与间的关系；
（3）为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，求的取值范围。
【答案】（1）解：边刚越过边界瞬间速度大小为时的感应电动势为
则有安培力
根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：金属杆从开始到穿过边界，摩擦力做功为，设cd边越过长度为，利用微元法，由数学知识则有则有
故
由动能定理
解得
（3）解：金属框的边能够离开磁场，即边过PQ时速度大于零，由动量定理得
带入解得
且金属框最终能够静止在斜面上即ab边不能穿过PQ，否则它将匀速运动下去，则由动量定理得
代入解得
综上所述金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，的取值范围为
【知识点】动量定理；安培力；左手定则；安培定则
【解析】【分析】（1）对线框利用安培力的表达式以及牛顿第二定律得出金属框的速度；
（2）根据恒力做功的表达式以及微元法得出摩擦力所做的功，通过动能定理得出金属框的边刚越过边界瞬间速度大小与间的关系；
（3） 金属框的边能够离开磁场和金属框最终能够静止在斜面上即ab边不能穿过PQ ，结合动量定理以及安培力的表达式得出 的取值范围。
28．如图所示，竖直放置的U型导轨宽为L，上端接有电阻R，U型导轨其余部分的电阻忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。金属棒的质量为m，电阻为r，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后，保持水平下滑。重力加速度为g，求：
（1）金属棒在下滑过程中，棒中的电流方向和棒所受的安培力方向。
（2）金属棒下滑的最大速度。
（3）若金属棒从静止释放至刚达到最大速度的过程中回路中产生的热量为Q，则金属棒下降的高度h和下降所需的时间t各为多少？
【答案】（1）解：由右手定则可知棒中电流水平向左；由左手定则可知棒所受安培力方向竖直向上
（2）解：当金属棒受力平衡时其速度达到最大，有
联立上式可得
（3）解：从静止释放达到最大速度的过程中，由动能定理得
解得
从静止释放达到最大速度的过程中由动量定理可得
其中
联立上式可得
【知识点】动量定理；安培力；左手定则；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据右手定则得出导体中电流的方向，通过左手定则得出安培力的方向；
（2）对金属棒根据共点力平衡以及闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律得出导体棒的最大速度；
（3） 从静止释放达到最大速度的过程中，由动能定理得出导体棒运动的高度， 从静止释放达到最大速度的过程中由动量定理得出金属棒下降的高度h降所需的时间 。
29．如图甲所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，两导轨的上端间接有电阻，阻值R＝2Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场磁感应强度为2 T，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，不计导轨的电阻．已知金属杆下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．求：
（1）金属杆刚进入磁场时速度多大？
（2）下落了0.3 m时速度为多大？
【答案】（1）解：刚进入磁场时， ，方向竖直向上
由牛顿第二定律有
若进入磁场时的速度为v0，
有
得
代入数值有：
（2）解：下落时，通过a－h图象可知a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有
其中 ，E＝BLv，可得下落0.3 m时，金属杆的速度
代入数值有：
【知识点】对单物体(质点)的应用；安培力；左手定则；受力分析的应用
【解析】【分析】（1）导体棒进入磁场后会受到安培力，对导体棒进行受力分析，在重力和安培力的作用下做减速运动，结合加速度利用牛顿第二定律求解导体棒的速度；
（2）导体棒受到的重力等于安培力时，导体棒达到稳定状态，合力为零，利用此条件列方程求解此时的速度。
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物理选择性必修二1.1 磁场对通电导线的作用力同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　）
A． B． C． D．
2．无限长平行直导线、每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图，若水平固定，将悬挂在弹簧下端，平衡时弹簧的伸长量为；再在两导线内通入大小均为的电流，方向相反，平衡时弹簧又伸长了。若水平固定，将悬挂在弹簧下端，两导线内通入大小均为的电流，方向相同，平衡后弹簧的伸长量恰为。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与距导线的距离成反比。则、单位长度的质量比为(　　)
A． B． C． D．
3．大国重器节目介绍的输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆、连线水平，某时刻、中电流方向垂直于纸面向里，中电流方向垂直于纸面向外，、、中电流大小均为，则(　　)
A．正三角形中心处的磁感应强度为
B．A、连线中点处的磁感应强度斜向左上方
C．A、输电线缆相互吸引
D．A、输电线缆相互吸引
4．电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长，宽，发射的炮弹质量为，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向为竖直向下
B．炮弹的加速度大小为
C．炮弹在轨道中加速的时间为
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
5．磁电式电流表的构造如图所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。长方形线圈的匝数为n，平行于纸面的边长度为，垂直于纸面的边长度为，垂直于纸面的边所在处磁场的磁感应强度大小为B。线圈在图中实线位置时，线圈中电流大小为I，改变线圈中电流，线圈稳定后停留在图中虚线位置，下列说法正确的是（　　）
A．在虚线位置，线圈的磁通量最大
B．在实线位置，线圈垂直磁场的某一边受到的安培力小于
C．不论在哪个位置，线圈平行于纸面的某一边受到的安培力大小均为
D．从实线位置到虚线位置，线圈中的电流减小
6．磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间有均匀辐向分布的磁场。线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，指针也固定在铝框上。当电流通过线圈时，线圈左右两边导线受到安培力的方向相反，于是安装在轴上的线圈就要转动，从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小。下列说法正确的是（　　）
A．圆柱内的磁感应强度处处为零
B．线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行
C．将线圈绕在闭合的铝框上，可使指针摆动加快
D．在运输时用导线将电流表的两个接线柱连在一起，可减小线圈中因晃动而产生的感应电流
7．如图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则下列选项正确的是（　　）
A．该磁场为匀强磁场 B．线圈将顺时针转动
C．a、b两边受安培力相同 D．线圈平面总与磁场方向垂直
8． 如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线MN平行于圆弧槽底边放在圆弧槽上，导线中通有M→N的电流I，整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），MN静止时，MO连线与竖直方向的夹角θ为，圆弧槽对导线MN的支持力为FN，PP'与圆心O等高。下列说法正确的是（　　）
A．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则FN先增大后减小
B．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转45°过程中，则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为
C．若磁场的大小和方向可以改变，为使导线MN仍能在图示位置处静止，所需的最小磁感应强度的值为原来的倍
D．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN将有可能沿圆弧槽缓慢运动到上方
9． 如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，这两个三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．正电荷在O点处受电场力方向由O指向C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G
B．O点处的电势高于D点处的电势，D点处场强大于O点处场强
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小
10．中空的圆筒形导体中的电流所产生的磁场，会对其载流粒子施加洛伦兹力，可用于设计能提供安全核能且燃料不虞匮乏的核融合反应器。如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度，其中k为常数。下列说法正确的是（　　）
A．圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B．圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C．每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D．若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
11．如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形线框abcd ，线框的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且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，则金属线框受到的安培力F的大小为（　　）
A．F= BLI B．F=BLI C．F= BLI D．F=0
12．如图所示，两根垂直纸面放置的直导线，通有大小相同、方向相反的电流。O为两导线连线的中点，P、Q是两导线连线中垂线上的两点，且OP=OQ。以下说法正确的是（　　）
A．O点的磁感应强度为零
B．P、Q两点的磁感应强度方向相同
C．若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为P→O
D．若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O
13．如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，这两个三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．正电荷在O点处受电场力方向由O指向C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G
B．O点处的电势高于D点处的电势，D点处场强大于O点处场强
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小
14．如图所示为长度相同、平行硬通电直导线a、b的截面图，a导线固定在O点正下方的地面上，b导线通过绝缘细线悬挂于O点，已知，a导线通以垂直纸面向里的恒定电流，b导线通过细软导线与电源相连（忽略b与细软导线之间的相互作用力）。开始时，b导线静止于实线位置，Ob与竖直方向夹角为，将b中的电流缓慢增加，b缓慢移动到虚线位置再次静止，虚线与Ob夹角为（）。通电直导线的粗细可忽略不计，b导线移动过程中两导线始终保持平行。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小的计算公式为，式中I为导线上的电流大小，r为某点距导线的距离，k是常数。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．b中的电流方向为垂直纸面向里
B．b在实线位置时和在虚线位置时，其电流强度之比为1：4
C．b缓慢移动的过程中，细线对b的拉力逐渐变大
D．若在虚线位置将b中电路突然切断，则该瞬间b的加速度为
15． 如图所示，质量为的导体棒长为，两端与长为的细软铜丝相连，悬挂在磁感线强度、方向竖直向上的匀强磁场中。将两细软铜丝接入一恒流源，导体棒中的电流I始终保持不变，导体棒从最低点由静止向上摆动，最大摆角为，忽略空气阻力。则（　　）
A．导体棒受到的安培力方向竖直向上
B．导体棒中的电流
C．每根铜线所能承受的最大拉力至少为
D．静止向上摆至最大摆角处需要的时间为
16．在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，导线通有图示电流I，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，则导线中的张力为（　　）
A．0 B． C． D．
17．如图，“胜哥”用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，每个边长L的电阻均为r，三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的合力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
18．如图甲所示，“胜哥”取一电阻率为的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E，内阻为r的电源两端，并置于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是（　　）
A．乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大
B．丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的8倍
C．丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比
D．乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为
19．两个用材料和横截面积都相同的细导线做成的刚性闭合线框，分别用不可伸长的细线悬挂起来，如图所示。两个线框均有一半面积处在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中，两线框平面均始终垂直于磁场方向。某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，此时正方形线框所受细线的拉力也为零。若已知圆形线框的半径为，则正方形线框的边长为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题
20． 如图为“胜哥”画的新型电磁泵的简易装置图。泵体是一个长、宽、高分别为、、的长方体，上下两面M、N为金属极板，当与电源相连时会在两极板间的导电液体中产生自上而下的恒定电流，泵体处于垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场中。导电液的电阻率为，密度为，重力加速度为，工作时泵体始终充满液体，下列说法正确的是（　　）
A．电磁泵稳定工作时，磁场对导电液的作用力为
B．导电液的流速稳定为时，电源的输出功率为
C．该电磁泵中导电液流速与抽液高度的关系为
D．该电磁泵的最大抽液高度为
21．如图所示，在光滑的水平面上有一竖直向下磁感应强度为B，宽度为L的匀强磁场区域。 现有一质量为m，电阻为R，边长为a（a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度 沿水平面向右滑动，穿过磁场后速度减为v，则线圈在此过程中（　　）
A．动量大小一直减小
B．安培力的冲量大小为
C．安培力的冲量大小为
D．线圈全部进入磁场时速度等于
22．如图所示，“胜哥”用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则 （　　）
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为 1.5N
C．闭合开关后，液体热功率为0.81W
D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J
23．如图所示，“胜哥”在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为（　　）
A．B= ，方向垂直于斜面向下
B．B= ，方向垂直于斜面向上
C．B= ，方向竖直向下
D．B= ，方向水平向右
24．如图所示，间距为d的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面上，与水平面成θ角，金属棒ab垂直放置在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，匀强磁场的方向未知。已知金属棒ab的质量为m，电阻为RO，电源的电动势为E、内阻为r，闭合开关，金属棒而始终静止在导轨上。下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器R的滑片在最左端时，金属棒受到的安培力最大
B．无论滑动变阻器R的滑片处在何位置，金属棒受到的安培力的最小值均为
C．磁感应强度有最小值时，方向垂直导轨平面向上
D．滑动变阻器R的滑片在最右端时，磁感应强度
三、非选择题
25． 如图所示，两个足够长的平行光滑细金属导轨固定在倾角的光滑绝缘斜面上，导轨间距，且电阻不计，导轨间有宽度为、磁感应强度的大小为、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，一长度为3d的绝缘轻杆将导体棒和正方形细金属线框连接，线框的边长为d，线框的总电阻为，导体棒和线框总质量为，导体棒与导轨始终接触良好，并在导体棒中通以恒定电流（由外接恒流电源产生，图中未画出），导体棒处于磁场内且恰好位于下边界处，将装置由静止释放，导体棒先穿过磁场，后金属线框也穿过磁场。金属线框第一次刚穿过磁场后的速度约为1.2m/s，之后再次返回穿过磁场。不计线框及导体棒中电流所产生磁场的影响，重力加速度g取，求：
（1）导体棒第一次离开磁场上边界的速度；
（2）金属线框第一次沿绝缘斜面向上穿过磁场的时间t；
（3）经足够长时间后，导体棒能到达的最低点与磁场上边界的距离x。
26． 如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点，三个相同的关于轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知时速度为，方向向下，、时刻的振幅分别为，。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为时，其弹性势能为。不计空气阻力，求
（1）平台静止时弹簧的伸长量；
（2）时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在时间内，弹簧弹力冲量的大小。
27．如图所示，绝缘矩形平面与水平面夹角为，底边水平，分界线、、均与平行，与、与间距均为L，分界线以上平面光滑，与间的区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B。将一质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形闭合金属框放于斜面上，边与平行且与其距离为，金属框各边与以下斜面间的动摩擦因数，无初速释放金属框后，金属框全程紧贴斜面运动，设重力加速度为g。
（1）若金属框的边刚越过边界瞬间速度大小为，求此时金属框的加速度大小a；
（2）求金属框的边刚越过边界瞬间速度大小与间的关系；
（3）为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，求的取值范围。
28．如图所示，竖直放置的U型导轨宽为L，上端接有电阻R，U型导轨其余部分的电阻忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。金属棒的质量为m，电阻为r，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后，保持水平下滑。重力加速度为g，求：
（1）金属棒在下滑过程中，棒中的电流方向和棒所受的安培力方向。
（2）金属棒下滑的最大速度。
（3）若金属棒从静止释放至刚达到最大速度的过程中回路中产生的热量为Q，则金属棒下降的高度h和下降所需的时间t各为多少？
29．如图甲所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，两导轨的上端间接有电阻，阻值R＝2Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场磁感应强度为2 T，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，不计导轨的电阻．已知金属杆下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．求：
（1）金属杆刚进入磁场时速度多大？
（2）下落了0.3 m时速度为多大？
答案解析部分
1．【答案】C
2．【答案】A
3．【答案】C
4．【答案】C
5．【答案】D
6．【答案】B
7．【答案】B
8．【答案】B
9．【答案】A
10．【答案】C
11．【答案】A
12．【答案】B
13．【答案】A
14．【答案】D
15．【答案】C
16．【答案】D
17．【答案】C
18．【答案】B
19．【答案】C
20．【答案】A,C,D
21．【答案】B,C,D
22．【答案】A,D
23．【答案】A,C
24．【答案】B,C
25．【答案】（1）根据题意可知，导体棒所受安培力为
根据牛顿第二定律有
所以
（2）线框进磁场时的速度为，则有
解得
线框第一次穿过磁场时的速度为，由题意可知
设线框向上穿过磁场的时间为t，由动量定理得
联立解得
（3）设经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，导体棒做上下往复运动，设导体棒运动的最低点到磁场上边界的距离为x，则有
解得
26．【答案】（1）解：平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
（2）解：在时速度为，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
每个线圈所受到安培力F的大小
（3）解：由能量守恒定律可得平台在时间内，振动时能量的减少
在时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
（4）解：在t1时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
在t2时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
由动量与动能的关系式可得
由动量定理解得弹簧弹力冲量的大小
27．【答案】（1）解：边刚越过边界瞬间速度大小为时的感应电动势为
则有安培力
根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：金属杆从开始到穿过边界，摩擦力做功为，设cd边越过长度为，利用微元法，由数学知识则有则有
故
由动能定理
解得
（3）解：金属框的边能够离开磁场，即边过PQ时速度大于零，由动量定理得
带入解得
且金属框最终能够静止在斜面上即ab边不能穿过PQ，否则它将匀速运动下去，则由动量定理得
代入解得
综上所述金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，的取值范围为
28．【答案】（1）解：由右手定则可知棒中电流水平向左；由左手定则可知棒所受安培力方向竖直向上
（2）解：当金属棒受力平衡时其速度达到最大，有
联立上式可得
（3）解：从静止释放达到最大速度的过程中，由动能定理得
解得
从静止释放达到最大速度的过程中由动量定理可得
其中
联立上式可得
29．【答案】（1）解：刚进入磁场时， ，方向竖直向上
由牛顿第二定律有
若进入磁场时的速度为v0，
有
得
代入数值有：
（2）解：下落时，通过a－h图象可知a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有
其中 ，E＝BLv，可得下落0.3 m时，金属杆的速度
代入数值有：
物理选择性必修二1.1 磁场对通电导线的作用力同步练习（优生加练 ）
一、选择题
1．截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　）
A． B．
C． D．
2．无限长平行直导线、每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图，若水平固定，将悬挂在弹簧下端，平衡时弹簧的伸长量为；再在两导线内通入大小均为的电流，方向相反，平衡时弹簧又伸长了。若水平固定，将悬挂在弹簧下端，两导线内通入大小均为的电流，方向相同，平衡后弹簧的伸长量恰为。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与距导线的距离成反比。则、单位长度的质量比为(　　)
A． B． C． D．
3．大国重器节目介绍的输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆、连线水平，某时刻、中电流方向垂直于纸面向里，中电流方向垂直于纸面向外，、、中电流大小均为，则(　　)
A．正三角形中心处的磁感应强度为
B．A、连线中点处的磁感应强度斜向左上方
C．A、输电线缆相互吸引
D．A、输电线缆相互吸引
4．电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长，宽，发射的炮弹质量为，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为，轨道间匀强磁场时，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向为竖直向下
B．炮弹的加速度大小为
C．炮弹在轨道中加速的时间为
D．炮弹发射过程中安培力的最大功率为
5．磁电式电流表的构造如图所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。长方形线圈的匝数为n，平行于纸面的边长度为，垂直于纸面的边长度为，垂直于纸面的边所在处磁场的磁感应强度大小为B。线圈在图中实线位置时，线圈中电流大小为I，改变线圈中电流，线圈稳定后停留在图中虚线位置，下列说法正确的是（　　）
A．在虚线位置，线圈的磁通量最大
B．在实线位置，线圈垂直磁场的某一边受到的安培力小于
C．不论在哪个位置，线圈平行于纸面的某一边受到的安培力大小均为
D．从实线位置到虚线位置，线圈中的电流减小
6．磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间有均匀辐向分布的磁场。线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，指针也固定在铝框上。当电流通过线圈时，线圈左右两边导线受到安培力的方向相反，于是安装在轴上的线圈就要转动，从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小。下列说法正确的是（　　）
A．圆柱内的磁感应强度处处为零
B．线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行
C．将线圈绕在闭合的铝框上，可使指针摆动加快
D．在运输时用导线将电流表的两个接线柱连在一起，可减小线圈中因晃动而产生的感应电流
7．如图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则下列选项正确的是（　　）
A．该磁场为匀强磁场 B．线圈将顺时针转动
C．a、b两边受安培力相同 D．线圈平面总与磁场方向垂直
8． 如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线MN平行于圆弧槽底边放在圆弧槽上，导线中通有M→N的电流I，整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），MN静止时，MO连线与竖直方向的夹角θ为，圆弧槽对导线MN的支持力为FN，PP'与圆心O等高。下列说法正确的是（　　）
A．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则FN先增大后减小
B．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转45°过程中，则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为
C．若磁场的大小和方向可以改变，为使导线MN仍能在图示位置处静止，所需的最小磁感应强度的值为原来的倍
D．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN将有可能沿圆弧槽缓慢运动到上方
9． 如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，这两个三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．正电荷在O点处受电场力方向由O指向C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G
B．O点处的电势高于D点处的电势，D点处场强大于O点处场强
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小
10．中空的圆筒形导体中的电流所产生的磁场，会对其载流粒子施加洛伦兹力，可用于设计能提供安全核能且燃料不虞匮乏的核融合反应器。如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度，其中k为常数。下列说法正确的是（　　）
A．圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B．圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C．每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D．若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
11．如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形线框abcd ，线框的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且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，则金属线框受到的安培力F的大小为（　　）
A．F= BLI B．F=BLI C．F= BLI D．F=0
12．如图所示，两根垂直纸面放置的直导线，通有大小相同、方向相反的电流。O为两导线连线的中点，P、Q是两导线连线中垂线上的两点，且OP=OQ。以下说法正确的是（　　）
A．O点的磁感应强度为零
B．P、Q两点的磁感应强度方向相同
C．若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为P→O
D．若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O
13．如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，这两个三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．正电荷在O点处受电场力方向由O指向C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G
B．O点处的电势高于D点处的电势，D点处场强大于O点处场强
C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同
D．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小
14．如图所示为长度相同、平行硬通电直导线a、b的截面图，a导线固定在O点正下方的地面上，b导线通过绝缘细线悬挂于O点，已知，a导线通以垂直纸面向里的恒定电流，b导线通过细软导线与电源相连（忽略b与细软导线之间的相互作用力）。开始时，b导线静止于实线位置，Ob与竖直方向夹角为，将b中的电流缓慢增加，b缓慢移动到虚线位置再次静止，虚线与Ob夹角为（）。通电直导线的粗细可忽略不计，b导线移动过程中两导线始终保持平行。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小的计算公式为，式中I为导线上的电流大小，r为某点距导线的距离，k是常数。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．b中的电流方向为垂直纸面向里
B．b在实线位置时和在虚线位置时，其电流强度之比为1：4
C．b缓慢移动的过程中，细线对b的拉力逐渐变大
D．若在虚线位置将b中电路突然切断，则该瞬间b的加速度为
15． 如图所示，质量为的导体棒长为，两端与长为的细软铜丝相连，悬挂在磁感线强度、方向竖直向上的匀强磁场中。将两细软铜丝接入一恒流源，导体棒中的电流I始终保持不变，导体棒从最低点由静止向上摆动，最大摆角为，忽略空气阻力。则（　　）
A．导体棒受到的安培力方向竖直向上
B．导体棒中的电流
C．每根铜线所能承受的最大拉力至少为
D．静止向上摆至最大摆角处需要的时间为
16．在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，导线通有图示电流I，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，则导线中的张力为（　　）
A．0 B． C． D．
17．如图，用粗细均匀的电阻丝折成边长为L的平面等边三角形框架，每个边长L的电阻均为r，三角形框架的两个顶点与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则三角形框架受到的安培力的合力大小为（ ）
A．0 B． C． D．
18．如图甲所示，取一电阻率为的均质金属材料，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E，内阻为r的电源两端，并置于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法不正确的是（　　）
A．乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之增大
B．丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的8倍
C．丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次方成反比
D．乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为
19．两个用材料和横截面积都相同的细导线做成的刚性闭合线框，分别用不可伸长的细线悬挂起来，如图所示。两个线框均有一半面积处在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中，两线框平面均始终垂直于磁场方向。某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，此时正方形线框所受细线的拉力也为零。若已知圆形线框的半径为，则正方形线框的边长为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题
20． 如图为某款新型电磁泵的简易装置图。泵体是一个长、宽、高分别为、、的长方体，上下两面M、N为金属极板，当与电源相连时会在两极板间的导电液体中产生自上而下的恒定电流，泵体处于垂直纸面向外磁感应强度为的匀强磁场中。导电液的电阻率为，密度为，重力加速度为，工作时泵体始终充满液体，下列说法正确的是（　　）
A．电磁泵稳定工作时，磁场对导电液的作用力为
B．导电液的流速稳定为时，电源的输出功率为
C．该电磁泵中导电液流速与抽液高度的关系为
D．该电磁泵的最大抽液高度为
21．如图所示，在光滑的水平面上有一竖直向下磁感应强度为B，宽度为L的匀强磁场区域。 现有一质量为m，电阻为R，边长为a（a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度 沿水平面向右滑动，穿过磁场后速度减为v，则线圈在此过程中（　　）
A．动量大小一直减小
B．安培力的冲量大小为
C．安培力的冲量大小为
D．线圈全部进入磁场时速度等于
22．如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E=3V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数为1.5V，则 （　　）
A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为 1.5N
C．闭合开关后，液体热功率为0.81W
D．闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J
23．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为（　　）
A．B= ，方向垂直于斜面向下
B．B= ，方向垂直于斜面向上
C．B= ，方向竖直向下
D．B= ，方向水平向右
24．如图所示，间距为d的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面上，与水平面成θ角，金属棒ab垂直放置在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，匀强磁场的方向未知。已知金属棒ab的质量为m，电阻为RO，电源的电动势为E、内阻为r，闭合开关，金属棒而始终静止在导轨上。下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器R的滑片在最左端时，金属棒受到的安培力最大
B．无论滑动变阻器R的滑片处在何位置，金属棒受到的安培力的最小值均为
C．磁感应强度有最小值时，方向垂直导轨平面向上
D．滑动变阻器R的滑片在最右端时，磁感应强度
三、非选择题
25． 如图所示，两个足够长的平行光滑细金属导轨固定在倾角的光滑绝缘斜面上，导轨间距，且电阻不计，导轨间有宽度为、磁感应强度的大小为、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，一长度为3d的绝缘轻杆将导体棒和正方形细金属线框连接，线框的边长为d，线框的总电阻为，导体棒和线框总质量为，导体棒与导轨始终接触良好，并在导体棒中通以恒定电流（由外接恒流电源产生，图中未画出），导体棒处于磁场内且恰好位于下边界处，将装置由静止释放，导体棒先穿过磁场，后金属线框也穿过磁场。金属线框第一次刚穿过磁场后的速度约为1.2m/s，之后再次返回穿过磁场。不计线框及导体棒中电流所产生磁场的影响，重力加速度g取，求：
（1）导体棒第一次离开磁场上边界的速度；
（2）金属线框第一次沿绝缘斜面向上穿过磁场的时间t；
（3）经足够长时间后，导体棒能到达的最低点与磁场上边界的距离x。
26． 如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点，三个相同的关于轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知时速度为，方向向下，、时刻的振幅分别为，。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为时，其弹性势能为。不计空气阻力，求
（1）平台静止时弹簧的伸长量；
（2）时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在时间内，弹簧弹力冲量的大小。
27．如图所示，绝缘矩形平面与水平面夹角为，底边水平，分界线、、均与平行，与、与间距均为L，分界线以上平面光滑，与间的区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B。将一质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形闭合金属框放于斜面上，边与平行且与其距离为，金属框各边与以下斜面间的动摩擦因数，无初速释放金属框后，金属框全程紧贴斜面运动，设重力加速度为g。
（1）若金属框的边刚越过边界瞬间速度大小为，求此时金属框的加速度大小a；
（2）求金属框的边刚越过边界瞬间速度大小与间的关系；
（3）为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，求的取值范围。
28．如图所示，竖直放置的U型导轨宽为L，上端接有电阻R，U型导轨其余部分的电阻忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。金属棒的质量为m，电阻为r，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后，保持水平下滑。重力加速度为g，求：
（1）金属棒在下滑过程中，棒中的电流方向和棒所受的安培力方向。
（2）金属棒下滑的最大速度。
（3）若金属棒从静止释放至刚达到最大速度的过程中回路中产生的热量为Q，则金属棒下降的高度h和下降所需的时间t各为多少？
29．如图甲所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，两导轨的上端间接有电阻，阻值R＝2Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场磁感应强度为2 T，现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，不计导轨的电阻．已知金属杆下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示．求：
（1）金属杆刚进入磁场时速度多大？
（2）下落了0.3 m时速度为多大？
答案解析部分
1．【答案】C
2．【答案】A
3．【答案】C
4．【答案】C
5．【答案】D
6．【答案】B
7．【答案】B
8．【答案】B
9．【答案】A
10．【答案】C
11．【答案】A
12．【答案】B
13．【答案】A
14．【答案】D
15．【答案】C
16．【答案】D
17．【答案】C
18．【答案】B
19．【答案】C
20．【答案】A,C,D
21．【答案】B,C,D
22．【答案】A,D
23．【答案】A,C
24．【答案】B,C
25．【答案】（1）根据题意可知，导体棒所受安培力为
根据牛顿第二定律有
所以
（2）线框进磁场时的速度为，则有
解得
线框第一次穿过磁场时的速度为，由题意可知
设线框向上穿过磁场的时间为t，由动量定理得
联立解得
（3）设经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，导体棒做上下往复运动，设导体棒运动的最低点到磁场上边界的距离为x，则有
解得
26．【答案】（1）解：平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
（2）解：在时速度为，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
每个线圈所受到安培力F的大小
（3）解：由能量守恒定律可得平台在时间内，振动时能量的减少
在时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
（4）解：在t1时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
在t2时刻弹簧的弹性势能等量动能，则有
由动量与动能的关系式可得
由动量定理解得弹簧弹力冲量的大小
27．【答案】（1）解：边刚越过边界瞬间速度大小为时的感应电动势为
则有安培力
根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：金属杆从开始到穿过边界，摩擦力做功为，设cd边越过长度为，利用微元法，由数学知识则有则有
故
由动能定理
解得
（3）解：金属框的边能够离开磁场，即边过PQ时速度大于零，由动量定理得
带入解得
且金属框最终能够静止在斜面上即ab边不能穿过PQ，否则它将匀速运动下去，则由动量定理得
代入解得
综上所述金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，的取值范围为
28．【答案】（1）解：由右手定则可知棒中电流水平向左；由左手定则可知棒所受安培力方向竖直向上
（2）解：当金属棒受力平衡时其速度达到最大，有
联立上式可得
（3）解：从静止释放达到最大速度的过程中，由动能定理得
解得
从静止释放达到最大速度的过程中由动量定理可得
其中
联立上式可得
29．【答案】（1）解：刚进入磁场时， ，方向竖直向上
由牛顿第二定律有
若进入磁场时的速度为v0，
有
得
代入数值有：
（2）解：下落时，通过a－h图象可知a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有
其中 ，E＝BLv，可得下落0.3 m时，金属杆的速度
代入数值有：
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