1、1通电导线在磁场中受到的力1.磁场对通电导线的作用力称为安培力，安培力的方向由左手定则判定。2安培力的大小为： F ILB，当磁感应强度与导线方向成 角时， F ILBsin 。3磁电式电流表的工作原理利用了安培力与电流的关系，所测电流越大时，电流表指针偏转角度越大，根据指针偏转的方向可知电流的方向。一、安培力的方向1安培力：通电导线在磁场中受的力。2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。3安培力方向与磁场方向、电流方向的关系： F B， F I，即 F 垂直
2、于 B 和 I 所决定的平面。二、安培力的大小1垂直于磁场 B 放置、长为 L 的通电导线，当通过的电流为 I 时，所受安培力为F ILB。2当磁感应强度 B 的方向与导线方向成 角时，公式 F ILBsin_ 。 三、磁电式电流表1原理安培力与电流的关系。2构造磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、软铁、极靴。如图所示。3特点两极间的极靴和极靴中间的铁质圆柱，使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，使线圈平面都与磁场方向平行，从而使表盘刻度均匀。4工作原理如图所示是线圈在磁场中受力的示意图。当电流通过线圈时，2导线受到安培力的作用，由左手定则知，线圈左右两边所受的安培力的方向相反，于是架在轴上的线圈就要转动
3、，通过转轴收紧螺旋弹簧使其变形，反抗线圈的转动，电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大，所以，从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小。线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变。所以，根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向。5优缺点优点是灵敏度高，可以测出很弱的电流；缺点是线圈的导线很细，允许通过的电流很弱。1自主思考判一判(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
4、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。()2合作探究议一议(1)如图所示，两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用，在什么情况下两条直导线相互吸引，什么情况下两条直导线相互排斥？提示：每一条通电直导线均处在另一直导线电流产生的磁场中，根据安培定则可判断出直线电流产生的磁场的方向，再根据左手定则可判断出每一条通电直导线所受的安培力，由此可知，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。(2)在磁场越强的地方通电导体受到的安培力一定越大吗？提示：不一定，通电导体受安培力的大小与 B、 I、 L
5、及 有关，当 0( B I)时，无论 B 如何总有 F0。利用左手定则判断安培力的方向1安培力方向的特点3(1)当电流方向跟磁场方向垂直时，安培力的方向、磁场方向和电流方向两两相互垂直。应用左手定则判断时，磁感线从掌心垂直进入，拇指、其余四指和磁感线三者两两垂直。(2)当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则判断时，拇指与四指、拇指与磁感线均垂直，但磁感线与四指不垂直。2安培定则与左手定则对比理解安培定则 左手定则用途 判断电流产生的磁场方向 判断电流在磁场中的受力方向因果关系 电流是因，磁场是果 电流和磁场都是因，安培力是果结论 判断安培力的
6、方向不是用安培定则，而是用左手定则1一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是( )解析：选 D 根据左手定则可判断出 A 图中导线所受安培力为零，B 图中导线所受安培力垂直纸面向里，C、D 图中导线所受安培力向右，由导线受力以后的弯曲方向与受力方向的关系可知，D 图正确。2在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线( )A受到竖直向上的安培力B受到竖直向下的安培力C受到由南向北的安培力D受到由西向东的安培力解析：选 A 赤道
7、上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，画出此处磁场和电流的方向图如图所示，由左手定则可判断出导线受到的安培力的方向是竖直向上的，选项 A 正确。3多选如图所示， F 是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的示意图是( )4解析：选 AD 由左手定则可判断，选项 B 中安培力的方向向左，选项 C 中安培力的方向向下；选项 A、D 中安培力的方向如题图所示，选项 A、D 是正确的。安培力大小的分析与计算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，
8、F0。(3)如图丙，通电导线与磁场方向成 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 ILBsin ，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 ILBsin 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
9、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。典例 如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直匀强磁场放置，将 AB 两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框5受到的安培力为 1.2 N，若将 ACB 边移走，则余下线框受到的安培力大小为( )A0.6 N B0.8 NC1.2 N D1.6 N解析 根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图所示，令电源电压为 U， ABC 等边三角形的电阻为 3R，曲线 ACB 上产生的安培力合力竖直向上，与 AB 边受到的安培力方向相同，并联后总电阻为： ，根据欧姆定律，并联
10、电路的总电流为： I1 ，则安2R3 U2R/3 3U2R培力为： F BI1L 1.2 N，将 ACB 边移走，余下线框受到的安培力大小为：3BUL2RF BI2L ，比较可得 F0.8 N。故 B 正确。BULR答案 B1长度为 L、通有电流为 I 的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为 B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是( )解析：选 A A 图中，导线不和磁场垂直，故将导线投影到垂直磁场方向上，故F BILcos ，A 正确；B 图中，导线和磁场方向垂直，故 F BIL，B 错误；C 图中导线和磁场方向垂直，故 F BIL，C 错误；D
11、 图中导线和磁场方向垂直，故 F BIL，D 错误。2如图所示，一段导线 abcd 位于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段 ab、 bc 和 cd 的长度均为 L，且 abc bcd135。流经导线的电流为 I，方向如图中箭头所示。导线段 abcd 所受到的磁场的作用力的合力( )A方向沿纸面向上，大小为( 1) ILB2B方向沿纸面向上，大小为( 1) ILB2C方向沿纸面向下，大小为( 1) ILB2D方向沿纸面向下，大小为( 1) ILB26解析：选 A 导线段 abcd 的有效长度为线段 ad，由几何知识知 Lad( 1) L，故线2段 abc
12、d 所受的合力大小 F ILadB( 1) ILB，导线有效长度的电流方向为 a d，据左2手定则可以确定导线所受合力方向竖直向上，故选 A。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，对通电导线的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导线所在位置的磁场分布情况。(2)结合左手定则准确判断导线所受安培力的方向。(3)由导体的受力情况判定导体的运动方向。2分析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，从而确定导线运动方向等效法环形电流可等效成小
13、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)，然后根据磁体间或电流间的作用规律判断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，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；不平行的两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其运动方向1用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所
14、示，当两导线环中通入方向相同的电流 I1、 I2时，则有( )7A两导线环相互吸引B两导线环相互排斥C两导线环无相互作用力D两导线环先吸引后排斥解析：选 A 通电的导线环周围能够产生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流产生力的作用。由于导线环中通入的电流方向相同，二者同位置处的电流方向完全相同，相当于通入同向电流的直导线，据同向电流相互吸引的规律，判知两导线环应相互吸引，故 A 正确。2.直导线 AB 与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动。当通过如图所示的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将( )A顺时针转动，同时靠近直导线 ABB顺时针转动，同时离开直导
15、线 ABC逆时针转动，同时靠近直导线 ABD不动解析：选 C 先用安培定则判断出 AB 导线右侧的磁场向里，因此，环形电流内侧受力向下、外侧受力向上，从左向右看应逆时针方向转动，当转到与 AB 共面时， AB 与环左侧吸引，与环右侧排斥，由于左侧离 AB 较近，则引力大于斥力，所以环靠近导线 AB，故选项 C 正确。3.如图所示，把一重力不计的通电直导线 AB 水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以在空间自由运动，当导线通以图示方向电流 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，同时上升解析：选
16、C 如图所示，将导线 AB 分成左、中、右三部分。中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；左端一段所在处的磁场方向斜向上，根据左手定则其受力方向向外；右端一段所在处的磁场方向斜向下，受力方向向里。当转过一定角度时，中间一段电流不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以从上往下看导线将一边逆时针方向转动，一边向下运动，C 选项正确。安培力作用下导体的平衡问题8典例 如图所示，在倾角 30的斜面上固定一平行金属导轨，导轨间距离 l0.25 m，两导轨间接有滑动变阻器 R 和电动势 E12 V、内阻不计的电池。垂直导轨放有一根质量 m0.2 kg 的金属棒 ab，它与导轨间的动摩擦
17、因数 。整个装置放在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度36B0.8 T。当调节滑动变阻器 R 的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在导轨上？导轨与金属棒的电阻不计， g 取 10 m/s2。思路点拨解析 当滑动变阻器 R 接入电路的阻值较大时， I 较小，安培力F 较小，金属棒在重力沿斜面的分力 mgsin 作用下有沿斜面下滑的趋势，导轨对金属棒的摩擦力沿斜面向上(如图所示)。金属棒刚好不下滑时有 B l mg cos mgsin 0ER解得 R 4.8 BElmg(sin cos )当滑动变阻器 R 接入电路的阻值较小时， I 较大，安培力 F 较大，会使金属棒产生沿斜面上滑的趋势，此时导
18、轨对金属棒的摩擦力沿斜面向下(如图所示)。金属棒刚好不上滑时有B l mg cos mgsin 0ER解得 R 1.6 BElmg(sin cos )所以，滑动变阻器 R 接入电路的阻值范围应为 1.6 R4.8 。答案 1.6 R4.8 (1)必须先将立体图转换为平面图，然后对物体进行受力分析，要注意安培力方向的确定，最后根据平衡条件或物体的运动状态列出方程。(2)注意静摩擦力可以有不同的方向，因而求解结果是一个范围。 1如图所示，一根质量为 m 的金属棒 AC，用软线悬挂在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，通入 A C 方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬9线张力为零，可以采用的办法是( )
19、A不改变电流和磁场方向，适当减小电流B不改变磁场和电流方向，适当增大磁感应强度C只改变电流方向，并适当增加电流D只改变电流方向，并适当减小电流解析：选 B 不改变电流和磁场方向，适当减小电流，可减小安培力，不能使悬线张力为零，故 A 错误。不改变磁场和电流方向，金属棒所受的安培力方向仍向上，适当增大磁感应强度，安培力增大，悬线张力可减小到零，所以 B 正确。只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零，故 C、D 错误。2如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由 M 向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 。如果仅改变下
20、列某一个条件， 角的相应变化情况是( )A棒中的电流变大， 角变大B两悬线等长变短， 角变小C金属棒质量变大， 角变大D磁感应强度变大， 角变小解析：选 A 金属棒受力如图所示，tan ；棒中电流Fmg BILmgI 变大， 角变大，两悬线等长变短， 角不变，金属棒质量变大， 角变小，磁感应强度变大， 角变大，故 A 正确。1一条劲度系数较小的金属弹簧处于自由状态，当弹簧通以电流时，弹簧将( )A保持原长 B收缩C伸长 D不能确定解析：选 B 弹簧通电时，同向电流相吸，使得弹簧缩短，故 B 正确。2关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )A安培力的方向可以不垂直于直导线B
21、安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选 B 根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流 I 和磁10场 B 确定的平面，即安培力的方向既垂直于 B 又垂直于 I，A 错误，B 正确；当电流 I 的方向平行于磁场 B 的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流 I 的方向垂直于磁场 B 的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C 错误；如图所示，电流 I 和磁场 B 垂直，直导线受到的安培力 F BIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力
22、，电流 I 和磁场 B 垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为 F BIL，D 错误。223如图所示四种情况中，匀强磁场磁感应强度大小相等，载流导体长度相同，通过的电流也相同，导体受到的磁场力最大，且方向沿着纸面的情况是( )A甲、乙 B甲、丙C乙、丁 D乙、丙解析：选 C 对于甲图，磁场力 F BILcos 30，方向垂直纸面向里；对于乙图，磁场力 F BIL，方向沿纸面向下；对于丙图，磁场力 F0；对于丁图，磁场力 F BIL，方向垂直导体沿纸面斜向上，所以，答案为 C。4.如图所示，长为 2l 的直导线折成边长相等，夹角为 60的 V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁
23、场中，磁感应强度为 B。当在该导线中通以电流强度为 I 的电流时，该 V 形通电导线受到的安培力大小和方向(平行于纸面)为( )A BIl 竖直向下 B BIl 竖直向上C2 BIl 竖直向下 D2 BIl 竖直向上解析：选 B 导线在磁场内有效长度为 2lsin 30 l，故该 V 形通电导线受到安培力大小为 F BI2lsin 30 BIl，由左手定则可得方向竖直向上，则选项 B 正确。5长为 L 的通电直导线放在倾角为 的光滑斜面上，并处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，如图所示，当 B 方向竖直向上，电流为 I1时导体处于平衡状态；若 B 方向改为垂直斜面向上，则电流为 I2时导体处于
24、平衡状态，电流比值 I1 I2 应为( )Acos B. 1cos Csin D.1sin 11解析：选 B 若磁场方向竖直向上，则安培力沿水平方向，由平衡条件可得： mgtan BI1L；若磁场方向垂直于斜面向上，则安培力沿斜面向上。由平衡条件可得： mgsin BI2L，则 I1 I21cos ，故 B 正确。6如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、 b 两条导线长均为 L，通以图示方向的电流 I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则( )A该磁场是匀强磁场B线圈平面总与磁场方向垂直C线圈将逆时针转动D线圈将顺时针转动解析：选 D 该磁场明显不是匀强磁
25、场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故 A 错误；由题图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故 B 错误；由左手定则可知，a 导线受到的安培力向上， b 导线受到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，故 C 错误 D 正确。7如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为 m 的直导体棒。当导体棒中的电流 I 垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度 B 的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于 B 的大小的变化，说法正确的是( )A逐渐增大 B逐渐减小C先减小后增大 D先增大后减小解析：选 C 导体棒受三
26、个力的作用，安培力 F 的大小变化从图中即可看出是先减小后增大，由 F BIL 知， B 的大小应是先减小后增大，12只有 C 项正确。8如图所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为 n，线圈的水平边长为 L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为 B，方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流 I 时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需( )A在天平右盘中增加质量 m 的砝码nBILgB在天平右盘中增加质量 m 的砝码2nBILgC在天平左盘中增加质量 m 的砝码nBILgD在天平左盘中增加质量 m 的砝码2nBILg解析：选 D 开
27、始时底边所受的安培力方向竖直向上，电流反向后，安培力的方向变为竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量，即： mg2 FA，解得 FA mg，由于：12FA nBIL，解得： m ，要重新平衡，需要在天平左盘中增加质量为 m 的砝码，2nBILg 2nBILgD 正确。9多选如图所示，质量为 m 的通电细杆 ab 置于倾角为 的导轨上，导轨的宽度为 d，杆 ab 与导轨间的动摩擦因数为 ，有电流时 ab 恰好在导轨上静止，下面各图是沿 ba 方向观察时的四个平面图，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中杆 ab 与导轨间摩擦力可能为零的是( )解析：选 AB 通过左手定则判断杆所受的安培力。若 A
28、 图中杆受到的重力、垂直斜面向上的支持力、水平向右的安培力的合力可以为零，可以不受摩擦力，故 A 正确；若 B 图中杆受到的重力与竖直向上的安培力相等时，不受摩擦力，故 B 正确；C 图中杆受重力、竖直向下的安培力，要想处于平衡状态，一定受垂直斜面向上的支持力及沿导轨向上的摩擦力作用，故 C 错误；D 图中杆受重力、水平向左的安培力，要想处于平衡状态，一定受到垂直斜面向上的支持力及沿导轨向上的摩擦力，故 D 错误。10.如图所示，两根间距为 d 的平行光滑金属导轨间接有电源 E，导轨平面与水平面间的夹角 30。金属杆 ab 垂直导轨放置，导轨与13金属杆接触良好。整个装置处于磁感应强度为 B
29、的匀强磁场中。当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆 ab 刚好处于静止状态。要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是( )A增大磁感应强度 BB调节滑动变阻器使电流减小C增大导轨平面与水平面间的夹角 D将电源的正负极对调，使金属杆中的电流方向改变解析：选 A 对金属杆进行受力分析，沿导轨方向，有 BId mgsin 0，要使金属杆向上运动，则应增大 BId，选项 A 正确，B 错误；若增大 ，则 mgsin 增大，选项 C错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，选项 D 错误。11(2015全国卷)如图，一长为 10 cm 的金属棒 ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁
30、场的磁感应强度大小为 0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为 12 V 的电池相连，电路总电阻为 2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量为 0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了 0.3 cm。重力加速度大小取 10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。解析：依题意，开关闭合后，电流方向从 b 到 a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了 l10.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2k l1 mg式中， m 为金属棒的质量
31、， k 是弹簧的劲度系数， g 是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F IBL式中， I 是回路电流， L 是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了 l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k( l1 l2) mg F由欧姆定律有E IR式中， E 是电池的电动势， R 是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m0.01 kg。答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为 0.01 kg1412如图所示，在倾角为 37的光滑斜面上有一根长为 0.4 m，质量为 6102 kg 的通电直导线，电流 I1 A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度
32、每秒增加 0.4 T，方向竖直向上的磁场中，设 t0， B0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示：由平衡条件得：水平方向上有： FTcos 37 F竖直方向上有： FTsin 37 mg两式联立解得： F N0.8 Nmgtan 37610 2100.75由 F BIL 得： B T2 TFIL 0.810.4由题意知， B 与 t 的变化关系为： B0.4 t代入数据得： t5 s。答案：5 s安培力的大小和方向1关于通电导线所受安培力 F 的方向，磁场 B 的方向和电流 I 的方向之间的关系，下列说法正确的是( )A F、 B、 I 三者
33、必须保持相互垂直B F 必须垂直 B、 I，但 B、 I 可以不相互垂直C B 必须垂直 F、 I，但 F、 I 可以不相互垂直D I 必须垂直 F、 B，但 F、 B 可以不相互垂直解析：选 B 安培力 F 总是与磁场 B 方向和电流 I 方向决定的平面垂直，但 B 与 I(即导线)可以垂直，也可以不垂直，通电导线受安培力时，力 F 与磁场及力 F 与导线都是垂直的，故 A、C、D 均错，B 正确。2.如图所示，直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如果直导线可以自由地运动，且通以从 a 到 b 的电流，则导线 ab 受磁场力后的运动情况( )A从上向下看，顺时针转动并靠近螺线管B
34、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15D从上向下看，逆时针转动并靠近螺线管解析：选 D 通电螺线管产生的磁场方向在其内部为从右向左，外部为从左向右。通电直导线左侧所处的磁场方向斜向上，右侧导线所处的磁场方向斜向下，则由左手定则可知，直导线左侧受力方向向外，直导线右侧受力方向向里，故从上向下看为逆时针转动；当转过 90时，由左手定则可得直导线受力向下，故 D 选项正确。3如图所示，两个圆形线圈 P 和 Q，悬挂在光滑绝缘杆上，通以方向相同的电流，若 I1 I2， P、 Q 受到安培力大小分别为 F1、 F2，则 P 和 Q( )A相互吸引， F1 F2 B相互
35、排斥， F1 F2C相互排斥， F1 F2 D相互吸引， F1 F2解析：选 D 两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引。根据牛顿第三定律知，线圈 P 对线圈 Q 的力和线圈 Q 对线圈 P 的力大小相等，方向相反，故 D 正确。4.多选通电矩形线框 abcd 与长直通电导线 MN 在同一平面内，如图所示， ab 边与 MN 平行。关于 MN 产生的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是( )A线框有两条边所受的安培力方向相同B线框有两条边所受的安培力大小相等C线框所受的安培力的合力方向向左D线框所受的安培力的合力方向向右解析：选 BD 由安培定则可知导
36、线 MN 在线框处所产生的磁场方向垂直于纸面向外，再由左手定则判断出 bc 边和 ad 边所受安培力大小相等，方向相反。 ab 边受到向右的安培力 Fab， cd 边受到向左的安培力 Fcd，因为 ab 所处的磁场较强， cd 所处的磁场较弱，故Fab Fcd，线框所受合力方向向右。选项 B、D 正确。5.在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四根导线中的电流 I4 I3 I2 I1。要使 O 点的磁场增强，则应切断哪一根导线中的电流( )A I1 B I2C I3 D I4解析：选 D 根据安培定则可知 I1、 I2、 I3、 I4在 O 点产生的磁场方向分别为垂直于纸面向里、向
37、里、向里、向外，又 I3 I4，故切断 I4可使 O 点的磁场增强，选项 D 正确。6.如图所示，一重为 G1的通电圆环置于水平桌面上，圆环中电流方向为顺时针方向(从上往下看)，在圆环的正上方用轻绳悬挂一条形磁铁，磁铁的中心轴线通过圆环中心，磁铁的上端为 N 极，下端为 S 极，磁铁自身的重力为 G2。则关于圆环对桌面的压力 F 和磁铁对轻绳的拉力 F的大小，下列关系中正16确的是( )A FG1， F G2 B F G2C FG1， F G2解析：选 D 顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直放置的小磁针，由安培定则可知， “小磁针”的 N 极向下，S 极向上，故与磁铁之间的相互作用力为斥力
38、，所以圆环对桌面的压力 F 将大于圆环的重力 G1，磁铁对轻绳的拉力 F将小于磁铁的重力 G2，选项 D正确。7已知长沙市区地磁场的磁感应强度 B 约为 4.0105 T，其水平分量约为3.0105 T；若市区一高层建筑安装了高 50 m 的竖直金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，经避雷针开始放电，电流方向自上而下，大小为 1.0105 A，此时金属杆受到地磁场对它的安培力方向和大小分别为( )A方向向西，大小约为 150 NB方向向西，大小约为 200 NC方向向东，大小约为 150 ND方向向东，大小约为 200 N解析：选 C 当带有正电的乌云经避雷针
39、放电时，放电电流方向沿避雷针向下，若面向北方而立，则空间水平磁场均为“” ，则右方为东方，左方为西方向，如图，由左手定则判定可知金属杆所受安培力的方向向东，大小为 F BIL3.010 5 110550 N150 N，故 C 正确。8.两条直导线互相垂直，如图所示，但相隔一个小距离，其中一条 AB 是固定的，另一条 CD 能自由转动。当直流电流按如图所示方向通入两条导线时， CD 导线将( )A顺时针方向转动，同时靠近导线 ABB顺时针方向转动，同时离开导线 ABC逆时针方向转动，同时离开导线 ABD逆时针方向转动，同时靠近导线 AB解析：选 D 根据电流方向相同时导线相互吸引，相反时则排斥，
40、可知 CD 导线将逆时针方向转动，同时靠近导线 AB，所以 D 正确。9多选如图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成 30角，导线中通过的电流为 I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是( )17A增大电流 IB增加直导线的长度C使导线在纸面内顺时针转 30角D使导线在纸面内顺时针转 45角解析：选 AB 由公式 F BIL，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力，故 A 正确；由公式 F BIL，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力，故 B 正确；当使导线在纸面内顺时针转 30时，导线沿磁场方向投影长度为零，则所受磁场力为零，故 C 错误；当使导线在纸面内顺时针转 4
41、5时，导线沿磁场方向投影长度缩短，则所受磁场力变小，故 D 错误。10多选如图所示，一个半径为 R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度 B 大小相等，方向均与环面轴线方向成 角(环面轴线为竖直方向)。若导线环上载有如图所示的恒定电流 I，则下列说法正确的是( )A导电圆环所受安培力方向竖直向上B导电圆环所受安培力方向竖直向下 C导电圆环所受安培力的大小为 2BIR D导电圆环所受安培力的大小为 2 BIRsin 解析：选 AD 把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对环形电流的安培力竖直向上，即导
42、电圆环所受安培力竖直向上，故 A 正确，B 错误。水平磁场对电流的安培力F B 水平 I2 R2 BIRsin ，故 C 错误，D 正确。11如图所示，两平行导轨间的距离 L0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角为 37，在导轨所在的平面内，分布着磁感应强度 B0.50 T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势 E4.5 V、内阻r0.50 的直流电源。现把一个质量 m0.04 kg 的导体棒 ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R02.5 ，金属导轨电阻不计， g 取 10 m/s2。已知
43、sin 370.60，cos 370.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力。18解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I 1.5 A。ER r(2)导体棒受到的安培力： F 安 BIL0.30 N。(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1 mgsin 370.24 N。由于 F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f，根据共点力平衡条件 mgsin 37 f F 安解得： f0.06 N，方向沿导轨向下。答案：(1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N，方向沿导轨向下12如图所示，
44、PQ 和 EF 为水平放置的平行金属导轨，间距为L1.0 m，导体棒 ab 跨放在导轨上，棒的质量为 m20 g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体 c 相连，物体 c 的质量 M30 g。在垂直导轨平面方向存在磁感应强度 B0.2 T 的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度 g 取 10 m/s2。若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒 ab 重力的 0.5 倍，若要保持物体 c 静止不动。应该在棒中通入多大的电流；电流的方向如何。解析：因为导轨粗糙，设导体棒的最大静摩擦力大小为 fm，且 fm0.5 mg0.1 N，物体 c 的重力为 G Mg0.3 N，可知最大静摩擦小于物体 c 的重力，即要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由 a 到b。 若安培力大于物体 c 的重力时，电流较大，设此时电流为 I1，则由平衡条件有 BI1L Mg fm0.1 N，解得， I12 A若安培力小于物体 c 的重力时，电流较小，设此时电流为 I2，则由平衡条件有 Mg BI2L fm0.1 N，解得： I21 A即 ab 棒中电流为 1 A I2 A。答案：1 A I2 A，由 a 到 b19
