高考物理总复习第十章磁场第1讲磁场及其对电流的作用

【课程标准内容及要求1.通过实验，认识磁场。了解磁感应强度，会用磁感线描述磁场。体会物理模型在探索自然规律中的作用。2.知道磁通量。3.通过实验，认识安培力。能判断安培力的方向，会计算安培力的大小。了解安培力在生产生活中的应用。4.通过实验，认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。5.能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用。第1讲磁场及其对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场的基本性质磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用。2．磁感应强度(1)物理意义：表征磁场的强弱和方向。(2)定义式：B＝eq\f(F,Il)(通电导线垂直于磁场)。(3)方向：小磁针静止时N极的指向。(4)单位：特斯拉，符号为T。3．磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。二、磁感线和电流周围的磁场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，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱。(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．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特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图纵截面图【自测如图1所示，两根平行通电长直导线固定，左边导线中通有垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流，两导线连线(水平)的中点处，一可自由转动的小磁针静止时N极指向平行于纸面向下。忽略地磁场的影响。关于右边导线中的电流I2，下列判断正确的是()图1A．I2＜I1，方向垂直纸面向外B．I2＞I1，方向垂直纸面向外C．I2＜I1，方向垂直纸面向里D．I2＞I1，方向垂直纸面向里答案B解析小磁针静止时N极指向平行于纸面向下，说明该处的磁场方向向下，因I1在该处产生的磁场方向向上，则I2在该处产生的磁场方向向下，且大于I1在该处产生的磁场，由安培定则可知I2方向垂直纸面向外，且I2＞I1，故B正确。三、安培力的大小和方向1．大小F＝IlBsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)。若I∥B，F＝0；若I⊥B，F＝IlB。2．方向左手定则来判定：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。安培力方向总垂直于B、I所决定的平面，即一定垂直于B和I，但B与I不一定垂直。3．两平行通电导线间的安培力：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。命题点一磁场的叠加和安培定则的应用1．磁场叠加问题的分析思路(1)确定磁场场源，如通电导线。图2(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图2所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。2．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。因果磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流及通电螺线管的磁场四指大拇指磁场的叠加【真题示例1(2021·全国甲卷，16)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3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()图3A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、B答案B解析根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。安培定则的应用【真题示例2(2021·广东卷，5)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I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图4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()图4答案C解析根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的作用规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确。【针对训练1】(2021·湖北省高考模拟)六根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正六边形，O为六边形的中心，通过长直导线a、b、c、d、e、f的电流分别为I1、I2、I3、I4、I5、I6，a、c、e中通过的电流大小相等，b、d、f中通过的电流大小相等，电流方向如图5所示。已知通电长直导线在距导线r处产生的磁感应强度大小为B＝keq\f(I,r)，此时O点处的磁感应强度大小为6B，导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，则移除e处导线后，e处的磁感应强度大小为()图5A．0 B．BC.eq\r(3)B D．2B答案A解析结合题图可知各导线在O点产生的磁场方向如图甲所示，a、c、e中通过的电流大小相等，且到O点的距离相等，若通过a、c、e三条导线的电流在O点产生的磁感应强度大小均为B，合磁感应强度大小为2B，则若通过b、d、f三条导线的电流在O点产生的合磁感应强度大小为4B，结合上述分析可知，b、d、f三条导线中的电流大小是a、c、e三条导线中电流大小的2倍；去掉e导线后剩余导线在e点产生的磁场方向如图乙所示。由B＝keq\f(I,r)，可知B4′＝B6′＝2B，夹角为120°，B1′＝B3′＝eq\f(\r(3),3)B，夹角为60°，B2′＝B，由平行四边形定则求得e点的合磁感应强度大小为0。故选项A正确。【针对训练2】(2021·广东潮州市教学质检)如图6所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当加入一与导线所在平面垂直纸面向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，则此时b受到的磁场力大小为()图6A．F B．2FC．3F D．4F答案A解析根据安培定则和左手定则可知a导线受到的F水平向右，由牛顿第三定律可知b受到a施加的磁场力也为F，方向水平向左。加匀强磁场后a受到的磁场力大小为3F，方向水平向右，则匀强磁场施加给a的力方向水平向右，大小为2F，施加给同向电流b的力方向也水平向右，则b受到的合力大小为2F－F＝F，所以A正确，B、C、D错误。题型自我感悟1．如何确定直线电流周围空间某点的磁场方向？若周围空间有两个直线电流，又如何求空间某位置的磁场呢？提示安培定则→磁场方向，平行四边形定则→空间某处磁场。2．一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线通以如图7所示方向电流时，如何分析电流对磁铁的作用力的方向？图7提示画出条形磁铁在导线处产生的磁场方向，用左手定则确定直线电流受到磁铁的安培力方向，然后根据牛顿第三定律判断电流对磁铁的作用力的方向。命题点二安培力的分析和计算1．大小计算(1)有效长度：公式F＝IlB中的l是有效长度，弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度。相应的电流沿l由始端流向末端，如图所示。(2)电流元法：将导线分割成无限个小电流元，每一小段看成直导线，再按直线电流判断和计算。2．安培力作用下导体运动的分析思路判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置磁感线的分布情况，及导体中电流的方向，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。3．安培力作用下导体运动的判定方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则))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条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，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先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力【真题示例3(2019·全国Ⅰ卷，17)如图8，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()图8A．2F B．1.5FC．0.5F D．0答案B解析设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则外电路中，上、下电路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下电路电流之比I1∶I2＝1∶2。如图所示，每根导体棒长度均为L，由于上面电路MLN通电的导体棒受到的安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受到的安培力大小为F＋F′＝1.5F，选项B正确。【真题示例4(2020·海南卷，6)如图9，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为()图9A．向上 B．向下C．向左 D．向右答案B解析根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示。导线所处位置的磁场方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下，故选项B正确。【针对训练3】一个图10可以沿过圆心的水平轴自由运动的线圈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，如图10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．在纸面内平动答案B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，由左手定则可得，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。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。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。据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动，B正确。命题点三安培力作用下的平衡和加速问题求解安培力作用下通电导体的平衡问题的关键是将三维图转化为二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。如图11所示。图11安培力作用下的平衡问题【例5(2021·湖南衡阳市联考)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12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()图12A．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＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向竖直向上C．磁感应强度大小可能为B＝eq\f(mg,IL)，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＝eq\f(mgsinθ,IL)答案D解析根据重力、支持力、安培力三力平衡可知，导线所受的安培力垂直于斜面向下时，导线所受合力不能为0，导线不能静止，A错误；若磁场方向竖直向上，则安培力方向水平水平向左，导线不能静止，B错误；若磁场方向水平向左，则安培力方向竖直向下，导线不能静止，C错误；磁场方向垂直于斜面向下时，安培力方向沿斜面向上，此时安培力最小，磁感应强度最小，故有mgsinθ＝ILB，解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，D正确。安培力作用下的加速问题【例6(2021·四川遂宁市诊断)电磁弹射技术原理如图13甲所示，飞机钩在滑杆上，储能装置通过导轨和滑杆放电，产生强电流恒为4000A，导轨激发的磁场在两导轨间近似为匀强磁场，磁感应强度B＝10T，在磁场力和飞机发动机推力作用下，滑杆和飞机从静止开始向右加速，在导轨末端飞机与滑杆脱离，导轨长120m，间距为3m。飞机质量为2.0×104kg，在导轨上运动时所受阻力恒为机重的0.1倍，假如刚开始时发动机已达额定功率4×106W，飞机在导轨末端所受竖直升力与水平速度关系F＝kv(k＝4000kg/s)。如图乙是在一次弹射过程中，记录的飞机在导轨各个位置上的速度，滑杆的质量忽略，g取10m/s2。求：图13(1)飞机在导轨上运动30m处的加速度大小；(2)如果飞机在导轨末端刚好达到起飞条件，飞机在导轨上运动的时间。答案(1)10m/s2(2)3.25s解析(1)分析飞机在30m处水平方向的受力知，发动机的推力大小F1＝eq\f(P,v1)①安培力大小F2＝IlB②阻力大小f＝0.1mg③由牛顿第二定律有F1＋F2－f＝ma④联立①②③④得a＝10m/s2。(2)飞机在导轨末端刚好达到起飞条件为F＝kv＝mg⑤由全过程的功能关系得Pt＋F2x－fx＝eq\f(1,2)mv2⑥联立⑤⑥得t＝3.25s。【针对训练4】(2021·重庆市适应性测试)如图14所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d＝10cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10m/s2)()图14A．0.25T B．0.5TC．0.75T D．0.83T答案B解析未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力方向竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，两式相比得eq\f(mg,mg＋BId)＝eq\f(2kx,2k×1.5x)＝eq\f(1,1.5)，解得B＝0.5T，故B正确。对点练磁场的叠加和安培定则的应用1．(2021·湖北宜昌市联考)A、B、C三根通电长直导线均水平固定，导线通入的恒定电流大小相等，方向如图1所示，其中A、B垂直纸面且关于C对称，则导线C所受磁场力的情况是()图1A．大小为零 B．方向竖直向上C．方向竖直向下 D．方向水平向左答案A解析由安培定则、对称性与磁感应强度的叠加原理，可知A、B通电直导线在导线C处的合磁场方向总是水平向右，所以导线C所受磁场力大小为零，则A正确，B、C、D错误。2．(2021·河北高三一模)一个各边电阻相同、边长均为L的正六边形金属框abcdef放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框所在平面向外的匀强磁场中。若从a、b两端点通以如图2所示方向的电流，电流大小为I，则关于金属框abcdef受到的安培力的判断正确的是()图2A．大小为ILB，方向垂直ab边向左B．大小为ILB，方向垂直ab边向右C．大小为2ILB，方向垂直ab边向左D．大小为2ILB，方向垂直ab边向右答案A解析设通过ab支路的电流为I1，通过afedcb支路的电流为I2，其中afedcb支路在磁场中所受安培力的有效长度为a、b两端点间的长度L，所以金属框受到的安培力的合力大小为F＝I1LB＋I2LB＝ILB，根据左手定则可知安培力的方向垂直ab边向左，故A正确。3．(2021·广东省选择考适应性测试)如图3所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍，两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是()图3A．a点与b点的磁感应强度相同B．a点与c点的磁感应强度相同C．a点与d点的磁感应强度相同D．a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同答案B解析通电直导线在周围形成的磁场，磁感应强度大小为B＝eq\f(kI,r)，方向由安培定则确定，从右向左画出各点的磁感应强度的平面图，如图所示，由对称性可知a与c点的合磁感应强度等大同向，b与d两点的合磁感应强度等大同向，故选项B正确。4．(2021·河北选择考模拟)如图4，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为(a，b)，若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为()图4A.eq\f(a,b)I0，沿y轴正向 B.eq\f(a,b)I0，沿y轴负向C.eq\f(b,a)I0，沿y轴正向 D.eq\f(b,a)I0，沿y轴负向答案A解析根据右手螺旋定则可知，沿x轴的电流在A点处的磁感应强度为B1＝keq\f(I0,b)，方向垂直于纸面向外，因为A点磁感应强度为零，所以沿y轴的电流产生的磁场垂直纸面向里，大小等于B1，有keq\f(I,a)＝keq\f(I0,b)，解得I＝eq\f(a,b)I0，根据右手螺旋定则可知电流方向沿y轴正方向，故A正确。对点练安培力的分析和计算5．(2021·湖南省适应性考试)如图5所示，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1。只改变电流方向，其他条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为()图5A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)答案C解析线框在磁场中的有效长度为bd＝eq\r(2)L，当电流方向为题图所示方向时，由平衡条件得F1＋eq\r(2)ILB＝mg①改变电流方向后，安培力方向竖直向下，有F2＝mg＋eq\r(2)ILB②联立①②得B＝eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL)，C正确。6．(2021·湖南省高考模拟)直导线右侧放一个矩形线框Q，二者分别通以电流I1、I2，电流方向如图6(a)所示，图(b)为俯视图，直导线P与线框不在同一平面内，但P与线框竖直中心轴共面，O1O2为过线框中心O和直导线P的水平直线。不考虑线框上下两段导线对直导线的影响。下列说法正确的是()图6A．若P固定，Q可以绕竖直中心轴转动，则图(b)中Q会先逆时针转动B．若P固定，Q可以绕竖直中心轴转动，则图(b)中Q会先顺时针转动C．若Q固定，P可以自由运动，则P将沿O1O2向O靠近D．若Q固定，P可以自由运动，则图(a)中P将顺时针转动答案B解析题图(b)中，由安培定则可知电流I1产生的磁感线为以P为圆心的顺时针方向的同心圆，由左手定则可判断线框左侧导线受到的安培力指向导线P，线框右侧导线受到的安培力背离导线P，故若P固定，Q可以绕竖直中心轴转动，则题图(b)中Q会先顺时针转动，A错误，B正确；若Q固定，线框左侧导线对P的安培力指向左侧导线，线框右侧导线对P的安培力背离右侧导线，根据力的合成法则知直导线P所受合外力方向偏向右下，故直导线P在刚开始一段时间内向右下方运动，C、D错误。对点练安培力作用下的平衡和加速问题7．如图7所示，两平行倾斜导轨间的距离L＝10cm，它们处于垂直导轨平面向下的磁场(图中未画出)中，导轨平面与水平方向的夹角θ＝37°，在两导轨下端所接的电路中，电源电动势E＝10V，内阻不计，定值电阻R1＝4Ω，开关S闭合后，垂直导轨放置的质量m＝10g、电阻R＝6Ω且长度也为L的金属棒MN保持静止。已知金属棒MN与两导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则磁场的磁感应强度大小可能是()图7A．10T B．1.5TC．0.1T D．1T答案D解析当金属棒恰好要沿斜面向上运动时，有Beq\f(E,R＋R1)L＝mgsinθ＋μmgcosθ，解得B＝1T；当金属棒恰好要沿斜面向下运动时，有Beq\f(E,R＋R1)L＋μmgcosθ＝mgsinθ，解得B＝0.2T，所以0.2T≤B≤1T，只有选项D正确。8．(多选)(2021·广西河池市教学质检)如图8所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ，一质量为m、长为L的导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中。当导体棒ab中通有方向从a到b的恒定电流I时，磁场的方向由垂直斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，则磁感应强度的大小(重力加速度为g)()图8A．先增大后减小 B．逐渐增大C．可能为eq\f(mgsinθ,IL) D．可能为eq\f(mg,ILsinθ)答案BC解析对导体棒受力分析知，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力FA作用，且合力为零，如图所示，从图中可以看出，在磁场方向变化的过程中，安培力FA一直变大，由FA＝ILB，其中电流I和导体棒的长度L均不变，可知磁感应强度渐渐变大，故A项错误，B项正确；当磁场方向垂直斜面向上时，安培力FA沿斜面向上，此时安培力最小，最小值Fmin＝mgsinθ，则Bmin＝eq\f(mgsinθ,IL)，故C项正确；当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，此时对应的安培力最大，此时ILBmax＝mg，得磁感应强度的最大值Bmax＝eq\f(mg,IL)，故D项错误。9．(2021·江苏南京市十三中教学质量调研)如图9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θ。则()图9A．仅棒中的电流变小，θ变小B．仅两悬线等长变长，θ变大C．仅金属棒质量变大，θ变大D．仅磁感应强度变大，θ变小答案A解析金属棒受力如图所示，金属棒平衡，可得tanθ＝eq\f(F安,mg)＝eq\f(ILB,mg)，金属棒中电流I变小，θ角变小，故A正确；两悬线等长变长，θ角不变，故B错误；金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；磁感应强度变大，θ角变大，故D错误。10．(多选)如图10，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是()图10A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq\r(3)D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为eq\r(3)∶eq\r(3)∶1答案BC解析同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图甲所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3