第十章 第1讲　磁场及其对电流的作用-2025高三总复习 物理（新高考）

三年考情磁场的叠加2023·浙江1月选考·T8、2021·全国甲卷·T16、2021·福建卷·T6安培力2023·北京卷·T19、2023·海南卷·T17、2023·江苏卷·T2、2023·山东卷·T12、2023·辽宁卷·T2、2022·全国甲卷·T25、2022·湖南卷·T3、2022·湖北卷·T11、2022·浙江1月选考·T3、2022·江苏卷·T3、2021·广东卷·T5、2021·浙江6月选考·T15带电粒子在磁场中的运动2023·北京卷·T13、2023·天津卷·T13、2023·湖北卷·T15、2023·全国甲卷·T20、2023·浙江6月选考·T20、2023·广东卷·T5、2022·浙江6月选考·T22、2022·广东卷·T7、2022·辽宁卷·T8、2021·全国乙卷·T16、2021·北京卷·T12、2021·湖北卷·T9带电粒子在组合场中的运动2023·山东卷·T17、2023·海南卷·T13、2023·辽宁卷·T14、2022·山东卷·T17、2022·湖北卷·T8、2021·全国甲卷·T25、2021·山东卷·T17、2021·河北卷·T5、2021·河北卷·T14、2021·江苏卷·T15、2021·湖南卷·T13、2021·辽宁卷·T15、2021·北京卷·T18、2021·浙江6月选考·T22、2021·广东卷·T14带电粒子在叠加场中的运动2023·湖南卷·T6、2023·海南卷·T2、2023·江苏卷·T16、2023·全国乙卷·T18、2022·全国甲卷·T18、2022·广东卷·T8、2022·浙江1月选考·T22、2022·重庆卷·T5命题规律目标定位本章主要考查磁场的叠加、安培力问题的理解及应用，带电粒子在磁场中的运动，带电粒子在组合场、叠加场、交变场中的运动规律及应用等，命题常与生产生活中的实际情境(地磁场、电磁炮、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件等)相联系，常以选择题、计算题形式呈现，计算题常以组合场、叠加场、交变场命题，难度较大。第1讲磁场及其对电流的作用[课标要求]1．了解磁场，掌握磁感应强度的概念，会用磁感线描述磁场。2．会用安培定则(右手螺旋定则)判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向。3．会用左手定则判断安培力的方向，会计算安培力的大小，了解安培力在生产、生活中的应用。考点一磁场、磁感应强度与磁感线1．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、电流或运动电荷有力的作用。(2)磁感应强度①物理意义：描述磁场的强弱和方向。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极所指的方向。④单位：特斯拉，符号为T。(3)匀强磁场磁场中各点磁感应强度的大小相等、方向相同的磁场。(4)地磁场①地磁的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示。②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北。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。学生用书第216页2．磁感线、电流的磁场(1)磁感线①定义：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点磁场的方向一致。②特点：a．磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。b．磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。c．磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。d．磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。(2)几种常见的磁场①条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)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纵截面图自主训练1磁感应强度的理解(多选)关于B＝eq\f(F,Il)的说法中正确的是()A．磁场中某点的磁感应强度B与通电导线在磁场中所受的磁场力F成正比B．磁场中某点的磁感应强度B与Il的乘积成反比C．磁场中某点的磁感应强度B不一定等于eq\f(F,Il)D．通电直导线在某点所受磁场力为零，则该点磁感应强度B不一定为零答案：CD解析：磁感应强度B＝eq\f(F,Il)是用比值定义法定义的，但磁感应强度是磁场的固有性质，与通电导线所受磁场力F及Il的乘积等外界因素无关，A、B错误；B＝eq\f(F,Il)是在电流与磁场垂直的情况下得出的，如果不垂直，设电流方向与磁场方向夹角为θ，则根据F＝IlBsinθ得B＝eq\f(F,Ilsinθ)，即B不一定等于eq\f(F,Il)，如果B∥I，虽然B≠0，但F＝0，故C、D正确。自主训练2两条通电直导线电流的磁场叠加(2021·全国甲卷)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()A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、B答案：B解析：两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线在M处的磁感应强度方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为0；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度为2B，故B正确。自主训练3多条通电直导线电流的磁场叠加(多选)如图所示，六根直导线均匀分布在圆心为O的圆周上，导线中均通有方向垂直纸面向里、大小相同的电流。若将其中一根导线中的电流反向，圆心O处的磁感应强度大小为B0；若将其中两根导线中的电流反向，圆心O处的磁感应强度大小可能为()A．eq\f(1,2)B0 B．B0C．eq\r(3)B0 D．eq\f(\r(3),2)B0答案：BC解析：若将其中一根导线中的电流反向，圆心O处的磁感应强度大小为B0，由右手螺旋定则及磁场的叠加原理可知，对称的两个同向电流在圆心O处的磁感应强度大小为0，反向对称的两个电流在圆心O处的磁感应强度大小为B0，如果有两个反向电流时，它们在O处的磁场方向间的夹角可能有60°、120°与180°三种情况，当夹角为60°时，圆心O处的磁感应强度大小为B＝2B0coseq\f(60°,2)＝eq\r(3)B0，当夹角为120°时，圆心O处的磁感应强度大小为B＝2B0coseq\f(120°,2)＝B0，当夹角为180°时，圆心O处的磁感应强度大小为B＝0，所以A、D错误，B、C正确。磁场叠加的基本思路1．确定磁场的场源，是磁体产生的还是电流产生的磁场。2．定位空间中需求解磁场的位置(点)，利用安培定则判定各个场源在该点产生的磁感应强度的大小和方向。如图所示，BM、BN分别为电流M、N在c点产生的磁感应强度。3．应用平行四边形定则进行合成，如图中c点的合磁感应强度为B。学生用书第217页考点二安培力的理解与计算1．安培力的大小F＝IlBsin_θ，(其中θ为B与I之间的夹角)(1)磁场和电流垂直时：F＝IlB。(2)磁场和电流平行时：F＝0。2．安培力的方向——应用左手定则判断(1)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。(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向。(3)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。【基础知识判断】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．安培力的方向既与磁感应强度的方向垂直，又与电流的方向垂直。(√)3．通电导线与磁场方向既不垂直也不平行时，左手定则就不适用了。(×)1．安培力的方向安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面。2．安培力公式F＝IlB的应用条件(1)匀强磁场；(2)l与B垂直；(3)l是指有效长度。如图所示，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流向末端。考向1安培力方向的判断(2022·江苏高考)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向()A．平行于纸面向上B．平行于纸面向下C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外答案：C解析：根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出安培力左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。故选C。对点练．(2021·广东高考)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()答案：C解析：因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用，根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左、右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上、下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故C正确。考向2安培力大小的计算(2023·江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为()A．0 B．BIlC．2BIl D．eq\r(5)Bil答案：C解析：因bc段与磁场方向平行，故不受安培力；ab段与磁场方向垂直，故受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。故选C。学生用书第218页对点练．如图所示，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()A．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，则电路中，上、下两路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下两路电流之比I1∶I2＝1∶2。如题图所示，由于上路通电的导体受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所受的合力大小为F＋F′＝1.5F，故B正确。考向3安培力作用下导体运动情况的判断安培力作用下导体运动情况的判断的常用方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up10(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，通电螺线管→条形磁铁结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；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一个可以沿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．在纸面内平动答案：B解析：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。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，由安培定则可知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。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。对点练．如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行于纸面，P垂直于纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是()A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大答案：C解析：根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q将顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，细线张力减小，故C正确，A、B、D错误。考点三安培力作用下导体的平衡及加速问题考向1安培力作用下导体的平衡问题1．求解安培力作用下导体的平衡或加速问题的关键画受力图→三维图eq\o(→,\s\up10(转换为))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。2．求解安培力作用下导体平衡或加速问题的基本思路(1)选定研究对象。(2)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⊥B、F⊥I。学生用书第219页(3)若导体处于平衡状态，则列平衡方程；若导体处于非平衡状态，则列动力学方程。(2022·湖南高考)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MB．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C．tanθ与电流I成正比D．sinθ与电流I成正比答案：D解析：当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线做受力分析如图所示，由左手定则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，故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sinθ＝eq\f(ILB,mg)，FT＝mgcosθ，则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，故B、C错误，D正确。故选D。对点练．如图所示，一通电导体棒ab静止在倾角为θ的粗糙斜面上，如图所示，导体棒所在空间加一方向与导体棒垂直的匀强磁场，当匀强磁场方向与图中箭头方向(与斜面垂直向上)的夹角为α时，无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列关系式中正确的是()A．tanα≥eq\f(1,μ) B．tanα≤eq\f(1,μ)C．tanα≥μ D．tanα≤μ答案：A解析：通电导体棒受安培力与斜面夹角为α，受重力、支持力、摩擦力和安培力，根据平衡条件F安cosα＝Ff＋mgsinθ，FN＝mgcosθ＋F安sinα，其中Ff＝μFN，解得cosα－μsinα＝eq\f(μmgcosθ＋mgsinθ,F安)，当F安→∞时，cosα＝μsinα，即当tanα≥eq\f(1,μ)时无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动，故选A。考向2安培力作用下导体的加速问题(多选)(2022·湖北高考)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为eq\f(\r(3),3)g；减速时，加速度的最大值为eq\r(3)g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是()A．棒与导轨间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),6)B．棒与导轨间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°答案：BC解析：设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1＜90°，当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有Fsinθ1－μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg－Fcosθ1))＝ma1，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，根据数学知识可得Feq\r(1＋μ2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝μmg＋ma1，则有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ1＋α))＝eq\f(μmg＋ma1,F\r(1＋μ2))≤1；同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2＜90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有Fsinθ2＋μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋Fcosθ2))＝ma2，有Feq\r(1＋μ2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ2＋α))＝ma2－μmg，所以有sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ2＋α))＝eq\f(ma2－μmg,F\r(1＋μ2))≤1，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝eq\f(\r(3),3)，代入cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正确，A、D错误。故选BC。对点练．(多选)(2023·河北张家口模拟)如图所示，两长度均为L的通电长直导线P、Q锁定在倾角为θ的光滑斜面上，质量分别为m、2m，两导线中通入的电流大小相等，均为I，重力加速度大小为g，现在导线Q的中点施加一沿斜面向上的拉力F与此同时对两导线解除锁定，两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动。下列说法正确的是()A．两导线中电流的方向可能相反B．两导线间的安培力大小为eq\f(1,3)FC．若F＝6mgsinθ，撤去F瞬间，导线P、Q的加速度大小之比为2∶1D．去掉Q，导线P仅在外加匀强磁场作用下静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度大小满足B≥eq\f(mgsinθ,IL)答案：BD解析：分析可知P、Q一定相互吸引，则P、Q中电流一定同向，A错误；对P、Q整体，有F－3mgsinθ＝3ma，对P进行受力分析，由牛顿第二定律有FA－mgsinθ＝ma，解得FA＝eq\f(1,3)F，B正确；若F＝6mgsinθ，则P、Q间安培力大小为2mgsinθ，撤去外力F瞬间，对P受力分析可得2mgsinθ－mgsinθ＝ma1，解得a1＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，对Q受力分析可得2mgsinθ＋2mgsinθ＝2ma2，解得a2＝2gsinθ，加速度方向沿斜面向下，导线P、Q加速度大小之比为1∶2，C错误；对P受力分析如图所示，当磁场方向垂直于斜面向下时，磁感应强度最小，由共点力平衡条件可知mgsinθ＝BIL，要使导线P静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度大小满足B≥eq\f(mgsinθ,IL)，D正确。故选BD。课时测评46磁场及其对电流的作用eq\f(对应学生,用书P444)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题每题6分，共60分)1．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是()A．在地磁场的作用下小磁针静止时，指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置答案：B解析：地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，所以在地磁场的作用下小磁针静止时，指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，故A错误；在地球的南、北极地磁的方向几乎与地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场力最大，故B正确；地球自转方向是自西向东，地理南极在地磁北极附近，由安培定则判断可能地球是带负电的，故C错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若根据安培定则可知地磁场方向与导线电流的方向垂直，地磁场对实验的影响较大，故在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，故D错误。2．(2024·山东德州模拟)已知通电直导线在其延长线上产生的磁感应强度大小为零，通电环形导线在其圆心处产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与环形的半径成反比，即B＝keq\f(I,r)，k为比例系数。现有两段四分之一圆弧导线和两段直导线组成的闭合回路如图所示，O为两段圆弧的共同圆心，大、小圆弧的半径分别为r大和r小，回路中通有电流I，则圆心O处磁感应强度的大小和方向分别为()A．kIeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，垂直纸面向外B．kIeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)＋\f(1,r大)))，垂直纸面向里C．eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，垂直纸面向外D．eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)＋\f(1,r大)))，垂直纸面向里答案：C解析：由电流方向及安培定则可知，大、小圆弧在圆心O处产生的磁场方向相反，分别垂直纸面向里、垂直纸面向外，由题可知，小圆弧产生的磁场的磁感应强度大于大圆弧产生的磁场的磁感应强度，故圆心处磁感应强度的方向为垂直纸面向外；题中大、小圆弧均为四分之一圆弧，故圆心处磁感应强度的大小为B＝eq\f(kI,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，故选C。3．如图所示，用材料相同、粗细均匀的电阻丝折成正方形金属框架ABCD，边长为L，每边电阻为r，框架与一电动势为E，内阻也为r的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则开关闭合电路稳定后，框架受到的安培力大小为()A．eq\f(BEL,2) B．eq\f(\r(2)BEL,r)C．eq\f(\r(2)BEL,2r) D．eq\f(2BEL,3r)答案：C解析：正方形金属框架ABCD在AC间的等效电阻为r，等效长度为eq\r(2)L，流过线框的等效电流I＝eq\f(E,2r)，框架受到的安培力大小为F＝I·eq\r(2)LB，解得F＝eq\f(\r(2)BEL,2r)，故选C。4．法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看，金属杆()A．在金属杆和导线所在平面内绕铰链向上摆动B．在金属杆和导线所在平面内绕铰链向下摆动C．绕铰链和磁铁连线顺时针转动D．绕铰链和磁铁连线逆时针转动答案：D解析：电源、金属棒、导线和水银组成闭合电路，金属棒中有斜向上方的电流，根据左手定则可知，题图所示位置导电金属杆受垂直纸面向里的安培力，从上往下看，金属杆将绕铰链和磁铁连线逆时针转动。故选D。5．(多选)(2024·安徽巢湖模拟)如图为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒的截面图。间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比，某瞬时，6条输电导线中通过垂直纸面向外、大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，该时刻()A．O点的磁感应强度为零B．b、c、d、e、f处5根导线在a处产生的磁场磁感应强度方向沿aO，由a指向OC．c导线所受安培力方向沿Oc，由O指向cD．a导线所受安培力为2.5F答案：AD解析：根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，c、f两条导线在O点的磁感应强度等大反向，所以O点的磁感应强度为零，A正确；根据安培定则，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生的磁场的磁感应强度方向如图所示，设b在a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，则f在a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，c、e在a处产生的磁场的磁感应强度大小为eq\f(B,\r(3))，d在a处产生的磁场的磁感应强度大小为eq\f(B,2)，根据磁感应强度的叠加可知，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生的磁场的磁感应强度方向垂直于aO斜向左下，合磁感应强度大小为2.5B，方向垂直aO；根据左手定则和安培力公式可知，a受到的安培力方向沿aO，由a指向O，大小为2.5F，B错误，D正确；同理可得c导线所受到的安培力方向沿Oc，由c指向O，C错误。故选AD。6．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＝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：根据导线所受的重力、支持力、安培力三力平衡可知，若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。7．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．eq\r(2)BIrC．eq\f(3,4)πBIr D．eq\f(\r(2),2)Bir答案：B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，即L＝eq\r(2)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＝eq\f(I,4)，I小＝eq\f(3I,4)，故线框所受安培力大小为F安＝BI大L＋BI小L＝eq\r(2)BIr，故选B。8．(2023·河北邯郸三模)在正方形ABCD的中心有一以O点为圆心的铁环，如图所示缠绕着通电绝缘导线，当通电方向如图所示时，O点的磁感应强度大小为B0。现在A、B、C、D四点放置如图所示的通电直导线，电流强度如图所示。已知正方形边长为l，通电直导线周围磁场B＝eq\f(kI,d)，其中k为已知系数，I为电流强度，d为到通电导线的直线距离。则此时O点的磁感应强度B为()A．B＝0 B．B＝eq\f(\r(2)kI,l)＋B0C．B＝eq\f(\r(4k2I2＋Beq\o\al(2,0)l2),l) D．B＝B0答案：C解析：通电线圈在O点产生的磁场B0的方向为竖直向下；四条直导线到圆心O的距离均为d＝eq\f(\r(2),2)l，则A、C在O点的合磁场为BAC＝keq\f(2I,d)－keq\f(I,d)＝keq\f(I,d)＝eq\f(\r(2)kI,l)，方向由O指向D；同理B、D在O点的合磁场为BBD＝keq\f(2I,d)－keq\f(I,d)＝keq\f(I,d)＝eq\f(\r(2)kI,l)，方向由O指向A；则O点的合磁场为B＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)·\f(\r(2)kI,l)))2)＝eq\f(\r(4k2I2＋Beq\o\al(2,0)l2),l)，故选C。9．(多选)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。如图甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压