第1讲　磁场及其对电流的作用-2026版大一轮高考物理复习

第1讲磁场及其对电流的作用学习目标1.了解磁场，掌握磁感应强度的概念，了解磁感线。2.会用安培定则判断电流周围的磁场，并且会计算磁场的叠加。3.会计算安培力的大小及判断安培力的方向。会分析安培力作用下的平衡问题和加速问题。eq\a\vs4\al(1.,,,)eq\a\vs4\al(2.,,,)1.思考判断(1)磁场是客观存在的一种物质，磁感线也是真实存在的。(×)(2)磁场中的一小段通电导线在该处受力为零，此处磁感应强度B不一定为零。(√)(3)由定义式B＝eq\f(F,Il)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)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)(6)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。(√)(7)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。(×)2.一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，要保持安培力不变，则圆环中电流大小为()A.I B.eq\f(π,2)IC.πI D.eq\f(2π,3)I答案B考点一安培定则、磁场叠加1.电流的磁场、安培定则的应用项目安培定则立体图特点直线电流的磁场无N极、S极距离直导线越远，磁场越弱通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，管内可近似认为是匀强磁场环形电流的磁场两侧分别是N极和S极；距离中心越远，磁场越弱2.磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(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磁感应强度大小和方向。如图1所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度。图1(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度B。角度安培定则的应用例1如图2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()图2A.a B.bC.c D.d答案C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。角度磁场的叠加例2(2024·福建厦门高三月考)如图3，四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()图3A.O点的磁感应强度为0B.O点的磁感应强度为eq\r(2)BC.移走d点的导线，O点磁感应强度变为BD.移走d点的导线，O点磁感应强度变为eq\r(2)B答案C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。1.如图4所示，A、B、C是正三角形的三个顶点，O是AB的中点，两根互相平行的通电长直导线垂直纸面固定在A、B两处，导线中通入的电流大小相等、方向相反。已知通电长直导线产生磁场的磁感应强度B＝eq\f(kI,r)，I为通电长直导线的电流大小，r为距通电长直导线的垂直距离，k为常量。已知C点处的磁感应强度大小为B0，则关于O点处的磁感应强度说法正确的是()图4A.大小为B0，方向垂直AB连线向下B.大小为2B0，方向垂直AB连线向上C.大小为eq\r(3)B0，方向垂直AB连线向上D.大小为4B0，方向垂直AB连线向下答案D解析依题意B＝eq\f(kI,r)可知，两导线在C点产生的磁场的磁感应强度B大小相等，根据安培定则可知，两者夹角为120°，C点的合磁感应强度大小为B0，由矢量合成有A、B导线在C点的磁感应强度大小均为B0，同理可知A、B导线在O点的磁感应强度大小为2B0，方向均垂直AB连线向下，则O点的磁感应强度为4B0，方向垂直AB连线向下，所以D正确。考点二安培力的分析与计算安培力的大小和方向(1)应用安培力公式F＝IlB时要注意①B与I垂直。②B与I平行时，F＝0。③l是有效长度。弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点线段的长度(如图5所示)；相应的电流沿直线由始端流向末端。图5(2)方向：根据左手定则判断。角度通电导线有效长度问题例3(2024·山东潍坊联考)如图6所示，半径为r、粗细均匀的金属圆环放在绝缘水平面上，虚线MN左侧有垂直于水平面向下的匀强磁场Ⅰ，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小均为B，MN与圆环的直径重合，PQ是圆环垂直MN的直径，将P、Q两端接入电路，从P点流入的电流大小为I，圆环保持静止不动，则下列判断正确的是()图6A.整个圆环受到的安培力为0B.整个圆环受到的安培力大小为eq\r(2)BIrC.MN左侧半圆环受到的安培力大小为eq\f(\r(2),2)BIrD.MN左侧半圆环受到的安培力大小为BIr答案A解析圆环的上半部分的电流是顺时针，下半部分的电流是逆时针，把圆环平均分成右上、左上、左下、右下四部分，根据左手定则可得这四部分的受力如图。安培力公式为F＝IlB，其中l为导线的有效长度，四部分的有效长度都为eq\r(2)r，且导线中的电流相同，则四部分所受的安培力大小相等，且F1与F3方向相反，F2与F4方向相反，即圆环所受安培力的合力为零，故A正确。2.(2023·江苏卷，2)如图7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()图7A.0 B.BIlC.2BIl D.eq\r(5)BIl答案C解析bc边与磁场方向平行，不受安培力，ab边与磁场方向垂直，受安培力，则F安＝BI·2l＝2BIl，C正确，A、B、D错误。角度安培力作用下导体运动情况的分析例4(2024·广东梅州模拟)如图8所示，一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上。导体棒AB可绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动，导体棒CD固定在圆柱体的下底面。开始时，两棒相互垂直并静止，两棒中点O1、O2连线与圆柱体的中轴线重合。现对两棒同时通入图示方向(A到B、C到D)的电流。下列说法正确的是()图8A.通电后，AB棒仍将保持静止B.通电后，AB棒将逆时针转动(俯视)C.通电后，AB棒将顺时针转动(俯视)D.通电瞬间，线段O1O2上存在磁感应强度为零的位置答案B解析如图所示，AB棒左侧处在斜向上的磁场中，受到的安培力F1穿过纸面向外，AB棒右侧处在斜向下的磁场中，受到的安培力F2穿过纸面向里，故AB棒将逆时针转动(俯视)，故A、C错误，B正确；通电后，根据安培定则可知AB棒和CD棒中的电流会在周围产生磁场，根据磁场的叠加可知线段O1O2上不存在磁感应强度为零的位置，故D错误。方法总结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体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9所示。如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为()图9A.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答案D解析通电螺线管的磁感线如图甲所示，左侧导线所处的磁场方向斜向上，右侧导线所处的磁场斜向下，由左手定则可知，左侧导线受力方向向外，右侧导线受力方向向里，从上向下看，导线应为逆时针转动；当导线转过90°时，由左手定则可得导线受力向下，如图乙所示，导线运动为逆时针转动的同时还要靠近通电螺线管，故D正确，A、B、C错误。考点三安培力作用下的平衡与加速问题角度安培力作用下的平衡问题例5(多选)倾角为θ的斜面上，有质量为m，同一材质制成的均匀光滑金属圆环，其直径d恰好等于平行金属导轨的内侧宽度。如图10，电源提供电流I，圆环和轨道接触良好。下面的匀强磁场，能使圆环保持静止的是()图10A.磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小等于eq\f(mgsinθ,Id)B.磁场方向垂直于斜面向下，磁感应强度大小等于eq\f(mgsinθ,Id)C.磁场方向竖直向下，磁感应强度大小等于eq\f(mgtanθ,Id)D.磁场方向竖直向上，磁感应强度大小等于eq\f(mgtanθ,Id)答案BC解析当磁场垂直于斜面时，根据平衡条件结合左手定则可知圆环所受的安培力沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下，有mgsinθ－F安＝0，其中安培力为F安＝2×B×eq\f(I,2)×d＝BId，联立解得B＝eq\f(mgsinθ,Id)，故A错误，B正确；当磁场方向沿竖直方向时，根据平衡条件结合左手定则可知圆环所受的安培力水平向右，磁场方向竖直向下，有F安＝mgtanθ，其中安培力为F安＝2×B×eq\f(I,2)×d＝BId，联立解得B＝eq\f(mgtanθ,Id)，故C正确，D错误。角度安培力作用下的加速问题例6(2024·陕西西安模拟)如图11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，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()图11A.导体棒向左运动B.开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为eq\f(BEL,2mR)C.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为eq\f(BEL,2R)D.开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为eq\f(BELsinθ,2R)答案C解析由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指指向为垂直磁感线向右下方，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＝eq\f(E,2R)，则开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力F＝ILB＝eq\f(EBL,2R)，故C正确，D错误；导体棒所受合力F合＝Fsinθ＝eq\f(EBLsinθ,2R)，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＝eq\f(BELsinθ,2mR)，故B错误。安培力作用下的平衡或加速问题的解题思路(1)选定研究对象。(2)受力分析，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I，如图所示。(3)应用共点力的平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列方程解题。A级基础对点练对点练1安培定则、磁场叠加1.(多选)下列说法正确的是()A.磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值B＝eq\f(F,IL)，即磁场中某点的磁感应强度B.通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C.磁感应强度B＝eq\f(F,IL)只是定义式，它的大小取决于场源及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D.磁场是客观存在的答案CD解析当导线与磁场垂直时，B＝eq\f(F,IL)即为磁场中某点的磁感应强度，故A错误；通电导线在某处不受磁场力，说明此处可能无磁场，也可能是导线与磁感线平行，故B错误；磁感应强度B＝eq\f(F,IL)只是定义式，B的大小取决于场源及磁场中的位置，由本身性质决定，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关，故C正确；磁场和电场一样，都是客观存在的，故D正确。2.(2024·浙江金华模拟)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1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()图1A.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，由题意可知，小圆弧产生的磁场的磁感应强度大于大圆弧产生的，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，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C正确。3.(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2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2A.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；竖直方向的导线和水平方向的导线在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。对点练2安培力的分析与计算4.(2024·安徽合肥高三质检)如图3所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻为5R，其余各棒的电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小为()图3A.eq\f(F,2) B.eq\f(2F,3)C.eq\f(3F,4) D.eq\f(5F,6)答案A解析S闭合后，ab棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I＝eq\f(E,5R)，ab棒受到安培力的大小为Fab＝IlB，其余各棒在磁场中的等效长度也为l，受到的安培力大小为F其＝IlB，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F其＝2IlB，若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F′＝F其＝IlB＝eq\f(F,2)，故A正确。5.(多选)如图4，甲、乙两图中的磁铁都是固定的，甲图中的通电直导线可以自由运动，且不考虑重力；乙图中导体圆环被一根柔软的绳悬吊在与纸面垂直的位置，且水平条形磁铁的轴线过环心。当通以图示的电流时，俯视导线和圆环的运动，下列说法正确的是()图4A.甲图中通电直导线逆时针转动，同时下落B.甲图中通电直导线顺时针转动，同时上升C.乙图中导体圆环将靠近磁铁D.乙图中导体圆环将顺时针转动并远离磁铁答案AC解析用特殊位置法，取导线逆时针转过90°的特殊位置来分析，如图a所示，根据左手定则判断安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动，A正确，B错误；由右手定则根据电流方向可判断出左侧为S极，右侧为N极，如图b所示，所以导体圆环将靠近磁铁，C正确，D错误。6.如图5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上，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()图5A.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，所以两圆环相互吸引，Q、P间细线拉力减小，故C正确，A、B、D错误。对点练3安培力作用下的平衡与加速问题7.(2022·湖南卷，3)如图6(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()图6A.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，对导线受力分析如图所示，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，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sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。8.(2024·河北保定高三期末)如图7所示，倾角为α的光滑斜面置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B1，一质量为m、长为L的导体棒，通以垂直纸面向外、电流大小为I的电流时，放在斜面上恰好能保持静止。如果将磁场方向变为垂直斜面向上，磁感应强度大小变为B2，其他物理量保持不变，导体棒还能静止在斜面上。已知重力加速度为g，则()图7A.B1＝eq\f(mg,IL) B.B1＝eq\f(mgsinα,IL)C.B2＝eq\f(mgsinα,IL) D.B2＝eq\f(mgtanα,IL)答案C解析磁场方向竖直向上时，对导体棒受力分析如图甲所示，支持力和安培力的合力方向竖直向上，大小等于重力大小，有ILB1＝mgtanα，解得B1＝eq\f(mgtanα,I1L)，故A、B错误；磁场方向垂直斜面向上时，对导体棒受力分析如图乙所示，支持力和安培力的合力方向竖直向上，大小等于重力大小，有ILB2＝mgsinα，得B2＝eq\f(mgsinα,IL)，故C正确，D错误。B级综合提升练9.(2024·河北衡水高三月考)墙壁暗装是家庭装修的常用方式，暗装是将“双芯”或“三芯”(含接地线)的软铜线放入塑料管并安装在墙壁中。“双芯”结构如图8所示，ac、bd为两平行直导线，其中a、b分别接电源的正、负极；e、f两点位于两导线所在的平面内，f点到两导线的距离相等。下列说法正确的是()图8A.ac、bd导线中电流方向相同B.e点磁场方向垂直于两导线所在的平面向里C.f点磁感应强度为零D.ac导线所受安培力方向向右答案D解析电流方向为acdb，所以ac、bd导线中电流方向相反，A错误；用安培定则可判断，ac导线在e点的磁场方向为垂直纸面向外，bd导线在e点的磁场方向为垂直纸面向里，由于e点更加靠近ac导线，所以磁场叠加后，e点磁场方向垂直于两导线所在的平面向外，B错误；用安培定则可判断，ac导线在f点的磁场方向为垂直纸面向里，bd导线在f点的磁场方向为垂直纸面向里，所以磁场叠加后，f点磁场方向垂直于两导线所在的平面向里，磁感应强度不为零，C错误；ac、bd导线中电流方向相反，故两电流相互排斥，ac导线所受安培力方向向右，D正确。10.(2024·广东执信中学模拟)如图9甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，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，A点、B点分别为Oa、Od的中点。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。6条输电导线中通有垂直纸面向外，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，则()图9A.A点和B点的磁感应强度相同B.其中b导线所受安培力大小为FC.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下D.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上答案C解析根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故A错误；根据题意可知a、c对导线b的安培力大小为F，f、d对导线b的安培力大小为eq\f(\r(3),3)F，e对导线b的安培力大小为eq\f(F,2)，根据矢量的合成可得b导线所受安培力Fb＝2Fsin30°＋2×eq\f(\r(3)F,3)sin60°＋eq\f(F,2)＝eq\f(5F,2)，故B错误；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，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。11.(2024·浙江杭州高三期中)如图10所示，电阻不计的水平导轨间距0.5m，导轨处于方向与水平面成53°角斜向右上方的磁感应强度为5T的匀强磁场中。导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量m＝1kg，电阻R＝0.9Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，电源电动势E＝10V，其内阻r＝0.1Ω，定值电阻的阻值R0＝4Ω。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则()图10A.导体棒ab受到的摩擦力方向一定向右B.导体棒ab受到的安培力大小为5N，方向水平向左C.重物重力G最小值是1.5ND.重物重力G最大值是7.5N答案D解析由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R＋r＋R0)＝eq\f(10,0.9＋0.1＋4)A＝2A，ab受到的安培力大小为F安＝IlB＝2×0.5×5N＝5N，方向垂直于磁场斜向左上，故B错误；若导体棒ab恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向右，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cosα＋FN，F安sinα＝Ffmax＋G1，Ffmax＝μFN，联立解得G1＝0.5N，若导体棒ab恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向左，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cosα＋FN，F安sinα＋Ffmax＝G2，Ffmax＝μFN，联立解得G2＝7.5N，所以重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤7.5N，故A、C错误，D正确。12.我国航母采用了电磁弹射技术。原理如图11甲，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×