1.1 磁场对通电导线的作用力（解析版）

1.1磁场对通电导线的作用力模块一学问把握学问点一安培力的方向【情境导入】依据如图所示进行试验．(1)仅上下交换磁极的位置以转变磁场方向，导线受力的方向是否转变？(2)仅转变导线中电流的方向，导线受力的方向是否转变？(3)认真分析试验现象，结合课本说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？答案(1)受力的方向转变(2)受力的方向转变(3)安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则【学问梳理】1．安培力：通电导线在磁场中受的力．2．安培力的方向与磁场方向、电流方向有关；安培力垂直于磁场方向与电流方向打算的平面．3．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；让磁感线从掌心垂直进入，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．【重难诠释】1．安培力方向的特点安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即垂直于电流I和磁场B所打算的平面．(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．应用左手定则推断时，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．2．推断安培力方向的步骤(1)明确争辩对象；(2)用安培定则或依据磁体的磁场特征，画出争辩对象所在位置的磁场方向；(3)由左手定则推断安培力方向．（2023春•兰州期末）如图所示，四幅图分别表示在匀强磁场中，闭合电路的一部分导体的运动方向与电路中产生的感应电流方向的关系，其中错误的是（）A． B． C． D．【解答】解：依据右手定则，即让磁感线穿过手掌心，大拇指所指的方向为运动方向，则四指所指方向为感应电流的方向。A．依据右手定则，可知感应电流方向垂直纸面对外，故A错误；B．依据右手定则，可知感应电流方向沿导线向上，故B正确；C．依据右手定则，可知感应电流方向垂直纸面对外，故C正确；D．依据右手定则，可知感应电流方向沿导线向下，故D正确。本题选错误的，故选：A。（2023春•信宜市期中）均匀U形金属框abcd置于匀强磁场中，如图所示。它可以绕AB轴转动。若导线中电流方向是由B到A，欲使导线平面往纸外转出角α后达到平衡，则磁场方向应是（）A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向右 D．垂直纸面对里【解答】解：A．若磁场竖直向上，则由左手定则，安培力垂直纸面对里，线圈不行能向外偏转，故A错误；B．若磁场竖直向下，则由左手定则，安培力垂直纸面对外，线圈能向外偏转，故B正确；C．若磁场水平向右，则线圈不受安培力，线圈不行能向外偏转，故C错误；D．若磁场垂直纸面对里，则由左手定则，安培力竖直向下，线圈不行能向外偏转，故D错。故选：B。（2023•黄山模拟）《大国重器Ⅲ》节目介绍了GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，三根超高压输电线缆平行且间距相等。截面图如图乙所示，截面圆心构成正三角形，上方两根输电线缆AB圆心连线水平，某时刻A中电流方向垂直于纸面对外、B中电流方向垂直于纸面对里、电流大小均为I，下方输电线缆C中电流方向垂直于纸面对外、电流大小为2I，电流方向如图，则（）A．A、B输电线缆相互吸引 B．A输电线缆所受安培力斜向左下方，与水平方向夹角60° C．A输电线缆在AB圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上 D．正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左【解答】解：A．由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，依据电流流向相反，二者相互排斥可推断两线缆相互排斥，故A错误；B．依据电流流向相反，通电导线会相互排斥；电流流向相同，通电导线会相互吸引，可知B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小为B对A作用力的2倍，如图所示：由图可知：FACcosθ＝2FABcos60°＝FAB即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的合力即为C对A的作用力在竖直方向的重量，故其与水平方向夹角为90°，故B错误；C．依据右手螺旋定则可知，A输电线缆在AB圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上，故C正确；D．A输电线在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线在O点的磁感应强度方向垂直OB指向左上方，C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故D错误。故选：C。（2022秋•福建期末）通电矩形导线框abcd与通有恒定电流的长直导线MN在同一平面内且相互平行，电流方向如图所示。关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是（）A．线框有两条边所受安培力方向相同 B．cd边所受安培力垂直纸面对外 C．线框中所受安培力合力向右 D．线框中有两条边所受安培力大小相同【解答】解：由安培定则可知，直线电流MN在线框所处位置产生的磁场方向垂直于纸面对里AB、由左手定则可知，ab边所受安培力水平向左，bc边所受安培力竖直向上，cd边所受安培力水平向右，ad边所受安培力竖直向下，线框各边所受安培力方向都不相同，故AB错误；CD、离通电直导线MN越近的地方磁感应强度越大，ab边所在位置的磁感应强度大于cd边所在位置的磁感应强度，ab与cd边的长度相等，通过它们的电流I大小相等，由F＝BIL可知，ab边所受安培力大小大于cd边所受安培力大小，bc、ad两边所受安培力大小相等，则线框所受合力方向水平向左，故C错误，D正确。故选：D。（2021秋•鄢陵县期末）把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用。关于安培力的方向，下列说法中正确的是（）A．安培力的方向肯定跟磁感应强度的方向相同 B．安培力的方向肯定跟磁感应强度的方向垂直，但不肯定跟电流方向垂直 C．安培力的方向肯定跟电流方向垂直，但不肯定跟磁感应强度方向垂直 D．安培力的方向肯定跟电流方向垂直，也肯定跟磁感应强度方向垂直【解答】解：左手定则是推断磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间关系的法则，依据作用定则可知，安培力垂直于电流和磁场所在的平面，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直于电流方向，故D正确，ABC错误。故选：D。学问点二安培力的大小【情境导入】(1)在如图甲所示的探究影响安培力大小的有关因素的试验中，把导线垂直放入磁场(磁感应强度为B)中，得出的安培力F与导线长度l、电流大小I有怎样的关系？(2)当导线平行磁场方向放入时，它受到的安培力多大？(3)如图乙，当导线和磁场方向的夹角为θ时，它受到的安培力多大？甲乙答案(1)F＝BIl(2)0(3)将磁感应强度B沿平行导线方向和垂直导线方向进行分解，如图所示，则B⊥＝Bsinθ，F＝B⊥Il＝IlBsinθ.【学问梳理】如图甲、乙所示，导线电流为I，长度为l，磁场的磁感应强度为B.1．如图甲，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力F＝IlB.2．如图乙，通电导线与磁场方向平行，此时安培力F＝0.3．如图丙，当通电导线与磁场不垂直时，此时安培力F＝IlBsinθ.【重难诠释】对公式F＝IlBsinθ的理解1．公式F＝IlBsinθ中B对放入的通电导线来说是外加磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁场对外加磁场的影响．2．公式F＝IlBsinθ中θ是B和I方向的夹角(1)当θ＝90°时，即B⊥I，sinθ＝1，公式变为F＝IlB.(2)当θ＝0时，即B∥I，F＝0.3．公式F＝IlBsinθ中l指的是导线在磁场中的“有效长度”，弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线段的长度(如图虚线所示)；相应的电流沿导线由始端流向末端．推论：对任意外形的闭合平面线圈，当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈的有效长度l＝0，故通电后线圈在匀强磁场中所受安培力的矢量和肯定为零，如图所示．（2023春•滨海新区期末）如图所示，一质量为m、长度为L的金属棒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。当金属棒中通过电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。（已知重力加速度为g）下列说法正确的是（）A．金属棒中的电流方向由N到M B．匀强磁场的磁感应强度大小为mgsinθILC．匀强磁场的磁感应强度大小为mgtanθILD．仅增大金属棒质量，悬线与竖直方向的夹角θ增大【解答】解：对金属棒受力分析，如图所示A、由左手定则可以推断，金属棒中电流方向为由M到N，故A错误；B、BC、对金属棒受力分析，由平衡条件有mgtanθ＝BIL，解得匀强磁场磁感应强度大小为B=mgtanθIL，故B错误，D、由mgtanθ＝BIL可知，金属棒质量增大，线与竖直方向的夹角减小，故D错误。故选：C。（2023春•温江区校级月考）利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场中的磁感应强度B。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，b段导线长为l，导线a、b、c段处于匀强磁场中，磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流I时，通过在右盘加质量为m的砝码（或移动游码）使天平重新平衡。下列说法中错误的是（）A．若仅将电流反向，线圈将不能保持平衡状态 B．线圈通电后，a、c段导线受到的安培力等大反向，b段导线的安培力向上 C．线圈受到的安培力大小为mg D．由以上测量数据可以求出磁感应强度B=【解答】解：线圈通电后，依据左手定则，a、c段导线受到的安培力等大反向，b段导线的安培力向上；当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，设左盘质量为m1，右盘质量为m2，依据平衡条件有m1gL1＝m2gL2当线圈中通入电流I时，向上的安培力大小为F＝nBIl在右盘加质量为m的砝码（或移动游码）使天平重新平衡，依据平衡条件有m1g•L1＝（m2g+mg﹣nBIl）•L2可得mg＝nBIl则磁感应强度大小为B=若仅将电流反向，则安培力方向向下，其他条件不变，线圈不能保持平衡状态，故ABC正确，D错误。本题选错误的，故选：D。（2023春•南昌期末）如图所示，边长为l的正三角形线框abc用两根绝缘细线对称悬挂，静止时ab直线水平，线框中通有沿顺时针方向的电流，图中水平虚线通过ac边和bc边的中点e、f，在虚线的下方有匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导线框向里，此时每根细线的拉力大小为F1。现保持其他条件不变，将虚线下方的磁场移至虚线上方，使虚线为匀强磁场的下边界，此时每根细线的拉力大小为F2。则导线框中的电流大小为（）A．2(F1-F2C．F1-F2【解答】解：设三角形线框的质量为m，不论磁场处于虚线上方还是下方，计算安培力时，导线的有效长度均为lcos60°，当磁场在虚线下方时，线框受到向下的安培力，大小为F安＝BIlcos60°，由平衡条件知2F1＝mg+F安；当把磁场移到虚线上方时，线框受到向上的安培力，大小为F′安＝BIlcos60°，在竖直方向由平衡条件知2F2+F′安＝mg，解得I=2(F1-F2)故A正确，BCD错误；故选：A。（2023春•湖南期末）如图所示，将长为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垂直的、磁感应强度为B的匀强磁场中。若“V”形导线所受的安培力大小为F，则该直导线中通过的电流大小为（）A．F2BL B．FBL C．3F2【解答】解：导线在磁场内有效长度为：L′＝2Lsin30°＝L，故该“V”形通电导线受到安培力大小为F＝BIL′＝BIL，解得：I=FBL，故B正确，故选：B。（2023•株洲三模）如图所示的电路中，恒流源能供应图示方向、大小为I的恒定电流。质量为m的导体棒垂直放置在水平导轨MN、PQ上，两导轨平行且相距为L，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ=33，导体右端均与两个相同的竖直光滑半圆形轨道平滑连接与N、Q两点，半圆形轨道半径为R，导体棒初始位置与NQ相距为s，重力加速度为A．若在水平轨道间加水平向右的匀强磁场B，则导体棒初始开头运动时的加速度为BILmB．若要使导体棒在水平轨道上做匀速运动，则所加磁场B最小时的方向应为左上，与竖直方向夹角为30° C．若在水平轨道间加竖直向上的匀强磁场B，则导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小为2(BIL-μmg)sRD．若要使导体棒刚好到达圆弧轨道的最高点，则在水平轨道间所加竖直向上的磁场的最小值为2mgR【解答】解：A．若加上水平向右的匀强磁场B，对棒受力分析，由左手定则，安培力方向向下，棒不运动，加速度为0，故A错误；B．要使棒匀速运动，受力平衡，其合外力为零，设安培力方向为右上，与水平方向夹角为α，受力分析如图由平衡条件：Fcosα＝μ（mg﹣Fsinα）解得F=由数学学问F=当α＝30°，安培力最小，由左手定则，所加磁场最小时B的方向应为左上，与竖直方向夹角为30°，故B正确；C．当加上竖直向上的匀强磁场B时，由左手定则，安培力水平向右．由动能定理有BILs由牛顿其次定律N联立解得N=由牛顿第三定律，导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小为2(BIL-μmg)sR+mg，故D．要使棒刚好到达圆弧最高点，则在最高点时重力供应向心力：mg=m设所加竖直向上的磁场的最小值为B，由动能定理有BILs-μmgs故D错误.故选：B。学问点三磁电式电流表【学问梳理】1.构造：图中磁电式电流表各部件分别为：①永磁铁，②极靴，③铁质圆柱，④螺旋弹簧，⑤线圈，⑥指针．2．原理：安培力与电流的关系．通电线圈在磁场中受到安培力而偏转，线圈偏转的角度越大，被测电流就越大．依据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向．3．特点：极靴与铁质圆柱间的磁场都沿半径方向，线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，且线圈左右两边所在之处的磁感应强度的大小都相等．4．优点：灵敏度高，可以测出很弱的电流．缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流很弱．【重难诠释】1．磁电式电流表的工作原理通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生偏转，偏转的方向不同，被测电流的方向不同．2．磁电式电流表的磁场特点两磁极间装有极靴，极靴中有铁质圆柱，使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，保持线圈转动时，所受安培力的方向总与线圈平面垂直，使表盘刻度均匀．3．磁电式电流表的灵敏度(1)电流表的灵敏度：是指在通入相同电流的状况下，指针偏转角度的大小，偏角越大，灵敏度越高．(2)提高灵敏度的方法：假如要提高磁电式电流表的灵敏度，就要使在相同电流下线圈所受的安培力增大，可通过增加线圈的匝数、增大永磁铁的磁感应强度、增加线圈的面积和减小转轴处摩擦等方法实现．（2023春•无锡期末）某争辩小组制作了一仪表，发觉指针在示数四周的摇摆很难停下，使读数变得困难．在指针转轴上装上扇形铝板或扇形铝框，在合适区域加上磁场，可以解决此困难．下列方案合理的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、铝板运动时，穿过铝板的磁通量不变，不会产生涡流，没有安培力阻碍铝板运动，指针在示数四周的摇摆很难停下，故A错误；B、扇形铝框运动时，当摆幅比较小时，铝框运动不出磁场，则磁通量不变，不会产生涡流，没有安培力阻碍铝框运动，指针在示数四周的摇摆很难停下，故B错误；C、扇形铝框运动时，穿过铝框的磁通量不变，不会产生涡流，没有安培力阻碍铝框运动，指针在示数四周的摇摆很难停下，故C错误；D、铝板运动时，穿过铝板的磁通量转变，会产生涡流，有安培力阻碍铝板运动，指针在示数四周的摇摆很快停下，故D正确。故选：D。（2023春•安庆期中）磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS＝kθ，式中N线圈为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知（）A．线圈中间的铁芯内也是有磁场的，且也呈现辐向分布 B．若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动 C．线圈（指针）偏角θ与通过线圈的电流I成正比 D．电流表的灵敏度定义为ΔθΔI，更换k【解答】解：A．蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，铁芯中的确有磁场，但分布并不是幅向分布的，故A错误；B．若线圈中通以如图乙所示的电流时，依据左手定则，左侧导线所受安培力向上，右侧导线所受安培力向下，线圈将沿顺时针方向转动，故B错误；C．依据题意线圈停止转动时满足NBIS＝kθ解得：θ=可知线圈（指针）偏角θ与通过线圈的电流I成正比，故C正确；D．电流表的灵敏度定义为ΔθΔINBIS＝kθ解得：Δθ可知更换k值更大的螺旋弹簧，电流表的灵敏度减小了，故D错误。故选：C。（2023•海淀区校级三模）磁电式电流表是常用的电学试验器材，如图所示，电表内部由线圈、磁铁、极靴、圆柱形软铁、螺旋弹簧等构成。下列说法正确的是（）A．极靴与圆柱形软铁之间为匀强磁场 B．当线圈中电流方向转变时，线圈受到的安培力方向不变 C．通电线圈通常绕在铝框上，主要由于铝的电阻率小，可以减小焦耳热的产生 D．在运输时，通常把正、负极接线柱用导线连在一起，是应用了电磁阻尼的原理【解答】解：A.极靴与圆柱形软铁之间的磁场均匀地辐向分布，磁感应强度大小和方向并不是处处相同，所以该磁场并不是匀强磁场，故A错误；B.当线圈中电流方向转变时，磁场方向不变，所以线圈受到的安培力方向发生转变，故B错误；C.用金属铝做线圈框架，主要缘由有：铝不导磁，用铝做框架可以减小对磁场的影响，保证仪表的精确     性更高；铝材料较轻，电阻率较小，能更好地利用电磁阻尼现象，使指针快速停下来，故C错误；D.在运输过程中，由于振动会使指针不停摇摆，可能使指针损坏，将接线柱用导线连在一起，相当于把表的线圈电路组成闭合电路，在指针摇摆过程中线圈切割磁感线产生感应电流，利用电磁阻尼原理，阻碍指针摇摆，防止指针因撞击而变形，故D正确。故选：D。模块二巩固提高（2022秋•平谷区校级期末）在图所示的四个图中，标出了匀强磁场的磁感应强度B的方向、通电直导线中电流I的方向以及通电直导线所受安培力F的方向，其中正确表示这三个方向关系的图是（）A． B． C． D．【解答】解：A、电流方向与磁场方向在同始终线上，不受安培力作用，故A错误；B、图中安培力的方向是竖直向下的，故B错误；C、图中安培力的方向是水平向外的，故C错误；D、图中安培力的方向是竖直向下的，故D正确；故选：D。（2023春•广州期末）超远距离输电通常接受特高压直流输电的方式，某段直流输电线路中三根水平导线a、b、c平行且间距相等，其中a、b导线位于同一水平面内，通入的电流大小为Ic＝2Ia＝2Ib，方向如图所示。已知通电直导线四周磁感应强度B=kIr（r为磁场中某点到直导线的距离，A．a、b两根导线相互排斥 B．a、b两根导线对c的安培力方向竖直向下 C．b、c两根导线对a的安培力方向竖直向下 D．三根导线在图中三角形中心处的磁感应强度为零【解答】解：A、由图可知，a、b两根导线通入的电流方向相同，因此a、b两根导线相互吸引，故A错误；B、依据异向电流相互排斥，知a、b两根导线对c的安培力均为排斥力，且Ia＝Ib，则a、b两根导线对c的安培力大小相等，结合力的合成法可知，a、b两根导线对c的安培力方向竖直向上，故B错误；C、如图所示为右侧视图，b、c两根导线对a的安培力分别为吸引力和排斥力依据Ic＝2Ib，B=kIr，F＝BI可得：Fac＝2Fab则有sinθ=解得：θ＝30°，所以b、c两根导线对a的安培力方向竖直向下，故C正确；D、依据安培定则，三根通电导线在三角形中心处的磁感应强度如图所示可知三根导线在图中三角形中心处的磁感应强度不为零，故D错误。故选：C。（2023春•清静市校级月考）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点的磁感应强度方向竖直向上 B．P、Q两点的磁感应强度方向相反 C．若在P点放置一条电流方向垂直纸面对里的通电导线，其受力方向为水平向右 D．若在Q点放置一条电流方向垂直纸面对里的通电导线，其受力方向为水平向左【解答】解：A、依据安培定则可知，左侧导线在O点的磁感应强度方向竖直向下，右侧导线在O点的磁感应强度方向也是竖直向下，故A错误；B、依据安培定则可知，左侧导线在Q点的磁感应强度方向斜向右下方，右侧导线在Q点的磁感应强度方向斜向左下方，两者合成后，Q点的合磁感应强度方向竖直向下，同理，P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，故B错误；C、通过B选项分析可知，P点的磁感应强度方向是竖直向下的，若在P点放置一条电流方向垂直纸面对里的通电导线，依据左手定则推断其受力方向为故垂直OP向左，故C错误；D、通过B选项分析可知，Q点的磁感应强度方向是竖直向下的，若在Q点放置一条电流方向垂直纸面对里的通电导线，依据左手定则推断其受力方向为故垂直OQ向左，故D正确。故选：D。（2023•桃城区校级模拟）一正方形的中心O和四个顶点均固定着平行长直导线，若全部平行直导线均通入大小相等的恒定电流，电流方向如图中所示，下列截面图中中心长直导线所受安培力最大的是（）A． B． C． D．【解答】解：依据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，设四根导线与中间的导线的相互作用力均为F，则分析如图所示，A受合力为0，B和C受到2F的力，D受到22F的力，D所受的安培力最大，故ABC错误，故选：D。（2023春•重庆期末）磁场对通电导体的作用力叫安培力，通电导体垂直于磁场方向放置时，关于安培力的大小有如下规律，其中正确的是（）A．磁感应强度越强，电流越小，导线越长，安培力就越大 B．磁感应强度越强，电流越大，导线越长，安培力就越大 C．磁感应强度越弱，电流越大，导线越长，安培力就越大 D．磁感应强度越强，电流越大，导线越短，安培力就越大【解答】解：通电导体垂直于磁场方向放置时，依据F＝BIL得，磁感应强度越强，电流越大，导线越长，安培力就越大。故选：B。（2023•北碚区模拟）如图所示，一根长L＝0.2m、质量m＝1×10﹣2kg的通电直导线垂直纸面水平放置在倾角为37°的斜面上，电流方向垂直纸面对外，电流大小I＝5A。用平行于斜面的轻绳拴住导线不动，整个装置放在方向沿斜面对上的匀强磁场中。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，要使斜面对导线的支持力为零，则磁感应强度的大小B至少应为（）A．0.06T B．0.08T C．0.1T D．0.12T【解答】解：由数学学问可得：cos37°=1-si斜面对导线的支持力恰好为零时，导线只受重力mg、线的拉力T和安培力F的作用，如图所示。由平衡条件有：F＝mgcos37°，并且F＝BIL，解得：B＝0.08T，故B正确，ACD错误。故选：B。（2023•思明区校级模拟）竖直平面内有长度不变的轻绳1、2、3按如图所示连接。绳1水平，绳2与水平方向成60°角，绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方2d距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置，导体棒1中通有向里的电流I0，往导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当电流I增大到某个值时，给导体棒1以向右的稍微扰动，可观看到它绕O点缓慢上升到绳1所处的水平线上，3根轻绳始终绷紧，绳3的长度为d，两导体棒长度均为I，重力加速度为g。若已知通电导体棒在垂直距离为x处的磁感应强度大小为B=kIx（其中I为导体棒的电流），则在导体棒A．绳1中拉力先减小后增大 B．绳2中拉力始终增大 C．导体棒2中电流的最小值为I=mgdD．导体棒2中电流的最大值为I=【解答】解：A、对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与△OPM相像，所以F3d=FPM=mg2d，所以，恒有F3=mg2，对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力F1和F2的合力大小恒为mg2，导体棒运动过程中F1和F2合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知F1先增大后减小，当F3与绳2B、F2始终减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，故B错误；C、初始时，应有F3+BI0l＝mg，B=kI0d，联立解得ID、由上述分析可知F=PM2dmg，由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时PM有最大值为5d，所以F=52mg，且F＝BI0l，此时B=kI0故选：D。（2023春•北碚区校级期末）如图，水平导体棒PQ用一根劲度系数均为k＝80N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，PQ长度为L＝0.5m，质量为m＝0.1kg。当导体棒中通以大小为I＝2A的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态。欲使导体棒下移2cm后能重新处于静止状态，（重力加速度g取10m/s2）则（）A．通入的电流方向为P→Q，大小为1.2A B．通入的电流方向为P→Q，大小为2.4A C．通入的电流方向为Q→P，大小为1.2A D．通入的电流方向为Q→P，大小为2.4A【解答】解：水平导体棒PQ用一根劲度系数均为k＝80N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，没有通电时弹簧伸长x1=mgk=0.0125m当导体棒中通以大小为I＝2A的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态，此时有：BIL＝mg解得B＝1T；欲使导体棒下移x2＝2cm＝0.02m＞x1，棒能重新处于静止状态，则安培力方向向下，依据左手定则可知电流方向由Q→P依据平衡条件可得：BI′L+mg＝kx2，解得I′＝1.2A，故C正确，ABD错误。故选：C。（2023•石家庄模拟）如图甲所示是磁电式电流表的结构示意图，极靴和铁质圆柱间的磁场均匀辐向分布，面积为S的矩形线圈绕在铝框上，线圈a、b边所在处的磁感应强度大小均为B，当线圈中通电流时，a、b边所受安培力F方向如图乙所示，下列说法正确的是（）A．穿过线圈的磁通量为BS B．流经线圈a边的电流方向垂直纸面对外 C．由于铝框涡流作用导致电流测量不精确      D．若增大线圈的匝数保持通入电流不变，则电流表指针偏角变大【解答】解：A.由于线圈与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为0，故A错误；B．由左手定则可知，流经线圈a边的电流方向垂直纸面对里，故B错误；C．利用铝框的目的就是为了产生电磁阻尼，使得指针快速稳定，不影响电流测量，故C错误；D．若增大线圈的匝数保持通入电流不变，由F＝nBIL知线圈的ab两边受的安培力变大，则电流表指针偏角变大，故D正确。故选：D。（2023•武汉模拟）在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，当金属棒中通以恒定电流I、金属棒静止时，两细线偏离竖直方向的偏角均为θ，如图所示。已知金属棒ab的质量为m、长度为L，重力加速度大小为g，关于恒定电流I的大小和方向，下列说法正确的是（）A．mgtanθBL，从a到bB．mgtanθBL，从b到aC．mg(1-cosθ)BLsinθ