人教版物理必修3同步练习: 13.1 磁场 磁感线(优生加练)
一、选择题
1．（2023高三上·漯河期末）中空的圆筒形导体中的电流所产生的磁场，会对其载流粒子施加洛伦兹力，可用于设计能提供安全核能且燃料不虞匮乏的核融合反应器。如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度，其中k为常数。下列说法正确的是（ ）
A．圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B．圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C．每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D．若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
【答案】C
【知识点】安培力；安培定则
【解析】【解答】A.圆筒轴线处的磁场为条通电导线激发磁场的矢量和，由安培定则和对称性可知，圆筒轴线处的磁场刚好抵消，磁感应强度为0，A不符合题意；
B.各条通电导线在圆筒外部P处激发的磁场如图所示：
由对称性可知，合磁场方向在垂直轴线的平面内且与筒壁切线平行，B不符合题意；
C.某条通电导线受到的安培力是受除它之外的n-1条通电导线激发的合磁场施加的，由对称性可知通电导线处合磁场沿圆周切线方向，由左手定则判断，这条通电导线受到的安培力垂直筒壁方向指向轴线，C符合题意；
D.若电流I为原来的2倍，由磁场的叠加，某条通电导线所在处的磁感应强度变为原来的2倍，由安培力公式F=BIl，可知通电导线受到的安培力变为原来的4倍，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由安培定则判断通电导线产生的磁场，根据对称性分析圆筒内部和外部各处的磁感应强度；同样由安培定则结合对称性分析某条通电导线所在处的磁场，再由左手定则判断导线受到的洛伦兹力方向；根据安培力的公式F=BIL，分析若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力的变化情况。
2．（2017高二上·成安期中）如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k ，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度 v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球做变加速直线运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在增大
【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；安培力；左手定则
【解析】【解答】解：根据右手螺旋定则可知直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，磁场大小先减小，过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，过O得后洛伦兹力的方向向下．由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，ABC不符合题意，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】磁感应强度为矢量，从a点出发沿连线运动到b点，根据安培右手定则磁场大小先减小，过O点后反向增大，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，过O得后洛伦兹力的方向向下．小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大。
3．（2017高二上·红桥期中）在你身边，若有一束电子从上而下运动，在地磁场的作用下，它将（ ）
A．向东偏转 B．向西偏转 C．向北偏转 D．向南偏转
【答案】B
【知识点】安培力；左手定则；地磁场
【解析】【解答】解：在北半球，地磁场水平方向的分量水平向北，电子从上向下运动，由左手定则可知，电子所受洛伦兹力水平向西，则电子将向西偏转；
故答案为：B．
【分析】地磁场的分布特点是解这道题的关键。地磁场是高考的重点内容，需要熟记。
4．欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电源，具体做法是在地磁场作用下在水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30°，问当他发现小磁针偏转了60°，通过该直导线的电流为(直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)( )
A．2I B．3I C． D．无法确定
【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度
【解析】【分析】由题意知，导线中电流的磁场与地磁场方向垂直，小磁针指向为合磁场方向，磁场合成情况如图所示，
易知．则左偏30°、60°时对应的表达式为，，又因为直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，则当小磁针左偏60°时，通过导线的电流为3I．。故C正确
【点评】明确磁感强度的合成遵循平行四边形定则，理解小磁针静止时N极所指方向为该点的磁场方向，了解地磁场的南北半球分布
5．图中的D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里。在电键S接通后，导线D所受磁场力的方向是( )
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；左手定则
【解析】【分析】由右手螺旋定则可得出导线所在位置的磁感线的方向，由左手定则可判断安培力的方向。
电流由左侧流入，则由右手螺旋定则可知电磁铁右侧为N极，故导线所在处的磁场向左；再由左手定则可判断，导线受安培力向上，故A正确。
6．（2023·临海模拟）如图甲所示，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（ ）
A．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F
C．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
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；安培定则
【解析】【解答】A.磁感应强度的大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故A错误；
B.a c对b导线的安培力大小为F，f d对b导线的安培力为，e对b导线的安培力为，根据矢量合成，其所受合力的大小为，故B错误；
CD.据安培定则，ad在O点磁感应强度大小相等，方向相反，be在O点磁感应强度大小相等，方向相反，故abcde在O点的磁感应强度与c点在O点磁感应强度相同，方向垂直于ed向下，故C正确，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.磁感应强度是矢量，得大小方向相同才相同；
B.b导线受到的安培力为其他对b导线安培力的矢量和；
CD.据安培定则，在O点的磁感应强度为abcde的磁感应强度的矢量和。
7．（2023·临海模拟）下列有关四幅图像说法正确的是（ ）
A．图（1）中线圈中的磁场能在增加
B．图（2）中变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关
C．图（3）中若B线圈不闭合，S断开时延时效果还存在
D．图（4）中电子的衍射实验证明了电子的粒子性
【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；磁通量
【解析】【解答】A.根据上下极板的磁场方向和电流方向可知，电容器处于充电状态，则电场能在增加，磁场能在减小，故A错误；
B.据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关，故B正确；
C.若B线圈不闭合，S断开时不存在闭合回路，不会产生自感电流的磁场，故不会产生延时效果，故C错误；
D.电子的衍射实验证明了电子的波动性，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.能量是守恒的，充电状态磁场能转化为电场能；
B.根据麦克斯韦的电磁场理论；
C.若线圈不闭合，则不会产生感应电流；
D.衍射是波动性的特有的现象；
8．（2022高三下·浙江月考）如图所示，三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I，其中P、Q、R为导线上三个点，三点连成的平面与导线垂直，O为PQ连线的中点，且QR=PR。则下列判断正确的是（ ）
A．R点的磁感应强度方向竖直向上
B．P点的磁感应强度方向竖直向下
C．R点与O点的磁感应强度相同
D．在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
【答案】D
【知识点】安培定则
【解析】【解答】根据右手螺旋定则和磁场的叠加原理，可以得到以下结论：
A．R点的磁感应强度沿方向水平，A不符合题意；
B．P点的磁感应强度方向斜向右上方，B不符合题意；
C．R点与O点的磁感应强度大小和方向都不相同，C不符合题意；
D．根据同方向电流相互排斥，反方向电流相互吸引，在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在合力为零的位置，所以磁感应强度为零的位置也不存在，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用其安培定则结合磁感应强度的叠加可以判别其磁感应强度的大小及方向。
二、多项选择题
9．（2023高二上·太原期末）如图所示，直导线a、b平行放置，通过的电流相等。虚线与导线垂直且交于A、B，O为AB的中点，下列说法正确的是（ ）
A．AB间O点处的磁感应强度最大
B．ab间有相互作用的引力
C．若将小磁针放在AB间，小磁针N极受力垂直纸面向内
D．若将小磁针放在A点左侧的虚线上，小磁针N极受力垂直纸面向外
【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．根据安培定则，与矢量的合成法则，AB间O点处的磁感应强度为零，A不符合题意；
B．根据安培定则与左手定则，可知，同向电流相互吸引，因此ab间有相互的吸引力，B符合题意；
C．若将一小磁针放在OB之间某处，依据安培力与矢量的合成法则，可知，OB之间某处磁场方向垂直纸面向外，那么小磁针N极受力垂直纸面向外，C不符合题意；
D．当将一小磁针放在A点左侧，可知，在A点左侧磁场方向垂直向外，那么小磁针N极受力垂直纸面向外，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据安培定则以及磁感应强度的合成得出AB间O点的磁感应强度，电流之间的相互作用是同向吸引，异向排斥，结合左手定则以及力的合成得出小磁针N极受力的方向。
10．（2023高二上·荆州期末）已知无限长的通电直导线周围空间的磁场的磁感应强度大小可表示为（其中为比例系数，为直导线的电流强度，为离直导线的距离），如图所示，在光滑绝缘桌面上有三根相互平行无限长的通电直导线、、，均处于静止状态。已知导线、、中电流大小分别为、、，导线、的间距大于导线、的间距。下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．导线、中电流的方向相同
D．导线、、中电流的方向都相同
【答案】B,C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】以导线 为研究对象，导线 、 中电流的方向相同时，在导线 处产生的磁场方向相反，合磁场为0，导线 才可以不受安培力，处于平衡。因为导线 、 的间距大于导线 、 的间距，则 ；以导线 为研究对象，导线 、 中电流的方向相反时，在导线 处产生的磁场方向相反，合磁场为0，导线 才能不受安培力，处于平衡；因为导线 、 的间距大于导线 、 的间距，则 ；同理以导线 为研究对象可知 。
故答案为：BC。
【分析】分别以b和a为研究对象，利用通电导线周围磁场的方向以及磁场的叠加判断导线b所受的安培力，并得出ac中电流的大小关系
11．（2023届湘豫名校联考高三上学期物理8月入学摸底考试试卷）已知载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为 ，式中常量 ，I为电流的大小，r为距导线的距离。如图所示，在同一光滑的水平面内水平固定放置两根平行长直导线，导线中通有同方向的恒定电流I，一质量为m的金属矩形线框水平放置在两导线之间并与两导线处在同一水平面内，且左右两边与导线平行。现将金属矩形线框以初速度 在两导线间的中线左侧斜向右上方滑动， 的方向与电流方向成 角，最终在两导线间的中线与右边直导线间做匀速直线运动，金属矩形线框在滑动过程中不发生转动。则下列说法正确的是（ ）
A．金属矩形线框中的感应电流方向先是沿顺时针方向后沿逆时针方向
B．金属矩形线框中的感应电流方向总是沿顺时针方向
C．整个过程金属矩形线框产生的电能为
D．金属矩形线框受到安培力冲量的大小为
【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AB．在两条直导线之间，在中线的左侧磁场垂直纸面向里，中线右侧垂直纸面向外，中线处磁场为零，则当导线框从中线左侧向右移动时，净磁通量先向里减小，后向外增加，根据楞次定律可知，感应电流方向总是沿顺时针方向，A不符合题意，B符合题意。
C．当线圈做匀速直线运动时，所受安培力为零，此时感应电流为零，线圈的速度方向平行直导线，可知整个过程金属矩形线框产生的电能为
C不符合题意；
D．根据动量定理，金属矩形线框受到安培力冲量的大小为
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】中线的左侧磁场垂直纸面向里，中线右侧垂直纸面向外，当线圈做匀速直线运动时，所受安培力为零，此时感应电流为零。
12．（2022高二下·天河期末）如图所示，光滑绝缘水平面上，有两根固定的相互垂直彼此绝缘的长直导线，通以大小相同的电流。在角平分线上，对称放置四个相同的圆线圈。若两根导线上的电流同时按相同规律增大，下列说法正确的是（ ）
A．线圈1中无感应电流 B．线圈2中无感应电流
C．线圈3中有逆时针方向的电流 D．线圈4中有逆时针方向的电流
【答案】A,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】由安培定则可以判断出线圈1中磁通为零，线圈2中磁通垂直于水平面向外，线圈3中磁通为零，线圈4中磁通垂直于水平面向内。当两根导线上的电流同时按相同规律增大时，根据楞次定律可知线圈1和线圈3中无感应电流，线圈2中有顺时针电流，线圈4中有逆时针电流。所以AD符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】由安培定则可以判断出线圈1和线圈3中磁通为零，当两根导线上的电流同时按相同规律增大时，线圈1和线圈3中无感应电流。
13．（2022高二上·成都期末）如图所示，棱长为L的正方体的上、下底面的每条棱上均固定有长直导线，导线间彼此绝缘且通过导线的电流大小均为。已知通有电流为I的长直导线在距离d处产生的磁感应强度大小为。正方体中心磁感应强度的大小可能是（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】以垂直ABFE面的四根导线为例，导线电流方向改变时对应的ABFE面中心合磁感应强度大小总共有三种，分别是0，和，若只考虑垂直某面的四根导线在该面中心产生的磁场，
当ABFE面中心磁场沿EB方向、BCHF面中心磁场沿BH方向，大小均为时，二者夹角为120°，正方体中心处的磁感应强度大小为；
当BFE面中心磁场沿BE方向、BCHF中心磁场沿BH方向，大小均为时，二者夹角为60°，正方体中心处的磁感应强度大小；
当ABFE面中心磁场方向沿EF方向，BCHF面中心磁场方向沿BC方向，大小均为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小；
当ABEF面中心磁场方向沿EF方向、大小为，BCHF面中心磁场方向沿BH方向、大小为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小为。
故正方体中心的磁感应强度大小可能为0、、和，故A错误，BCD正确。
故选择BCD。
【分析】根据通电导线周围产生的磁场，再结合磁感应强度的叠加原理，可得正方体中心磁感应强度的大小。
14．（2018-2019学年人教版高中物理 选修1-1 2.2 电流的磁场 同步练习 ）全自动洗衣机中，排水阀是由程序控制器控制其动作的 当洗衣机进行排水和脱水工序时电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2动作，牵引排水阀的活塞，排出污水，牵引电磁铁的结构如图所示 以下说法正确的是
A．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为S极，B端为N极
C．若a，b处输入交变电流，铁芯2不能吸入线圈中
D．若a，b处输入交变电流，铁芯2能吸入线圈中
【答案】B,D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】若输入的控制电流由a流入，由b流出，则根据右手螺旋定则可知，铁芯2中A端为S极，B端为N极，A不符合题意，B符合题意；根据磁化原理可知，若a，b处输入交变电流，铁芯仍能被磁化，且磁化后的磁性总是与线圈要发生相吸的作用，则铁芯2能吸入线圈中，C不符合题意，D符合题意．
故答案为：BD.
【分析】本题属于电流的磁效应在实际生活中的应用，考查学生运用所学知识解决实际问题的能力；题中根据电流流向，由右手螺旋定则可得电流产生磁场方向。
15．（2018-2019学年人教版高中物理 选修1-1 2.1 指南针与远洋航海 同步练习 ）“卫星悬绳发电”是人类为寻找卫星的新型电力能源供应系统而进行的实验 假设在实验中，用飞机拖着一根很长的金属线 其下端悬挂一个金属球，以保证金属线总是呈竖直状态 在高空环绕地球飞行，且每次飞经我国上空时都是由西北飞向东南方向，则下列说法正确的是
A．这是利用运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势的原理，金属线相当于发电机的绕组
B．该发电机可产生直流电，且金属线的上端为正极
C．该发电机可产生直流电，且金属线的上端为负极
D．该发电机可产生交流电，当飞机在北半球飞行时、金属线的上端为其正极，当飞机在南半球飞行时、金属线的上端为其负极
【答案】A,B
【知识点】地磁场；右手定则
【解析】【解答】运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势，金属线相当于发电机的绕组。地磁场的方向由南向北，根据右手定则，上端的电势高，即金属线的上端为正极，产生的电流方向不变，为直流电，AB符合题意，CD不符合题意。
故答案为：AB
【分析】飞机拖着金属线 在高空环绕地球飞行时，运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势，金属线相当于发电机的绕组。根据地磁场的分布和右手定则可判断感应电流的方向。
16．（2023高二下·玉林期中）如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，重力加速度为g，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度及a的状态说法正确的是（ ）
A．方向竖直向上
B．大小为
C．同时增大细导体棒a、b的电流，a棒仍可静止
D．若使b下移，a将不能保持静止
【答案】A,B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A.由右手螺旋定则知，b的电流在a处产生的磁场方向竖直向上，故A符合题意；
B.对a受力分析如图：
根据平衡条件得：，解得：，故B符合题意；
C.同时增大细导体棒a、b的电流，则a导体棒所受的水平方向的安培力增大，导体棒a不可能保持水平，故C不符合题意；
D.
若b下移，根据平衡条件，安培力要增加，而两个电流间距增大，安培力减小，所以一定不能平衡，故D符合题意。
故答案为：ABD
【分析】根据右手定则判断b的电流在a处产生的磁场方向；对a受力分析，根据平衡条件列方程求解；根据平衡条件分析判断。
17．（2022·广州模拟）如图，高压输电线上使用“正方形间隔棒”支撑导线、、、，目的是固定导线间距，防止导线相碰．的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时（ ）
A．几何中心O点的磁感应强度不为零
B．几何中心O点的磁感应强度为零
C．对的安培力小于对的安培力
D．所受安培力的方向沿正方形的对角线方向
【答案】B,D
【知识点】安培力；安培定则
【解析】【解答】AB．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由右手定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于0，A不符合题意，B符合题意；
C．L2相比L3，离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比可知，
对
的安培力大于
对
的安培力，C不符合题意；
D．根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线
方向，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电流的方向结合安培定则可以判别通电导线周围磁感应强度的方程，结合矢量的叠加可以判别其O点磁感应强度的大小；利用安培力的表达式与磁感应强度的关系可以比较安培力的大小；利用其力的合成可以判别L1受到的安培力方向。
三、非选择题
18．（2022·浦东模拟）长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的长直导线b与a平行放置，导体棒a与力传感器相连，如图所示（俯视图）。a、b中通有大小分别为Ia、Ib的恒定电流，Ia方向如图所示，Ib方向未知。导体棒a静止时，传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力。则Ib与Ia的方向 （选填“相同”或“不同”），Ib在a处产生的磁感应强度B大小为 。
【答案】相同；
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】通过分析传感器数据，发现a受到b的吸引力大小为F，根据同向电流相吸，异向电流相斥，因此直导线a、b间存在相互吸引，则它们的电流方向相同；
a受到的安培力为F，电流为Ia，长度为L，则由磁感应强度的定义可知Ib在a处产生的磁感应强度B大小为
【分析】同向电流相吸，异向电流相斥，利用磁感应强度的定义进行求解。
19．（2020高二上·喀什月考）说出图中电源的正负极 。（填（左正，右负或者左负，右正））
【答案】左负，右正
【知识点】安培定则
【解析】【解答】因螺线管的右端为S极，左端是N极，根据右手螺旋定则可知，电源的右端为正极，左端为负极。
【分析】利用小磁针的磁极方向可以判别螺旋管的磁极方向；结合右手螺旋定则可以判别电源电流的方向及电源的正负极。
20．（2020·金山模拟）如图，两平行放置的长直导线a和b中载有电流强度相等、方向相反的电流。则b右侧O点处的磁感应强度方向为 ；在O点右侧再放置一根与a、b平行共面且通有与导线a同向电流的直导线c后，导线a受到的磁场力大小将 （选填“变大”、“变小”或“无法确定”）。
【答案】垂直纸面向外；无法确定
【知识点】安培定则
【解析】【解答】由右手定则可知，该磁场方向为垂直纸面向外。因c中通过的电流大小未知，故无法确定导线a受到的磁场力大小。
【分析】利用右手定则可以判别磁场的方向；由于未知电流的大小不能求出磁场力的大小。
21．（地磁场+++++++++++++++++ 22）小磁针指南北，是因为地球是一个巨大的磁体，地磁的北极在地理的 极附近，地磁的南极在地理的 极附近．
【答案】南；北
【知识点】地磁场
【解析】【解答】解：地球本身是一个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理的北极附近．
故答案为：南、北．
【分析】地球是一个大磁体，地磁的南、北极与地理的南、北极正好相反，而且不重合．
22．在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中：
（1）在对螺线管通电 （选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零。
（2）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为5mT。减小通电螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为（ ）
A．5mT B．-5mT C．3mT D．-3mT
【答案】（1）前
（2）D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】
（1）在对螺线管通电前必须对磁传感器进行调零，否则就会有测量误差。
（2）减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，由于从另一端插入，磁传感器的读数可能为-3mT。
【分析】要知道:减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，从不同端插入磁传感器的读数的正负是不一样。
23．（人教版物理高二选修2-1 2.1磁场 磁性材料同步练习）通电螺线管右端的小磁针，静止时N极的指向如图所示，则电源的a端为 极（选填“正”或“负”），螺线管的c端为 极（选填“N”或“S”）
【答案】正；S
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】小磁针N极向右，则由磁感线的特点可知，螺线管c端为N极；则由右手螺旋定则可得电流由a端流入螺线管再回到b端，故电源a端为电源的正极．
故答案为：正，S
【分析】由小磁针的指向可知电磁铁磁场的方向，由磁感线的特点可知螺线管的磁极，由右手螺旋定则可知电源的正负极
24．（人教版物理高二选修2-1 2.1磁场 磁性材料同步练习）通电螺线管的极性跟螺线管中的 方向有关，它们之间的关系可以用 定则来判定．内容是：用 手握住螺线管，让 弯向螺线管中电流的方向，则 所指的那端就是螺线管的N极．
【答案】电流；安培；右；四指；大拇指
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】通电螺线管的极性跟螺线管中的电流方向有关，它们关系可由右手螺旋定则，即安培定则来判定；
根据安培定则内容：用右手握住螺线管，让四指弯向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极，
故答案为：电流，安培，右，四指，大拇指．
【分析】根据安培定则内容：用右手握住螺线管，让四指弯向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极，即可求解．
25．（人教版物理选修1-1第二章第一节指南针与远洋航海同步训练）如图所示，有一金属棒ab静止在宽为1m水平光滑轨道上，轨道处在竖直向上B=0.1T的匀强磁场中，已知电池电动势E=3V，内阻为r=0.2Ω，金属棒接入部分的电阻R=0.4Ω，两轨道的电阻均可忽略不计，开关闭合瞬间，求：
（1）通过金属棒ab的电流；
（2）金属棒ab所受安培力的大小和方向．
【答案】（1）根据闭合电路欧姆定律可知：I= =5A
（2）金属棒受到的安培力为：F=BIL=5×1×0.1=0.5N；由左手定则可知，安培力的方向为向左。
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律可知：I= =5A；（2）金属棒受到的安培力为：F=BIL=5×1×0.1=0.5N；
由左手定则可知，安培力的方向为向左；
答：（1）通过ab棒的电流为5A；（2）安培力的大小为0.5N，方向向左．
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可求得通过金属棒的电流；（2）由安培力的计算公式求得安培力的大小；由左手定则可确定安培力的方向．
26．（人教版物理选修1-1第二章第二节电流的磁场同步练习）四根直导线围成一个正方形，各自通以大小相等的电流，方向如图．已知正方形中心O点的磁感应强度大小为B，若将I1电流反向（大小不变），则O点的磁感应强度大小变为 ，要使O点磁感应强度变为零，I1电流反向后大小应变为原来的 倍．
【答案】；3
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】由右手螺旋定则可知，四导线在O点产生的磁场方向垂直纸面向外，并且四电流相同，所以每根导线在O点产生磁感应强度为 ，若将I1电流反向（大小不变），则O点的磁感应强度大小为： ﹣ = ，；
三根导线在O处产生的合磁感应强度为 ，要使O点磁感应强度变为零，所以电流方向的导线产生的磁感应强度也为 ，所以I1电流反向后大小应变为原来的3倍．故答案为： ，3．
【分析】由右手螺旋定则可知，四导线在O点产生的磁场方向垂直纸面向外；再据电流相同，判断每根导线在O点产生磁感应强度为 ；再利用由右手螺旋定则判断将I1电流反向时，产生的磁场方向，再求O点的合磁感应强度；利用产生的磁感应强度与电流的大小成正比判断电流的大小即可．
27．（2023·浙江模拟）东方超环，俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。该装置需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，没有被中性化的高速带电离子需要利用“偏转系统”将带电离子从粒子束剥离出来。假设“偏转系统”的原理如图所示，混合粒子束先通过加有电压的两极板再进入偏转磁场中，中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收；未被中性化的带电离子一部分打到下极板，剩下的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，两极板间电压为U，间距为d，极板长度为2d，吞噬板长度为2d，离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用。
（1）要使的离子能直线通过两极板，则需在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B1，求B1的大小；
（2）直线通过极板的离子以进入垂直于纸面向外的矩形匀强磁场区域。已知磁场，若离子全部能被吞噬板吞噬，求矩形磁场B2的最小面积；
（3）若撤去极板间磁场B1，且B2边界足够大。若粒子束由速度为、、的三种离子组成，有部分带电离子会通过两极板进入偏转磁场，最终被吞噬板吞噬，求磁场B2的取值范围。
【答案】（1）解：离子能直线通过两极板，则洛伦兹力等于电场力
将代入得
（2）解：由
离子在偏转磁场中的运动半径为
离子全部能被吞噬板吞噬，则矩形磁场B2的最小面积为
（3）解：对于沿上极板运动的离子，在两极板间做类平抛运动，则 ， ，得
离子做类平抛运动的过程中，根据动能定理
得
离子进入偏转电场时的速度偏向角的余弦值为
当初速度为时
离子不会进入偏转电场。
当初速度为时
离子射出偏转电场时，与吞噬板上端相距为，设离子恰好打到吞噬板上端，由几何关系得
根据
得
当初速度为时，同理得
及
得
磁场B2的取值范围为
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；动能定理的综合应用；冲量；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 离子能直线通过两极板，则洛伦兹力等于电场力 ，求解匀强磁场B1 大小。
（2）求得离子在偏转磁场中的运动半径，离子全部能被吞噬板吞噬，由几何关系可得矩形磁场B2的最小面积。
（3）对于沿上极板运动的离子，在两极板间做类平抛运动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，由几何关系求得 磁场B2的取值范围。
28．（2022·东城模拟）人们通常利用运动的合成与分解，把比较复杂的机械运动等效分解为两个或多个简单的机械运动进行研究。下列情境中物体的运动轨迹都形似弹簧，其运动可分解为沿轴线的匀速直线运动和垂直轴线的匀速圆周运动。
（1）情境1：在图1甲所示的三维坐标系中，质点1沿 方向以速度v做匀速直线运动，质点2在 平面内以角速度 做匀速圆周运动。质点3同时参与质点1和质点2的运动，其运动轨迹形似弹簧，如乙图所示。质点3在完成一个圆运动的时间内，沿 方向运动的距离称为一个螺距，求质点3轨迹的“螺距” ；
（2）情境2：如图2所示为某磁聚焦原理的示意图，沿 方向存在匀强磁场B，一质量为m、电荷量为q、初速度为 的带正电的粒子，沿与 夹角为 的方向入射，不计带电粒子的重力。
a．请描述带电粒子在 方向和垂直 方向的平面内分别做什么运动；
b．求带电粒子轨迹的“螺距” 。
（3）情境3：2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月壤回到地球。登月前，嫦娥五号在距离月球表面高为h处绕月球做匀速圆周运动，嫦娥五号绕月的圆平面与月球绕地球做匀速圆周运动的平面可看作垂直，如图3所示。已知月球的轨道半径为r，月球半径为R，且 ，地球质量为 ，月球质量为 ，嫦娥五号质量为 ，引力常量为G。求嫦娥五号轨迹的“螺距” 。
【答案】（1）质点3在x轴做匀速直线运动有，在 内做匀速圆周运动有，
联立两式解得；
（2）a．根据题意分析可知， 在Ox方向上做速度为v0cosα的匀速直线运动，在垂直Ox方向上做半径为 ，周期 的匀速圆周运动；
b．由（1）分析可知，；
（3）地球对月球的引力提供月球运动的向心力，，解得，
月球对卫星的引力提供卫星做圆周运动的向心力，，解得
根据d=vT，解得 。
【知识点】位移的合成与分解；速度的合成与分解；磁现象和磁场、磁感线；安培力；左手定则
【解析】【分析】(1)首先分析x轴上的直线运动，然后在内做匀速圆周运动，联立即可解得螺距；
(2)根据题意分析粒子的运动情况，然后根据（1）求出"螺距"；
(3)首先根据万有引力提供向心力求出月球运行的线速度，然后根据万有引力提供向心力求出卫星运行的周期，最后算出螺距。
29．（2022高三上·佛山期末）如图所示，绝缘矩形平面与水平面夹角为，底边水平，分界线、、均与平行，与、与间距均为L，分界线以上平面光滑，与间的区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B。将一质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形闭合金属框放于斜面上，边与平行且与其距离为，金属框各边与以下斜面间的动摩擦因数，无初速释放金属框后，金属框全程紧贴斜面运动，设重力加速度为g。
（1）若金属框的边刚越过边界瞬间速度大小为，求此时金属框的加速度大小a；
（2）求金属框的边刚越过边界瞬间速度大小与间的关系；
（3）为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，求的取值范围。
【答案】（1）解：边刚越过边界瞬间速度大小为时的感应电动势为
则有安培力
根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：金属杆从开始到穿过边界，摩擦力做功为，设cd边越过长度为，利用微元法，由数学知识则有则有
故
由动能定理
解得
（3）解：金属框的边能够离开磁场，即边过PQ时速度大于零，由动量定理得
带入解得
且金属框最终能够静止在斜面上即ab边不能穿过PQ，否则它将匀速运动下去，则由动量定理得
代入解得
综上所述金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，的取值范围为
【知识点】动量定理；安培力；左手定则；安培定则
【解析】【分析】（1）对线框利用安培力的表达式以及牛顿第二定律得出金属框的速度；
（2）根据恒力做功的表达式以及微元法得出摩擦力所做的功，通过动能定理得出金属框的边刚越过边界瞬间速度大小与间的关系；
（3） 金属框的边能够离开磁场和金属框最终能够静止在斜面上即ab边不能穿过PQ ，结合动量定理以及安培力的表达式得出 的取值范围。
四、作图题
30．（2018-2019学年人教版高中物理 选修1-1 2.2 电流的磁场 同步练习 ）在条形或蹄形铁芯上绕有线圈，根据如图所示小磁针指向在图中画出线圈的绕线方向。
【答案】解：如图所示：
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】（1）中小磁针N极向右，则通电螺线管的左端应为S极，再由右手螺旋定则得出线圈的绕向如下图所示．（2）中左端是N极，则绕向如图；
【分析】小磁针N极指向该点的磁场方向，结合电流方向根据右手螺旋定则可得线圈的绕线方向。
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 13.1 磁场 磁感线(优生加练)
一、选择题
1．（2023高三上·漯河期末）中空的圆筒形导体中的电流所产生的磁场，会对其载流粒子施加洛伦兹力，可用于设计能提供安全核能且燃料不虞匮乏的核融合反应器。如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度，其中k为常数。下列说法正确的是（ ）
A．圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B．圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C．每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D．若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
2．（2017高二上·成安期中）如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k ，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度 v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球做变加速直线运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在增大
3．（2017高二上·红桥期中）在你身边，若有一束电子从上而下运动，在地磁场的作用下，它将（ ）
A．向东偏转 B．向西偏转 C．向北偏转 D．向南偏转
4．欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电源，具体做法是在地磁场作用下在水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30°，问当他发现小磁针偏转了60°，通过该直导线的电流为(直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)( )
A．2I B．3I C． D．无法确定
5．图中的D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里。在电键S接通后，导线D所受磁场力的方向是( )
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
6．（2023·临海模拟）如图甲所示，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（ ）
A．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F
C．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
7．（2023·临海模拟）下列有关四幅图像说法正确的是（ ）
A．图（1）中线圈中的磁场能在增加
B．图（2）中变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关
C．图（3）中若B线圈不闭合，S断开时延时效果还存在
D．图（4）中电子的衍射实验证明了电子的粒子性
8．（2022高三下·浙江月考）如图所示，三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I，其中P、Q、R为导线上三个点，三点连成的平面与导线垂直，O为PQ连线的中点，且QR=PR。则下列判断正确的是（ ）
A．R点的磁感应强度方向竖直向上
B．P点的磁感应强度方向竖直向下
C．R点与O点的磁感应强度相同
D．在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
二、多项选择题
9．（2023高二上·太原期末）如图所示，直导线a、b平行放置，通过的电流相等。虚线与导线垂直且交于A、B，O为AB的中点，下列说法正确的是（ ）
A．AB间O点处的磁感应强度最大
B．ab间有相互作用的引力
C．若将小磁针放在AB间，小磁针N极受力垂直纸面向内
D．若将小磁针放在A点左侧的虚线上，小磁针N极受力垂直纸面向外
10．（2023高二上·荆州期末）已知无限长的通电直导线周围空间的磁场的磁感应强度大小可表示为（其中为比例系数，为直导线的电流强度，为离直导线的距离），如图所示，在光滑绝缘桌面上有三根相互平行无限长的通电直导线、、，均处于静止状态。已知导线、、中电流大小分别为、、，导线、的间距大于导线、的间距。下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．导线、中电流的方向相同
D．导线、、中电流的方向都相同
11．（2023届湘豫名校联考高三上学期物理8月入学摸底考试试卷）已知载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为 ，式中常量 ，I为电流的大小，r为距导线的距离。如图所示，在同一光滑的水平面内水平固定放置两根平行长直导线，导线中通有同方向的恒定电流I，一质量为m的金属矩形线框水平放置在两导线之间并与两导线处在同一水平面内，且左右两边与导线平行。现将金属矩形线框以初速度 在两导线间的中线左侧斜向右上方滑动， 的方向与电流方向成 角，最终在两导线间的中线与右边直导线间做匀速直线运动，金属矩形线框在滑动过程中不发生转动。则下列说法正确的是（ ）
A．金属矩形线框中的感应电流方向先是沿顺时针方向后沿逆时针方向
B．金属矩形线框中的感应电流方向总是沿顺时针方向
C．整个过程金属矩形线框产生的电能为
D．金属矩形线框受到安培力冲量的大小为
12．（2022高二下·天河期末）如图所示，光滑绝缘水平面上，有两根固定的相互垂直彼此绝缘的长直导线，通以大小相同的电流。在角平分线上，对称放置四个相同的圆线圈。若两根导线上的电流同时按相同规律增大，下列说法正确的是（ ）
A．线圈1中无感应电流 B．线圈2中无感应电流
C．线圈3中有逆时针方向的电流 D．线圈4中有逆时针方向的电流
13．（2022高二上·成都期末）如图所示，棱长为L的正方体的上、下底面的每条棱上均固定有长直导线，导线间彼此绝缘且通过导线的电流大小均为。已知通有电流为I的长直导线在距离d处产生的磁感应强度大小为。正方体中心磁感应强度的大小可能是（ ）
A． B．0 C． D．
14．（2018-2019学年人教版高中物理 选修1-1 2.2 电流的磁场 同步练习 ）全自动洗衣机中，排水阀是由程序控制器控制其动作的 当洗衣机进行排水和脱水工序时电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2动作，牵引排水阀的活塞，排出污水，牵引电磁铁的结构如图所示 以下说法正确的是
A．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为S极，B端为N极
C．若a，b处输入交变电流，铁芯2不能吸入线圈中
D．若a，b处输入交变电流，铁芯2能吸入线圈中
15．（2018-2019学年人教版高中物理 选修1-1 2.1 指南针与远洋航海 同步练习 ）“卫星悬绳发电”是人类为寻找卫星的新型电力能源供应系统而进行的实验 假设在实验中，用飞机拖着一根很长的金属线 其下端悬挂一个金属球，以保证金属线总是呈竖直状态 在高空环绕地球飞行，且每次飞经我国上空时都是由西北飞向东南方向，则下列说法正确的是
A．这是利用运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势的原理，金属线相当于发电机的绕组
B．该发电机可产生直流电，且金属线的上端为正极
C．该发电机可产生直流电，且金属线的上端为负极
D．该发电机可产生交流电，当飞机在北半球飞行时、金属线的上端为其正极，当飞机在南半球飞行时、金属线的上端为其负极
16．（2023高二下·玉林期中）如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，重力加速度为g，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度及a的状态说法正确的是（ ）
A．方向竖直向上
B．大小为
C．同时增大细导体棒a、b的电流，a棒仍可静止
D．若使b下移，a将不能保持静止
17．（2022·广州模拟）如图，高压输电线上使用“正方形间隔棒”支撑导线、、、，目的是固定导线间距，防止导线相碰．的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时（ ）
A．几何中心O点的磁感应强度不为零
B．几何中心O点的磁感应强度为零
C．对的安培力小于对的安培力
D．所受安培力的方向沿正方形的对角线方向
三、非选择题
18．（2022·浦东模拟）长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的长直导线b与a平行放置，导体棒a与力传感器相连，如图所示（俯视图）。a、b中通有大小分别为Ia、Ib的恒定电流，Ia方向如图所示，Ib方向未知。导体棒a静止时，传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力。则Ib与Ia的方向 （选填“相同”或“不同”），Ib在a处产生的磁感应强度B大小为 。
19．（2020高二上·喀什月考）说出图中电源的正负极 。（填（左正，右负或者左负，右正））
20．（2020·金山模拟）如图，两平行放置的长直导线a和b中载有电流强度相等、方向相反的电流。则b右侧O点处的磁感应强度方向为 ；在O点右侧再放置一根与a、b平行共面且通有与导线a同向电流的直导线c后，导线a受到的磁场力大小将 （选填“变大”、“变小”或“无法确定”）。
21．（地磁场+++++++++++++++++ 22）小磁针指南北，是因为地球是一个巨大的磁体，地磁的北极在地理的 极附近，地磁的南极在地理的 极附近．
22．在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”实验中：
（1）在对螺线管通电 （选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零。
（2）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为5mT。减小通电螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为（ ）
A．5mT B．-5mT C．3mT D．-3mT
23．（人教版物理高二选修2-1 2.1磁场 磁性材料同步练习）通电螺线管右端的小磁针，静止时N极的指向如图所示，则电源的a端为 极（选填“正”或“负”），螺线管的c端为 极（选填“N”或“S”）
24．（人教版物理高二选修2-1 2.1磁场 磁性材料同步练习）通电螺线管的极性跟螺线管中的 方向有关，它们之间的关系可以用 定则来判定．内容是：用 手握住螺线管，让 弯向螺线管中电流的方向，则 所指的那端就是螺线管的N极．
25．（人教版物理选修1-1第二章第一节指南针与远洋航海同步训练）如图所示，有一金属棒ab静止在宽为1m水平光滑轨道上，轨道处在竖直向上B=0.1T的匀强磁场中，已知电池电动势E=3V，内阻为r=0.2Ω，金属棒接入部分的电阻R=0.4Ω，两轨道的电阻均可忽略不计，开关闭合瞬间，求：
（1）通过金属棒ab的电流；
（2）金属棒ab所受安培力的大小和方向．
26．（人教版物理选修1-1第二章第二节电流的磁场同步练习）四根直导线围成一个正方形，各自通以大小相等的电流，方向如图．已知正方形中心O点的磁感应强度大小为B，若将I1电流反向（大小不变），则O点的磁感应强度大小变为 ，要使O点磁感应强度变为零，I1电流反向后大小应变为原来的 倍．
27．（2023·浙江模拟）东方超环，俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。该装置需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，没有被中性化的高速带电离子需要利用“偏转系统”将带电离子从粒子束剥离出来。假设“偏转系统”的原理如图所示，混合粒子束先通过加有电压的两极板再进入偏转磁场中，中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收；未被中性化的带电离子一部分打到下极板，剩下的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，两极板间电压为U，间距为d，极板长度为2d，吞噬板长度为2d，离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用。
（1）要使的离子能直线通过两极板，则需在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B1，求B1的大小；
（2）直线通过极板的离子以进入垂直于纸面向外的矩形匀强磁场区域。已知磁场，若离子全部能被吞噬板吞噬，求矩形磁场B2的最小面积；
（3）若撤去极板间磁场B1，且B2边界足够大。若粒子束由速度为、、的三种离子组成，有部分带电离子会通过两极板进入偏转磁场，最终被吞噬板吞噬，求磁场B2的取值范围。
28．（2022·东城模拟）人们通常利用运动的合成与分解，把比较复杂的机械运动等效分解为两个或多个简单的机械运动进行研究。下列情境中物体的运动轨迹都形似弹簧，其运动可分解为沿轴线的匀速直线运动和垂直轴线的匀速圆周运动。
（1）情境1：在图1甲所示的三维坐标系中，质点1沿 方向以速度v做匀速直线运动，质点2在 平面内以角速度 做匀速圆周运动。质点3同时参与质点1和质点2的运动，其运动轨迹形似弹簧，如乙图所示。质点3在完成一个圆运动的时间内，沿 方向运动的距离称为一个螺距，求质点3轨迹的“螺距” ；
（2）情境2：如图2所示为某磁聚焦原理的示意图，沿 方向存在匀强磁场B，一质量为m、电荷量为q、初速度为 的带正电的粒子，沿与 夹角为 的方向入射，不计带电粒子的重力。
a．请描述带电粒子在 方向和垂直 方向的平面内分别做什么运动；
b．求带电粒子轨迹的“螺距” 。
（3）情境3：2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月壤回到地球。登月前，嫦娥五号在距离月球表面高为h处绕月球做匀速圆周运动，嫦娥五号绕月的圆平面与月球绕地球做匀速圆周运动的平面可看作垂直，如图3所示。已知月球的轨道半径为r，月球半径为R，且 ，地球质量为 ，月球质量为 ，嫦娥五号质量为 ，引力常量为G。求嫦娥五号轨迹的“螺距” 。
29．（2022高三上·佛山期末）如图所示，绝缘矩形平面与水平面夹角为，底边水平，分界线、、均与平行，与、与间距均为L，分界线以上平面光滑，与间的区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感强度大小为B。将一质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形闭合金属框放于斜面上，边与平行且与其距离为，金属框各边与以下斜面间的动摩擦因数，无初速释放金属框后，金属框全程紧贴斜面运动，设重力加速度为g。
（1）若金属框的边刚越过边界瞬间速度大小为，求此时金属框的加速度大小a；
（2）求金属框的边刚越过边界瞬间速度大小与间的关系；
（3）为了使金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，求的取值范围。
四、作图题
30．（2018-2019学年人教版高中物理 选修1-1 2.2 电流的磁场 同步练习 ）在条形或蹄形铁芯上绕有线圈，根据如图所示小磁针指向在图中画出线圈的绕线方向。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】安培力；安培定则
【解析】【解答】A.圆筒轴线处的磁场为条通电导线激发磁场的矢量和，由安培定则和对称性可知，圆筒轴线处的磁场刚好抵消，磁感应强度为0，A不符合题意；
B.各条通电导线在圆筒外部P处激发的磁场如图所示：
由对称性可知，合磁场方向在垂直轴线的平面内且与筒壁切线平行，B不符合题意；
C.某条通电导线受到的安培力是受除它之外的n-1条通电导线激发的合磁场施加的，由对称性可知通电导线处合磁场沿圆周切线方向，由左手定则判断，这条通电导线受到的安培力垂直筒壁方向指向轴线，C符合题意；
D.若电流I为原来的2倍，由磁场的叠加，某条通电导线所在处的磁感应强度变为原来的2倍，由安培力公式F=BIl，可知通电导线受到的安培力变为原来的4倍，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由安培定则判断通电导线产生的磁场，根据对称性分析圆筒内部和外部各处的磁感应强度；同样由安培定则结合对称性分析某条通电导线所在处的磁场，再由左手定则判断导线受到的洛伦兹力方向；根据安培力的公式F=BIL，分析若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力的变化情况。
2．【答案】D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；安培力；左手定则
【解析】【解答】解：根据右手螺旋定则可知直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，磁场大小先减小，过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，过O得后洛伦兹力的方向向下．由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，ABC不符合题意，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】磁感应强度为矢量，从a点出发沿连线运动到b点，根据安培右手定则磁场大小先减小，过O点后反向增大，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始上的方向向上，过O得后洛伦兹力的方向向下．小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大。
3．【答案】B
【知识点】安培力；左手定则；地磁场
【解析】【解答】解：在北半球，地磁场水平方向的分量水平向北，电子从上向下运动，由左手定则可知，电子所受洛伦兹力水平向西，则电子将向西偏转；
故答案为：B．
【分析】地磁场的分布特点是解这道题的关键。地磁场是高考的重点内容，需要熟记。
4．【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度
【解析】【分析】由题意知，导线中电流的磁场与地磁场方向垂直，小磁针指向为合磁场方向，磁场合成情况如图所示，
易知．则左偏30°、60°时对应的表达式为，，又因为直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，则当小磁针左偏60°时，通过导线的电流为3I．。故C正确
【点评】明确磁感强度的合成遵循平行四边形定则，理解小磁针静止时N极所指方向为该点的磁场方向，了解地磁场的南北半球分布
5．【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；左手定则
【解析】【分析】由右手螺旋定则可得出导线所在位置的磁感线的方向，由左手定则可判断安培力的方向。
电流由左侧流入，则由右手螺旋定则可知电磁铁右侧为N极，故导线所在处的磁场向左；再由左手定则可判断，导线受安培力向上，故A正确。
6．【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；安培定则
【解析】【解答】A.磁感应强度的大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故A错误；
B.a c对b导线的安培力大小为F，f d对b导线的安培力为，e对b导线的安培力为，根据矢量合成，其所受合力的大小为，故B错误；
CD.据安培定则，ad在O点磁感应强度大小相等，方向相反，be在O点磁感应强度大小相等，方向相反，故abcde在O点的磁感应强度与c点在O点磁感应强度相同，方向垂直于ed向下，故C正确，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.磁感应强度是矢量，得大小方向相同才相同；
B.b导线受到的安培力为其他对b导线安培力的矢量和；
CD.据安培定则，在O点的磁感应强度为abcde的磁感应强度的矢量和。
7．【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁感应强度；磁通量
【解析】【解答】A.根据上下极板的磁场方向和电流方向可知，电容器处于充电状态，则电场能在增加，磁场能在减小，故A错误；
B.据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关，故B正确；
C.若B线圈不闭合，S断开时不存在闭合回路，不会产生自感电流的磁场，故不会产生延时效果，故C错误；
D.电子的衍射实验证明了电子的波动性，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.能量是守恒的，充电状态磁场能转化为电场能；
B.根据麦克斯韦的电磁场理论；
C.若线圈不闭合，则不会产生感应电流；
D.衍射是波动性的特有的现象；
8．【答案】D
【知识点】安培定则
【解析】【解答】根据右手螺旋定则和磁场的叠加原理，可以得到以下结论：
A．R点的磁感应强度沿方向水平，A不符合题意；
B．P点的磁感应强度方向斜向右上方，B不符合题意；
C．R点与O点的磁感应强度大小和方向都不相同，C不符合题意；
D．根据同方向电流相互排斥，反方向电流相互吸引，在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在合力为零的位置，所以磁感应强度为零的位置也不存在，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用其安培定则结合磁感应强度的叠加可以判别其磁感应强度的大小及方向。
9．【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．根据安培定则，与矢量的合成法则，AB间O点处的磁感应强度为零，A不符合题意；
B．根据安培定则与左手定则，可知，同向电流相互吸引，因此ab间有相互的吸引力，B符合题意；
C．若将一小磁针放在OB之间某处，依据安培力与矢量的合成法则，可知，OB之间某处磁场方向垂直纸面向外，那么小磁针N极受力垂直纸面向外，C不符合题意；
D．当将一小磁针放在A点左侧，可知，在A点左侧磁场方向垂直向外，那么小磁针N极受力垂直纸面向外，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据安培定则以及磁感应强度的合成得出AB间O点的磁感应强度，电流之间的相互作用是同向吸引，异向排斥，结合左手定则以及力的合成得出小磁针N极受力的方向。
10．【答案】B,C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】以导线 为研究对象，导线 、 中电流的方向相同时，在导线 处产生的磁场方向相反，合磁场为0，导线 才可以不受安培力，处于平衡。因为导线 、 的间距大于导线 、 的间距，则 ；以导线 为研究对象，导线 、 中电流的方向相反时，在导线 处产生的磁场方向相反，合磁场为0，导线 才能不受安培力，处于平衡；因为导线 、 的间距大于导线 、 的间距，则 ；同理以导线 为研究对象可知 。
故答案为：BC。
【分析】分别以b和a为研究对象，利用通电导线周围磁场的方向以及磁场的叠加判断导线b所受的安培力，并得出ac中电流的大小关系
11．【答案】B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AB．在两条直导线之间，在中线的左侧磁场垂直纸面向里，中线右侧垂直纸面向外，中线处磁场为零，则当导线框从中线左侧向右移动时，净磁通量先向里减小，后向外增加，根据楞次定律可知，感应电流方向总是沿顺时针方向，A不符合题意，B符合题意。
C．当线圈做匀速直线运动时，所受安培力为零，此时感应电流为零，线圈的速度方向平行直导线，可知整个过程金属矩形线框产生的电能为
C不符合题意；
D．根据动量定理，金属矩形线框受到安培力冲量的大小为
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】中线的左侧磁场垂直纸面向里，中线右侧垂直纸面向外，当线圈做匀速直线运动时，所受安培力为零，此时感应电流为零。
12．【答案】A,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】由安培定则可以判断出线圈1中磁通为零，线圈2中磁通垂直于水平面向外，线圈3中磁通为零，线圈4中磁通垂直于水平面向内。当两根导线上的电流同时按相同规律增大时，根据楞次定律可知线圈1和线圈3中无感应电流，线圈2中有顺时针电流，线圈4中有逆时针电流。所以AD符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD。
【分析】由安培定则可以判断出线圈1和线圈3中磁通为零，当两根导线上的电流同时按相同规律增大时，线圈1和线圈3中无感应电流。
13．【答案】B,C,D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】以垂直ABFE面的四根导线为例，导线电流方向改变时对应的ABFE面中心合磁感应强度大小总共有三种，分别是0，和，若只考虑垂直某面的四根导线在该面中心产生的磁场，
当ABFE面中心磁场沿EB方向、BCHF面中心磁场沿BH方向，大小均为时，二者夹角为120°，正方体中心处的磁感应强度大小为；
当BFE面中心磁场沿BE方向、BCHF中心磁场沿BH方向，大小均为时，二者夹角为60°，正方体中心处的磁感应强度大小；
当ABFE面中心磁场方向沿EF方向，BCHF面中心磁场方向沿BC方向，大小均为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小；
当ABEF面中心磁场方向沿EF方向、大小为，BCHF面中心磁场方向沿BH方向、大小为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小为。
故正方体中心的磁感应强度大小可能为0、、和，故A错误，BCD正确。
故选择BCD。
【分析】根据通电导线周围产生的磁场，再结合磁感应强度的叠加原理，可得正方体中心磁感应强度的大小。
14．【答案】B,D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】若输入的控制电流由a流入，由b流出，则根据右手螺旋定则可知，铁芯2中A端为S极，B端为N极，A不符合题意，B符合题意；根据磁化原理可知，若a，b处输入交变电流，铁芯仍能被磁化，且磁化后的磁性总是与线圈要发生相吸的作用，则铁芯2能吸入线圈中，C不符合题意，D符合题意．
故答案为：BD.
【分析】本题属于电流的磁效应在实际生活中的应用，考查学生运用所学知识解决实际问题的能力；题中根据电流流向，由右手螺旋定则可得电流产生磁场方向。
15．【答案】A,B
【知识点】地磁场；右手定则
【解析】【解答】运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势，金属线相当于发电机的绕组。地磁场的方向由南向北，根据右手定则，上端的电势高，即金属线的上端为正极，产生的电流方向不变，为直流电，AB符合题意，CD不符合题意。
故答案为：AB
【分析】飞机拖着金属线 在高空环绕地球飞行时，运动导线切割地磁场的磁感线产生电动势，金属线相当于发电机的绕组。根据地磁场的分布和右手定则可判断感应电流的方向。
16．【答案】A,B,D
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A.由右手螺旋定则知，b的电流在a处产生的磁场方向竖直向上，故A符合题意；
B.对a受力分析如图：
根据平衡条件得：，解得：，故B符合题意；
C.同时增大细导体棒a、b的电流，则a导体棒所受的水平方向的安培力增大，导体棒a不可能保持水平，故C不符合题意；
D.
若b下移，根据平衡条件，安培力要增加，而两个电流间距增大，安培力减小，所以一定不能平衡，故D符合题意。
故答案为：ABD
【分析】根据右手定则判断b的电流在a处产生的磁场方向；对a受力分析，根据平衡条件列方程求解；根据平衡条件分析判断。
17．【答案】B,D
【知识点】安培力；安培定则
【解析】【解答】AB．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由右手定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于0，A不符合题意，B符合题意；
C．L2相比L3，离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比可知，
对
的安培力大于
对
的安培力，C不符合题意；
D．根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线
方向，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电流的方向结合安培定则可以判别通电导线周围磁感应强度的方程，结合矢量的叠加可以判别其O点磁感应强度的大小；利用安培力的表达式与磁感应强度的关系可以比较安培力的大小；利用其力的合成可以判别L1受到的安培力方向。
18．【答案】相同；
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】通过分析传感器数据，发现a受到b的吸引力大小为F，根据同向电流相吸，异向电流相斥，因此直导线a、b间存在相互吸引，则它们的电流方向相同；
a受到的安培力为F，电流为Ia，长度为L，则由磁感应强度的定义可知Ib在a处产生的磁感应强度B大小为
【分析】同向电流相吸，异向电流相斥，利用磁感应强度的定义进行求解。
19．【答案】左负，右正
【知识点】安培定则
【解析】【解答】因螺线管的右端为S极，左端是N极，根据右手螺旋定则可知，电源的右端为正极，左端为负极。
【分析】利用小磁针的磁极方向可以判别螺旋管的磁极方向；结合右手螺旋定则可以判别电源电流的方向及电源的正负极。
20．【答案】垂直纸面向外；无法确定
【知识点】安培定则
【解析】【解答】由右手定则可知，该磁场方向为垂直纸面向外。因c中通过的电流大小未知，故无法确定导线a受到的磁场力大小。
【分析】利用右手定则可以判别磁场的方向；由于未知电流的大小不能求出磁场力的大小。
21．【答案】南；北
【知识点】地磁场
【解析】【解答】解：地球本身是一个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理的北极附近．
故答案为：南、北．
【分析】地球是一个大磁体，地磁的南、北极与地理的南、北极正好相反，而且不重合．
22．【答案】（1）前
（2）D
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】
（1）在对螺线管通电前必须对磁传感器进行调零，否则就会有测量误差。
（2）减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，由于从另一端插入，磁传感器的读数可能为-3mT。
【分析】要知道:减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，从不同端插入磁传感器的读数的正负是不一样。
23．【答案】正；S
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】小磁针N极向右，则由磁感线的特点可知，螺线管c端为N极；则由右手螺旋定则可得电流由a端流入螺线管再回到b端，故电源a端为电源的正极．
故答案为：正，S
【分析】由小磁针的指向可知电磁铁磁场的方向，由磁感线的特点可知螺线管的磁极，由右手螺旋定则可知电源的正负极
24．【答案】电流；安培；右；四指；大拇指
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】通电螺线管的极性跟螺线管中的电流方向有关，它们关系可由右手螺旋定则，即安培定则来判定；
根据安培定则内容：用右手握住螺线管，让四指弯向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极，
故答案为：电流，安培，右，四指，大拇指．
【分析】根据安培定则内容：用右手握住螺线管，让四指弯向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极，即可求解．
25．【答案】（1）根据闭合电路欧姆定律可知：I= =5A
（2）金属棒受到的安培力为：F=BIL=5×1×0.1=0.5N；由左手定则可知，安培力的方向为向左。
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律可知：I= =5A；（2）金属棒受到的安培力为：F=BIL=5×1×0.1=0.5N；
由左手定则可知，安培力的方向为向左；
答：（1）通过ab棒的电流为5A；（2）安培力的大小为0.5N，方向向左．
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可求得通过金属棒的电流；（2）由安培力的计算公式求得安培力的大小；由左手定则可确定安培力的方向．
26．【答案】；3
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】由右手螺旋定则可知，四导线在O点产生的磁场方向垂直纸面向外，并且四电流相同，所以每根导线在O点产生磁感应强度为 ，若将I1电流反向（大小不变），则O点的磁感应强度大小为： ﹣ = ，；
三根导线在O处产生的合磁感应强度为 ，要使O点磁感应强度变为零，所以电流方向的导线产生的磁感应强度也为 ，所以I1电流反向后大小应变为原来的3倍．故答案为： ，3．
【分析】由右手螺旋定则可知，四导线在O点产生的磁场方向垂直纸面向外；再据电流相同，判断每根导线在O点产生磁感应强度为 ；再利用由右手螺旋定则判断将I1电流反向时，产生的磁场方向，再求O点的合磁感应强度；利用产生的磁感应强度与电流的大小成正比判断电流的大小即可．
27．【答案】（1）解：离子能直线通过两极板，则洛伦兹力等于电场力
将代入得
（2）解：由
离子在偏转磁场中的运动半径为
离子全部能被吞噬板吞噬，则矩形磁场B2的最小面积为
（3）解：对于沿上极板运动的离子，在两极板间做类平抛运动，则 ， ，得
离子做类平抛运动的过程中，根据动能定理
得
离子进入偏转电场时的速度偏向角的余弦值为
当初速度为时
离子不会进入偏转电场。
当初速度为时
离子射出偏转电场时，与吞噬板上端相距为，设离子恰好打到吞噬板上端，由几何关系得
根据
得
当初速度为时，同理得
及
得
磁场B2的取值范围为
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场；动能定理的综合应用；冲量；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 离子能直线通过两极板，则洛伦兹力等于电场力 ，求解匀强磁场B1 大小。
（2）求得离子在偏转磁场中的运动半径，离子全部能被吞噬板吞噬，由几何关系可得矩形磁场B2的最小面积。
（3）对于沿上极板运动的离子，在两极板间做类平抛运动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，由几何关系求得 磁场B2的取值范围。
28．【答案】（1）质点3在x轴做匀速直线运动有，在 内做匀速圆周运动有，
联立两式解得；
（2）a．根据题意分析可知， 在Ox方向上做速度为v0cosα的匀速直线运动，在垂直Ox方向上做半径为 ，周期 的匀速圆周运动；
b．由（1）分析可知，；
（3）地球对月球的引力提供月球运动的向心力，，解得，
月球对卫星的引力提供卫星做圆周运动的向心力，，解得
根据d=vT，解得 。
【知识点】位移的合成与分解；速度的合成与分解；磁现象和磁场、磁感线；安培力；左手定则
【解析】【分析】(1)首先分析x轴上的直线运动，然后在内做匀速圆周运动，联立即可解得螺距；
(2)根据题意分析粒子的运动情况，然后根据（1）求出"螺距"；
(3)首先根据万有引力提供向心力求出月球运行的线速度，然后根据万有引力提供向心力求出卫星运行的周期，最后算出螺距。
29．【答案】（1）解：边刚越过边界瞬间速度大小为时的感应电动势为
则有安培力
根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：金属杆从开始到穿过边界，摩擦力做功为，设cd边越过长度为，利用微元法，由数学知识则有则有
故
由动能定理
解得
（3）解：金属框的边能够离开磁场，即边过PQ时速度大于零，由动量定理得
带入解得
且金属框最终能够静止在斜面上即ab边不能穿过PQ，否则它将匀速运动下去，则由动量定理得
代入解得
综上所述金属框的边能够离开磁场，且金属框最终能够静止在斜面上，的取值范围为
【知识点】动量定理；安培力；左手定则；安培定则
【解析】【分析】（1）对线框利用安培力的表达式以及牛顿第二定律得出金属框的速度；
（2）根据恒力做功的表达式以及微元法得出摩擦力所做的功，通过动能定理得出金属框的边刚越过边界瞬间速度大小与间的关系；
（3） 金属框的边能够离开磁场和金属框最终能够静止在斜面上即ab边不能穿过PQ ，结合动量定理以及安培力的表达式得出 的取值范围。
30．【答案】解：如图所示：
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】（1）中小磁针N极向右，则通电螺线管的左端应为S极，再由右手螺旋定则得出线圈的绕向如下图所示．（2）中左端是N极，则绕向如图；
【分析】小磁针N极指向该点的磁场方向，结合电流方向根据右手螺旋定则可得线圈的绕线方向。
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