第十一章　第1讲　磁场及其对电流的作用 讲义 （教师版）

　磁场
课程标准 备考策略
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，判断磁通量的变化。 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 1．掌握磁场、磁感应强度、安培力、洛伦兹力等重要物理概念及左手定则、安培定则等，形成正确的物理观念。 2．掌握带电粒子在有界磁场中运动问题的分析技巧，会构建带电粒子在有界磁场中的运动模型。 3．重视与现代科技相联系以及洛伦兹力在现代科技中的应用，形成科学思维素养。 4．掌握带电粒子在复合场中运动问题的研究，重视科学思维素养提升，全面提升分析问题、解决问题的能力
第1讲　磁场及其对电流的作用
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＝(通电导线垂直于磁场)。
B的大小和方向由磁场本身决定，与该处放不放通电导线无关，在定义式中一定要强调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)匀强磁场
①定义：如果磁场中各点的磁感应强度的大小相等、方向相同，这个磁场叫作匀强磁场。
②特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。
(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，磁感应强度大小相等，方向水平向北。
(5)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。
2．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。
a．磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，由N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极。
b．同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。
c．磁感线是假想的曲线，实际并不存在。
(2)电流的磁场
项目 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 与条形磁体的磁场相似，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
3.安培力的大小和方向
(1)大小
若I∥B，F＝0；若I⊥B，F＝BIl。
(2)方向
可以用左手定则来判定：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。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和I不一定垂直。
(3)两平行通电导线间的作用
同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
1．磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。(　√　)
2．磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。(　×　)
3．垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(　√　)
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．将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为0。(　×　)
考点一　安培定则和磁场的叠加
1．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的磁场时应分清“因”和“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
环形电流的磁场 四指 大拇指
2.磁场叠加的基本思路
(1)确定磁场的场源，是磁体产生的磁场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。
【典例1】　(2024·四川绵阳高三诊断)如图所示，ACD为一等边三角形，两根通过电流相等的长直导线分别垂直纸面置于A、D两个顶点，A处导线中的电流方向垂直纸面向里，D处导线中的电流方向垂直纸面向外。已知通电长直导线在其周围某点处产生的磁感应强度大小为B＝，k为常量，r为该点到通电直导线的距离。已知C处磁感应强度大小为B0，则CD边中点E处的磁感应强度大小为(　C　)
A．B0 B．B0
C．B0 D．4B0
【解析】　设三角形ACD的边长为L，则A处导线在C点产生的磁感应强度大小为B1＝，D处导线在C点产生的磁感应强度大小为B2＝，如图所示，C处合磁感应强度大小为B0＝B1cos 60°＋B2cos 60°＝。结合上述分析知，A处导线在E点产生的磁感应强度大小为B3＝＝B0，D处导线在E点产生的磁感应强度大小为B4＝＝2B0，E点的合磁感应强度大小为BE＝＝B0，故选C。
1．如图所示，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，开关S闭合后，小磁针N极(灰色一端)指示磁场方向正确的是(　C　)
A．a B．b
C．c D．d
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，故选C。
2．(2025·山东济南高三阶段检测)空间中存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B0，甲图是一放置于纸面内通有顺时针方向恒定电流的环形导体环，圆心O处的磁感应强度为零。乙图是一放置于纸面内通有逆时针方向同样大小恒定电流的半环形导体环，下列说法正确的是(　B　)
A．空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里
B．乙图圆心O′处的磁感应强度为B0
C．乙图圆心O′处的磁感应强度方向垂直纸面向里
D．乙图半环形导体环中电流在圆心O′处产生的磁感应强度为B0
解析：根据安培定则可知，题图甲中恒定电流在圆心处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，此时圆心O处的磁感应强度为零，所以空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；据题意可知，圆形导体环在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则通以逆时针方向、同样大小的恒定电流的半圆形导体弧在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为，根据安培定则可知，方向垂直纸面向外，所以乙图圆心O′处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为B＝＋B0＝B0，故B正确，C、D错误。
考点二　安培力的大小和方向
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(如图所示)。
2．安培力公式F＝BIl的应用条件
(1)B与I垂直。
(2)l是有效长度。
①弯曲通电导线的有效长度l等于连接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，如图所示。
②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为0，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为0。
【典例2】　(多选)(2024·福建卷)将半径为r的铜导线半圆环AC用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，AC置于垂直纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现给导线通以自A到C、大小为I的电流，则(　BD　)
A．通电后两绳拉力变小
B．通电后两绳拉力变大
C．安培力为πBIr
D．安培力为2BIr
【解析】　根据左手定则可知，通电后，半圆环AC受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AC在磁场中受力的有效长度为直径AC，则其所受安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。
3．如图所示，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场。将由一粗细均匀的电阻丝折成的正五边形导体框abcde置于磁场中(ab边水平)，用导线将恒压电源U连接在导体框的a、b两点，则下列说法正确的是(　B　)
A．ab边所受的安培力方向竖直向上
B．bcdea部分与ab边所受的安培力大小之比为1∶4
C．ab边与bc边所受的安培力大小相等
D．导体框所受的安培力为0
解析：由题图电路可知，流过ab边的电流方向由b向a，由左手定则可知ab边所受的安培力方向竖直向下，A错误；设导体框的边长为L，单位长度的电阻为R0。由欧姆定律可得流过ab边的电流为I1＝，流过bcdea边的电流为I2＝，又bcdea边与ab边在磁场中的有效长度相等，则由公式F＝BIL可知安培力的大小与电流成正比，则bcdea部分与ab边所受的安培力大小之比为1∶4，同理ab边与bc边所受的安培力大小之比为4∶1，B正确，C错误；整个导体框所受的安培力大小为F＝B(I1＋I2)L＝，由左手定则可知安培力的方向竖直向下，D错误。
4．如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B，半径为R的圆弧形导线MN所对应的圆心角为240°，其中两端点的连线与竖直方向的夹角为30°，现在导线中通有从M到N的电流，电流的大小为I，则下列说法正确的是(　B　)
A．导线所受的安培力大小为BIR
B．以O点为轴，使导线沿逆时针方向转过60°，导线所受的安培力大小为0
C．以O点为轴，使导线沿顺时针方向转过90°，导线所受的安培力大小为BIR
D．仅将磁场方向转至垂直纸面向外，导线所受的安培力大小为BIR
解析：导线垂直磁场方向的有效长度为l1＝R＋R sin 30°＝R，则导线所受的安培力大小为F1＝BIl1＝BIR，A错误；以O点为轴，使导线沿逆时针方向转过60°，导线垂直磁场方向的有效长度为0，导线所受的安培力为0，B正确；以O点为轴，使导线沿顺时针方向转过90°，导线垂直磁场方向的有效长度为l2＝R，导线所受的安培力大小为F2＝BIl2＝BIR，C错误；仅将磁场方向转至垂直纸面向外，导线垂直磁场方向的有效长度为l3＝2R cos 30°＝R，则导线所受的安培力大小为F3＝BIl3＝BIR，D错误。
考点三　安培力作用下导体运动情况的判断
1．判断导体运动情况的基本思路
(1)弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况。
(2)利用左手定则准确判定导体的受力情况。
(3)确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
2．五种常用判定方法
电流元法 分割为电流元安培力方向→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→条形磁体
结论法 同向平行电流互相吸引，异向平行电流互相排斥；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
【典例3】　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(　B　)
A．不动 B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．在纸面内平动
【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，故选B。
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，故选B。
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，故选B。
5．(2025·河北石家庄高三检测)一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(　D　)
A．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
解析：先由安培定则判断出通电螺线管的N、S极，确定导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力方向，如图甲所示。可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针转动。当导线转过90°时，再分析导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙所示，可知导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误。
6．在水平桌面一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示。在这个过程中，磁体受到桌面对其的摩擦力和弹力情况为(　C　)
A．摩擦力始终为零，弹力大于磁体所受的重力
B．摩擦力始终不为零，弹力大于磁体所受的重力
C．摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体所受的重力
D．摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体所受的重力
解析：如图所示，导线在S极上方时导线所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向右下方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左；磁体对桌面的压力大于磁体所受的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体所受的重力。当导线在N极上方时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左下方，磁体有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右；磁体对桌面的压力大于磁体所受的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体所受的重力。由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，桌面对磁体的弹力始终大于磁体所受的重力，故A、B、D错误，C正确。
考点四　安培力作用下的平衡和加速问题
1．选定研究对象。一般为某段导体棒(线框)。
2．受力分析时，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安⊥B、F安⊥I，如图所示。
3．列平衡方程或利用牛顿第二定律进行求解。
考向1安培力作用下的平衡问题
【典例4】　如图所示，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(　C　)
A．仅棒中的电流变小，θ变大
B．仅两悬线等长变长，θ变大
C．仅金属棒质量变大，θ变小
D．仅磁感应强度变大，θ变小
【解析】　设金属棒的长度为L，电流为I，磁感应强度大小为B，金属棒受到的安培力大小为F。根据左手定则可知，通电金属棒在磁场中受到的安培力方向水平向右，对金属棒受力分析如图所示，根据平衡条件可知tan θ＝，仅棒中的电流变小，由F＝BIL，可知F变小，则θ变小，故A错误；由tan θ＝知θ与两悬线的长度无关，所以仅两悬线等长变长，θ不变，故B错误；仅金属棒质量变大，由tan θ＝知θ变小，故C正确；仅磁感应强度变大，由tan θ＝知θ变大，故D错误。
【典例5】　(2024·重庆卷)小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求：
(1)P所受单根导线拉力的大小；
(2)Q中电流的大小。
【解析】　(1)由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有2T＝2mg，解得T＝mg。
(2)设Q所受安培力大小为F，对P、Q整体受力分析，有mg＋F＝2mg，又F＝BIL，解得I＝。
【答案】　(1)mg　(2)
考向2安培力作用下的加速问题
【典例6】　(2023·北京卷)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁橇”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面上，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
【解析】　(1)由题意可知，第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI，金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F＝B1IL＝kI2L。
(2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1＝＝，第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI，金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F′＝B2·2IL＝4kI2L，金属棒经过第二级区域的加速度大小为a2＝＝，则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4。
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs＋F′s＝mv2－0，解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝。
【答案】　(1)kI2L　(2)1∶4　(3)
课时作业55
1．(5分)(多选)(2023·福建卷)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识，一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是(　AC　)
A．地表电荷为负电荷
B．环形电流方向与地球自转方向相同
C．若地表电荷的电荷量增加，则地磁场强度增大
D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
解析：根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷，故A正确；由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误；若地表电荷的电荷量增加，则等效电流增大，地磁场强度增大，故C正确；若地球自转角速度减小，则等效电流减小，地磁场强度减小，故D错误。
2．(5分)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(　B　)
A．B、0　　 B．0、2B
C．2B、2B　　 D．B、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处的磁感应强度大小为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处的磁感应强度大小为2B，故B正确。
3．(5分)(2023·江苏卷)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大小为(　C　)
A．0　　　 B．BIl
C．2BIl　　 D．BIl
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，所受安培力大小Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力大小为2BIl。故选C。
4．(5分)如图所示，长方体空间ACDE A1C1D1E1，长∶宽∶高＝2∶1∶1，其中F、F1、G1、G四点为长方体四条长边的中点，有两根通电直导线I1、I2，电流I1沿A1A方向放置，电流I2沿CD方向放置，两导线通以相同大小的电流。已知直线电流产生磁感应强度大小B＝k(k为常数，I为电流大小，r为到导线的距离)，F点磁感应强度大小为B1，G点磁感应强度大小为B2，则B1与B2的大小之比为(　A　)
A．2∶ B．∶2
C．∶3 D．3∶
解析：根据直线电流产生的磁场的磁感应强度大小规律，设每根直线电流在F点产生的磁感应强度大小均为B0，则F点磁感应强度大小B1＝B0，电流I1在G点产生的磁感应强度大小为，电流I2在G点产生的磁感应强度大小为B0，则G点磁感应强度大小B2＝＝B0，则＝，故选A。
5．(5分)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有垂直纸面往里看沿逆时针方向的电流、同时P有从右往左看沿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(　C　)
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
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。
6．(5分)如图为由粗细均匀的直导线连接而成的正四面体，正四面体的边长为L，处在垂直于三角形ACD面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，将A、C两点接入直流电源中，流入正四面体的总电流为I，则AC边受到的安培力大小为(　A　)
A．BIL　 B．BIL
C．BIL　 D．BIL
解析：设AC中的电流为I1，根据电路特点E、D等电势，电流为零，则AEC与ADC并联，设每边阻值为R，通过每支路的电流为I′，根据电流分配可知I1R＝I′×2R，I1＋2I′＝I，故2I1＝I，I1＝，AC边受到的安培力大小F＝BI1L＝BIL，故选A。
7．(5分)如图为等臂电流天平。它的右臂挂有一个质量为m0的矩形金属线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。当线圈中通有电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡。则磁场的磁感应强度B的大小为(　C　)
A． B．
C． D．
解析：当线圈中通有题图所示电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，令此时左盘砝码、右盘砝码的质量分别为m1、m2，根据平衡条件结合左手定则有m1g＝m2g＋m0g－NBIL，使电流反向、大小不变，故安培力向下，左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡，则有m1g＋mg＝m2g＋m0g＋NBIL，解得B＝，可知上述结果与金属线圈的质量无关，C正确。
8．(5分)如图为电磁炮的基本原理图(俯视图)。水平平行金属直导轨a、b充当炮管，金属弹丸放在两导轨间，与导轨接触良好，两导轨左端与一恒流源连接，可使回路中的电流大小恒为I，方向如图所示，两导轨中电流在弹丸所在处产生的磁场视为匀强磁场。若导轨间距为d，弹丸质量为m，弹丸在导轨上运动的最大距离为s，弹丸能加速的最大速度为v，不计摩擦，则下列判断正确的是(　B　)
A．导轨间的磁场方向向上
B．导轨间的磁场磁感应强度大小为
C．弹丸克服安培力做功获得动能
D．弹丸先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动
解析：弹丸在安培力作用下做加速运动，故安培力方向向右，根据左手定则知导轨间的磁场方向向下，故A错误；加速过程根据动能定理有BId·s＝mv2，得出B＝，故B正确；安培力做正功弹丸获得动能，故C错误；根据牛顿第二定律得出a＝，故加速度恒定，故D错误。
9．(5分)(2022·湖南卷)如图甲，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，其截面图如图乙所示。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(　D　)
A．当导线静止在图甲右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D．sin θ与电流I成正比
解析：当导线静止在题图甲右侧位置时，对导线作受力分析如图所示，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；由题意结合左手定则可知，导线所受安培力F安始终与悬线的拉力FT垂直，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，设导线MN长为L，导线所在处磁感应强度大小为B，则有F安＝B0Il，sin θ＝，FT＝mg cos θ，电流I增大时，F安增大，sin θ增大，cos θ减小，FT减小，B错误；tan θ＝＝，sin θ＝，因F安与电流I成正比，mg不变，则tan θ与I不成正比，sin θ与I成正比，C错误，D正确。
10．(5分)如图所示，一通电导体棒ab静止在倾角为θ的粗糙斜面上，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(垂直斜面向上)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，下列关系式正确的是(　A　)
A．tan α≥ B．tan α≤
C．tan α≥μ D．tan α≤μ
解析：通电导体棒所受安培力与斜面夹角为α，通电导体棒受重力、支持力、摩擦力和安培力，根据平衡条件有F安cos α＝Ff＋mg sin θ，FN＝mg cos θ＋F安sin α，其中Ff＝μFN′，FN′＝FN，解得cos α－μsin α＝，当F安→∞时，cos α＝μsin α，即当tan α≥时无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动，故选A。
11．(15分)(2023·海南卷)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10-3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里，B＝8×10-2 T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合开关，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10 cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大(g取10 m/s2)；
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。
解析：(1)设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流为I。金属杆离开液面后做竖直上抛运动，飞起的高度为H，由运动学公式得v2＝2gH，解得v＝ m/s，由动能定理有BILh－mg(H＋h)＝0，得I≈4.17 A。
(2)对金属杆，由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′－0，v′＝，又q＝I′t′，联立解得q＝0.085 C。
答案：(1) m/s　4.17 A　(2)0.085 C