2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第56课时　磁场及其对电流的作用（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第56课时　磁场及其对电流的作用（含解析）
磁场
第56课时 磁场及其对电流的作用
目标要求 1.理解磁场的性质及磁感应强度的概念。2.能够解决磁场的叠加问题。3.掌握左手定则，会判断安培力的方向，并计算安培力的大小。4.掌握解决安培力作用下的平衡问题及其他综合问题的方法。
考点一 安培定则和磁场的叠加
1.磁场与磁感应强度
(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：描述磁场的强弱和方向。
②定义式：B=FIl(通电导线垂直于磁场的情况下)。
③方向：小磁针静止时N极所指的方向。
④单位：特斯拉，简称特，符号为T。
(3)匀强磁场
磁场中各点的磁感应强度的大小相等、方向相同，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，且方向为水平向北。
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。
2.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。
(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极。
(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。
(5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。
3.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
例1 如图所示，直导线AB、通电螺线管E、电磁体D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，小磁针N极(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )
A.aB.bC.cD.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。
例2 (2025·河北保定市模拟)如图所示，边长为L的正方形的四个顶点固定四根垂直纸面方向的长直导线，电流的方向如图，已知通电直导线在周围空间某点产生的磁感应强度大小为B=kIr，I为通电直导线中的电流，r为空间某点到直导线的距离。已知a、c中的电流大小均为2I0，b、d中电流大小均为I0，此时正方形中心O点的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是( )
A.导线a在O点产生的磁感应强度大小为B02
B.导线b在O点产生的磁感应强度大小为B0
C.仅移走通电直导线a，O点的磁感应强度大小为2B0
D.仅移走通电直导线b，O点的磁感应强度大小为52B0
答案 C
解析 根据右手螺旋定则可知四根导线在O点的磁感应强度如图所示，根据矢量的合成可知Bd+Bb=B0，而根据B=kIr可知Bd=Bb=12B0，Ba=Bc=B0，故A、B错误；根据矢量叠加原理可知，仅移走通电直导线a，O点的磁感应强度大小为BO=Bc2+(Bb+Bd)2=2B0，故C正确；仅移走通电直导线b，O点的磁感应强度大小为BO'=Bd=12B0，故D错误。
磁场叠加问题的解题思路
1.确定场源，定位空间中需分析点，若场源为通电导线，利用安培定则判定各个场源在这一点产生的磁感应强度的方向，如图所示为M、N在c点产生的磁感应强度BM、BN。
2.应用平行四边形定则进行合成，如图中的B为合磁感应强度。
针对训练 (2025·云南省三模)如图所示，一正方形线框放置在水平绝缘桌面上，在以线框为底面的空间正方体中，O1、O2分别为上下表面的中心，线框通有图示的恒定电流。下列说法正确的是( )
A.O2处磁感应强度为0
B.O1处磁感应强度方向竖直向上
C.O1O2连线上各点磁感应强度相同
D.一可视为质点的带电小球从O1处静止释放，将做直线运动
答案 D
解析 由题意，可把通电线框看成环形电流，根据安培定则结合环形电流空间磁场的分布特点，判断知O1、O2处磁感应强度不为0，方向均竖直向下，故A、B错误；根据环形电流空间磁场的分布特点，可知O1O2连线上各点磁感应强度方向相同，但由于O1O2连线上各点与线框距离不同，所以O1O2连线上各点磁感应强度大小不相同，故C错误；由于O1O2连线上磁场方向竖直向下，与小球运动方向一致，小球不受洛伦兹力，只受重力，故小球将沿O1O2做直线运动，故D正确。
考点二 安培力的分析与计算
1.安培力：通电导线在磁场中受的力称为安培力。
2.安培力的大小
(1)当B、I垂直时，F=IlB。
(2)若B与I夹角为θ，将B沿垂直于I和平行于I的方向正交分解，取垂直分量，可得F=IlBsin θ。
注意：θ是磁感应强度的方向与导线的夹角。当θ=0或180°，即磁感应强度的方向与导线平行时，F=0。
(3)l是指有效长度。
弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线在垂直于磁场方向的投影长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端指向末端，如图所示。
如图所示，有效长度为 (选填“LAB”或“LAC”)。
答案 LAB
3.安培力的方向
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。
4.同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。
5.判断安培力作用下导体的运动情况的五种方法
思考 (来自教材)有人说：“通电导线放在磁感应强度为0的位置上，所受的安培力一定为0，因此当某位置的通电导线不受安培力时，该位置的磁感应强度一定为0。”你认为他说的话对吗？为什么？
答案 不对。因为当通电导线与磁场平行时，通电导线也不受安培力。
例3 (2024·贵州卷·5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向( )
A.竖直向上B.竖直向下
C.水平向左D.水平向右
答案 C
解析 根据右手螺旋定则可知导线框所在处磁场方向向里，由于I1>I2，可知左侧的磁感应强度大，同一竖直方向上的磁感应强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合F=BIL可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。
例4 如图所示，一个半径为r的金属圆环被一根绝缘细绳悬挂于天花板上，圆环的质量为m，圆环单位长度的电阻为R，在与圆心等高的M、N两点间接入电动势为E，内阻不计的电源上，空间中存在垂直于圆环平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.通过上半个金属圆环的电流为2EπrR
B.金属圆环所受到的安培力的方向竖直向上
C.金属圆环所受到的安培力大小为2EBR
D.细绳的拉力大小为4EBπR+mg
答案 D
解析 M、N上侧和下侧的半圆并联，圆环接入电路中的电阻R总=12πrR，则干路电流I=ER总=2EπrR，则通过上半个金属圆环的电流I'=12I=EπrR，A错误；电流从左到右，由左手定则判断出：圆环所受到的安培力方向竖直向下，B错误；金属圆环受到的安培力大小F=BI·2r=4EBπR，C错误；细绳的拉力大小FT=mg+F=mg+4EBπR，D正确。
例5 (2025·广东省广雅中学月考)一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示(A到B、D到C)方向的电流。下列说法中正确的是( )
A.通电后AB棒仍将保持静止
B.通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)
C.通电后AB棒将要逆时针转动(俯视)
D.通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
答案 B
解析 从正视方向研究CD导体棒电流产生的磁场分布，如图所示，可知CD导体棒电流在B端有垂直AB棒向上的分磁场，根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端有垂直AB棒向下的分磁场，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视看导体棒AB将要顺时针转动，B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在线段O1O2间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置，D错误。
考点三 安培力作用下的平衡和加速问题
与安培力有关的平衡、加速等问题，常涉及倾斜导轨、导体棒、电源、电阻等。求解时应变立体图为平面图，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。
例6 如图所示，宽为L的光滑平行导轨与水平面成α角，质量为m、长为L的金属杆水平放置在导轨上，空间存在着匀强磁场，当回路中电流为I时，金属杆恰好能静止，重力加速度为g(提示：请沿金属杆ab中电流方向观察，画出侧视图)。
(1)在侧视图中，若磁场方向水平向左，求磁感应强度B1的大小；
(2)若磁场方向竖直向上，求磁感应强度B2的大小；
(3)若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小和方向如何？
答案 (1)mgIL (2)mgtanαIL (3)mgsinαIL 垂直导轨平面向上
解析 (1)如图甲，B1IL=mg
解得B1=mgIL
(2)如图乙，tan α=B2ILmg
解得B2=mgtanαIL
(3)当F安方向与支持力FN方向垂直时，F安取最小值，此时磁感应强度有最小值，方向与安培力方向垂直，即垂直导轨平面向上，如图丙。mgsin α=BminIL，解得Bmin=mgsinαIL。
例7 (2025·山东聊城市二模)如图所示，空间中存在一匀强磁场(图中未画出，大小、方向未知)。两条平行金属导轨间距l=1 m，与水平面成倾角θ=37°固定，在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m=0.5 kg的金属棒AB置于短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ=0.5。现将两导轨与恒流电源相连接，金属棒中电流大小为I=3 A，重力加速度的大小取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。要使金属棒沿导轨向上以a=2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则磁感应强度的最小值为( )
A.455 TB.253 T
C.1 TD.2 T
答案 A
解析 对金属棒受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得Fcs α-mgsin θ-Ff=ma，FN+Fsin α=mgcs θ，Ff=μFN，联立可得F=6csα+0.5sinα N，由数学知识可知Fmin=61+0.52 N=1255 N，由Fmin=BminIl，知Bmin=455 T，故选A。
课时精练
[分值：60分]
[1~6题，每题4分]
1.(2025·江苏卷·3)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是( )
A.a点的磁感应强度大于b点
B.b点的磁感应强度大于c点
C.c点的磁感应强度大于a点
D.a、b、c点的磁感应强度一样大
答案 B
解析 磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故可知Bb>Ba>Bc。故选B。
2.(2025·江苏镇江市检测)如图所示，一段圆心角为60°的圆弧形导线，通以电流I。若导线所在平面与纸面平行，匀强磁场方向垂直纸面向里，导线所受安培力的大小为F1；若磁感应强度大小不变，方向改为平行于纸面沿半径ON向右，导线所受安培力的大小为F2。则F1F2为( )
A.2∶3B.3∶1
C.3∶2D.1∶1
答案 A
解析 当磁场方向垂直纸面向里时，通电导线的有效长度如图甲所示，根据安培力的定义，结合几何关系，可得导线所受安培力大小为F1=BIr，当磁场方向水平向右时，通电导线的有效长度如图乙所示，
根据安培力的定义，结合几何关系，可得导线所受安培力大小为F2=BIrsin 60°=32BIr，所以F1∶F2=2∶3，故选A。
3.(2025·湖北卷·4)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为( )
A.0B.BC.2BD.3B
答案 A
解析 由右手螺旋定则及对称性可知，通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，由于M点的总磁感应强度为零，说明匀强磁场的磁感应强度和通电线圈在M点处产生的磁感应强度等大反向，则由矢量叠加原理可知N点的总磁感应强度大小为0，故选A。
4.(2025·四川成都市一模)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A、B圆心连线水平，某时刻A输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、B输电线缆中电流方向垂直于纸面向里、电流大小均为I，下方C输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为2I，如图乙所示，已知通电直导线在周围空间某点产生的磁感应强度大小为B=kIr，I为通电直导线中的电流，r为空间某点到直导线的距离。下列说法正确的是( )
A.A、B输电线缆相互吸引
B.正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左
C.A输电线缆所受安培力方向斜向左下方，与水平方向的夹角为60°
D.C输电线缆所受安培力方向平行输电线缆A、B圆心连线向左
答案 D
解析 由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，两线缆相互排斥，故A错误；由右手螺旋定则和平行四边形定则可知，A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向上，C输电线缆在O处的磁感应强度方向水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故B错误；B输电线缆对A输电线缆的作用力沿BA水平向左，C输电线缆对A输电线缆的作用力沿AC斜向右下方，且大小为B输电线缆对A输电线缆作用力的2倍，如图所示，FACcs θ=2FABcs 60°=FAB，即C输电线缆对A输电线缆的作用力在水平方向的分力与B输电线缆对A输电线缆的作用力大小相等、方向相反，所以A输电线缆受到的合力即为C输电线缆对A输电线缆的作用力在竖直方向的分力，其与水平方向的夹角为90°，故C错误；A输电线缆对C输电线缆的作用力沿CA斜向左上方，B输电线缆对C输电线缆的作用力沿BC斜向左下方，两个力大小相等且与输电线缆A、B圆心连线夹角相等，所以C输电线缆受到的合力平行输电线缆A、B圆心连线向左，故D正确。
5.(2025·江西新余市二模)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，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，若仅改变一个条件，下列说法正确的是( )
A.如果两细线等长变短，θ角变小
B.当金属棒质量变大时，θ角变大
C.当θ角变小时，细线拉力不变
D.如果棒中的电流变大，θ角变大
答案 D
解析 设每根细线拉力大小为FT，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件有2FTcs θ=mg，2FTsin θ=BIL，解得tan θ=BILmg，可知θ角与细线长度无关，故A错误；结合上述可知，当金属棒质量变大，θ角变小，故B错误；结合上述有FT=mg2csθ，可知当θ角变小时，细线拉力变小，故C错误；结合上述可知，如果棒中的电流变大，θ角变大，故D正确。
6.(来自教材改编)如图所示为可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的等臂电流天平，它的右臂挂着矩形线圈abcd，匝数为10匝，线圈的水平边bc长为10 cm，处于匀强磁场内，磁场方向与线圈平面垂直。先给线圈通以方向如图所示、大小为0.1 A的电流，调节砝码使天平平衡；然后使电流反向，大小不变，在左盘中添加质量为8 g的砝码后，天平重新平衡，g取10 m/s2，则匀强磁场的磁感应强度大小为( )
A.0.4 TB.0.8 T
C.4 TD.8 T
答案 A
解析 已知左盘中添加砝码质量为m=8 g=0.008 kg，l=10 cm=0.1 m，设左盘原有砝码质量为m1，右盘原有砝码质量为m2，矩形线圈质量为m0，由题意可知第一次天平平衡时有m1g=(m2+m0)g-nBIl，第二次天平平衡有(m1+m)g=(m2+m0)g+nBIl，则mg=2nBIl，解得B=mg2nIl=0.008×102×10×0.1×0.1 T=0.4 T，故选A。
[7~9题，每题6分]
7.水平桌面上一条形磁体的上方，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。则在这个过程中，关于磁体受到的摩擦力的方向和桌面对磁体的弹力的说法正确的是( )
A.摩擦力始终为零，弹力始终小于磁体重力
B.摩擦力始终为零，弹力始终大于磁体重力
C.摩擦力方向由向左变为向右，弹力始终大于磁体重力
D.摩擦力方向由向右变为向左，弹力始终小于磁体重力
答案 C
解析 如图所示，导线在S极上方时所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的导线对它的作用力斜向右下方，磁体有向右运动的趋势，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的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；
如图所示，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，磁体受到的导线对它的作用力斜向左下方，磁体有向左运动的趋势，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的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；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的重力，故A、B、D错误，C正确。
8.(2025·山东省模拟)位于同一水平面上的两根平行金属导轨，放置在水平向左匀强磁场中，现给出这一装置的侧视图如图所示，一根通有恒定电流的导体棒正在导轨上向右做匀速直线运动，现将匀强磁场沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中，导体棒始终保持匀速直线运动，则以下说法正确的是( )
A.摩擦力Ff大小一直不变
B.摩擦力Ff先增大后减小
C.磁感应强度B先减小后增大
D.磁感应强度B先增大后减小
答案 C
解析 磁场顺时针转过θ角时，导体棒受力分析如图所示，水平方向Ff=Fsin θ=μFN，竖直方向Fcs θ+FN=mg，联立解得F=μmgsinθ+μcsθ，在匀强磁场沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中，由数学知识可知安培力F先减小后增大，根据安培力公式F=BIL，因为导体棒电流不变，故磁感应强度B先减小后增大，故C正确，D错误；摩擦力Ff=Fsin θ=μmg1+μtanθ，随着夹角θ增大，摩擦力一直增大，故A、B错误。
9.如图是用电磁弹射技术制造的轨道炮原理图，质量为m的弹体可在间距为d的两平行水平轨道之间自由滑动，并与轨道保持良好接触。恒定电流I从M轨道左边流入，通过弹体后从N轨道左边流回。轨道电流在弹体处产生垂直于轨道面的磁场，可视为匀强磁场，磁感应强度的大小与电流I成正比。通电弹体在安培力作用下由静止加速距离L后从轨道右边以速度v射出。下列说法中正确的是( )
A.弹体受到的安培力大小为mv2L
B.若仅将电流增大到2I，则弹体射出速度变为4v
C.若仅将轨道长增大到2L，则弹体射出速度变为2v
D.若电流I从N轨道左边流入，M轨道左边流回，则弹体将向左边射出
答案 C
解析 由动能定理FL=12mv2-0，得安培力大小F=mv22L，故A错误；根据F=BId及B=kI有kI2dL=12mv2，可知若仅将电流增大到2I，则弹体射出速度为2v，故B错误；由B分析可知，若仅将轨道长增大到2L，则弹体射出速度变为2v，故C正确；若电流I从N轨道左边流入，M轨道左边流回，由受力分析可知，弹体仍向右边射出，故D错误。
10.(12分)如图所示，电阻不计的水平导轨间距L=0.5 m，导轨处于方向与水平面成α=53°角斜向右上方的磁感应强度B=5 T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=1 kg，接入电路的电阻R=0.9 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，电源电动势E=10 V，其内阻r=0.1 Ω，定值电阻的阻值R0=4 Ω。不计定滑轮的质量和摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与导轨平行的细绳对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6，求：
(1)(3分)通过ab的电流大小和方向；
(2)(2分)ab受到的安培力大小；
(3)(7分)重物重力G的取值范围。
答案 (1)2 A 电流方向由a到b (2)5 N (3)0.5 N≤G≤7.5 N
解析 (1)由闭合电路欧姆定律可得
I=ER+r+R0=100.9+0.1+4 A=2 A
电流方向由a到b；
(2)ab受到的安培力大小为
F安=BIL=5×2×0.5 N=5 N
(3)①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，由共点力平衡条件可得
mg=F安cs α+FN，F安sin α=Ffmax+G1
Ffmax=μFN，
联立解得G1=0.5 N
②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，由共点力平衡条件可得mg=F安cs α+FN
F安sin α+Ffmax'=G2
Ffmax'=μFN
联立解得G2=7.5 N
综合可得，重物重力G的取值范围为
0.5 N≤G≤7.5 N。
[6分]
11.(2025·重庆市西南大学附属中学检测)如图所示，相同的金属轨道组成左右对称的两个斜面，轨道间距为L，斜面倾角为θ，轨道之间接一输出电流恒为2I的恒流源。把相同的金属棒a、b水平静置于轨道上。设轨道电阻不计，金属棒与轨道间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒质量均为m，重力加速度为g。若在空间内加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度由零缓慢增大(忽略电磁感应造成的影响)。在金属棒运动之前，下列说法正确的是( )
A.同一时刻a金属棒所受轨道的作用力大于b金属棒所受轨道的作用力
B.当磁感应强度为B=mgtanθIL时，a金属棒开始滑动
C.随着磁感应强度的增大，a金属棒所受摩擦力一定减小
D.当磁感应强度B=mg(μcsθ−sinθ)IL(μsinθ+csθ)时，有金属棒开始滑动
答案 D
解析 金属棒即将滑动时，对金属棒a、b受力分析如图所示，金属棒所受轨道的作用力为摩擦力和支持力的合力，与重力和安培力的合力等大反向，又金属棒a、b所受重力和安培力均大小相等、方向相同，因此两棒所受轨道的作用力大小相同，A错误；对金属棒a由平衡条件可知Facs θ=mgsin θ+μFNa，FNa=mgcs θ+Fasin θ，对金属棒b由平衡条件可知Fbcs θ+mgsin θ=μFNb，FNb=mgcs θ-Fbsin θ，联立解得金属棒a滑动时，满足B1=mg(sinθ+μcsθ)IL(csθ−μsinθ)，B错误；随着磁感应强度的增大，a金属棒所受摩擦力先沿斜面向上减小后沿斜面向下增大，C错误；通过上述分析联立解得金属棒b滑动时，满足B2=mg(μcsθ−sinθ)IL(csθ+μsinθ)，D正确。
考
情
分
析
生活实践类
生活和科技、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
学习探究类
通电导线在安培力作用下的平衡与加速问题，带电粒子在磁场、组合场、叠加场及立体空间中的运动
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
横截面图
从上往下看
从左往右看
从左往右看
纵截面图
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⇌小磁针条形磁体⇌通电螺线管⇌多个环形电流
根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判断运动方向
结论法
两平行直导线电流在相互作用中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直导线电流相互作用时，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