热门试卷

解：导体棒与匀强磁场垂直，则安培力大小为F=BIL=2.0×10-2×1.0×0.2N=4×10-3N

根据左手定则判断可知，安培力的方向向下．

故选：B

解：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：

Fmax=BIL=0.5×2×0.2N=0.2N

当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零．

则导线所受磁场力的范围为0～0.2N．

故ABC可能，D不可能．

本题选择不可能的，故选：D．

解：根据左手定则判断出安培力的方向向上，开始导线MN受重力、向上的安培力、拉力处于平衡．

    A、MN开始受重力、向上的安培力和拉力处于平衡，若电流强度增大，根据FA=BIL，知安培力增大，则拉力减小，电流强度增大到某一值，拉力F可以为0．故A正确．

    B、减小电流强度，根据FA=BIL，知安培力减小，则拉力增大．故B错误．

    C、使电流反向，安培力反向，变成向下，要处于平衡，拉力会增大，不可能为0．故C错误．

    D、若磁感应强度B增大，根据FA=BIL，知安培力增大，则拉力减小，B增大到某一值，拉力F可以为0．故D正确．

故选：AD．

解：A、在B为零的地方，则F一定为零，而F为零时，则B不一定为零．故A正确，B错误．

    C、F不为零时，根据左手定则可知，安培力垂直于B与I的平面，则其方向一定垂直于B也垂直于I的方向．故C正确．

   D、F不为零时，B与I的方向不一定垂直．故D正确．

故选：ACD．

解：A、开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动．故A错误；

B、C、当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL与I=可得：

F=；

压力：

N=mg+Fcosθ=mg+

故B错误，C错误；

D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90°-θ的夹角，再根据力的分解可得，合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度a=，故D正确；

故选：D

解：根据平行四边形定则知，虚线表示合磁感应强度的方向，与电流的方向平行，可知B2的最小值为Bsin30°=0.25T．则B2≥0.25T．故B、C、D正确，A错误．

故选：BCD．

解：A、设安培力方向与竖直方向的夹角为θ．当导体棒恰好不下滑时，静摩擦力向上达到最大，则有

  BILcosθ+f=mg，BILsinθ=N

又 f=μN

联立得 B=

根据数学知识有cosθ+μsinθ的最大值为，所以B的最小值为 Bmin==，故A错误．

B、当B的方向垂直纸面向里时，由左手定则可知，安培力竖直向上，由平衡条件得 BIL=mg，得 B=，故B正确．

C、当B的方向竖直向下时，由左手定则判断知，安培力垂直纸面向里，由平衡条件得：

  N=BIL，f=mg

又有 f≤μN

联立可得 B≥=，所以在这种情况下，B不可能等于，故C错误．

D、由于磁场方向不确定，不能求安培力的最大值，所以不求出B的最大值．故D错误．

故选：B