高考物理一轮复习【讲练测】 专题12.1 磁场的叠加、磁场对通电导线的作用力【讲】 （新教材新高考）

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1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
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一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
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专题12.1 磁场的叠加、磁场对通电导线的作用力【讲】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc6203" 一 讲核心素养 PAGEREF _Tc6203 1
\l "_Tc21889" 二 讲必备知识 PAGEREF _Tc21889 1
\l "_Tc6987" 【知识点一】安培定则 磁场的叠加 PAGEREF _Tc6987 1
\l "_Tc24012" 【知识点二】安培力作用下导体运动情况的判断 PAGEREF _Tc24012 7
\l "_Tc29855" 三．讲关键能力-------与安培力有关的综合问题 PAGEREF _Tc29855 10
\l "_Tc1873" （一）平衡问题 PAGEREF _Tc1873 10
\l "_Tc13097" （二）．安培力做功与动能定理的综合应用 PAGEREF _Tc13097 13
一 讲核心素养
1.物理观念：磁场、安培力。
(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。
(2)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。
2.科学思维：磁场叠加、安培力作用下导体棒的运动。
(1)掌握常见磁场的分布会利用平行四边形法则计算磁场。
(2)会根据受力分析确定导体棒的运动并结合力与运动和能量观点解决导体棒运动的问题。
3.科学态度与责任：体会物理模型在探索自然规律中的作用。了解安培力在生产生活中的应用。
二 讲必备知识
【知识点一】安培定则 磁场的叠加
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：描述磁场的强弱和方向．
②定义式：B＝eq \f(F,Il)(通电导线垂直于磁场)．
③方向：小磁针静止时N极所指的方向．
④单位：特斯拉，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1所示．
②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北．
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】 (2021山东临沂市下学期一模)如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在O点磁感应强度大小为B0，则正六边形中心O处磁感应强度的大小和方向( )
A.大小为零
B.大小2B0，方向沿x轴负方向
C.大小4B0，方向沿x轴正方向
D.大小4B0，方向沿y轴正方向
【答案】 D
【解析】 根据磁场的叠加原理，将最右面向里的电流在O点产生的磁场与最左面向外的电流在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B1；同理，将左上方向外的电流在O点产生的磁场与右下方向里的电流在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B2；将右上方向里的电流在O点产生的磁场与左下方向外的电流在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B3，如图所示，根据磁场叠加原理可知B1＝B2＝B3＝2B0，由几何关系可知B2与B3的夹角为120°，故将B2与B3合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B0，方向与B1的方向相同，最后将其与B1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为4B0，方向沿y轴正方向，选项D正确，A、B、C错误。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【归纳总结】磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线．
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图3所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN.
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的B为合磁场．
【变式训练1】 (2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，1)如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝keq \f(I,r)，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为(a，b)，若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为( )
A.eq \f(a,b)I0，沿y轴正向 B.eq \f(a,b)I0，沿y轴负向
C.eq \f(b,a)I0，沿y轴正向 D.eq \f(b,a)I0，沿y轴负向
【答案】 A
【解析】根据右手螺旋定则可知，沿x轴的电流在A点处的磁感应强度为：B1＝keq \f(I0,b)，方向垂直于纸面向外，因为A点磁感应强度为零，所以沿y轴的电流产生的磁场垂直纸面向里，大小等于B1，有keq \f(I,a)＝keq \f(I0,b)，解得I＝eq \f(a,b)I0，根据右手螺旋定则可知电流方向沿y轴正方向，故A正确。
【变式训练2】．如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )
A．0 B.eq \f(\r(3),3)B0
C.eq \f(2\r(3),3)B0 D．2B0
【答案】C
【解析】 如图甲所示， P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知，B1＝eq \f(\r(3),3)B0.如果让P中的电流反向、其他条件不变，如图乙所示，由矢量合成可知B1′＝B1，由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小B＝eq \r(B02＋B12)＝eq \f(2\r(3),3)B0 ，故选项C正确，A、B、D错误．
【例2】（2021全国甲卷第3题）. 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与在一条直线上，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（ ）
A. B、0B. 0、2BC. 2B、2BD. B、B
【答案】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，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。
故选B。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【技巧方法】求解有关磁感应强度的三个关键
(1)磁感应强度―→由磁场本身决定．
(2)合磁感应强度―→等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)．
(3)牢记判断电流的磁场的方法―→安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型．

【变式训练】(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为eq \f(1,3)B0和eq \f(1,2)B0，方向也垂直于纸面向外．则( )
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq \f(7,12)B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq \f(1,12)B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq \f(1,12)B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq \f(7,12)B0
【答案】AC
【解析】原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知
在b点：eq \f(1,2)B0＝B0－B1＋B2
在a点：eq \f(1,3)B0＝B0－B1－B2
由上述两式解得B1＝eq \f(7,12)B0，B2＝eq \f(1,12)B0.
【知识点二】安培力作用下导体运动情况的判断
1.问题特点
安培力作用下导体的运动问题与力学中的运动问题一样，同样遵从力学基本规律，只是研究对象所受的力中多分析一个安培力而已。
2.规律分析
判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，再弄清楚导体中电流的方向，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势。
【例2】(2019·全国卷Ⅰ·17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为( )
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
【答案】 B
【解析】 设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为eq \f(I,2)，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力大小为F1＝eq \f(1,2)BlI＝eq \f(1,2)F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F＋F1＝1.5F，选项B正确．
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【技巧总结】弯曲导线所受安培力的计算，可以巧妙地运用有效长度，安培力的叠加符合平行四边形定则。
【变式训练1】(2021·安徽蚌埠市第三次质量检测)一段导线abcde位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc、cd和de的长度均为L，且∠abc＝∠cde＝120°，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为( )
A．2BIL B．3BIL
C．(eq \r(3)＋2)BIL D．4BIL
【答案】 B
【解析】 因为∠abc＝∠cde＝120°，根据几何关系可知∠bcd＝60°，故b与d之间的直线距离也为L，则导线abcde的有效长度为3L，故所受安培力的大小为：F＝3BIL，故A、C、D错误，B正确．
【变式训练2】(2021·山东青岛巿一模)(多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是( )
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq \r(3)
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为eq \r(3)∶eq \r(3)∶1
【答案】 BC
【解析】 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图甲所示，可知L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图乙所示，可知L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线间两两之间的相互作用力的大小为F，则L1、L2受到的磁场作用力的合力大小均等于F，L3受到的磁场作用力的合力大小为eq \r(3)F，即L1、L2、L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶eq \r(3)，故C正确，D错误．
【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( )
A．不动 B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．在纸面内平动
【答案】 B
【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．
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．
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．
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【技巧总结】安培力作用下通电导线运动方向的判定方法
【变式训练1】(2021·吉林公主岭市调研)将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示。当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看( )
A.圆环顺时针转动，靠近磁铁
B.圆环顺时针转动，远离磁铁
C.圆环逆时针转动，靠近磁铁
D.圆环逆时针转动，远离磁铁
【答案】 C
【解析】解析 该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相斥、异极相吸知，C正确。
【变式训练2】.如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则( )
A．金属棒始终静止不动
B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环
C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环
D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环
【答案】：B
【解析】：由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转．当金属棒开始转动到转至水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒在靠近金属环，B正确．
三．讲关键能力-------与安培力有关的综合问题
解题思路：
(1)选定研究对象．
(2)受力分析时，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：
（一）平衡问题
【例1】 (2021·北京市石景山区上学期期末)如图甲所示，两光滑平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面夹角为θ，导体棒ab与导轨垂直并接触良好，其质量为m，长度为L，通过的电流为I，重力加速度为g。
(1)沿棒ab中电流方向观察，侧视图如图乙所示，为使导体棒ab保持静止，需加一匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，求磁感应强度B1的大小；
(2)若(1)中磁场方向改为竖直向上，如图丙所示，求磁感应强度B2的大小；
(3)若只改变磁场，且磁场的方向始终在与棒ab垂直的平面内，欲使导体棒ab保持静止，求磁场方向变化的最大范围。
【答案】 (1) eq \f(mgsin θ,IL) (2) eq \f(mgtan θ,IL) (3)见解析
【解析】 (1)对导体棒ab受力分析如图所示
因导体棒静止，有mgsin θ－ILB1＝0，
解得B1＝eq \f(mgsin θ,IL)。
(2)对导体棒ab受力分析如图所示
有mgtan θ－ILB2＝0，解得B2＝eq \f(mgtan θ,IL)。
(3)使导体棒保持静止状态，需F合＝0，即三力平衡，安培力与另外两个力的合力等大反向；如图所示，因为重力与斜面支持力的合力范围在α角范围内(不包括垂直于斜面方向)，故安培力在α′角范围内(不包括垂直于斜面方向)，根据左手定则，磁场方向可以在α′′角范围内变动，其中不包括沿斜面向上方向。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【技法总结】
通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合模型，该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成。这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定，因此解题时一定要先把立体图转化为平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示。
【变式训练1】(2021·1月湖南普高校招生适应性考试，5)如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1。只改变电流方向，其它条件不变，力传感器的示数为F2。该匀强磁场的磁感应强度大小为( )
A.eq \f(F2－F1,4IL) B.eq \f(F1－F2,4IL)
C.eq \f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq \f(\r(2)（F1－F2）,4IL)
【答案】 C
【解析】 线框在磁场中的有效长度为eq \r(2)L，当电流方向为题图所示方向时，由平衡条件得F1＋eq \r(2)BIL＝mg①
改变电流方向后，安培力方向竖直向下，有F2＝mg＋eq \r(2)BIL②
联立①②得：B＝eq \f(\r(2)（F2－F1）,4IL)，C正确。
【变式训练2】(2021·福建泉州市5月第二次质检)如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态．现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步( )
A．增大 B．减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】 A
【解析】对导体棒进行受力分析，如图，
磁场方向缓慢旋转到水平方向，则安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，最小，所以为了使导体棒始终保持静止状态，安培力要一直变大，而安培力：F安＝BIL，所以匀强磁场的磁感应强度应同步增大，B、C、D错误，A正确．
（二）．安培力做功与动能定理的综合应用
【例2】(多选)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm 的光滑圆弧导轨相接。导轨宽度为 20 cm，电阻不计。导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。一根导体棒ab垂直导轨放置，质量 m＝60 g、电阻R＝1 Ω，用两根长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触。当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态。导体棒速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g取 10 m/s2)，则( )
A. 磁场方向一定竖直向上
B. 电源的电动势E＝8 V
C. 导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 N
D. 导体棒摆动过程中的最大动能为0.08 J
【答案】BD
【解析】：当开关S闭合后，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中的电流为I，导体棒所受安培力为F，导体棒速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，则 tan θ＝ eq \f(F,mg)，得 F＝0.8 N，由F＝ILB＝ eq \f(E,R)LB，得 E＝8 V，故B正确，C错误；导体棒速度最大时，动能最大，设为Ekm，则根据动能定理得FLsin 53°－mgL(1－cs 53°)＝Ekm－0，解得 Ekm＝0.08 J，故D正确。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【技法总结】安培力做功与动能定理的综合问题，解题步骤如下：
(1)选取研究对象，明确它的运动过程；
(2)分析研究对象的受力情况(若是立体图就改画成平面图)和各个力的做功情况，特别是分析安培力的大小和方向，看安培力做正功还是负功，然后求各个力做功的代数和；
(3)明确初、末状态的动能；
(4)列出动能定理的方程以及其他必要的解题方程进行求解。
【变式训练】(2021·山东模拟)(多选)如图所示为两条平行的光滑绝缘导轨，其中半圆导轨竖直放置，水平导轨与半圆导轨相切于C、E两点，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。现将一导体棒垂直导轨放置，开始时导体棒位于图中的A处，当导体棒中通有如图所示方向的电流时，导体棒由静止开始运动，并能到达与半圆导轨圆心等高的D处。已知导轨的间距为L＝0.4 m，磁场的磁感应强度大小B＝0.5 T，导体棒的质量为m＝0.05 kg，长度为L′＝0.5 m，导体棒中的电流大小为I＝2 A，eq \(AC,\s\up6(－))＝eq \(OD,\s\up6(－))＝1 m，重力加速度为g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.导体棒在A点的加速度大小为10 m/s2
B.导体棒在D点的速度大小为5 m/s
C.导体棒在D点的向心加速度大小为10eq \r(5) m/s2
D.导体棒在D点时，半圆导轨对通电导体棒的作用力大小为1.5 N
【答案】 AD
【解析】 由左手定则可判断出导体棒受到的安培力方向水平向右，安培力大小F安＝BIL′＝0.5 N，由牛顿第二定律得F安＝ma，解得导体棒开始运动时的加速度大小为a＝eq \f(F安,m)＝10 m/s2，选项A正确；导体棒从A点运动到D点的过程中，安培力做的功W安＝F安(eq \(AC,\s\up6(－))＋eq \(OD,\s\up6(－)))＝1 J，重力做的功WG＝－mg·eq \(OC,\s\up6(－))＝－0.5 J，由动能定理得W安＋WG＝eq \f(1,2)mv2，联立以上几式解得导体棒运动到D点时的速度大小为v＝2eq \r(5) m/s，选项B错误；导体棒运动到D点时，向心加速度大小为a′＝eq \f(v2,r)＝20 m/s2，选项C错误；导体棒在D点时，在水平方向上由牛顿第二定律得F－F安＝meq \f(v2,r)，解得半圆导轨对通电导体棒的作用力大小F＝1.5 N，选项D正确。


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
纵截
面图
电流
元法
把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向，然后判断整段导线所受安培力的方向，从而确定导线运动方向
等效法
环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可等效成条形磁体或多个环形电流(反过来等效也成立)，然后根据磁体间或电流间的作用规律判断
特殊位
置法
通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
结论法
两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；不平行的两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反作用力，从而确定磁体所受合力及其运动方向