12．(2009年广东中山模拟)如图9－1－31甲所示，质量为M的绝缘长木板，静止放置在光滑水平面上，有一个质量为m、带电荷量为q，可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板，整个装置放在水平向右的匀强电场中．从物块冲上木板到物块和木块共同速度变为零这一过程，物块和木块的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a(0,1.0)、b(0,0)、c(4,0.4)、d(12,0)，根据v－t图象求：

图9－1－31

(1)物块所带电荷的种类；

(2)物块与木板一起运动时的加速度大小；

(3)物块在绝缘长木板上滑行的距离．

解析：(1)因物块和木板达到共同速度后，共同减速知物块带负电荷．

(2)由a＝得a＝－0.05 m/s²，

加速度大小为0.05 m/s².

(3)由图线知，物块在绝缘长木板上滑行的距离为

s＝t_c－t_c

＝×(1.0+0.4)×4 m－×0.4×4 m＝2 m.

答案：(1)物块带负电　(2)0.05 m/s²　(3)2 m

5．(2010年江苏镇江模拟)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图9－1－24甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中(　)

图9－1－24

解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.

图9－1－25

6．(2010年珠海模拟)如图9－1－25所示，带异种电荷的小球P和Q放在绝缘光滑水平面上；现将Q固定，给P一个垂直于PQ连线的初速度v₀，使P在水平面内运动，则在P刚开始运动的一小段时间内，P的速度大小v和加速度大小a的变化是(　)

A．v和a一定变大

B．v和a可能不变

C．v可能不变，a一定变大

D．v可能变大，a一定变大

解析：选B.Q固定，给P一个垂直于PQ连线的初速度v₀，P有三种可能的运动情况，①减速远离，速度、加速度均减小；②加速靠近，速度、加速度均增大；③绕Q做匀速圆周运动，P的速度大小v和加速度大小a不变，只有B正确．

图9－1－26

7．如图9－1－26所示，在纸面内有一匀强电场，带正电的小球在与竖直线AB夹角为θ的力F作用下，由A匀速运动至B，已知A、B间距离为d，小球的质量为m，带电量为q，则下列结论正确的是(　)

A．若匀强电场的方向水平向右，则电场强度为最小，E＝mgtanθ/q

B．若匀强电场的方向水平向右，则力F的大小必为mgcosθ

C．若匀强电场的方向与F方向垂直，则电场强度为最小，E＝mgsinθ/q

D．若匀强电场的方向与F方向垂直，则力F的大小必为mgsinθ

解析：选C.小球受到力F、重力G和电场力F′，三个力合力为零，如图所示．当匀强电场的方向垂直于力F时，电场强度最小，即E＝mgsinθ/q，而力F的大小F＝mgcosθ.所以，A、B、D都错误，只有C正确．

图9－1－27

8．如图9－1－27所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止．设小球A的带电量大小为Q_A，小球B的带电量大小为Q_B，下列判断正确的是(　)

A．小球A带正电，小球B带负电，且Q_A>Q_B

B．小球A带正电，小球B带负电，且Q_A<Q_B

C．小球A带负电，小球B带正电，且Q_A>Q_B

D．小球A带负电，小球B带正电，且Q_A<Q_B

解析：选D.如果小球A带正电，小球B带负电，则对B球来说，A对它的库仑力和匀强电场对它的电场力均水平向左，不可能向右匀加速运动，故A、B均错误，对A分析受力得：EQ_A<，对B受力分析可得：EQ_B>，比较可得：>E>，Q_B>Q_A，D正确．

图9－1－28

9．如图9－1－28，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则(　)

A．a球的质量比b球的大

B．a、b两球同时落地

C．a球的电量比b球的大

D．a、b两球飞行的水平距离相等

解析：选AB.设a、b球间库仑斥力大小为F，分析两球受力可得：tanα＝，tanβ＝，因α<β，故有m_a>m_b，A正确；剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，B正确；由于两球在水平方向始终沿直线，库仑斥力大小相等，故水平方向a球的加速度比b的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b的小，D错误；无法比较电量大小，故C错误．

图9－1－29

10．三个电荷量均为Q(正电)的小球，放在水平绝缘的桌面上，分别位于等边三角形的三个顶点，如图9－1－29所示．在三角形的中心O点应放置什么性质的电荷，才能使三个带电小球都处于静止状态？其电荷量是多少？

解析：由平衡条件知放置在O点应为带负电的电荷，设等边三角形的边长为L，则AO之间的距离为 r＝＝L.

B、C两球对A球作用力的合力为

F₁＝2kcos30°＝k.

设O点放置的电荷的电荷量大小为q，对A球的作用力为F₂＝k.

由于A静止，故有F₁＝F₂.

联立以上方程解得q＝Q(带负电)

由于A、B、C三球受力情况一样，可知B、C两球也将处于平衡状态．即在O点处放置电荷量大小为Q的负电荷可使三球处于静止状态．

答案：负电荷　Q

图9－1－30

11．如图9－1－30所示，一带电量为q＝－5×10^－3 C，质量为m＝0.1 kg的小物块处于一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态．(g取10 m/s²)求：

(1)电场强度多大？

(2)若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑距离L＝1.5 m时的速度大小．

解析：(1)小物块受力如图，由平衡条件得：qE＝F_Nsinθ，mg＝F_Ncosθ，

解得：E＝，

代入数据得：E＝150 N/C.

(2)由牛顿第二定律得：

mgsinθ－cosθ＝ma，v²＝2aL，

解得：v＝，代入数据得：v＝3 m/s.

答案：(1)150 N/C　(2)3 m/s

3．(2009年高考浙江理综卷)如图9－1－22所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k₀的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为(　)

图9－1－22

A．l+　 　　　　　　　　　　　B．l－

C．l－　 　　　　　　　　　　　D．l－

解析：选C.对最右边的小球受力分析可知，小球受到另外两个带电小球对它向右的库仑力，大小分别为F₁＝和F₂＝，由力的平衡可知弹簧弹力的大小F＝F₁+F₂＝；故弹簧的伸长量为Δl＝＝，所以选C.

图9－1－23

4．如图9－1－23所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出正确判断的是(　)

A．带电粒子所带电荷的正、负

B．带电粒子在a、b两点的受力方向

C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大

D．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大

解析：选BCD.由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B、C、D正确．

2．图9－1－21甲中AB是一个点电荷形成电场的一条电场线，图乙则是电场线上P、Q处的试探电荷所受电场力的大小与其电荷量间的函数关系图象，下列说法可能的是(　)

图9－1－21

A．场源电荷是正电荷，位于A点

B．场源电荷是正电荷，位于B点

C．场源电荷是负电荷，位于A点

D．场源电荷是负电荷，位于B点

解析：选AC.由F＝Eq和图乙可知，E_P>E_Q，故场源电荷在A点，由于无法知道场强方向，故无法确定点电荷的电性，故A、C对．

9．如图9－3－24所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　)

图9－3－24

A．极板X应带正电　 　　　　　　B．极板X′应带正电

C．极板Y应带正电 　　　　　　D．极板Y′应带正电

解析：选AC.由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．

图9－3－25

10．如图9－3－25所示，真空室中速度v₀＝1.6×10⁷ m/s的电子束，连续地沿两水平金属板中心线OO′射入，已知极板长l＝4 cm，板间距离d＝1 cm，板右端距离荧光屏PQ为L＝18 cm.电子电荷量q＝1.6×10^－19 C，质量m＝0.91×10^－30 kg.若在电极ab上加u＝220sin100πt V的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴y上能观测到多长的线段？(设极板间的电场是均匀的、两板外无电场、荧光屏足够大)

解析：因为经过偏转电场的时间为

t＝＝2.5×10^－9 s, 而T＝＝0.02 s≫t.

故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动

纵向位移＝at²，a＝＝，

所以电子能够打在荧光屏上最大竖直偏转电压：

U_m＝＝＝91 V.

当U＝91 V时，E＝，y＝at²

因为v_y＝at＝t＝4×10⁶ m/s，tanθ＝＝0.25

偏转量y＝+Ltanθ＝5 cm.

y轴上的观测量为2y＝10 cm.

答案：10 cm

图9－3－26

11．(2010年徐州模拟)质量为m，带+q电荷量的小球以水平初速度v₀进入竖直向上的匀强电场中，如图9－3－26甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向上的高度y与水平方向的位移s之间的关系如图乙所示．根据题给已知量及图乙给出的信息，求：

(1)匀强电场的场强大小；

(2)小球从进入匀强电场到上升到h高度的过程中，电场力做了多少功？

(3)小球在h高度处的动能多大？

解析：(1)对小球研究知受两个力：重力(竖直向下)及电场力(竖直向上)．设经过t秒小球水平位移为l，则由题中乙图知：

l＝v₀·t①

h＝at²②

由①②得a＝，对小球而言：F_合＝ma，F_合＝qE－mg，

E＝＝.

(2)电场力做功为W＝qEh＝mgh+.

(3)根据动能定理，E_k＝qEh－mgh+＝mv₀²(+)．

答案：(1)　(2)mgh+

(3)mv₀²(+)

图9－2－27

12．(2010年临沂模拟)如图9－3－27所示，一光滑斜面的直角点A处固定一带电荷量为+q、质量为m的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点由静止自由释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，求：

(1)小球从B处开始运动到斜面中点D处时的速度；

(2)小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力大小．

解析：(1)由题意知：小球运动到D点时，由于AD＝AB，所以有电势φ_D＝φ_B，即U_DB＝φ_D－φ_B＝0①

则由动能定理得：mgsin30°＝mv_D²－0②

联立①②解得：v_D＝ .③

(2)当小球运动至C点时，对小球受力分析如图所示，则由平衡条件得：

FN+F库·sin30°=mgcos30°④

由库仑定律得：

F_库＝⑤

联立④⑤得：

F_N＝mg－

由牛顿第三定律得：F_N′＝F_N＝mg－.

答案：(1) 　(2)mg－

3.(2010年广东湛江测试)如图9－3－18所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列四个选项中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是(　)

图9－3－18

解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向，轨迹向右弯曲，C正确．

图9－3－19

4．示波器是用来观察电信号随时间变化的仪器．示波器的核心部件是示波管．示波管的工作原理示意图如图9－3－19所示．电子经电压U₁加速后以速度v₀垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h.两平行板间的距离为d，电势差为U₂，板长L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是(　)

A．增大两板间电势差U₂

B．尽可能使板长L短些

C．尽可能使板间距离d小一些

D．使加速电压U₁升高一些

解析：选C.加速过程有：eU₁＝mv₀²①

偏转过程：L＝v₀t②

h＝at²＝·t²③

由①②③得＝.

因此要提高灵敏度，可采用的办法有增大L，减小U₁，减小d.故C对．

图9－3－20

5．(2009年高考天津理综卷)如图9－3－20所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度v_M经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v_N折回N点，则(　)

A．粒子受电场力的方向一定由M指向N

B．粒子在M点的速度一定比在N点的大

C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大

D．电场中M点的电势一定高于N点的电势

解析：选B.两平行金属板间的电场为匀强电场．带电粒子先向下运动又折回说明粒子先向下做匀减速运动，折回后向上做匀加速运动．整个过程具有对称性，由此可知B项正确．

图9－3－21

6．如图9－3－21所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论中不正确的是(　)

A．此液滴带负电荷

B．合外力对液滴做的总功等于零

C．液滴做匀加速直线运动

D．液滴的电势能减少

解析：选B.由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，合力沿bd方向，液滴做匀加速直线运动，C正确；合力做正功，B不正确；电场力方向向右，故液滴带负电荷，A正确；电场力做正功，所以电势能减少，D正确．

图9－3－22

7．如图9－3－22所示，有一带电粒子(不计重力)紧贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U₁时，带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出；当偏转电压为U₂时，带电粒子沿轨迹②落到B板正中间；设带电粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U₁、U₂之比为(　)

A．1∶1 　　　　　　　　　　　B．1∶2

C．1∶4　 　　　　　　　　　　　D．1∶8

解析：选D.设板长为L，板间距离为d，水平初速度为v₀；带电粒子的质量为m，电荷量为q；两次运动的时间分别为t₁和t₂.

第一次射入时：L＝v₀t₁，＝·t₁²，联立两式解得：U₁＝.第二次射入时：＝v₀t₂，d＝·t₂²，联立两式解得：U₂＝.所以U₁∶U₂＝1∶8，故D正确．

图9－3－23

8．如图9－3－23所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　)

A．板间电场强度大小为mg/q

B．板间电场强度大小为2mg/q

C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等

D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间

解析：选BC.当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，v_x＝v₀；在竖直方向上：在电场中v_y＝at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，v_y＝gt，由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正确．

12．(2009年河北石家庄模拟)如图11－1－29所示，两根相距L＝1.0 m的光滑平行金属导轨水平固定放置，导轨距水平地

面H＝0.8 m，导轨的

图11－1－29

左端通过开关连接一电动势E＝4.0 V、内阻r＝1.0 Ω的电源，在导轨上横跨一质量m＝0.5 kg、有效电阻R＝1.0 Ω的金属棒，不计导轨电阻，整个装置处在磁感应强度B＝0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中．将开关接通后，金属棒在磁场力的作用下沿导轨向右滑动，最终滑离导轨．(g取10 m/s²)

(1)求金属棒在滑动过程中的最大加速度．

(2)若金属棒离开导轨后的水平射程为s＝0.8 m，则从闭合开关到金属棒离开导轨，在此过程中金属棒上产生的焦耳热为多少？

解析：(1)开关刚闭合的瞬间金属棒上通过的电流最大，棒的加速度最大

则F_安＝BIL＝

由牛顿第二定律，可得a＝＝2 m/s².

(2)金属棒脱离导轨后做平抛运动，设平抛的初速度为v₀，有v₀＝＝s

解得v₀＝2 m/s

导体棒向右滑行的过程中，由于电磁感应，回路电流是变化的，设滑行的时间为t₁，回路平均电流为，由动量定理有BLt₁＝mv₀

可得通过回路的电荷量q＝t₁＝2 C

此过程中消耗的电能为：

E_电＝qE＝8 J

又由能量守恒定律有：

E_电＝mv₀²+Q_棒+Q_内

因R＝r，由焦耳定律可得：Q_棒＝Q_内

故金属棒上产生的焦耳热Q_棒＝3.5 J.

答案：(1)2 m/s²　(2)3.5 J

11.如图11－1－28甲所示，质量为0.04 kg，电阻为R＝2 Ω的导体杆置于倾角为θ＝30°的平行粗糙导轨上，导轨宽度L＝0.4 m，电阻R₀＝1 Ω.不加磁场时，若向下轻推导体杆，可刚好沿导轨匀速下滑．现将导体杆静止放在导轨上，距底边长为d＝0.3 m，加上垂直导轨方向的磁感应强度大小按图乙规律变化的磁场，求从加上磁场开始到杆刚要运动所需的时间是多少？(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

图11－1－28

解析：设滑动摩擦力为F_f，匀速下滑时mgsin θ＝F_f

开始时静摩擦力的方向沿导轨向上，随安培力增大，静摩擦力逐渐减小到零后反向．当刚要运动时，有ILB＝mgsin θ+F_f

又I＝，E＝

由图知B＝(1+0.5t)T，联立并代入数据解得t＝98 s.

答案：98 s

6．(2010年济南模拟)如图11－1－22所示，质量为m的回形针系在细线下端被磁铁吸引保持静止，此时细线与竖直方向的夹角为 θ，则下列说法正确的是(　)

A．回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小为mgtanθ

B．回形针静止时受到的细线的拉力大小为mgcosθ

C．现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流排列无序了

D．现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流消失了

解析：选C.回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小和方向都不确定，拉力大小也不能确定，故A、B错误；对回形针加热，回形针磁性消失是因为分子电流排列无序了，所以选项C正确，D错误．

图11－1－23

7．如图11－1－23所示，两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度都为B₀，则O处的磁感应强度大小为(　)

A．0　　　　　　B．2B₀

C.B₀ 　　　　　　　　　　D．无法确定

解析：选C.根据右手螺旋定则可知，图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是垂直纸面向里，B环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是竖直向下．根据平行四边形定则可知，圆心O处磁感应强度大小为B₀.

图11－1－24

8.一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠近S极一侧吊挂一根与它垂直的导体棒，图11－1－24中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是(　)

A．磁铁对桌面的压力减小　 B．磁铁对桌面的压力增大

C．磁铁受到向右的摩擦力　 D．磁铁受到向左的摩擦力

解析：选AD.如图所示，通电后，由左手定则判断出导体棒受到斜向左下的安培力，由牛顿第三定律可得，磁铁受到导体棒的作用力应斜向右上，所以在通电的一瞬间，磁铁对桌面的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力，因此A、D正确．

图11－1－25

9．(2009年上海模拟)如图11－1－25所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如图11－1－26所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是(　)

图11－1－26

解析：选C.当F_f＝μBIL＝μBLkt<mg时，棒沿导轨向下加速；当F_f＝μBLkt>mg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为F_f＝μBLkt；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为F_f＝mg，故选项C正确．

图11－1－27

10．如图11－1－27所示，通电直导线ab的质量为m、长为L，水平放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流为I，要求导线ab静止在斜面上．

(1)若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？

(2)若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？

解析：(1)若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导线受力情况如图甲所示．

由平衡条件得：　　　　　　　　　　　　　　　

在水平方向上：F-FNsinθ=0

在竖直方向上：mg-FNcosθ=0

其中F＝BIL，联立以上各式可解得：

B＝.

(2)若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小．

如图乙所示，由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应磁感应强度最小，设其值为B_min，则：

B_minIL＝mgsinθ，B_min＝

根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上．

答案：(1)　(2)　方向垂直于斜面向上

2．(2010年广东六校联考)一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是(　)

A．如果B＝2 T，F一定是1 N

B．如果F＝0，B也一定为零

C．如果B＝4 T，F有可能是1 N

D．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行

解析：选C.当导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，力最大，当导线与磁场方向平行放置时，F＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0<F<BIL，A、D不正确，C正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与受力F无关，B不正确．

图11－1－19

3．(2010年深圳调研)在光滑绝缘的斜面上放置一根质量为m的长直通电导体棒，电流方向水平向里，如图11－1－19所示．欲使导体棒静止，在斜面上施加匀强磁场的方向应为(　)

A．竖直向上　　　B．竖直向下

C．垂直斜面向上　　　 　D．水平向右

解析：选B.由左手定则知，匀强磁场方向竖直向上时，受安培力方向水平向右，导体棒不平衡，A不正确；匀强磁场方向竖直向下时，受安培力方向水平向左，导体棒能平衡，B正确；匀强磁场方向垂直斜面向上时，受安培力方向沿斜面向下，导体棒不平衡，C不正确；匀强磁场方向水平向右时，受安培力方向竖直向下，导体棒不平衡，D不正确．

图11－1－20

4．(2010年杭州质检)如图11－1－20所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是(　)

A．增大磁感应强度B

B．调节滑动变阻器使电流减小

C．增大导轨平面与水平面间的夹角θ

D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变

解析：选A.对金属杆受力分析，沿导轨方向：－mgsin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则增大，A正确，B错误；若增大θ，则mgsin θ增大，C错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D错误．

图11－1－21

5．(2009年黄冈模拟)如图11－1－21所示，两根无限长的平行导线a和b水平放置，两导线中通以方向相反、大小不等的恒定电流，且I_a>I_b.当加一个垂直于a、b所在平面的匀强磁场B时；导线a恰好不再受安培力的作用．则与加磁场B以前相比较(　)

A．b也恰好不再受安培力的作用

B．b受的安培力小于原来安培力的2倍，方向竖直向上

C．b受的安培力等于原来安培力的2倍，方向竖直向下

D．b受的安培力小于原来安培力的大小，方向竖直向下

解析：选D.当a不受安培力时，I_b产生的磁场与所加磁场在a处叠加后的磁感应强度为零，此时判断出所加磁场方向为垂直纸面向外，因I_a>I_b，所以在b处叠加后的磁场垂直纸面向里，b受安培力向下，且比原来小．故选项D正确．

图11－1－22