34通电导线在磁场中受到的力.docx

34通电导线在磁场中受到的力.docx

《34通电导线在磁场中受到的力.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《34通电导线在磁场中受到的力.docx（26页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

34通电导线在磁场中受到的力

2020-2021学年选修3-1《3.4通电导线在磁场中受到的力》

一．选择题（共12小题）

1．根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置﹣﹣电磁炮，其原理如图所示：

把待发炮弹（导体）放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去。

现要提高电磁炮的发射速度，你认为下列方案在理论上不可行的是（　　）

A．增大电流I的值

B．增大磁感应强度B的值

C．增大两平行导轨间的距离

D．改变磁感应强度B的方向，使之与炮弹前进方向平行

【分析】炮弹加速运动的动力为安培力，根据安培力公式F＝BIL进行分析即可。

【解答】解：

ABC．炮弹磁场作用下沿导轨加速运动，设导轨宽度为L，导轨长度x，由牛顿第二定律有BIL＝ma得

由匀变速直线运动规律有v2＝2ax

知电磁的发射速度为

可见增大电流I的值，增大磁感应强度B的值，增大两平行导轨间的距离L，都能提高电磁炮的发射速度，在理论上是可行的，故ABC错误

D．当磁感应强度方向与炮弹前进方向平行时，由左手定则可知，炮弹受垂直导轨方向的安培力，不会使炮弹加速，要提高电磁炮的发射速度，在理论上是不可行的，故D正确

故选：

D。

【点评】本题关键明确电磁炮的工作原理，明确炮弹加速运动的动力为安培力，然后结合安培力公式列式分析即可。

2．如图所示装置，电源的电动势为E＝8V、内阻r1＝0.5Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距为d＝0.2m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R＝0.2m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B＝0.5T的匀强磁场中。

闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量为m＝0.06kg、电阻r2＝0.5Ω，不考虑运动过程中产生的反电动势，则（　　）

A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致

B．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8N

C．导体棒摆动过程中的最大动能为0.8J

D．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°

【分析】棒在安培力的作用，获得动能，根据左手定则分析安培力的方向；

根据动能定理和安培力公式、欧姆定律结合求电源的电动势，并求出安培力F的大小。

由能量守恒求解导体棒摆动的最大动能。

【解答】解：

A、闭合开关S后，导体棒中电流方向始终从a到b，导体棒沿圆弧摆动，说明所受安培力向右，故A错误；

B、于电流I＝8.0A，由F＝BIL＝0.5×8.0×0.2N＝0.8N，故B错误；

D、导体棒受到的重力与安培力的合力大小F合＝

N＝1.0N，方向与竖直方向成θ＝53°角，故导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，故D正确；

C、导体棒在摆动过程中的最大动能为Ekm＝F合L（1﹣cos53°）＝0.08J，故C错误。

故选：

D。

【点评】本题是通电导体在磁场中运动问题，知道运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量守恒定律分析能量问题。

3．一条形磁体静止在斜面上，固定在磁体中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示。

若将磁体的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁体对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是（　　）

A．FN增大，Ff减小B．FN减小，Ff增大

C．FN与Ff都增大D．FN与Ff都减小

【分析】先分析磁铁的N极位置与S极位置对调前，导线所受的安培力方向，由牛顿第三定律判断磁铁所受的安培力方向，由平衡条件确定磁铁对斜面的压力F和摩擦力f与重力、安培力的关系；再作同样的方法分析磁铁的N极位置与S极位置对调后磁铁对斜面的压力F和摩擦力f与重力、安培力的关系，判断F、f的变化情况。

【解答】解：

在磁铁的N极位置与S极位置对调前，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向向右斜向下，如图由牛顿第三定律得知，磁铁所受的安培力方向向左斜向上。

在磁铁的N极位置与S极位置对调后，同理可知，磁铁所受的安培力方向向右斜向下，支持力增大，摩擦力减小，故A正确，BCD错误。

故选：

A。

【点评】本题中判断磁铁所受的安培力方向是关键，方法是先判断导线的安培力，再由牛顿第三定律判断磁铁所受的安培力方向。

4．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．2FB．1.5FC．0.5FD．0

【分析】先由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，先根据并联电路的电阻关系得出电流关系，再由F＝BIL即可分析MLN边所受安培力，由力的合成即可求得线框LMN所受安培力的大小。

【解答】解：

由已知条件可知MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，边MLN的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，设MN中的电流大小为I，则MLN中的电流为

，设MN的长为L，

由题意知：

F＝BIL，

所以边MLN所受安培力为：

＝

F，方向与MN边所受安培力的方向相同，

故有：

，故B正确，ACD错误。

故选：

B。

【点评】本题的关键是要明白安培力求解公式F＝BIL中的L是指通电导线的有效长度。

5．通过电流为I的直导线处于磁感应强度为B的匀强磁场中，所受磁场力为F．关于电流I、磁感应强度B和磁场力F三者之间的方向关系，下列图示中正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【分析】根据左手定则的内容，判定安培力的方向。

左手定则的内容是：

伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流的方向相同，大拇指所指的方向为安培力的方向。

【解答】解：

A、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向水平向左，故A错误。

B、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向竖直向上，故B正确。

C、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向竖直向上，故C错误。

D、根据电流和磁场的方向，由左手定则知安培力的方向垂直于导线斜向左上方，故D错误。

故选：

B。

【点评】解决本题的关键会根据左手定则判断电流方向、磁场方向、安培力方向的关系。

左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度。

6．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd，be边长为l，线框的下半部处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直（在图中垂直于纸面向里），线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态，令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小△x及方向是（　　）

A．△x＝

，方向向下B．△x＝

，方向向上

C．△x＝

，方向向上D．△x＝

，方向向下

【分析】先对原磁场下的线框进行受力分析列受力平衡的方程，然后对方向改变后的磁场中的线框进行受力分析列受力平衡的方程，联立解得线框的位移大小和方向

【解答】解：

线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：

FB＝nBIL，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变。

设在电流反向之前弹簧的伸长x，则反向之后弹簧的伸长为（x+△x），

则有：

kx+nBIL﹣G＝0

k（x+△x）﹣nBIL﹣G＝0

解之可得：

△x＝

，且线框向下移动。

故A正确，BCD错误

故选：

A。

【点评】解决该题的关键在于要掌握安培力的大小和方向的判断方法，正确进行受力分析，能正确地列出平衡状态下的方程式；

7．如图所示为安培力演示仪，两磁极间可视为匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m的金属框ABCD处于磁场中，可绕CD自由旋转，其中AB＝L1，CB＝L2．当线框ABCD中通以恒定电流I时，线框向右摆开的最大角度为θ，则下列说法不正确的是（　　）

A．线框AB边通过的电流方向为A到B

B．线框ABCD中通以电流I时，线框AB边受到的安培力大小为BIL1

C．线框中通入的电流大小为

D．线框中通入的电流大小为

【分析】根据左手定则结合AB边的受力方向判断AB边的电流方向；

根据安培定则计算安培力大小；

根据共点力平衡，求解电流大小。

【解答】解：

A、线框AB边所处位置的磁场方向竖直向下，AB边受到水平向右的安培力，根据左手定则可知，电流方向从A到B，故A正确；

B、安培力大小为BIL1，故B正确；

CD、根据动能定理可知，﹣mgL2（1﹣cosθ）+BIL1L2sinθ＝0，解得I＝

，故C正确，D错误。

本题选错误的，

故选：

D。

【点评】本题考查了安培力的计算和左手定则的应用，解题的关键是理解线框向右摆开的最大角度为θ时，该时刻合力不为零。

8．如图所示，在等边三角形abc的顶点a和b放置垂直于三角形平面的长直导线，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示，此时三角形abc的重心O处的磁感应强度大小为B，如果让导线a中的电流大小不变而方向反向，重心O处的磁感应强度大小将变为（　　）

A．

B．

C．BD．

【分析】三角形中心O点到两根导线的距离相等，根据安培定则判断两根导线在O点产生的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则进行合成，求出合场强，同理求得导线a中的电流大小不变而方向反向后的合磁场，联立解答。

【解答】解：

根据安培定则判断得知：

两根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为：

a导线产生的B方向斜向右下方，与水平成60°角，b导线产生的B方向斜向左下方，与水平成60°角，设大小为B1，则根据平行四边形定则进行合成可知，a、b两根导线产生的合场强大小为B，得到：

2B1cos30°＝B，如果让导线a中的电流大小不变而方向反向，a导线产生的B方向为斜向左上方，与水平成60°角，根据平行四边形定则，有：

2B1cos60°＝B'，联立解得：

B'＝

．故ABC错误，D正确。

故选：

D。

【点评】本题首先运用安培定则判断B的方向，其次要利用平行四边形定则进行合成，同时要利用好几何关系。

9．如图所示，条形磁铁放置在水平桌面上，它的上方固定一条直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，磁铁仍然静止的桌面上，则（　　）

A．磁铁对桌面压力减小，它不受桌面摩擦力作用

B．磁铁对桌面压力增大，它受向左的摩擦力作用

C．磁铁对桌面压力增大，它不受桌面摩擦力作用

D．磁铁对桌面压力减小，它受向右的摩擦力作用

【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向。

【解答】解：

在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左方；

导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；

由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，水平方向上磁铁没有运动趋势，磁铁不受摩擦力，故A正确，BCD错误。

故选：

A。

【点评】本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键。

10．一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈圆心重合，当两线圈通入如图所示的电流时，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．向纸面内平动

【分析】当平行的直导线中的电流方向相同时，这两条直导线就会互相的吸引，当平行的直导线中的电流方向相反时，这两条直导线就会互相的排斥．根据这个结论进行分析．

【解答】解：

由于L1和L2中的电流的方向是相同的，它们会互相吸引，由于L2是不动的，所以L1会向L2靠近，所以从左向右看，线圈L1将逆时针转动，故C正确。

故选：

C。

【点评】掌握住平时总结的结论，在做选择题题目的时候可以快速而且准确的得到答案，所以掌握住平时总结的小结论是非常有用的．

11．显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的0点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。

设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【分析】粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断磁场的方向。

【解答】解：

要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，需要电子在洛伦兹力作用下向下运动，P到O过程中洛伦兹力向上，O到Q过程中洛伦兹力向下，根据左手定则知，能够使电子束发生上述偏转的磁场是A．故A正确，BCD错误。

故选：

A。

【点评】本题就是对洛伦兹力的考查，明确偏转原理为带电粒子在磁场中的运动，掌握住左手定则即可解决本题。

12．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y轴方向磁场分布是不变的，沿x轴方向磁感应强度与x满足关系B＝kx，其中k是一恒定的正数，正方形线框ADCB边长为a，A处有一极小开口AE，由粗细均匀的同种规格导线制成，整个线框放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴距离为a，线框AE两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是（　　）

A．整个线框受到的合力方向与BD连线垂直

B．整个线框沿y轴方向所受合力为0

C．整个线框在x轴方向所受合力为

ka2I，沿x轴方向

D．整个线框在x轴方向所受合力为

ka2I，沿x轴方向

【分析】非匀强磁场可以分别计算出四条边受到安培力的大小，再利用力的合成，计算出整个线框受到的合力，以及沿x轴，y轴方向的合力．

【解答】解：

从已知可得AD边处的磁场强度B1＝ka，则AD边受到的安培力大小为FAD＝B1IL＝ka2I，根据左手定则知，方向沿x轴负方向；

BC边处的磁场强度B2＝2ka，则BC边受到的安培力大小为FBC＝B2IL＝2ka2I，根据左手定则知，方向沿x轴正方向；

则整个线框在x轴方向所受合力为FBC﹣FAD＝ka2I，方向沿x轴正方向，故CD错误；

沿y轴方向磁场分布是不变的，则DC和EB边的磁感应强度都相同，设为B

则DC边受到的安培力大小为FDC＝BIL＝BIa，根据左手定则知，方向沿y轴正方向；

EB边受到的安培力大小为FBE＝BIL＝BIa；根据左手定则知，方向沿y轴负方向；

因此整个线框沿y轴方向所受合力为FDC﹣FEB＝0，故B正确；

整个线框受到的合力大小为ka2I，方向沿x轴正方向，与AD、BC垂直，不与BD垂直，A错误；

故选：

B。

【点评】这是一道看似很难的非匀强磁场的安培力计算的题，其实只要分别对正方形每一条边进行分析，计算出磁感应强度，再利用公式计算安培力的大小，利用左手定则判断方向，最后再进行力的合成就会变得很简单．

二．多选题（共3小题）

13．实验室经常使用的电流表是磁电式仪表。

这种电流表的构造如图甲所示。

蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的。

当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法正确的是（　　）

A．线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行

B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动阻碍线圈转动

C．当线圈转到图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上

D．当线圈转到图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动

【分析】均匀辐向磁场的特点是大小相等，方向指向圆心或方向延长线过圆心，线圈到任意位置，其平面与磁感线平行；线圈转动时，螺旋弹簧被扭动阻碍线圈转动；根据左手定则，可以分析a、b端的受力情况，从而确定线圈的转动方向。

【解答】解：

A、均匀辐向磁场的特点是大小相等，方向指向圆心或方向延长线过圆心，线圈到任意位置，其平面与磁感线平行，故A正确；

B、线圈转动时，螺旋弹簧被扭动产生弹力，弹力方向与扭动方向相反，阻碍线圈转动，故B正确；

CD、由左手定则可知a端受安培力向上，b端受安培力向下，所以安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动，故C错误，D正确。

故选：

ABD。

【点评】本题考查了磁电式电表原理、左手定则。

掌握均匀辐向磁场的分布特点及电流表的工作原理是解决本题的关键。

14．如图所示，MN、PO是圆的互相垂直的两条直径，a、b、c、d是圆周上的四点，连接abcd可以构成正方形，且ab与MN平行，在M、P两点分别放置垂直圆面的长直导线，并分别通以大小为I的电流，电流方向如图。

现在圆周上某一点放置一垂直圆面的长直导线，并通以一定大小的电流，使圆心O处磁场的磁感应强度为零，已知长直通电导线周围某点磁场磁感应强度大小B＝k

（k为比例系数，I为直导线中电流，r为某点到直导线的距离），下列措施可行的是（　　）

A．直导线放在a点，电流方向垂直圆面向外，电流大小为

I

B．直导线放在b点，电流方向垂直圆面向外，电流大小为I

C．直导线放在c点，电流方向垂直园面向里，电流大小为

I

D．直导线放在d点，电流方向垂直圆面向里，电流大小为I

【分析】根据M、P两点分别放置垂直圆面的长直导线在O点产生的合磁场方向及大小确定在圆上放置的电流强度大小和方向。

【解答】解：

BD、在M、P两点分别放置垂直圆面的长直导线在O点产生的合磁场方向如图红箭头所示，其大小为B＝

k

；

要使O点的合磁场为零，在圆上某点的电流大小I′＝

＝

，故BD错误；

A、如果直导线放在a点，电流方向垂直圆面向外，根据安培定则可知该电流在O点产生的磁场方向与B方向相反，故A正确；

C、如果直导线放在c点，电流方向垂直圆面向里，根据安培定则可知该电流在O点产生的磁场方向与B方向相反，故C正确。

故选：

AC。

【点评】本题主要是考查磁场的叠加，掌握电流周围磁场方向的判断方法，能够根据B＝k

（k为比例系数，I为直导线中电流，r为某点到直导线的距离）判断电流的大小。

15．如图所示，条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由S极的上端平移到N极的上端，在此过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则这个过程中磁铁受力情况为（　　）

A．支持力先大于重力后小于重力

B．支持力始终大于重力

C．摩擦力的方向由向右变为向左

D．摩擦力的方向由向左变为向右

【分析】由左手定则判断出导线所受安培力的方向，根据牛顿第三定律判断磁铁所受磁场力的方向，然后判断磁铁受到的摩擦力方向和如何变化

【解答】解：

如图所示，导线在S极上端时导线所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向右下方，磁铁有向右的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向左；

同理当导线在N极上端时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向左下方，磁铁有向左的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向右；

由以上分析可知，磁铁受到的摩擦力先向右后向左，正上方时为零，故摩擦力先减小后增大。

磁铁受到的磁场力始终有向下的分力，所以支持力始终大于重力。

故AC错误，BD正确；

故选：

BD。

【点评】首先根据左手定则确定出通电导线所受安培力方向，然后根据牛顿第三定律确定出条形磁铁所受安培力的方向，最后根据共点力的平衡确定出静摩擦力的方向和变化规律，是此类题目的解答思路．

三．实验题（共1小题）

16．如图中矩形框内存在一沿水平方向，且与金属棒垂直的匀强磁场，现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。

（1）在图中画线连接完成实验电路图，要求接通电源后电流由a流到b。

（2）完成下列主要实验步骤中的填空：

①按图接线；

②保持开关S断开，读出电子秤示数m0；

③闭合开关S，调节R的阻值使电流大小适当，此时点子秤仍有读数，然后读出并记录　电流表的示数I，此时电子秤的示数m1　；

④用米尺测量　金属棒的长度l　。

（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝　

（4）判定磁感应强度方向的方法是：

若　m1＜m0　，磁感应强度方向垂直金属棒向外；反之，磁感应强度方向垂直金属棒向里。

【分析】

（1）用滑动变阻器的限流式接法即可；

（2）③金属框平衡时测量才有意义，读出电阻箱电阻并用天平称量细沙质量；

④安培力与电流长度有关，安培力合力等于金属框架下边受的安培力；

（3）根据平衡条件分列式即可求解；

（4）根据左手定则判断即可。

【解答】解：

（1）如图所示

（2）③重新处于平衡状态；读出电流表的示数I；此时电子秤的示数为m1；④金属棒的长度l

（3）根据平衡条件，有：

|m0﹣m1|g＝BIl

解得：

B＝

（4）判定磁感应强度方向的方法是：

若m0＞m1，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里；

故答案为：

（1）如上图所示；

（2）③电流表的示数I

此时电子秤的示数m1

④金属棒的长度l

（3）

（4）m1＜m0

【点评】理解实验原理是解决实验类题目的关键，此题关键是对线框受力分析，根据平衡条件求磁感应强度，注意电表的正负极。

四．计算题（共1小题）

17．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源。

现把一个质量m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。

导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin37°＝0.60、cos37°＝0.80．求：

（1）导体棒受到的安培力；

（2）导体棒受到的摩擦力；

（3）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力作用，求此时磁场磁感应强度B2的大小。

【分析】

（1）利用闭合电路欧姆定律可以求出通过导体棒的电流；利用安培力的计算公式F＝BLI计算导体棒受到的安培力大小；

（2）利用力的分解，根据二力平衡，计算摩擦力的大小，判断其方向；

（3）若将磁场方向改为竖直向上，根据平衡条件列方程求解磁感应强度。

【解答】解：

（1）由欧姆定律可知，导体棒中通过的电流为：

I＝

＝

A＝1.5A

受到的安培力为：

F安＝BIL＝0.5T×0.4m×1.5A＝0.3N

由左手定则判断出，安培力的方向沿斜面向上；

（2）对金属棒受力分析，重力在斜面方向的分力为：

F＝mgsin37°＝0.04kg×10N/kg×0.6＝0.24N

方向沿斜面向下，小于安培力，

故金属棒受到的摩擦力为为：

f＝F安﹣F＝0.3N﹣0.24N＝0.06N

方向沿斜面向下；

（3）若将磁场方向改为竖直向上，则导体棒的安培力的方向水平向右，因为不受摩擦力的作用，故此时的安培力与重力在沿斜面方向上的分力是平衡的，

即为：

F安′cos37°＝mgsin37°＝0.24N，

故F安′＝0.3N

因为F安′＝B′IL，故有：

B′＝

T＝0.5T。

答：

（1）导体棒受到的安培力大小为＝0.3N，安培力的方向沿斜面向上；

（2）导体棒受到的摩擦力为0.06N，方向沿斜面向下；

（3）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力作用，此时磁场磁感应强度B2的大小为0.5T。

【点评】本题主要是考查了安培力作用下的