資源簡介

第1講　磁場及其對電流的作用
1.（2025·湖南長沙模擬）中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也。”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意圖如圖所示。結合上述材料，下列說法正確的是（　?。?br/>A.地磁場的磁感線不閉合
B.地理南、北極與地磁場的南、北極重合
C.地磁南極在地理北極附近
D.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行
2.（2025·江蘇揚州模擬）圖甲為磁電式電流表的結構示意圖，圖乙為極靴和鐵質圓柱間的磁場分布圖，線圈a、b兩邊通以圖乙所示方向電流，線圈兩邊所在處的磁感應強度大小相等。則下列選項正確的是（　　）
A.該磁場為勻強磁場
B.線圈將逆時針轉動
C.線圈轉動過程中受到的安培力逐漸變大
D.圖乙所示位置線圈a邊所受安培力方向豎直向上
3.〔多選〕（2025·廣東深圳開學考試）1月3日，由我國自主研制的AG60E電動飛機在千島湖通用機場圓滿完成首飛。其依靠電動機而非內燃機工作，工作原理可簡化如圖，通過電刷和換向環電流總是從矩形線框右側導線流入、左側導線流出，電路電流恒為i，勻強磁場的磁感應強度為B，線框的匝數為N，左邊長為L，則在圖示位置時（　?。?br/>A.線框將沿順時針方向轉動
B.線框將沿逆時針方向轉動
C.左側導線受到的安培力大小為NBiL
D.線框轉過30°時左側導線受到的安培力大小為NBiL
4.〔多選〕（2025·遼寧遼陽模擬 ）如圖所示，兩根通電導線P、Q沿垂直紙面的方向放置，且導線P、Q中通有電流I1、I2，電流的方向圖中未畫出。O點為兩導線沿紙面連線的中點，c、d兩點關于O點對稱，a、b兩點關于O點對稱，已知c點的磁感應強度為零，d點的磁感應強度方向垂直cd向下。則下列說法正確的是（　?。?br/>A.P中的電流方向垂直紙面向外、Q中的電流方向垂直紙面向里
B.I1＞I2
C.O點的磁感應強度方向垂直cd向下
D.a、b兩點的磁感應強度不相同
5.（2025·四川綿陽期末）有一半徑為R的圓形線框懸掛在彈簧測力計下端，線框中通有abcda方向的恒定電流I，直線MN是勻強磁場的邊界線，磁場方向垂直于圓形線框所在平面向里。整個線圈都在磁場中，平衡時彈簧測力計的讀數為F；若將線圈上提，讓圓形線框正好有一半露出磁場，其他條件都不改變，再次平衡時，彈簧測力計的讀數為5F，則勻強磁場的磁感應強度大小為（　?。?br/>A.　　　 B.
C.　　　 D.
6.一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示。如果直導線可以自由地運動且通以由a到b方向的電流，則導線ab受安培力后的運動情況為（　?。?br/>A.從上向下看順時針轉動并靠近螺線管
B.從上向下看順時針轉動并遠離螺線管
C.從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管
D.從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管
7.（2025·江蘇南京模擬）在勻強磁場中有粗細均勻的三根同種導線制成的直角三角形線框abc，∠a＝90°，∠c＝30°，磁場方向垂直于線框平面向外，a、c兩點接一直流電源，電流方向如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A.導線bc受到的安培力大于導線ac所受到的安培力
B.導線abc受到的安培力的合力等于導線ac受到的安培力
C.導線ab、ac所受安培力的大小之比為1∶3
D.導線abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上
8.（2025·安徽黃山模擬預測）邊長為L的硬輕質正三角形導線框abc置于豎直平面內，ab邊水平，絕緣細線下端c點懸掛重物，勻強磁場大小為B，方向垂直紙面向里?，F將a、b接在輸出恒定電流電源的正負極上，當通過ab邊的電流為I時，重物恰好對地無壓力，則重物重力的大小為（　?。?br/>A.BIL B.
C. D.2BIL
9.（2025·河北保定高三期末）如圖所示，傾角為α的光滑斜面置于磁感應強度大小為B1，方向豎直向上的勻強磁場中，一質量為m、長為L的導體棒，通以垂直紙面向外、電流大小為I的電流時，放在斜面上恰好能保持靜止。如果將磁場方向變為垂直斜面向上，磁感應強度大小變為B2，其他物理量保持不變，導體棒還能靜止在斜面上。已知重力加速度為g，則（　?。?br/>A.B1＝ B.B1＝
C.B2＝ D.B2＝
10.（2025·山東臨沂二模）據報道，我國福建號航母艦載機彈射起飛的電磁彈射技術與他國不同，采用的儲能方式是超級電容。某科學探究小組制作了一個簡易的電容式電磁彈射裝置，如圖所示，間距為l的水平平行金屬導軌左端連接充好電的電容器，電容為C，電壓為U，導軌右端放置質量為m的光滑金屬棒，勻強磁場沿豎直方向（圖中未畫出），磁感應強度大小為B，開關閉合后金屬棒向右離開導軌后水平射出，若某次試驗金屬棒彈射出去后電容器兩端的電壓減為，不計一切阻力，則金屬棒離開導軌的速度為（　?。?br/>A. B.
C. D.
11.〔多選〕（2025·浙江杭州模擬）如圖所示，電阻不計的水平導軌間距為0.5 m，導軌處于方向與水平面成53°角斜向右上方的磁感應強度為5 T的勻強磁場中。導體棒ab垂直于導軌放置且處于靜止狀態，其質量為m＝1 kg，電阻為R＝0.9 Ω，與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，電源電動勢E＝10 V，其內阻r＝0.1 Ω，定值電阻的阻值R0＝4 Ω。不計定滑輪的摩擦，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，細繩對ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，則（　?。?br/>A.導體棒ab受到的摩擦力方向一定向右
B.導體棒ab受到的安培力大小為5 N，方向垂直于磁場斜向左上
C.重物重力G最小值是1.5 N
D.重物重力G最大值是7.5 N
第1講　磁場及其對電流的作用
1.C　地磁場的磁感線是閉合的，在地球外部從N極到S極，內部從S極到N極，選項A錯誤；地理南、北極與地磁場的南、北極并不重合，地磁南極在地理北極附近，選項B錯誤，C正確；只有在地球赤道上方位置的地磁場方向才與地面平行，選項D錯誤。
2.B　根據磁感線分布可知，線圈兩邊所在處的磁場強度大小相等，但是方向不同，則不是勻強磁場，選項A錯誤；根據左手定則，圖乙所示位置a邊受安培力向下，則a向下轉動，b向上轉動，即線圈將逆時針轉動，選項B正確，D錯誤；由于磁感應強度大小不變，電流大小不變，則安培力大小始終為BIL，故C錯誤。
3.AC　由左手定則可知，左側導線受到的安培力向上，右側導線受到的安培力向下，故線框順時針方向轉動，故A正確，B錯誤；圖示位置時，滿足電流方向和磁場方向相互垂直，故左側導線受到的安培力大小為F安＝NBiL，故C正確；線框轉過30°時，仍滿足電流方向與磁場方向垂直，左側導線受到的安培力大小仍為F安＝NBiL，故D錯誤。
4.AD　由題意知c點的磁感應強度為零，則說明導線P、Q在c點產生的磁感應強度大小相等、方向相反，即兩導線中的電流方向相反，又c點距離導線P較近，則導線P中的電流較小，即I1＜I2，故B錯誤；由B分析可知，導線Q在d點產生的磁場強，d點的磁感應強度方向垂直cd向下，由安培定則可知P中的電流方向向外、則Q中的電流方向向里，故A正確；由安培定則可知，導線P、Q在O點產生的磁感應強度方向均垂直cd連線向上，故C錯誤；由于I1＜I2，分別做出兩電流在a、b兩點產生的磁感應強度大小和方向，如圖所示，根據磁場的矢量合成可知a、b兩點的磁感應強度大小相等、方向不同，故D正確。
5.B　圓形線框全部在磁場中時，受到安培力作用的有效長度為零，則滿足關系F＝mg，圓形線框正好有一半露出磁場時，有效長度為2R，受到豎直向下的安培力，大小為BL×2R，由平衡條件得5F＝mg＋BI×2R，解得B＝，故選B。
6.D　通電螺線管的磁感線如圖甲所示，左側導線所處的磁場方向斜向上，右側導線所處的磁場斜向下，由左手定則可知，左側導線受安培力方向向外，右側導線受安培力方向向里，從上向下看，導線應為逆時針轉動；當導線轉過90°時，由左手定則可得導線受安培力向下，如圖乙所示，所以，導線運動為逆時針轉動的同時還要靠近通電螺線管，故D正確，A、B、C錯誤。
7.C　設ab邊電阻為R，則ac邊電阻為R，bc邊電阻為2R，由并聯分流原理，＝＝，設abc中電流為I，則ac中電流為I，則Fbc＝BILbc，Fac＝BILac＝BILbc，可得Fbc＜Fac，故A錯誤；abc等效長度等于ac，但電流小于ac電流，則Fabc＜Fac，故B錯誤；由于Fab＝BILab，Fac＝BILac＝3BILab，所以Fab∶Fac＝1∶3，故C正確；由左手定則可判定導線abc受到的安培力的合力方向垂于ac向下，故D錯誤。
8.B　根據并聯分流原理可知流過acb路徑的電流大小為，根據平衡條件得mg＝BIL＋BIL，解得mg＝，故選B。
9.C　磁場方向豎直向上時，對導體棒受力分析如圖甲所示，支持力和安培力的合力方向豎直向上，大小等于重力大小，有ILB1＝mgtan α，解得B1＝，故A、B錯誤；磁場方向垂直斜面向上時，對導體棒受力分析如圖乙所示，支持力和安培力的合力方向豎直向上，大小等于重力大小，有ILB2＝mgsin α，得B2＝，故C正確，D錯誤。
10.C　根據電容器的定義式，有C＝，可知金屬棒在導軌上運動過程中通過它的電荷量為q＝CΔU＝CU，由動量定理，可得Blt＝mv，又q＝t，聯立解得v＝，故選C。
11.BD　由閉合電路歐姆定律可得I＝＝ A＝2 A，ab受到的安培力大小為F安＝IlB＝2×0.5×5 N＝5 N，方向垂直于磁場斜向左上，故B正確；若導體棒ab恰好有水平向左的運動趨勢時，導體棒所受靜摩擦力水平向右，則由共點力平衡條件可得mg＝F安cos α＋FN，F安sin α＝Ffmax＋G1，Ffmax＝μFN，聯立解得G1＝0.5 N，若導體棒ab恰好有水平向右的運動趨勢時，導體棒所受靜摩擦力水平向左，則由共點力平衡條件可得mg＝F安cos α＋FN，F安sin α＋Ffmax＝G2，Ffmax＝μFN，聯立解得G2＝7.5 N，所以重物重力G的取值范圍為0.5 N≤G≤7.5 N，故A、C錯誤，D正確。
4 / 4第1講　磁場及其對電流的作用
磁場、磁感應強度與磁感線
1.磁場、磁感應強度
（1）磁場的基本性質
磁場對處于其中的磁體、電流或運動電荷有　　　　的作用。
（2）磁感應強度
①物理意義：描述磁場的　　　　和方向。
②定義式：B＝　　　　 （通電導線　　　　于磁場）。
③方向：小磁針靜止時　　　　極所指的方向。
④單位：　　　　　，符號為T。
（3）勻強磁場
磁場中各點磁感應強度的大小　　　　、方向　　　　的磁場。
（4）地磁場
①地磁場的N極在地理　　　極附近，S極在地理　　　極附近，磁感線分布如圖所示。
②在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應強度　　　，且方向水平　　　。
③地磁場在南半球有豎直向　　　的分量，在北半球有豎直向　　　的分量。
2.磁感線、電流的磁場
（1）磁感線
①定義：在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的　　　　方向都跟這點　　　　的方向一致。
②特點
a.磁感線上某點的　　　　方向就是該點的磁場方向。
b.磁感線的疏密定性地表示磁場的　　　　。
c.磁感線是　　　　曲線，沒有起點和終點。
d.磁感線是　　　　的曲線，客觀上并不存在。
（2）幾種常見的磁場
①條形磁體和蹄形磁體的磁場（如圖所示）
②電流的磁場
直線電流的磁場　 通電螺線管的磁場 環形電流的磁場　
安培定則
立體圖
縱截面圖
安培力
1.安培力的大小
F＝　　　　　，（其中θ為B與I之間的夾角）
（1）磁場和電流垂直時：F＝　　　。
（2）磁場和電流平行時：F＝　　　。
2.安培力的方向——遵守左手定則
（1）伸開左手，使拇指與其余四個手指　　　，并且都與手掌在同一個平面內。
（2）讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向　　　　的方向。
（3）拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受　　　　的方向。
3.磁電式電流表的工作原理
磁電式電流表的原理圖如圖所示。
（1）磁場特點
①方向：沿　　　　　　均勻輻射地分布，如圖所示；
②強弱：在距軸線等距離處的磁感應強度大小　　　　。
（2）線圈所受安培力的特點
①方向：安培力的方向與線圈平面　　　?。?br/>②大小：安培力的大小與通過的電流成　　　　。
（3）表盤刻度特點
線圈左右兩邊所受的安培力的方向相反，于是線圈轉動，螺旋彈簧變形，以反抗線圈的轉動。電流越大，安培力越大，螺旋彈簧的形變　　　　，所以從指針偏轉的角度就能判斷通過電流的　　　　。由于線圈平面總與磁感線平行，線圈左右兩邊所在之處的磁感應強度的大小總相等，所以表盤刻度　　　　。根據指針偏轉的方向，可以知道被測電流的方向。
1.小磁針N極所指的方向就是該處磁場的方向。（　?。?br/>2.在同一幅圖中，磁感線越密，磁場越強。（　?。?br/>3.安培力的方向既跟磁感應強度方向垂直，又跟電流方向垂直。（　?。?br/>4.通電導線與磁場不垂直且有一定夾角時，左手定則就不適用了。（　?。?br/>　　
1.（人教版必修第三冊P113“練習與應用”T1改編）有人根據B＝提出以下說法，其中正確的是（　?。?br/>A.磁場中某點的磁感應強度B與通電導線在磁場中所受的安培力F成正比
B.磁場中某點的磁感應強度B與乘積Il成反比
C.磁場中某點的磁感應強度B不一定等于
D.通電直導線在某點所受安培力為零，則該點磁感應強度B為零
2.（2024·浙江1月選考4題）磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是（　　）
A.圖示左側通電導線受到安培力向下
B.a、b兩點的磁感應強度相同
C.圓柱內的磁感應強度處處為零
D.c、d兩點的磁感應強度大小相等
3.（人教版選擇性必修第二冊P6“練習與應用”T3改編）
如圖所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度，它的右臂掛有一個質量為m0的矩形金屬線圈，匝數為N，底邊長為L，下部懸在勻強磁場中，線圈平面與磁場垂直。當線圈中通有如圖所示的電流I時，調節砝碼使兩臂達到平衡；然后使電流反向、大小不變，這時需要在左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂達到新的平衡，則磁場的磁感強度B的大小為（　?。?br/>A. B.
C. D.
考點一　磁場和安培定則
1.磁場疊加問題的分析思路
（1）確定磁場場源，如通電導線。
（2）定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的大小和方向。如圖中通電導線M、N在c點產生的磁場BM、BN。
（3）應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B。
2.安培定則的應用
運用安培定則判定直線電流和環形電流及通電螺線管的磁場時應分清“因”和“果”。
　　　　因果 磁場　　　　 原因（電流方向） 結果（磁場方向）
直線電流的磁場 大拇指 四指
環形電流及通電螺線管的磁場 四指 大拇指
（2025·廣東茂名期末）圖甲是一個磁懸浮地球儀，其原理如圖乙所示，擺件的底座有一個線圈，地球儀里有一塊磁鐵，磁鐵N極在下，S極在上，底座通電時地球儀就可以懸浮起來，忽略線圈電阻變化及電源內阻，下列說法正確的是（　?。?br/>A.要使地球儀懸浮起來，線圈應該接上交流電
B.當電流從線圈a端流入時，地球儀就可以懸浮起來
C.若僅增大線圈中的電流，地球儀穩定時受到的斥力變大
D.若僅增加線圈的匝數，地球儀穩定時受到的斥力不變
嘗試解答
（2025·浙江寧波期末）
我國三相高壓輸電技術處于國際領先地位，通電導線周圍存在磁場，假如有三根平行通電長直導線在正三角形的三個頂點A、B、C上，O點為三角形中心，三根導線電流方向如圖所示，電流大小相等，則關于O點的磁場方向描述正確的是（　　）
A.沿BF方向斜向下 B.與BF連線垂直斜向上
C.沿CE方向向上 D.沿DA方向斜向上
嘗試解答
〔多選〕（2025·福建泉州期末）如圖，某科技小組要探究長直導線周圍磁場分布情況，將長直導線沿南北方向水平放置，在導線正下方的P處放置一枚可自由轉動的小磁針。當導線中通以恒定電流后，小磁針N極向紙外偏轉，測得小磁針靜止時N極偏離南北方向的角度為60°。已知實驗所在處地磁場水平分量大小恒為B0，則下列判斷正確的是（　　）
A.導線中的電流方向由北向南
B.電流在Р處產生的磁場方向就是小磁針靜止時N極所指的方向
C.電流在導線正下方P處產生的磁場的磁感應強度大小為B0
D.導線正下方P處磁場的磁感應強度大小為2B0
嘗試解答
考點二　安培力的大小和方向
安培力的方向
1.判斷方法：左手定則。
2.方向特點：F既垂直于B，也垂直于I，所以安培力方向一定垂直于B與I決定的平面。
如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向（　?。?br/>A.平行于紙面向上
B.平行于紙面向下
C.左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D.左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
嘗試解答
安培力的大小
　安培力F＝BIlsin θ，θ為I與B的夾角。
（1）適用條件：勻強磁場。
（2）特例
①當I⊥B時，F＝BIl。
②當I∥B時，F＝0。
（3）通電導線的有效長度
①當通電導線彎曲時，l是導線兩端的有效直線長度（如圖所示）。
②對于任意形狀的閉合線圈，其有效長度均為零，所以通電后在勻強磁場中受到的安培力的矢量和為零。
〔多選〕（2024·福建高考5題）將半徑為r的銅導線半圓環AB用兩根不可伸長的絕緣繩a、b懸掛于天花板上， AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中，現給導線通以自A到B大小為I的電流，則（　　）
A.通電后兩繩拉力變小
B. 通電后兩繩拉力變大
C.安培力為πBIr
D. 安培力為2BIr
嘗試解答
（本題源自于人教版選擇性必修第二冊P21“復習與提高” T4）
　如圖所示，長為2l的直導線折成邊長相等、夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B。當在導線中通以電流I時，該V形通電導線受到的安培力為多大？
考點三　安培力作用下導體運動情況的判斷
　安培力作用下導體運動情況判斷的常用方法
電流元法 分割為電流元安培力方向→整段導體所受合力方向→運動方向
特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→運動方向
等效法 環形電流→小磁針，通電螺線管→條形磁鐵
結論法 同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換研究對象法　 先分析電流所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受的作用力
一個可以沿過圓心的水平軸自由轉動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將（　　）
A.不動 B.順時針轉動
C.逆時針轉動 D.在紙面內平動
嘗試解答
（2025·廣東梅州模擬）如圖所示，一光滑絕緣的圓柱體固定在水平面上。導體棒AB可繞過其中點的轉軸在圓柱體的上表面內自由轉動，導體棒CD固定在圓柱體的下底面。開始時，兩棒相互垂直并靜止，兩棒中點O1、O2連線與圓柱體的中軸線重合。現對兩棒同時通入圖示方向（A到B、C到D）的電流。下列說法正確的是（　　）
A.通電后，AB棒仍將保持靜止
B.通電后，AB棒將逆時針轉動（俯視）
C.通電后，AB棒將順時針轉動（俯視）
D.通電瞬間，線段O1O2上存在磁感應強度為零的位置
嘗試解答
〔多選〕如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數為F1，現在磁鐵上方中心偏左位置固定一導體棒，當導體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺秤讀數為F2，則以下說法正確的是（　?。?br/>A.彈簧長度將變長 B.彈簧長度將變短
C.F1＞F2 D.F1＜F2
嘗試解答
安培力作用下的平衡和加速問題
.安培力作用下導體的平衡和加速問題的分析思路
選定研究對象→三維圖二維平面圖→畫受力圖。
即通過畫俯視圖、剖面圖、側視圖等，將立體圖轉換為平面受力圖，如圖所示。
2.安培力做功的特點和實質
（1）安培力做功與路徑有關，這一點與電場力不同。
（2）安培力做功的實質是能量轉化。
①安培力做正功時，將電能轉化為導體的機械能或其他形式的能。
②安培力做負功時，將機械能轉化為電能或其他形式的能。
（2025·廣西桂林模擬 ）如圖所示為電磁軌道炮的工作原理圖，質量為m的待發射彈體與軌道保持良好接觸，并可在寬為d、長為L的兩平行水平軌道之間無摩擦滑動，軌道間加有磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場，恒定電流I從一條軌道流入，通過彈體流回另一條軌道。不計空氣阻力，則彈體通過這一裝置可以獲得的最大速度為（　　）
A. B.
C. D.
嘗試解答
（2025·江蘇南京階段練習）如圖所示，相距20 cm的平行金屬導軌所在平面與水平面夾角θ＝37°，現將一質量m＝330 g的金屬棒ab放在導軌上，它與導軌間的動摩擦因數μ＝0.50，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個裝置處于磁感應強度大小為2 T豎直向上的勻強磁場中，導軌所接的電源電動勢為15 V，內阻不計，滑動變阻器的阻值滿足要求，其他部分電阻不計，為了保證ab處于靜止狀態，求：（g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，計算結果均取兩位有效數值）
（1）滑動變阻器的阻值R的調節范圍；
（2）ab通入的電流為多大時金屬棒與導軌間的摩擦力為0。
嘗試解答
（2023·海南高考17題）如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15 cm，質量為m＝1×10－3 kg，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里B＝8×10－2 T的勻強磁場。
（1）若插入導電液體部分深h＝2.5 cm，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度H＝10 cm，設桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；（g＝10 m/s2）
（2）若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起的高度H'＝5 cm，通電時間t'＝0.002 s，求通過金屬桿橫截面的電荷量。
嘗試解答
第1講　磁場及其對電流的作用
【立足“四層”·夯基礎】
基礎知識梳理
知識點1
1.（1）力?。?）①強弱　②　垂直　③N?、芴厮估?br/>（3）相等　相同?。?）①南　北　②相等　向北?、凵稀∠?br/>2.（1）①切線　磁場?、赼.切線　b.強弱　c.閉合　d.假想
知識點2
1.IlBsin θ?。?）IlB?。?）0　2.（1）垂直?。?）電流
（3）安培力　3.（1）①半徑方向?、谙嗟取。?）①垂直
②正比　（3）越大　大小　均勻
易錯易混辨析
1.×　2.√　3.√　4.×
雙基落實筑牢
1.C　磁感應強度B＝是用比值定義法定義B的，但磁感應強度是磁場的固有性質，與通電導線所受安培力F及乘積Il等外界因素無關，A、B錯誤；B＝是在通電導線與磁場垂直的情況下得出的，如果不垂直，設通電導線與磁場方向夾角為θ，則根據F＝IlBsin θ得B＝，即B不一定等于，C正確；如果θ＝0，雖然B≠0，但F＝0，故D錯誤。
2.A　由左手定則可知，題圖左側通電導線受到安培力向下，選項A正確；a、b兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內的磁感應強度不為零，選項C錯誤；由c點處的磁感線比d點密集，可知c點的磁感應強度大于d點的磁感應強度，選項D錯誤。
3.C　當線圈中通有如圖所示的電流I時，調節砝碼使兩臂達到平衡，令此時左盤砝碼、右盤中砝碼（包含金屬線圈）的質量分別為m1、m2，根據平衡條件，結合左手定則有m1g＝m2g－NBIL，然后使電流反向、大小不變，此時安培力向下，左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂達到新的平衡，則有m1g＋mg＝m2g＋NBIL，聯立解得B＝，可知C正確。
【著眼“四翼”·探考點】
考點一
【例1】 D　為使地球儀穩定地懸浮在空中，線圈產生的磁場方向應是不變的，線圈應通恒定電流，電路中的電源不能是交流電源，故A錯誤；磁鐵下端是N極，因此線圈上端是N極，由安培定則可知，電路中a端點必須連接直流電源的負極，地球儀才可能懸浮起來，故B錯誤；地球儀穩定懸浮時受到的斥力與重力等大反向，所以地球儀穩定時受到的斥力大小是一定的，故C錯誤，D正確。
【例2】 B　根據安培定則，畫出電流產生的磁場，如圖，根據矢量的合成可知，O點的磁場方向與BF連線垂直斜向上，故選B。
【例3】 AD　小磁針N極向紙外偏轉，表明電流產生的磁場在小磁針位置的方向向東，根據安培定則可知，導線中的電流方向由北向南，A正確；電流在P處產生的磁場與地磁場水平分量的合磁場方向是小磁針靜止時N極所指的方向，B錯誤；設通電導線在P處產生的磁場的磁感應強度為B1，根據磁場的疊加原理有tan 60°＝，解得B1＝B0，C錯誤；根據矢量合成，導線正下方P處磁場的磁感應強度大小為B＝＝2B0，D正確。
考點二
【例4】 C　根據安培定則，可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上方，右側部分的磁場方向斜向右下方，根據左手定則可判斷出導線a左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里，故C正確，A、B、D錯誤。
【例5】 BD　根據左手定則可知，通電后半圓環AB受到的安培力豎直向下，根據受力分析可知，通電后兩繩拉力變大，故A錯誤，B正確；半圓環AB所受安培力的等效長度為直徑AB，則安培力大小為F＝BI·2r＝2BIr。故C錯誤，D正確。
考教銜接
　IlB
考點三
【例6】 B　方法一（電流元法）：把線圈L1沿水平轉動軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無數段直線電流元，電流元處在L2產生的磁場中，根據安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙里，因此從左向右看，線圈L1將順時針轉動。
方法二（等效法）：把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環形電流I2的中心，小磁針的N極將指向該點環形電流I2的磁場方向，由安培定則可知I2產生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉動前，N極指向紙里，因此小磁針的N極應由指向紙里轉為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉動。
方法三（結論法）：環形電流I1、I2不平行，則一定有相對轉動，直到兩環形電流同向平行為止。據此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉動。
【例7】 B　如圖所示，AB棒左側處在斜向上的磁場中，受到的安培力F1穿過紙面向外，AB棒右側處在斜向下的磁場中，受到的安培力F2穿過紙面向里，故AB棒將逆時針轉動（俯視），故A、C錯誤，B正確；通電后，根據安培定則可知AB棒和CD棒中的電流會在周圍產生磁場，根據磁場的疊加可知線段O1O2上不存在磁感應強度為零的位置，故D錯誤。
【例8】 BC　如圖甲所示，導體棒處的磁場方向指向右上方，根據左手定則可知，導體棒受到的安培力方向垂直于磁場方向指向右下方，根據牛頓第三定律可知，導體棒對條形磁鐵的作用力F'方向指向左上方，對條形磁鐵進行受力分析，如圖乙所示，所以FN1＞FN2，即臺秤示數F1＞F2；在水平方向上，由于F'有向左的分力，磁鐵壓縮彈簧，所以彈簧長度變短，選項B、C正確。
【聚焦“素養”·提能力】
【典例1】 A　通電彈體在勻強磁場中受安培力的作用而做加速運動，由動能定理有BIdL＝m－0，解得vm＝，故選A。
【典例2】 （1）0.91 Ω≤R≤10 Ω　（2）I3＝6.187 5 A
解析：（1）當R最小時，ab中電流最大，安培力最大，摩擦力沿斜面向下，根據平衡條件得BImaxLcos 37°＝mgsin 37°＋μ
根據閉合電路歐姆定律得Imax＝
聯立解得Rmin＝0.91 Ω
當R最大時，ab中電流最小，安培力最小，摩擦力沿斜面向上，根據平衡條件得
BImin Lcos 37°＋μ（BIminLsin 37°＋mgcos 37°）＝mgsin 37°
根據閉合電路歐姆定律得Imin＝
聯立解得Rmax＝10 Ω
所以滑動變阻器的阻值R的調節范圍是0.91 Ω≤R≤10 Ω。
（2）根據平衡條件得
BI3Lcos 37°＝mgsin 37°
解得I3＝6.187 5 A。
【典例3】 （1） m/s　4.17 A　（2）0.085 C
解析：（1）對金屬桿，跳起的高度為H，其做豎直上拋運動，由運動學關系式v2＝2gH，解得v＝＝ m/s，通電過程金屬桿受到的安培力大小為FA＝BIL，由動能定理得BILh－mg（H＋h）＝0，解得I＝4.17 A。
（2）對金屬桿，通電時間t'＝0.002 s，由動量定理有（BI'L－mg）t'＝mv'－0，由運動學公式v'2＝2gH'，通過金屬桿橫截面的電荷量q＝I't'，聯立解得q＝0.085 C。
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第1講　磁場及其對電流的作用
高中總復習·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎
02
著眼“四翼”·探考點
03
聚焦“素養”·提能力
04
培養“思維”·重落實
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎
磁場、磁感應強度與磁感線
1. 磁場、磁感應強度
（1）磁場的基本性質
磁場對處于其中的磁體、電流或運動電荷有 的作用。
力　
②定義式：B＝ （通電導線 于磁場）。
③方向：小磁針靜止時 極所指的方向。
④單位： ，符號為T。
　
垂直　
N　
特斯拉　
（2）磁感應強度
①物理意義：描述磁場的 和方向。
強弱　
（3）勻強磁場
磁場中各點磁感應強度的大小 、方向 的磁場。
（4）地磁場
①地磁場的N極在地理 極附近，S極在地理 極
附近，磁感線分布如圖所示。
相等　
相同　
南　
北　
②在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應
強度 ，且方向水平 。
③地磁場在南半球有豎直向 的分量，在北半球有豎直向
的分量。
相等　
向北　
上　
下　
2. 磁感線、電流的磁場
（1）磁感線
①定義：在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的 方向都跟這
點 的方向一致。
②特點
切線　
磁場　
a.磁感線上某點的 方向就是該點的磁場方向。
b.磁感線的疏密定性地表示磁場的 。
c.磁感線是 曲線，沒有起點和終點。
d.磁感線是 的曲線，客觀上并不存在。
切線　
強弱　
閉合　
假想　
（2）幾種常見的磁場
①條形磁體和蹄形磁體的磁場（如圖所示）
②電流的磁場
直線電流 的磁場　 通電螺線 管的磁場 環形電流
的磁場　
安培定則
立體圖
直線電流 的磁場　 通電螺線 管的磁場 環形電流
的磁場　
縱截面圖
安培力
1. 安培力的大小
F＝ ，（其中θ為B與I之間的夾角）
（1）磁場和電流垂直時：F＝ 。
（2）磁場和電流平行時：F＝ 。
IlBsin θ　
IlB　
0　
2. 安培力的方向——遵守左手定則
（1）伸開左手，使拇指與其余四個手指 ，并且都與手掌在同一
個平面內。
（2）讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向 的方向。
（3）拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受 的方向。
垂直　
電流　
安培力　
磁電式電流表的原理圖如圖所示。
（1）磁場特點
①方向：沿 均勻輻射地分布，如圖所示；
②強弱：在距軸線等距離處的磁感應強度大小 。
半徑方向　
相等　
3. 磁電式電流表的工作原理
（2）線圈所受安培力的特點
①方向：安培力的方向與線圈平面 ；
②大?。喊才嗔Φ拇笮∨c通過的電流成 。
垂直　
正比　
（3）表盤刻度特點
線圈左右兩邊所受的安培力的方向相反，于是線圈轉動，螺旋彈簧變形，
以反抗線圈的轉動。電流越大，安培力越大，螺旋彈簧的形變 ，
所以從指針偏轉的角度就能判斷通過電流的 。由于線圈平面總與
磁感線平行，線圈左右兩邊所在之處的磁感應強度的大小總相等，所以表
盤刻度 。根據指針偏轉的方向，可以知道被測電流的方向。
越大　
大小　
均勻　
1. 小磁針N極所指的方向就是該處磁場的方向。 （　×?。?br/>2. 在同一幅圖中，磁感線越密，磁場越強。 （　√　）
3. 安培力的方向既跟磁感應強度方向垂直，又跟電流方向垂直。
（　√?。?br/>4. 通電導線與磁場不垂直且有一定夾角時，左手定則就不適用了。
（　×?。?br/>×
√
√
×
1. （人教版必修第三冊P113“練習與應用”T1改編）有人根據B＝提出
以下說法，其中正確的是（　?。?br/>A. 磁場中某點的磁感應強度B與通電導線在磁場中所受的安培力F成正比
B. 磁場中某點的磁感應強度B與乘積Il成反比
C. 磁場中某點的磁感應強度B不一定等于
D. 通電直導線在某點所受安培力為零，則該點磁感應強度B為零
√
解析： 　磁感應強度B＝是用比值定義法定義B的，但磁感應強度是磁場
的固有性質，與通電導線所受安培力F及乘積Il等外界因素無關，A、B錯
誤；B＝是在通電導線與磁場垂直的情況下得出的，如果不垂直，設通電
導線與磁場方向夾角為θ，則根據F＝IlBsin θ得B＝，即B不一定等于
，C正確；如果θ＝0，雖然B≠0，但F＝0，故D錯誤。
2. （2024·浙江1月選考4題）磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝
有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿
半徑方向，兩者之間有可轉動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下
列說法正確的是（　?。?br/>A. 圖示左側通電導線受到安培力向下
B. a、b兩點的磁感應強度相同
C. 圓柱內的磁感應強度處處為零
D. c、d兩點的磁感應強度大小相等
√
解析： 　由左手定則可知，題圖左側通電導線受到安培力向下，選項
A正確；a、b兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯
誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內的磁感應強度不為零，選項C錯
誤；由c點處的磁感線比d點密集，可知c點的磁感應強度大于d點的磁
感應強度，選項D錯誤。
3. （人教版選擇性必修第二冊P6“練習與應用”T3改編）
如圖所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強
度，它的右臂掛有一個質量為m0的矩形金屬線圈，匝數為
N，底邊長為L，下部懸在勻強磁場中，線圈平面與磁場
垂直。當線圈中通有如圖所示的電流I時，調節砝碼使兩
臂達到平衡；然后使電流反向、大小不變，這時需要在
左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂達到新的平衡，則磁場的磁感強度B的大小為（　?。?br/>A. B.
√
C. D.
解析： 當線圈中通有如圖所示的電流I時，調節砝碼使兩臂達到平衡，
令此時左盤砝碼、右盤中砝碼（包含金屬線圈）的質量分別為m1、m2，根
據平衡條件，結合左手定則有m1g＝m2g－NBIL，然后使電流反向、大小不
變，此時安培力向下，左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂達到新的
平衡，則有m1g＋mg＝m2g＋NBIL，聯立解得B＝，可知C正確。
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
考點一　磁場和安培定則
1. 磁場疊加問題的分析思路
（1）確定磁場場源，如通電導線。
（2）定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的大小和方向。如圖中通電導線M、N在c點產生的磁場BM、BN。
（3）應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B。
2. 安培定則的應用
運用安培定則判定直線電流和環形電流及通電螺線管的磁場時應分清
“因”和“果”。
　　　　因果 磁場　　　　 原因（電流方向） 結果（磁場方向）
直線電流的磁場 大拇指 四指
環形電流及通電螺線管的磁場 四指 大拇指
（2025·廣東茂名期末）圖甲是一個磁懸浮地球儀，其原理如圖乙所示，擺件的底座有一個線圈，地球儀里有一塊磁鐵，磁鐵N極在下，S極在上，底座通電時地球儀就可以懸浮起來，忽略線圈電阻變化及電源內阻，
A. 要使地球儀懸浮起來，線圈應該接上交流電
B. 當電流從線圈a端流入時，地球儀就可以懸浮起來
C. 若僅增大線圈中的電流，地球儀穩定時受到的斥力變大
D. 若僅增加線圈的匝數，地球儀穩定時受到的斥力不變
√
下列說法正確的是（　?。?br/>解析：為使地球儀穩定地懸浮在空中，線圈產生的磁場方向應是不變的，
線圈應通恒定電流，電路中的電源不能是交流電源，故A錯誤；磁鐵下端
是N極，因此線圈上端是N極，由安培定則可知，電路中a端點必須連接直
流電源的負極，地球儀才可能懸浮起來，故B錯誤；地球儀穩定懸浮時受
到的斥力與重力等大反向，所以地球儀穩定時受到的斥力大小是一定的，
故C錯誤，D正確。
（2025·浙江寧波期末）我國三相高壓輸電技術處于國際領先地位，
通電導線周圍存在磁場，假如有三根平行通電長直導線在正三角形的三個
頂點A、B、C上，O點為三角形中心，三根導線電流方向如圖所示，電流
大小相等，則關于O點的磁場方向描述正確的是（　?。?br/>A. 沿BF方向斜向下
B. 與BF連線垂直斜向上
C. 沿CE方向向上
D. 沿DA方向斜向上
√
解析：根據安培定則，畫出電流產生的磁場，如圖，根據矢量的合成可知，O點的磁場方向與BF連線垂直斜向上，故選B。
〔多選〕（2025·福建泉州期末）如圖，某科
技小組要探究長直導線周圍磁場分布情況，將長直
導線沿南北方向水平放置，在導線正下方的P處放置一枚可自由轉動的小磁針。當導線中通以恒定電流后，小磁針N極向紙外偏轉，測得小磁針靜止時N極偏離南北方向的角度為60°。已知實驗所在處地磁場水平分量大小恒為B0，則下列判斷正確的是（　?。?br/>A. 導線中的電流方向由北向南
B. 電流在Р處產生的磁場方向就是小磁針靜止時N極所指的方向
C. 電流在導線正下方P處產生的磁場的磁感應強度大小為B0
D. 導線正下方P處磁場的磁感應強度大小為2B0
√
√
解析：小磁針N極向紙外偏轉，表明電流產生的磁場在小磁針
位置的方向向東，根據安培定則可知，導線中的電流方向由北
向南，A正確；電流在P處產生的磁場與地磁場水平分量的合
磁場方向是小磁針靜止時N極所指的方向，B錯誤；設通電導線在P處產生的磁場的磁感應強度為B1，根據磁場的疊加原理有tan 60°＝，解得B1＝B0，C錯誤；根據矢量合成，導線正下方P處磁場的磁感應強度大小為B＝＝2B0，D正確。
?。?025·山東菏澤模擬）如圖所示，在直角三角形abc中，d是ac的中點，
∠acb＝30°，在b、c兩點放有垂直紙面的直導線，當導線中通有大小相
等、方向向外的恒定電流時，d點的磁感應強度大小為B。若把c點的直導
線平移至a點，電流方向和大小都不變，則此時d點的磁感應強度大小和方
向分別為（　?。?br/>A. B，方向豎直向上 B. 2B，方向豎直向上
C. B，方向水平向左 D. B，方向水平向左
√
解析： 　根據題意得ad＝bd＝cd，導線b在d點的磁感應強度為B0，方向
垂直于bd向左下方，導線c在d點的磁感應強度為B0，方向垂直于bc向右下
方，兩個磁感應強度方向的夾角為120°，根據平行四邊形定則得B0＝B，
導線a在d點的磁感應強度為B0，方向為垂直于ac向左上方，根據平行四邊
形定則得B1＝2B0cos 30°，解得B1＝B，方向水平向左，故選D。
考點二　安培力的大小和方向
安培力的方向
1. 判斷方法：左手定則。
2. 方向特點：F既垂直于B，也垂直于I，所以安培力方向一定垂直于B與
I決定的平面。
如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，
電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向
（　?。?br/>A. 平行于紙面向上
B. 平行于紙面向下
C. 左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D. 左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
√
解析：根據安培定則，可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上
方，右側部分的磁場方向斜向右下方，根據左手定則可判斷出導線a左半
部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里，故C正確，A、B、D錯誤。
安培力的大小
　安培力F＝BIlsin θ，θ為I與B的夾角。
（1）適用條件：勻強磁場。
（2）特例
①當I⊥B時，F＝BIl。
②當I∥B時，F＝0。
（3）通電導線的有效長度
①當通電導線彎曲時，l是導線兩端的有效直線長度（如圖所示）。
②對于任意形狀的閉合線圈，其有效長度均為零，所以通電后在勻強磁場
中受到的安培力的矢量和為零。
〔多選〕（2024·福建高考5題）將半徑為r的銅導線半圓環AB用兩根
不可伸長的絕緣繩a、b懸掛于天花板上， AB置于垂直紙面向外的大小為B
的磁場中，現給導線通以自A到B大小為I的電流，則（　　）
A. 通電后兩繩拉力變小 B. 通電后兩繩拉力變大
C. 安培力為πBIr D. 安培力為2BIr
√
√
解析：根據左手定則可知，通電后半圓環AB受到的安培力豎直向下，根據
受力分析可知，通電后兩繩拉力變大，故A錯誤，B正確；半圓環AB所受
安培力的等效長度為直徑AB，則安培力大小為F＝BI·2r＝2BIr。故C錯誤，
D正確。
如圖所示，長為2l的直導線折成邊長相等、夾角為60°的V形，并置于與
其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B。當在導線中通以電流I
時，該V形通電導線受到的安培力為多大？
答案：IlB
（本題源自于人教版選擇性必修第二冊P21“復習與提高” T4）
如圖所示，正六邊形線框abcdef由六根導體棒連接而成，固定
于勻強磁場中的線框平面與磁場方向垂直，線框頂點a、b與電源兩端相
連，其中ab棒的電阻為5R，其余各棒的電阻均為R，電源內阻及導線電阻
忽略不計。S閉合后，線框受到的安培力大小為F。若僅將ab棒移走，則余
下線框受到的安培力大小為（　　）
A. B. C. D.
√
解析： 　S閉合后，ab棒與其余各棒并聯，設電源電動勢為E，則并聯兩
支路的電流大小均為I＝，ab棒受到的安培力的大小為Fab＝ILB，其余各
棒在磁場中的等效長度也為L，受到的安培力大小為F其＝ILB，線框受到的
安培力大小F＝Fab＋F其＝2ILB，若僅將ab棒移走，則余下線框受到的安培
力大小F'＝F其＝ILB＝，故A正確。
考點三　安培力作用下導體運動情況的判斷
　安培力作用下導體運動情況判斷的常用方法
電流元法 分割為電流元 安培力方向→整段導體所受合力方向→
運動方向
特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→運動方向
等效法 環形電流→小磁針，通電螺線管→條形磁鐵
結論法 同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線
電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換研究對
象法　 先分析電流所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁
體所受的作用力
一個可以沿過圓心的水平軸自由轉動的線圈L1和一個固定的線圈L2互
相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示。當兩線圈中通以圖
示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將（　?。?br/>A. 不動 B. 順時針轉動
C. 逆時針轉動 D. 在紙面內平動
√
解析：方法一（電流元法）：把線圈L1沿水平轉動軸分成上、下兩部分，
每一部分又可以看成無數段直線電流元，電流元處在L2產生的磁場中，根
據安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半
部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向
均指向紙里，因此從左向右看，線圈L1將順時針轉動。
方法二（等效法）：把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環形電流
I2的中心，小磁針的N極將指向該點環形電流I2的磁場方向，由安培定則可
知I2產生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉動
前，N極指向紙里，因此小磁針的N極應由指向紙里轉為向上，所以從左向
右看，線圈L1將順時針轉動。
方法三（結論法）：環形電流I1、I2不平行，則一定有相對轉動，直到兩環
形電流同向平行為止。據此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉動。
（2025·廣東梅州模擬）如圖所示，一光滑絕緣的圓柱體固定在水平
面上。導體棒AB可繞過其中點的轉軸在圓柱體的上表面內自由轉動，導體
棒CD固定在圓柱體的下底面。開始時，兩棒相互垂直并靜止，兩棒中點
O1、O2連線與圓柱體的中軸線重合?，F對兩棒同時通入圖示方向（A到B、
C到D）的電流。下列說法正確的是（　?。?br/>A. 通電后，AB棒仍將保持靜止
B. 通電后，AB棒將逆時針轉動（俯視）
C. 通電后，AB棒將順時針轉動（俯視）
D. 通電瞬間，線段O1O2上存在磁感應強度為零的位置
√
解析：如圖所示，AB棒左側處在斜向上的磁場中，受
到的安培力F1穿過紙面向外，AB棒右側處在斜向下的
磁場中，受到的安培力F2穿過紙面向里，故AB棒將逆
時針轉動（俯視），故A、C錯誤，B正確；通電后，根據安培定則可知AB棒和CD棒中的電流會在周圍產生磁場，根據磁場的疊加可知線段O1O2上不存在磁感應強度為零的位置，故D錯誤。
〔多選〕如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕
質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數為F1，現在磁鐵上方
中心偏左位置固定一導體棒，當導體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺
秤讀數為F2，則以下說法正確的是（　　）
A. 彈簧長度將變長 B. 彈簧長度將變短
C. F1＞F2 D. F1＜F2
√
√
解析：如圖甲所示，導體棒處的磁場方向
指向右上方，根據左手定則可知，導體棒
受到的安培力方向垂直于磁場方向指向右
下方，根據牛頓第三定律可知，導體棒對
條形磁鐵的作用力F'方向指向左上方，對條
形磁鐵進行受力分析，如圖乙所示，所以FN1＞FN2，即臺秤示數F1＞F2；在水平方向上，由于F'有向左的分力，磁鐵壓縮彈簧，所以彈簧長度變短，選項B、C正確。
　如圖所示，兩個完全相同、互相垂直的導體圓環Q、P（Q平行于紙面，
P垂直于紙面）中間用絕緣細線連接，通過另一絕緣細線懸掛在天花板
下，當Q有垂直紙面往里看逆時針方向的電流、同時P有從右往左看逆時針
方向的電流時，關于兩圓環的轉動（從上向下看）以及細線中拉力的變
化，下列說法中正確的是（　　）
A. Q逆時針轉動，P順時針轉動，Q、P間細線拉力變小
B. Q逆時針轉動，P順時針轉動，Q、P間細線拉力變大
C. Q順時針轉動，P逆時針轉動，Q、P間細線拉力變小
D. Q順時針轉動，P逆時針轉動，Q、P間細線拉力變大
√
解析： 　根據安培定則，Q產生的磁場的方向垂直于紙面向外，P產生的
磁場方向水平向右，將Q等效于S極在里、N極在外的小磁針，P等效于左
側為S極、右側為N極的小磁針，根據同名磁極相互排斥、異名磁極相互吸
引的特點，P將逆時針轉動，Q將順時針轉動，轉動后P、Q兩環相互靠近
處的電流的方向相同，所以兩個線圈相互吸引，細線張力減小，故C正
確，A、B、D錯誤。
現實 科技 應用
聚焦“素養”·提能力
1. 安培力作用下導體的平衡和加速問題的分析思路
選定研究對象→三維圖 二維平面圖→畫受力圖。
即通過畫俯視圖、剖面圖、側視圖等，將立體圖轉換為平面受力圖，如圖
所示。
安培力作用下的平衡和加速問題
2. 安培力做功的特點和實質
（1）安培力做功與路徑有關，這一點與電場力不同。
（2）安培力做功的實質是能量轉化。
①安培力做正功時，將電能轉化為導體的機械能或其他形式的能。
②安培力做負功時，將機械能轉化為電能或其他形式的能。
（2025·廣西桂林模擬 ）如圖所示為電磁軌道炮的工作原理圖，質
量為m的待發射彈體與軌道保持良好接觸，并可在寬為d、長為L的兩平行
水平軌道之間無摩擦滑動，軌道間加有磁感應強度大小為B、方向豎直向
下的勻強磁場，恒定電流I從一條軌道流入，通過彈體流回另一條軌道。不
計空氣阻力，則彈體通過這一裝置可以獲得的最大速度為（　?。?br/>A. B.
C. D.
√
解析：通電彈體在勻強磁場中受安培力的作用而做加速運動，由動能定理
有BIdL＝m－0，解得vm＝，故選A。
（2025·江蘇南京階段練習）如圖所示，相距20 cm的平行金屬導軌
所在平面與水平面夾角θ＝37°，現將一質量m＝330 g的金屬棒ab放在導
軌上，它與導軌間的動摩擦因數μ＝0.50，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦
力，整個裝置處于磁感應強度大小為2 T豎直向上的勻強磁場中，導軌所接
的電源電動勢為15 V，內阻不計，滑動變阻器的阻值滿足要求，其他部分
電阻不計，為了保證ab處于靜止狀態，求：（g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，計算結果均取兩位有效數值）
（1）滑動變阻器的阻值R的調節范圍；
答案： 0.91 Ω≤R≤10 Ω　
解析： 當R最小時，ab中電流最大，安培力最大，摩擦
力沿斜面向下，根據平衡條件得BImaxLcos 37°＝mgsin 37°
＋μ根據閉合電路歐姆定律
得Imax＝聯立解得Rmin＝0.91 Ω
當R最大時，ab中電流最小，安培力最小，摩擦力沿斜面
向上，根據平衡條件得BImin Lcos 37°＋μ＝mgsin 37°
根據閉合電路歐姆定律得Imin＝
聯立解得Rmax＝10 Ω
所以滑動變阻器的阻值R的調節范圍是0.91 Ω≤R≤10 Ω。
（2）ab通入的電流為多大時金屬棒與導軌間的摩擦力為0。
答案： I3＝6.187 5 A
解析： 根據平衡條件得
BI3Lcos 37°＝mgsin 37°
解得I3＝6.187 5 A。
（2023·海南高考17題）如圖所示，U形金屬桿上邊長為L＝15 cm，
質量為m＝1×10－3 kg，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬
桿所在空間有垂直紙面向里B＝8×10－2 T的勻強磁場。
（1）若插入導電液體部分深h＝2.5 cm，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其
下端離液面高度H＝10 cm，設桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度
大小和金屬桿中的電流有多大；（g＝10 m/s2）
答案： m/s　4.17 A　
解析： 對金屬桿，跳起的高度為H，其做豎直上拋運動，由運動學關
系式v2＝2gH，解得v＝＝ m/s，通電過程金屬桿受到的安培力大
小為FA＝BIL，由動能定理得BILh－mg（H＋h）＝0，解得I＝4.17 A。
（2）若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬
桿跳起的高度H'＝5 cm，通電時間t'＝0.002 s，求通過金屬桿橫截面的電
荷量。
答案： 0.085 C
解析： 對金屬桿，通電時間t'＝0.002 s，由動量定理有（BI'L－mg）
t'＝mv'－0，由運動學公式v'2＝2gH'，通過金屬桿橫截面的電荷量q＝I't'，
聯立解得q＝0.085 C。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
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1. （2025·湖南長沙模擬）中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記
載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也?！?br/>進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意圖如圖所示。結合上
述材料，下列說法正確的是（　?。?br/>A. 地磁場的磁感線不閉合
B. 地理南、北極與地磁場的南、北極重合
C. 地磁南極在地理北極附近
D. 地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行
√
解析： 　地磁場的磁感線是閉合的，在地球外部從N極到S極，內部從S
極到N極，選項A錯誤；地理南、北極與地磁場的南、北極并不重合，地磁
南極在地理北極附近，選項B錯誤，C正確；只有在地球赤道上方位置的地
磁場方向才與地面平行，選項D錯誤。
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2. （2025·江蘇揚州模擬）圖甲為磁電式電流表的結構示意圖，圖乙為極
靴和鐵質圓柱間的磁場分布圖，線圈a、b兩邊通以圖乙所示方向電流，線
圈兩邊所在處的磁感應強度大小相等。則下列選項正確的是（　?。?br/>A. 該磁場為勻強磁場
B. 線圈將逆時針轉動
C. 線圈轉動過程中受到的安培力逐漸變大
D. 圖乙所示位置線圈a邊所受安培力方向豎直向上
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解析： 　根據磁感線分布可知，線圈兩邊所在處的磁場強度大小相等，
但是方向不同，則不是勻強磁場，選項A錯誤；根據左手定則，圖乙所示
位置a邊受安培力向下，則a向下轉動，b向上轉動，即線圈將逆時針轉
動，選項B正確，D錯誤；由于磁感應強度大小不變，電流大小不變，則安
培力大小始終為BIL，故C錯誤。
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3. 〔多選〕（2025·廣東深圳開學考試）1月3日，由我國自主研制的
AG60E電動飛機在千島湖通用機場圓滿完成首飛。其依靠電動機而非內燃
機工作，工作原理可簡化如圖，通過電刷和換向環電流總是從矩形線框右
側導線流入、左側導線流出，電路電流恒為i，勻強磁場的磁感應強度為
B，線框的匝數為N，左邊長為L，則在圖示位置時（　?。?br/>A. 線框將沿順時針方向轉動
B. 線框將沿逆時針方向轉動
C. 左側導線受到的安培力大小為NBiL
D. 線框轉過30°時左側導線受到的安培力大小為NBiL
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解析： 　由左手定則可知，左側導線受到的安培力向上，右側導線受到
的安培力向下，故線框順時針方向轉動，故A正確，B錯誤；圖示位置時，
滿足電流方向和磁場方向相互垂直，故左側導線受到的安培力大小為F安＝
NBiL，故C正確；線框轉過30°時，仍滿足電流方向與磁場方向垂直，左
側導線受到的安培力大小仍為F安＝NBiL，故D錯誤。
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4. 〔多選〕（2025·遼寧遼陽模擬 ）如圖所示，兩根通電導線P、Q沿垂直
紙面的方向放置，且導線P、Q中通有電流I1、I2，電流的方向圖中未畫
出。O點為兩導線沿紙面連線的中點，c、d兩點關于O點對稱，a、b兩點關
于O點對稱，已知c點的磁感應強度為零，d點的磁感應強度方向垂直cd向
下。則下列說法正確的是（　?。?br/>A. P中的電流方向垂直紙面向外、Q中的電流方向垂直紙面向里
B. I1＞I2
C. O點的磁感應強度方向垂直cd向下
D. a、b兩點的磁感應強度不相同
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解析： 　由題意知c點的磁感應強度為零，則說明導
線P、Q在c點產生的磁感應強度大小相等、方向相反，
即兩導線中的電流方向相反，又c點距離導線P較近，
則導線P中的電流較小，即I1＜I2，故B錯誤；由B分析可知，導線Q在d點產生的磁場強，d點的磁感應強度方向垂直cd向下，由安培定則可知P中的電流方向向外、則Q中的電流方向向里，故A正確；由安培定則可知，
導線P、Q在O點產生的磁感應強度方向均垂直cd連線向上，故C錯誤；由于I1＜I2，分別做出兩電流在a、b兩點產生的磁感應強度大小和方向，如圖所示，根據磁場的矢量合成可知a、b兩點的磁感應強度大小相等、方向不
同，故D正確。
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5. （2025·四川綿陽期末）有一半徑為R的圓形線框懸掛在
彈簧測力計下端，線框中通有abcda方向的恒定電流I，直
線MN是勻強磁場的邊界線，磁場方向垂直于圓形線框所
在平面向里。整個線圈都在磁場中，平衡時彈簧測力計的
讀數為F；若將線圈上提，讓圓形線框正好有一半露出磁
場，其他條件都不改變，再次平衡時，彈簧測力計的讀數為5F，則勻強磁場的磁感應強度大小為（　?。?br/>A. B. C. D.
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解析： 　圓形線框全部在磁場中時，受到安培力作用的有效長度為零，
則滿足關系F＝mg，圓形線框正好有一半露出磁場時，有效長度為2R，受
到豎直向下的安培力，大小為BL×2R，由平衡條件得5F＝mg＋BI×2R，
解得B＝，故選B。
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6. 一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示。如
果直導線可以自由地運動且通以由a到b方向的電流，則導線ab受安培力后
的運動情況為（　　）
A. 從上向下看順時針轉動并靠近螺線管
B. 從上向下看順時針轉動并遠離螺線管
C. 從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管
D. 從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管
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解析： 　通電螺線管的磁感線如圖
甲所示，左側導線所處的磁場方向斜
向上，右側導線所處的磁場斜向下，
由左手定則可知，左側導線受安培力
方向向外，右側導線受安培力方向向里，從上向下看，導線應為逆時針轉
動；當導線轉過90°時，由左手定則可得導線受安培力向下，如圖乙所
示，所以，導線運動為逆時針轉動的同時還要靠近通電螺線管，故D正
確，A、B、C錯誤。
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7. （2025·江蘇南京模擬）在勻強磁場中有粗細均勻的三根同種導線制成
的直角三角形線框abc，∠a＝90°，∠c＝30°，磁場方向垂直于線框平面
向外，a、c兩點接一直流電源，電流方向如圖所示。下列說法正確的是
（　?。?br/>A. 導線bc受到的安培力大于導線ac所受到的安培力
B. 導線abc受到的安培力的合力等于導線ac受到的安培力
C. 導線ab、ac所受安培力的大小之比為1∶3
D. 導線abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上
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解析： 　設ab邊電阻為R，則ac邊電阻為R，bc邊電阻為2R，由并聯分
流原理，＝＝，設abc中電流為I，則ac中電流為I，則Fbc＝
BILbc，Fac＝BILac＝BILbc，可得Fbc＜Fac，故A錯誤；abc等效長度等于
ac，但電流小于ac電流，則Fabc＜Fac，故B錯誤；由于Fab＝BILab，Fac＝
BILac＝3BILab，所以Fab∶Fac＝1∶3，故C正確；由左手定則可判定導線
abc受到的安培力的合力方向垂于ac向下，故D錯誤。
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8. （2025·安徽黃山模擬預測）邊長為L的硬輕質正三角形導線框abc置于
豎直平面內，ab邊水平，絕緣細線下端c點懸掛重物，勻強磁場大小為B，
方向垂直紙面向里?，F將a、b接在輸出恒定電流電源的正負極上，當通過
ab邊的電流為I時，重物恰好對地無壓力，則重物重力的大小為（　?。?br/>A. BIL B.
C. D. 2BIL
解析： 根據并聯分流原理可知流過acb路徑的電流大小為，根據平衡
條件得mg＝BIL＋BIL，解得mg＝，故選B。
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9. （2025·河北保定高三期末）如圖所示，傾角為α的光滑斜面置于磁感應
強度大小為B1，方向豎直向上的勻強磁場中，一質量為m、長為L的導體
棒，通以垂直紙面向外、電流大小為I的電流時，放在斜面上恰好能保持靜
止。如果將磁場方向變為垂直斜面向上，磁感應強度大小變為B2，其他物
理量保持不變，導體棒還能靜止在斜面上。已知重力加速度為g，則（　?。?br/>A. B1＝ B. B1＝
C. B2＝ D. B2＝
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解析： 磁場方向豎直向上時，對
導體棒受力分析如圖甲所示，支持力
和安培力的合力方向豎直向上，大小
等于重力大小，有ILB1＝mgtan α，解
得B1＝，故A、B錯誤；磁場方向垂直斜面向上時，對導體棒受力分
析如圖乙所示，支持力和安培力的合力方向豎直向上，大小等于重力大
小，有ILB2＝mgsin α，得B2＝，故C正確，D錯誤。
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10. （2025·山東臨沂二模）據報道，我國福建號航母艦載機彈射起飛的電
磁彈射技術與他國不同，采用的儲能方式是超級電容。某科學探究小組制
作了一個簡易的電容式電磁彈射裝置，如圖所示，間距為l的水平平行金屬
導軌左端連接充好電的電容器，電容為C，電壓為U，導軌右端放置質量為
m的光滑金屬棒，勻強磁場沿豎直方向（圖中未畫出），磁感應強度大小
為B，開關閉合后金屬棒向右離開導軌后水平射出，若某次試驗金屬棒彈
射出去后電容器兩端的電壓減為，不計一切阻力，則金屬棒離開導軌的
速度為（　?。?br/>A. B.
C. D.
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解析： 　根據電容器的定義式，有C＝，可知金屬棒在導軌上運動過程
中通過它的電荷量為q＝CΔU＝CU，由動量定理，可得Blt＝mv，又q＝
t，聯立解得v＝，故選C。
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11. 〔多選〕（2025·浙江杭州模擬）如圖所示，電阻不計的水平導軌間距
為0.5 m，導軌處于方向與水平面成53°角斜向右上方的磁感應強度為5 T
的勻強磁場中。導體棒ab垂直于導軌放置且處于靜止狀態，其質量為m＝1
kg，電阻為R＝0.9 Ω，與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，電源電動勢E＝10
V，其內阻r＝0.1 Ω，定值電阻的阻值R0＝4 Ω。不計定滑輪的摩擦，設最
大靜摩擦力等于滑動摩擦力，細繩對ab的拉力沿水平方向，重力加速度g
取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，則（　　）
A. 導體棒ab受到的摩擦力方向一定向右
B. 導體棒ab受到的安培力大小為5 N，方向垂直于磁場
斜向左上
C. 重物重力G最小值是1.5 N
D. 重物重力G最大值是7.5 N
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解析： 　由閉合電路歐姆定律可得I＝＝ A＝2 A，
ab受到的安培力大小為F安＝IlB＝2×0.5×5 N＝5 N，方向垂直于磁
場斜向左上，故B正確；若導體棒ab恰好有水平向左的運動趨勢時，導
體棒所受靜摩擦力水平向右，則由共點力平衡條件可得mg＝F安cos α
＋FN，F安sin α＝Ffmax＋G1，Ffmax＝μFN，聯立解得G1＝0.5 N，若導
體棒ab恰好有水平向右的運動趨勢時，導體棒所受靜摩擦力水平向
左，則由共點力平衡條件可得mg＝F安cos α＋FN，F安sin α＋Ffmax＝
G2，Ffmax＝μFN，聯立解得G2＝7.5 N，所以重物重力G的取值范圍為
0.5 N≤G≤7.5 N，故A、C錯誤，D正確。
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演示完畢 感謝觀看

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