第38講磁場及其對電流的作用

——劃重點之精細講義系列

■AIM"

考點1磁場的理解及安培定則

考點2安培力作用下的平衡與加速問題

考點3磁場中導體運動方向的判斷

■基礎即里勤軍疝

一1.磁場、磁感應強度

1.磁場

(1)基本性質：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁力的作用.

(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向.

2.磁感應強度

(1)物理意義：描述磁場強弱和方向.

(2)定義式：5=/(通電導線垂直于磁場).

(3)方向：小磁針靜止時N極的指向.

(4)單位：特斯拉，符號T.

二.磁感線及幾種常見的磁場分布

1.磁感線

在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應強度的方向一致.

2.幾種常見的磁場

(1)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場(如圖所示)

、"7出"

條形磁鐵蹄形磁鐵

(2)幾種電流周圍的磁場分布

直線電流的磁場通電螺線管的磁場環形電流的磁場

與條形磁鐵的磁場相

環形電流的兩側是N

無磁極、非勻強且距似,管內為勻強磁場

特點極和S極且離圓環中

導線越遠處磁場越弱且磁場最強，管外為

心越遠，磁場越弱

非勺強磁場

?

安培定則

返

立體圖

?0

從

從

從

上

左

X嚼

向XX

橫截面圖向

左

下

X右>

看

看

看

"XX

X

縱截面圖/X

1X

??JXX

(3)磁感線的特點

①磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向.

②磁感線的疏密程度表示磁場強弱.

③磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點.在磁體外部，從N極指向S極，在磁體內部，從S極

指向N極.

④磁感線是假想的曲線，不相交、不中斷、不相切.

三.安培力的大小和方向

1.大小

(l)F=BZ￡sin。(其中。為B與/之間的夾角)

(2)磁場和電流垂直時F=BIL.

(3)磁場和電流平行時F=0.

2.方向

(1)用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；

讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受

安培力的方向.

(2)安培力的方向特點：F±B,FYI,即尸垂直于8和1決定的平面.(注意：8和/可以有任意

夾角)

,考點剖析理重點

考點1:磁場的理解及安培定則

1.磁感應強度的三點理解

(1)磁感應強度由磁場本身決定，因此不能根據定義式8=強認為8與F成正比，與〃，成反比.

(2)測量磁感應強度時小段通電導線必須垂直磁場放入，如果平行磁場放入，則所受安培力為零，

但不能說該點的磁感應強度為零.

(3)磁感應強度是矢量，其方向為放入其中的小磁針N極的受力方向，也是小磁針靜止時N極

的指向.

2.安培定則的應用

在運用安培定則判定直線電流和環形電流的磁場時應分清"因''和"果”.

原因(電流方向)結果(磁場繞向)

直線電流的磁場大拇指四指

環形電流的磁場四指大拇指

3.磁場的疊加

磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成

與分解.兩個電流附近的磁場的磁感應強度是由兩個電流分別獨立存在時產生的磁場在該處的磁感

應強度疊加而成的.

4.磁感應強度疊加三步驟

空間中的磁場通常會是多個磁場的疊加，磁感應強度是矢量，可以通過平行四邊形定則進行計

算或判斷.其步驟如下：

(1)確定場源，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/、N在c點產生的磁場.

(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B.

?^含

工4向潁蜩上

【考向1】（2023?四川綿陽?三模）如圖所示，完全相同的甲、乙兩個環形電流同軸平行放置，甲的

圓心為0「乙的圓心為。2,在兩環圓心的連線上有。、b、c三點，其中a。1=。/=匕。2=外的此

時。點的磁感應強度大小為當，b點的磁感應強度大小為外。當把乙環的電流改為等大反向電流后，

c點的磁感應強度大小為（）

甲乙

A.B2-B1B.B2-^C.BI-當D.g

【答案】A

【詳解】由右手螺旋定則可知，甲、乙兩環在6點產生的磁感應強度方向相同（水平向左），大小相

等，由于b點的磁感應強度大小為為，則甲、乙兩環在b點產生的磁感應強度大小均為母，由對稱性

可知，甲環在a點產生的磁感應強度方向水平向左，大小為字，由于a點的磁感應強度方向水平向左，

大小為當，可知，乙環在a點產生的磁感應強度大小為當-年，方向向左，當把乙環的電流改為等

大反向電流后，乙環在c點的磁感應強度大小等，方向向右，甲環在c點的磁感應強度大小名-墨

方向向左，則c點的磁感應強度大小為

B吟一。14）='2-當

故選Ao

【考向2】（2023?山東濟南?二模）如圖甲所示，a、6位于兩個等量異種電荷的連線上，且。、6到。

點的距離相等；如圖乙所示，兩根相互平行的長直導線垂直紙面通過M、N兩點，O'為MN的中

點，c、1位于的連線上，且c、1到。點的距離相等，兩導線中通有等大反向的恒定電流，下

列說法正確的是（）

II

II

M\N

+（+）---?--，--?--。7區…---1------?---（￡）

十aq7ao\b工…c0[d1

I口I

II

II

II

甲乙

A.。點處的電場強度為零

B.c、d處的磁感應強度相同

C.在。點處無初速的釋放點電荷+q,點電荷將在“b間做往復運動

D.。'點處的磁感應強度為零

【答案】B

【詳解】A.正電荷在。點處的電場強度方向水平向右，負電荷在。點處的電場強度方向水平向右，

根據場強疊加可知，。點處的總電場強度不為零，故A錯誤；

BD.根據右手螺旋定則，M、N兩點處長直導線在c、d、。'點處的磁感應強度方向均豎直向下，

根據對稱性以及場強疊加可知，c、d處的磁感應強度相同，0,點處的磁感應強度不為零，故B正

確，D錯誤；

C.點電荷在°、6間時，根據場強疊加可知，總電場強度方向水平向右，點電荷所受電場力水平向

右，不會做往復運動，故C錯誤。

故選B。

【考向3】（2024.江西?一模）如圖所示，A、B、C、E、廠是在紙面內圓上的五個點，其中連線ER

AC過圓心。點，A、B關于對稱，ZXOF=60°,在E、尸兩點處垂直于紙面放置兩根相互平行

的長直細導線，兩根導線中分別通有大小相等的電流已知通電直導線形成的磁場在空間某點處的

磁感應強度大小8=色，左為常量，r為該點到導線的距離。若E處的電流在A點產生的磁感應強度

r

大小為Bi，下列說法中正確的是（）

￡

A.若兩根導線中的電流同向，則。點磁感應強度大小為2遍當

B.若兩根導線中的電流同向，則A、8兩點磁感應強度相同，均為2名

C.若兩根導線中的電流反向，則A、C兩點磁感應強度相同，均為舊當

D.無論兩根導線中的電流同向還是反向，A、B、C三點的磁感應強度大小均為2&

【答案】D

【詳解】A.同向電流在。點的磁場方向相反，磁感應強度大小相等，故若兩根導線中的電流同向,

。點磁感應強度大小為零，故A錯誤；

B.根據幾何關系有

——=tan（90°—Z.AOF}=—

rAE3

作出同向電流（假設電流方向向內），在A、B點磁感應強度的矢量圖如圖甲所示，則

F=Bl,BFI=F=V3Bi

rAErAF

則A點磁感應強度為

BA=]琛1+=2B]

同理可得B點磁感應強度為

BB=2B]

故則A、8兩點磁感應強度大小相等，大小均為2B「根據矢量圖可知A、8兩點磁感應強度方向不

同，故B錯誤；

C.作出反向電流（假設￡流入、e流出），在A、C點磁感應強度的矢量圖如圖乙所示，同前面分

析，可以發現A、C兩點磁感應強度矢量和的方向相同，大小均為2%，故C錯誤；

D.根據前面的分析可知，無論兩根導線中的電流同向還是反向，A、B、C三點的磁感應強度大小

均為2Bi，故D正確。

故選D。

【考向4]（2024?遼寧?三模）如圖所示，為一等邊三角形，兩根通過電流相等的長直導線分別

垂直紙面置于A、。兩個頂點，A處導線中的電流方向垂直紙面向里，。處導線中的電流方向垂直紙

面向外。已知通電長直導線在其周圍某點處產生的磁感應強度大小為B=幺，左為常量，為該點到通

r

電直導線的距離。已知C處磁感應強度大小為Bo,則CD邊中點E的磁感應強度大小為（）

DEC

A.B.V3B0c.等BoD.4S0

【答案】C

【詳解】設三角形ACO的邊長為3則A處導線在C點產生的磁感應強度大小為

2=藍。處導線在C點產生的磁感應強度大小為

BQ=Bicos60。+82cos60。=—

結合上述分析知，A處導線在E點產生的磁感應強度大小為

B3=詈=專殳。處導線在E點產生的磁感應強度大小為

~L

反=N=2殳6點的合磁感應強度為

2L

故選Co

【考向5】（多選）（2025?福建泉州?一模）我國特高壓直流輸電是國家重點工程，已躍居全球第一。

特高壓電網的強電流會在周圍空間產生很強的磁場。兩根等高、相互平行的水平特高壓直流輸電線

分別通有大小相等、方向相反的電流，從上往下觀察的示意圖如圖所示。直線與兩根輸電線等

高并垂直，b點位于兩根輸電線間的中點，。、c兩點與b點距離相等，d點位于萬點正下方。不考慮

其他磁場的影響，則（）

A.。點的磁感應強度方向豎直向上B.6點的磁感應強度方向豎直向下

C.c點的磁感應強度方向豎直向下D.d點的磁感應強度方向豎直向上

【答案】AB

【詳解】AC.根據安培定則知和磁場的疊加可知，。、c點處的磁感應強度方向與近端導線中電流產

生的磁場相同，方向均為豎直向上，故A正確，C錯誤；

B.根據安培定則和磁場的疊加可知，兩根電線中的電流，在6點的磁感應強度方向豎直向下，故B

正確；

D.根據安培定則和磁場的疊加可知，d點的磁感應強度方向豎直向下，故D錯誤。

故選ABo

Z考點剖析理重點

考點2：安培力作用下的平衡與加速問題

1.安培力常用公式要求兩兩垂直，應用時要滿足:

XXXXXX

X?x>^1xX寧又

XlxX(x|x

X6乂X>H>x

①8與L垂直

②工是有效長度，即垂直磁感應強度方向的長度.如彎曲導線的有效長度c等于兩端點所連

直線的長度(如圖所示)，相應的電流方向沿c由始端流向末端.因為任意形狀的閉合線圈，

其有效長度為零，所以閉合線圈通電后在勻強磁場中，受到的安培力的矢量和為零

2.分析導體在磁場中平衡和加速問題的思路

(1)確定要研究的導體.

(2)按照已知力一重力—安培力一彈力—摩擦力的順序，對導體受力分析.

(3)分析導體的運動情況.

(4)根據平衡條件或牛頓第二定律列式求解.

3.解決安培力作用下導體平衡問題的一般思路

1確定研究對象■-------------------------------------1通電導體

（垂直導體］

I電流垂直紙面向里面??

畫平面圖,〔棒的平面J/1

I電流垂直紙面向外面01

重力，彈力，摩擦力等

Y安培定則］?

1受力分析

法培力?

-----------1平衡方程

4.安培力作用下導體的分析方法

通電導體在磁場中受安培力和其它力作用而處于靜止狀態，可根據磁場方向、

靜態平衡問題

電流方向結合左手定則判斷安培力方向，從而列出平衡方程

此類題目是平衡問題，只是由于磁場大小或方向、電流大小或方向的變化造成

動態平衡問題

安培力變化，與力學中動態平衡的分析方法一致

此類題目是導體棒在安培力和其它力作用下合力不再為零，而使導體棒產生加

加速問題速度，根據受力特點結合牛頓第二定律解題是常用方法；如果是變加速的問題，

直接能量守恒定律和動量守恒或動量定理分析。

【考向6】（2024?福建.三模）如圖所示，水平桌面內固定一金屬導線做成的心形擺件，該擺件由兩

個直徑為d的半圓形導線和一個V形導線組成，M,N為兩部分導線連接點，空間存在磁感應強度

大小為8、豎直向下的勻強磁場、從M、N點引出導線，向擺件中通以恒定電流/,擺件受到的安培

力大小為（）

A.2BIdB.BldC.等D.—

11

【答案】A

【詳解】電流從M點流到N點，有效長度為24,根據安培力公式可知

F=2BId

故選Ao

【考向7】（2024.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/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

置質量為機的光滑金屬棒，勻強磁場沿豎直方向（圖中未畫出），磁感應強度大小為8,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峙不計一切

阻力，則金屬棒離開導軌的速度為（）

BCUlV3BCUI「3BCUE9BCUI

4m2m4m16m

【答案】c

【詳解】根據電容器的定義式，有

可知金屬棒在導軌上運動過程中通過它的電荷量為

3

q=CAU=-CU

4

由動量定理，可得

Blit=mv

又

q=It

聯立，解得

3BCUI

v---------

4m

故選C。

【考向8］如圖所示，安裝在固定支架（圖中未畫出）上的光滑絕緣轉動軸。0'兩端通過等長的輕質

細軟導線（導線不可伸長）連接并懸掛長為3質量為機的導體棒仍，導體棒橫截面的直徑遠遠小

于懸線的長度，空間存在輻向分布磁場（磁極未畫出），導體棒擺動過程中磁場方向總是垂直于導體

棒，導體棒所在處的磁感應強度大小均為2,開始時導體棒靜止在最低點。現給導體棒通以方向向

里的電流（電路未畫出），若僅通過逐漸改變導體棒中的電流大小，使導體棒由最低點緩慢移動到懸

線呈水平狀態，則在這個過程中（）

接電源

A.懸線對導體棒的拉力先增大后減小

B.導體棒中的電流一直減小

C.轉動軸。。'受到繩子在豎直方向的作用力一直不變

D.轉動軸。0’受到繩子在水平方向的作用力先增大后減小

【答案】D

【詳解】A.對導體棒進行受力分析，受到三個力作用，豎直向下的重力機g,始終垂直于懸線方向

的安培力

F=BIL

懸線沿半徑指向轉軸的拉力設運動過程中懸線與豎直方向的夾角為0,由平衡條件有

氏=mgcos0

導體棒從最低點緩慢移到最高點時，e越來越大，則拉力丹越來越小。故A錯誤；

B.在沿垂直于懸線方向，由平衡條件有

BIL-mgsin9

解得

mgsin6

1=-BL

磁感應強度大小8和導體棒長度工不變，。越來越大，所以電流/越來越大。故B錯誤；

c.設轉動軸對系統在豎直方向的作用力為a，根據平衡條件有

Fy+BILsin9=mg

解得

2

Fy=mgcos6

可見隨著。越來越大，轉動軸。。'受到繩子在豎直方向的作用力與越來越小。故C錯誤；

D.設轉動軸對系統在水平方向的作用力為耳，根據平衡條件有

Fx=BILcos0

解得

1

Fx=-mgsin23

可見導體棒緩慢移到水平狀態的過程中，。由0增大到90。的過程中，當。=45。時&最大。所以轉動

軸0。'受到繩子在水平方向的作用力先增大后減小。故D正確。

故選D。

【考向9】通電直導線時的質量為根、長為用兩根細線把導線水平吊起，導線上的電流為/,方向

如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B,導線處于平衡時懸線與

豎直方向成8=37°,已知sin37°=0.6,cos37。=0.8,重力加速度為g。下列說法正確的是（）

3

A.mg=-BII

B.懸線的拉力大小為?nig

C.若增大磁感應強度，則導線靜止時懸線與豎直方向的夾角將變小

D.若將導線拉到最低處由靜止釋放，則導線ab的最大速度為

【答案】D

【詳解】AB.對導線受力分析，如圖所示

根據平衡條件，可得

尸安_BIImg

tan9一,cos9

mgmgT

解得

4S

mg=-B/Z,T=-mg

故AB錯誤;

C.由上面選項分析可知

BII

tan9=----

mg

若增大磁感應強度，安培力增大，則懸線的偏角將增大。故C錯誤；

D.由受力分析可知，導線靜止時的位置為等效最低點，若將導線拉到最低處由靜止釋放，則導線

處于等效最低點時具有最大速度，由根據動能定理，可得

1

BII-Zsin0—mgl^l—cos9）-

解得

故D正確。

故選D。

【考向10】（2025?江蘇南通?二模）在傾角8=37。的光滑導體滑軌的上端接入一個電動勢E=3V,

內阻?-=0.5。的電源，滑軌間距L=50cm,將一個質量m=40g,電阻R=1Q的金屬棒水平放置在

滑軌上。若滑軌所在空間加一勻強磁場，當閉合開關S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，如圖所示。

己知sin37。=0.6,cos37。=0.8,g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.磁感應強度有最小值，為0.32T,方向垂直滑軌平面向下

B.磁感應強度有最大值，為0.4T,方向水平向右

C.磁感應強度有可能為0.3T,方向豎直向下

D.磁感應強度有可能為0.4T,方向水平向左

【答案】C

【詳解】A.由閉合電路歐姆定律可得

對金屬棒受力分析可知，當安培力沿斜面向上時，安培力最小，此時

產安=mgsind=0.04x10xsin37°N=0.24N

當安培力最小，且磁感應強度方向與電流方向相互垂直時，磁感應強度最小為

0.24

------T0.24T

0.5x2

由左手定則判斷可知，磁感應強度的方向為垂直斜面向下，故A錯誤;

B.當磁感應強度方向水平向右，安培力豎直向上，當

BIL=mg

金屬棒剛好靜止在滑軌上，可得

mg0.04x10

BT=0.4T

7L0.5x2

但此時磁感應強度并不是最大值，故B錯誤;

C.當磁感應強度方向豎直向下，金屬棒受到安培力方向水平向右，金屬棒平衡可得

B'ILcos37°=m^sin37°

解得

,7ngsin37°0.04x10x0.6

B'=-......=-----------T=0.3T

/Lcos370.5x2x0.8

故C正確;

D.當磁感應強度方向水平向左，安培力豎直向下，不可能平衡，故D錯誤。

故選C。

【考向1。（多選）（2024.河北石家莊.三模）如圖甲所示，勻質導體棒MN通以由M到N的恒定電

流，用兩根等長的平行絕緣、輕質細線懸掛在。0'點靜止于勻強磁場中，細線與豎直方向的夾角為氏

磁場方向與絕緣細線平行且向上。現使磁場方向順時針緩慢轉動（由M到N觀察），同時改變磁場

的磁感應強度大小，保持細線與豎直方向的夾角8不變，該過程中每根絕緣細線拉力廠大小與磁場

轉過角度a的正切值關系如圖乙所示。重力加速度g取10m/s2,磁場變化過程中MN中的電流不變。

下列說法正確的是（）

A.導體棒的質量為1kgB.9=30°

C.導體棒所受安培力可能為12ND.a可能為90。

【答案】ABC

【詳解】AB.由圖可知當tana=0時,F=2.5^N,根據共點力平衡條件可知

7ngeos。=2F

當tana=百時，F'=5V3N,根據共點力平衡條件可知

mgcosd+尸安sina=2Fr

7ngsin。=F安cosa

解得

tan。=—

3

即

6=30°,m=lkg

故AB正確；

C.由上述分析可知導體棒重力為ION,根據力的矢量合成作圖如下

可知導體棒所受安培力可能為12N,故C正確；

D.a轉過90。時，安培力與細線拉力在同一直線，導體棒受力不平衡，故D錯誤;

故選ABC-

后考點剖析理重點

考點3：磁場中導體運動方向的判斷

1.判定通電導體運動或運動趨勢的思路

利用

研究對象：腳啊導體所在位置的隔強!!導體的齷固導體運動方向或

通電導線或導體■■1磁場分布情況受力情況■■1運動趨勢的方向

2.幾種判定方法

左手定則

電流元法分割為電流元-----＞安培力方向一＞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

環形電流一＞小磁針

等效法

條形磁鐵一＞通電螺線管一＞多個環形電流

同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直

結論法

線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢

定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的

問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后

轉換研究對象法

由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從

而確定磁體所受合力及運動方向

3.判斷磁場中導體運動趨勢的兩點注意

(1)應用左手定則判定安培力方向時，磁感線穿入手心，大拇指一定要與磁感線方向垂直，四指

與電流方向一■致但不一■定與磁感線方向垂直，這是因為：F一■定與B垂直，/不一■定與2垂直.

(2)導體與導體之間、磁體與磁體之間、磁體與導體之間的作用力和其他作用力一樣具有相互性，

滿足牛頓第三定律.

【考向12］如圖所示，邊長為c的正方形金屬線框Med用絕緣細線懸掛在天花板上處于靜止狀態，

浦邊水平，帶有絕緣層的長直金屬導線水平固定，剛好與金屬線框ad邊和be邊接觸，線框關

于長直導線對稱，長直導線通有從M到N的恒定電流，線框中通有大小為/、沿順時針方向的恒定

電流，線框的質量為相，重力加速度為g,細線的拉力為R則()

〃〃〃/

d'--------'c

A.湖邊受到的安培力方向向上

B.F<mg

C.俯視看，線框有繞懸線沿逆時針方向轉動的趨勢

D.長直導線中的電流在線框演邊處產生的磁場磁感應強度大小為貸

【答案】D

【詳解】A.同向電流相互吸引，油邊受到的安培力方向向下，選項A錯誤；

B."邊受到的安培力向下、cd邊受到的安培力向下，則懸線拉力大于線框重力，選項B錯誤;

C.根據線框四邊受到的安培力分析，線框沒有轉動的趨勢，選項C錯誤；

D.線框M邊受到的安培力

選項D正確。

故選D。

【考向13】（2025?浙江?一模）如圖所示，為高中物理實驗室常用的磁電式電流表的內部結構，基本

組成部分是磁體和放在磁體兩極之間的線圈，其物理原理就是通電線圈因受安培力而轉動。電流表

的兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。關于磁電式電流表，下列說法正確的是

（）

螺延彈簧

極靴

A.鐵質圓柱內部磁感應強度為零

B.線圈的磁通量始終為零

C.線圈轉動時，螺旋彈簧變形，反抗線圈轉動

D.電流不為零，線圈停止轉動后不再受到安培力

【答案】C

【詳解】AB.鐵質圓柱沒有將磁場屏蔽，內部有磁場，即鐵質圓柱內部磁感應強度不為零；磁場是

輻向分布，穿過線圈的磁通量不是始終為0,故AB錯誤；

CD.線圈中通電流時，線圈受到安培力的作用使線圈轉動，螺旋彈簧被扭緊，阻礙線圈轉動，隨著

彈力的增加，當彈力與安培力平衡時線圈停止轉動，故C正確，D錯誤。

故選C。

【考向14】（2023?甘肅?一模）法拉第電動機原理如圖所示。條形磁鐵豎直固定在圓形水銀槽中心，

N極向上。一根金屬桿斜插在水銀中，桿的上端與固定在水銀槽圓心正上方的錢鏈相連。電源負極

與金屬桿上端相連，與電源正極連接的導線插入水銀中。從上往下看，金屬桿（）

A.在金屬桿和導線所在平面內繞錢鏈向上擺動

B.在金屬桿和導線所在平面內繞錢鏈向下擺動

C.繞錢鏈和磁鐵連線順時針轉動

D.繞錢鏈和磁鐵連線逆時針轉動

【答案】D

【詳解】電源、金屬棒、導線和水銀組成閉合電路，金屬棒中有斜向上方的電流，根據左手定則可

知，圖示位置導電金屬桿受垂直紙面向里的安培力，從上往下看，金屬桿將繞錢鏈和磁鐵連線逆時

針轉動。

故選D。

【考向15】（2023?河北保定?二模）如圖所示，用一段導線圍成半徑為R的圓弧4B,圓弧4B所對應的

圓心角為6=300。，圓心為。，導線中通有順時針方向的電流，在導線所在的平面（紙面）內加某

一方向的勻強磁場，導線受到的安培力最大且方向垂直紙面向外。則下列說法正確的是（）

AB

A.磁場方向垂直48向下

B.若僅將導線繞。點在紙面內順時針轉過30。，安培力變為原來的日

C.若僅將導線繞。點在紙面內順時針轉過90。，安培力的方向不變

D.僅將磁場方向變為垂直紙面向外，安培力的大小和方向均發生變化

【答案】B

【詳解】B.由圖可知導線的有效長度等于圓弧的半徑R,旋轉前導線所受的安培力大小為

F=BIR

若導線繞。點順時針轉過30。，則磁場與48連線的夾角為60。，則導線所受的安培力大小為

V3

F=B/Rsin600=一BIR

2

故B正確；

A.由左手定則可判斷，磁場的方向垂直48向上，故A錯誤；

C.若導線繞。點順時針轉過90。，磁場與力B平行，則導線所受的安培力為零，故C錯誤；

D.僅將磁場方向變為垂直紙面向外，則磁場與仍垂直，導線所受的安培力垂直AB向下，磁場力

的大小仍為

F=BIR

D錯誤。

故選B。

【考向16】（多選）（2024?云南曲靖?二模）如圖所示，x軸上有兩根垂直無軸放置的平行長直導線°、

b,兩導線中通有方向相同且大小分別為/、2/的電流，兩導線相距小已知通電長直導線在其周圍

某點產生的磁感應強度B的大小與導線中的電流/成正比，與該點到導線的距離r成反比，即B=fcr-（fc

為常量）。導線橫截面積大小忽略不計，下列說法正確的是（）

ab

-0/--------21X

A.導線a、6相互排斥

B.導線a、b相互吸引

C.久軸上有2個點的磁感應強度為零

D.導線a、6之間磁感應強度為零的點到。的距離為，

【答案】BD

【詳解】AB.由安培定則可知，導線。在6點產生的磁場方向豎直向下，根據左手定則可知，導線

6受力向左，根據牛頓第三定律，導線。受力向右，相互吸引，故A錯誤，B正確；

CD.由安培定則可知，在導線。左側和導線b右側產生的磁場方向相同，合場強不可能為零，所以

磁感應強度為零的點在兩導線之間，設到。的距離為心則有

解得

久="軸上只有1個點的磁感應強度為零，到。的距離為右故C錯誤，D正確。

故選BDo

電第1真題耨嬸規范練

【真題1】（2021?全國?高考真題）兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO

與。'Q在一條直線上，P。'與。廠在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流/,電流方向如圖

所示。若一根無限長直導線通過電流/時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為8,

則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（）

Q

?N

O'

A.B、0B.0、2BC.22、2BD.B、B

【答案】B

【詳解】兩直角導線可以等效為如圖所示的兩直導線，由安培定則可知，兩直導線分別在/處的磁

感應強度方向為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應強度為零；兩直導線在N處的磁感

應強度方向均垂直紙面向里，故N處的磁感應強度為22；綜上分析B正確。

EO'Q

【真題2】（2023?江蘇?高考真題）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為&L形導線通以恒定電流/,

放置在磁場中.已知成邊長為2/,與磁場方向垂直，be邊長為/,與磁場方向平行.該導線受到的

安培力為（）

a

￡

J，C

A.0B.BIlC.2BIID.V5F//

【答案】C

【詳解】因6c段與磁場方向平行，則不受安培力；M段與磁場方向垂直，則受安培力為

Fab=BI-2l=2BIl

則該導線受到的安培力為2BII。

故選C。

【真題3】（2024?浙江?高考真題）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。b.c

和1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.小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

【答案】A

【詳解】A.由左手定則可知，圖示左側通電導線受到安培力向下，選項A正確；

B.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；

C.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；

D.因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應強度大于1點的磁感應強度，選項D錯誤。

故選Ao

【真題4】（2022?湖南?高考真題）如圖3,直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸

00'±,其所在區域存在方向垂直指向。。，的磁場，與。。，距離相等位置的磁感應強度大小相等且不

隨時間變化，其截面圖如圖"）所示。導線通以電流/,靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為凡

下列說法正確的是（）

0(0)

圖(a)圖(b)

A.當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向M

B.電流/增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變

C.tan。與電流/成正比

D.sin。與電流/成正比

【答案】D

【詳解】A.當導線靜止在圖（a）右側位置時，對導線做受力分析有

?0(0)

可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N,A錯誤;

BCD.由于與。0,距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有

sin。=—,FT-mgcosO

則可看出sin。與電流/成正比，當/增大時。增大，則cos。減小，靜止后，導線對懸線的拉力各減

小，BC錯誤、D正確。

故選D。

【真題5】（2024?貴州?高考真題）如圖，兩根相互平行的長直導線與一“凸”形導線框固定在同一豎

直平面內，導線框的對稱軸與兩長直導線間的距離相等。已知左、右兩長直導線中分別通有方向相

反的恒定電流人、12,且則當導線框中通有順時針方向的電流時，導線框所受安培力的合力

方向（）

1

2

A.豎直向上B.豎直向下C.水平向左D.水平向右

【答案】C

【詳解】根據右手螺旋定則可知導線框所在磁場方向向里，由于人＞/2,可知左側的磁場強度大，

同一豎直方向上的磁場強度相等，故導線框水平方向導線所受的安培力相互抵消，根據左手定則結

合F=8〃可知左半邊豎直方向的導線所受的水平向左的安培力大于右半邊豎直方向的導線所受的

水平向右的安培力，故導線框所受安培力的合力方向水平向左。

故選C。

【真題6］（多選）（2021?福建?高考真題）如圖，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面,

導線與坐標平面的交點為。、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位

于坐標原點。，e為cd的中點且在y軸上；四條導線中的電流大小相等，其中過。點的導線的電流方

向垂直坐標平面向里，其余導線電流方向垂直坐標平面向外。則（）

疹----------2

-------2——屯d

A.。點的磁感應強度為0

B.。點的磁感應強度方向由。指向c

C.e點的磁感應強度方向沿y軸正方向

D.e點的磁感應強度方向沿y軸負方向

【答案】BD

【詳解】AB.由題知，四條導線中的電流大小相等，且到。點的距離相等，故四條導線在。點的

磁感應強度大小相等，根據右手螺旋定則可知，四條導線中在。點產生的磁感應強度方向，如圖所

示

由圖可知，斗與筑相互抵消，Ba與Bd合成，根據平行四邊形定則，可知。點的磁感應強度方向由。

指向c,其大小不為零，故A錯誤，B正確；

CD.由題知，四條導線中的電流大小相等，a、b到e點的距離相等，故a、b在e點的磁感應強度

大小相等，c、d到e點的距離相等，故c、d在e點的磁感應強度大小相等，根據右手螺旋定則可知，

四條導線中在O點產生的磁感應強度方向，如圖所示

由圖可知與與蜃大小相等，方向相反，互相抵消；而見與為大小相等，方向如圖所示，根據平行四

邊形定則，可知兩個磁感應強度的合磁感應強度沿y軸負方向，故C錯誤，D正確。

故選BD。

【真題7】（多選）（2024?福建?高考真題）將半徑為r的銅導線半圓環AB用兩根不可伸長的絕緣線a、

6懸掛于天花板上，置于垂直紙面向外的大小為8的磁場中，現給導線通以自A到8大小為/

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.安培力為兀B/rD.安培力為

【答案】BD

【詳解】AB.根據左手定則可知，通電后半圓環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；

CD.半圓環AB所受安培力的等效長度為直徑A8,則安培力大小為

F=BI-2r=2BIr

故C錯誤，D正確。

故選BD。

【真題8］（多選）（2022?湖北.高考真題）如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內。一導體棒垂直放

在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向

與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角6可調。導體棒沿導軌向右運動，現給導體棒通以圖示方向

的恒定電流，適當調整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加

速時，加速度的最大值為日g;減速時，加速度的最大值為百g,其中g為重力加速度大小。下列說

法正確的是（）

A.棒與導軌間的動摩擦因數為￡

B.棒與導軌間的動摩擦因數為9

C.加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，0=60。

D.減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，0=150。

【答案】BC

【詳解】設磁場方向與水平方向夾角為仇，/<90。;當導體棒加速且加速度最大時，合力向右最大,

根據左手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有

Fsin61—林(mg—Feos%)=7ndi

令

1

cosa=,

sina=,

1+〃2

根據數學知識可得

Fsin(6i+a)=〃?72g+mar

則有

sm(%+a)=--------r-<1

同理磁場方向與水平方向夾角為。2,02<90°,當導體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根

據左手定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有

FsinW+Agg+Feos%)=tna2

有

m,

F(J1+”2)sin(02+a)=ma2-MS

所以有

ma-umq

sin(e+a)=