第1节 磁场的描述 磁场对电流的作用
[学习目标] 1．理解磁场的性质及磁感应强度的概念，会求解磁感应强度叠加的问题。
2．掌握左手定则，会判断安培力的方向，并会计算安培力的大小，会分析安培力作用下的平衡问题和加速问题。
1．磁场
(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、通电导体和运动电荷有力的作用。
(2)物质性：磁场是一种物质。
(3)磁感应强度
①意义：表征磁场的强弱和方向。
②大小：B＝(导体与磁场垂直)，单位：特斯拉(T)。
③方向：小磁针静止时__极所指的方向。
④叠加：遵循__________定则。
(4)磁感线的特点
①磁感线上某点的____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____，在磁感线较密的地方磁场较__；在磁感线较疏的地方磁场较__。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从____指向____；在磁体内部，由____指向____。
④同一磁场的磁感线不中断、不____、不相切。
⑤磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。
(5)电流磁场方向的判断
①通电直导线：右手握住导线，让伸直拇指所指的方向与____方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线____的方向。
②环形电流：让右手弯曲的四指与________的方向一致，伸直拇指所指的方向就是环形导线轴线上____的方向。
2．安培力
(1)大小
磁场与电流垂直时，F＝______。
磁场与电流平行时，F＝_____。
磁场与电流之间的夹角为θ时，F＝IlB sin θ。
(2)方向判定
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向____的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受______的方向。
注意：安培力的方向垂直于磁感应强度B、垂直于电流I，即安培力垂直于B、I决定的平面。
1．易错易混辨析
人教版必修第三册第122页情境：磁针能够指向南北，是因为地磁场的存在。指南针的广泛使用，促进了人们对地球磁场的认识。地球的地理两极与地磁两极并不重合，如图所示。地磁场具有以下特点：
(1)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。
(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度大小相等，且方向水平向北。
(3)在北半球，地磁场磁感应强度可以分解到垂直于地面向下和平行于地面向北。
在南半球，地磁场磁感应强度可以分解到垂直于地面向上和平行于地面向北。
根据上述情境，判断下列说法正误：
(1)地磁场两极的磁感应强度比赤道处大。 ( )
(2)将通电导线放在空中，一定受到安培力的作用。 ( )
(3)磁场中某点磁感应强度的方向跟安培力的方向一致。 ( )
(4)若地磁场是因地球表面带电荷引起的，则地球表面应该带正电荷。 ( )
(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。 ( )
2．(人教版必修第三册改编)有人根据B＝提出以下说法，其中正确的是( )
A．磁场中某点的磁感应强度B与通电导线在磁场中所受的磁场力F成正比
B．磁场中某点的磁感应强度B与电流I和导线长度l的乘积成反比
C．磁场中某点的磁感应强度B不一定等于
D．通电直导线在某点所受磁场力为零，则该点磁感应强度B为零
安培定则的应用和磁场的叠加
1．安培定则的应用：在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。
磁场 原因(电流方向) 结果(磁场方向)
直线电流的磁场 大拇指指向 四指指向
环形电流的磁场 四指指向 大拇指指向
2．磁场的叠加
(1)磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，遵循平行四边形定则，可以用正交分解法进行合成与分解。
(2)两个电流附近磁场的磁感应强度，是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。
3．磁场叠加问题的一般解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的磁感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度。如图所示为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度B。
[典例1] (2025·浙江温州市高三适应性考试)通电螺线管的电流方向如图所示，内部产生的磁场可看作匀强磁场，磁感应强度大小为B。在螺线管的中轴线上有一通电长直导线，导线中的电流沿轴线向上，以O点为圆心垂直于轴线的平面内有一圆，圆直径上有a、b两点，直线电流在a、b两点产生的磁感应强度大小也为B。下列说法正确的是( )
A．通电螺线管产生的磁场方向沿轴线向下
B．a、b两点合磁场的方向相反
C．a、b两点合磁场的磁感应强度大小均为0
D．a、b两点合磁场的磁感应强度大小均为B
[听课记录]
[典例2] 如图所示，直角三角形abc中，∠a＝90°，∠b＝30°，ac边长为l，两根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b两顶点处。a点处导线中的电流大小为I，方向垂直纸面向外，b点处导线中的电流大小为4I，方向垂直纸面向里。已知长直通电导线在其周围空间某点产生的磁感应强度大小B＝k，其中I表示电流大小，r表示该点到导线的垂直距离，k为常量，则顶点c处的磁感应强度大小为( )
A．k k
C．k D．2k
[听课记录]
[典例3] (多选)(2022·全国乙卷)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图所示，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知( )
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 －45
2 0 －20 －46
3 21 0 －45
4 －21 0 －45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50 μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
[听课记录]
安培力的分析与计算
1．安培力大小：F＝IlB sin θ
(1)当I⊥B时，F＝IlB。
(2)当I∥B时，F＝0。
(3)l是有效长度。
注意：①当导线弯曲时有效长度l等于连接两端点线段的长度(如图所示)，相应的电流由始端流向末端。
②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为0，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为0。
2．安培力方向：用左手定则判断，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面。
[典例4] (一题多变)(2022·江苏卷)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向( )
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
[听课记录]
[变式] 用细线将一条形磁体悬挂于天花板上，条形磁体处于水平且静止的状态。当导线ab中通有如图所示的电流时，条形磁体的N极将向______(选填“内”或“外”)偏转；条形磁体受到的拉力________(选填“大于”或“小于”)其受到的重力。
[典例5] (2025·浙江金丽衢十二校高三联考)如图所示，菱形导线框abcd放置在水平面上，线框各边长均为L且电阻均匀分布，顶角∠abc＝θ，整个空间中存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，使电流从线框a端流入b端流出，通过ab的电流为I，则线框整体受安培力的大小为( )
A．BIL B．BIL cos θ
C．0 D．2BIL cos θ
[听课记录]
安培力作用下导体运动情况的判断
1．判定导体运动情况的基本思路
判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，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的方向。
2．安培力作用下判断导体运动情况的常用方法
电流元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法 环形电流 小磁针 条形磁铁 通电螺线管 多个环形电流
结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥
转换研究对象法 先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受的作用力
[典例6] (一题多法)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
[听课记录]
[典例7] (多选)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( )
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．F1＞F2
D．F1＜F2
[听课记录]
安培力作用下的力学综合问题
1．安培力作用下的力学综合问题的一般分析思路
(1)选定研究对象。
(2)受力分析，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⊥B、F⊥I，如图所示。
(3)应用共点力的平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列方程解题。
2．涉及安培力动能问题的三点注意
(1)安培力做功与路径有关，不像重力、静电力做功与路径无关。
(2)安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能。
(3)安培力做负功时将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能。
[典例8] (2022·湖南卷)如图(a)所示，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ与电流I成正比
D．sin θ与电流I成正比
[听课记录]
[典例9] (多选)如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平平行金属导轨M、N的间距l＝0.2 m，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1×102 T。装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒ab(含弹体)的质量m＝0.2 kg，在导轨M、N间部分的电阻R＝0.8 Ω，可控电源的内阻r＝0.2 Ω。在某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为I＝4×103 A，不计空气阻力，导体棒ab由静止加速到v＝4 km/s后发射弹体，则( )
A．其他条件不变，若弹体质量变为原来的2倍，射出速度将变为原来的
B．其他条件不变，若水平金属导轨的长度变为原来的2倍，加速时间将变为原来的倍
C．其他条件不变，若磁感应强度大小B变为原来的2倍，射出速度将变为原来的2倍
D．该过程系统产生的焦耳热为1.6×105 J
[听课记录]
1．(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
2．(多选)(2023·福建卷)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识，一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是( )
A．地表电荷为负电荷
B．环形电流方向与地球自转方向相同
C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
3．(2023·海南卷)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10-3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B＝8×10-2 T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合开关，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。
第1节 磁场的描述磁场对电流的作用
链接教材·夯基固本
梳理·必备知识
1．(3) N 平行四边形 (4)切线 强弱 强 弱 N极 S极 S极 N极 相交 (5)电流 环绕 环形电流 磁场
2．(1)IlB 0 (2)电流 安培力
激活·基本技能
1．(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
2．C [磁感应强度B＝是用比值定义法定义B的，但磁感应强度是磁场的固有性质，与通电导线所受磁场力F及乘积Il等外界因素无关，A、B错误；B＝是在通电导线与磁场垂直的情况下得出的，如果不垂直，设通电导线与磁场方向夹角为θ，则根据F＝IlB sin θ得B＝，即B不一定等于，C正确；如果θ＝0，虽然B≠0，但F＝0，D错误。]
细研考点·突破题型
考点1
典例1 D [根据安培定则可知，通电螺线管产生的磁场方向沿轴线向上，故A错误；直线电流在a点产生的磁场的方向沿切线指向纸面外，在b点产生的磁场方向沿切线指向纸面里，而通电螺线管产生的沿轴线向上的匀强磁场叠加后a点的磁场方向为与水平面成45°角方向指向纸面外，b点磁场方向为与水平面成45°角方向指向纸面里，两点合磁感应强度的方向互相垂直，故B错误；根据矢量合成规则，a、b两点合磁场的磁感应强度大小均为由直线电流产生的磁场和通电螺线管产生的磁场叠加，其大小为＝B，故C错误，D正确。故选D。]
典例2 C [
a点处导线在c处产生的磁感应强度大小为Ba＝k，b点处导线在c处产生的磁感应强度大小为Bb＝k＝，即Bb＝2Ba，Ba、Bb方向如图所示，夹角为120°，由几何关系知，合磁感应强度方向垂直Ba向上，则Bc＝＝k，故选C。]
典例3 BC [地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，根据测量数据可知，Bz为负值，测量地点位于北半球，A错误；利用第1次测量的数据可得当地的地磁场大小约为B＝≈50 μT，B正确；第2次测量时By为负值，y轴正向指向南方，C正确；第3次测量时Bx为正值，x轴正向指向北方，y轴正向指向西方，D错误。]
考点2
典例4 C [根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。]
变式 解析：直导线通入由a指向b的电流时，由左手定则知直导线的左端受到方向垂直纸面向里的安培力，根据牛顿第三定律可知，条形磁体的N极受到方向垂直纸面向外的作用力，应向纸面外偏转；条形磁体转动后，对直导线有向上的作用力，所以条形磁体受到向下的作用力，故条形磁体受到的拉力大于其受到的重力。
答案：外 大于
典例5 A [线框的有效长度为L，由于Rab＝(Rbc＋Rcd＋Rda)，两个支路是并联关系，因此流过线框的总电流I总＝I＋I＝I，等效电流与磁场垂直，线框整体受安培力大小为F＝BI总L＝BIL，故选A。]
考点3
典例6 B [解法一(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，电流元处在线圈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均向上，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。
解法二(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，而线圈L1等效成的小磁针转动前，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。
解法三(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。]
典例7 BC [如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的作用力F′方向指向左上方，对条形磁铁进行受力分析，如图乙所示，在竖直方向上有FN1＝mg＞FN2，即台秤示数F1＞F2；在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短，选项B、C正确。
]
微点突破
典例8 D [当导线静止在题图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝，又BIL＝mg sin θ，得 sin θ＝I，分析易知B、C项错误，D项正确。]
典例9 BD [导体棒受到的安培力F＝IlB，由牛顿第二定律有IlB＝ma，由运动学公式有v2＝2ax，联立解得v＝，其他条件不变，若弹体质量变为原来的2倍，由于导体棒与弹体的总质量m不是原来的2倍，可知射出速度将减小，但无法确定具体变为多少，故A错误；根据x＝at2，其他条件不变，若水平金属导轨的长度变为原来的2倍，弹体的加速时间将变为原来的倍，故B正确；根据v＝，其他条件不变，若磁感应强度大小B变为原来的2倍，则弹体的射出速度将变为原来的倍，故C错误；导体棒与弹体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F＝IlB＝ma，由运动学规律得v＝at，代入相关数据解得该过程需要的时间 t＝1×10-2 s，该过程中系统产生的焦耳热Q＝I2(R＋r)t，解得Q＝1.6×105 J，故D正确。]
即时检验·感悟高考
1．A [由左手定则可知，左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。]
2．AC [根据地磁场分布示意图，由安培定则可知，地表电荷形成的环形电流的方向为顺时针(从地理北极向下看)，与地球自转方向相反，则地表电荷为负电荷，故A正确，B错误；设地表电荷的电量为Q，地球自转周期为T，由电流的定义式可知，地表电荷随地球自转产生的环形电流I＝，又地球自转角速度ω＝，联立得I＝，可知若地表电荷的电量Q增加，或地球自转的角速度ω增大，则环形电流增大，地磁场强度增大，C正确，D错误。]
3．解析：(1)设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流为I
金属杆离开液面后做竖直上抛运动，飞起的高度为H，由运动学公式得v2＝2gH，解得 v＝ m/s
由动能定理有BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝ A。
(2)对金属杆，由动量定理有
(BI′L－mg)t′＝mv′
由运动学公式得v′2＝2gH′，又q＝I′t′
解得q＝0.085 C。
答案：(1) m/s A (2)0.085 C
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第十章 磁 场
[教师备选资源]
第十章 磁 场
考情分析 磁场、磁感应强度、磁感线 2024·浙江1月选考·T4、
2022·全国乙卷·T18
安培力的分析与计算 2023·江苏卷·T2、
2021·河北卷·T5
第十章 磁 场
考情分析 洛伦兹力及洛伦兹力公式 2022·广东卷·T7、
2022·辽宁卷·T8
带电粒子在匀强磁场中的运动 2024·河北卷·T10、
2024·湖北卷·T7、
2023·湖北卷·T15、
2023·浙江6月选考·T20、
2021·湖南卷·T13
第十章 磁 场
考情分析 带电粒子在复合场中的运动(含质谱仪和回旋加速器) 2024·安徽卷·T10、2024·广东卷·T15、2024·新课标卷·T13、2024·湖南卷·T14、2024·浙江1月选考·T20、
2023·辽宁卷·T14、2023·山东卷·T17、2023·新课标卷·T18、2023·湖南卷·T6、2023·江苏卷·T16、2022·山东卷·T17、2022·河北卷·T14、2022·广东卷·T8
第十章 磁 场
备考策略 1．加强对磁场性质、安培力、洛伦兹力、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动等概念的理解和规律的应用。
2．注意立体空间图形的转化能力训练，要善于将有关安培力的三维立体问题转化为二维平面问题。
3．关注本章知识在科技、生产、生活中的应用，理论联系实际，提高考生应用所学知识解决综合问题的能力。
第1节
磁场的描述 磁场对电流的作用
[学习目标] 1．理解磁场的性质及磁感应强度的概念，会求解磁感应强度叠加的问题。
2．掌握左手定则，会判断安培力的方向，并会计算安培力的大小，会分析安培力作用下的平衡问题和加速问题。
链接教材·夯基固本
1．磁场
(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、通电导体和运动电荷有力的作用。
(2)物质性：磁场是一种物质。
(3)磁感应强度
①意义：表征磁场的强弱和方向。
②大小：B＝(导体与磁场垂直)，单位：特斯拉(T)。
③方向：小磁针静止时__极所指的方向。
④叠加：遵循__________定则。
N
平行四边形
(4)磁感线的特点
①磁感线上某点的____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____，在磁感线较密的地方磁场较__；在磁感线较疏的地方磁场较__。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从____指向____；在磁体内部，由____指向____。
④同一磁场的磁感线不中断、不____、不相切。
⑤磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。
切线
强弱
强
弱
N极
S极
S极
N极
相交
(5)电流磁场方向的判断
①通电直导线：右手握住导线，让伸直拇指所指的方向与____方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线____的方向。
②环形电流：让右手弯曲的四指与________的方向一致，伸直拇指所指的方向就是环形导线轴线上____的方向。
电流
环绕
环形电流
磁场
2．安培力
(1)大小
磁场与电流垂直时，F＝______。
磁场与电流平行时，F＝__。
磁场与电流之间的夹角为θ时，F＝IlB sin θ。
IlB
0
(2)方向判定
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向____的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受______的方向。
注意：安培力的方向垂直于磁感应强度B、垂直于电流I，即安培力垂直于B、I决定的平面。
电流
安培力
1．易错易混辨析
人教版必修第三册第122页情境：磁针能够指向南北，是因为地磁场的存在。指南针的广泛使用，促进了人们对地球磁场的认识。地球的地理两极与地磁两极并不重合，如图所示。地磁场具有以下特点：
(1)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。
(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度大小相等，且方向水平向北。
(3)在北半球，地磁场磁感应强度可以分解
到垂直于地面向下和平行于地面向北。
在南半球，地磁场磁感应强度可以分解到
垂直于地面向上和平行于地面向北。
根据上述情境，判断下列说法正误：
(1)地磁场两极的磁感应强度比赤道处大。 ( )
(2)将通电导线放在空中，一定受到安培力的作用。 ( )
(3)磁场中某点磁感应强度的方向跟安培力的方向一致。 ( )
(4)若地磁场是因地球表面带电荷引起的，则地球表面应该带正电荷。 ( )
(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。 ( )
√
×
×
×
√
2．(人教版必修第三册改编)有人根据B＝提出以下说法，其中正确的是( )
A．磁场中某点的磁感应强度B与通电导线在磁场中所受的磁场力F成正比
B．磁场中某点的磁感应强度B与电流I和导线长度l的乘积成反比
C．磁场中某点的磁感应强度B不一定等于
D．通电直导线在某点所受磁场力为零，则该点磁感应强度B为零
√
C [磁感应强度B＝是用比值定义法定义B的，但磁感应强度是磁场的固有性质，与通电导线所受磁场力F及乘积Il等外界因素无关，A、B错误；B＝是在通电导线与磁场垂直的情况下得出的，如果不垂直，设通电导线与磁场方向夹角为θ，则根据F＝IlB sin θ得B＝，即B不一定等于，C正确；如果θ＝0，虽然B≠0，但F＝0，D错误。]
细研考点·突破题型
考点1 安培定则的应用和磁场的叠加
1．安培定则的应用：在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。
磁场 原因(电流方向) 结果(磁场方向)
直线电流的磁场 大拇指指向 四指指向
环形电流的磁场 四指指向 大拇指指向
2．磁场的叠加
(1)磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，遵循平行四边形定则，可以用正交分解法进行合成与分解。
(2)两个电流附近磁场的磁感应强度，是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。
3．磁场叠加问题的一般解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的磁感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度。如图所示为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的
合磁感应强度B。
[典例1] (2025·浙江温州市高三适应性考试)通电螺线管的电流方向如图所示，内部产生的磁场可看作匀强磁场，磁感应强度大小为B。在螺线管的中轴线上有一通电长直导线，导线中的电流沿轴线向上，以O点为圆心垂直于轴线的平面内有一圆，
圆直径上有a、b两点，直线电流在a、b两点产生
的磁感应强度大小也为B。下列说法正确的是( )
A．通电螺线管产生的磁场方向沿轴线向下
B．a、b两点合磁场的方向相反
C．a、b两点合磁场的磁感应强度大小均为0
D．a、b两点合磁场的磁感应强度大小均为B
√
D [根据安培定则可知，通电螺线管产生的磁场方向沿轴线向上，故A错误；直线电流在a点产生的磁场的方向沿切线指向纸面外，在b点产生的磁场方向沿切线指向纸面里，而通电螺线管产生的沿轴线向上的匀强磁场叠加后a点的磁场方向为与水平面成45°角方向指向纸面外，b点磁场方向为与水平面成45°角方向指向纸面里，两点合磁感应强度的方向互相垂直，故B错误；根据矢量合成规则，a、b两点合磁场的磁感应强度大小均为由直线电流产生的磁场和通电螺线管产生的磁场叠加，其大小为＝B，故C错误，D正确。故选D。]
[典例2] 如图所示，直角三角形abc中，∠a＝90°，∠b＝30°，ac边长为l，两根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b两顶点处。a点处导线中的电流大小为I，方向垂直纸面向外，b点处导线中的电流大小为4I，方向垂直纸面向里。已知长直通电导线在其周围空间某点产生的磁感应强度大小B＝k，其中I表示电流大小，r表示该点到导线的垂直距离，k为常量，则顶点c处的磁感应强度大小为( )
A．k k
C．k D．2k
√
C [a点处导线在c处产生的磁感应强度大小为Ba＝k， b点处导线在c处产生的磁感应强度大小为Bb＝k＝，即Bb＝2Ba，Ba、Bb方向如图所示，夹角为120°，由几何关系知，合磁感应强度方向垂直Ba向上，则Bc＝Ba＝k，故选C。]
[典例3] (多选)(2022·全国乙卷)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图所示，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知( )
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 －45
2 0 －20 －46
3 21 0 －45
4 －21 0 －45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50 μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
√
√
BC [地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，根据测量数据可知，Bz为负值，测量地点位于北半球，A错误；利用第1次测量的数据可得当地的地磁场大小约为B＝≈50 μT，B正确；第2次测量时By为负值，y轴正向指向南方，C正确；第3次测量时Bx为正值，x轴正向指向北方，y轴正向指向西方，D错误。]
考点2 安培力的分析与计算
1．安培力大小：F＝IlB sin θ
(1)当I⊥B时，F＝IlB。
(2)当I∥B时，F＝0。
(3)l是有效长度。
注意：①当导线弯曲时有效长度l等于连接两端点线段的长度(如图所示)，相应的电流由始端流向末端。
②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为0，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为0。
2．安培力方向：用左手定则判断，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面。
[典例4] (一题多变)(2022·江苏卷)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向( )
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
√
C [根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。]
[变式] 用细线将一条形磁体悬挂于天花板上，条形磁体处于水平且静止的状态。当导线ab中通有如图所示的电流时则条形磁体的N极将向______(选填“内”或“外”)偏转；条形磁体受到的拉力________(选填“大于”或“小于”)其受到的重力。
外
大于
[解析] 直导线通入由a指向b的电流时，由左手定则知直导线的左端受到方向垂直纸面向里的安培力，根据牛顿第三定律可知，条形磁体的N极受到方向垂直纸面向外的作用力，应向纸面外偏转；条形磁体转动后，对直导线有向上的作用力，所以条形磁体受到向下的作用力，故条形磁体受到的拉力大于其受到的重力。
[典例5] (2025·浙江金丽衢十二校高三联考)如图所示，菱形导线框abcd放置在水平面上，线框各边长均为L且电阻均匀分布，顶角∠abc＝θ，整个空间中存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，使电流从线框a端流入b端流出，通过ab的电流为I，则线框整体受安培力的大小为( )
A．BIL B．BIL cos θ
C．0 D．2BIL cos θ
√
A [线框的有效长度为L，由于Rab＝(Rbc＋Rcd＋Rda)，两个支路是并联关系，因此流过线框的总电流I总＝I＋I＝I，等效电流与磁场垂直，线框整体受安培力大小为F＝BI总L＝BIL，故选A。]
考点3 安培力作用下导体运动情况的判断
1．判定导体运动情况的基本思路
判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，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的方向。
2．安培力作用下判断导体运动情况的常用方法
电流元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法 环形电流 小磁针
条形磁铁 通电螺线管 多个环形电流
结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥
转换研究对象法 先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受的作用力
[典例6] (一题多法)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
√
B [解法一(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，电流元处在线圈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均向上，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。
解法二(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，而线圈L1等效成的小磁针转动前，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。
解法三(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。]
[典例7] (多选)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( )
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．F1＞F2
D．F1＜F2
√
√
BC [如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的作用力F′方向指向左上方，对条形磁铁进行受力分析，如图乙所示，在竖直方向上有FN1＝mg＞FN2，即台秤示数F1＞F2；在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短，选项B、C正确。]
微点突破 安培力作用下的力学综合问题
1．安培力作用下的力学综合问题的一般分析思路
(1)选定研究对象。
(2)受力分析，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⊥B、F⊥I，如图所示。
(3)应用共点力的平衡条件或牛顿
第二定律或动能定理列方程解题。
2．涉及安培力动能问题的三点注意
(1)安培力做功与路径有关，不像重力、静电力做功与路径无关。
(2)安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能。
(3)安培力做负功时将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能。
[典例8] (2022·湖南卷)如图(a)所示，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ与电流I成正比
D．sin θ与电流I成正比
√
D [当导线静止在题图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝，又BIL＝mg sin θ，得sin θ＝I，分析易知B、C项错误，D项正确。]
[典例9] (多选)如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平平行金属导轨M、N的间距l＝0.2 m，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1×102 T。装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒ab(含弹体)的质量m＝0.2 kg，在导轨M、N间部分的电阻R＝0.8 Ω，可控电源的内阻r＝0.2 Ω。在某次模拟发射时，可控
电源为导体棒ab提供的电流恒为I＝4×103 A，
不计空气阻力，导体棒ab由静止加速到v＝
4 km/s后发射弹体，则( )
A．其他条件不变，若弹体质量变为原来的2倍，射出速度将变为原来的
B．其他条件不变，若水平金属导轨的长度变为原来的2倍，加速时间将变为原来的倍
C．其他条件不变，若磁感应强度大小B变为原来的2倍，射出速度将变为原来的2倍
D．该过程系统产生的焦耳热为1.6×105 J
√
√
BD [导体棒受到的安培力F＝IlB，由牛顿第二定律有IlB＝ma，由运动学公式有v2＝2ax，联立解得v＝，其他条件不变，若弹体质量变为原来的2倍，由于导体棒与弹体的总质量m不是原来的2倍，可知射出速度将减小，但无法确
定具体变为多少，故A错误；根据x＝at2，其他条件不变，若水平金属导轨的长度变为原来的2倍，弹体的加速时间将变为原来的倍，故B正确；根据v＝，其他条件不变，若磁感应强度大小B变为原来的2倍，则弹体的射出速度将变为原来的倍，故C错误；导体棒与弹体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F＝IlB＝ma，由运动学规律得v＝at，代入相关数据解得该过程需要的时间 t＝1×10-2 s，该过程中系统产生的焦耳热Q＝I2(R＋r)t，解得Q＝1.6×105 J，故D正确。]
即时检验·感悟高考
1．(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
√
A [由左手定则可知，左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。]
2．(多选)(2023·福建卷)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识，一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是( )
A．地表电荷为负电荷
B．环形电流方向与地球自转方向相同
C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
√
√
AC [根据地磁场分布示意图，由安培定则可知，地表电荷形成的环形电流的方向为顺时针(从地理北极向下看)，与地球自转方向相反，则地表电荷为负电荷，故A正确，B错误；设地表电荷的电量为Q，地球自转周期为T，由电流的定义式可知，地表电荷随地球自转产生的环形电流I＝，又地球自转角速度ω＝，联立得I＝，可知若地表电荷的电量Q增加，或地球自转的角速度ω增大，则环形电流增大，地磁场强度增大，C正确，D错误。]
3．(2023·海南卷)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10-3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B＝8×10-2 T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合开关，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。
[解析] (1)设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流为I金属杆离开液面后做竖直上抛运动，飞起的高度为H，由运动学公式得v2＝2gH，解得v＝ m/s
由动能定理有BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝ A。
(2)对金属杆，由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′
由运动学公式得v′2＝2gH′，又q＝I′t′
解得q＝0.085 C。
[答案] (1) m/s A (2)0.085 C
课时数智作业(二十五)
题号
1
3
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2
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1．如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，开关S闭合后，小磁针北极N(灰色一端)指示磁场方向正确的是( )
A．a B．b
C．c D．d
√
题号
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C [根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。]
2．(2023·江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为( )
A．0 B．BIl
C．2BIl D．BIl
题号
1
3
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√
C [由题知，bc边电流与磁场平行，则bc边不受安培力，整个导线所受安培力为ab边导线受到的安培力，为2BIl，C正确。]
题号
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3．(2025·重庆渝中高三阶段检测)一正方形的中心O和四个顶点均固定着平行长直导线，若所有平行直导线均通入大小相等的恒定电流，电流方向如图中所示，下列截面图中中心长直导线所受安培力最大的是( )
题号
1
3
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11
A B C D
√
D [根据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，设四根导线与中间的导线的相互作用力均为F，则对中心长直导线受力分析如图所示，A受合力为0，B和C受到2F的力，D受到2F的力，故选D。]
题号
1
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11
4．(多选)如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，在以导线为圆心、半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点(a、b、c、d将圆周四等分)，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法正确的是( )
A．直导线中电流方向垂直纸面向里
B．直导线中电流方向垂直纸面向外
C．a、b、c、d四个点中，c点的实际磁感应强度最大
D．d点与b点的实际磁感应强度相同
题号
1
3
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9
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11
√
√
AC [由题图可知，若a点的实际磁感应强度为0，说明通电直导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，则可知通电直导线在a点产生的磁感应强度大小为1 T，方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里，A正确，B错误；根据通电直导线周围的磁感线分布可知，通电直导线在圆周上各点产生的磁感应强度大小均相同，即均为1 T，结合安培定则可知，通电直导线在b、d处产生的磁感应强度大小相
题号
1
3
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11
同、方向相反(与B垂直)，根据磁场的叠加原理可知，b点与d点的实际磁感应强度大小相同，为Bb＝Bd＝ T，方向不同，D错误；通电直导线在c点产生的磁感应强度大小为1 T，方向水平向右，与匀强磁场方向相同，则c点的实际磁感应强度为Bc＝2 T，方向与匀强磁场的方向相同，故a、b、c、d四个点中，c点的实际磁感应强度最大，C正确。]
题号
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11
5．如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行于纸面，P垂直于纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q通有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是( )
题号
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11
A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小
B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大
C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小
D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大
题号
1
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√
C [根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效为S极在里、N极在外的小磁针，P等效为左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q将顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，Q、P间细线拉力减小，故C正确，A、B、D错误。]
题号
1
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11
6．一光滑绝缘的正方体固定在水平面上。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1、O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通入图示(A到B、D到C)方向的电流。下列说法中正确的是
( )
A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)
C．通电后AB棒将要逆时针转动(俯视)
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
题号
1
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11
√
B [CD导体棒电流产生的磁场分布如图所示，可知CD导体棒电流在B端产生的磁场有垂直AB棒向上的分量，根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端产生的磁场有垂直AB棒向下的分量，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视看导体棒AB将要顺时针转动，B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CD
导体棒电流和AB导体棒电流在线段O1O2间产生的磁
场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁
感应强度为零的位置，D错误。]
题号
1
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6
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11
7．如图所示，一通电直导线在竖直向上的匀强磁场中静止于光滑斜面上，电流方向垂直于纸面向外。保持磁场强弱不变，仅把磁场方向按顺时针逐渐旋转，直至垂直于斜面向上，若要通电导线始终保持静止，则应控制导线内的电流( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
题号
1
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11
√
B [磁场方向竖直向上时，导线所受安培力方向水平向左，另外受重力和支持力，三个力平衡，如图所示。磁场方向垂直于斜面向上时，导线所受安培力沿斜面向上，由图可知F逐渐减小，根据F＝BIL可知应控制导线内的电流逐渐减小，
故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
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8．(多选)(2022·湖北卷)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为 g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是( )
题号
1
3
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2
4
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9
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A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
题号
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√
√
BC [设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°，当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有F sin θ1－μ(mg－F cos θ1)＝ma1，令cos α＝，sin α＝，根据数学知识可得Fsin (θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin (θ1＋α)＝≤1；同理设磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且
题号
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加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有F sin θ2＋μ(mg＋F cos θ2)＝ma2，有Fsin (θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有 sin (θ2＋α)＝≤1。当加速阶段或减速阶段加速度分别最大时，不等式均取等号，联立可得μ＝，代入cos α＝，可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正确，A、D错误。]
题号
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9．(多选)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。如图甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U。已知m0＞m，取重力加速度为g，则( )
题号
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A．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向
B．矩形线圈的电阻R＝r－R1
C．匀强磁场的磁感应强度的大小B＝
D．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0－m的砝码可使天平重新平衡
题号
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√
√
AC [由于m0＞m，根据天平的平衡条件可判定线圈受到的安培力方向竖直向上，由左手定则判断知矩形线圈中电流的方向为逆时针方向，故A正确；根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－r，解得矩形线圈的电阻R＝－R1，故B错误；根据平衡条件有m0g－F＝mg，而F＝nIlB，I＝，联立解得匀强磁场的磁感应强度的大小B＝
题号
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，故C正确；开始时线圈所受安培力的方向竖直向上，此时安培力大小为F，仅将磁场反向，则安培力方向变为竖直向下，大小不变，相当于右边托盘底部受到向下的力比原来增加了2F，所以需要在左边加砝码，添加质量为Δm＝＝2(m0－m)的砝码可使天平重新平衡，故D错误。]
题号
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10．如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。(重力加速度为g)
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖
直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
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[解析] (1)对金属杆受力分析，可知当安培力方向沿导轨平面向上时最小，此时B最小，方向垂直导轨平面向上。
由平衡条件可得FN＝mg cos α，BI1l＝mg sin α
解得B＝。
题号
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(2)磁场方向竖直向上时，金属杆受力如图所示。
由平衡条件可得BI2l＝mg tan α
将B＝代入可得I2＝。
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[答案] (1) 磁场方向垂直导轨平面向上 (2)
11．(2023·北京卷)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒，金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好。电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
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(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
题号
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[解析] (1)由题意知第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI
金属棒经过第一级区域时受到的安培力的大小为F＝B1IL
联立解得F＝kI2L。
(2)第二级区域中磁感应强度大小为
B2＝k·2I
金属棒经过第二级区域时受到的安培力的大小为
F′＝B2·2IL＝4kI2L
题号
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由牛顿第二定律有
F＝ma1
F′＝ma2
联立解得a1∶a2＝1∶4。
题号
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(3)金属棒在两级区域加速的过程中，由动能定理得Fs＋F′s＝mv2－0
联立解得v＝。
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[答案] (1)kI2L (2)1∶4 (3)
谢 谢 ！课时分层作业(二十五)
1．如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(灰色一端)指示磁场方向正确的是( )
A．a B．b
C．c D．d
2．(2023·江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为( )
A．0 B．BIl
C．2BIl D．BIl
3．(2025·重庆渝中高三阶段检测)一正方形的中心O和四个顶点均固定着平行长直导线，若所有平行直导线均通入大小相等的恒定电流，电流方向如图中所示，下列截面图中中心长直导线所受安培力最大的是( )
A B
C D
4．(多选)如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，在以导线为圆心、半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点(a、b、c、d将圆周四等分)，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法正确的是( )
A．直导线中电流方向垂直纸面向里
B．直导线中电流方向垂直纸面向外
C．a、b、c、d四个点中，c点的实际磁感应强度最大
D．d点与b点的实际磁感应强度相同
5．如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行于纸面，P垂直于纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q通有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是( )
A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小
B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大
C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小
D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大
6．一光滑绝缘的正方体固定在水平面上。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1、O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通入图示(A到B、D到C)方向的电流。下列说法中正确的是( )
A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)
C．通电后AB棒将要逆时针转动(俯视)
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
7．如图所示，一通电直导线在竖直向上的匀强磁场中静止于光滑斜面上，电流方向垂直于纸面向外。保持磁场强弱不变，仅把磁场方向按顺时针逐渐旋转，直至垂直于斜面向上，若要通电导线始终保持静止，则应控制导线内的电流( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
8．(多选)(2022·湖北卷)如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为 g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是( )
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
9．(多选)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。如图甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U。已知m0＞m，取重力加速度为g，则( )
A．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向
B．矩形线圈的电阻R＝r－R1
C．匀强磁场的磁感应强度的大小B＝
D．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0－m的砝码可使天平重新平衡
10．如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。(重力加速度为g)
(1)磁感应强度B至少有多大？此时方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
11．(2023·北京卷)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒，金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好。电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
课时分层作业(二十五)
1．C [根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。]
2．C [由题知，bc边电流与磁场平行，则bc边不受安培力，整个导线所受安培力为ab边导线受到的安培力，为2BIl，C正确。]
3．D [根据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，设四根导线与中间的导线的相互作用力均为F，则对中心长直导线受力分析如图所示，A受合力为0，B和C受到2F的力，D受到2F的力，故选D。
]
4．AC [由题图可知，若a点的实际磁感应强度为0，说明通电直导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，则可知通电直导线在a点产生的磁感应强度大小为1 T，方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里，A正确，B错误；根据通电直导线周围的磁感线分布可知，通电直导线在圆周上各点产生的磁感应强度大小均相同，即均为1 T，结合安培定则可知，通电直导线在b、d处产生的磁感应强度大小相同、方向相反(与B垂直)，根据磁场的叠加原理可知，b点与d点的实际磁感应强度大小相同，为Bb＝Bd＝ T，方向不同，D错误；通电直导线在c点产生的磁感应强度大小为1 T，方向水平向右，与匀强磁场方向相同，则c点的实际磁感应强度为Bc＝2 T，方向与匀强磁场的方向相同，故a、b、c、d四个点中，c点的实际磁感应强度最大，C正确。]
5．C [根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效为S极在里、N极在外的小磁针，P等效为左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q将顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，Q、P间细线拉力减小，故C正确，A、B、D错误。]
6．B [CD导体棒电流产生的磁场分布如图所示，可知CD导体棒电流在B端产生的磁场有垂直AB棒向上的分量，根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端产生的磁场有垂直AB棒向下的分量，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视看导体棒AB将要顺时针转动，B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在线段O1O2间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置，D错误。]
7．B [磁场方向竖直向上时，导线所受安培力方向水平向左，另外受重力和支持力，三个力平衡，如图所示。磁场方向垂直于斜面向上时，导线所受安培力沿斜面向上，由图可知F逐渐减小，根据F＝BIL可知应控制导线内的电流逐渐减小，故选B。]
8．BC [设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°，当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有F sin θ1－μ(mg－F cos θ1)＝ma1，令cos α＝，sin α＝，根据数学知识可得Fsin (θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin (θ1＋α)＝≤1；同理设磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有F sin θ2＋μ(mg＋F cos θ2)＝ma2，有Fsin (θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有 sin (θ2＋α)＝≤1。当加速阶段或减速阶段加速度分别最大时，不等式均取等号，联立可得μ＝，代入cos α＝，可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故B、C正确，A、D错误。]
9．AC [由于m0＞m，根据天平的平衡条件可判定线圈受到的安培力方向竖直向上，由左手定则判断知矩形线圈中电流的方向为逆时针方向，故A正确；根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－r，解得矩形线圈的电阻R＝－R1，故B错误；根据平衡条件有m0g－F＝mg，而F＝nIlB，I＝，联立解得匀强磁场的磁感应强度的大小B＝，故C正确；开始时线圈所受安培力的方向竖直向上，此时安培力大小为F，仅将磁场反向，则安培力方向变为竖直向下，大小不变，相当于右边托盘底部受到向下的力比原来增加了2F，所以需要在左边加砝码，添加质量为Δm＝＝2(m0－m)的砝码可使天平重新平衡，故D错误。]
10．解析：(1)对金属杆受力分析，可知当安培力方向沿导轨平面向上时最小，此时B最小，方向垂直导轨平面向上。
由平衡条件可得FN＝mg cos α，BI1l＝mg sin α
解得B＝。
(2)磁场方向竖直向上时，金属杆受力如图所示。
由平衡条件可得BI2l＝mg tan α
将B＝代入可得I2＝。
答案：(1) 磁场方向垂直导轨平面向上 (2)
11．解析：(1)由题意知第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI
金属棒经过第一级区域时受到的安培力的大小为F＝B1IL
联立解得F＝kI2L。
(2)第二级区域中磁感应强度大小为
B2＝k·2I
金属棒经过第二级区域时受到的安培力的大小为
F′＝B2·2IL＝4kI2L
由牛顿第二定律有
F＝ma1
F′＝ma2
联立解得a1∶a2＝1∶4。
(3)金属棒在两级区域加速的过程中，由动能定理得Fs＋F′s＝mv2－0
联立解得v＝。
答案：(1)kI2L (2)1∶4 (3)
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