第21讲　磁场的描述磁场对电流的作用（解析版）_4.2025物理总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025届高考物理一轮复习考点精讲精练（全国通用）（完结）

第 21 讲 磁场的描述 磁场对电流的作用 1.知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用. 2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向. 3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题． 考点一 磁感应强度和电场强度的比较 1．磁场 (1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用． (2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时N极的指向．2．磁感应强度 (1)定义式：B＝(通电导线垂直于磁场)． (2)方向：小磁针静止时 N 极 的指向． (3)磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的． 3．磁感应强度B与电场强度E的比较 对应名称 磁感应强度B 电场强度E 比较项目 物理意义 描述磁场的力的性质的物理量 描述电场的力的性质的物理量 定义式 B＝，通电导线与B垂直 E＝ 大小决定 由磁场决定，与检验电流无关 由电场决定，与检验电荷无关 矢量 矢量 方向 磁感线的切线方向，小磁针N 电场线的切线方向，放入该点 极受力方向 的正电荷受力方向 合磁感应强度等于各磁场的磁 合场强等于各个电场的电场强 场的叠加 感应强度的矢量和 度的矢量和 [例题1] （2024•浙江模拟）某同学用电荷量计（能测出一段时间内通过导体横截面的电 荷量）测量地磁场强度，完成了如下实验：如图，将面积为S、电阻为R的矩形导线框abcd沿 图示方位放置于地面上某处，将其从图示位置绕东西轴转 180°，测得通过线框的电荷量为 Q ；将其从图示位置绕东西轴转90°，测得通过线框的电荷量为Q ；该处地磁场的磁感应强度 1 2 大小为（ ） A． R √Q 1 2 +Q2 B． R √Q 2+Q2 S 4 2 S 1 2 C． R S √Q 2 1 2 +Q❑ 1 Q 2 +Q 2 2 D． R S √Q 1 2+Q 1 Q 2 +Q 2 2 【解答】解：北半球磁场的方向向北，斜向下，设B与水平方向之间的夹角为 ，取磁感线从线 θ框上面向下穿过时为正。 初始位置的磁通量： ＝BSsin 1 线框转过180°时，磁Φ感线的方向θ从线框的背面穿过，所以： ＝﹣ ＝﹣BSsin 2 1 线框转过90°时，磁感线的方向也是从线框的背面穿过，所以Φ： ＝Φ﹣BScos θ 3 线框转过180°时，回路磁通量变化量的大小为：Δ ＝| ﹣ |＝Φ2BSsin 。 θ 2 1 ΔΦ Φ Φ Φ θ 根据公式有：Q ＝I Δt Δt ΔΦ 2BSsinθ 1 1 1= 1 Δt = = R 1 R R 线框转过90°时，回路磁通量变化量的大小为：Δ ′＝| ﹣ |＝BS•（sin +cos ） 2 1 ΔΦ' BS(sinθ+cosθ) Φ Φ Φ θ θ 所以对：Q = = 2 R R R √Q 2 联立可得：B= 1 +Q❑ Q +Q2．故C正确，ABD错误 S 2 1 2 2 故选：C。 [例题2] （2023•永州三模）如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的 情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点 a、b、c、d、 e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成 磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面 向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则（ ） A．A点和B点的磁感应强度相同 B．其中b导线所受安培力大小为F C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下 D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上 【解答】解：A．A、B关于O点对称，根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方 向不同，故A错误；B．根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为：F ＝tan30°F fd √3 解得：F = F fd 3 F e对导线b的安培力大小为： 2 则 根 据 平 行 四 边 形 定 则 对 矢 量 进 行 合 成 可 得 b 导 线 所 受 安 培 力 大 小 为 ： √3F F F =2Fsin30°+2× sin60°+ b 3 2 5F 解得：F = ，故B错误； b 2 CD．根据安培定则可得，a、d两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；b、e两条导 线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；故 a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度 方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。 故选：C。 [例题3] （2024•包头二模）如图所示，四个电荷量均为+q的点电荷固定在一个正方形 abcd的四个顶点上，用一小型金属球壳将d点处正电荷封闭在球心位置，球壳半径远小于ab 边长。M、N分别为ab和bc的中点，则下列说法正确的是（ ） A．O点处的电场强度方向沿Od方向 B．M点处的电场强度大小为0 C．N点处的电场强度方向沿ON方向 D．若将金属球壳接地，O点处的电场强度不变 【解答】解：A、用一小型金属球壳将d点处正电荷封闭在球心位置，但不影响在外界形成的电 场。其他三个电荷量均为+q的点电荷固定在一个正方形abcd的其他三个顶点上，根据对称性所 以四个等量同种正电荷在正方形中心的合场强为零，故A错误； B、ab两处的点电荷在M点产生的合场强为0，cd两处的点电荷在M点产生的场强等大，关于水平线对称，由矢量叠加原理可知合场强的方向水平向左，沿OM方向，故B错误； C、bc两处的点电荷在N点产生的合场强为0，ad两处的点电荷在N点产生的场强等大，关于竖 直线对称，由矢量叠加原理可知合场强的方向竖直向下，沿ON方向，故C正确； D、若将金属球壳接地，由于静电屏蔽，相当于d点无电荷，O点处的电场强度是abc的三个点 电荷在O点的合成，此时O点处的电场强度不为零，则O点处的电场强度发生变化，故D错误。 故选：C。 考点二 安培定则的应用和磁场的叠加 1．电流的磁场 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 无磁极、非匀强， 与条形磁铁的磁场相似， 环形电流的两 侧是 N 特点 且距导线越远处磁 管内为匀强磁场且磁场最 极和S极，且离圆环中 场越弱 强，管外为非匀强磁场 心越远，磁场越弱 安培 定则 立体图 横截面图 2.磁场的叠加 磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分 解． [例题4] （2024•新郑市校级三模）1917年斯泰瓦和托尔曼发现加速转动的金属环中产生 了电流。正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动，正离子和 电子的运动共同产生电流。如图所示，金属环绕过圆心O且垂直于环平面的轴顺时针转动， 则（ ）A．若匀速转动，圆环中会产生恒定电流 B．若匀速转动，转速越大圆环中电流越大 C．若加速转动，圆环中有顺时针方向电流 D．若加速转动，O处的磁场方向垂直纸面向外 【解答】解：AB．若匀速转动，圆环中的正离子和电子的相对位置不会变化，不会产生电流。 故AB错误； C．若加速转动，圆环中正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运 动即逆时针运动，根据正电荷的定向移动方向为电流方向，负电荷的运动方向为电流的反方向 可知有顺时针方向电流。故C正确； D．若加速转动，圆环中有顺时针方向电流，根据安培定则可知，O处的磁场方向垂直纸面向里。 故D错误。 故选：C。 [例题5] （多选）（2023秋•黄埔区期末）我国特高压技术一路领先全球，即便美国也无 法超越，特高压技术，指交流1000kV和直流±800kV电压等级的输电技术。该技术最大的特点 是能够实现长途高效输电，被称为“电力系统高速铁路”。如图的高压输电线上使用“abcd正 方形间隔棒”支撑导线L 、L 、L 、L ，目的是将导线间距固定为l，防止导线相碰，图为其 1 2 3 4 截面图，abcd的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时，不计地磁场的影响，则（ ） A．穿过abcd的磁通量为零 B．穿过abcd的磁通量不为零C．O点的磁感应强度为零 D．ad边中点处的磁感应强度不为零 【解答】解：AB．根据安培定则可知，四根通电导线在abcd面处的磁场方向均与abcd所在平 面平行，所以根据磁通量的定义可知，穿过abcd的磁通量为零，故B错误，A正确； C．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由安培定则和对称性可知， L 在O点的磁感应强度与L 在O点的磁感应强度等大反向，L 在O点的磁感应强度与L 在O 1 3 2 4 点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于零，故C正确； D．根据安培定则以及对称性可知，L 和L 在ad边中点处的磁感应强度方向与L 和L 在ad边 1 4 2 3 中点处的磁感应强度方向相反，但大小不相等，所以ad边中点处的磁感应强度不为零，故D正 确。 故选：ACD。 [例题6] 粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有相 同的电流，电流方向垂直纸面向里．水平面上一带电滑块（电性未知）以某一初速v沿两导线 连线的中垂线入射，运动过程中滑块始终未脱离水平面．下列说法正确的是（ ） A．滑块可能做加速直线运动 B．滑块可能做匀速直线运动 C．滑块可能做曲线运动 D．滑块一定做减速运动 【解答】解：根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上：上方的磁场方向水平向右，而 下方的磁场方向水平向左，根据左手定则，可知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于水平面向上 或向下，滑块所受的支持力减小或增大，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速 直线运动，故ABC错误，D正确。 故选：D。 考点三 导体运动趋势的五种判定方法 1．通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的判定步骤：首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，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．应用左手定则判定安培力方向时应注意：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一 定 [例题7] （2024春•庐江县期中）如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其正上方略偏右 处固定一根直导线，导线和磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，则（ ） A．磁铁对桌面的压力减小 B．磁铁对桌面的压力不变 C．桌面受向左的摩擦力 D．桌面受向右的摩擦力 【解答】解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，导线所在处磁场向右斜向下，导线电流垂 直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力向右斜向上，由牛顿第三定律可知，导线 对磁铁的作用力向左斜向下，磁铁保持静止，由共点力平衡条件可知，磁铁对桌面的压力增大， 有向左的运动趋势，磁铁受到向右摩擦力，故ABC错误，D正确。 故选：D。 [例题8] （多选）一直导线平行于通电螺线管的轴线（不计重力）放置在螺线管的上方， 如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受到安培力的 作用后的运动情况为（ ） A．从上向下看逆时针转动 B．从上向下看顺时针转动 C．靠近螺线管D．远离螺线管 【解答】解：AB．由安培定则可知，通电螺线管产生的磁场，其竖直分量在 a端附近向上，在 b端附近向下，故a端受到的安培力垂直纸面向外，b端受到的安培力垂直纸面向内，故导线ab 从上向下看会逆时针转动，故A正确，B错误； CD．利用特殊位置法判断，当导线ab转过90°时，电流方向垂直纸面向内，导线处的磁场水平 向右，由左手定则可知，受到向下的安培力，故在导线旋转过程会靠近螺线管，故 C正确，D 错误。 故选：AC。 [例题9] （多选）如图所示，用细线将一条形磁体挂于天花板上，磁体处于水平静止状态， 条形磁体的正下方固定一直导线ab，现在直导线中通入由a指向b的电流，磁体在水平面内转 动90°，在此过程中，下列说法正确的是（ ） A．条形磁体的S极向纸面内偏转 B．条形磁体的S极向纸面外偏转 C．条形磁体受到绳的拉力小于其重力 D．条形磁体受到绳的拉力大于其重力 【解答】解：AB.直导线ab通入电流时，直导线上方的磁感线方向垂直纸面向外，条形磁铁N 极方向与磁场方向一致，因此条形磁铁的N向外（纸面外）、S向里（纸面内）偏转，故A正 确，B错误； CD.条形磁铁在水平面内转动90°后，条形磁铁产生的磁场在导线所在位置垂直纸面向里，由左 手定则可知，通电导线受到向上的安培力作用，根据牛顿第三定律，导线对磁铁的安培力向下， 因此磁铁受到的拉力大于其受到的重力，故C错误，D正确。 故选：AD。 考点四 导体的平衡与加速 1．导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受 力分析图．2．导体的加速问题关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度． [例题10]（多选）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上 的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 ，如果仅改 变下列某一个条件， 角的相应变化情况是（ ） θ θ A．金属棒质量变大， 角变小 B．磁感应强度变大，θ角变大 C．棒中的电流变大，θ角变小 D．两悬线等长变短，θ角变大 θ F BIL 【解答】解：导体棒受力如图所示，根据几何关系有：tanθ= = ，则有： mg mg A、金属棒质量变大， 角变小，故A正确； B、磁感应强度变大，θ角变大，故B正确； C、棒中电流I变大，θ角变大，故C错误； D、两悬线等长变短时θ安培力不变，故 角不变，故D错误。 故选：AB。 θ [例题11] 如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金 属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T。质量为0.05kg、长为0.5m的金 属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆 可以沿杆向右由静止开始运动。已知 N、P 为导轨上的两点，ON 竖直、OP 水平，且MN=OP=1m，g取10m/s2，则（ ） A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2 B．金属细杆运动到P点时的速度大小为√5m/s C．金属细杆运动到P点时安培力的瞬时功率为√5W D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N BIL 0.5×2×0.5 【解答】解：A．开始运动时，在安培力作用下加速，所以 a= = m/s2＝ m 0.05 10m/s2，故A错误； B．设金属细杆运动到 P 点时的速度大小为 v，从 M 到 P 过程，由动能定理得﹣mgR+BIL 1 （MN+OP）= mv2，代入数据解得：v＝2√5m/s，故B错误； 2 C．金属细杆运动到P点时，安培力的方向为水平向右，速度方向为竖直向上，安培力方向与速 度方向垂直，故此时安培力的瞬时功率为0，故C错误； v2 D．在P点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为 N，由牛顿第二定律得：2N﹣BIL＝m ，代 r 入数据解得：N＝0.75N，由牛顿第三定律得细杆在P点对每一条轨道的作用力大小为N'＝N＝ 0.75N，故D正确。 故选：D。 [例题12]如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1m。PM间接有一 个电动势为E＝6V，内阻r＝1 的电源和一只滑动变阻器。导体棒ab跨放在导轨上，棒的质 量为m＝0.2kg，棒的中点用细Ω绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3kg。棒与导轨的动 摩擦因数为 ＝0.5（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取 10m/s2），匀μ强磁场的磁感应强度B＝2T，方向竖直向下，求为了使物体保持静止，滑动变阻 器连入电路的阻值范围是多少。【解答】解：导体棒水平方向受到向右的绳的拉力、向左的安培力和静摩擦力。 当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时电路中电流最小，设为I ，由平 1 衡条件得： BI L+ mg＝Mg， 1 μ Mg−μmg 0.3×10−0.5×0.2×10 得：I = = A＝1A 1 BL 2×1 此时变阻器接入电路的电阻最大，设为R ，由欧姆定律得： 1 E 6 R = −r= ﹣1 ＝5 1 I 1 1 Ω Ω Ω 当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时电路中电流最大，设为I ，由平 2 衡条件得： BI L＝ mg+Mg 2 μMg+μmg 0.3×10+0.5×0.2×10 得：I = = A＝2A 2 BL 2×1 此时变阻器接入电路的电阻最小，设为R ，由欧姆定律得： 2 E R = −r＝2 2 I 2 Ω 所以为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值范围为2 ≤R≤5 。 答：滑动变阻器连入电路的阻值范围为2 ≤R≤5 。 Ω Ω Ω Ω 题型1安培定则的应用 1. （2023春•琼海校级期末）如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近， 磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（ ） A．线圈向左运动 B．线圈向右运动 C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动 【解答】解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针右侧为 N极，左侧为S 极，根据异性相吸，知线圈向左运动。故A正确，B、C、D错误。 故选：A。 2. （2024•浙江模拟）《大国重器》节目介绍的GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲 所示，管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输 电线缆A、B连线水平，某时刻A、C中电流方向垂直于纸面向里，B中电流方向垂直于纸面 向外，A、B、C中电流大小均为I，则（ ） A．正三角形中心O处的磁感应强度为0 B．A、C连线中点处的磁感应强度沿CA方向 C．A、C输电线缆相互吸引 D．C输电线缆受到的安培力方向是水平向右 【解答】解：A、A根据右手定则可判断输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OA指向左下方， B输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OB指向右下方，根据对称性可知，AB输电线缆在O 处产生的磁感应强度大小相等，根据矢量的合成法则可判断A、B输电线缆在O处的合磁感应 强度方向竖直向下，而C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向右，所以O处合磁感应强度方向应斜向右下方，故A错误； B、A输电线缆在A、B连线中点处的磁感应强度方向竖直向下，B输电线缆在O点的磁感应强 度方向竖直向下，C输电线在A、B连线中点的磁感应强度方向水平向右，所以A、B连线中点 合磁感应强度方向斜向右下方，故B错误； CD、根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，A、C输电线缆相互吸引，C、B输电线 缆相互排斥，根据力的矢量合成可知，C输电线缆受到的安培力方向是水平向左，故C正确，D 错误； 故选：C。 3. （2024•金华二模）如图甲所示为我国GIL输电系统的三相共箱技术。三根超高压输 电线缆平行且间距相等，图乙为其截面图，截面圆心构成正三角形，边长为 L，三边中点分别 记为D、E、F点，中点为O点。上方两根输电线缆AB圆心连线水平，某时刻A、C中电流方 向垂直纸面向外，B中电流方向垂直纸面向里，电流大小均为I。已知距导线r处的磁感应强 I 度B=k （k为常数）。则（ ） r A．A输电线缆所受安培力垂直AD斜向右上方 B．正三角形中心O处磁感应强度为零 C．D、E、F三点中F点磁感应强度最大 D．D点和E点磁感应强度大小相等 【解答】解：A．由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，A、C输电线电流方向相同，根据 电流流向关系可知A、B相互排斥，A、C相互吸引，结合力的合成可知A输电线缆所受安培力 垂直AD斜向左下方，故A错误； B．根据右手螺旋定则可知O点磁场如图所示：根据矢量的合成可知O点磁感应强度不为0，故B错误； CD．根据右手螺旋定则结合矢量的叠加原理可知，F点的磁感应强度最小，E、D两点磁感应强 度大小相等，故C错误，D正确； 故选：D。 题型2磁场叠加问题 4. （2023秋•大连期末）在赤道表面某位置小磁针静止时 N极指向北偏东30°，经研究 是因为小磁针正下方有一条通电直导线沿南北方向放置，已知该位置地磁场的磁感应强度大小 为B（不考虑地磁偏角的影响）则该通电直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为（ ） √3 1 A．√3B B．2B C． B D． B 3 2 【解答】解：导线没有通电流前，小磁针静止时N极指向北方，直导线中通有由南向北的电流， 电流在小磁针处产生的磁场向西，如图所示； B 1 则电流在小磁针处产生的磁场与地磁场磁感应强度的比值为： 电=tan30° = B √3√3 可知通电直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为B = B，故ABD错误，C正确。 电 3 故选：C。 5. （2023秋•道里区校级期末）哈三中小明同学通过调查资料，计划利用智能手机中的 磁传感器测量哈尔滨的磁感应强度B。在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为 xOy 面。小明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轴正向保持竖直向下。 根据表中测量结果可推知（ ） 测量序号 B / T B / T B / T x y z 1 0μ 27μ 47μ 2 0 ﹣26 48 3 26 0 48 4 ﹣26 0 48 A．哈尔滨本地的地磁场强度约为44 T B．第2次测量时，y轴指向东 μ C．第3次测量时，y轴指向东 D．第4次测量时，y轴指向东 【解答】解：A．如图所示 地球可视为一个大磁场，磁场南极大致在地理的北极附近，磁场北极大致在地理南极附近。北半球的磁场有竖直向下的分量和水平向北的分量。 磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为 B=√B2 +B2 =√262+482 T 竖直 水平 μ ＝54.6 T，故A错误； BCD．μz轴正向保持竖直向下，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量，测得B y ＜0，故 y轴指向南方；第3次测得B ＞0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，第4次测量，测得B ＜ x x 0，故x轴指向南方，y轴指向东方，故BC错误，D正确。 故选：D。 6. （2023秋•南山区校级期末）如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为 1T 的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a 点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是（ ） A．直导线中的电流方向垂直纸面向外 B．b点的实际磁感应强度为√2T，方向斜向右上方 C．c点的实际磁感应强度为零 D．d点的实际磁感应强度跟b点的相同 【解答】解：A、a点的磁感应强度为0，说明通电导线在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，即得到通电导线在O点产生的磁感应强度方向水平向左，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，故A错误。 B、通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强 度方向竖直向上，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为√2T，方向与B的 方向成45°斜向上。故B正确。 C、通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同。 故C错误。 D、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，则 d点感应强度为√2T，方向与B的方向成 45°斜向下，与b点磁感应强度大小相等，方向不同，故D错误。 故选：B。题型3安培力的大小计算、安培力的方向判断 7. （2024•山东模拟）如图，正六边形线框ABCDEF由6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 A、B与直流电源两端相连，已 知导体棒BC受到的安培力大小为F ，则正六边形线框受到的安培力的大小为（ ） 0 6 A．6F B．5F C．2F D． F 0 0 0 5 0 【解答】解：设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，通电导体BCDEFA受安培力的有效长度 为L，根据安培力公式F＝BIL可得，通电导体BCDEFA与BC受到的安培力的大小相等，也为 F ， 0 则BA与BCDEFA两支路的电阻之比为R ：R ＝R：5R＝1：5，根据并联电路两端电压相等的 1 2 特点可知，BA与BCDEF两支路电流之比I ：I ＝5：1 1 2 BA与BCDEFA受到的安培力的大小之比为F′：F ＝I ：I ＝5：1，可得F′＝5F 0 1 2 0 根据左手定则可知，两力方向相同，整个线框所受安培力的合力大小为F +F′＝6F ，故A正确， 0 0 BCD错误。 故选：A。 8. （2023秋•大连期末）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 。下列说法正确的是（ ） θA．如图（b）所示磁场区域，越靠近水平轴OO′，磁场越弱 B．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 C．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力增大 D．sin 与电流I成正比 【解答θ】解：A、如图（b）所示磁场区域，越靠近水平轴OO′，磁感线越密集，磁场越强，故 A错误； B、当导线静止在图（a）右侧位置时，导线的受力分析如下图所示，可知要让安培力为图示方 向，则导线中电流方向应由M指向N，故B错误； CD、由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，根据平衡条件有sin θ BIL BIL = ，tanθ= ，F ＝mgcos ，则可看出 sin 与电流成正比，当1增大时 增大，则cos mg F T T θ θ θ θ 减小，静止后，导线对悬线的拉力F 减小，故C错误，D 正确。 T 故选：D。 9. （2024•郑州二模）如图所示，两根长直导线 、b垂直放置，彼此绝缘，分别通有大 小相同电流I 。固定的刚性正方形线圈MNPQ通有电流α I，MN到a的距离与MQ到b的距离 0 相等，线圈与导线位于同一平面内。已知通电长直导线在其周围某点所产生的磁感应强度大小， 与该点到长直导线的距离成反比；线圈所受安培力的大小为F。若移走导线 ，则此时线圈所 受的安培力大小为（ ） α√2 √2 A． F，方向向左 B． F，方向向右 2 2 1 1 C． F，方向向左 D． F，方向向右 2 2 【解答】解：根据安培力公式和左手定则可判断出直导线a对MQ和NP的安培力等大反向，所 以这两边安培力合力为零，导线a对MN和QP的安培力反向但不等大，设导线a对MN的安培 力为F ，方向向上，对QP的安培力为F ，方向向下，因此导线a对线框整体的安培力为F ＝ 1 2 01 F ﹣F ，方向向上；同理对于导线b，对MN和QP的安培力等大反向，所以这两边安培力合力 1 2 为零，导线b对MQ和NP的安培力反向但不等大，设导线b对MQ的安培力为F ′，方向向左， 1 对NP的安培力为F ′，方向向右，因此导线b对线框整体的安培力为F ＝F ′﹣F ′＝F ， 2 02 1 2 01 方向向左，因此线圈受到的安培力为： F'=√F2 +F2 =√2F =√2F，如果将导线a移走，那么线圈受到的安培力为： 01 02 01 √2 F = F，方向向左，故A正确，BCD错误； 02 2 故选：A。 题型4通电导线在磁场中的平衡问题 10. （多选）（2024•武侯区校级模拟）如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆 弧槽，长直导线MN平行于圆弧槽底边放在圆弧槽上，导线中通有M→N的电流I，整个空间 区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），MN静止时，MO连线与竖直方向的夹角 为 30°，圆弧槽对导线MN的支持力为F ，PP'与圆心O等高。下列说法正确的是（ ） θ NA．仅将磁场方向顺时针缓慢旋转45°，此过程中F 一直增大 N √2 B．仅将磁场方向逆时针缓慢旋转45°，此过程中MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为 2 C．磁场的大小和方向可以改变，为使导线MN仍能在图示位置处静止，所需的最小磁感应强度 √2 的值为原来的 倍 2 D．仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN有可能沿圆弧槽缓慢运动到PP'上方 【解答】解：A．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，安培力大小不变，方向由水平 以导线为轴顺时针转动，由水平方向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大， 若导线仍处于平衡状态，则支持力为F ，会逐渐增大，因此若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转 N 45°过程中，则F 一直增大，故A正确； N √3 B．由平衡条件可得导线受安培力大小为F＝mgtan = mg 3 θ 若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转45°过程中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转 45°，由力的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如图所示，由解析图可知，当安培 力F的方向与支持力为F 的方向垂直时，MO连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正切值为 N1 最大，此时支持力为 F N1 =√(mg) 2−F2F = tan m F N1 θ 解得 √2 tan = m 2 θ 故B正确。 C．图示位置磁场方向竖直向下，设磁感应强度为B ，则 1 B IL＝mgtan30° 1 当安培力与弹力方向垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，设此时的磁感应强度为B ，则 2 B IL＝mgsin30° 2 解得 B √3 2= B 2 1 故C错误； D．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式F＝BIL，可知安培力增大，方向不变，支 持力增大， 角增大，当 角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不会再处于平衡状态，可 知 角不可能θ 达到90°，只θ有 ＜90°时，长直导线有可能受力平衡，因此导线MN不可能运动到 PP′θ 上方，故D错误； θ 故选：AB。 11. （2024•深圳校级模拟）如图所示，金属棒ab的质量为m，通过的电流为I，处在磁 π π 感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向先是与导轨平面夹角为θ( ＜θ＜ )斜向右上方， 4 2 后变为与原方向垂直斜向左上方，磁感应强度大小不变，ab始终静止在宽为L的水平导轨上。 下列说法正确的是（ ） A．磁场方向改变前，金属棒受到的安培力大小为BILsin B．磁场方向改变前后金属棒受到的摩擦力方向发生了改变θC．磁场方向改变前后金属棒受到的摩擦力大小发生了改变 D．磁场方向改变后，金属棒对导轨的压力将减小 【解答】解：A、磁场方向改变前，由于磁场方向垂直于电流，金属杆受到的安培力的大小为F A ＝BIL，故A错误； BCD、磁场方向改变前，对金属棒受力分析，如图所示。 水平方向，由平衡条件得 f ＝BIlsin 1 竖直方向，θ 由平衡条件得 N ＝mg﹣BIlcos 1 由牛顿第三定律θ得金属杆对导轨压力大小 N '＝N ＝mg﹣BIlcos 1 1 磁感应强度B改为与原θ 方向垂直斜向左上方，磁感应强度大小不变，受力分析如图所示 由于磁场仍垂直于电流，且大小不变，所以金属棒所受安培力大小不变，方向变为与水平夹角 斜向左下方，根据平衡条件得 θ f ＝BILcos ，N ＝mg+BILsin 2 2 π θπ θ 由 ＜θ＜ 可知：金属棒受到的摩擦力方向不变，大小变小，结合牛顿第三定律知金属棒对 4 2 导轨的压力将增大，故BD错误，C正确。 故选：C。 12. （2024•辽宁二模）如图所示，绝缘水平面上，虚线MN左侧有垂直于水平面向上的 匀强磁场、右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，A、C、D为绝缘 水平面上的三个固定点，A点在虚线上，C、D两点在左右两磁场中，两根直的硬导线连接A、D和C、D间，软导线连接在A、C间，C、D连线与MN垂直，C、D到MN的距离均为 L，∠D＝53°，AC、CD、DA三段导线电阻相等，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。通过C、D两点 给线框通入大小为I的恒定电流，待A、C间软导线形状稳定后线框受到的安培力大小为（ ） 8 8 A．0 B． BIL C． BIL D．2BIL 9 15 2 1 【解答】解：由题意可知，硬导线CD上电流为 I，CA和AD上电流都是 I，CD左右两端处 3 3 在相反的磁场中，长度相等，故CD段受到的安培力合力为零，AC和AD段受到的安培力大小 1 L 相等，方向分别斜向上和斜向下与竖直方向成53°角，其合力为F＝2B I sin 53°＝2B 3 cos53° 1 L 4 8 I = BIL 3 3 5 9 ，故B正确，ACD错误。 5 故选：B。 题型5通电导线在磁场中的加速问题 13. （2023秋•广州期末）图甲是我国电磁炮照片，图乙是其原理图。该电磁炮的轨道长 10m，宽2m。若发射质量为100g的炮弹，从轨道左端做初速度为零的匀加速直线运动，当回 路中的电流恒为100A时，最大速度可达2km/s，假设轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩 擦阻力。下列说法正确的是（ ）A．轨道间磁场方向竖直向下 B．轨道间磁场方向为水平向右 C．电磁炮的加速度大小为4×105m/s2 D．磁感应强度的大小为100T 【解答】解：AB.回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知，磁场方向应竖直向上，故 AB错误； CD.由题意可知，最大速度v＝2km/s＝2000m/s，加速距离x＝10m，由速度和位移关系可知 v2＝2ax 解得 v2 20002 a= = m/s2=2×105m/s2 2x 2×10 由牛顿第二定律可得 BIL＝ma ma 0.1×2×105 解得：B= = T=100T，故C错误，D正确； IL 100×2 故选：D。 14. （2023•惠州模拟）如图所示，导体棒MN接入电路部分的电阻为R长度为L，质量 为m，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻大小也为R，匀强磁场的磁感 应强度为B，其方向与轨道平面成 ＝45°角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，则下列说 法正确的是（ ） θA．导体棒向左运动 BEL B．电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为 2mR √2BEL C．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为 4R BEL D．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力大小为 2R 【解答】解：A、由图得，通过导体棒MN的电流由N到M，根据左手定则可知，导体棒受到 的安培力斜向下偏右，则导体棒向右运动，故A错误； E CD、电键闭合瞬间，电路电流为I= 2R BEL 导体棒MN所受安培力大小为F＝BIL= 2R 故C错误，D正确； B、电键闭合瞬间，根据牛顿第二定律得：Fsin ＝ma √2BEL θ 联立解得：a= 4mR 故B错误。 故选：D。 15. 美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射中，将炮弹以5倍音速，击向200公里外目标， 射程为海军常规武器的10倍，且破坏力惊人。电磁炮原理如图所示，若炮弹质量为 m，水平 轨道长L，宽为d，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上做匀加速运动。要使炮弹达到 5倍音速（设 音速为v），则（ ） v2 A．炮弹在轨道上的加速度为 2L 5 B．磁场力做的功为 mv2 2 125mv3 C．磁场力做功的最大功率为 2L 25mdv2 D．磁场力的大小为 2L(5v) 2 25v2 【解答】解：A、根据v2＝2aL，解得a= = ，故A错误； 2L 2L 1 25 B、根据动能定理可知，磁场力做的功等于炮弹动能的增加量，即W = m(5v) 2= mv2 ，故 2 2 B错误； 25mv2 CD、根据牛顿第二定律可知，磁场力的大小为F=ma= ，根据P＝Fv，得最大的功率为 2L 125mv3 P=F⋅5v= ，故C正确，D错误； 2L 故选：C。