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专题44 磁场及其对电流的作用
思维导图
学习目标
1.理解磁场及磁感应强度的概念，学会处理磁场叠加问题。
2.灵活运用安培定则及左手定则。
3.学会分析安培力，计算安培力，及分析一些平衡问题及动态问题。
知识点梳理
一、磁场、磁感应强度
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。
2．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的 强弱 和 方向 。
(2)大小：B＝ (通电导线垂直于磁场)。
(3)方向：小磁针静止时 N 极
的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
二、磁感线及其特点
1．磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这
点的 磁感应强度 的方向一致。
2．特点
(1)磁感线上某点的 切线 方向就是该点的磁场方向。
(2)磁感线的 疏密 定性地表示磁场的强弱。
(3)磁感线是 闭合 曲线，没有起点和终点。
(4)磁感线是假想的曲线，客观上 不存在 。
三、几种常见的磁场
1．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向 处处相同 的磁场称为匀强
磁场。
(2)特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。
2．条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)
3．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
特点
无磁极、非匀
强，且距导线越
远处磁场 越弱
与 条形 磁铁的磁场相
似，管内为 匀强 磁场
且磁场方向 由
S 极指向
N
极 ，管外为 非匀强
磁场
环形电流的两侧是
N 极和S 极，且离
圆环中心越远，磁
场 越弱
安培
定则
立体
图
横截
面图
纵截
面图
4.地磁场
(1)地磁的N 极在地理 南极 附近，S 极在地理 北极 附近，磁感线分布
如图所示。
(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)地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。
四、安培力的大小与方向
1．安培力的方向：左手定则
(1)伸开左手，让拇指与其余四指 垂直 ，并且都与手掌在同一个平面
内。
(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使 四指 指向电流方向。
(3) 拇指
所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
如图，①表示 电流 的方向，②表示 磁场 的方向，③表示 安培力
的方向。
2．安培力的大小
当磁感应强度B 的方向与导线方向成θ 角时，F＝BILsin θ，这是一般
情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：
(1)当磁场与电流 垂直 时，安培力最大，Fmax＝BIL。
(2)当磁场与电流 平行 时，安培力等于零。
3．磁电式电流表的工作原理
磁电式电流表的原理图如图所示。
(1)磁场特点
①方向：沿 半径方向 均匀辐射地分布，如图所示；
②强弱：在距轴线等距离处的磁感应强度大小 相等 。
(2)安培力的特点
①方向：安培力的方向与线圈平面 垂直 ；
②大小：安培力的大小与通过的电流成 正比 。
真题汇编
1．（多选）（2024•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r 的半圆
形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面
向外，铜环两端a、b 处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a 到b
的电流，细绳处于绷直状态，则（ ）
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大
B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为2rBI
D．铜环所受安培力大小为πrIB
【解答】解：通电半圆形铜环可等效为长度为直径ab 的通电直导线，电流方
向a→b，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小F
＝BI×L＝2BIr，根据受力分析可得，通电后，绳子拉力 T＝mg+F＝mg+2IBr
＞mg，两根细绳拉力均比未通电流时的大，故AC 正确，BD 错误；
故选：AC。
2．（2025•河北）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提
供1000A 的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场
中，a 可视为始终垂直导轨的导体棒，b 为表面绝缘的无人机。初始时a 静止
于MM′处，b 静止于a 右侧某处。现将开关S 接1 端，a 与b 正碰后锁定并一
起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a 运行至NN′时将S 接2 端，同
时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a 与b 分离。已知电容器电容C
为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为
5m，a、b 质量分别为2kg、8kg，a 在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时
间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流
对磁场的影响。
（1）若分离后某时刻a 的速度大小为10m/s，求此时通过a 的电流大小。
（2）忽略a、b 所受空气阻力，当a 与b 的初始间距为1.25m 时，求b 分离后
的速度大小，分析其是否为b 能够获得的最大速度；并求a 运动过程中电容
器的电压减小量。
（3）忽略a 所受空气阻力，若b 所受空气阻力大小与其速度v 的关系为f＝
kv2（k＝0.025N•s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a 运行至NN'时。
a 分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。
（0.992＝0.980l）
【解答】解：（1）a 的速度大小为v＝10m/s 时，感应电动势为：E＝BLv＝
1×0.5×10V＝5V
此时通过a 的电流大小：I= E
R =
5
0.01A＝500A；
（2）由于超级电容器经调控系统为电路提供I0＝1000A 的恒定电流，则当a
与b 的初始间距为x0＝1.25m 时，设a 与b 碰撞前的速度为v0。
此过程中，根据动能定理可得：BI0Lx0= 1
2 mav0
2-0
解得：v0＝25m/s
a 与b 碰撞时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：
mav0＝（ma+mb）v
1
2mav0
2=EP+ 1
2（ma+mb）v2
解得：v＝5m/s，EP＝500J
设a 和b 达到NN′的速度大小为v1，a 与b 整体从碰撞后到NN′的过程中，根
据动能定理，有：
BI0L（x
x
﹣
0）= 1
2 (ma+mb)v1
2- 1
2 (ma+mb)v
2
解得：v1＝20m/s
a 与b 分离时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：
（ma+mb）v1＝mava+mbvb
EP+ 1
2（ma+mb）v1
2= 1
2mava
2+ 1
2mbvb
2
联立解得：vb＝25m/s
由于分离前二者一起加速，分离时弹性势能又转化为二者的动能，所以此时
的速度为b 能够获得的最大速度；
由于a 和ab 组合体均做匀变速直线运动，两个过程中的时间分别为t1、t2，
则有：x0= v0
2 t1，x
x
﹣
0= v + v1
2
t2
则电容器流出的电荷量为：Δq＝I0（t1+t2）
a 运动过程中电容器的电压减小量：ΔU= Δq
C
联立解得：ΔU＝40V；
（3）设a 和b 达到NN′的速度大小为v2，a 与b 整体从碰撞后到NN′的过程
中，a 与b 整体的瞬时速度为v′时b 所受空气阻力大小为f＝kv′2，可用速度的
平方的平均值计算此过程克服摩擦力做的功，即：
Wf= 1
2k（v2+ v2
2）（x
x
﹣
0）
因v2＜v1，故可得：Wf＜1
2k（v2+ v1
2）（x
x
﹣
0）
解得：Wf＜19.921875J
此过程，根据动能定理得：
BI0L（x
x
﹣
0）﹣Wf= 1
2 (ma+mb)v2
2- 1
2 (ma+mb)v
2
解得：v2
2=396m2/s2
因：（99%v1）2＝（99%×20m/s）2＝392.04m2/s2＜v2
2
故可得：v12＞99%v1
可知a 分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%
答：（1）若分离后某时刻a 的速度大小为10m/s，此时通过a 的电流大小为
500A。
（2）忽略a、b 所受空气阻力，当a 与b 的初始间距为1.25m 时，b 分离后的
速度大小为25m/s，是b 能够获得的最大速度；a 运动过程中电容器的电压减
小量为40V。
（3）a 运行至NN'时，a 分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的
99%。
3．（2024•浙江）如图1 所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁
阻尼减振器组成。平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质
弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置
的减振器位于平台下方。如图2 所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平
台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分
布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止
状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位
移随时间变化的图像如图3 所示。已知t＝0 时速度为v0，方向向下，t1、t2时
刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为
k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx 时，其弹性势能为
1
2 kΔ x
2。不计空气阻力，求：
（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0；
（2）t＝0 时，每个线圈所受到安培力F 的大小；
（3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I 弹的大小。
【解答】解：（1）平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中不产
生感应电流，线圈不受到安培力作用，O 点受力平衡，因此由胡克定律可知
此时弹簧的伸长量：Δx = mg
k
（2）在t＝0 时速度为v0，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈
中产生的感应电流：I = E
R = BLv0
R
= B v0×2rπ
R
= 2v0rπB
R
每个线圈所受到安培力F 的大小：F = BIL= 4 v0r
2π
2B
2
R
（3）平台在0～t1时间内由能量守恒定律可得：
1
2 mv0
2+ 1
2 kΔ x
2=Q' + 1
2 k( Δx - A1)
2+mg A1
联立解得：Q' = 1
2 m v0
2- 1
2 k A1
2
在0～t1时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生
的焦耳热：Q = 1
3 Q' = 1
6 (mv0
2-k A1
2)
（4）取向上为正方向，全程由动量定理可得：I 弹+IA
I
﹣G＝0
其中，重力的冲量：IG＝mg（t2
t
﹣1）
安培力的冲量：IA＝3×2πrB•Δq，而电荷量为：Δq = 2πrB( A1- A2)
R
联立解得弹簧弹力冲量I 弹的大小为：I 弹=mg(t2-t1)- 12π
2r
2B
2( A1- A2)
R
答：（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0为mg
k ；
（2）t＝0 时，每个线圈所受到安培力F 的大小为4 v0r
2π
2B
2
R
；
（3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q 为1
6 (m v0
2-k A1
2)；
（4 ）在t1 ～t2 时间内，弹簧弹力冲量I
弹的大小为[
mg(t2-t1)- 12π
2r
2B
2( A1- A2)
R
]。
4．（2023•北京）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。
【解答】解：（1）第一级区域的磁感应强度大小B1＝kI
金属棒在第一级区域受到的安培力大小：F1＝ILB1＝IL×kI＝kI2L
（2）第二级区域磁感应强度大小B2＝2kI
金属棒在第二级区域受到的安培力大小F1＝2ILB2＝2IL×2kI＝4kI2L
对金属棒，由牛顿第二定律得：F1＝ma1，F2＝ma2
解得：a1：a2＝1：4
（3）对金属棒，金属棒从静止开始经过两级区域过程，由动能定理得：
F1s+F2s= 1
2 mv
2-0
解得：v＝I❑√
10kLs
m
答：（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小是kI2L；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1：a2是1：4；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小是I❑√
10kLs
m
。
5．（2025•浙江）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。
第一级由间距为l 的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压
恒为U 的电源和开关S 组成，由此构成的回路总电阻为R1；第二级由固定在
动子上间距也为l 的导电“ ”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，
由此构成的回路总电阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第
一、第二两级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大
小为B 的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度
成正比，比例系数为k。当动子运动距离为xm时（可视为已匀速），立即断
开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直
方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量Φ；再让超导线圈断开，磁场快
速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安
装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始
终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。
（1）求动子在接通S 瞬间受力的大小；
（2）求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm；
（3）求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；
（4）判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。
【解答】解：（1）接通S 瞬间，电流I0= U
R1，动子只受安培力，则F0＝BI0l
= BUl
R1
；
（2）达到vm时，电流I= U - Bl vm
R1
，安培力F＝BIl= BUl - B
2l
2vm
R1
由于此时可视为匀速，因此F＝kvm，
联立解得vm =
BUl
k R1+ B
2l
2
（3）动子运动距离xm的过程，以水平向右为正方向，根据动量定理：
∑（Bil•Δt）﹣∑（kv•Δt）＝Mvm
0
﹣
根据q＝∑I•Δt，结合xm＝∑v•Δt
可解得电荷量q= M vm+k xm
Bl
第一级弹射过程电源输出总能量为：
W＝qU = kU xm
Bl
+
M U
2
k R1+ B
2l
2
（4）飞机能再次加速，说明飞机获得的感应电流方向与之前相同，根据安
培定则，可知这一阶段回路中感应电流磁场方向垂直向下，超导线圈中电流
磁场的消失，引起磁通量减小，根据楞次定律增反减同的推论，超导线圈电
流磁场方向垂直向下，再利用安培定则反推，可得超导线圈中电流方向为顺
时针（俯视），飞机第二次加速过程：E = ΔΦ
Δt = Φ
Δt
I = E
R2
设飞机起飞速度为v0，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
BIl•Δt＝mv0
mv
﹣
m
联立解得v0=
BUl
k R1+ B
2l
2 + BlΦ
m R2
答：（1）动子在接通S 瞬间受力的大小为BUl
R1 ；
（2）第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm为
BUl
k R1+ B
2l
2；
（3）第一级弹射过程中电源输出的总能量W 为
kU xm
Bl
+
M U
2
k R1+ B
2l
2；
（4）超导线圈中电流方向为顺时针（俯视），飞机起飞时的速度大小为
BUl
k R1+ B
2l
2 + BlΦ
m R2
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及通电螺线管的磁场时应分清
“因”和“果”。
因果
磁场
原因(电流方向)
结果(磁场方向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流及通电
螺线管的磁场
四指
大拇指
2.磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则及其他已知条件判定各个
场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N 在c 点产生的磁
场BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。
例题精讲：
【例1】（2025•南京模拟）如图所示，
是四分之一圆弧，
为圆心，
、
处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向均垂直纸面向里，整个
空间还存在一个磁感应强度大小为
的匀强磁场，
处的磁感应强度恰好为零。
考点1：安培定则的运用及磁场的叠加
下列说法正确的是
A．两通电直导线相互排斥
B．
处直导线在
处产生的磁感应强度大小为
C．若将
处直导线移走，则
处的磁感应强度大小变为
D．若将
处直导线中的电流反向、大小不变，则
处的磁感应强度方向竖
直向下
【答案】
【分析】用右手定则首先确定两根通电直导线在
点产生的磁场的方向，利用
矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，再根据左手定则分析安培力的方向。
【解答】解：
、根据安培定则，伸开右手，大拇指与电流方向相同，四指弯
曲方向为磁场的方向，知
导线中电流产生的磁场为顺时针方向，在
导线处，
根据左手定则可知，
导线受到的安培力指向
导线，故通电直导线相互吸引，
故
错误；
、
处直导线在
处产生的磁感应强度大小为
，则
处直导线在
处产生
的磁感应强度大小为
，
根据矢量的叠加
解得
，故
错误；
、若将
处直导线移走，则
处的磁感应强度大小变为
，故
正确；
、若将
处直导线中的电流反向、大小不变，根据右手螺旋定则，结合矢量
运算定则，可知
处的磁感应强度方向斜向右上方，与水平方向成
，故
错
误。
故选：
。
【例2】（2025 春•揭阳期末）两根通有相同电流的长直导线垂直于
平面固
定在
、
两点，电流方向垂直于
平面向里，此时
点的磁
感应强度为
。若将
点的电流方向变为垂直于
平面向外，
点的磁感应
强度为
，则
A．
的大小是
的
倍，方向相同
B．
的大小是
的
倍，方向垂直
C．
与
大小相等，方向相同
D．
与
大小相等，方向垂直
【答案】
【分析】这道题目主要涉及电磁学中的安培定则和磁场叠加原理知识点。
【解答】解：根据安培定则可知，当
点的电流方向垂直于纸面向里时，
点
的磁感应强度沿轴正方向，大小等于每根导线在
点产生磁场磁感应强度大
小的
音；当
点的电流方向垂直于纸面向外时，
点的磁感应强度沿
轴正
方向，大小与
相等，故
正确，故
错误；
故选：
。
【例3】（2025 春•濮阳期末）如图所示，两根长直导线
、
垂直纸面放置，
导线中通有大小相等、方向未知的电流。
为
连线的中点，
为
、
连线
中垂线上的一点，且
。已知
点处的磁场方向水平向右，磁感应强度
大小为
，下列说法正确的是
A．
导线中电流方向垂直纸面向里，
导线中电流方向垂直纸面向外
B．
点处的磁感应强度大小为
C．若只将
中电流的方向反向，
点处的磁感应强度大小变为
D．若只将
中电流的方向反向，则
点处的磁感应强度为零
【答案】
【分析】根据
点处磁场方向应用安培定则判断电流方向；
根据磁场的叠加原理应用平行四边形定则分析答题。
【解答】解：
、已知
点处的磁场方向水平向右，由安培定则可知，
、
导线中的电流方向均垂直于纸面向里，故
错误；
、两导线
、
中的电流在
点产生的磁感应强度等大反向，则
点处的磁
感应强度为0，故
错误；
、两导线在
点处产生的磁感应强度大小相等，方向分别与
、
垂直，
如图所示
点的磁感应强度
若将
中的电流方向反向，
导线在
点产生的磁感应强度大小不变方向反向，
如图所示
则
，解得
，故
正确；
、若将
中电流方向反向，
、
处两导线中的电流在
点产生的磁感应强
度大小相等，方向均垂直于
向下，则
点处的磁感应强度大小不为零，故
错误。
故选：
。
判断安培力作用下导体的运动情况的五种方法
考点2：安培力作用下的受力和运动分析
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
条形磁体⇌通电螺线
管⇌多个环形电流}
根据同极相斥、异极相吸判断作用力
的方向进而判断运动方向
结论法
两平行直导线电流在相互作用中，无
转动趋势，同向电流互相吸引，异向
电流互相排斥；两不平行的直导线电
流相互作用时，有转到平行且电流方
向相同的趋势
转换
研究
对象法
先分析电流在磁体磁场中所受的安培
力，然后由牛顿第三定律，确定磁体
所受电流磁场的作用力
例题精讲：
【例4】（2025•江苏模拟）如图，用粗细均匀的电阻丝折成边长为
的平面等
边三角形框架，每个边长
的电阻均为，三角形框架的两个顶点与一电动势为
、内阻为的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为
的匀强磁场，
则三角形框架受到的安培力的合力大小为
A．0
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆
定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四
边形定则合成即可．
【解答】解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图
等效电路为和
并联，并联后总电阻为：
则路端电压
根据欧姆定律：
则安培力
，
，
的夹角为
，根据平行四边形定则其合
力大小为：
故三角形框架受到的安培力的合力大小为：
故选：
。
【例5】（2025•镇江模拟）两根相同的弹性导线平行放置，分别通有方向相反
的电流和
，且
，下列图像可能正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】当两根平行导线中通有方向相反的电流时，根据安培定则（右手螺旋
法则），可以确定每根导线周围产生的磁场方向。两根导线产生的磁场在空间
中相互作用，会形成特定的磁场分布。题目要求我们判断在给定条件下，哪一
幅图可能正确地表示了两根导线周围磁场的分布情况。
【解答】解：根据题意，由右手安培定则可知，方向向下的电流
在方向向上
的电流
处磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知，通
电流的导线受力向右；
同理可以判断，通
电流导线受力向左，即两导线相互排斥，由牛顿第三定律
可知，两力大小相等，方向相反；根据题意可知，两根相同的弹性导线形变量
相同，故
正确，
错误。
故选：
。
【例6】（2025•邢台一模）如图所示，三根通电直导线
、
、
互相平行，
位于等腰三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等，方向垂直纸面向里的电
流，则通电直导线
、
在
处产生的磁感应强度
及通电直导线
所受的安
培力
的方向分别是
A．
沿正轴方向，
垂直
，指向
轴负方向
B．
沿负轴方向，
垂直
，指向
轴正方向
C．
沿
正轴方向，
垂直
，指向轴正方向
D．
沿
负轴方向，
垂直
，指向轴负方向
【答案】
【分析】根据安培定则（右手螺旋法则）用于确定电流产生的磁场方向，而左
手定则用于确定磁场中电流所受的安培力方向。题目中，三根通电直导线
、
、
互相平行，位于等腰三角形的三个顶点，且电流方向垂直纸面向里，大
小相等。因此，需要分别计算
、
在
处产生的磁感应强度
的方向，再利
用左手定则确定
所受的安培力
的方向。
【解答】解：由安培定则可知，通电指导线
、
在
处产生的磁场方向如图，
根据磁场强度矢量叠加法则可知，合磁场的方
向水平向右，即沿轴正方向，则
处的磁场方向沿轴正方向；
由左手定则可知，通电直导线
所受安培力垂直于
指向
轴负方向，故
错误，
正确。
故选：
。
【例7】（2025•未央区校级一模）将一节五号干电池的负极放在强磁铁上，强
磁铁产生磁场的磁感线如图所示。将一矩形金属框与该电池组成闭合回路，在
安培力作用下，线框发生转动，这样就构成一台简易“电动机”，下列说法正
确的是
A．图中强磁铁下端为
极
B．从上向下看，图中金属框将逆时针转动
C．调转磁极，再次接入后金属框将反向转动
D．电池消耗的电能全部转化为金属框的动能
【答案】
【分析】根据磁场的磁感线分布情况确定强磁铁下端的极性。根据左手定则分
析金属框转动方向。结合能量转化情况分析。
【解答】解：
、在磁铁的外部，磁感线从
极出发进入
极，根据磁场的磁
感线分布情况可知强磁铁下端为
极，故
错误；
、由于金属框下方的磁感应强度比上方的大，研究金属框下方的受力情况，
根据左手定则可知从上向下看，图中金属框将顺时针转动，故
错误；
、调转磁极，安培力方向将反向，所以再次接入后金属框转动方向将改变，
故
正确；
、电池消耗的电能一部分转化为金属框的动能，还有一部分转化为内能，故
错误。
故选：
。
【例8】（多选）（2025•西安二模）如图所示，在水平面内有三根相同的均匀
金属棒
、
和
，其中
、
在点接触，构成“
”字形导轨。空间存
在垂直于纸面的均匀磁场，给
一个向右的初速度，从位置开始计时，运动
中金属棒
始终与
的平分线垂直且和导轨保持良好接触，下列关于回路
中电流—位移
图像和金属棒
受到的安培力—位移
图像，可能正
确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】
切割磁感线运动产生感应电动势
，
越来越大，回路总电
阻也增大，根据电阻定律可求回路电阻，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解；
由安培力公式
分析安培力的变化情况，并结合由极限法得出结论。
【解答】解：
设
，金属棒
运动的位移为，金属棒单位长度的
电阻为
，则金属棒
接入电路中的长度为
回路电阻为
金属棒切割磁感线产生的电动势为
回路中产生的感应电流为
随着金属棒速度减小，可知感应电流随位移增加而减小，
正确，
错误；
金属棒
受到的安培力为
可知
，故
错误；
初始状态
，
，
，最终棒会静止，
，
，
，可知
安培力随距离先增大后减小，故
正确。
故选：
。
与安培力有关的平衡、加速等问题，常涉及倾斜导轨、导体棒、电源、电阻
等。求解时应变立体图为平面图，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 安⊥B、F 安⊥I。如图所示：
例题精讲：
【例9】（2025•金水区校级四模）如图所示，光滑金属导轨与水平面成
角，
考点3：安培力作用下的平衡和加速问题
金属杆
垂直放置在导轨上，导轨处于匀强磁场中。接通电路后，当磁场方向
垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为
时，
被释放后保持静止；当磁场方
向竖直向上、磁感应强度大小为
时，
被释放后也能保持静止。则
为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】对金属杆进行受力分析，根据共点力的平衡计算安培力的大小，根据
安培力的表达式
求解磁感应强度大小。
【解答】解：磁场方向垂直导轨平面向上，安培力方向沿斜面向上，有
当磁场方向竖直向上、磁感应强度大小为
时，安培力方向水平向右，有
联立解得
故
正确，
错误。
故选：
。
【例10】（2025•南京二模）如图，金属棒
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
向
的电流，平衡时两悬线与竖直
方向的夹角均为。仅改变下列某一个条件，能使变大的情形是
A．棒中的电流变大
B．两悬线等长变短
C．金属棒质量变大
D．磁感应强度变小
【答案】
【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析
答题。
【解答】解：根据左手定则可知，安培力方向水平向右，对导体棒受力如图所
示：
根据平衡条件可知：
。
、棒中电流变大，
角变大，故
正确；
、两悬线等长变短（不是导线变短），
角不变，故
错误；
、金属棒质量变大，
角变小，故
错误；
、磁感应强度变小，角变小，故
错误。
故选：
。
【例11】（2025•芜湖校级二模）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为
，
形导线通以恒定电流后放置在匀强磁场中。已知
边长为
，与磁场方向
垂直，
边长为
，与磁场方向平行，则该导线受到的安培力大小为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】由安培力公式和适用条件，可计算导线所受安培力的大小。
【解答】解：由安培力为
，且其中
与垂直，可知该导线的安培力为：
，故
错误，
正确。
故选：
。
【例12】（2025•萍乡模拟）已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电
导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。如图所示，长直导体棒
通过两根等长绝缘细线悬挂在竖直绝缘光滑墙面上等高的
、
两点的正下
方，并通以电流
。另一导体棒
也通过两根等长绝缘细线悬挂在
、
两点，
并通以电流
。静止时悬挂
的两细线与竖直墙面有一定夹角，然后缓慢减小
导体棒
中的电流。下列说法正确的是
A．
与
方向相同
B．悬挂
的细线拉力逐渐减小
C．悬挂
的细线拉力大小不变
D．若
中的电流减为初始的四分之一，则两导体棒的距离减半
【答案】
【分析】两棒互相排斥，则电流方向相反，根据相似三角形分析绳子拉力，及
选项。
【解答】解：
、根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可知电流方向
相反，故
错误；
如图甲所示，对导体棒
受力分析。记
距离为
，
距离为
，
距离
为
，根据共点力平衡条件可知
故悬挂
的细线拉力
大小不变，故
错误；
、如图乙所示，将两根导体棒视为整体受力分析，设悬挂
的细线与竖直方
向的夹角为，则有
由于逐渐减小，故悬挂
的细线拉力
逐渐减小，故
错误；
、导体棒
在导体棒
处产生的磁场磁感应强度
故导体棒
受到的安培力
得
而
故
中的电流减为初始的四分之一时两导体棒的距离减半，故
正确。
故选：
。
【例13】（2025•常州校级模拟）如图所示，电阻不计足够长的水平导轨间距
，导轨处于方向与水平面成
角斜向右上方的磁感应强度为
的匀强磁
场中。导体棒
垂直于导轨放置且处于静止状态，其质量
，电阻
，与导轨间的动摩擦因数
，电源电动势
，其内阻
，
定值电阻的阻值
。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
细绳对
的拉力沿水平方向，重力加速度
取
，
，
，
则
A．导体棒
受到的摩擦力方向一定向右
B．导体棒
受到的安培力大小为
，方向水平向左
C．不挂重物的情况下，导体棒
依旧能保持静止
D．若在重物拖拽下，导体棒
向右滑动了
，则通过导体棒
的电荷量大
于
【答案】
【分析】利用闭合电路欧姆定律可得干路中电流，由
可得安培力大小，
利用左手定则可知安培力方向；
对导体棒受力分析，当摩擦力恰好为最大静摩擦力时，若方向水平向右时重物
重力最小，若方向水平向左时重物重力最大，利用力的平衡可得解；
根据电流的定义变形后求电荷量。
【解答】解：
、由闭合电路欧姆定律可得：
导体棒
受到的安培力：
，方向垂直于磁场方向斜向
左上方，故
错误；
、若
恰好有水平向左的运动趋势时，所受静摩擦力水平向右，
则由平衡条件，竖直方向有：
水平方向有：
根据滑动摩擦力公式：
联立代入数据解得：
若
恰好有水平向右的运动趋势时，所受静摩擦力水平向左，则由平衡条件可
得
竖直方向有：
水平方向有：
同理有：
联立代入数据解得：
所以重物重力
的取值范围为
，故
错误；
、在重物的拖拽下导体棒
向右滑动了
，在运动的过程中瞬时电流满足：
流
过
导
体
棒
的
电
荷
量
为
：
代入数据解得：
所以电荷量应大于
，故
正确。
故选：
。
课后提优练习
一．选择题（共13 小题）
1．（2025•红旗区一模） 一段导线abcde 位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场
中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab、bc、cd 和de 的长度
均为L，且∠abc＝∠cde＝120°，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。
导线段abcde 所受到的磁场的作用力的合力大小为（ ）
A．2BIL
B．3BIL
C．（❑√3+2）BIL D．4BIL
【解答】解：导线bcd 段的等效长度为L，因此导线的总等效长度l＝3L
根据安培力公式，导线段abcde 所受到的磁场的作用力的合力大小为F＝BIl
＝3BIL
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2．（2026•浙江一模）手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，
光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手
机框架相连，两个相同线圈c、d 分别固定在镜头右、上两侧，c、d 中的一
部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时
检测手机框架的微小加速度a 的大小和方向，依此自动调节c、d 中通入的电
流Ic和Id的大小和方向（无抖动时Ic和Id均为零），使镜头处于零加速度状
态。下列说法正确的是（ ）
A．若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a 的方向向右
B．若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a 的方向向上
C．若a 的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic＞Id
D．若a 的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic＞Id
【解答】解：A、根据题意分析可知，Ic顺时针而Id＝0，则c 线圈受到向右
的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加速度状态，故A 错误；
B、根据题意分析可知，Id顺时针而Ic＝0，则d 线圈受到向上的安培力，镜
头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，故B 错误；
C、根据题意分析可知，若a 的方向左偏上30°，说明手机框架给镜头向上以
及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈c 需要受到向右的安
培力Fc、线圈d 需要受到向下的安培力Fd，且Fc＞Fd，故可知Ic顺时针，Id逆
时针，由F＝BIl 可知Ic＞Id，故C 正确；
D、根据题意分析可知，若a 的方向右偏上30°，说明手机框架给镜头向上以
及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状
态，线圈c 需要受到向左的安培力Fc、线圈d 需要受到向下的安培力Fd，且
Fc＞Fd，可知Ic逆时针，Id逆时针，且Ic＞Id，故D 错误。
故选：C。
3．（2025•郫都区校级模拟）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水
平面上，导轨左端接有定值电阻，整个空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁
场，导轨上静置一金属棒，金属棒和导轨电阻均不计。现给金属棒一个向右
的初速度，设金属棒向右运动的位移大小为x 时，速度大小为v，加速度大
小为a，通过定值电阻的电荷量为q，金属棒克服安培力做功的功率为P，则
下列四个图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：C．导体棒切割磁感线，产生感应电流，根据左手定则可知棒
受安培力向左，开始向右做减速运动。通过电阻的电荷量
q = I Δt = E
R Δt =
ΔΦ
Δt
R Δt = ΔΦ
R = BLx
R
可知q 与x 成正比，故C 错误；
A．对导体棒由动量定理﹣BILΔt＝mv
mv
﹣
0
联立上述两式可解得v = v0- B
2 L
2 x
mR
即速度v 与位移x 为线性递减函数，故A 正确；
B．设磁感应强度为B，棒长为L，定值电阻阻值为R，产生的感应电动势为
E＝BLv
感应电流大小I = E
R
导体棒所受安培力F＝BIL，由牛顿第二定律B
2 L
2v
R
=ma
联立上式化简得a= B
2 L
2v0
mR
- B
4 L
4
m
2 R
2 x
即加速度a 随x 的图像也为线性递减函数，故B 错误；
D．克服安培力的功率P= Fv = B
2 L
2v
2
R
即功率P 与v 为二次函数，故D 错误。
故选：A。
4．（2025•聊城二模）如图所示，空间中存在一匀强磁场（图中未画出，大小、
方向未知）。两条平行金属导轨间距l＝1m，与水平面成倾角θ＝37°固定，
在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m＝0.5kg 的金属棒AB
置于短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。现将两导轨与恒流
电源相连接，金属棒中电流大小为I＝3A，重力加速度的大小取10m/s2，
sin37°＝0.6。要使金属棒沿导轨向上以a＝2m/s2的加速度做匀加速直线运动，
则磁感应强度的最小值为（ ）
A．4 ❑√5
5
T
B．2❑√5
3
T
C．1T
D．2T
【解答】解：对金属棒受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律可得Fcosα
mgsin
﹣
θ
f
﹣＝ma，FN+Fsinα＝mgcosθ，f＝μFN
联立可得F =
6
cosα +0.5 sinα N
由此可知Fmin= Bmin Il =
6
❑√1+0.5
2 N = 12
❑√5 N，两条平行金属导轨间距l＝1m，金
属棒中电流大小为I＝3A，
所以Bmin= 4 ❑√5
5
T，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
5．（2025•开封一模）如图所示，两根长直导线a 和b 平行放置，分别通有大小
为I、2I 的电流，电流方向相反，此时导线受到的a 磁场力大小为F。当加入
一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，导线a 受到的磁场力为零，则此时b
受到的磁场力大小为（ ）
A．F
2
B．F
C．3 F
2
D．3F
【解答】解：两导线间的磁场力是作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，
它们大小相等、方向相反，即b 受到的磁场力大小也为F，如图所示；
当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，设所加磁场的磁感应强度为
B，则导线a 受到的安培力大小F1＝BIL，导线b 受到的安培力大小F2＝2BIL
＝2F1
加入磁场后导线a 所受磁场了为零，则F＝F1，F2＝2F，则b 受到的合力大小
Fb 合＝F2
F
﹣＝F，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
6．（2025•昌黎县校级二模）如图所示，条形磁铁固定在水平面上，矩形金属
线圈abcd 用轻弹簧悬挂静止在条形磁铁的正上方，ab 边水平，将金属线圈锁
定（固定不动），并通以恒定电流，解除对线圈的锁定后发现线框（俯视
看）沿逆时针方向转动，磁铁不动，则下列判定正确的是（ ）
A．线圈中通入的电流方向是abcda
B．俯视看，磁铁有沿逆时针方向转动的趋势
C．线圈转动90°的过程中弹簧的长度变大
D．线圈转动90°的过程中弹簧的长度不变
【解答】解：A、将通电线圈等效成磁体，磁体方向垂直纸面，根据异名磁
极相互吸引可知，等效磁体外面为N 极，根据安培定则可知线圈中电流沿
adcba 方向，故A 错误；
B、俯视看，根据磁体间的相互作用可知，磁铁有沿顺时针方向转动的趋势，
故B 错误；
CD、线圈转动90°的过程中，由于线圈受磁铁的吸引力增大，弹簧的长度变
大，故C 正确，D 错误。
故选：C。
7．（2025•泉州一模）某学习小组用图示装置测量磁场的磁感应强度。弹簧测
力计竖直悬挂一边长为L 的等边三角形金属线框abc，静止时测力计示数为
F。e、f 分别为ab、ac 的中点，过ef 的水平虚线下方存在垂直线框平面的待
测匀强磁场（图中未画出）。线框中通入大小为I、方向沿abca 的电流，再
次静止时，e、f 仍在水平虚线上，测力计的示数变为3F，则磁感应强度大小
和方向分别为（ ）
A．2 F
IL ，垂直线框平面向里
B．2 F
IL ，垂直线框平面向外
C．4 F
IL ，垂直线框平面向里
D．4 F
IL ，垂直线框平面向外
【解答】解：无磁场时，由平衡条件有F＝mg，当磁场边界线刚好过ab 和ac
边的中点e 、f 时，线圈的有效长度L有= L
2 ，此时线圈所受的安培力
F安= BI L有= BIL
2 。由平衡条件，线圈所受的安培力方向竖直向下，满足3F
＝mg+F 安，联立知，匀强磁场的磁感应强度大小B= 4 F
IL 。根据左手定则可知，
磁场方向垂直于线框平面向外，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
8．（2025•河南三模）如图所示，用轻绳将两根通电直导线悬挂在天花板上的
O 点。系统平衡时，左右两侧轻绳偏离竖直方向的夹角分别为α、β。已知两
通电导线的质量相等，导线A 的电流方向垂直纸面向里，导线B 的电流大于
导线A 的电流，过O 点的竖直线与AB 连线相交于O1点，OA＞OB，下列说
法正确的是（ ）
A．导线B 对导线A 的磁场力大于导线A 对导线B 的磁场力
B．导线B 的电流方向垂直纸面向里
C．O1点为线段AB 的中点
D．左侧轻绳的拉力小于右侧轻绳的拉力
【解答】解：A、导线B 对导线A 的磁场力与导线A 对导线B 的磁场力是一
对相互作用力，大小相等，故A 错误；
B、由“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”可知，导线B 的电流方向
垂直纸面向外，故B 错误；
C、如图所示
由三角形相似得mg
OO1
= F安
A O1
= F安
O1B，
即AO1＝O1B
所以点为线段AB 的中点，故C 正确。
D、对两根导线受力分析，依据三角形定则和平衡条件，由三角形相似得
mg
OO1
= T A
OA = T B
OB，
因为OA＞OB，所以TA＞TB，故D 错误。
故选：C。
9．（2025•浉河区校级三模）如图所示，四个相同的半圆弧形导体棒，通有相
同大小的电流I，处于磁场强度大小为B，不同方向的匀强磁场中。图甲和图
乙的磁场方向水平向右，图丙和图丁的磁场方向垂直纸面向里。下列判断正
确的是（ ）
A．甲图和丙图导体棒受到的安培力大小相同
B．乙图和丁图导体棒受到的安培力大小相同
C．甲图和乙图中导体棒受到的安培力大小和方向都相同
D．丙图和丁图中导体棒受到的安培力大小和方向都相同
【解答】解：A．甲图和丙图导体棒与磁场方向垂直，导体棒的有效长度相
同，受到的安培力大小相同，故A 正确。
B．乙图和丁图导体棒的有效长度不同，故受到的安培力大小不同，故B 错
误。
C．甲图和乙图中导体棒受到的安培力大小不同但方向相同，均垂直纸面向
外，故C 错误。
D．丙图和丁图中导体棒受到的安培力大小相同但方向不相同，故D 错误。
故选：A。
10．（2025•西城区一模）如图所示，一根无限长的通电直导线固定在光滑水平
面上，一质量为m 的导体圆环在该平面内运动，其初速度大小为v0，方向与
导线的夹角为30°。已知距离导线越远，磁场的磁感应强度越小，则导体圆
环（ ）
A．做速度逐渐减小的直线运动
B．距导线的距离先增大后减小
C．产生的电能最多为0.25mv0
2
D．受到安培力的冲量最大为0.5mv0
【解答】解：A、单看竖直方向，每运动一个微元Δy，圆环磁通量均是不变
的，不会产生感应电流，因此圆环在竖直方向做匀速直线运动，速度一直是
vy＝v0cos30°=
❑√3
2 v0
单看水平方向，圆环向右运动过程中，磁通量越来越小，则会产生感应电流，
会受到向左的安培力阻碍运动，因此圆环在水平方向做减速运动。
根据运动的合成与分解，竖直方向的匀速直线与水平方向的减速运动合成后，
必然是曲线运动，故A 错误；
B、水平方向圆环减速为0 后，就不会有感应电流了，因此也不会再有安培
力了，即水平方向圆环保持静止，距导线的距离不会减小，故B 错误。
CD、根据上面的分析，足够长的时间后，圆环以vy在竖直方向做匀速直线
运动，根据能量守恒，产生的电能最多为E= 1
2 mv0
2- 1
2 mv y
2
解得E= 1
8 m v0
2
规定向左为正方向，根据动量定理，受到安培力冲量最大为I＝mv0sin30°＝
0.5mv0，故C 错误，D 正确。
故选：D。
11．（2025•江苏模拟）运输磁电式微安表时，要用金属片将正负接线柱连接在
一起。在通过颠簸路段时（ ）
A．微安表指针可以与表盘保持相对静止
B．微安表内线圈受到的安培力方向与线圈转动方向相反
C．电流总是从正接线柱通过金属片流到负接线柱
D．螺旋弹簧的弹性势能一直增大
【解答】解：AB、在通过颠簸路段时，微安表指针不断摆动，不会与表盘保
持相对静止，指针摆动时产生感应电流，磁场对感应电流产生安培力作用阻
碍摆动，这样可减缓表针摆动幅度，故微安表内线圈受到的安培力方向与线
圈转动方向相反，故A 错误，B 正确；
C、由于是短路，电流方向会随颠簸产生的振动而变化，磁场方向不变，往
外摆和往回摆磁通量增减不同，不一定总是从正接线柱通过金属片流到负接
线柱，故产生的感应电流方向不同，故C 错误；
D、来回摆，螺旋弹簧的弹性势能一会增大一会减小，故D 错误。
故选：B。
12．（2025•洛阳模拟）如图所示，金属棒MN 两端由等长的轻质绝缘细线水平
悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，当棒中通以由M 向N 的电流，平衡时两
悬线与竖直方向的夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，能使棒再次平
衡时θ 角不变的是（ ）
A．棒中的电流变大
B．两悬线等长变短
C．金属棒质量变大
D．磁感应强度变大
【解答】解：根据左手定则可知，安培力方向水平向右，对导体棒受力如图
所示：
根据平衡条件可知，tanθ= F
mg = BIL
mg ，由公式可得：
A、棒中电流I 变大，θ 角变大，故A 错误；
B、两悬线等长变短（不是导线变短），θ 角不变，故B 正确；
C、金属棒质量变大，θ 角变小，故C 错误；
D、磁感应强度变大，θ 角变大，故D 错误。
故选：B。
13．（2025•蚌埠模拟）将长直导线折成如图所示形状固定在匀强磁场中，磁感
应强度大小为B，磁场方向与导线所在平面垂直，AC、ED、FG 三段相互平
行，长均为L，CD、EF、GH 三段相互平行，长均为1
3 L，AC与CD 垂直，
给导线通入大小为I 的恒定电流，则整个导线受到的安培力大小为（ ）
A．BIL
B．❑√2BIL
C．3BIL
D．❑√10 BIL
【解答】解：整个导线的有效长度为AH 的长度❑√2 L，因此受到的安培力大
小为F安= BI ⋅❑√2 L= ❑√2BIL，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
二．多选题（共2 小题）
（多选）14．（2025•湖南模拟）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
❑√3
3 g；减速时，加速度的最大值为
❑√3g，其中g
为重力加速度大小，下列正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
❑√3
6
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
❑√3
3
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°
【解答】解：对导体棒受力分析，根据其速度向右，可知加速时，加速度水
平向右，减速时的加速度水平向左；
可知加速时，受力分析如下图：
减速时，受力分析如下图：
由图结合左手定则，可得到加速时的磁场方向为：斜向右下方，减速时的磁
场方向为：斜向左上方；
根据加速度的最大值，可知加速时：F1sinθ - μ(mg- F1cosθ)=m×
❑√3
3 g，
减速时：F2sinα + μ(mg+ F2cosα )=m×❑√3 g，
结合数学知识，可得到两种情况下的磁场方向与水平方向角度：θ＝60°，θ′
＝π﹣α，解得：θ′＝120°，动摩擦因数μ=
❑√3
3 ，故AD 错误，BC 正确。
故选：BC。
（多选）15．（2025•河北模拟）如图1 所示的装置中，电源电动势为E，内阻
为r，滑动变阻器连入电路的电阻为R，导体棒PQ 的质量为m，PQ 的长度
和轻质硬导线OP、O′Q 的长度均为L，硬直导线OP、O′Q 与导体棒PQ 垂直
且三者组成的框架通过O、O′处的导电光滑小环（未画出）可绕水平轴OO′
在竖直面内转动，导体棒PQ 及所有导线的电阻忽略不计，其侧视图如图2
所示。该装置所在空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为
B0。闭合开关后，硬导线OP、O′Q 和导体棒PQ 恰能在图示位置保持静止，
OP、O′Q 与竖直方向的夹角为α＝30°，此时记为t＝0 时刻。此后磁场的磁
感应强度缓慢减小，且在t0时刻恰好减为零。则0∼t0时间内，下列说法正确
的是（ ）
A．t＝0 时刻，通过PQO′O 平面的磁通量大小为B0 L
2
B．0∼t0时间内，通过PQO′O 平面的磁通量改变量大小为1
2 B0 L
2
C．t＝0 时刻，导体棒所受的安培力大小为B0 EL
R+r
D．t0时刻，导体棒所受的安培力大小为B0 EL
R+r
【解答】解：A 、t ＝0 时刻，通过PQO′O 平面的磁通量大小为Φ1
= B0 L
2sin30° = 1
2 B0 L
2，故A 错误；
B、t0时刻，磁感应强度为零，导体棒 PQ 位于最低点，磁通量为零，
结合A 选项分析，可知在0∼t0时间内，通过PQO′O 平面的磁通量改变量大
小为|△Φ|＝|0﹣Φ1|，解得：| ΔΦ|= 1
2 B0 L
2，故B 正确；
C、根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流大小恒为I =
E
R+r ，t＝0 时刻，导
体棒所受的安培力大小为F = B0 IL= B0 EL
R+r ，故C 正确；
D、t0时刻，磁感应强度为零，导体棒所受的安培力大小也为零，故D 错误。
故选：BC。
