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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．
1
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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
比较项目
磁感应强度B
电场强度E
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
方向
矢量
磁感线的切线方向，小磁针N
极受力方向
矢量
电场线的切线方向，放入该点
的正电荷受力方向
场的叠加
合磁感应强度等于各磁场的磁
感应强度的矢量和
合场强等于各个电场的电场强
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
Q1；将其从图示位置绕东西轴转90°，测得通过线框的电荷量为Q2；该处地磁场的磁感应强度
大小为（ ）
A．R
S √
Q1
2
4 +Q2
2
B．R
S √Q1
2+Q2
2
C．R
S √
Q1
2
2 +Q❑1Q2+Q2
2
D．R
S √Q1
2+Q1Q2+Q2
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θ，取磁感线从线
2
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框上面向下穿过时为正。
初始位置的磁通量：Φ1＝BSsinθ
线框转过180°时，磁感线的方向从线框的背面穿过，所以：Φ2＝﹣Φ1＝﹣BSsinθ
线框转过90°时，磁感线的方向也是从线框的背面穿过，所以：Φ3＝﹣BScosθ
线框转过180°时，回路磁通量变化量的大小为：ΔΦ＝|Φ2﹣Φ1|＝2BSsinθ。
根据公式有：Q1＝I1Δt1=
ΔΦ
Δt1
R Δt1= ΔΦ
R = 2BSsinθ
R
线框转过90°时，回路磁通量变化量的大小为：ΔΦ′＝|Φ2﹣Φ1|＝BS•（sinθ+cosθ）
所以对：Q2= ΔΦ'
R
= BS(sinθ+cosθ)
R
联立可得：B= R
S √
Q1
2
2 +Q❑1Q2+Q2
2．故C 正确，ABD 错误
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；
3
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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：Ffd＝tan30°F
解得：F fd = √3
3 F
e 对导线b 的安培力大小为：F
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：
Fb=2 Fsin30°+2× √3 F
3
sin 60°+ F
2
解得：Fb= 5 F
2 ，故B 错误；
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
4
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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
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最
强，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
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（ ）
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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L1、L2、L3、L4，目的是将导线间距固定为l，防止导线相碰，图为其
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
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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，
L1在O 点的磁感应强度与L3在O 点的磁感应强度等大反向，L2在O 点的磁感应强度与L4在O
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，L1和L4在ad 边中点处的磁感应强度方向与L2和L3在ad 边
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
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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
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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．
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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θ，如果仅改
变下列某一个条件，θ 角的相应变化情况是（ ）
A．金属棒质量变大，θ 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
【解答】解：导体棒受力如图所示，根据几何关系有：tanθ= F
mg = BIL
mg ，则有：
A、金属棒质量变大，θ 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、两悬线等长变短时安培力不变，故θ 角不变，故D 错误。
故选：AB。
[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
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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
【解答】解：A．开始运动时，在安培力作用下加速，所以a= BIL
m = 0.5×2×0.5
0.05
m/s2＝
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
（MN+OP）= 1
2mv2，代入数据解得：v＝2√5m/s，故B 错误；
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；
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＝mv
2
r ，代
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＝1Ω 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μ＝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。
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【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I1，由平
衡条件得：
BI1L+μmg＝Mg，
得：I1= Mg- μmg
BL
= 0.3×10-0.5×0.2×10
2×1
A＝1A
此时变阻器接入电路的电阻最大，设为R1，由欧姆定律得：
R1= E
I 1
-r= 6
1Ω﹣1Ω＝5Ω
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I2，由平
衡条件得：
BI2L＝μmg+Mg
得：I2= Mg+ μmg
BL
= 0.3×10+0.5×0.2×10
2×1
A＝2A
此时变阻器接入电路的电阻最小，设为R2，由欧姆定律得：
R2= E
I 2
-r＝2Ω
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2Ω≤R≤5Ω。
答：滑动变阻器连入电路的阻值范围为2Ω≤R≤5Ω。
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
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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
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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
度B =k I
r （k 为常数）。则（ ）
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：
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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（
）
A．√3 B
B．2B
C．√3
3 B
D．1
2 B
【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；
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：B电
B =tan30°= 1
√3
15
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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电= √3
3 B，故ABD 错误，C 正确。
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
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
27
47
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44μT
B．第2 次测量时，y 轴指向东
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
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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=√B竖直
2
+ B水平
2
=√26
2+ 4 8
2μT
＝54.6μT，故A 错误；
BCD．z 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By＜0，故
y 轴指向南方；第3 次测得Bx＞0，故x 轴指向北方而y 轴则指向西方，第4 次测量，测得Bx＜
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。
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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F0，则正六边形线框受到的安培力的大小为（ ）
A．6F0
B．5F0
C．2F0
D．6
5 F0
【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
F0，
则BA 与BCDEFA 两支路的电阻之比为R1：R2＝R：5R＝1：5，根据并联电路两端电压相等的
特点可知，BA 与BCDEF 两支路电流之比I1：I2＝5：1
BA 与BCDEFA 受到的安培力的大小之比为F′：F0＝I1：I2＝5：1，可得F′＝5F0
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F0+F′＝6F0，故A 正确，
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θ。下列说法正确的是（ ）
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A．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．sinθ 与电流I 成正比
【解答】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sinθ
= BIL
mg ，tanθ= BIL
FT
，FT＝mgcosθ，则可看出 sinθ 与电流成正比，当1 增大时θ 增大，则cosθ
减小，静止后，导线对悬线的拉力FT 减小，故C 错误，D 正确。
故选：D。
9.
（2024•郑州二模）如图所示，两根长直导线α、b 垂直放置，彼此绝缘，分别通有大
小相同电流I0。固定的刚性正方形线圈MNPQ 通有电流I，MN 到a 的距离与MQ 到b 的距离
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α，则此时线圈所
受的安培力大小为（ ）
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A．√2
2 F，方向向左
B．√2
2 F，方向向右
C．1
2F，方向向左
D．1
2F，方向向右
【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F1，方向向上，对QP 的安培力为F2，方向向下，因此导线a 对线框整体的安培力为F01＝
F1﹣F2，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
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F1′，方向向左，
对NP 的安培力为F2′，方向向右，因此导线b 对线框整体的安培力为F02＝F1′﹣F2′＝F01，
方向向左，因此线圈受到的安培力为：
F ' =√F01
2 + F02
2 =√2 F01=√2 F，如果将导线a 移走，那么线圈受到的安培力为：
F02= √2
2 F，方向向左，故A 正确，BCD 错误；
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θ 为
30°，圆弧槽对导线MN 的支持力为FN，PP'与圆心O 等高。下列说法正确的是（ ）
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A．仅将磁场方向顺时针缓慢旋转45°，此过程中FN一直增大
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
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
的值为原来的√2
2 倍
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FN，会逐渐增大，因此若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转
45°过程中，则FN一直增大，故A 正确；
B．由平衡条件可得导线受安培力大小为F＝mgtanθ= √3
3 mg
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FN1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
最大，此时支持力为
FN1=√(mg)
2- F
2
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tanθm= F
F N 1
解得
tanθm= √2
2
故B 正确。
C．图示位置磁场方向竖直向下，设磁感应强度为B1，则
B1IL＝mgtan30°
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B2，则
B2IL＝mgsin30°
解得
B2
B1
= √3
2
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，θ 角增大，当θ 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θ 角不可能达到90°，只有θ＜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′上方，故D 错误；
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
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( π
4 ＜θ＜π
2 )斜向右上方，
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BILsinθ
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
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C．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FA
＝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
f1＝BIlsinθ
竖直方向，由平衡条件得
N1＝mg﹣BIlcosθ
由牛顿第三定律得金属杆对导轨压力大小
N1'＝N1＝mg﹣BIlcosθ
磁感应强度B 改为与原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θ
斜向左下方，根据平衡条件得
f2＝BILcosθ，N2＝mg+BILsinθ
由π
4 ＜θ＜π
2 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
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
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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（
）
A．0
B．8
9 BIL
C．8
15 BIL
D．2BIL
【解答】解：由题意可知，硬导线CD 上电流为2
3 I，CA 和AD 上电流都是1
3 I，CD 左右两端处
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
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＝2B1
3 I
L
cos53° sin 53°＝2B
1
3 I L
3
5
4
5 = 8
9 BIL，故B 正确，ACD 错误。
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（ ）
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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
a= v
2
2 x = 2000
2
2×10 m/ s
2=2×105m/s2
由牛顿第二定律可得
BIL＝ma
解得：B= ma
IL = 0.1×2×10
5
100×2
T =100T，故C 错误，D 正确；
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θ＝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（ ）
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A．导体棒向左运动
B．电键闭合瞬间导体棒MN 的加速度为BEL
2mR
C．电键闭合瞬间导体棒MN 所受安培力大小为√2BEL
4 R
D．电键闭合瞬间导体棒MN 所受安培力大小为BEL
2 R
【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；
CD、电键闭合瞬间，电路电流为I= E
2 R
导体棒MN 所受安培力大小为F＝BIL= BEL
2 R
故C 错误，D 正确；
B、电键闭合瞬间，根据牛顿第二定律得：Fsinθ＝ma
联立解得：a= √2BEL
4 mR
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（ ）
A．炮弹在轨道上的加速度为v
2
2 L
B．磁场力做的功为5
2 mv
2
C．磁场力做功的最大功率为125m v
3
2 L
D．磁场力的大小为25md v
2
2 L
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【解答】解：A、根据v2＝2aL，解得a= (5 v)
2
2 L = 25 v
2
2 L
，故A 错误；
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 = 1
2 m(5 v)
2= 25
2 mv
2，故
B 错误；
CD、根据牛顿第二定律可知，磁场力的大小为F =ma= 25mv
2
2 L
，根据P＝Fv，得最大的功率为
P= F ⋅5 v = 125mv
3
2 L
，故C 正确，D 错误；
故选：C。
27
