文档文本内容
第48 讲 磁场的描述与磁场对电流的作用
目 录
模拟·基础演练.........................................................................................................................1
题型01 磁场的描述与磁场的叠加...................................................................................1
题型02 安培力作用下的受力和运动分析........................................................................4
题型03 安培力作用下的平衡..........................................................................................7
题型04 安培力作用下加速问题....................................................................................11
重难·创新演练.........................................................................................................................15
真题·实战演练.........................................................................................................................21
模拟·基础演练
考查重点：磁场的描述、叠加、安培力的动力学计算……
⏳题型01 磁场的描述与磁场的叠加
1．（25-26 高二上·吉林延边）关于磁通量，下列说法正确的是（ ）
A．在匀强磁场中，穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
B．磁通量是矢量，其正负表示方向
C．磁通量是形象描述穿过某一个面的磁感线条数的物理量
D．磁通量越大，磁通量的变化就越快
【答案】C
【详解】A．匀强磁场中磁通量的表达式为Φ = BS cosθ，其中θ为磁感应强度方向与面的法线方向的夹角，
仅当平面与磁场垂直时Φ = BS，选项未说明平面与磁场垂直的前提，故A 错误；
B．磁通量是标量，其正负仅表示磁感线穿过该面的朝向（正向或反向穿过），不代表矢量的方向，故B
错误；
C．磁通量的物理意义就是形象描述穿过某一平面的磁感线条数的物理量，故C 正确；
D．磁通量的变化快慢为磁通量的变化率ΔΦ
Δt ，其大小与磁通量本身的大小无直接关联，若磁通量很大但
保持不变，变化率为0，故D 错误。
故选C。
2．（25-26 高二上·吉林）关于磁场、磁感应强度、磁感线、磁通量，下列说法正确的是（ ）
A．磁通量是标量，不能反映磁场的强弱和方向
B．由磁感应强度定义式B = F
IL可知，B 与F 成正比、与IL 成反比
C．磁感线在磁场中是客观存在的，总是从磁体的N 极指向S 极
D．磁场是由磁感线组成的，实际不存在而是人们假想出来的一种物质
【答案】A
【详解】A．磁通量是标量，其大小为Φ = BS cosθ，其中θ 为磁场方向与线圈平面法线方向的夹角，不能
直接反映磁场强弱和方向，故A 正确；
B．磁感应强度B 由磁场本身决定，该式B = F
IL为磁感应强度的定义式，采用比值定义法，B 与F 不成正
比、与IL 也不成反比，故B 错误；
C．磁感线是人为假想的曲线，用于形象直观描述磁场强弱及方向，并非客观存在；其方向在磁体外部从
N 极指向S 极，但在内部从S 极指向N 极，故C 错误；
D．磁场是客观存在的物质，磁感线仅是假想的描述工具，磁场并非由磁感线组成，故D 错误。
故选A。
3．（2026·内蒙古包头·二模）下列关于地磁场的描述正确的是（ ）
A．地磁场是匀强磁场
B．地磁场的北极在地理的南极附近
C．地磁场的北极在地理的北极附近
D．地磁场的磁感线平行地球表面指向北
【答案】B
【详解】A．匀强磁场要求磁感应强度的大小和方向处处相同，地磁场在地球不同位置的强弱、方向均存
在差异，不属于匀强磁场，故A 错误；
B．地磁场的北极位于地理南极附近，地磁场的南极位于地理北极附近，二者并不重合，存在磁偏角，故
B 正确；
C．结合地磁场磁极与地理磁极的对应关系可知，地磁场北极在地理南极附近，故C 错误；
D．地磁场的磁感线仅在赤道附近近似平行于地球表面指向北，北半球磁感线存在竖直向下的分量，南半
球磁感线存在竖直向上的分量，并非所有位置都平行于地球表面，故D 错误。
故选B。
4．（25-26 高二上·内蒙古包头）包头市某高中教室墙上有一扇朝南的钢窗，当把钢窗向内拉开90°的过程
中（不考虑地磁偏角），下列说法正确的是（ ）
A．穿过钢窗的地磁场的磁通量变大
B．穿过钢窗的地磁场的磁通量不变
C．从开窗人的角度看，钢窗中的感应电流方向是逆时针
D．从开窗人的角度看，钢窗中的感应电流方向是顺时针
【答案】C
【详解】AB．根据Φ = BS cosθ
其中θ为把钢窗向内拉开过程中钢窗初、末位置的夹角，即θ增大，穿过钢窗的地磁场的磁通量变小，故
AB 错误；
CD．因地球等效于条形磁铁，其南北极与地理的南北极相反，故地磁场方向是进来的，当θ增大，Φ 减小，
根据楞次定律的增反减同，感应电流的磁场方向也是进来的，再据右手螺旋定则知从开窗人的角度看，钢
窗中的感应电流方向是逆时针，故C 正确，D 错误。
故选C。
5．（24-25 高二下·内蒙古）如图所示，水平架设的三根绝缘直流输电线彼此平行，输电线上的P 点、Q 点、
M 点在同一竖直平面内，△PQM 恰好为等边三角形，O 点为△PQM 的中心，C 点为PM 的中点。P、M 处
电流方向垂直于纸面向里，Q 处电流方向垂直于纸面向外，P、Q、M 处的电流均为I 0，此时C 点的磁感应
强度大小为B0。已知通电长直导线周围的磁感应强度B =k I
r （I 为长直导线中的电流，r 为磁场中某点到
直导线的距离，k 为常数），则O 点的磁感应强度大小为（ ）
A．1
3 B0
B．2❑√3
9
B0
C．
❑√3
2 B0
D．3 B0
【答案】D
【详解】根据右手定则，PM 两点的电流在C 点的磁场等大反向，则C 点的磁感应强度等于Q 点的电流在
C 点的磁感应强度，设三角形边长为L，可知B0=k
I 0
Lsin 60
∘= 2k I 0
❑√3 L
根据右手定则，三个导线在O 点的磁感应强度方向如图，三个磁感应强度大小相等，其中BP和BM成120°
角，BQ在其角平分线上，大小均为B1=k
I 0
2
3 Lsin 60
∘=
❑√3k I 0
L
则O 点的合磁感应强度BO=2B1=3 B0
故选D。
⏳题型02 安培力作用下的受力和运动分析
6．（24-25 高二下·湖北省直辖县级单位）如图所示，原来静止的圆线圈可以自由移动，在圆线圈直径MN
上靠近N点处放置一根垂直于线圈平面的固定不动的通电直导线，导线中电流方向垂直纸面向里。当在圆
线圈中通以逆时针方向的电流I时，圆线圈将会（ ）
A．平动
B．转动
C．不动
D．边旋转，边左移
【答案】D
【详解】直导线通电后在它周围形成以导线为圆心的圆形磁场区域，如图中虚线所示
圆线圈就是在该磁场中的通电导体，要受到安培力的作用，其方向可由左手定则判断。圆线圈下半部分所
在处磁场方向斜向上，所受的安培力方向垂直纸面向外；圆线圈上半部分受到的安培力方向垂直纸面向里，
通电导线产生的磁场分布关于MN 轴对称，因此圆线圈将会以MN为轴转动，根据同向电流相互吸引，异
向电流相互排斥，线圈同时向左移。
故选D。
7．（24-25 高二上·山东日照）如图所示，水平空心光滑绝缘管上套一线圈，虚线为线圈的中心轴线。线圈
外侧放有一小磁针，通电稳定时，小磁针的N 极指向右侧，P 点为中心轴线上的一点。忽略地磁场的影响，
下列说法正确的是（ ）
A．通电瞬间，线圈沿着轴线方向有收缩趋势
B．电流自b 端流入，从a 端流出
C．P 处磁场方向沿轴线向右
D．一电子自左侧沿中心轴线进入绝缘管后，将做匀减速直线运动
【答案】A
【详解】A．通电瞬间，相邻的线圈间有同向电流，它们彼此之间有相互吸引的安培力，则线圈沿着轴线
方向有收缩趋势，故A 正确；
C．小磁针的N 极指向右侧表示通电螺旋管上方的磁场方向向右，螺旋管内部的磁场方向向左，即P 处磁
场方向沿轴线向左，故C 错误；
B．通电螺旋管左侧相当于磁铁的N 极，由安培定则可知电流自a 端流入，从b 端流出，故B 错误；
D．通电螺旋管内部的磁感应强度方向水平向左，电子自左侧沿中心轴线进入，因速度的方向与磁感应强
度方向平行，则电子不受洛伦兹力，将做匀速直线运动，故D 错误。
故选A。
8．（2025·广东·模拟预测）如图所示，水平长直软导线两端固定，小磁针在软导线下方与导线平行，给软
导线通入从P到Q的恒定电流，看到的现象是（ ）
A．软导线最终向上弯曲
B．软导线沿水平方向向纸面外弯曲
C．小磁铁保持静止不动
D．俯视看，小磁针沿顺时针方向转动一定角度
【答案】D
【详解】CD．导线通电后，根据安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，因此俯视看，小
磁针将沿顺时针方向转动一定角度，故C 错误，D 正确；
AB．根据小磁针产生磁场的分布规律，可以确定该磁场在导线所在位置的磁场方向，根据左手定则可知，
小磁针的磁场对直导线的安培力先是左侧向外，右侧向内，最终向下，因此软导线先是左侧向外弯曲、右
侧向里弯曲，最终向下弯曲，故AB 错误。
故选D。
9．（24-25 高二上·江苏南京）若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。
当磁体正下方导线ab 中通有如图所示的电流时，则（ ）
A．条形磁体的N 极将向上偏转
B．条形磁体的N 极将向内偏转
C．条形磁体受到细线的拉力大于其受到的重力
D．条形磁体受到细线的拉力小于其受到的重力
【答案】C
【详解】AB．直导线通入电流时，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，磁铁的N 极受到方向垂直纸面向外的作用力，应向纸面外偏转，故AB 错误；
CD．由上分析可知，磁铁会逆时针（从上向下看）转动，在转过90°时对直导线有向上的作用力，所以磁
铁受到向下的作用力，故磁铁受到的拉力大于其受到的重力，故C 正确，D 错误。
故选C。
10．（25-26 高二上·河北石家庄）下列关于各幅图中通电导线在不同磁场中的运动描述正确的是（ ）
A．甲图中，条形磁体沿线圈的中轴线水平放置在其附近，线圈中通以图示电流，线圈将保持静止不
动
B．乙图中，螺线管正上方平行于其轴线放置一根可以自由转动的直导线ab，通如图所示的电流，则
导线ab 将逆时针转动（从上向下看）并远离螺线管
C．丙图中，在条形磁铁中央正上方适当位置，竖直放置一根可自由移动的直导线，通电流方向如图
所示，则导线将水平向右平动
D．丁图中，原来静止的圆线圈（可自由移动或转动），在直径M N上靠近N点处垂直线圈平面固定
放置一根直导线，在线圈和直导线中通以如图所示的电流，则圆线圈将会边旋转、边向左移动
【答案】D
【详解】A．甲图中，条形磁体沿线圈的中轴线水平放置在其附近，线圈中通以图示电流，根据右手定则
可知线圈的左侧相当于磁铁的S 极，所以线圈将向左运动，故A 错误；
B．如图所示
把直线电流等效为 aO、OO' 、O'b 三段其中OO` 段极短，由于 OO' 段电流方向与该处的磁场方向相同，
所以不受安培力作用；aO 段电流所在处的磁场方向斜向上，由左手定则可知其所受安培力方向垂直纸面
向外；O'b 段电流所在处的磁场方向斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直纸面向里。再用特殊位置法
分析：当导线转过90
∘与纸面垂直时，判断导线所受安培力方向向下，综上可知导线将以 OO'段为轴逆时
针转动（从上向下看）并靠近通电螺线管，故B 错误；
C．条形磁铁正上方磁场方向水平向右，根据左手定则，通电导线受到垂直纸面向里的安培力，导线将垂
直纸面向里运动，故C 错误；
D．直导线通电后在它周围形成以导线为圆心的圆形磁场区域，如图中虚线所示
圆线圈就是在该磁场中的通电导体，要受到安培力的作用，其方向可由左手定则判断。圆线圈下半部分所
在处磁场方向斜向上，所受的安培力方向垂直纸面向外；圆线圈上半部分受到的安培力方向垂直纸面向里，
通电导线产生的磁场分布关于MN 轴对称，因此圆线圈将会以MN 为轴转动，根据同向电流相互吸引，异
向电流相互排斥，线圈同时向左移，故D 正确。
故选D。
⏳题型03 安培力作用下的平衡
11．（25-26 高二下·贵州）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2 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I时，金属杆恰好能静止。下列说法正确的是
（ ）
A．若磁感应强度B的方向竖直向上，则B = mgtanα
IL
B．若磁感应强度B的方向竖直向上，则B = 2mgsinα
IL
C．若磁感应强度B的方向垂直导轨平面向上，则B = 2mgcosα
IL
D．若磁感应强度B的方向垂直导轨平面向上，则B = mg
IL
【答案】A
【详解】AB．若磁场方向竖直向上，根据左手定则可知，安培力方向水平向右，如图所示
在磁场中通电金属杆的有效长度为L，安培力的大小为F = BIL
金属杆恰好静止，根据平衡条件可得mgsin α = F cosα
整理可得B = mg tan α
IL
，故A 正确，B 错误；
CD．当磁场方向垂直导轨平面向上，根据左手定则可知，安培力方向沿斜面向上，根据平衡条件可得
mgsin α = BIL
解得B = mgsin α
IL
故CD 错误。
故选A。
12．（2026·重庆·三模）质量均匀分布的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，其截面如图所示。导
体棒中通有电流强度大小为I 的电流，空间存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场的方向竖直向上。
导体棒平衡时，导体棒与圆心的连线跟竖直方向的夹角为θ(θ<45°)，轨道对导体棒的弹力大小为FN。下
列说法正确的是（ ）
A．导体棒中电流方向垂直于纸面向外
B．若仅将电流强度I 缓慢增大，则θ逐渐减小
C．若仅将磁感应强度B 缓慢增大，则FN逐渐增大
D．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90°，则θ逐渐减小
【答案】C
【详解】A．对导体棒受力分析，受重力mg、支持力F N和安培力F A。支持力F N沿半径指向圆心（左上
方），重力竖直向下。要使导体棒平衡，安培力F A必须水平向右。根据左手定则，磁场竖直向上，安培力
水平向右，则电流方向垂直于纸面向里。故A 错误；
B．根据平衡条件，水平方向F N sinθ = F A
竖直方向F N cosθ =mg
解得tanθ = F A
mg = BIL
mg
若仅将电流强度I缓慢增大，则tanθ增大，θ逐渐增大。故B 错误；
C．若仅将磁感应强度B缓慢增大，则tanθ = BIL
mg 增大，θ增大。支持力F N = mg
cosθ
因θ增大且θ<90
∘，cosθ减小，则F N逐渐增大。故C 正确；
D．导体棒受到安培力BIL和弹力FN的合力始终与重力mg等大反向，BIL的大小不变，作出矢量图如下图
所示
BIL
的方向始终与磁场方向垂直，根据矢量图可知若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过
90°，θ先增大再减小，故D 错误。
故选C。
13．（25-26 高二下·江苏苏州）有电流的金属导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，静止在导轨上，下图中
标出了四种可能的匀强磁场方向。其中金属棒与导轨间的摩擦力一定不为零的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．左手定则可知，该图中金属棒受到竖直向上的安培力作用，当其与金属棒重力等大时，金属
棒与导轨间的摩擦力可能为0，故A 错误；
B．左手定则可知，该图中金属棒受到安培力垂直于斜面左上，同时金属棒受到竖直向下的重力和垂直于
斜面向上的支持力，根据平衡条件可知，金属棒一定受到沿斜面向上的摩擦力作用，否则金属棒不可能平
衡，故B 正确；
C．左手定则可知，该图中金属棒受到安培力沿斜面向上，同时金属棒受到竖直向下的重力和垂直于斜面
向上的支持力，这三个力合力可以为0，故金属棒与导轨间的摩擦力可能为0，故C 错误；
D．左手定则可知，该图中金属棒受到安培力水平向右，同时金属棒受到竖直向下的重力和垂直于斜面向
上的支持力，这三个力合力可以为0，故金属棒与导轨间的摩擦力可能为0，故D 错误。
故选B。
14．（25-26 高二下·贵州遵义）如图所示，倾角为37°的光滑倾斜金属导轨固定在水平面内，导轨上端接
电源，一根质量为m、长度为L 的导体棒垂直放在导轨上。匀强磁场方向垂直斜面向上，导体棒恰好静止
不动。已知重力加速度为g，导线电流恒定，若将磁场方向改为竖直向上，导体仍能保持静止，
sin 37
∘=0.6，cos 37
∘=0.8。则先后两次磁场的磁感应强度大小之比为（ ）
A．3 4∶
B．4 3∶
C．4 5∶
D．5 3∶
【答案】C
【详解】设导体棒中的电流为I。当磁场方向垂直斜面向上时，设磁感应强度为B1，根据左手定则，导体
棒受到的安培力F1方向沿斜面向上，由于导体棒恰好静止在光滑斜面上，对其沿斜面方向进行受力分析，
重力沿斜面向下的分力与安培力平衡F1=mgsin37
°
由于磁场方向垂直于导体棒，安培力大小为F1= B1 IL
解得磁感应强度B1= mgsin37
°
IL
当磁场方向竖直向上时，设磁感应强度为B2，根据左手定则，导体棒受到的安培力F2方向水平向右，导体
棒依然保持静止。将重力和安培力分别沿斜面方向进行分解，沿斜面方向受力平衡F2cos37
°=mgsin37
°
此时磁场方向依然垂直于导体棒，安培力大小为F2= B2 IL
解得磁感应强度B2= mg tan37
°
IL
解得先后两次磁场的磁感应强度大小之比为B1:B2= 4:5
故选C。
15．（25-26 高二下·广西百色）如图所示，两光滑平行金属导轨，底端连接电源，导轨宽度L=2m、平面
与水平方向成θ=30°；放置在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T；导体棒ab 垂直于导
轨放置且静止。已知导体棒的质量m=0.2kg，重力加速度g=10m/s2。则流过导体棒的电流为（ ）
A．1.0A
B．0.8A
C．0.2A
D．0.5A
【答案】D
【详解】由于磁场垂直于导轨平面向上，根据左手定则，安培力方向沿斜面向上；根据平衡条件，沿斜面
方向有 mgsinθ = BIL
解得 I =0.5 A
故选D。
⏳题型04 安培力作用下加速问题
16．（2024·浙江·三模）如图所示，两根相距为d 的平行光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨间存在着
垂直于导轨平面向上的匀强磁场，两导轨左端连接一个电动势为E、内电阻为r 的电源，在两导轨间轻放
一根长为d、电阻为R 的导体棒，导体棒恰能保持平衡，导轨电阻不计，则（ ）
A．若已知磁感应强度为B，则可求得棒的质量m= BEd sinθ
g(R+r)
B．若已知棒的质量m，则可求得磁感应强度B = mg(R+r)sinθ
Ed
C．若电流和磁场同时反向，则导体棒将向上加速
D．若电流和磁场同时反向，则导体棒将向下加速
【答案】B
【详解】AB．导体棒受力平衡，有
mgsinθ = BId
其中
I =
E
R+r
解得
m=
BEd
（R+r ）gsinθ
B = mgsinθ（R+r ）
Ed
故A 错误，B 正确；
CD．若电流和磁场同时反向，安培力不变，导体棒仍受力平衡，故CD 错误。
故选B。
17．（25-26 高二下·广东）某款电磁推进装置的结构简图（俯视图）如图所示，内侧间距为L的两平行金
属直导轨固定在水平面上，一质量为m的电枢垂直放置在两导轨间。回路中通入恒为I 0的强电流，方向图
中已标出，两导轨中强电流在导轨间产生的磁场视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B =ki（k
为常数），电枢由静止被推进距离d后弹出。不计一切摩擦，电枢始终和导轨垂直且接触良好，电枢中电
流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．俯视看，导轨间磁场方向垂直于导轨平面向上
B．电枢受到安培力的大小为k I 0 L
C．电枢弹出时的速度大小为❑√
2k I 0 Ld
m
D．若将强电流调整为3 I 0，则电枢运动的加速度变为原来的9 倍
【答案】D
【详解】A．根据右手螺旋定则，可知上方导轨电流向右，在导轨间产生的磁场垂直纸面向里；下方导轨
电流向左，在导轨间产生的磁场也垂直纸面向里，合磁场方向垂直导轨平面向里（俯视向下），故A 错误；
B．由题意，磁感应强度B =ki
回路电流i= I 0
因此B =k I 0
电枢受到的安培力F = B I 0 L=k I 0⋅I 0 L=k I 0
2 L，故B 错误；
C．安培力是恒力，不计摩擦，由动能定理有Fd = 1
2 mv
2−0
解得电枢弹出速度v =
❑√
2k I 0
2 Ld
m
，故C 错误；
D．加速度a= F
m = k I
2 L
m
可知加速度a与电流I的平方成正比，当电流变为3 I 0时，加速度变为原来的9 倍，故D 正确。
故选D。
18．（25-26 高二上·安徽）如图所示，可视为无限长的平行直导线P、Q通入大小均为I的电流，对Q导线
施加平行斜面向上的拉力F1，两导线均恰好静止在倾角为θ的光滑斜面上。现将P、Q导线通入大小均为
2 I的电流，同时对Q导线改为施加平行斜面向上的拉力F2，两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线
运动。已知无限长通电直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比，与距导线的
距离成反比。P、Q 导线的质量分别为m、2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．导线P、Q通入的电流I方向相反
B．拉力F1大小为2mgsinθ
C．导线P、Q加速运动时，加速度大小为gsinθ
D．拉力F2大小为12mgsinθ
【答案】D
【详解】A．P、Q 导线通入电流I后，P 导线恰好静止，可知P、Q 间为吸引力，则两导线中电流方向相同，
故A 错误；
B．由A 项分析可知，两导线通入电流I后，有吸引力FA=mgsinθ
导线Q 恰好静止在斜面上，有F1= FA+2mgsinθ =3mgsinθ，故B 错误；
C．P、Q 导线通入电流2 I后加速运动，可知P、Q 导线相互吸引，由题可知，通电流2 I后，吸引力
F
′
A= 4 F A= 4 mgsinθ
对导线P，有F
′
A−mgsinθ =ma
解得a=3 gsinθ，故C 错误；
D．P、Q 导线通入电流2 I后，对导线P、Q，有F2−3mgsinθ =3ma
解得F2=12mgsinθ，故D 正确。
故选D。
19．（25-26 高二上·广东惠州）福建舰是我国首艘搭载世界领先水平电磁弹射系统的航母。航母上的舰载
机歼－15T 质量m=3×10
4kg，在电磁弹射装置的辅助下，通过长度为x＝100m 的跑道由静止加速到v＝
70m/s。福建舰的电磁弹射系统由多组电磁模块组成，其中单组电磁模块可由安培力提供的动力
F = 4×10
4 N，如图为其结构简化示意图。已知平行导轨间距L＝1m，垂直于导轨的磁场磁感应强度B＝
10T。下列说法正确的是（ ）
A．歼－15T 的加速度为28 m/s
2
B．歼－15T 受到合外力为8.4×10
5 N
C．单组电磁模块中电流为4000A
D．图中回路的电流方向为逆时针方向
【答案】C
【详解】A．舰载机在跑道上加速过程中v
2=2ax
解得a=24.5 m/s
2，A 错误；
B．根据牛顿第二定律F合=ma
可得F合=7.35×10
5 N，B 错误；
C．根据安培力公式F = ILB
可得I = 4000 A，C 正确；
D．磁场方向垂直于纸面向里，安培力方向向右，根据左手定则可知，回路中的电流方向为顺时针方向，
D 错误。
故选C。
20．（多选）（2025·湖南常德·二模）如图所示是法拉第圆盘发电机，其圆盘的半径为r，圆盘处于磁感应
强度大小为B1= B，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨MN，导轨间
距为L，其所在平面与水平面夹角为θ，导轨处于磁感应强度大小为B2，方向竖直向下的匀强磁场中。现
用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为R。在倾斜导轨
上放置一根质量为m，长度也为L，电阻为2 R的ab导体棒，其余电阻不计。当圆盘以角速度ω匀速转动时，
ab棒刚好能静止在斜面上，则（ ）
A．从上往下看，圆盘顺时针方向转动
B．ab间电势差U ab= 2
3 Br
2ω
C．若B2大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，B2的最小值为6mgsinθR
Br
2ωL
D．若圆盘停止转动，ab棒将沿导轨先匀加速下滑后匀速运动
【答案】AC
【详解】A．ab 棒刚好能静止在斜面上，由受力可知，电流方向由a 到b，故b 端电势低于a 端电势，由右
手定则可知，圆盘转动的方向（从上往下看）为顺时针方向，A 正确；
B．由题可知，圆盘产生的感应电动势为E = 1
2 Br
2ω
由闭合电路欧姆定律可知，ab 间电势差为U ab=
2 R
2 R+ R E = 1
3 Br
2ω
故B 错误；
C．若B2大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，由平衡条件可得B2min IL=mgsinθ
由闭合电路欧姆定律I =
E
2 R+ R
圆盘产生的感应电动势为E = 1
2 Br
2ω
联立解得B2的最小值为B2min= 6mgsinθR
Br
2ωL
故C 正确；
D．若圆盘停止转动，ab 棒沿导轨向下做切割磁感线运动，由ab 棒受力可知，棒先做变加速运动后做匀速
运动，D 错误。
故选AC。
重难·创新演练
设题创新:结合生活实际(T3)；结合新科技(T4);
1．（25-26 高二下·江苏苏州）如图甲，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L=1m，质量m=1kg
的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R = 4 Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B =2T的匀
强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量
一次导体棒的速度，图乙是根据测量数据描绘出导体棒的v −t图像。设导轨足够长，不计导轨与导体棒的
电阻，求：
(1)力F 的大小；
(2)t =1.6s时，导体棒的加速度。
【答案】(1)F =10 N
(2)2m/s
2
【详解】（1）由图像可知，导体棒运动的速度达到10 m/s时开始做匀速运动，此时安培力和拉力F大小相
等。导体棒匀速运动的速度v1=10 m/s，匀速运动后导体棒上的电动势E = BLv1
导体棒受的安培力F1= BIL= B
2 L
2v1
R
=10 N
则F = F1=10 N
（2）由图像可知，时间t =1.6s时导体棒的速度v2=8 m/s，此时导体棒上的电动势E = BLv2
导体棒受的安培力F2= BIL= B
2 L
2v2
R
=8 N
由牛顿第二定律得a= F −F2
m
=2m/s
2
2．（2026·黑龙江吉林·二模）如图所示，相距L=0.1m的平行轨道由两部分组成，其中圆弧轨道光滑，水
平轨道粗糙。水平轨道MNPQ区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B =1T。光滑导体棒ab的质量
m1=0.2kg，接入电路的电阻R1=0.1Ω，另一导体棒cd的质量m2=0.3kg，接入电路的电阻R2=0.2Ω，
放置在足够长的水平轨道上，导体棒cd与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，光滑足够长斜面的倾角θ =30°，
斜面顶端固定一轻质光滑小定滑轮，滑轮与水平轨道等高。一绝缘轻绳绕过滑轮一端与导体棒cd相连，另
一端与处于斜面上的物块相连，且cd与物块恰好均保持静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现让ab棒
从距水平轨道高为H =0.8 m处由静止释放，已知重力加速度g=10 m/s
2，求
(1)物块的质量m0；
(2)ab棒刚进入磁场时，ab棒受到的安培力和cd棒的加速度。
【答案】(1)m0=0.3kg
(2)F = 4
30 N；a= 2
9 m/s
2
【详解】（1）初始时cd与物块恰好静止，受力平衡，绳子拉力等于cd受到的最大静摩擦力，即
m0 gsin θ = μm2 g
代入数据μ=0.5，m2=0.3kg，sin 30
∘=0.5
约去g得m0= μm2
sinθ = 0.5×0.3kg
0.5
=0.3kg
（2）ab下滑过程机械能守恒m1gH = 1
2 m1v0
2
代入数据得v0= ❑√2gH = 4 m/ s
感应电动势E = BLv0=1T ×0.1m×4 m/ s=0.4V
总电阻R总= R1+ R2=0.3Ω
感应电流I = E
R总
= 4
3 A
ab受到的安培力大小F安= BIL=1× 4
3 ×0.1= 2
15 N，方向水平向左。
将cd和物块视为整体，初始平衡时m0 gsin θ = μm2 g
因此整体合力等于安培力，由牛顿第二定律F安=(m0+m2)a
代入数据得a=
F安
m0+m2
=
2
15 N
0.6kg = 2
9 m/ s
2，方向水平向右。
3．（2026·黑龙江辽宁·一模）如图甲所示是航空母舰携带的歼−20战机，其起飞时采用电磁弹射技术。我
们可以用图乙模型进行模拟。歼−20模型（视为质点）的质量m=2kg，恒压电源的电压E=10V，电容器
的电容C=1F，水平导轨MN、PQ间距L=1m，电阻忽略不计。已知歼−20模型在起飞过程中受到跑道的
阻力f=2N，忽略空气阻力，重力加速度为g。（所有结果均保留两位有效数字）。
(1)若不采用电磁弹射技术，起飞前歼−20模型受到的牵引力F =3 N，离开跑道时的速率v =1.5 m /s，则
跑道的长度x要满足什么条件？
(2)歼−20模型起飞时采用电磁弹射技术，可以在无牵引力的情况下实现起飞。具体操作为：在导轨MN、
PQ间施加垂直于导轨平面、磁感应强度大小B=1T 的匀强磁场（图中未画出），然后使开关S接1给电容
器充电，待电路稳定后将开关S接至2，歼−20模型将实现弹射起飞。假设歼−20模型在导轨间的等效电阻
大小R=1Ω，歼−20模型经过时间t =1.3s达到最大速度vm时离开导轨，求：
电磁弹射起飞的过程中歼
①
−20模型的最大加速度大小am；
歼
②
−20模型离开导轨时的速度大小vm；
当歼
③
−20模型达到最大速度时，电容器C上剩余的电荷量Q2。
【答案】(1)x ≥2.3 m
(2)
4m/s
①
2；②1.8m/s；③3.8C
【详解】（1）设不采用电磁弹射技术时起飞前歼−20
型
模
的位移为s，根据动能定理可得
（F −f ）s= 1
2 m v
2
且 x ≥s
联立解得 x ≥
m v
2
2（F −f ）， x ≥2.3 m
（2）
当歼
①
−20
型
模
采用电磁弹射技术时，在开关S由1接到2的瞬间，电路中的最大电流为 I = E
R
最大安培力为 F安m = BIL
此时根据牛顿第二定律可得 F安m−f =mam
联立解得 am =4m/s2
歼
②
−20模型在导轨上做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时速度达到最大，此时电流为I
′，最
大速度为vm，电容器两极板的电压为E
′，则 B I
′ L= f
又 I
′ = E
′−BLvm
R
每一瞬间有 BIL−f =ma
微元累积有 BLq−ft =m vm
通过歼−20的电荷量 q =C （E−E
′ ）
联立解得 vm =1.8m/s
由以上可求得
③
E' = BLvm+ I
′ R =3.8V
又 Q2=C E
′=3.8C
4．（25-26 高三下·辽宁鞍山）电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器，2025 年，我国在055B 型驱逐
舰上安装了弹丸初速突破7 马赫的电磁炮，成为世界上唯一一个拥有可实战电磁炮技术的国家。电磁炮的
原理之一为轨道加速，其结构可简化为如图甲所示的模型：两根足够长且光滑的平行金属导轨
“
”
MN、PQ
固定在水平面内，相距为L，弹体为质量为m 的导体棒ab，垂直于MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，
弹体在轨道间的电阻为R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，电磁轨道炮所
“
”
接电源（图中未画出）的电压能自行调节，用以保证弹体在轨道上做匀加速运动最终发射出去，其中可控
电源的内阻为r，不计空气阻力，导轨的电阻不计
(1)推导弹体加速度a 与通过弹体的电流强度I 间的关系式。
(2)求弹体从静止经过时间t 加速到v 的过程中电源输出的总能量。
(3)把此装置左端电源换成电容为C 的电容器，导轨倾斜，与水平面夹角为θ（如图乙所示），使磁场仍与
导轨平面垂直，将弹体由静止释放（弹体与导轨接触良好，且始终与导轨垂直），某时刻其速度为v1，在
图丙中定性画出该过程弹体运动的v −t图像，并标出该时刻t1的值（用题干中所给的字母表示），请写出
必要的分析和推理过程。
【答案】(1)a= BIL
m
(2)E = m
2 R v
2
B
2 L
2t
+ 1
2 mv
2
(3)见解析
【详解】（1）导体棒受到的安培力F = BIL
根据牛顿第二定律F =ma
解得a= BIL
m
（2）弹体做匀加速直线运动，v =at
结合上一小问的结论，可得I = ma
BL = mv
BLt
电源输出的总能量一部分用来增加弹体的动能Ek= 1
2 mv❑
2
另一部分转化为弹体在加速过程中的焦耳热Q = I
2 Rt
总能量E =Q+ Ek
解得E = m
2 R v
2
B
2 L
2t
+ 1
2 m v
2
（3）电路中的电流I = ΔQ
Δt
电容的定义C = ΔQ
ΔU
电磁感应定律E = BLv
联立可得I = ΔQ
Δt =C ΔU
Δt =C ⋅BL Δv
Δt = BLC ⋅a
根据牛顿第二定律mgsinθ−BIL=ma
解得a=
mgsinθ
m+ B
2 L
2C ，弹体做匀加速直线运动
根据匀变速运动的速度时间关系可得
t1= v1
a = v1(m+ B
2 L
2C )
mgsinθ
5．（25-26 高二上·辽宁）如图所示，水平面上固定两根平行导轨，间距为L，导轨内部空间存在竖直向下
的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m，长为3 L，电阻为3 R的均匀金属棒恰好垂直对称静置在导轨
上，如图中实线
所示，电源电动势为
①
E，内阻也为R，闭合开关，导体棒恰好静止不动。重力加速度为
g，其他处电阻忽略不计，求：
(1)金属棒所受安培力的大小；
(2)当将金属棒与导轨间夹角为30°静置如图中虚线
所示，闭合开关瞬间导体棒的加速度大小。
②
【答案】(1)BEL
2 R
(2) BEL
6mR
【详解】（1）当闭合开关时，接入电路的电阻为R，根据闭合电路欧姆定律有I 1=
E
R+ R
安培力为F1= B I 1 L
联立解得F1= BEL
2 R
（2）当垂直放置时，导体棒恰好静止不动，二力平衡F1= f
当夹角为30°时，接入电路的电阻为2 R，根据闭合电路欧姆定律有I 2=
E
2 R+ R
此时安培力为F2=2B I 2 L
由牛顿第二定律得F2−f =ma
联立解得a= BEL
6mR
真题·实战演练
高频考点：安培力的方向、大小
1．（2023·浙江·高考真题）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L 的导体棒，通过两根长均为l、质量
不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S 可与直流电源E0或理想二极
管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场，不计空气阻力和其他电
阻。开关S 接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ = π
4 ；然后开关S 接2，棒从右侧开始运动完
成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势E0=
❑√2 Mg
2BL R
B．棒消耗的焦耳热Q =(1−
❑√2
2 )Mgl
C．从左向右运动时，最大摆角小于π
4
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【答案】C
【详解】A．当开关接1 时，对导体棒受力分析如图所示
根据几何关系可得
Mg= BIL
解得
I = Mg
BL
根据欧姆定律
I = E0
R
解得
E0= MgR
BL
故A 错误；
根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦
耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失
B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为
Q
' =(1−
❑√2
2 )Mgl
根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热
Q<Q
' =(1−
❑√2
2 )Mgl
故B 错误；
C．根据B 选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小
于π
4 ，故C 正确；
D．根据B 选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据
E = BLv
可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D 错误。
故选C。
2．（多选）（2025·河南·高考真题）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，两个相同的线圈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I c和I d的大小和方向
（无抖动时I c和I d均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（ ）
A．若I c沿顺时针方向，I d=0，则表明a 的方向向右
B．若I d沿顺时针方向，I c=0，则表明a 的方向向下
C．若a 的方向沿左偏上30°，则I c沿顺时针方向，I d沿逆时针方向且I c> I d
D．若a 的方向沿右偏上30°，则I c沿顺时针方向，I d沿顺时针方向且I c< I d
【答案】BC
【详解】A．I c顺时针而I d =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，A 错误；
B．I d顺时针而I c =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，B
正确；
C．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I c顺时针I d逆时针，
由F = BIl可知I c> I d，C 正确；
D．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I c逆时针I d逆时针，且I c> I d，D 错误。
故选BC。
3．（2026·山东·高考真题）如图所示，平行金属导轨间距为L，导轨平面与水平面夹角为定值，二者交线
与导轨垂直。电动势均为E、内阻为r 的两电源，开关S1、S2及滑动变阻器RP与导轨相连，导轨处于磁感
应强度为B、方向平行于导轨向下的匀强磁场中。S1闭合、S2断开，质量为m，长为L，内阻为r 的金属杆
cd 静止于导轨上。调节滑片，当RP阻值为r 时，cd 刚好要下滑。保持滑片位置不变，断开S1，闭合S2，cd
开始下滑并始终与导轨接触良好。已知cd 与导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计
导轨电阻。cd 下滑过程中，求：
(1)cd 的电功率P；
(2)cd 的加速度大小a。
【答案】(1)P = E
2
9r
(2)a= 2 μBEL
3mr
【详解】（1）断开S1，闭合S2时回路电流I = E
3r
则cd 的电功率P = I2r
解得P= E
2
9r
（2）设斜面倾角为θ，S1闭合、S2断开cd 刚好要下滑时有mgsinθ = μ(mgcosθ＋BIL)
由于两电源电动势均为E、内阻为r，则回路电流大小不变均为I = E
3r
断开S1，闭合S2有mgsinθ－μ(mgcosθ－BIL) = ma
联立解得a= 2 μBEL
3mr
4．（2026·浙江·高考真题）测量局域磁场，科学家基于电阻应变片开发出一种磁场检测芯片，其简化结构
如图1 所示。长度均为l、通有恒定电流I0。（方向相反）的两刚性金属杆ab、cd，与具有良 好弹性的绝
缘悬梁OA、OD 构成“H”形支架，对称固定于底座O 处。在悬梁上、下表面对称安装四个相同的电阻应变
片（各自引出两导线），其阻值分别为R1、R2、R3和R4，将它们 按图2 方式与电动势为E 的电源（不计
内阻）相连。未加磁场时，支架处于水平平衡状态， 此时R1=R2=R3=R4=R0，测得e、f 两端的电势差为0。
现施加待测磁场，其方向水平向右且垂直于金属杆，则金属杆ab、cd 受安培力作用，使悬梁OA、OD 产
生形变，四个应变片的阻值发生相应变化，其变化量的绝对值均为ΔR，此时测得e、f 两端的电势差为Uef,
从而得到待测磁场磁感应强度B 的大小。
(1)判断金属杆ab 和cd 所受安培力的方向;
(2)写出上述四个电阻的阻值（用R0和ΔR 表示）；
(3)已知电阻变化量和所受的安培力成正比关系，且比例系数为α，求U ef与B 之间的关系。
【答案】(1)ab 竖直向下，cd 竖直向上
(2)R1= R0+ Δ R，R2= R0−Δ R，R3= R0−Δ R，R4= R0+ Δ R
(3)B = R0U ef
αE I 0l
【详解】（1）根据左手定则可知ab 所受安培力方向竖直向下；cd 所受安培力方向竖直向上。
（2）由题意可知ab 向上弯曲，使R1被拉伸（阻值增大）、R3被压缩（阻值减小），故
R1= R0+ ΔR，R3= R0−Δ R
cd 向下弯曲，使R2被压缩（阻值减小）、R4被拉伸（阻值增大），故R2= R0−Δ R，R4= R0+Δ R
（3）由图可知R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联。
上支路总电阻为R上= R1+ R2=(R0+ Δ R)+(R0−Δ R)=2 R0
电流I 上= E
2 R0
f 点电势φf = I 上R2= E(R0−Δ R)
2 R0
下支路总电阻为R下= R3+ R4=(R0−Δ R)+(R0+ Δ R)=2 R0
电流I 下= E
2 R0
e 点电势φe= I 下R4= E(R0+ Δ R)
2 R0
e、f 两点间的电势差绝对值U ef =φe−φf = E Δ R
R0
安培力与ΔR 的关系：Δ R =αF，而F = B I 0l，所以Δ R =αB I 0l
联立得B = R0U ef
αE I 0l
5．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于
始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=1kg，电
阻R =0.5Ω、边长L=1m。磁感应强度B 随时间t 连续变化，0∼1s内B−t图像如图（b）所示。导体框
中的感应电流I 与时间t 关系图像如图（c）所示，其中0∼1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正
方向。
(1)求t =0.5s时ad边受到的安培力大小F；
(2)画出图(b)中1~2s内B−t图像（无需写出计算过程）；
(3)从t =2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0=0.1m /s，
求ad 边离开磁场时的速度大小v1。
【答案】(1)0.015N
(2)
(3)0.01m/s
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律E1= ΔΦ
Δt =
ΔB⋅1
2 L
2
Δt
= 0.2−0.1
1−0
× 1
2 ×1
2V=0.05V
由闭合电路欧姆定律可知，0∼1s内线框中的感应电流大小为I 1= E1
R =0.1A
由图（b）可知，t =0.5s时磁感应强度大小为B0.5=0.15T
所以此时导线框ad的安培力大小为F = B0.5 I 1 L=0.15×0.1×1N =0.015 N
（2）0∼1s内线框内的感应电流大小为I 1=0.1A，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，
由图（c）可知1∼2s内的感应电流大小为I 2=0.2A
方向为逆时针，根据欧姆定律可知1∼2s内的感应电动势大小为E2= I 2 R =0.1V
由法拉第电磁感应定律E2= ΔΦ
Δt =
Δ B⋅1
2 L
2
Δt
=0.1V
可知1∼2s内磁感应强度的变化率为ΔB
Δt = B2−B1
Δt
=0.2T/s
解得t =2s时磁感应强度大小为B2=0.3T
方向垂直于纸面向里，故1∼2s的磁场随时间变化图为
（3）由动量定理可知−B2 I L Δt =m v1−m v0
其中q = I Δt = E
R Δt = ΔΦ
R =
1
2 B2 L
2
R
联立解得ad经过磁场边界的速度大小为v1=0.01m/s
