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高考重点考点解读与针对性训练
第十二章 磁场
考点90 安培力
【考点解读】
考点1 安培力
1.安培力的大小
F＝ IlBsin θ ，（其中θ 为B 与I 之间的夹角）
（1）磁场和电流垂直时：F＝ IlB 。
（2）磁场和电流平行时：F＝ 0 。
（3）通电导线的有效长度
①当通电导线弯曲时，l 是导线两端的有效直线长度（如图所示）。
②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力
的矢量和为零。
2.安培力的方向——遵守左手定则
（1）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。
（2）让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向 电流 的方向。
（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。
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）线圈所受安培力的特点
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 。
（3）表盘刻度特点
线圈左右两边所受的安培力的方向相反，于是线圈转动，螺旋弹簧变形，以反抗线圈的转
动。电流越大，安培力越大，螺旋弹簧的形变 越大 ，所以从指针偏转的角度就能判断
通过电流的 大小 。由于线圈平面总与磁感线平行，线圈左右两边所在之处的磁感应强
度的大小总相等，所以表盘刻度 均匀 。根据指针偏转的方向，可以知道被测电流的方
向。
考点2 安培力作用下导体运动情况的判断的常用方法
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，通电螺线管→条形磁铁
结论法
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用
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
考点3 安培力作用下的平衡和加速问题
1.安培力作用下导体的平衡和加速问题的分析思路
选定研究对象→三维图
二维平面图→画受力图。
即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图，如图所示。
2.安培力做功的特点和实质
（1）安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。
（2）安培力做功的实质是能量转化。
①安培力做正功时，将电能转化为导体的机械能或其他形式的能。
②安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。
【高考真题】
【典例1】（2024·福建高考5 题）将半径为r 的铜导线半圆环AB 用两根不可伸长的绝缘绳
a、b 悬挂于天花板上， AB 置于垂直纸面向外的大小为B 的磁场中，现给导线通以自A 到
B 大小为I 的电流，则（ ）
A.通电后两绳拉力变小
B. 通电后两绳拉力变大
C.安培力为πBIr
D. 安培力为2BIr
答案：BD
解析：根据左手定则可知，通电后半圆环AB 受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，
通电后两绳拉力变大，故A 错误，B 正确；半圆环AB 所受安培力的等效长度为直径AB，
则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr。故C 错误，D 正确。
【典例2】.（2024·浙江1 月选考4 题）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
答案 A
解析： 由左手定则可知，题图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；由c 点处的磁感线比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。
【典例3】（2023·海南高考17 题）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，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度
H＝10 cm，设杆中电流不变，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，通电后金属杆跳起的高度H'＝
5 cm，通电时间t'＝0.002 s，求通过金属杆横截面的电荷量。
答案：（1）❑√2 m/s 4.17 A （2）0.085 C
解析：（1）对金属杆，跳起的高度为H，其做竖直上抛运动，由运动学关系式v2＝2gH，
解得v＝❑√2gH＝❑√2 m/s，通电过程金属杆受到的安培力大小为FA＝BIL，由动能定理得
BILh－mg（H＋h）＝0，解得I＝4.17 A。
（2）对金属杆，通电时间t'＝0.002 s，由动量定理有（BI'L－mg）t'＝mv'－0，由运动学
公式v'2＝2gH'，通过金属杆横截面的电荷量q＝I't'，联立解得q＝0.085 C。
【典例4】.[2021 江苏]在光滑水平桌面上将长为πL 的软导线两端固定，固定点的距离为
2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张
力为（ A ）
A.BIL
B.2BIL
C.πBIL
D.2πBIL
答案 A
解析 软导线在安培力与两固定点拉力的作用下处于平衡状态，张
紧后的形状为一半圆，如图所示，由于软导线在磁场中的有效长度
为2L，故受到的安培力F＝2BIL，则两固定点对软导线的拉力均
为T＝F
2 ＝BIL，因此软导线中张力T'＝T＝BIL，A 正确，B、C、D 错误.
【典例5】.[2022 湖北/多选]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.下列说法正确的是（ BC ）
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°
答案 BC
解析 设安培力的大小为F，当导体棒加速且安培力方向朝右上时，导体棒的加速度才有
可能最大，导体棒受力图如图甲所示，根据牛顿第二定律得F cos φ－f1＝ma1，F sin φ＋
N1＝mg，而f1＝μN1，整理得F( cos φ＋μ sin φ)－μmg＝ma1， 加速度的最大值为a1max＝
F
❑√1+ μ
2
m
－μg＝
❑√3
3 g.当导体棒减速且安培力方向朝左下时，导体棒的加速度才有可能最
大，导体棒受力图如图乙所示，根据牛顿第二定律得F cos β＋f2＝ma2，N2＝F sin β＋
mg，而f2＝μN2，整理得F( cos β＋μ sin β)＋μmg＝ma2， 加速度的最大值为a2max＝
F
❑√1+ μ
2
m
＋μg＝❑√3g.联立解得μ＝
❑√3
3 ，所以选项B 正确，A 错误.加速阶段加速度大小最
大时，φ＝30°，根据左手定则可知磁场方向斜向下，θ＝60°，即选项C 正确.减速阶段加速
度大小最大时，β＝30°，根据左手定则可知磁场方向斜向上，θ＝120°，即选项D 错误.
图甲 图乙
【典例6】.[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上，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.
答案 （1）F＝kI2L （2）a1∶a2＝1∶4 （3）v＝❑√
10k I
2 Ls
m
解析 （1）第一级区域中的磁感应强度为B1＝kI，金属棒受到的安培力大小为
F＝B1IL＝kI2L
（2）金属棒在导轨上运动，安培力提供加速度，金属棒在第一级区域中，根据牛顿第二定
律有
F＝ma1
金属棒在第二级区域中所受的安培力为
F'＝k·2I·2I·L
根据牛顿第二定律可知F'＝ma2
解得a1∶a2＝1∶4
（3）金属棒从静止开始加速，根据动能定理可知
Fs＋F's＝1
2mv2
解得v＝❑√
10k I
2 Ls
m
.
【针对性训练】
1.（2025·江苏扬州模拟）图甲为磁电式电流表的结构示意图，图乙为极靴和铁质圆柱间的
磁场分布图，线圈a、b 两边通以图乙所示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相
等。则下列选项正确的是（ ）
A.该磁场为匀强磁场
B.线圈将逆时针转动
C.线圈转动过程中受到的安培力逐渐变大
D.图乙所示位置线圈a 边所受安培力方向竖直向上
答案 B
解析： 根据磁感线分布可知，线圈两边所在处的磁场强度大小相等，但是方向不同，则
不是匀强磁场，选项A 错误；根据左手定则，图乙所示位置a 边受安培力向下，则a 向下
转动，b 向上转动，即线圈将逆时针转动，选项B 正确，D 错误；由于磁感应强度大小不变，
电流大小不变，则安培力大小始终为BIL，故C 错误。
2.（2025·广东深圳开学考试）1 月3 日，由我国自主研制的AG60E 电动飞机在千岛湖通用
机场圆满完成首飞。其依靠电动机而非内燃机工作，工作原理可简化如图，通过电刷和换
向环电流总是从矩形线框右侧导线流入、左侧导线流出，电路电流恒为i，匀强磁场的磁感
应强度为B，线框的匝数为N，左边长为L，则在图示位置时（ ）
A.线框将沿顺时针方向转动
B.线框将沿逆时针方向转动
C.左侧导线受到的安培力大小为NBiL
D.线框转过30°时左侧导线受到的安培力大小为1
2NBiL
答案 AC
解析： 由左手定则可知，左侧导线受到的安培力向上，右侧导线受到的安培力向下，故
线框顺时针方向转动，故A 正确，B 错误；图示位置时，满足电流方向和磁场方向相互垂
直，故左侧导线受到的安培力大小为F 安＝NBiL，故C 正确；线框转过30°时，仍满足电流
方向与磁场方向垂直，左侧导线受到的安培力大小仍为F 安＝NBiL，故D 错误。
3 （2025·辽宁辽阳模拟 ）如图所示，两根通电导线P、Q 沿垂直纸面的方向放置，且导线
P、Q 中通有电流I1、I2，电流的方向图中未画出。O 点为两导线沿纸面连线的中点，c、d
两点关于O 点对称，a、b 两点关于O 点对称，已知c 点的磁感应强度为零，d 点的磁感应
强度方向垂直cd 向下。则下列说法正确的是（ ）
A.P 中的电流方向垂直纸面向外、Q 中的电流方向垂直纸面向里
B.I1＞I2
C.O 点的磁感应强度方向垂直cd 向下
D.a、b 两点的磁感应强度不相同
答案 AD
解析： 由题意知c 点的磁感应强度为零，则说明导线P、Q 在c 点产生的磁感应强度大小
相等、方向相反，即两导线中的电流方向相反，又c 点距离导线P 较近，则导线P 中的电
流较小，即I1＜I2，故B 错误；由B 分析可知，导线Q 在d 点产生的磁场强，d 点的磁感应
强度方向垂直cd 向下，由安培定则可知P 中的电流方向向外、则Q 中的电流方向向里，故
A 正确；由安培定则可知，导线P、Q 在O 点产生的磁感应强度方向均垂直cd 连线向上，
故C 错误；由于I1＜I2，分别做出两电流在a、b 两点产生的磁感应强度大小和方向，如图
所示，根据磁场的矢量合成可知a、b 两点的磁感应强度大小相等、方向不同，故D 正确。
4 .[2023 广东茂名电白区一模/多选]通电导体棒ab 的质量为m，长为l，用两根等长的绝缘
细线把导体棒ab 水平吊起，导体棒上的电流为I，方向如图所示.在竖直方向加一个方向向
上的匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒处于平衡时悬线与竖直方向成θ＝30°角，下列说
法正确的是（ CD ）
A.mg＝
❑√3
3 BIl
B.两根悬线的拉力之和T＝1
2mg
C.若增大磁感应强度，则悬线的偏角将增大
D.若将导体棒ab 拉到最低处由静止释放，则导体棒ab 可摆过的最大角度为60°
答案 CD
解析 对导体棒进行受力分析，导体棒受重力、安培力和细线拉力，如
图所示.根据平衡条件可得FA＝BIl＝mgtan θ，即BIl＝
❑√3
3 mg，两根悬
线的拉力之和T＝mg
cosθ ＝2❑√3mg
3
，故A、B 错误.根据BIl＝mgtan θ
可知，若增大磁感应强度，则悬线的偏角将增大，故确.若将导体棒ab 拉到最低处由静止
释放，则导体棒ab 摆到最大高度时，根据动能定理有BIl·L sin α－mgL(1－ cos α)＝0，
其中L 为细线长度，解得α＝60°，故D 正确.
5.（2025·四川绵阳期末）有一半径为R 的圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框中通有
abcda 方向的恒定电流I，直线MN 是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于圆形线框所在平
面向里。整个线圈都在磁场中，平衡时弹簧测力计的读数为F；若将线圈上提，让圆形线
框正好有一半露出磁场，其他条件都不改变，再次平衡时，弹簧测力计的读数为5F，则匀
强磁场的磁感应强度大小为（ ）
A. F
IR B.2 F
IR
C.3 F
IR D.4 F
IR
答案 B
解析： 圆形线框全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，则满足关系F＝
mg，圆形线框正好有一半露出磁场时，有效长度为2R，受到竖直向下的安培力，大小为
BL×2R，由平衡条件得5F＝mg＋BI×2R，解得B＝2 F
IR ，故选B。
6 有人根据B＝F
Il 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安培力F 成正比
B.磁场中某点的磁感应强度B 与乘积Il 成反比
C.磁场中某点的磁感应强度B 不一定等于F
Il
D.通电直导线在某点所受安培力为零，则该点磁感应强度B 为零
答案 C
解析： 磁感应强度B＝F
Il 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，
与通电导线所受安培力F 及乘积Il 等外界因素无关，A、B 错误；B＝F
Il 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＝IlBsin
θ 得B＝
F
Ilsinθ ，即B 不一定等于F
Il ，C 正确；如果θ＝0，虽然B≠0，但F＝0，故D 错误。
7. 如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂有一个质量
为m0的矩形金属线圈，匝数为N，底边长为L，下部悬在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂
直。当线圈中通有如图所示的电流I 时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向、大
小不变，这时需要在左盘中增加质量为m 的砝码，才能使两臂达到新的平衡，则磁场的磁
感强度B 的大小为（ ）
A.(m＋m0)g
2 NIL
B.(m＋m0)g
NIL
C. mg
2 NIL
D. mg
NIL
答案 C
解析： 当线圈中通有如图所示的电流I 时，调节砝码使两臂达到平衡，令此时左盘砝码、
右盘中砝码（包含金属线圈）的质量分别为m1、m2，根据平衡条件，结合左手定则有m1g
＝m2g－NBIL，然后使电流反向、大小不变，此时安培力向下，左盘中增加质量为m 的砝
码，才能使两臂达到新的平衡，则有m1g＋mg＝m2g＋NBIL，联立解得B＝mg
2 NIL，可知C
正确。
8. 如图所示，正六边形线框abcdef 由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平
面与磁场方向垂直，线框顶点a、b 与电源两端相连，其中ab 棒的电阻为5R，其余各棒的
电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计。S 闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅
将ab 棒移走，则余下线框受到的安培力大小为（ ）
A. F
2 B.2 F
3
C.3 F
4 D.5 F
6
答案 A
解析： S 闭合后，ab 棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则并联两支路的电流大小
均为I＝E
5 R ，ab 棒受到的安培力的大小为Fab＝ILB，其余各棒在磁场中的等效长度也为L，
受到的安培力大小为F 其＝ILB，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F 其＝2ILB，若仅将ab 棒移
走，则余下线框受到的安培力大小F'＝F 其＝ILB＝F
2 ，故A 正确。
9. 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
答案：B
解析：方法一（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里，因此从左向右看，线圈L1将顺时针转动。
方法二（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 极将指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则可知I2产生的磁场方向在其中心
处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N 极指向纸里，因此小磁针的N 极应由指向
纸里转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动。
方法三（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。
10 （2025·广东梅州模拟）如图所示，一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上。导体棒AB 可
绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动，导体棒CD 固定在圆柱体的下底面。开始
时，两棒相互垂直并静止，两棒中点O1、O2连线与圆柱体的中轴线重合。现对两棒同时通
入图示方向（A 到B、C 到D）的电流。下列说法正确的是（ ）
A.通电后，AB 棒仍将保持静止
B.通电后，AB 棒将逆时针转动（俯视）
C.通电后，AB 棒将顺时针转动（俯视）
D.通电瞬间，线段O1O2上存在磁感应强度为零的位置
答案：B
解析：如图所示，AB 棒左侧处在斜向上的磁场中，受到的安培力F1穿过纸面向外，AB 棒
右侧处在斜向下的磁场中，受到的安培力F2 穿过纸面向里，故AB 棒将逆时针转动（俯
视），故A、C 错误，B 正确；通电后，根据安培定则可知AB 棒和CD 棒中的电流会在周围
产生磁场，根据磁场的叠加可知线段O1O2上不存在磁感应强度为零的位置，故D 错误。
11 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
答案：BC
解析：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，所以FN1＞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。
12 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 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
答案 C
解析： 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 等效于S 极在里、N 极在外的小磁针，P 等效于左侧为S 极、右侧为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，细线张力减小，
故C 正确，A、B、D 错误。
13 （2025·广西桂林模拟 ）如图所示为电磁轨道炮的工作原理图，质量为m 的待发射弹体
与轨道保持良好接触，并可在宽为d、长为L 的两平行水平轨道之间无摩擦滑动，轨道间加
有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，恒定电流I 从一条轨道流入，通过弹体
流回另一条轨道。不计空气阻力，则弹体通过这一装置可以获得的最大速度为（ ）
A.❑√
2BIdL
m
B.2BIdL
m
C.❑√
BIdL
m
D.BIdL
m
答案：A
解析：通电弹体在匀强磁场中受安培力的作用而做加速运动，由动能定理有BIdL＝1
2mvm
2
－0，解得vm＝❑√
2BIdL
m
，故选A。
14.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示。如果直导线可以自
由地运动且通以由a 到b 方向的电流，则导线ab 受安培力后的运动情况为（ ）
A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
答案 D
解析： 通电螺线管的磁感线如图甲所示，左侧导线所处的磁场方向斜向上，右侧导线所
处的磁场斜向下，由左手定则可知，左侧导线受安培力方向向外，右侧导线受安培力方向
向里，从上向下看，导线应为逆时针转动；当导线转过90°时，由左手定则可得导线受安
培力向下，如图乙所示，所以，导线运动为逆时针转动的同时还要靠近通电螺线管，故D
正确，A、B、C 错误。
15.（2025·江苏南京模拟）在匀强磁场中有粗细均匀的三根同种导线制成的直角三角形线
框abc，∠a＝90°，∠c＝30°，磁场方向垂直于线框平面向外，a、c 两点接一直流电源，
电流方向如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.导线bc 受到的安培力大于导线ac 所受到的安培力
B.导线abc 受到的安培力的合力等于导线ac 受到的安培力
C.导线ab、ac 所受安培力的大小之比为1∶3
D.导线abc 受到的安培力的合力方向垂直于ac 向上
答案 C
解析： 设ab 边电阻为R，则ac 边电阻为❑√3R，bc 边电阻为2R，由并联分流原理，I abc
I ac
＝
❑√3 R
R+2 R ＝
❑√3
3 ，设abc 中电流为I，则ac 中电流为❑√3I，则Fbc＝BILbc，Fac＝❑√3BILac＝3
2
BILbc，可得Fbc＜Fac，故A 错误；abc 等效长度等于ac，但电流小于ac 电流，则Fabc＜Fac，故
B 错误；由于Fab＝BILab，Fac＝❑√3BILac＝3BILab，所以Fab∶Fac＝1∶3，故C 正确；由左手定则
可判定导线abc 受到的安培力的合力方向垂于ac 向下，故D 错误。
16.（2025·安徽黄山模拟预测）边长为L 的硬轻质正三角形导线框abc 置于竖直平面内，ab
边水平，绝缘细线下端c 点悬挂重物，匀强磁场大小为B，方向垂直纸面向里。现将a、b
接在输出恒定电流电源的正负极上，当通过ab 边的电流为I 时，重物恰好对地无压力，则
重物重力的大小为（ ）
A.BIL
B.3 BIL
2
C.
❑√3 BIL
2
D.2BIL
答案 B
解析： 根据并联分流原理可知流过acb 路径的电流大小为I
2，根据平衡条件得mg＝BIL＋
1
2BIL，解得mg＝3 BIL
2
，故选B。
17 .[2021 广东]截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着
对称分布的四根平行长直导线.若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，
I1≫I2，电流方向如图所示.下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（ C ）
A B C D
答案 C
解析 由于I1≫I2，故长管外面的四根通电平行直导线间的安培力可忽略，只考虑长管中心
通入电流I1 的直导线对长管外四根平行直导线的安培力作用，中心直导线四周产生顺时针
方向的环形磁场，根据左手定则可知，通电后左、右两根平行直导线靠近中心直导线，上
下两根平行直导线远离中心直导线，C 正确.
18 .[2024 湖北荆州模拟]铁环上绕有带绝缘皮的通电导线，电流方向如图所示，若在铁环
中心O 点处放置垂直纸面的电流元，电流方向向外，则电流元受到的安培力方向为（ B
）
A.①
B.②
C.③
D.④
答案 B
解析 根据右手螺旋定则可知，铁环上方是N 极，铁环内的磁场方向由上到下，再根据左
手定则可知，电流元受到的安培力方向为水平向右，故B 正确，ACD 错误.
命题点2 安培力的大小
19.[2023 江苏]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（ C ）
A.0
B.Bil
C.2Bil
D.❑√5BIl
答案 C
解析
→F 安＝BI·2l＝2BIl，C 对，ABD 错
20 .长度为L、通有电流为I 的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，
已知磁感应强度大小为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是（ A
）
A.F＝BILcosθ B.F＝BILcosθ
C.F＝BILsinθ D.F＝BILsinθ
答案 A
解析 由于公式F＝BIl 的应用条件：l 与B 垂直.，所以由安培力公式可知，导线所受安培
力的大小计算正确的是A。
21 .[2022 江苏]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（ C ）
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
解析 解法1：电流元法
如图，根据安培定则，可判断出导线a 左半部分的空间磁场方向斜向右上方，右半部分的
空间磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出导线a 左半部分受到的安培力方向垂直
纸面向外，右半部分受到的安培力方向垂直纸面向里，故选C.
解法2：结论法
互成角度的通电导线有旋转到电流方向一致的趋势.若a 不固定，则a 的右半部分会垂直纸
面向里旋转，左半部分会垂直纸面向外旋转，只有这样旋转后两导线电流方向才会一致，
所以C 对.
22. 如图所示，把轻质导电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
）
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
解析 解法1：等效法
把环形电流等效为一个小磁针，如图所示，磁铁和线圈相互吸引变成磁体间
的相互作用.故A 正确.
解法2：电流元法
把圆环形线圈分成很多小段，每一小段可以看作直线电流，取上、下对称两
个小段分析，其截面图和受安培力的方向如图所示，根据对称性可知，安培
力的合力水平向左，故线圈向左运动.故A 正确.
23. 水平桌面上一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S 极的上端平行于桌面缓慢移到
N 极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示.在
这个过程中，关于磁体受到的摩擦力和桌面对磁体的弹力，说法正确的是（ C ）
A.摩擦力始终为零，弹力大于磁体重力
B.摩擦力始终不为零，弹力大于磁体重力
C.摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体重力
D.摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体重力
答案 C
解析 如图所示，当导线在S 极上方时，导线所受安培力方向斜
向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的反作用力斜向右下
方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左；磁体对桌面的压力大于磁体
的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；如图所示，当导线在N 极上方时，导线所
受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的反作用力斜向左下方，磁体
有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，
因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，
桌面对磁体的弹力始终大于磁体的重力，故A、B、D 错误，C 正确.
24.（2025·河北保定高三期末）如图所示，倾角为α 的光滑斜面置于磁感应强度大小为
B1，方向竖直向上的匀强磁场中，一质量为m、长为L 的导体棒，通以垂直纸面向外、电
流大小为I 的电流时，放在斜面上恰好能保持静止。如果将磁场方向变为垂直斜面向上，
磁感应强度大小变为B2，其他物理量保持不变，导体棒还能静止在斜面上。已知重力加速
度为g，则（ ）
A.B1＝mg
IL
B.B1＝mgsin α
IL
C.B2＝mgsin α
IL
D.B2＝mg tan α
IL
答案 C
解析： 磁场方向竖直向上时，对导体棒受力分析如图甲所示，支持力和安培力的合力方
向竖直向上，大小等于重力大小，有ILB1＝mgtan α，解得B1＝mg tan α
IL
，故A、B 错误；
磁场方向垂直斜面向上时，对导体棒受力分析如图乙所示，支持力和安培力的合力方向竖
直向上，大小等于重力大小，有ILB2＝mgsin α，得B2＝mgsin α
IL
，故C 正确，D 错误。
25.（2025·山东临沂二模）据报道，我国福建号航母舰载机弹射起飞的电磁弹射技术与他
国不同，采用的储能方式是超级电容。某科学探究小组制作了一个简易的电容式电磁弹射
装置，如图所示，间距为l 的水平平行金属导轨左端连接充好电的电容器，电容为C，电压
为U，导轨右端放置质量为m 的光滑金属棒，匀强磁场沿竖直方向（图中未画出），磁感
应强度大小为B，开关闭合后金属棒向右离开导轨后水平射出，若某次试验金属棒弹射出
去后电容器两端的电压减为U
4 ，不计一切阻力，则金属棒离开导轨的速度为（ ）
A.BCUl
4 m
B.
❑√3 BCUl
2m
C.3 BCUl
4 m
D.9 BCUl
16m
答案 C
解析：C 根据电容器的定义式，有C＝Q
U ，可知金属棒在导轨上运动过程中通过它的电荷
量为q＝CΔU＝3
4 CU，由动量定理，可得BIlt＝mv，又q＝It，联立解得v＝3 BCUl
4 m
，故选
C。
26. （2025·浙江杭州模拟）如图所示，电阻不计的水平导轨间距为0.5 m，导轨处于方向
与水平面成53°角斜向右上方的磁感应强度为5 T 的匀强磁场中。导体棒ab 垂直于导轨放
置且处于静止状态，其质量为m＝1 kg，电阻为R＝0.9 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝
0.5，电源电动势E＝10 V，其内阻r＝0.1 Ω，定值电阻的阻值R0＝4 Ω。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ab 的拉力沿水平方向，重力加速度g 取10
m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则（ ）
A.导体棒ab 受到的摩擦力方向一定向右
B.导体棒ab 受到的安培力大小为5 N，方向垂直于磁场斜向左上
C.重物重力G 最小值是1.5 N
D.重物重力G 最大值是7.5 N
答案 BD
解析： 由闭合电路欧姆定律可得I＝
E
R＋r ＋R0
＝
10
0.9+0.1+ 4 A＝2 A，ab 受到的安
培力大小为F 安＝IlB＝2×0.5×5 N＝5 N，方向垂直于磁场斜向左上，故B 正确；若导体
棒ab 恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向右，则由共点力平衡条件
可得mg＝F 安cos α＋FN，F 安sin α＝Ffmax＋G1，Ffmax＝μFN，联立解得G1＝0.5 N，若导体棒
ab 恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向左，则由共点力平衡条件可
得mg＝F 安cos α＋FN，F 安sin α＋Ffmax＝G2，Ffmax＝μFN，联立解得G2＝7.5 N，所以重物重
力G 的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N，故A、C 错误，D 正确。
27 （2025·江苏南京阶段练习）如图所示，相距20 cm 的平行金属导轨所在平面与水平面
夹角θ＝37°，现将一质量m＝330 g 的金属棒ab 放在导轨上，它与导轨间的动摩擦因数
μ＝0.50，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置处于磁感应强度大小为2 T 竖直向上
的匀强磁场中，导轨所接的电源电动势为15 V，内阻不计，滑动变阻器的阻值满足要求，
其他部分电阻不计，为了保证ab 处于静止状态，求：（g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，计算结果均取两位有效数值）
（1）滑动变阻器的阻值R 的调节范围；
（2）ab 通入的电流为多大时金属棒与导轨间的摩擦力为0。
答案：（1）0.91 Ω≤R≤10 Ω （2）I3＝6.187 5 A
解析：（1）当R 最小时，ab 中电流最大，安培力最大，摩擦力沿斜面向下，根据平衡条
件得BImaxLcos 37°＝mgsin 37°＋μ(B I max Lsin37°＋mgcos37°)根据闭合电路欧姆
定律得Imax＝E
Rmin
联立解得Rmin＝0.91 Ω
当R 最大时，ab 中电流最小，安培力最小，摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件得
BImin Lcos 37°＋μ(B I min Lsin37°＋mgcos37°)＝mgsin 37°
根据闭合电路欧姆定律得Imin＝E
Rmax
联立解得Rmax＝10 Ω
所以滑动变阻器的阻值R 的调节范围是0.91 Ω≤R≤10 Ω。
（2）根据平衡条件得
BI3Lcos 37°＝mgsin 37°
解得I3＝6.187 5 A。
