专题01 安培力模型（讲义）物理人教版选择性必修第二册

本高中物理讲义聚焦安培力模型这一核心知识点，系统梳理电流元法、特殊位置法、等效法等分析方法，构建导线与导线、导线与磁铁、导线在匀强磁场中受力三个具体模型，形成从方法到模型再到应用的学习支架。 资料通过模型建构（如等效法将环形电流等效为小磁针）和科学推理（例题详细推理过程），助力学生深化科学思维。课中例题精讲与变式训练辅助教师高效授课，课后综合练习题帮助学生巩固知识、查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

专题01 安培力模型 【分析方法】 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 (1) 环形电流等效成小磁针 (2)条形磁铁等效成通电螺线管,通电螺线管等效成多个环形电流串联 结论法 同向电流互相吸引, 异向电流互相排斥。 转换研究 对象法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题时, 可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, 从而确定磁体所受合力及运动方向。 【模型一】 导线与导线之间的磁场作用力 【模型剖析】 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。实质是把一根导线用安培定则转化成磁场，再研究另一根导线在该磁场下的受力。 【例题精讲】 【例1】（2025春•南山区校级月考）如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是（　　） A．线圈仍静止不动 B．从上往下看，线圈将顺时针转动 C．弹簧测力计示数变大 D．线圈左右摆动 【推理过程】 【答案】C 【解答】解：AB.根据安培定则可知，环形电流内部磁场向里，则内部为小磁针N极，外部是S极，导线A通电后，形成的磁场是以a为圆心的圆，方向为逆时针，因小磁针N极指向磁感线方向，故从上向下看时，线圈应逆针转动，故AB错误； CD.根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，当转动到竖直位置时，上半部分受力向上，下半部分受力向下，则可知弹簧秤的示数一定增大，线圈不会左右摆动，故C正确，D错误。 故选：C。 【变式训练】 【变式训练1】（2025秋•兰州期中）如图所示，A、B、C、O是四根平行等长且固定的金属导线，四根导线中的电流大小相等，方向如图所示。AB、BC、AC构成一个正三角形，O是正三角形的中心，若已知导线C给导线O的磁场力大小为F，则下列说法正确的是（　　） A．导线O所受其他导线的合力为零 B．导线B对导线A的磁场力为斥力，大小也为F C．导线O受到其他导线的合力方向沿O指向C D．导线A受到导线O的磁场力为引力，大小也为F 【答案】C 【解答】解：AC．平行电流间的作用规律：同向电流相互吸引，反向电流相排斥。所以导线O受到导线C的吸引力和导线A、B的排斥力，合力不为0且方向沿O指向导线C，故A错误，C正确； B．导线A、B中的电流同向，相互吸引，且距离大于C、O间的距离，引力小于F，故B错误； D．根据对称性可知，导线A、O之间的作用力大小与导线C、O之间的作用力大小相等，都为F，且电流异向，故导线A、O之间的作用力为斥力，故D错误。 故选：C。 【变式训练2】（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． B．F C． D．3F 【答案】B 【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。 【变式训练3】（2025•新乡三模）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 【答案】C 【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， 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， 因为OA＞OB，所以TA＞TB，故D错误。 故选：C。 【变式训练4】（2025春•赣州期中）如图所示，圆形槽中盛有水银，将一根金属制成的弹簧悬挂在圆形槽中心上方，弹簧下端始终能和槽中的水银接触，现给弹簧通入恒定电流，稳定后，下列说法正确的是（　　） A．弹簧内部的磁场方向竖直向下 B．弹簧内的电流相互作用，使得弹簧变长 C．弹簧内的电流相互作用，使得弹簧上下振动 D．自上向下看水银面顺时针转动 【答案】D 【解答】解：A．根据安培定则可知，弹簧内部的磁场方向竖直向上，故A错误； BC．同向电流相互吸引，弹簧中各匝电流方向相同，稳定后弹簧变短，故BC错误； D．根据左手定则可知，圆形槽水银中的电流从圆心向外流动，自上向下看水银面顺时针转动，故D正确。 故选：D。 【模型二】 导线与磁铁之间的磁场作用力 【模型剖析】 直接用左手定则判断通电导线在磁场中的受力即可，有时需要用牛顿第三定律得到磁铁的受力。 【例题精讲】 【例1】（2025春•开福区校级期中）如图所示，蹄形磁铁水平放置（N极在上），质量为m的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，稳定时奖细导线与竖直方向的夹角为θ。两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重力加速度为g，则（　　） A．导体棒中的电流方向为a→b B．单根导线上的拉力大小为 C．若电流大小加倍，再次稳定后θ角也加倍 D．若导体棒处磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过45°角，导线上拉力变小 【推理过程】 【答案】D 【解答】解：A．根据左手定则，由于导体棒所受安培力水平向右，则导体棒中的电流方向为b→a，故A错误； B．由力的平衡可得，每根细导线上的拉力大小，故B错误； C．导体棒所受安培力大小FA＝mgtanθ，若导体棒中的电流大小加倍，则平衡时tanθ的值加倍，故C错误； D．作出导体棒的受力分析图，如图所示，其所受重力大小、方向均不变，安培力的大小不变，磁场方向沿逆时针方向转动，根据余弦定理可得，细导线上的拉力变小，故D正确。 故选：D。 【例2】（多选）（2025•福州校级模拟）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 【推理过程】 【答案】BC 【解答】解：A、B以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短。故A错误，B正确。 C、D由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则F1＞F2．故C正确，D错误。 故选：BC。 【变式训练】 【变式训练1】（2024秋•浑南区校级月考）水平地面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流（如图所示）。则下列结论正确的是（　　） A．弹簧的弹力变小 B．地面受到磁铁的压力不受影响 C．地面受到磁铁的压力变小 D．条形磁铁受到桌面的摩擦力向左 【答案】C 【解答】解：A．对通电导线受力分析，受重力、弹力和安培力，导线所在位置的磁场方向斜向右上方，由左手定则可知，安培力方向斜向右下，可知弹簧被拉伸增大，则弹力变大，故A错误； BCD．由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面压力减小，条形磁铁有向左的运动趋势，条形磁铁受桌面对它向右的摩擦力，力的作用是相互的，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，故BD错误，C正确。 故选：C。 【变式训练2】（2024秋•重庆校级月考）物理实验小组的同学研究通电直导线在磁场中受力情况的小实验，装置如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一轻质挡板，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，当导体棒中通入方向垂直纸面向里的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（　　） A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将不会变化 C．F1＜F2 D．F2＜F1 【答案】D 【解答】解：CD、如图甲 导体棒处的磁场方向指向右上方，由左手定则，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，对条形磁铁受力分析，如图乙，条形磁铁对台秤的压力减小，则 F1＞F2 故C错误，D正确； AB、由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短，故AB错误。 故选：D。 【变式训练3】（2025•鼓楼区四模）通有电流I的直导线竖直放置，且可绕O点向各个方向转动，电流方向如图所示，O为直导线的中心，下列说法正确的是（　　） A．导线受磁场力的作用，绕O点上端向里，下端向外转动 B．导线受磁场力的作用，绕O点上端向外，下端向里转动 C．导线受磁场力的作用，绕O点在纸面内逆时针方向转动 D．导线不受磁场力的作用，故不转动 【答案】B 【解答】解：条形磁铁的磁感线分布如图所示 用左手定则判断通电直导线上端受安培力方向向里，下端受安培力方向也向里，上端磁感线疏松，下端磁感线密集，可知上端磁感应强度较小，导线受安培力较小，下端磁感应强度较大，导线受安培力较大，所以直导线受磁场力的作用，绕O点下端向里，上端向外转动，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【变式训练4】（多选）（2025秋•上海校级期中）一条形磁铁静止在倾角为θ的斜面上，若在磁铁上方中心位置固定一导体棒，在导体棒中通以方向如图所示的电流后，下列说法正确的是（　　） A．磁铁与斜面间的压力增大 B．磁铁与斜面间的摩擦力不变 C．磁铁仍然保持静止状态 D．磁铁将沿斜面做加速度逐渐减小的加速运动 【答案】ABC 【解答】解：条形磁铁在导体棒所在位置产生的磁场方向平行于斜面向下，由左手定则知导线所受安培力垂直斜面向上，根据牛顿第三定律则条形磁铁所受安培力垂直斜面向下，对磁铁，根据平衡条件得N＝mgcosθ+F安，f＝mgsinθ，可知导体棒中通电后，斜面对磁铁的支持力增大，摩擦力不变。根据牛顿第三定律可知磁铁与斜面间压力增大，最大静摩擦力增大，磁铁仍保持静止状态，故ABC正确，D错误。 故选：ABC。 【模型三】 导线在匀强磁场中受到的作用力 【模型剖析】 分析通电导线在匀强磁场中的受力平衡及动力学问题。 【例题精讲】 【例1】（2024秋•鄂尔多斯期末）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°，导线ab和de在同一直线上，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．3BIL B．（2）BIL C．4BIL D．5BIL 【推理过程】 【答案】A 【解答】解：由图可知，bcd的有效长度为L，导线在磁场内有效长度为L+L+L＝3L，故该通电导线受到安培力大小为F＝BI•3L＝3BIL，故A正确，BCD错误； 故选：A。 【例2】（多选）（2025•内江三模）如图，两条电阻不计的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，其左端接一电池，右侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行导轨的恒力F作用下，从无磁场区域的a处由静止开始运动，到达磁场中b位置时开始反向运动。金属杆在整个运动过程中，始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。则金属杆在第一次往、返运动中，下列说法正确的是（　　） A．金属杆在磁场中受到的安培力始终向左 B．金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动 C．金属杆恰好能够回到a处 D．金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处 【推理过程】 【答案】AD 【解答】解：AB、根据题意分析可知，由左手定则有，电源产生的电流受磁场的安培力向左，金属杆到达磁场中b位置时能反向运动，说明由电源电流产生的安培力F源安大于恒力F。金属杆刚进入磁场后因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相同，可知电路中电流增加，安培力向左且大于恒力F，导体棒速度向右，受到向左的安培力，可知导体棒必定向右做减速运动，根据牛顿第二定律可知， 随速度减小，则加速度减小，即导体棒向右做加速度减小的减速运动，直到速度减为零后反向运动；反向运动开始时，因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相反，安培力方向向左，则根据牛顿第二定律有，加速度 随速度增加，加速度减小，直到出离磁场边界；即整个过程中金属杆在磁场中受到的安培力始终向左，金属杆进入磁场后向右做加速度减小的减速运动，故A正确，B错误； CD、根据题意分析可知，金属杆从进入磁场到回到磁场左边界过程中，恒力F做功为零，电源提供的能量一部分要产生焦耳热，可知导体杆回到磁场左边界时的速度小于进入磁场时的速度，可知金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处，故C错误，D正确。 故选：AD。 【变式训练】 【变式训练1】（2025秋•沙坪坝区校级期中）如图所示，在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中固定有两根竖直放置的粗糙平行导轨CD、EF，一质量为m的细直金属棒MN水平放置并与导轨接触良好，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，棒中通有图示方向的电流I，已知I＝kt（k为大于零的常数），重力加速度为g，t＝0时刻，将该金属棒由静止释放，则棒受到的摩擦力f与时间t的关系图像，正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：对棒受力分析，结合左手定则，可知水平方向受到垂直纸面向里的安培力、指向外侧的支持力，满足：BIL＝FN， 结合相互作用力特点、电流随时间的变化情况，可知棒对轨道的压力大小为：N＝BLkt； 竖直方向的受力特点，可得到竖直方向的加速度满足：mg﹣μN＝ma，化简得：， 即在滑动摩擦力比重力小时，加速度大小均匀减小；在滑动摩擦力比重力大时，加速度大小均匀增大， 金属棒加速过程，速度从0增大到v，减速过程的速度从v减速到0，两个过程的速度变化量大小相等，即可知加速度随时间的变化，如下图： 由图可知在速度减为零的瞬间，a＝﹣g，即f＝μBLkt＝2mg，即可得到其滑动摩擦力的最大值为2mg，且其大小一直随时间均匀变化； 当滑动摩擦力突变为静摩擦力后，根据受力分析，即可得到棒受到的静摩擦力与重力平衡，即f静＝mg，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式训练2】（2024秋•无锡期末）如图所示，金属杆ab长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹θ角斜向上，金属杆ab受到的安培力大小为（　　） A．F＝IlB B．F＝IlBsinθ C．F＝IlBcosθ D．F＝IlBtanθ 【答案】A 【解答】解：电流方向与磁场方向垂直，则金属杆受到的安培力为F＝BIl，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式训练3】（2025秋•南阳期中）如图所示，电流天平的右臂挂着匝数为10匝的矩形线圈，线圈的水平边长为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈平面向里。当线圈中通以图示方向的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，再使电流反向，大小变为2I，为使两臂达到新的平衡，应在左盘中增加砝码的质量为（重力加速度为g）（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：当线圈中通过电流I时，根据左手定则可知安培力方向向上，调节砝码使两臂达到平衡，此时m左g＝m右g﹣nBIL 使电流反向，大小变为2I，在左盘中增加砝码后达成新的平衡有m左g+Δmg＝m右g+2nBIL 联立解得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式训练4】（多选）（2025秋•洛阳期中）如图所示，纸面内M、N两点之间连接有三段导线1、2和3，三段导线的粗细、材料均相同，匀强磁场垂直于纸面向里。现给M、N两端加上恒定电压，则下列说法正确的是（　　） A．导线1受到的安培力最大 B．导线3受到的安培力最小 C．三段导线受到安培力的大小相等 D．三段导线受到安培力的方向相同 【答案】BD 【解答】解：D、由图可知三段导线的电流方向均为自左向右，根据左手定则，可确定三段导线受到的安培力方向相同，均为竖直向上，故D正确； ABC、由图可知，三段导线的长度满足：l3＞l1＞l2，由欧姆定律：，电阻影响因素：，可知：R3＞R1＞R2， 结合三电阻并联、三导线的材料、粗细相同的特点，可知三段导线的电流大小满足：I3＜I1＜I2； 安培力公式：F＝BIL有，其中有效长度L有表示从起点到终点的有向线段长度，故三段导线的有效长度相等， 三段导线在同一磁场中，结合三段导线的电流大小关系，可知三段导线安培力大小满足：F3＜F1＜F2，故AC错误，B正确。 故选：BD。 【变式训练5】（多选）（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g；减速时，加速度的最大值为g，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 B．棒与导轨间的动摩擦因数为 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：， 减速时：， 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，故AD错误，BC正确。 故选：BC。 一．选择题（共8小题） 1．（2025•泰州模拟）某磁电式电流表结构如图甲所示，圆柱形铁芯上绕有匝数为n，长边长为l的矩形线圈如图乙所示。长边所在处磁感应强度大小为B，当线圈中电流为I时，电流表指针偏转的角度为θ，则一侧长边受到的安培力大小为（　　） A．BIl B．nBIl C．BIlsinθ D．nBIlsinθ 【答案】B 【解答】解：电流与磁场方向始终垂直，故一侧长边受到的安培力大小为F＝nBIl，故B正确，ACD错误； 故选：B。 2．（2025•邢台一模）如图所示，三根通电直导线P、Q、R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P、Q在R处产生的磁感应强度B及通电直导线R所受的安培力F的方向分别是（　　） A．B沿x正轴方向，F垂直R，指向y轴负方向 B．B沿x负轴方向，F垂直R，指向y轴正方向 C．B沿y正轴方向，F垂直R，指向x轴正方向 D．B沿y负轴方向，F垂直R，指向x轴负方向 【答案】A 【解答】解：由安培定则可知，通电指导线P、Q在R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x轴正方向，则R处的磁场方向沿x轴正方向； 由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向y轴负方向，故BCD错误，A正确。 故选：A。 3．（2025•长安区校级二模）如图所示，由6根长度均为L的相同的金属棒组成的正四面体线框ACDE放在匀强磁场中，磁场方向垂直CDE面向上，磁感应强度大小为B，将C、D两点接入电路，从C点通入大小为I的恒定电流，正四面体保持不动，则下列判断正确的是（　　） A．CD边受到的安培力大小为 B．整个线框受到的安培力的方向指向正四面体中心 C．DE、CE两条边受到的安培力相同 D．AE、AC、AD三条边受到的安培力大小相同 【答案】A 【解答】解：A、设每条边的电阻为R，给C、D两端通电，AE边没有电流，电路总电阻为 ，解得 所以流过CD边的电流为，故CD边受到的安培力大小为 故A正确； B、整个线框有效长度为CD连线的长，根据左手定则，整个线框受到的安培力在CDE面内垂直CD向右，故B错误； C、DE、CE两条边长度相同，通过的电流大小相等，但是电流方向不同，所以两条边受到的安培力大小相等，方向不同，故C错误； D、AE边没有电流，AE边不受安培力，AC、AD两条边受到的安培力大小相同，故D错误。 故选：A。 4．（2025•江西二模）如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端。线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为（　　） A．沿纸面竖直向上 B．沿纸面竖直向下 C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里 【答案】D 【解答】解：处在磁场中的线圈等效电流方向向右，弹簧处于原长状态，可知线圈受安培力竖直向上，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故ABC错误，D正确。 故选：D。 5．（2025•庐阳区校级模拟）电磁轨道炮是利用电磁发射技术制成的先进武器，其发射原理如图所示。开关闭合后，电流沿轨道流过弹丸，同时光滑水平轨道中的电流会在两轨道之间产生竖直方向的磁场，从而使弹丸受到电磁力的作用加速。下列说法正确的是（　　） A．轨道间磁场方向竖直向下 B．安培力对弹丸做的功大于弹丸增加的动能 C．弹丸的加速度逐渐减小 D．轨道越长，弹丸获得的动能越大 【答案】C 【解答】解：A．闭合开关后，电流从电源的正极流向负极，弹丸受到向右的安培力而加速，由左手定则可知，轨道间磁场方向应竖直向上，故A错误； B．由受力分析可知，弹丸受到的合力即为安培力，由动能定理可知，安培力做的功等于弹丸动能的增加量，故B错误； C．弹丸运动之后会切割磁感线产生反向电动势，从而使回路中的电流减小，弹丸受到的安培力减小，由牛顿第二定律可知，弹丸将做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确； D．当反向电动势与蓄电池组的电动势相等时，回路中不再有电流，弹丸不再受安培力作用，弹丸的速度达到最大，此后弹丸将做匀速运动，故D错误。 故选：C。 6．（2025•江苏校级模拟）如图所示，一段圆心角为60°的圆弧形导线，通以电流I。若导线所在平面与纸面平行，匀强磁场方向垂直纸面向里，导线所受安培力的大小为F1；若磁感应强度大小不变方向改为平行于纸面沿半径ON向右，导线所受安培力的大小为F2，则为（　　） A． B． C． D．1：1 【答案】A 【解答】解：当磁场方向垂直纸面向里时，设半径为R，通电导线的有效长度如下图中MN所示，根据安培力的定义，结合几何关系，可得导线所受安培力大小为F1＝BIR； 当磁场方向水平向右时，通电导线的有效长度如下图中MQ所示，根据安培力的定义，结合几何关系，可得导线所受安培力大小为； 所以，故BCD错误，A正确； 故选：A。 7．（2024•黑龙江一模）如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态。现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步（　　） A．增大 B．减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 【答案】A 【解答】解：设安培力的方向与斜面的夹角为α，导体棒的长度为L，电流为I，斜面倾角为θ； 根据安培力的计算公式可得：FA＝BIL， 根据平衡条件可得：FAcosα＝mgsinθ 解得：B。 将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，安培力的方向与斜面的夹角α由0°逐渐增大，则cosα逐渐减小，B逐渐增大，故A正确、BCD错误。 故选：A。 8．（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 【答案】C 【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。 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2025•白银区校级三模）如图所示，两根等长的长直导体棒PP′、QQ′用绝缘细线悬挂在天花板上，并均通以恒定电流。稳定时细线与竖直方向的夹角分别为α、β，已知PP′、QQ′均平行于OO′且到悬挂轴线OO′的距离相等，忽略通电导线对PP′、QQ′的作用力。下列说法正确的是（　　） A．PP′、QQ′电流方向相同 B．PP′、QQ′电流方向相反 C．PP′、QQ′质量之比为sinβ：sinα D．PP′、QQ′质量之比为tanβ：tanα 【答案】BC 【解答】解：AB.由图可知，两根导体相互排斥，假设电流由P流向P′，由安培定则可知，磁场方向沿顺时针方向，如图所示： 由左手定则可知，若Q受到排斥力，则电流方向由Q′指向Q，故A错误，B正确； CD.对两个导体分别受力分析，并构建矢量三角形，如图所示： 设PP′质量为m1，QQ′质量为m2，由正弦定理可知：，，代入数据可得：，故C正确，D错误。 故选：BC。 （多选）10．（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 B．0∼t0时间内，通过PQO′O平面的磁通量改变量大小为 C．t＝0时刻，导体棒所受的安培力大小为 D．t0时刻，导体棒所受的安培力大小为 【答案】BC 【解答】解：A、t＝0时刻，通过PQO′O平面的磁通量大小为Φ1，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：，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，t＝0时刻，导体棒所受的安培力大小为，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。 （多选）11．（2023•银川一模）2022年6月17日，我国新一代战舰预计将会配备电磁轨道炮，其原理可简化为如图所示（俯视图）装置。两条平行的水平轨道被固定在水平面上，炮弹（安装于导体棒ab上）由静止向右做匀加速直线运动，到达轨道最右端刚好达到预定发射速度v，储能装置储存的能量恰好释放完毕。已知轨道宽度为d，长度为L，磁场方向竖直向下，炮弹和导体杆ab的总质量为m，运动过程中所受阻力为重力的k（k＜1）倍，储能装置输出的电流为I，重力加速度为g，不计一切电阻、忽略电路的自感。下列说法正确的是（　　） A．电流方向由b到a B．磁感应强度的大小为 C．整个过程通过ab的电荷量为 D．储能装置刚开始储存的能量为 【答案】BCD 【解答】解：A．导体杆ab向右做匀加速直线运动，受到的安培力向右，利用左手定则可判断出流过导体杆的电流方向由a到b，故A错误； B．导体杆ab向右做匀加速直线运动，根据速度—位移公式可得： 2aL＝v2 根据牛顿第二定律可得： F安﹣kmg＝ma 又F安＝BId 联立解得：，故B正确； C．根据运动学公式可得： 根据电荷量的计算公式可得： 故C正确； D．因为不计一切电阻、忽略电路的自感，根据能量守恒可知，储能装置刚开始储存的能量为，故D正确。 故选：BCD。 三．解答题（共3小题） 12．（2025•北京校级模拟）如图所示，两平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面的夹角为θ，在导轨所在平面内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势为E、内阻为r的直流电源。现把一个长度为L、质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好不发生滑动。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R，金属导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求： （1）导体棒中的电流I； （2）t时间内导体棒所受安培力的冲量I冲； （3）导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）导体棒中的电流I为； （2）t时间内导体棒所受安培力的冲量I冲大小为，方向沿导轨向上； （3）导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ为。 【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得 （2）根据安培力的公式有 导体棒所受安培力的冲量I大小 ，方向沿导轨向上 （3）对导体棒受力分析可知，其所受摩擦力可能沿斜面向上，如图所示 根据平衡条件有 mgcosθ＝FN mgsinθ＝FA+Ff 解得 当摩擦力沿斜面向下时，同理可得 答：（1）导体棒中的电流I为； （2）t时间内导体棒所受安培力的冲量I冲大小为，方向沿导轨向上； （3）导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ为。 13．（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω，外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°，ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求： （1）通过ab的电流大小和方向； （2）ab受到的安培力大小； （3）重物重力G的取值范围． 【答案】（1）通过ab的电流大小为2A，方向由a向b； （2）ab受到的安培力大小为5N； （3）重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤7.5N。 【解答】解：（1）由闭合电路的欧姆定律可得， 通过ab的电流I2A，方向：由a到b； （2）ab受到的安培力：F＝BIL＝5×2×0.5N＝5N； （3）ab受力如图所示， 最大静摩擦力： fm＝μ（mg﹣Fcos53°） 由平衡条件得： 当最大静摩擦力方向向右时： T＝Fsin53°﹣fm 解得：T＝0.5N； 当最大静摩擦力方向向左时： T＝Fsin53°+fm 解得：T＝7.5N； 由于重物平衡，故：T＝G 则重物重力的取值范围为：0.5N≤G≤7.5N； 答：（1）通过ab的电流大小为2A，方向由a向b； （2）ab受到的安培力大小为5N； （3）重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤7.5N。 14．（2025•福州校级模拟）如图为一电流表的原理示意图，质量为m的均匀细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab、当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小，求： （1）若要电流表正常工作，MN的N端应与电源的正极还是负极相接？ （2）当电流表示数为零时，弹簧的伸长量； （3）若k＝200N/m，ab＝20cm，cb＝0.05cm，B＝0.2T，电表的量程是多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此N端应接负极。 （2）电流为零时，设弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx 得 故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为。 （3）设满量程时通过MN的电流为Im，则有BImlab+mg＝k（lbc+Δx） 解得Im＝2.5A 故该电流表的量程是2.5A。 答：（1）N端应接负极； （2）当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为； （3）量程是2.5A。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 安培力模型 【分析方法】 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 (1) 环形电流等效成小磁针 (2)条形磁铁等效成通电螺线管,通电螺线管等效成多个环形电流串联 结论法 同向电流互相吸引, 异向电流互相排斥。 转换研究 对象法 定性分析磁体在电流磁场作用下如 何运动或运动趋势的问题时, 可先 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, 从而确定 磁体所受合力及运动方向。 【模型一】 导线与导线之间的磁场作用力 【模型剖析】 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。实质是把一根导线用安培定则转化成磁场，再研究另一根导线在该磁场下的受力。 【例题精讲】 【例1】（2025春•南山区校级月考）如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是（　　） A．线圈仍静止不动 B．从上往下看，线圈将顺时针转动 C．弹簧测力计示数变大 D．线圈左右摆动 【推理过程】 【答案】C 【解答】解：AB.根据安培定则可知，环形电流内部磁场向里，则内部为小磁针N极，外部是S极，导线A通电后，形成的磁场是以a为圆心的圆，方向为逆时针，因小磁针N极指向磁感线方向，故从上向下看时，线圈应逆针转动，故AB错误； CD.根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，当转动到竖直位置时，上半部分受力向上，下半部分受力向下，则可知弹簧秤的示数一定增大，线圈不会左右摆动，故C正确，D错误。 故选：C。 【变式训练】 【变式训练1】（2025秋•兰州期中）如图所示，A、B、C、O是四根平行等长且固定的金属导线，四根导线中的电流大小相等，方向如图所示。AB、BC、AC构成一个正三角形，O是正三角形的中心，若已知导线C给导线O的磁场力大小为F，则下列说法正确的是（　　） A．导线O所受其他导线的合力为零 B．导线B对导线A的磁场力为斥力，大小也为F C．导线O受到其他导线的合力方向沿O指向C D．导线A受到导线O的磁场力为引力，大小也为F 【变式训练2】（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． B．F C． D．3F 【变式训练3】（2025•新乡三模）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 【变式训练4】（2025春•赣州期中）如图所示，圆形槽中盛有水银，将一根金属制成的弹簧悬挂在圆形槽中心上方，弹簧下端始终能和槽中的水银接触，现给弹簧通入恒定电流，稳定后，下列说法正确的是（　　） A．弹簧内部的磁场方向竖直向下 B．弹簧内的电流相互作用，使得弹簧变长 C．弹簧内的电流相互作用，使得弹簧上下振动 D．自上向下看水银面顺时针转动 【模型二】 导线与磁铁之间的磁场作用力 【模型剖析】 直接用左手定则判断通电导线在磁场中的受力即可，有时需要用牛顿第三定律得到磁铁的受力。 【例题精讲】 【例1】（2025春•开福区校级期中）如图所示，蹄形磁铁水平放置（N极在上），质量为m的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，稳定时奖细导线与竖直方向的夹角为θ。两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重力加速度为g，则（　　） A．导体棒中的电流方向为a→b B．单根导线上的拉力大小为 C．若电流大小加倍，再次稳定后θ角也加倍 D．若导体棒处磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过45°角，导线上拉力变小 【推理过程】 【答案】D 【解答】解：A．根据左手定则，由于导体棒所受安培力水平向右，则导体棒中的电流方向为b→a，故A错误； B．由力的平衡可得，每根细导线上的拉力大小，故B错误； C．导体棒所受安培力大小FA＝mgtanθ，若导体棒中的电流大小加倍，则平衡时tanθ的值加倍，故C错误； D．作出导体棒的受力分析图，如图所示，其所受重力大小、方向均不变，安培力的大小不变，磁场方向沿逆时针方向转动，根据余弦定理可得，细导线上的拉力变小，故D正确。 故选：D。 【例2】（多选）（2025•福州校级模拟）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 【推理过程】 【答案】BC 【解答】解：A、B以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短。故A错误，B正确。 C、D由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则F1＞F2．故C正确，D错误。 故选：BC。 【变式训练】 【变式训练1】（2024秋•浑南区校级月考）水平地面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流（如图所示）。则下列结论正确的是（　　） A．弹簧的弹力变小 B．地面受到磁铁的压力不受影响 C．地面受到磁铁的压力变小 D．条形磁铁受到桌面的摩擦力向左 【变式训练2】（2024秋•重庆校级月考）物理实验小组的同学研究通电直导线在磁场中受力情况的小实验，装置如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一轻质挡板，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，当导体棒中通入方向垂直纸面向里的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（　　） A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将不会变化 C．F1＜F2 D．F2＜F1 【变式训练3】（2025•鼓楼区四模）通有电流I的直导线竖直放置，且可绕O点向各个方向转动，电流方向如图所示，O为直导线的中心，下列说法正确的是（　　） A．导线受磁场力的作用，绕O点上端向里，下端向外转动 B．导线受磁场力的作用，绕O点上端向外，下端向里转动 C．导线受磁场力的作用，绕O点在纸面内逆时针方向转动 D．导线不受磁场力的作用，故不转动 【变式训练4】（多选）（2025秋•上海校级期中）一条形磁铁静止在倾角为θ的斜面上，若在磁铁上方中心位置固定一导体棒，在导体棒中通以方向如图所示的电流后，下列说法正确的是（　　） A．磁铁与斜面间的压力增大 B．磁铁与斜面间的摩擦力不变 C．磁铁仍然保持静止状态 D．磁铁将沿斜面做加速度逐渐减小的加速运动 【模型三】 导线在匀强磁场中受到的作用力 【模型剖析】 分析通电导线在匀强磁场中的受力平衡及动力学问题。 【例题精讲】 【例1】（2024秋•鄂尔多斯期末）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°，导线ab和de在同一直线上，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．3BIL B．（2）BIL C．4BIL D．5BIL 【推理过程】 【答案】A 【解答】解：由图可知，bcd的有效长度为L，导线在磁场内有效长度为L+L+L＝3L，故该通电导线受到安培力大小为F＝BI•3L＝3BIL，故A正确，BCD错误； 故选：A。 【例2】（多选）（2025•内江三模）如图，两条电阻不计的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，其左端接一电池，右侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行导轨的恒力F作用下，从无磁场区域的a处由静止开始运动，到达磁场中b位置时开始反向运动。金属杆在整个运动过程中，始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。则金属杆在第一次往、返运动中，下列说法正确的是（　　） A．金属杆在磁场中受到的安培力始终向左 B．金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动 C．金属杆恰好能够回到a处 D．金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处 【推理过程】 【答案】AD 【解答】解：AB、根据题意分析可知，由左手定则有，电源产生的电流受磁场的安培力向左，金属杆到达磁场中b位置时能反向运动，说明由电源电流产生的安培力F源安大于恒力F。金属杆刚进入磁场后因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相同，可知电路中电流增加，安培力向左且大于恒力F，导体棒速度向右，受到向左的安培力，可知导体棒必定向右做减速运动，根据牛顿第二定律可知， 随速度减小，则加速度减小，即导体棒向右做加速度减小的减速运动，直到速度减为零后反向运动；反向运动开始时，因切割磁感线产生的感应电动势方向与电源方向相反，安培力方向向左，则根据牛顿第二定律有，加速度 随速度增加，加速度减小，直到出离磁场边界；即整个过程中金属杆在磁场中受到的安培力始终向左，金属杆进入磁场后向右做加速度减小的减速运动，故A正确，B错误； CD、根据题意分析可知，金属杆从进入磁场到回到磁场左边界过程中，恒力F做功为零，电源提供的能量一部分要产生焦耳热，可知导体杆回到磁场左边界时的速度小于进入磁场时的速度，可知金属杆能回到无磁场区，但不能回到a处，故C错误，D正确。 故选：AD。 【变式训练】 【变式训练1】（2025秋•沙坪坝区校级期中）如图所示，在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中固定有两根竖直放置的粗糙平行导轨CD、EF，一质量为m的细直金属棒MN水平放置并与导轨接触良好，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，棒中通有图示方向的电流I，已知I＝kt（k为大于零的常数），重力加速度为g，t＝0时刻，将该金属棒由静止释放，则棒受到的摩擦力f与时间t的关系图像，正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练2】（2024秋•无锡期末）如图所示，金属杆ab长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹θ角斜向上，金属杆ab受到的安培力大小为（　　） A．F＝IlB B．F＝IlBsinθ C．F＝IlBcosθ D．F＝IlBtanθ 【变式训练3】（2025秋•南阳期中）如图所示，电流天平的右臂挂着匝数为10匝的矩形线圈，线圈的水平边长为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈平面向里。当线圈中通以图示方向的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，再使电流反向，大小变为2I，为使两臂达到新的平衡，应在左盘中增加砝码的质量为（重力加速度为g）（　　） A． B． C． D． 【变式训练4】（2024秋•鄂尔多斯期末）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°，导线ab和de在同一直线上，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．3BIL B．（2）BIL C．4BIL D．5BIL 【变式训练5】（多选）（2025秋•洛阳期中）如图所示，纸面内M、N两点之间连接有三段导线1、2和3，三段导线的粗细、材料均相同，匀强磁场垂直于纸面向里。现给M、N两端加上恒定电压，则下列说法正确的是（　　） A．导线1受到的安培力最大 B．导线3受到的安培力最小 C．三段导线受到安培力的大小相等 D．三段导线受到安培力的方向相同 【变式训练6】（多选）（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g；减速时，加速度的最大值为g，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 B．棒与导轨间的动摩擦因数为 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° 一．选择题（共8小题） 1．（2025•泰州模拟）某磁电式电流表结构如图甲所示，圆柱形铁芯上绕有匝数为n，长边长为l的矩形线圈如图乙所示。长边所在处磁感应强度大小为B，当线圈中电流为I时，电流表指针偏转的角度为θ，则一侧长边受到的安培力大小为（　　） A．BIl B．nBIl C．BIlsinθ D．nBIlsinθ 2．（2025•邢台一模）如图所示，三根通电直导线P、Q、R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P、Q在R处产生的磁感应强度B及通电直导线R所受的安培力F的方向分别是（　　） A．B沿x正轴方向，F垂直R，指向y轴负方向 B．B沿x负轴方向，F垂直R，指向y轴正方向 C．B沿y正轴方向，F垂直R，指向x轴正方向 D．B沿y负轴方向，F垂直R，指向x轴负方向 3．（2025•长安区校级二模）如图所示，由6根长度均为L的相同的金属棒组成的正四面体线框ACDE放在匀强磁场中，磁场方向垂直CDE面向上，磁感应强度大小为B，将C、D两点接入电路，从C点通入大小为I的恒定电流，正四面体保持不动，则下列判断正确的是（　　） A．CD边受到的安培力大小为 B．整个线框受到的安培力的方向指向正四面体中心 C．DE、CE两条边受到的安培力相同 D．AE、AC、AD三条边受到的安培力大小相同 4．（2025•江西二模）如图，竖直平面内通有电流的正三角形金属线框，悬挂在两根相同的绝缘轻质弹簧下端。线框静止时，弹簧处于原长状态，线框有部分处在虚线框内的匀强磁场中，则虚线框内磁场方向可能为（　　） A．沿纸面竖直向上 B．沿纸面竖直向下 C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里 5．（2025•庐阳区校级模拟）电磁轨道炮是利用电磁发射技术制成的先进武器，其发射原理如图所示。开关闭合后，电流沿轨道流过弹丸，同时光滑水平轨道中的电流会在两轨道之间产生竖直方向的磁场，从而使弹丸受到电磁力的作用加速。下列说法正确的是（　　） A．轨道间磁场方向竖直向下 B．安培力对弹丸做的功大于弹丸增加的动能 C．弹丸的加速度逐渐减小 D．轨道越长，弹丸获得的动能越大 6．（2025•江苏校级模拟）如图所示，一段圆心角为60°的圆弧形导线，通以电流I。若导线所在平面与纸面平行，匀强磁场方向垂直纸面向里，导线所受安培力的大小为F1；若磁感应强度大小不变方向改为平行于纸面沿半径ON向右，导线所受安培力的大小为F2，则为（　　） A． B． C． D．1：1 7．（2024•黑龙江一模）如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态。现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步（　　） A．增大 B．减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 8．（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 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2025•白银区校级三模）如图所示，两根等长的长直导体棒PP′、QQ′用绝缘细线悬挂在天花板上，并均通以恒定电流。稳定时细线与竖直方向的夹角分别为α、β，已知PP′、QQ′均平行于OO′且到悬挂轴线OO′的距离相等，忽略通电导线对PP′、QQ′的作用力。下列说法正确的是（　　） A．PP′、QQ′电流方向相同 B．PP′、QQ′电流方向相反 C．PP′、QQ′质量之比为sinβ：sinα D．PP′、QQ′质量之比为tanβ：tanα （多选）10．（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 B．0∼t0时间内，通过PQO′O平面的磁通量改变量大小为 C．t＝0时刻，导体棒所受的安培力大小为 D．t0时刻，导体棒所受的安培力大小为 （多选）11．（2023•银川一模）2022年6月17日，我国新一代战舰预计将会配备电磁轨道炮，其原理可简化为如图所示（俯视图）装置。两条平行的水平轨道被固定在水平面上，炮弹（安装于导体棒ab上）由静止向右做匀加速直线运动，到达轨道最右端刚好达到预定发射速度v，储能装置储存的能量恰好释放完毕。已知轨道宽度为d，长度为L，磁场方向竖直向下，炮弹和导体杆ab的总质量为m，运动过程中所受阻力为重力的k（k＜1）倍，储能装置输出的电流为I，重力加速度为g，不计一切电阻、忽略电路的自感。下列说法正确的是（　　） A．电流方向由b到a B．磁感应强度的大小为 C．整个过程通过ab的电荷量为 D．储能装置刚开始储存的能量为 三．解答题（共3小题） 12．（2025•北京校级模拟）如图所示，两平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面的夹角为θ，在导轨所在平面内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势为E、内阻为r的直流电源。现把一个长度为L、质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好不发生滑动。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R，金属导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求： （1）导体棒中的电流I； （2）t时间内导体棒所受安培力的冲量I冲； （3）导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ。 13．（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω，外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°，ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求： （1）通过ab的电流大小和方向； （2）ab受到的安培力大小； （3）重物重力G的取值范围． 14．（2025•福州校级模拟）如图为一电流表的原理示意图，质量为m的均匀细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab、当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小，求： （1）若要电流表正常工作，MN的N端应与电源的正极还是负极相接？ （2）当电流表示数为零时，弹簧的伸长量； （3）若k＝200N/m，ab＝20cm，cb＝0.05cm，B＝0.2T，电表的量程是多少？ 学科网（北京）股份有限公司 $