第37讲 磁场及其对电流的作用（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以磁场叠加和安培力为核心，通过考情研判-知识解构-分层演练体系，整合5类题型与5种判定方法，构建“概念-方法-应用”逻辑链，强化模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识解构|2知识点|磁场叠加解题三步法、安培力5种判定法（电流元/等效等）、动能定理四步解题|从磁场性质→电流磁场分布→叠加计算，安培力判定→平衡/加速/电磁炮模型应用| |基础演练|5类题型|题型01-05分别对应叠加计算、安培力分析、平衡/加速问题、电磁炮模型|题型与方法一一对应，从基础公式应用到复杂情境建模，覆盖高频考点|

第37讲 磁场及其对电流的作用（专项训练） 模拟·基础演练 参考答案 题号 1 3 5 6 7 9 10 11 13 14 答案 C A C D D AC AB B C BC 题号 16 17 19 20 21 22 25 26 28 30 答案 C C D BC C A BC BD C C 题号 33 34 35 答案 BC AD B 1．C 【详解】根据安培定则，也就是右手螺旋定则：两根电流均向上的平行长直导线，在两导线之间的区间内，左导线产生的磁场方向垂直纸面向里，右导线产生的磁场方向垂直纸面向外，二者方向相反，合磁感应强度为两者的矢量差，方向相反叠加相减。 在中点处：该点到两根导线的距离相等，电流大小相等，因此两个磁感应强度大小相等、方向相反，合磁感应强度； 在区间：左导线的磁场更强，定义向里为正方向，则合磁场方向为正，从（左导线位置）到，从极大逐渐减小到0； 在区间：右导线的磁场更强，合磁场方向为负，从到（右导线位置），的绝对值从0逐渐增大到趋近无穷大。 由题给公式，合与为非线性关系，图线应为曲线，不是直线。 故选C。 2．B2 -B1 【详解】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为 根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小与M点一样，为B1；根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为 由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为 3．A 【详解】根据右手螺旋定则可知，、、三点的磁感应强度方向均水平向左， 设，并且单个环形电流在距离圆心位置处磁感应强度为，在距离圆心处的磁感应强度为，因此点磁感应强度为 点磁感应强度为 当金属环的电流相反后， 联立得 故选A。 4． 30° 【详解】[1][2]根据题意，由几何关系可知，、、三点到连线中点处的距离均为，则、、三点处通电导线在连线中点处产生磁场的磁感应强度大小分别为、、 由安培定则可知，、两点在连线中点处产生磁场的磁感应强度方向均竖直向上，则、两点在连线中点处产生磁场的磁感应强度大小为 点在连线中点处产生磁场的磁感应强度方向斜向右下，与的夹角大小为，如图所示 由几何关系可知，、、三点处通电导线在连线中点处的磁感应强度大小为，其方向与的夹角大小为。 5．C 【详解】A．根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，两线圈中电流相反，所以a对线圈b的作用力方向沿向右，A错误； B．因为两个线圈完全相同，通有大小相等的电流，且关于对称，线圈a产生的磁场在点处的磁感应强度大小为，方向向左，同理线圈b产生的磁场在点处的磁感应强度大小也为，方向向右，所以处的磁感应强度大小为0，故B错误； C．为直径，即以为圆心，空间中任意画一个圆，没有磁感线穿过这个圆，故通过圆面的磁通量必为0，故C正确； D．在处两线圈的磁场方向相反，但更靠近线圈，故净磁场由线圈决定，方向向左，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】根据安培定则（右手螺旋定则），两根电流垂直纸面向里的长直导线，在细杆（两导线连线的中垂线）上的合磁场满足点上方的点，两导线磁场的竖直分量抵消，水平分量叠加，合磁场水平向右；点下方对称的点，两导线磁场的竖直分量抵消，水平分量叠加，合磁场水平向左； 、对称，因此磁感应强度大小相等，方向相反。 圆环沿杆向下运动，速度方向始终竖直向下，由洛伦兹力公式 因方向相反、方向相同，故、处洛伦兹力方向相反；从到重力做正功，动能增加，，而大小相等，故洛伦兹力大小不等。 圆环垂直杆方向合力为零，杆对圆环的弹力与洛伦兹力平衡，根据牛顿第三定律，圆环对杆的弹力满足，大小不等、方向相反。 故选D。 7．D 【详解】根据右手螺旋定则可知a处的通电导线在c点产生的磁场的方向由b指向c，大小为 b处的通电导线在c点产生的磁场的方向由a指向c，大小为 由于Ba、Bb二者大小相等，且相互垂直，所以c点的磁感应强度大小为 故选D。 8． 排斥 小于 【详解】[1]由于B、C输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥。 [2]由于A、B、C输电线缆间距相等，设A、B间的作用力大小为F，则A、C间作用力大小为2F，B、C间作用力大小也为2F，则A、B受力如下 则输电线缆A受到总的安培力 输电线缆B受到总的安培力 可知输电线缆A所受安培力小于输电线缆B所受安培力。 9．AC 【详解】A．金属棒刚进入磁场时，CF棒切割磁感线产生的感应电动势为 电路结构为CF棒（作为电源，内阻2R）与PQ棒（电阻2R）、定值电阻（4R）组成的并联电路组成闭合电路，闭合电路的总电阻为 根据闭合电路欧姆定律，闭合电路通过CF的电流为 此时整个金属框受到的安培力（即CF棒受到的安培力）为 故A正确； BC．设金属棒PQ刚进入磁场时的速度为v，从金属棒CF刚进入磁场到金属棒PQ刚进入磁场过程中金属框的感应电动势的平均值为 流过金属棒CF的感应电流的平均值为 在这个过程中，金属棒CF受到的安培力的平均值为 运用动量定理得 从金属棒PQ刚进入磁场到金属棒CF恰好没有从磁场中穿出（此时速度恰好为零）的过程，金属棒CF和PQ都切割磁感线，都是电源，总电阻为 金属框的感应电动势的平均值为 此过程金属棒DE上的感应电流（即电源总电流）的平均值为 金属框受到的安培力的平均值为 根据动量定理得 通过金属棒DE的电量为 联立以上各式可解得金属棒PQ刚进入磁场时的速度为 金属棒PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的电荷量为 故B错误，C正确。 D．根据能量守恒定律，金属棒PQ进入磁场后，在整个电路中产生的焦耳热为 D、E间定值电阻产生的焦耳热为 故D错误。 故选AC。 10．AB 【详解】A．直导线中电流产生的磁场在圆环处方向向下，在圆环靠近直导线过程中，圆环中磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中有沿逆时针方向的电流，故A正确； B．圆环向直导线靠近过程中，左右两侧电流方向相反，磁场强弱、方向相同，安培力对称等大反向；上下两侧电流反向，上方磁场强下方弱，上方受向下的安培力大于下方所受的向上的安培力，所以在平行直导线方向圆环受到安培力的合力为零，该方向圆环速度不变，所受安培力的合力垂直直导线，阻碍圆环垂直直导线方向的分运动，故B正确； C．圆环最终以平行直导线方向的分运动做匀速直线运动，故C错误； D．因圆环向直导线靠近过程中，圆环速度仍有速度，即圆环仍有动能，根据能量守恒可知，圆环中产生的焦耳热小于，故D错误。 故选AB。 11．B 【详解】A．时，磁感应强度，线圈在磁场中的有效面积 穿过线圈的磁通量，故A错误； B．时，磁感应强度且随时间减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流沿顺时针方向，根据左手定则，线圈受到的安培力方向水平向左，故B正确； C．时，磁感应强度，但磁通量的变化率不为零，根据法拉第电磁感应定律 感应电动势大小不为0，故C错误； D．时，磁感应强度大小 感应电动势 感应电流 线圈受到的安培力，故D错误。 故选B。 12．(1)1300N (2)150m/s (3)1551.7m 【详解】（1）接通瞬间运输舱速度为零，不产生感应电动势，回路电流为                导体棒所受安培力为FA=I0LB               解得FA=1300N               （2）运输舱达到最大速度 vm时，加速度为零，安培力与阻力平衡，设此时回路电流为 I1，由平衡条件得I1LB=f                导体棒切割磁感线产生的感应电动势E感=BLvm 由闭合电路欧姆定律得E-E感=I1R            求得vm=150m/s        （3）回收过程中，回路电流恒定，运输舱所受合外力恒定，做匀减速直线运动，设加速度为，对运输舱，由牛顿第二定律得           当感应电动势不足以维持电流I=80A时，有BLv1=IR              由运动学公式得             解得此过程运输舱的位移大小x≈1551.7m 13．C 【详解】由安培定则可知通电直导线在右侧产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知ab边受到的安培力向左，dc边受到的安培力向右，ad边受到的安培力向上，cb边受到的安培力向下，则ab边向左凸，dc边向右凸，ad边向上凸，cb边向下凸；故选C。 14．BC 【详解】A．粒子沿x正方向进入磁场，向下偏转后垂直打在轴，磁场垂直纸面向外，根据左手定则：正电荷向右运动时，洛伦兹力向下，符合偏转方向，因此粒子带正电，A错误； B．粒子经加速电场加速，由动能定理 静电分析器中，辐射电场的电场力提供向心力 解得，故B正确； C．磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 解得 比荷 原粒子轨迹为四分之一圆，偏转半径 由动能定理得   又因为 联立解得，故C正确； D．对于比荷的粒子，磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 由动能定理得   比荷 解得 结合原粒子 解得 ，因此不会打在距O点2R的位置，故D错误。 故选BC。 15．(1)水平向右 (2) (3) 【详解】（1）导体棒以向右切割磁感线，根据右手定则可知通过导体棒的电流方向从里向外，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向水平向右。 （2）导体棒产生的电动势为 回路中产生的电流为 则经过导体棒上产生的热量为 （3）当速度为时，导体棒恰好静止，此时导体棒所受的最大静摩擦力沿斜面向上；根据受力平衡可得， 又， 联立解得 当导体棒受到最大静摩擦力沿斜面向下时，导体棒受到的安培力达到最大，同时导体棒所受的安培力也达到最大；由于导体棒始终保持临界静止状态，即安培力保持最大值不变；对于导体棒其所受到的拉力保持与安培力大小相等方向相反，故有 导体棒由受力平衡得， 又 联立解得 16．C 【详解】A．根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环中电流方向相反，A错误； B．因下方圆环对上方圆环的斥力为mg，根据牛顿第三定律可知，上方圆环对下方圆环的作用力等于mg，B错误； C．下方圆环在距离h处的磁感应强度大小为 则由平衡可知 解得电流，C正确； D．下方圆环在上方圆环处产生的磁场的磁感应强度，D错误。 故选C。 17．C 【详解】AB．对mn和pk分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下 由图可知，mn和pk受到的安培力方向不共线，故AB错误； CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合力竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C正确，D错误。 故选C。 18．(1)20m/s2 (2)20J (3)2.5m 【详解】（1）3秒钟内，模型飞机由静止加速到的起飞速度，可知加速度为 当电流增加一倍，产生的磁场也增加一倍，根据可知安培力增加为原来4倍，所以飞机的加速度为 （2）底座受到的安培力为 根据动量定理可得 得 由能量守恒定律 得 又， 可知 （3）底座静止时离右端距离为，此时磁场消失过程中产生感应电流，安培力使底座获得向左速度，有 得 由 可得，刚好回到处。 19．D 【详解】由题意可知，金属线框的重力为 放入磁场后，根据平衡条件可得 可得安培力大小为 方向竖直向下，又 其中 解得 根据左手定则可知，磁场方向为垂直线框平面向外。 故选D。 20．BC 【详解】AB．当时，a、b间柔软金属丝组成的几何图形形状保持不变，即保持圆弧形状。 由几何关系可知，该圆弧半径为L，圆心在c点，该圆弧所对的圆心角为60°，此过程中回路中的感应电动势 感应电流 3s~9s时间内，回路中的产生的焦耳热为 代入数据得，故A错误，B正确； CD．15s时磁感应强度为 此时回路中感应电动势为 此时回路中电流为 圆弧有效长度为L，则柔软金属丝所受安培力大小为，故C正确，D错误。 故选BC。 21．C 【详解】A．根据右手定则可知，通电长直导线产生的磁场是以长导线为圆心的同心圆，通电长导线产生的磁场平行于截面abcdef，所以穿过截面的磁通量为零，故A错误； B．根据右手定则可知，e导线在b点产生的磁场方向垂直于eb向下，f导线在b点产生的磁场垂直于bf连线沿bc指向c，d导线在b点产生的磁场垂直于bd连线沿ba指向b，a导线在b点产生的磁场垂直于ab连线沿bd指向d，c导线在b点产生的磁场垂直于bc连线沿bf指向b，通过分析b点的磁场方向竖直向下，根据左手定则导线b的安培力方向水平向右，故B错误； CD．a、b、c三根导线在O点产生的磁场大小均为B，a导线在O点产生的磁场垂直于aO连线指向ef中点，b导线在O点产生的磁场垂直于bO连线竖直向上，c导线在O点产生的磁场垂直于cO连线指向ab中点，三个磁场叠加可得O点的磁场方向竖直向上，大小为，故C正确，D错误。 故选C。 22．A 【详解】要使金属棒处于原静止状态，需要施加的最小外力等于安培力的水平分力，即 故选A。 23．(1)0.5A，由d指向c (2) (3) 【详解】（1）当时，对棒受力分析，由平衡条件 解得棒中电流的大小 由右手定则可知，棒中电流方向为由d指向c； （2）时，ab棒产生的感应电动势为 由欧姆定律 代入数据解得 时间内，对ab棒受力分析，由动量定理 解得 （3）稳定后，电路中电流一定，由欧姆定律得 再过时间，ab棒、cd棒的速度变化量分别为、，则由 联立可得 其中 则 由牛顿第二定律 代入数据解得 24．(1)垂直导轨平面向上 (2) 【详解】（1）导体棒静止，根据平衡条件知导体棒受到的安培力平行导轨平面向上。根据右手定则判断知流经导体棒的电流从里向外，由左手定则判断可知，磁场方向垂直导轨平面向上。 （2）对导体棒，根据平衡条件有 根据闭合电路欧姆定律有 根据法拉第电磁感应定律有， 根据传动规律可知 联立解得 25．BC 【详解】A．内穿过线圈磁通量的变化量为 选项A错误； B．由法拉第电磁感应定律得 根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为 选项B正确； C．根据图乙可知，t=3s时磁感应强度为B=1T 线圈受到的安培力大小为：F安=nBIL=5×1×1×1N=5N 方向竖直向上，则轻质细线的拉力大小为 选项C正确； D．0～4s内线圈产生的焦耳热为Q=I2rt=12×0.5×4J=2J 故D错误。 故选BC。 26．BD 【详解】A．当磁场方向沿导轨向上时，ab棒所受安培力方向垂直于导轨向上，此时ab棒不可能保持静止，A错误； B．当磁场方向水平向右时，ab棒所受安培力方向竖直向上，要使ab棒保持静止，应有安培力 又, 解得 B正确； C．当磁场方向竖直向下时，ab棒所受安培力方向水平向右。此时ab棒的受力情况如图甲所示，根据平衡条件有安培力 可得 C错误； D．当磁场方向垂直于四路平面向下时；ab棒所受安培力方向沿导轨向上，此时ab棒的受力情况如图乙所示。根据平衡条件有安培力，可得 D正确。 故选BD。 27．（1）1.5N；（2）3.75m/s；（3）11.25W 【详解】（1）导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，则 F安=mgsinθ 解得 F安=1.5N （2）设导体棒ab的速度为v时，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则 ，， 解得 v=3.75m/s （3）设对导体棒ab的拉力为F，导体棒ab受力平衡，则 F=F安+mgsinθ 拉力的功率 P=Fv=11.25W 28．C 【详解】根据电容器的定义式，有 可知金属棒在导轨上运动过程中通过它的电荷量为 由动量定理，可得 又 联立，解得 故选C。 29． 垂直向里 右 【详解】[1]根据安培定则可知，两金属导轨中的电流会在炮弹处产生垂直向里方向的磁场； [2]磁场会对炮弹产生的安培力大小为 [3]由左手定则可知，磁场会对炮弹的安培力方向向右，从而推动炮弹向右加速。 30．C 【详解】A．对炮弹受力分析，根据牛顿第二定律有 结合 ， 由于电容器放电过程中，极板所带电量Q在减小，可知极板间电压、通过炮弹的电流以及炮弹所受安培力都在减小，则可知炮弹的加速度也在减小，故A错误； B．炮弹在导轨上运动过程，由于电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是，即 则可知 故B错误； C．对炮弹，以向右方向为正，根据动量定理有 其中平均安培力 结合 可得 故 C正确； D．刚充电结束时，电容器电荷量为 导轨达到最大速度时，电容器电荷量 此时电容器电压 此时导轨产生的感应电动势等于U，故 联立以上几式可得 可解得 故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。 故选C 。 31．（1）；（2）、；（3）；（4）匀加速直线运动， 【详解】（1）开关将S接2瞬间，电路中的电动势大小为E，根据欧姆定律得电路中的电流 金属棒MN所受安培力 又有牛顿第二定律得 MN由静止开始运动时的加速度大小 （2）由电容的定义式可得 即电容器的极板电压u与电量q成正比，当极板电压时，两极板电量 设在极短时间内，电容器的电压为，电荷量的变化量为，则由电流的定义可得电流为 电功率为 储存的电能等于电场力做的功 充电结束时，电容器储存的总电能，也是图像与轴所围的面积 （3）设MN稳定时速度为，由题意可得，稳定时电容器两端电压 此时电容器极板电荷量 在整个运动过程中电路的平均电流 对金属棒MN应用动量定理得 以上两式整理得 结合（1）结论根据能量守恒得电阻R上产生的焦耳热 整理得 （4）在极短时间内对金属棒MN应用牛顿第二定律 又由题意可得 由以上各式整理可得 即舰载机点火后MN做匀加速直线运动。 当电容器带电量为Q时，此时电动势为 金属棒MN速度 又 将整理解得 32．（1）0.02N；（2）5s；（3）0.5J 【详解】（1）弹体受到的安培力大小 解得 （2）由牛顿第二定律可知 解得 （3）由运动学公式可知弹体的位移 安培力所做的功 解得 33．BC 【详解】A．开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时，对应的安培力最大 以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律解得，故A错误； BC．金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与金属滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大 设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U、电容器放电过程中的电荷量变化为、放电时间为、流过金属滑块的平均电流为I 则在金属块滑动过程中，由动量定理得 根据电流、电容的定义，得电容器放电过程的电荷量变化为， 所以 金属滑块速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得 联立解得，，故BC正确； D．金属滑块滑离轨道时电容器的带电量，故D错误。 故选BC。 34．AD 【详解】A．由图中的发射方向可知，安培力方向应水平向右，根据左手定则，电流方向由b开始通过导体滑块到a，所以为电源负极，故A正确； B．根据动能定理 解得电磁炮受到的安培力大小为，故B错误； C．由匀加速运动公式 由安培力公式和牛顿第二定律，有 根据闭合电路欧姆定律 联立以上解得，故C错误； D．因这一过程中的时间为 所以系统产生的内能为 因 联立解得 炮弹的动能为 由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为，故D正确。 故选AD。 35．B 【详解】A．由于磁感应强度的大小与电流I成正比，设比例系数为，则有 弹体在轨道上滑动时受到的安培力大小为 由于弹体在轨道上滑动时电流不变，轨道间距离不变，所以弹体在轨道上滑动时受到的安培力也不变，故A错误； BC．对弹体进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得弹体的加速度大小为 根据运动学公式有 解得弹体射出时的速度大小为 所以与成正比，与成正比，而非与成正比，故B正确，C错误； D．若电流从N轨道左边流入，M轨道左边流回，由于电流的方向发生了改变，则磁感应强度的方向也会发生改变，根据左手定则可知弹体所受安培力的方向不变，所以弹体仍向右边射出，故D错误。 故选B。 重难·创新演练 1．AD 【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示 a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大，磁感应强度最大； c点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上。 b点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小，磁感应强度最小； d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上；即在这四点中磁感应强度最大的是a点，磁感应强度最小的是b点。 根据矢量合成结合勾股定理可知，、两点磁感应强度大小相等。 故选AD。 2．AD 【详解】A．时刻磁通量在增大，由楞次定律可得为abcd中电流方向为，故A正确； B．闭合导体线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，即可产生正弦式交流电，则线框abcd中的电流为正弦式交流电，故B错误； C．当abcd所在平面平行于磁场时有效面积最小为0，则磁通量最小值为0，故C错误； D．当abcd所在平面垂直于磁场时有效面积最大为 最大感应电动势，故D正确。 故选AD。 3． 相反 小于 【详解】[1]如图所示 根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反； [2]O点处，两导线各自形成的磁感应强度大小相等、方向相反，合磁感应强度为零，所以小于N点的磁感应强度大小。 4．B 【详解】由图乙可知，垂直手机平面的磁感应强度大小为 手机平面内的磁感应强度大小为， 则测量处的磁感应强度大小约为 由图乙可知，开始计时时，手机平面的磁场强度方向沿轴正方向，转过后磁场沿轴负方向，所以手机顺时针旋转。 故选B。 5．AC 【详解】A．设导线A、B中的电流分别为与，由题意可知，在各点产生的磁场如图所示 、在O点产生的磁感应强度相同，设大小均为，则O点的磁感应强度大小 、在d点产生的磁感应强度大小 则d点的磁感应强度大小 由于， 所以 故A正确； BC．由图知，d点的磁感应强度与c点的磁感应强度大小相等、方向相同，故B错误，C正确； D．在a点产生的磁感应强度与在b点产生的磁感应强度相同，在b点产生的磁感应强度与在a点产生的磁感应强度相同，所以a点的磁感应强度与b点的磁感应强度相同，故D错误。 故选AC。 6．AB 【详解】AC．根据安培定则知和磁场的叠加可知，a、c点处的磁感应强度方向与近端导线中电流产生的磁场相同，方向均为竖直向上，故A正确，C错误； B．根据安培定则和磁场的叠加可知，两根电线中的电流，在b点的磁感应强度方向竖直向下，故B正确； D．根据安培定则和磁场的叠加可知，d点的磁感应强度方向竖直向下，故D错误。 故选AB。 7． 变大 变大 【详解】[1]将端缓慢水平向右移，导线的有效长度变大，由 可知受到的安培力变大。 [2]将端缓慢竖直向下移，导线的有效长度变大，由 可知导线受到的安培力变大。 8．BCD 【详解】A．在进入和离开磁场的过程中，线框有一条边切割磁感线，产生感应电动势 则有感应电流 则线框受到的安培力 由于线框匀速运动，则在沿斜面方向，对外力有 在完全进入磁场后，线框上下两边同时切割磁感线，产生的感应电动势相互抵消，总电动势为0，感应电流为0，安培力为0，此时对外力有 综上，外力大小在三个阶段发生变化，故A错误； B．克服重力做功的功率等于重力势能随时间的变化率，即 代入数据解得，故B正确； C．线框只在进入和离开磁场的过程中产生焦耳热，且这两个阶段产生的热量相等，进入磁场的时间 由A选项又有 则进入磁场过程中产生焦耳热 代入数据解得 则全程产生的焦耳热，故C正确； D．根据能量守恒定律，匀速运动过程中，外力做的功等于克服重力做的功与克服安培力做的功（即产生的焦耳热）之和，线框完全穿过磁场的总位移 则有克服重力做的功 由C选项又有 因此有，故D正确。 故选BCD。 9．(1) (2) 【详解】（1）CD棒向下运动，切割磁感线产生从C到D的电流。CD棒切割磁感线产生的感应电动势为 由闭合电路的欧姆定律有 对CD棒受力分析如图甲所示 安培力F与竖直方向的夹角为53°，则F＝BIL， 当CD棒匀速运动时有 联立可得 （2）PQ切割磁感线产生电流沿QPCD方向。感应电动势及感应电流有E＝BLv， CD所受安培力F、弹力、摩擦力f分别为F＝BIL， PQ速度最小时，CD所受摩擦力向上，受力如图甲所示，由平衡有 可得PQ棒最小速度 PQ速度最大时，CD所受摩擦力向下，受力如图乙所示 由平衡有 可得PQ棒最大速度 所以PQ棒的速度范围为 10．(1) (2) (3) 【详解】（1）导体棒匀速运动时，根据平衡条件有 由闭合电路欧姆定律得， 联立解得，导体棒匀速运动的速度大小 （2）闭合开关过程中，导体棒向上做变加速运动，由动量定理得 而 由法拉第电磁感应定律得 解得向上加速位移 断开开关后，导体棒继续向上减速滑行，恰好到达轨道顶端。由牛顿运动定律得 该过程中，导体棒向上移动的距离 故导轨的长度 （3）储能过程中，由能量守恒得 而加速阶段通过导体棒的总电荷量 解得 真题·实战演练 1．A 【详解】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为 根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B1 根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为 由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为。 故选A。 2．AC 【详解】A．根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷，故A正确； B．由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误； C．若地表电荷的电量增加，则等效电流越大，地磁场强度增大，故C正确； D．若地球自转角速度减小，则等效电流越小，地磁场强度减小，故D错误。 故选AC。 3．AB 【详解】A．减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确； B．白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确； C．减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁针还是会发生偏转，选项C错误； D．通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误。 故选AB。 4．BD 【详解】AB．由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示 由图可知，与相互抵消，与合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为零，故A错误，B正确； CD．由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示 由图可知与大小相等，方向相反，互相抵消；而与大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向，故C错误，D正确。 故选BD。 5．AC 【详解】方法一：微元法 AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小 根据对称性可得，如图所示对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环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正确，B错误； CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得 故C正确，D错误。 故选AC。 方法二：等效法 通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径，电流方向，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 根据受力分析可得，通电后，绳子拉力 两根细绳拉力均比未通电流时的大。 故选AC。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第37讲 磁场及其对电流的作用（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 安培定则　磁场的叠加 2 知识点2 安培力作用下导体运动情况的判断 4 模拟·基础演练 5 题型01 磁场的叠加和安培定则的应用 5 题型02 安培力的分析和计算 8 题型03 安培力作用下的平衡问题 11 题型04 安培力作用下的加速问题 14 题型05 电磁炮模型 17 重难·创新演练 20 真题·实战演练 24 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 安培力的大小、方向与左手定则 多选 T5（6 分） 通电导线在磁场中的平衡、动态受力分析 多选 T8（6 分） 安培力做功与能量转化、磁电模型应用 考情分析 本专题以选择题为主，单选 4 分、多选 6 分，总分 46 分，一般不单独设置计算题。命题常结合实际仪器模型，如电流表、磁体与导线组合情境。重点考查左手定则判断安培力方向，结合受力平衡、动态移动分析导线受力变化；经常与磁场叠加、电场知识综合命题。侧重物理模型建构，考查空间想象能力，区分安培力、洛伦兹力，注重受力逻辑推理，中档选择题居多。 复习目标 吃透磁感应强度、安培力核心概念，熟练使用左手定则判断受力方向；掌握通电导线的受力平衡、动态分析流程，能够处理磁场叠加下的安培力计算；分清安培力做功特点，辨析安培力做功与电能、机械能转化关系；能从题目图像、模型情境提取磁场、电流、受力信息；规避有效长度理解错误，分清安培力与洛伦兹力的区别，熟练应对中档情境类选择题。 巩固·知识解构 知识点1 安培定则　磁场的叠加 1．磁场、磁感应强度 (1)磁场的基本性质 磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用． (2)磁感应强度 ①物理意义：描述磁场的强弱和方向． ②定义式：B＝(通电导线_________磁场)． ③方向：小磁针静止时N极所指的方向． ④单位：特斯拉，符号为T. (3)匀强磁场 磁场中各点的磁感应强度的大小相等、方向相同，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线． (4)地磁场 ①地磁的N极在地理南极附近，S极在地理_________附近，磁感线分布如图1所示． ②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北． 2．磁感线的特点 (1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向． (2)磁感线的疏密程度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，在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极． (4)同一磁场的磁感线不中断、_________、_________． (5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在． 3．几种常见的磁场 (1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示) (2)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 安培 定则 立体图 横截 面图 纵截 面图 ✨得分速记： 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，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图3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B为合磁场． 求解有关磁感应强度的三个关键 (1)磁感应强度―→由磁场本身决定． (2)合磁感应强度―→等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)． (3)牢记判断电流的磁场的方法―→安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型． 知识点2 安培力作用下导体运动情况的判断 1.问题特点 安培力作用下导体的运动问题与力学中的运动问题一样，同样遵从力学基本规律，只是研究对象所受的力中多分析一个安培力而已。 2.规律分析 判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，再弄清楚导体中电流的方向，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。 安培力作用下通电导线运动方向的判定方法 电流 元法 把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向，然后判断整段导线所受安培力的方向，从而确定导线运动方向 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可等效成条形磁体或多个环形电流(反过来等效也成立)，然后根据磁体间或电流间的作用规律判断 特殊位 置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流_________，反向电流________；不平行的两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 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，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反作用力，从而确定磁体所受合力及其运动方向 ✨得分速记 安培力做功与动能定理的综合问题，解题步骤如下： (1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析研究对象的受力情况(若是立体图就改画成平面图)和各个力的做功情况，特别是分析安培力的大小和方向，看安培力做正功还是负功，然后求各个力做功的代数和； (3)明确初、末状态的动能； (4)列出动能定理的方程以及其他必要的解题方程进行求解。 模拟·基础演练 考查重点：福建高考对磁场对电流作用的考查，立足安培力核心规律，侧重左手定则的方向判断、安培力大小计算，重视有效长度、等效长度的理解运用。命题常结合受力分析，考查通电导线的平衡与动力学问题，常与恒定电流、牛顿运动定律综合。注重空间想象能力，会涉及弯曲导线、多磁场叠加情景，要求学生用等效法、微元法处理非直导线安培力。题型兼顾选择与计算题，不追求复杂计算，重在物理建模，强调从真实情境提取物理模型，完成磁场判断、受力分析、列方程求解的完整逻辑链条。 ⏳题型01 磁场的叠加和安培定则的应用 1．（2026·福建福州·模拟预测）通电长直导线周围某点的磁感应强度，I为导线中的电流、r为该点到导线的距离、k为比例常数。如图，两根平行长直导线相距，分别通以大小相等、方向相同的恒定电流，在区间内，磁感应强度B随r变化的图线可能是下图中的（     ） A．B．C．D． 2．（2025·福建福州·模拟预测）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L 1与L 2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L 2对称且OM=ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L 1中电流不变，仅将L 2撤去，则N点的磁感应强度大小为___________________________。 3．（2026·福建福州·三模）如图为两形状完全相同的金属环、平行竖直的固定在绝缘水平面上，且两圆环的圆心、的连线为一条水平线，其中、、为该连线上的三点，相邻两点间的距离满足。当两金属环中通有从左向右看逆时针方向大小相等的电流时，经测量可得点的磁感应强度大小为，点的磁感应强度大小为。如果将右侧的金属环的电流方向变为与原来相反（大小不变），则点的磁感应强度大小应为（　　） A． B． C． D． 4．（2026·福建宁德·二模）如图所示，直角三角形的。、、三点分别固定有无限长通电直导线，电流方向均垂直所在平面，分别向外、向外、向里。、两处导线电流大小均为，处导线电流大小为。已知通有电流的长直导线在距其处产生磁场的磁感应强度大小（其中为常量），、间距为。则在连线中点处的磁感应强度大小为_____，其方向与的夹角大小为_____。 5．（2026·广东佛山·二模）2026年1月，我国研制的超导磁体成功实现了35.6T的中心磁场强度，创下世界纪录。如图，两个完全相同的环形超导线圈a和b，以过两线圈圆心、的水平线为轴平行固定放置，为连线中点，线圈中通有大小相等、方向如图所示的电流。已知线圈a产生的磁场在点处的磁感应强度大小为。下列说法正确的是（　　） A．线圈a对线圈b的作用力方向沿向左 B．处的磁感应强度大小为，方向沿向右 C．以为直径的任意圆平面内的磁通量均为零 D．若在处放置一小磁针，待其静止后，其N极指向沿向右 6．（2026·福建南平·一模）图，过点竖直固定一光滑绝缘细杆，杆上、两点关于点对称，两根通有相同电流的长直导线垂直纸面水平固定放置，与纸面的交点、关于O点对称且等高。一带电圆环套在杆上，从点以一定的初速度向下运动，运动过程中电荷量保持不变，则圆环在、两点对细杆的弹力（　　） A．大小相等、方向相同 B．大小不等、方向相同 C．大小相等、方向相反 D．大小不等、方向相反 7．（2026·福建福州·二模）如图，直角三角形abc的∠a=37°、∠b=53°，a、b两点之间的距离为5L。两无限长通电直导线分别放置在a点和b点，电流方向垂直三角形abc所在平面，分别向外、向里；a处导线电流为4I，b处导线电流为3I。已知通有电流i的长直导线在距其r处产生磁场的磁感应强度大小（其中k为常量），sin37°=0.6，cos37°=0.8。则c点的磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． ⏳题型02 安培力的分析和计算 8．（2025·福建厦门·模拟预测）《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圆心连线水平。某时刻A、C中电流方向垂直于纸面向外、B中电流方向垂直于纸面向里，A、B中电流大小均为，C电流大小为，则B、C输电线缆相互__________（选填“吸引”或“排斥”），输电线缆A所受安培力__________输电线缆B所受安培力（选填“大于”“等于”或“小于”） 9．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，日字形金属框CDEF长2L、宽L，放置在光滑绝缘水平面上，左侧接一个阻值为4R的定值电阻，中间位置和右端接有阻值均为2R的金属棒PQ和金属棒CF，其他电阻不计，线框总质量为m。金属框右侧有宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。已知金属框以初速度v0进入匀强磁场，最终CF棒恰好没有从磁场中穿出。下列说法正确的是（     ） A．在CF棒进入磁场时，整个金属框受到的安培力为 B．在PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的总电荷量为 C．PQ棒刚进入磁场时的速度为 D．金属棒PQ进入磁场后，D、E间定值电阻产生的焦耳热为 10．（2026·河南驻马店·三模）（多选）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为的金属圆环在水平面上以大小为的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（     ） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 11．（2026·福建宁德·二模）如图甲所示，一半径为、电阻为的匝硬质圆形线圈，固定在水平桌面上。虚线将线圈分为左右对称的两部分，左侧空间内存在与水平桌面垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直于水平桌面向下为正方向。下列说法正确的是（　　） A．时穿过线圈的磁通量为 B．时线圈受到的安培力方向水平向左 C．时线圈中产生的感应电动势大小为0 D．时线圈受到的安培力大小为 12．（2026·福建漳州·三模）“低压管道电磁运输系统”是未来城际高速物流的重要发展方向。如图所示，水平绝缘管道内固定有两根足够长的平行金属导轨，间距L=2m，导轨间分布着方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。质量m=1000kg的运输舱装有一根跨接在导轨上且接触良好的导体棒。运输舱在运行过程中受到恒定阻力f=1000N。地面供电系统为恒压直流电源，电动势E=1300V，回路总电阻R=2.0Ω。 (1)求接通电路瞬间，导体棒受到的安培力大小； (2)求运输舱能达到的最大稳定速度； (3)运输舱以速度进站时，切断电源，切换至“电能回收”模式：回路总电阻仍为，车载控制器使回路中电流恒为，使安培力变为阻力辅助减速，当感应电动势不足以维持该电流时停止回收，求此过程运输舱的位移大小。 13．（2026·福建三明·二模）如图，矩形弹性线圈abcd位于竖直放置的长直导线MN附近，其四个端点a、b、c、d固定，线圈与长直导线在同一竖直面内，线圈两边ab、cd与MN平行。当通入如图所示的电流（长直导线中的电流远大于矩形线圈中的电流）时，则稳定后矩形线圈的大致形状可能是（　　） A． B． C． D． 14．（2026·福建福州·二模）（多选）如图某一质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若加速电场的电压为U，静电分析器通道为四分之一圆弧，中心线的半径为R，通道内存在均匀辐射电场，中心线处的电场强度大小为E。磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，y轴为两个分析器的边界。比荷为k的粒子从静止开始经加速电场加速后，沿中心线MN通过静电分析器，由N点垂直y轴进入磁分析器，最后恰好垂直打在放置于磁分析器下边界（x轴）的探测板上，不计粒子重力。则（    ） A．打在探测板上的带电粒子为负电荷 B．静电分析器中心线处电场强度大小 C．E与B的关系为 D．比荷为2k的带电粒子从离子源飘入质谱仪，将打在探测板距O点2R的位置 ⏳题型03 安培力作用下的平衡问题 15．（2026·福建宁德·二模）如图所示，两足够长的平行金属导轨分为水平和倾斜两部分，间距为，水平部分光滑，倾斜部分粗糙、倾角为。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。导体棒放在水平导轨上，导体棒放在倾斜导轨上。两导体棒的质量均为，电阻均为。现用一水平向右的恒力作用在导体棒上，若导体棒以的速度做匀速直线运动，导体棒恰好处于静止状态。已知金属导轨电阻忽略不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。求： (1)导体棒受到的安培力方向； (2)经过导体棒上产生的热量； (3)若导体棒始终没有与导轨发生相对滑动，恒力的最大值。 16．（2026·江西九江·二模）某科创小组制作了一个玩具飞碟，如图甲所示，上、下两圆盘内均安放了半径为r的水平匀质金属圆环，圆环上下同轴水平放置，下方圆盘放在水平桌面上。当上、下圆环中通有大小分别为、的电流时，上方圆盘能悬浮，此时两线圈相距为h，且，轴截面如图乙。已知上方圆盘的总质量为m，长直通电导线在空间中某点激发的磁场的磁感应强度满足关系式，k为常数，I为通过直导线的电流，x为该点与直导线的垂直距离，重力加速度为g。此时（　　） A．两圆环中电流方向相同 B．上方圆环对下方圆环的作用力大于mg C．电流 D．下方圆环在上方圆环处产生的磁场的磁感应强度 17．（2026·广东广州·一模）如图（a），矩形导体框mnkp被四根等长的绝缘细绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场（未画出），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。开始时导体框静止在水平位置，现给导体框通上沿mnkp方向的恒定电流，则（　　） A．mn和pk所受安培力方向相反 B．mn和pk所受安培力方向相同 C．绝缘细绳对导体框的拉力增大 D．导体框将绕OO′轴顺时针转动 18．（25-26高三上·四川成都·期中）某兴趣小组设计了一电磁弹射装置，其工作原理可简化如图，恒流源、固定的金属导轨、导电底座，三者构成电磁驱动回路。将绝缘飞机模型安放在导电底座上，合上开关S，恒流源工作，输出的电流在导轨间产生磁场（磁场的磁感应强度与电流大小成正比），处在磁场中的导电底座受到安培力作用向右加速，从而实现弹射。两处用极短绝缘物质将金属导轨分为左右两部分，左侧光滑右侧粗糙，与导轨右侧距离为，右侧导轨间存在的匀强磁场，底座返回系统由右边的定值电阻与金属导轨相连构成。某次测试中闭合开关S，恒流源输出的电流在导轨间产生磁场，在3秒钟内，将模型飞机由静止加速到的起飞速度后脱离底座起飞，此时刚好到达处。已知导轨间距为，底座的质量为，等效电阻为。 (1)若输出电流增加一倍，则飞机的加速度为多大； (2)底座通过点后开始减速，底座减速过程中与导轨间的动摩擦因数为，经过后速度减为零，求电阻R产生的焦耳热为多少； (3)底座静止后让磁场极短时间内均匀消失，导轨与间返回动摩擦因数变为，求底座返回的距离为多少。 19．（2025·福建泉州·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．，垂直线框平面向里 B．，垂直线框平面向外 C．，垂直线框平面向里 D．，垂直线框平面向外 20．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图，光滑水平面上三个光滑金属立柱a、b、c固定，a、b、c两两间距均为L，a、c和b、c分别用一拉直金属线连接，a、b间连接长度为的轻质柔软细金属丝，初始细金属丝处于松弛状态，现在空间中加一竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律为，随着磁场的变化，细金属丝逐渐绷紧，已知当和两时间段内，a、b间柔软金属丝分别组成的几何图形形状保持不变，设整个回路的总电阻为R，其中。则（　　） A．3s~9s时间内，回路中的产生的焦耳热为 B．3s~9s时间内，回路中的产生的焦耳热为 C．t =15s时，柔软金属丝所受安培力大小为 D．t =15s时，柔软金属丝所受安培力大小为 21．（2025·山东济宁·二模）我国特高压输电技术全球领先，如图甲所示为特高压输电线路，其中每组输电线都由6根相互平行的水平长直导线组成，使用六分裂间隔棒固定，使每组导线的横截面呈正六边形，中心为O，截面图如图乙所示。每根导线通有大小相等、方向相同的电流，已知单独一根通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是（　　） A．穿过截面abcdef的磁通量不为零 B．导线b受到的安培力方向竖直向下 C．a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度大小为2B D．a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度方向竖直向下 ⏳题型04 安培力作用下的加速问题 22．（2025·福建莆田·三模）如图所示，粗细均匀的“L”型金属棒用绝缘细线和悬吊，静止在垂直于平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为部分水平，长为部分竖直，长为。给金属棒通入大小为、方向从到的恒定电流，同时给金属棒施加一个外力，使金属棒仍处于原静止状态，则加在金属棒上外力的最小值为（　　） A． B． C． D． 23．（2025·福建·二模）如图所示，导体棒、分别静置于水平固定的平行窄导轨和宽导轨上，导轨间距分别为、，导轨电阻不计，所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，、棒的质量分别为，两导体棒总电阻为，棒与导轨间无摩擦，棒与导轨间的动摩擦因数。时刻，给导体棒一个大小为，方向水平向右的恒力作用，时棒刚要滑动，再过一段时间后回路中电流大小为且保持恒定。已知棒距宽导轨足够远，棒所在导轨足够长，导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)时，棒中电流的大小和方向； (2)时间内，安培力对棒的冲量大小； (3)电流的大小。 24．（2025·福建福州·模拟预测）某同学利用废弃的自行车改造成发电机，示意图如图所示。整个后轮处在与轮面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，车轮半径为R，前、后齿轮的齿数分别为。将后轮金属轴和后轮边缘分别与倾斜的光滑金属导轨底端相连，导轨间距为L，导轨与水平面的夹角为，金属导轨处在方向与导轨平面垂直的匀强磁场（未画出）中。当前齿轮的转速为时，处在导轨上且与导轨垂直的金属棒恰好静止，金属棒的质量为m，电阻为r，不计其他电阻，重力加速度为g，几个相同的电源相并联，总电动势与其中任一电源的电动势相等。 (1)试判断导轨所在处的磁场方向； (2)求导轨所在处的磁感应强度大小。 25．（2025·福建龙岩·一模）（多选）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线圈，线圈总电阻。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．内穿过线圈磁通量的变化量为 B．线圈中产生的感应电流的大小为 C．时轻质细线的拉力大小为 D．内线圈产生的焦耳热为 26．（2024·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置，构成闭合回路，回路平面与水平面成角，回路其余部分电阻不计。整个回路处于匀强磁场中，为使ab棒保持静止，磁场的磁感应强度大小和方向可能为（　　） A．，沿导轨向上 B．，水平向右 C．，水平向右 D．，垂直于回路平面向下 27．（2024·福建泉州·模拟预测）如图所示，在与水平面成θ=37°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计。空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，方向垂直轨道平面向上。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根棒的质量m=0.25kg、电阻r=5.0×10-2Ω，轨道的宽度l=0.40m。现对棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动。在棒ab匀速向上运动的过程中，棒cd始终保持静止，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6.求： （1）棒cd受到的安培力大小； （2）棒ab运动的速度大小； （3）拉力对棒ab做功的功率。 28．（2024·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，不计一切阻力，则金属棒离开导轨的速度为（　　） A． B． C． D． ⏳题型05 电磁炮模型 29．（2025·福建福州·模拟预测）2023年9月7日，中国航天科工三院完成了商业航天电磁发射高温超导电动悬浮航行试验，创造了国内高温超导电动悬浮最高航行速度记录。如图为电磁发射器的原理简化图，一个可以产生恒定电流的电源、两根间距为的光滑水平金属导轨和电阻为的金属炮弹组成闭合回路（其余电阻忽略不计）。两金属导轨中的电流会在炮弹处产生___________方向的磁场（选填“垂直向里”“垂直向外”“水平向左”“水平向右”），其总的磁感应强度大小为（k为比例系数），该磁场会对炮弹产生一个大小为___________的安培力，从而推动炮弹向___________（选填“左”“右”）加速。 30．（2025·福建三明·三模）如图，水平台面上有一足够长、间距为L的平行光滑金属导轨MN、PQ，置于塑料圆筒内，导轨左端连着电容为C的电容器和电动势为E的电源，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。将一质量为m的模拟金属炮弹置于圆筒内导轨上，先将开关拨至接线柱1，充电结束后，将开关拨至接线柱2，炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为q。已知炮弹电阻为R，炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻。则在此过程中炮弹（　　） A．做匀加速直线运动 B．在导轨上的位移为 C．离开导轨时的速度为 D．最大速度与电容器电容大小成正比 31．（2024·福建三明·模拟预测）2022年6月17日，配备了目前世界上最先进的中压直流技术电磁弹射器的我国第三艘航母“福建舰”正式下水。如图甲为电磁弹射系统简化等效电路（俯视图），两根固定于水平面内的足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出）。舰载机（含滑架）可等效为一质量为m、电阻不计的金属棒MN，垂直放在两导轨间。导轨左端连接电路，其直流电源电动势为E，超级电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R。先闭合开关K，将开关S接1，使电容器完全充电，然后断开开关K，将S接至2，MN由静止开始向右加速运动。设MN始终垂直两导轨并与导轨良好接触，忽略一切摩擦阻力及电磁辐射的能量。 （1）求MN由静止开始运动时的加速度大小； （2）S接至1到电路稳定的过程中，在图乙中画出电容器的极板电压u随电量q变化的图像，并结合该图像求稳定时电容器储存的能量； （3）MN从开始运动至稳定速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热； （4）MN达到稳定速度后，闭合开关K，若舰载机点火产生恒定的推力F使MN继续加速，试通过推导，说明舰载机点火后MN做何种性质的运动?推力F作用了一段时间t后，电容器带电量为Q，则t为多大?（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿） 32．（2024·福建漳州·模拟预测）电磁炮的模型如图所示，弹体（含水平杆ab）总质量，水平导轨M、N间距，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度，可控电源提供恒定电流，以保证弹体做匀加速直线运动，不计一切阻力。求： （1）弹体所受安培力大小； （2）弹体从静止加速到所用的时间t； （3）弹体从静止加速到过程中安培力所做的功W。    33．（2026·四川绵阳·三模）（多选）我国第三艘航母福建舰已正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置处于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．金属滑块在轨道上运动的最大加速度为 B．金属滑块在轨道上运动的最大速度为 C．金属滑块滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为 D．金属滑块滑离轨道时电容器的带电量为 34．（2026·青海西宁·二模）（多选）如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定在一匀强磁场中，其间安放炮弹。炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触，内阻为可控电源提供的强大恒定电流。在发射过程中，磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为的垂直平行轨道的匀强磁场。已知两导轨内侧间距，炮弹的质量，炮弹在导轨间的电阻为，若炮弹滑行后获得的发射速度为。不计空气阻力，不考虑电磁炮产生的感应电动势，下列说法正确的是（　　） A．为电源负极 B．电磁炮受到的安培力大小为 C．可控电源的电动势是 D．这一过程中系统消耗的总能量是 35．（2026·湖南常德·二模）如图甲是我国自主研制的新概念武器—电磁枪，这标志着中国电磁弹射技术在世界范围内处于领先地位。图乙是用电磁弹射技术制造的电磁枪原理图，质量为m的弹体可在间距为d的两平行水平轨道之间自由滑动，并与轨道保持良好接触。恒定电流I从M轨道左边流入，通过弹体后从N轨道左边流回。轨道电流在弹体处产生垂直于轨道面的磁场，可视为匀强磁场，磁感应强度的大小与电流I成正比。通电弹体在安培力作用下加速运动距离L后从轨道右边以速度高速射出。不计一切阻力，下列说法中正确的是（    ） A．弹体在轨道上滑动时受到的安培力变小 B．弹体射出速度与电流大小成正比 C．弹体射出速度与加速距离L的大小成正比 D．若电流I从N轨道左边流入，M轨道左边流回，则弹体向左边射出 重难·创新演练 设题创新:命题反套路，弱化固化模型，多结合生活、科技真实情境出题。常把弯曲导线、异形线框作为载体，考查等效长度与微元思想，避免直接套用直导线公式。会设置立体空间磁场、多磁场叠加的新颖情景，要求学生构建空间受力图景。常与电磁感应、动量定理、能量规律交叉融合，把安培力作为动力学纽带。部分题目设置开放性条件，不给出固定模型，需要学生自主拆解过程。注重考查方法迁移，以新颖装置考查基础原理，规避刷题套路，侧重科学思维与建模能力，区分死记结论与理解本质的考生 1．（2026·福建龙岩·二模）（多选）如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根通电长直导线，电流方向垂直纸面向里，、、、是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，则关于这四个点的说法正确的是（　　） A．点磁感应强度最大 B．点磁感应强度最大 C．、两点磁感应强度相同 D．、两点磁感应强度大小相等 2．（2026·江西九江·一模）（多选）磁感应强度为B的匀强磁场中，矩形导线框abcd沿ab边中垂线ef垂直弯折，弯折后的线框绕PM轴以角速度匀速转动（从上往下看为顺时针方向），PM与磁场方向垂直，，时刻转动到如图所示位置，此时磁场方向与线框aefd平行，与线框ebcf垂直，且线框ebcf垂直纸面向外，下列说法正确的是（　　） A．时线框abcd中电流方向为 B．线框abcd中的电流可能不按正弦式规律变化 C．线框abcd的磁通量最小值为 D．线框abcd中的最大感应电动势为 3．（2026·福建泉州·二模）平行放置的长直导线a、b截面图如图所示。O点为a、b连线的中点，M、N点在a、b连线的中垂线上，且。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流，则M、N两点处的磁感应强度方向_________（填“相同”或“相反”）；O点的磁感应强度大小_________（填“大于”“小于”或“等于”）N点的磁感应强度大小。 4．（2026·河南郑州·一模）利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度。如图甲，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为面。某同学在测量地磁场时，以轴为转轴，水平匀速转动手机，坐标系随手机同步转动，测量结果如图乙所示，其中方向的磁感应强度分别为和，则从上往下看（　　） A．手机顺时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 B．手机顺时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 C．手机逆时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 D．手机逆时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 5．（2025·福建漳州·模拟预测）（多选）如图，两根通有等大、反向电流的长直导线A、B垂直纸面固定，acbd为正方形，其中心O及a、b在A、B连线上，则（　　） A．O点的磁感应强度大于d点的磁感应强度 B．d点的磁感应强度大于c点的磁感应强度 C．d点的磁感应强度与c点的磁感应强度相同 D．a点的磁感应强度与b点的磁感应强度不同 6．（2024·福建泉州·一模）（多选）我国特高压直流输电是国家重点工程，已跃居全球第一。特高压电网的强电流会在周围空间产生很强的磁场。两根等高、相互平行的水平特高压直流输电线分别通有大小相等、方向相反的电流，从上往下观察的示意图如图所示。直线abc与两根输电线等高并垂直，b点位于两根输电线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑其他磁场的影响，则（　　） A．a点的磁感应强度方向竖直向上 B．b点的磁感应强度方向竖直向下 C．c点的磁感应强度方向竖直向下 D．d点的磁感应强度方向竖直向上 7．（2025·福建·二模）软导线处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，通有如图所示的电流，导线两端处在同一高度，保持端位置不变、电流大小不变。若将端水平右移，导线受到的安培力大小______；若将端竖直下移，导线受到的安培力大小______（均填“变大”“不变”或“变小”） 8．（2026·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，一个倾角的光滑固定斜面上有宽度为L的区域，该区域存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向竖直向上。在沿斜面向上的外力作用下，一电阻为R、边长为a（）、质量为m的单匝正方形金属线框沿斜面向上以速度v匀速通过匀强磁场，重力加速度为g，则金属线框穿过磁场的全过程中（     ） A．外力大小不变 B．克服重力做功的功率为 C．线框产生的焦耳热为 D．外力做的功为 9．（2026·湖北·模拟预测）如图所示，水平导轨和竖直导轨连接处导电良好。水平导轨光滑，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，上面放置导体棒PQ．竖直导轨处在斜向右下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，方向与竖直方向的夹角为37°，导轨与导体棒CD间的动摩擦因数为0.5，CD棒在竖直导轨的左侧，两导轨足够长，已知两导体棒均与导轨垂直，质量均为m，接入电路的电阻均为R，导轨间距为L且电阻不计，，重力加速度为g。 (1)若将PQ棒固定，让CD棒由静止释放，求CD棒的最终的速度大小； (2)若PQ棒向右做匀速直线运动，使CD棒保持静止，求PQ的速度大小范围。 10．（2026·贵州贵阳·模拟预测）图1为中国南方电网斜坡式重力储能装置，其储能过程可简化如下：如图2所示，光滑平行导轨PQ、MN放置于倾角为的斜面上，其下端通过开关与电网连接，固定有重物的导体棒垂直于导轨放置在两导轨上，整个装置所在区域内有垂直于斜面的匀强磁场。 储能时，闭合开关，电网给导体棒供电，让导体棒从静止开始沿轨道向上加速运动，导体棒匀速运动后断开开关，导体棒继续向上减速滑行，恰好到达轨道顶端（上方储能平台）。 已知斜面的倾角为，导体棒的长度为、导体棒与重物的总质量为，导体棒在轨道间的电阻为，匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度为，电网电压恒定、大小为，导体棒从静止开始运动经时间速度达到最大。不计其它电阻和空气阻力。求： (1)导体棒匀速运动的速度大小； (2)导轨的长度； (3)储能过程中电网提供的电能。 真题·实战演练 高频考点：高频考点集中在左手定则判断安培力方向、安培力公式F=BIL，重点是有效长度、弯曲导线等效长度计算。安培力作用下的受力平衡是选择题高频；安培力结合牛顿第二定律分析导体棒运动，常出现在电磁感应计算题。多电流之间相互作用、磁场叠加后的安培力合力分析考查频次高。常结合电路知识，由闭合电路欧姆定律得到电流，再求解安培力。同时会考查安培力做功，联系能量守恒。易错点集中在方向判断出错、忽略有效长度、立体情景受力漏分析，是试卷主要失分点 1．（2025·福建·高考真题）如图，两根长直细导线L1、L2平行放置，其所在平面上有M、O、N三点，为线段MN的中点，L1、L2分别处于线段OM、ON的中垂线上。当、通有大小相等、方向相反的电流时，、点的磁感应强度大小分别为、。现保持L1的电流不变，撤去L2的电流，此时N点的磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． 2．（2023·福建·高考真题）（多选）地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是（   ） A．地表电荷为负电荷 B．环形电流方向与地球自转方向相同 C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大 D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大 3．（2022·福建·高考真题）（多选）奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有（　　） A．减小白金丝直径，小磁针仍能偏转 B．用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转 C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转 D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关 4．（2021·福建·高考真题）（多选）如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则（　　） A．O点的磁感应强度为0 B．O点的磁感应强度方向由O指向c C．e点的磁感应强度方向沿y轴正方向 D．e点的磁感应强度方向沿y轴负方向 5．（2024·福建·高考真题）（多选）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为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，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，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 D． 铜环所受安培力大小为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第37讲 磁场及其对电流的作用（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 安培定则　磁场的叠加 2 知识点2 安培力作用下导体运动情况的判断 4 模拟·基础演练 5 题型01 磁场的叠加和安培定则的应用 5 题型02 安培力的分析和计算 10 题型03 安培力作用下的平衡问题 18 题型04 安培力作用下的加速问题 24 题型05 电磁炮模型 30 重难·创新演练 38 真题·实战演练 47 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 安培力的大小、方向与左手定则 多选 T5（6 分） 通电导线在磁场中的平衡、动态受力分析 多选 T8（6 分） 安培力做功与能量转化、磁电模型应用 考情分析 本专题以选择题为主，单选 4 分、多选 6 分，总分 46 分，一般不单独设置计算题。命题常结合实际仪器模型，如电流表、磁体与导线组合情境。重点考查左手定则判断安培力方向，结合受力平衡、动态移动分析导线受力变化；经常与磁场叠加、电场知识综合命题。侧重物理模型建构，考查空间想象能力，区分安培力、洛伦兹力，注重受力逻辑推理，中档选择题居多。 复习目标 吃透磁感应强度、安培力核心概念，熟练使用左手定则判断受力方向；掌握通电导线的受力平衡、动态分析流程，能够处理磁场叠加下的安培力计算；分清安培力做功特点，辨析安培力做功与电能、机械能转化关系；能从题目图像、模型情境提取磁场、电流、受力信息；规避有效长度理解错误，分清安培力与洛伦兹力的区别，熟练应对中档情境类选择题。 巩固·知识解构 知识点1 安培定则　磁场的叠加 1．磁场、磁感应强度 (1)磁场的基本性质 磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用． (2)磁感应强度 ①物理意义：描述磁场的强弱和方向． ②定义式：B＝(通电导线垂直于磁场)． ③方向：小磁针静止时N极所指的方向． ④单位：特斯拉，符号为T. (3)匀强磁场 磁场中各点的磁感应强度的大小相等、方向相同，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线． (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1所示． ②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北． 2．磁感线的特点 (1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向． (2)磁感线的疏密程度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，在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极． (4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切． (5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在． 3．几种常见的磁场 (1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示) (2)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 安培 定则 立体图 横截 面图 纵截 面图 ✨得分速记： 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，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图3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B为合磁场． 求解有关磁感应强度的三个关键 (1)磁感应强度―→由磁场本身决定． (2)合磁感应强度―→等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)． (3)牢记判断电流的磁场的方法―→安培定则，并能熟练应用，建立磁场的立体分布模型． 知识点2 安培力作用下导体运动情况的判断 1.问题特点 安培力作用下导体的运动问题与力学中的运动问题一样，同样遵从力学基本规律，只是研究对象所受的力中多分析一个安培力而已。 2.规律分析 判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，再弄清楚导体中电流的方向，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。 安培力作用下通电导线运动方向的判定方法 电流 元法 把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向，然后判断整段导线所受安培力的方向，从而确定导线运动方向 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可等效成条形磁体或多个环形电流(反过来等效也成立)，然后根据磁体间或电流间的作用规律判断 特殊位 置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；不平行的两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 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，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反作用力，从而确定磁体所受合力及其运动方向 ✨得分速记 安培力做功与动能定理的综合问题，解题步骤如下： (1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析研究对象的受力情况(若是立体图就改画成平面图)和各个力的做功情况，特别是分析安培力的大小和方向，看安培力做正功还是负功，然后求各个力做功的代数和； (3)明确初、末状态的动能； (4)列出动能定理的方程以及其他必要的解题方程进行求解。 模拟·基础演练 考查重点：福建高考对磁场对电流作用的考查，立足安培力核心规律，侧重左手定则的方向判断、安培力大小计算，重视有效长度、等效长度的理解运用。命题常结合受力分析，考查通电导线的平衡与动力学问题，常与恒定电流、牛顿运动定律综合。注重空间想象能力，会涉及弯曲导线、多磁场叠加情景，要求学生用等效法、微元法处理非直导线安培力。题型兼顾选择与计算题，不追求复杂计算，重在物理建模，强调从真实情境提取物理模型，完成磁场判断、受力分析、列方程求解的完整逻辑链条。 ⏳题型01 磁场的叠加和安培定则的应用 1．（2026·福建福州·模拟预测）通电长直导线周围某点的磁感应强度，I为导线中的电流、r为该点到导线的距离、k为比例常数。如图，两根平行长直导线相距，分别通以大小相等、方向相同的恒定电流，在区间内，磁感应强度B随r变化的图线可能是下图中的（     ） A．B．C．D． 【答案】C 【详解】根据安培定则，也就是右手螺旋定则：两根电流均向上的平行长直导线，在两导线之间的区间内，左导线产生的磁场方向垂直纸面向里，右导线产生的磁场方向垂直纸面向外，二者方向相反，合磁感应强度为两者的矢量差，方向相反叠加相减。 在中点处：该点到两根导线的距离相等，电流大小相等，因此两个磁感应强度大小相等、方向相反，合磁感应强度； 在区间：左导线的磁场更强，定义向里为正方向，则合磁场方向为正，从（左导线位置）到，从极大逐渐减小到0； 在区间：右导线的磁场更强，合磁场方向为负，从到（右导线位置），的绝对值从0逐渐增大到趋近无穷大。 由题给公式，合与为非线性关系，图线应为曲线，不是直线。 故选C。 2．（2025·福建福州·模拟预测）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L 1与L 2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L 2对称且OM=ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L 1中电流不变，仅将L 2撤去，则N点的磁感应强度大小为___________________________。 【答案】B2 -B1 【详解】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为 根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小与M点一样，为B1；根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为 由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为 3．（2026·福建福州·三模）如图为两形状完全相同的金属环、平行竖直的固定在绝缘水平面上，且两圆环的圆心、的连线为一条水平线，其中、、为该连线上的三点，相邻两点间的距离满足。当两金属环中通有从左向右看逆时针方向大小相等的电流时，经测量可得点的磁感应强度大小为，点的磁感应强度大小为。如果将右侧的金属环的电流方向变为与原来相反（大小不变），则点的磁感应强度大小应为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据右手螺旋定则可知，、、三点的磁感应强度方向均水平向左， 设，并且单个环形电流在距离圆心位置处磁感应强度为，在距离圆心处的磁感应强度为，因此点磁感应强度为 点磁感应强度为 当金属环的电流相反后， 联立得 故选A。 4．（2026·福建宁德·二模）如图所示，直角三角形的。、、三点分别固定有无限长通电直导线，电流方向均垂直所在平面，分别向外、向外、向里。、两处导线电流大小均为，处导线电流大小为。已知通有电流的长直导线在距其处产生磁场的磁感应强度大小（其中为常量），、间距为。则在连线中点处的磁感应强度大小为_____，其方向与的夹角大小为_____。 【答案】 30° 【详解】[1][2]根据题意，由几何关系可知，、、三点到连线中点处的距离均为，则、、三点处通电导线在连线中点处产生磁场的磁感应强度大小分别为、、 由安培定则可知，、两点在连线中点处产生磁场的磁感应强度方向均竖直向上，则、两点在连线中点处产生磁场的磁感应强度大小为 点在连线中点处产生磁场的磁感应强度方向斜向右下，与的夹角大小为，如图所示 由几何关系可知，、、三点处通电导线在连线中点处的磁感应强度大小为，其方向与的夹角大小为。 5．（2026·广东佛山·二模）2026年1月，我国研制的超导磁体成功实现了35.6T的中心磁场强度，创下世界纪录。如图，两个完全相同的环形超导线圈a和b，以过两线圈圆心、的水平线为轴平行固定放置，为连线中点，线圈中通有大小相等、方向如图所示的电流。已知线圈a产生的磁场在点处的磁感应强度大小为。下列说法正确的是（　　） A．线圈a对线圈b的作用力方向沿向左 B．处的磁感应强度大小为，方向沿向右 C．以为直径的任意圆平面内的磁通量均为零 D．若在处放置一小磁针，待其静止后，其N极指向沿向右 【答案】C 【详解】A．根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，两线圈中电流相反，所以a对线圈b的作用力方向沿向右，A错误； B．因为两个线圈完全相同，通有大小相等的电流，且关于对称，线圈a产生的磁场在点处的磁感应强度大小为，方向向左，同理线圈b产生的磁场在点处的磁感应强度大小也为，方向向右，所以处的磁感应强度大小为0，故B错误； C．为直径，即以为圆心，空间中任意画一个圆，没有磁感线穿过这个圆，故通过圆面的磁通量必为0，故C正确； D．在处两线圈的磁场方向相反，但更靠近线圈，故净磁场由线圈决定，方向向左，故D错误。 故选C。 6．（2026·福建南平·一模）图，过点竖直固定一光滑绝缘细杆，杆上、两点关于点对称，两根通有相同电流的长直导线垂直纸面水平固定放置，与纸面的交点、关于O点对称且等高。一带电圆环套在杆上，从点以一定的初速度向下运动，运动过程中电荷量保持不变，则圆环在、两点对细杆的弹力（　　） A．大小相等、方向相同 B．大小不等、方向相同 C．大小相等、方向相反 D．大小不等、方向相反 【答案】D 【详解】根据安培定则（右手螺旋定则），两根电流垂直纸面向里的长直导线，在细杆（两导线连线的中垂线）上的合磁场满足点上方的点，两导线磁场的竖直分量抵消，水平分量叠加，合磁场水平向右；点下方对称的点，两导线磁场的竖直分量抵消，水平分量叠加，合磁场水平向左； 、对称，因此磁感应强度大小相等，方向相反。 圆环沿杆向下运动，速度方向始终竖直向下，由洛伦兹力公式 因方向相反、方向相同，故、处洛伦兹力方向相反；从到重力做正功，动能增加，，而大小相等，故洛伦兹力大小不等。 圆环垂直杆方向合力为零，杆对圆环的弹力与洛伦兹力平衡，根据牛顿第三定律，圆环对杆的弹力满足，大小不等、方向相反。 故选D。 7．（2026·福建福州·二模）如图，直角三角形abc的∠a=37°、∠b=53°，a、b两点之间的距离为5L。两无限长通电直导线分别放置在a点和b点，电流方向垂直三角形abc所在平面，分别向外、向里；a处导线电流为4I，b处导线电流为3I。已知通有电流i的长直导线在距其r处产生磁场的磁感应强度大小（其中k为常量），sin37°=0.6，cos37°=0.8。则c点的磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据右手螺旋定则可知a处的通电导线在c点产生的磁场的方向由b指向c，大小为 b处的通电导线在c点产生的磁场的方向由a指向c，大小为 由于Ba、Bb二者大小相等，且相互垂直，所以c点的磁感应强度大小为 故选D。 ⏳题型02 安培力的分析和计算 8．（2025·福建厦门·模拟预测）《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圆心连线水平。某时刻A、C中电流方向垂直于纸面向外、B中电流方向垂直于纸面向里，A、B中电流大小均为，C电流大小为，则B、C输电线缆相互__________（选填“吸引”或“排斥”），输电线缆A所受安培力__________输电线缆B所受安培力（选填“大于”“等于”或“小于”） 【答案】 排斥 小于 【详解】[1]由于B、C输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥。 [2]由于A、B、C输电线缆间距相等，设A、B间的作用力大小为F，则A、C间作用力大小为2F，B、C间作用力大小也为2F，则A、B受力如下 则输电线缆A受到总的安培力 输电线缆B受到总的安培力 可知输电线缆A所受安培力小于输电线缆B所受安培力。 9．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，日字形金属框CDEF长2L、宽L，放置在光滑绝缘水平面上，左侧接一个阻值为4R的定值电阻，中间位置和右端接有阻值均为2R的金属棒PQ和金属棒CF，其他电阻不计，线框总质量为m。金属框右侧有宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。已知金属框以初速度v0进入匀强磁场，最终CF棒恰好没有从磁场中穿出。下列说法正确的是（     ） A．在CF棒进入磁场时，整个金属框受到的安培力为 B．在PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的总电荷量为 C．PQ棒刚进入磁场时的速度为 D．金属棒PQ进入磁场后，D、E间定值电阻产生的焦耳热为 【答案】AC 【详解】A．金属棒刚进入磁场时，CF棒切割磁感线产生的感应电动势为 电路结构为CF棒（作为电源，内阻2R）与PQ棒（电阻2R）、定值电阻（4R）组成的并联电路组成闭合电路，闭合电路的总电阻为 根据闭合电路欧姆定律，闭合电路通过CF的电流为 此时整个金属框受到的安培力（即CF棒受到的安培力）为 故A正确； BC．设金属棒PQ刚进入磁场时的速度为v，从金属棒CF刚进入磁场到金属棒PQ刚进入磁场过程中金属框的感应电动势的平均值为 流过金属棒CF的感应电流的平均值为 在这个过程中，金属棒CF受到的安培力的平均值为 运用动量定理得 从金属棒PQ刚进入磁场到金属棒CF恰好没有从磁场中穿出（此时速度恰好为零）的过程，金属棒CF和PQ都切割磁感线，都是电源，总电阻为 金属框的感应电动势的平均值为 此过程金属棒DE上的感应电流（即电源总电流）的平均值为 金属框受到的安培力的平均值为 根据动量定理得 通过金属棒DE的电量为 联立以上各式可解得金属棒PQ刚进入磁场时的速度为 金属棒PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的电荷量为 故B错误，C正确。 D．根据能量守恒定律，金属棒PQ进入磁场后，在整个电路中产生的焦耳热为 D、E间定值电阻产生的焦耳热为 故D错误。 故选AC。 10．（2026·河南驻马店·三模）（多选）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为的金属圆环在水平面上以大小为的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（     ） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 【答案】AB 【详解】A．直导线中电流产生的磁场在圆环处方向向下，在圆环靠近直导线过程中，圆环中磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中有沿逆时针方向的电流，故A正确； B．圆环向直导线靠近过程中，左右两侧电流方向相反，磁场强弱、方向相同，安培力对称等大反向；上下两侧电流反向，上方磁场强下方弱，上方受向下的安培力大于下方所受的向上的安培力，所以在平行直导线方向圆环受到安培力的合力为零，该方向圆环速度不变，所受安培力的合力垂直直导线，阻碍圆环垂直直导线方向的分运动，故B正确； C．圆环最终以平行直导线方向的分运动做匀速直线运动，故C错误； D．因圆环向直导线靠近过程中，圆环速度仍有速度，即圆环仍有动能，根据能量守恒可知，圆环中产生的焦耳热小于，故D错误。 故选AB。 11．（2026·福建宁德·二模）如图甲所示，一半径为、电阻为的匝硬质圆形线圈，固定在水平桌面上。虚线将线圈分为左右对称的两部分，左侧空间内存在与水平桌面垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直于水平桌面向下为正方向。下列说法正确的是（　　） A．时穿过线圈的磁通量为 B．时线圈受到的安培力方向水平向左 C．时线圈中产生的感应电动势大小为0 D．时线圈受到的安培力大小为 【答案】B 【详解】A．时，磁感应强度，线圈在磁场中的有效面积 穿过线圈的磁通量，故A错误； B．时，磁感应强度且随时间减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流沿顺时针方向，根据左手定则，线圈受到的安培力方向水平向左，故B正确； C．时，磁感应强度，但磁通量的变化率不为零，根据法拉第电磁感应定律 感应电动势大小不为0，故C错误； D．时，磁感应强度大小 感应电动势 感应电流 线圈受到的安培力，故D错误。 故选B。 12．（2026·福建漳州·三模）“低压管道电磁运输系统”是未来城际高速物流的重要发展方向。如图所示，水平绝缘管道内固定有两根足够长的平行金属导轨，间距L=2m，导轨间分布着方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。质量m=1000kg的运输舱装有一根跨接在导轨上且接触良好的导体棒。运输舱在运行过程中受到恒定阻力f=1000N。地面供电系统为恒压直流电源，电动势E=1300V，回路总电阻R=2.0Ω。 (1)求接通电路瞬间，导体棒受到的安培力大小； (2)求运输舱能达到的最大稳定速度； (3)运输舱以速度进站时，切断电源，切换至“电能回收”模式：回路总电阻仍为，车载控制器使回路中电流恒为，使安培力变为阻力辅助减速，当感应电动势不足以维持该电流时停止回收，求此过程运输舱的位移大小。 【答案】(1)1300N (2)150m/s (3)1551.7m 【详解】（1）接通瞬间运输舱速度为零，不产生感应电动势，回路电流为                导体棒所受安培力为FA=I0LB               解得FA=1300N               （2）运输舱达到最大速度 vm时，加速度为零，安培力与阻力平衡，设此时回路电流为 I1，由平衡条件得I1LB=f                导体棒切割磁感线产生的感应电动势E感=BLvm 由闭合电路欧姆定律得E-E感=I1R            求得vm=150m/s        （3）回收过程中，回路电流恒定，运输舱所受合外力恒定，做匀减速直线运动，设加速度为，对运输舱，由牛顿第二定律得           当感应电动势不足以维持电流I=80A时，有BLv1=IR              由运动学公式得             解得此过程运输舱的位移大小x≈1551.7m 13．（2026·福建三明·二模）如图，矩形弹性线圈abcd位于竖直放置的长直导线MN附近，其四个端点a、b、c、d固定，线圈与长直导线在同一竖直面内，线圈两边ab、cd与MN平行。当通入如图所示的电流（长直导线中的电流远大于矩形线圈中的电流）时，则稳定后矩形线圈的大致形状可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由安培定则可知通电直导线在右侧产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知ab边受到的安培力向左，dc边受到的安培力向右，ad边受到的安培力向上，cb边受到的安培力向下，则ab边向左凸，dc边向右凸，ad边向上凸，cb边向下凸；故选C。 14．（2026·福建福州·二模）（多选）如图某一质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若加速电场的电压为U，静电分析器通道为四分之一圆弧，中心线的半径为R，通道内存在均匀辐射电场，中心线处的电场强度大小为E。磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，y轴为两个分析器的边界。比荷为k的粒子从静止开始经加速电场加速后，沿中心线MN通过静电分析器，由N点垂直y轴进入磁分析器，最后恰好垂直打在放置于磁分析器下边界（x轴）的探测板上，不计粒子重力。则（    ） A．打在探测板上的带电粒子为负电荷 B．静电分析器中心线处电场强度大小 C．E与B的关系为 D．比荷为2k的带电粒子从离子源飘入质谱仪，将打在探测板距O点2R的位置 【答案】BC 【详解】A．粒子沿x正方向进入磁场，向下偏转后垂直打在轴，磁场垂直纸面向外，根据左手定则：正电荷向右运动时，洛伦兹力向下，符合偏转方向，因此粒子带正电，A错误； B．粒子经加速电场加速，由动能定理 静电分析器中，辐射电场的电场力提供向心力 解得，故B正确； C．磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 解得 比荷 原粒子轨迹为四分之一圆，偏转半径 由动能定理得   又因为 联立解得，故C正确； D．对于比荷的粒子，磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 由动能定理得   比荷 解得 结合原粒子 解得 ，因此不会打在距O点2R的位置，故D错误。 故选BC。 ⏳题型03 安培力作用下的平衡问题 15．（2026·福建宁德·二模）如图所示，两足够长的平行金属导轨分为水平和倾斜两部分，间距为，水平部分光滑，倾斜部分粗糙、倾角为。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。导体棒放在水平导轨上，导体棒放在倾斜导轨上。两导体棒的质量均为，电阻均为。现用一水平向右的恒力作用在导体棒上，若导体棒以的速度做匀速直线运动，导体棒恰好处于静止状态。已知金属导轨电阻忽略不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。求： (1)导体棒受到的安培力方向； (2)经过导体棒上产生的热量； (3)若导体棒始终没有与导轨发生相对滑动，恒力的最大值。 【答案】(1)水平向右 (2) (3) 【详解】（1）导体棒以向右切割磁感线，根据右手定则可知通过导体棒的电流方向从里向外，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向水平向右。 （2）导体棒产生的电动势为 回路中产生的电流为 则经过导体棒上产生的热量为 （3）当速度为时，导体棒恰好静止，此时导体棒所受的最大静摩擦力沿斜面向上；根据受力平衡可得， 又， 联立解得 当导体棒受到最大静摩擦力沿斜面向下时，导体棒受到的安培力达到最大，同时导体棒所受的安培力也达到最大；由于导体棒始终保持临界静止状态，即安培力保持最大值不变；对于导体棒其所受到的拉力保持与安培力大小相等方向相反，故有 导体棒由受力平衡得， 又 联立解得 16．（2026·江西九江·二模）某科创小组制作了一个玩具飞碟，如图甲所示，上、下两圆盘内均安放了半径为r的水平匀质金属圆环，圆环上下同轴水平放置，下方圆盘放在水平桌面上。当上、下圆环中通有大小分别为、的电流时，上方圆盘能悬浮，此时两线圈相距为h，且，轴截面如图乙。已知上方圆盘的总质量为m，长直通电导线在空间中某点激发的磁场的磁感应强度满足关系式，k为常数，I为通过直导线的电流，x为该点与直导线的垂直距离，重力加速度为g。此时（　　） A．两圆环中电流方向相同 B．上方圆环对下方圆环的作用力大于mg C．电流 D．下方圆环在上方圆环处产生的磁场的磁感应强度 【答案】C 【详解】A．根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环中电流方向相反，A错误； B．因下方圆环对上方圆环的斥力为mg，根据牛顿第三定律可知，上方圆环对下方圆环的作用力等于mg，B错误； C．下方圆环在距离h处的磁感应强度大小为 则由平衡可知 解得电流，C正确； D．下方圆环在上方圆环处产生的磁场的磁感应强度，D错误。 故选C。 17．（2026·广东广州·一模）如图（a），矩形导体框mnkp被四根等长的绝缘细绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场（未画出），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。开始时导体框静止在水平位置，现给导体框通上沿mnkp方向的恒定电流，则（　　） A．mn和pk所受安培力方向相反 B．mn和pk所受安培力方向相同 C．绝缘细绳对导体框的拉力增大 D．导体框将绕OO′轴顺时针转动 【答案】C 【详解】AB．对mn和pk分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下 由图可知，mn和pk受到的安培力方向不共线，故AB错误； CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合力竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C正确，D错误。 故选C。 18．（25-26高三上·四川成都·期中）某兴趣小组设计了一电磁弹射装置，其工作原理可简化如图，恒流源、固定的金属导轨、导电底座，三者构成电磁驱动回路。将绝缘飞机模型安放在导电底座上，合上开关S，恒流源工作，输出的电流在导轨间产生磁场（磁场的磁感应强度与电流大小成正比），处在磁场中的导电底座受到安培力作用向右加速，从而实现弹射。两处用极短绝缘物质将金属导轨分为左右两部分，左侧光滑右侧粗糙，与导轨右侧距离为，右侧导轨间存在的匀强磁场，底座返回系统由右边的定值电阻与金属导轨相连构成。某次测试中闭合开关S，恒流源输出的电流在导轨间产生磁场，在3秒钟内，将模型飞机由静止加速到的起飞速度后脱离底座起飞，此时刚好到达处。已知导轨间距为，底座的质量为，等效电阻为。 (1)若输出电流增加一倍，则飞机的加速度为多大； (2)底座通过点后开始减速，底座减速过程中与导轨间的动摩擦因数为，经过后速度减为零，求电阻R产生的焦耳热为多少； (3)底座静止后让磁场极短时间内均匀消失，导轨与间返回动摩擦因数变为，求底座返回的距离为多少。 【答案】(1)20m/s2 (2)20J (3)2.5m 【详解】（1）3秒钟内，模型飞机由静止加速到的起飞速度，可知加速度为 当电流增加一倍，产生的磁场也增加一倍，根据可知安培力增加为原来4倍，所以飞机的加速度为 （2）底座受到的安培力为 根据动量定理可得 得 由能量守恒定律 得 又， 可知 （3）底座静止时离右端距离为，此时磁场消失过程中产生感应电流，安培力使底座获得向左速度，有 得 由 可得，刚好回到处。 19．（2025·福建泉州·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．，垂直线框平面向里 B．，垂直线框平面向外 C．，垂直线框平面向里 D．，垂直线框平面向外 【答案】D 【详解】由题意可知，金属线框的重力为 放入磁场后，根据平衡条件可得 可得安培力大小为 方向竖直向下，又 其中 解得 根据左手定则可知，磁场方向为垂直线框平面向外。 故选D。 20．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图，光滑水平面上三个光滑金属立柱a、b、c固定，a、b、c两两间距均为L，a、c和b、c分别用一拉直金属线连接，a、b间连接长度为的轻质柔软细金属丝，初始细金属丝处于松弛状态，现在空间中加一竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律为，随着磁场的变化，细金属丝逐渐绷紧，已知当和两时间段内，a、b间柔软金属丝分别组成的几何图形形状保持不变，设整个回路的总电阻为R，其中。则（　　） A．3s~9s时间内，回路中的产生的焦耳热为 B．3s~9s时间内，回路中的产生的焦耳热为 C．t =15s时，柔软金属丝所受安培力大小为 D．t =15s时，柔软金属丝所受安培力大小为 【答案】BC 【详解】AB．当时，a、b间柔软金属丝组成的几何图形形状保持不变，即保持圆弧形状。 由几何关系可知，该圆弧半径为L，圆心在c点，该圆弧所对的圆心角为60°，此过程中回路中的感应电动势 感应电流 3s~9s时间内，回路中的产生的焦耳热为 代入数据得，故A错误，B正确； CD．15s时磁感应强度为 此时回路中感应电动势为 此时回路中电流为 圆弧有效长度为L，则柔软金属丝所受安培力大小为，故C正确，D错误。 故选BC。 21．（2025·山东济宁·二模）我国特高压输电技术全球领先，如图甲所示为特高压输电线路，其中每组输电线都由6根相互平行的水平长直导线组成，使用六分裂间隔棒固定，使每组导线的横截面呈正六边形，中心为O，截面图如图乙所示。每根导线通有大小相等、方向相同的电流，已知单独一根通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是（　　） A．穿过截面abcdef的磁通量不为零 B．导线b受到的安培力方向竖直向下 C．a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度大小为2B D．a、b、c三根导线在O点产生的磁感应强度方向竖直向下 【答案】C 【详解】A．根据右手定则可知，通电长直导线产生的磁场是以长导线为圆心的同心圆，通电长导线产生的磁场平行于截面abcdef，所以穿过截面的磁通量为零，故A错误； B．根据右手定则可知，e导线在b点产生的磁场方向垂直于eb向下，f导线在b点产生的磁场垂直于bf连线沿bc指向c，d导线在b点产生的磁场垂直于bd连线沿ba指向b，a导线在b点产生的磁场垂直于ab连线沿bd指向d，c导线在b点产生的磁场垂直于bc连线沿bf指向b，通过分析b点的磁场方向竖直向下，根据左手定则导线b的安培力方向水平向右，故B错误； CD．a、b、c三根导线在O点产生的磁场大小均为B，a导线在O点产生的磁场垂直于aO连线指向ef中点，b导线在O点产生的磁场垂直于bO连线竖直向上，c导线在O点产生的磁场垂直于cO连线指向ab中点，三个磁场叠加可得O点的磁场方向竖直向上，大小为，故C正确，D错误。 故选C。 ⏳题型04 安培力作用下的加速问题 22．（2025·福建莆田·三模）如图所示，粗细均匀的“L”型金属棒用绝缘细线和悬吊，静止在垂直于平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为部分水平，长为部分竖直，长为。给金属棒通入大小为、方向从到的恒定电流，同时给金属棒施加一个外力，使金属棒仍处于原静止状态，则加在金属棒上外力的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】要使金属棒处于原静止状态，需要施加的最小外力等于安培力的水平分力，即 故选A。 23．（2025·福建·二模）如图所示，导体棒、分别静置于水平固定的平行窄导轨和宽导轨上，导轨间距分别为、，导轨电阻不计，所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，、棒的质量分别为，两导体棒总电阻为，棒与导轨间无摩擦，棒与导轨间的动摩擦因数。时刻，给导体棒一个大小为，方向水平向右的恒力作用，时棒刚要滑动，再过一段时间后回路中电流大小为且保持恒定。已知棒距宽导轨足够远，棒所在导轨足够长，导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)时，棒中电流的大小和方向； (2)时间内，安培力对棒的冲量大小； (3)电流的大小。 【答案】(1)0.5A，由d指向c (2) (3) 【详解】（1）当时，对棒受力分析，由平衡条件 解得棒中电流的大小 由右手定则可知，棒中电流方向为由d指向c； （2）时，ab棒产生的感应电动势为 由欧姆定律 代入数据解得 时间内，对ab棒受力分析，由动量定理 解得 （3）稳定后，电路中电流一定，由欧姆定律得 再过时间，ab棒、cd棒的速度变化量分别为、，则由 联立可得 其中 则 由牛顿第二定律 代入数据解得 24．（2025·福建福州·模拟预测）某同学利用废弃的自行车改造成发电机，示意图如图所示。整个后轮处在与轮面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，车轮半径为R，前、后齿轮的齿数分别为。将后轮金属轴和后轮边缘分别与倾斜的光滑金属导轨底端相连，导轨间距为L，导轨与水平面的夹角为，金属导轨处在方向与导轨平面垂直的匀强磁场（未画出）中。当前齿轮的转速为时，处在导轨上且与导轨垂直的金属棒恰好静止，金属棒的质量为m，电阻为r，不计其他电阻，重力加速度为g，几个相同的电源相并联，总电动势与其中任一电源的电动势相等。 (1)试判断导轨所在处的磁场方向； (2)求导轨所在处的磁感应强度大小。 【答案】(1)垂直导轨平面向上 (2) 【详解】（1）导体棒静止，根据平衡条件知导体棒受到的安培力平行导轨平面向上。根据右手定则判断知流经导体棒的电流从里向外，由左手定则判断可知，磁场方向垂直导轨平面向上。 （2）对导体棒，根据平衡条件有 根据闭合电路欧姆定律有 根据法拉第电磁感应定律有， 根据传动规律可知 联立解得 25．（2025·福建龙岩·一模）（多选）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线圈，线圈总电阻。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．内穿过线圈磁通量的变化量为 B．线圈中产生的感应电流的大小为 C．时轻质细线的拉力大小为 D．内线圈产生的焦耳热为 【答案】BC 【详解】A．内穿过线圈磁通量的变化量为 选项A错误； B．由法拉第电磁感应定律得 根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为 选项B正确； C．根据图乙可知，t=3s时磁感应强度为B=1T 线圈受到的安培力大小为：F安=nBIL=5×1×1×1N=5N 方向竖直向上，则轻质细线的拉力大小为 选项C正确； D．0～4s内线圈产生的焦耳热为Q=I2rt=12×0.5×4J=2J 故D错误。 故选BC。 26．（2024·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置，构成闭合回路，回路平面与水平面成角，回路其余部分电阻不计。整个回路处于匀强磁场中，为使ab棒保持静止，磁场的磁感应强度大小和方向可能为（　　） A．，沿导轨向上 B．，水平向右 C．，水平向右 D．，垂直于回路平面向下 【答案】BD 【详解】A．当磁场方向沿导轨向上时，ab棒所受安培力方向垂直于导轨向上，此时ab棒不可能保持静止，A错误； B．当磁场方向水平向右时，ab棒所受安培力方向竖直向上，要使ab棒保持静止，应有安培力 又 解得 B正确； C．当磁场方向竖直向下时，ab棒所受安培力方向水平向右。此时ab棒的受力情况如图甲所示，根据平衡条件有安培力 可得 C错误； D．当磁场方向垂直于四路平面向下时；ab棒所受安培力方向沿导轨向上，此时ab棒的受力情况如图乙所示。根据平衡条件有安培力，可得 D正确。 故选BD。 27．（2024·福建泉州·模拟预测）如图所示，在与水平面成θ=37°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计。空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，方向垂直轨道平面向上。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根棒的质量m=0.25kg、电阻r=5.0×10-2Ω，轨道的宽度l=0.40m。现对棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动。在棒ab匀速向上运动的过程中，棒cd始终保持静止，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6.求： （1）棒cd受到的安培力大小； （2）棒ab运动的速度大小； （3）拉力对棒ab做功的功率。 【答案】（1）1.5N；（2）3.75m/s；（3）11.25W 【详解】（1）导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，则 F安=mgsinθ 解得 F安=1.5N （2）设导体棒ab的速度为v时，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则 ，， 解得 v=3.75m/s （3）设对导体棒ab的拉力为F，导体棒ab受力平衡，则 F=F安+mgsinθ 拉力的功率 P=Fv=11.25W 28．（2024·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，不计一切阻力，则金属棒离开导轨的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据电容器的定义式，有 可知金属棒在导轨上运动过程中通过它的电荷量为 由动量定理，可得 又 联立，解得 故选C。 ⏳题型05 电磁炮模型 29．（2025·福建福州·模拟预测）2023年9月7日，中国航天科工三院完成了商业航天电磁发射高温超导电动悬浮航行试验，创造了国内高温超导电动悬浮最高航行速度记录。如图为电磁发射器的原理简化图，一个可以产生恒定电流的电源、两根间距为的光滑水平金属导轨和电阻为的金属炮弹组成闭合回路（其余电阻忽略不计）。两金属导轨中的电流会在炮弹处产生___________方向的磁场（选填“垂直向里”“垂直向外”“水平向左”“水平向右”），其总的磁感应强度大小为（k为比例系数），该磁场会对炮弹产生一个大小为___________的安培力，从而推动炮弹向___________（选填“左”“右”）加速。 【答案】 垂直向里 右 【详解】[1]根据安培定则可知，两金属导轨中的电流会在炮弹处产生垂直向里方向的磁场； [2]磁场会对炮弹产生的安培力大小为 [3]由左手定则可知，磁场会对炮弹的安培力方向向右，从而推动炮弹向右加速。 30．（2025·福建三明·三模）如图，水平台面上有一足够长、间距为L的平行光滑金属导轨MN、PQ，置于塑料圆筒内，导轨左端连着电容为C的电容器和电动势为E的电源，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。将一质量为m的模拟金属炮弹置于圆筒内导轨上，先将开关拨至接线柱1，充电结束后，将开关拨至接线柱2，炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为q。已知炮弹电阻为R，炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻。则在此过程中炮弹（　　） A．做匀加速直线运动 B．在导轨上的位移为 C．离开导轨时的速度为 D．最大速度与电容器电容大小成正比 【答案】C 【详解】A．对炮弹受力分析，根据牛顿第二定律有 结合 ， 由于电容器放电过程中，极板所带电量Q在减小，可知极板间电压、通过炮弹的电流以及炮弹所受安培力都在减小，则可知炮弹的加速度也在减小，故A错误； B．炮弹在导轨上运动过程，由于电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是，即 则可知 故B错误； C．对炮弹，以向右方向为正，根据动量定理有 其中平均安培力 结合 可得 故 C正确； D．刚充电结束时，电容器电荷量为 导轨达到最大速度时，电容器电荷量 此时电容器电压 此时导轨产生的感应电动势等于U，故 联立以上几式可得 可解得 故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。 故选C 。 31．（2024·福建三明·模拟预测）2022年6月17日，配备了目前世界上最先进的中压直流技术电磁弹射器的我国第三艘航母“福建舰”正式下水。如图甲为电磁弹射系统简化等效电路（俯视图），两根固定于水平面内的足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出）。舰载机（含滑架）可等效为一质量为m、电阻不计的金属棒MN，垂直放在两导轨间。导轨左端连接电路，其直流电源电动势为E，超级电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R。先闭合开关K，将开关S接1，使电容器完全充电，然后断开开关K，将S接至2，MN由静止开始向右加速运动。设MN始终垂直两导轨并与导轨良好接触，忽略一切摩擦阻力及电磁辐射的能量。 （1）求MN由静止开始运动时的加速度大小； （2）S接至1到电路稳定的过程中，在图乙中画出电容器的极板电压u随电量q变化的图像，并结合该图像求稳定时电容器储存的能量； （3）MN从开始运动至稳定速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热； （4）MN达到稳定速度后，闭合开关K，若舰载机点火产生恒定的推力F使MN继续加速，试通过推导，说明舰载机点火后MN做何种性质的运动?推力F作用了一段时间t后，电容器带电量为Q，则t为多大?（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿） 【答案】（1）；（2）、；（3）；（4）匀加速直线运动， 【详解】（1）开关将S接2瞬间，电路中的电动势大小为E，根据欧姆定律得电路中的电流 金属棒MN所受安培力 又有牛顿第二定律得 MN由静止开始运动时的加速度大小 （2）由电容的定义式可得 即电容器的极板电压u与电量q成正比，当极板电压时，两极板电量 设在极短时间内，电容器的电压为，电荷量的变化量为，则由电流的定义可得电流为 电功率为 储存的电能等于电场力做的功 充电结束时，电容器储存的总电能，也是图像与轴所围的面积 （3）设MN稳定时速度为，由题意可得，稳定时电容器两端电压 此时电容器极板电荷量 在整个运动过程中电路的平均电流 对金属棒MN应用动量定理得 以上两式整理得 结合（1）结论根据能量守恒得电阻R上产生的焦耳热 整理得 （4）在极短时间内对金属棒MN应用牛顿第二定律 又由题意可得,,, 由以上各式整理可得 即舰载机点火后MN做匀加速直线运动。 当电容器带电量为Q时，此时电动势为 金属棒MN速度 又 将整理解得 32．（2024·福建漳州·模拟预测）电磁炮的模型如图所示，弹体（含水平杆ab）总质量，水平导轨M、N间距，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度，可控电源提供恒定电流，以保证弹体做匀加速直线运动，不计一切阻力。求： （1）弹体所受安培力大小； （2）弹体从静止加速到所用的时间t； （3）弹体从静止加速到过程中安培力所做的功W。    【答案】（1）0.02N；（2）5s；（3）0.5J 【详解】（1）弹体受到的安培力大小 解得 （2）由牛顿第二定律可知, 解得 （3）由运动学公式可知弹体的位移 安培力所做的功 解得 33．（2026·四川绵阳·三模）（多选）我国第三艘航母福建舰已正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置处于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．金属滑块在轨道上运动的最大加速度为 B．金属滑块在轨道上运动的最大速度为 C．金属滑块滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为 D．金属滑块滑离轨道时电容器的带电量为 【答案】BC 【详解】A．开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时，对应的安培力最大 以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律解得，故A错误； BC．金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与金属滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大 设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U、电容器放电过程中的电荷量变化为、放电时间为、流过金属滑块的平均电流为I 则在金属块滑动过程中，由动量定理得 根据电流、电容的定义，得电容器放电过程的电荷量变化为， 所以 金属滑块速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得 联立解得，，故BC正确； D．金属滑块滑离轨道时电容器的带电量，故D错误。 故选BC。 34．（2026·青海西宁·二模）（多选）如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定在一匀强磁场中，其间安放炮弹。炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触，内阻为可控电源提供的强大恒定电流。在发射过程中，磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为的垂直平行轨道的匀强磁场。已知两导轨内侧间距，炮弹的质量，炮弹在导轨间的电阻为，若炮弹滑行后获得的发射速度为。不计空气阻力，不考虑电磁炮产生的感应电动势，下列说法正确的是（　　） A．为电源负极 B．电磁炮受到的安培力大小为 C．可控电源的电动势是 D．这一过程中系统消耗的总能量是 【答案】AD 【详解】A．由图中的发射方向可知，安培力方向应水平向右，根据左手定则，电流方向由b开始通过导体滑块到a，所以为电源负极，故A正确； B．根据动能定理 解得电磁炮受到的安培力大小为，故B错误； C．由匀加速运动公式 由安培力公式和牛顿第二定律，有 根据闭合电路欧姆定律 联立以上解得，故C错误； D．因这一过程中的时间为 所以系统产生的内能为 因 联立解得 炮弹的动能为 由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为，故D正确。 故选AD。 35．（2026·湖南常德·二模）如图甲是我国自主研制的新概念武器—电磁枪，这标志着中国电磁弹射技术在世界范围内处于领先地位。图乙是用电磁弹射技术制造的电磁枪原理图，质量为m的弹体可在间距为d的两平行水平轨道之间自由滑动，并与轨道保持良好接触。恒定电流I从M轨道左边流入，通过弹体后从N轨道左边流回。轨道电流在弹体处产生垂直于轨道面的磁场，可视为匀强磁场，磁感应强度的大小与电流I成正比。通电弹体在安培力作用下加速运动距离L后从轨道右边以速度高速射出。不计一切阻力，下列说法中正确的是（    ） A．弹体在轨道上滑动时受到的安培力变小 B．弹体射出速度与电流大小成正比 C．弹体射出速度与加速距离L的大小成正比 D．若电流I从N轨道左边流入，M轨道左边流回，则弹体向左边射出 【答案】B 【详解】A．由于磁感应强度的大小与电流I成正比，设比例系数为，则有 弹体在轨道上滑动时受到的安培力大小为 由于弹体在轨道上滑动时电流不变，轨道间距离不变，所以弹体在轨道上滑动时受到的安培力也不变，故A错误； BC．对弹体进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得弹体的加速度大小为 根据运动学公式有 解得弹体射出时的速度大小为 所以与成正比，与成正比，而非与成正比，故B正确，C错误； D．若电流从N轨道左边流入，M轨道左边流回，由于电流的方向发生了改变，则磁感应强度的方向也会发生改变，根据左手定则可知弹体所受安培力的方向不变，所以弹体仍向右边射出，故D错误。 故选B。 重难·创新演练 设题创新:命题反套路，弱化固化模型，多结合生活、科技真实情境出题。常把弯曲导线、异形线框作为载体，考查等效长度与微元思想，避免直接套用直导线公式。会设置立体空间磁场、多磁场叠加的新颖情景，要求学生构建空间受力图景。常与电磁感应、动量定理、能量规律交叉融合，把安培力作为动力学纽带。部分题目设置开放性条件，不给出固定模型，需要学生自主拆解过程。注重考查方法迁移，以新颖装置考查基础原理，规避刷题套路，侧重科学思维与建模能力，区分死记结论与理解本质的考生 1．（2026·福建龙岩·二模）（多选）如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根通电长直导线，电流方向垂直纸面向里，、、、是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，则关于这四个点的说法正确的是（　　） A．点磁感应强度最大 B．点磁感应强度最大 C．、两点磁感应强度相同 D．、两点磁感应强度大小相等 【答案】AD 【详解】用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示 a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大，磁感应强度最大； c点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上。 b点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小，磁感应强度最小； d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上；即在这四点中磁感应强度最大的是a点，磁感应强度最小的是b点。 根据矢量合成结合勾股定理可知，、两点磁感应强度大小相等。 故选AD。 2．（2026·江西九江·一模）（多选）磁感应强度为B的匀强磁场中，矩形导线框abcd沿ab边中垂线ef垂直弯折，弯折后的线框绕PM轴以角速度匀速转动（从上往下看为顺时针方向），PM与磁场方向垂直，，时刻转动到如图所示位置，此时磁场方向与线框aefd平行，与线框ebcf垂直，且线框ebcf垂直纸面向外，下列说法正确的是（　　） A．时线框abcd中电流方向为 B．线框abcd中的电流可能不按正弦式规律变化 C．线框abcd的磁通量最小值为 D．线框abcd中的最大感应电动势为 【答案】AD 【详解】A．时刻磁通量在增大，由楞次定律可得为abcd中电流方向为，故A正确； B．闭合导体线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，即可产生正弦式交流电，则线框abcd中的电流为正弦式交流电，故B错误； C．当abcd所在平面平行于磁场时有效面积最小为0，则磁通量最小值为0，故C错误； D．当abcd所在平面垂直于磁场时有效面积最大为 最大感应电动势，故D正确。 故选AD。 3．（2026·福建泉州·二模）平行放置的长直导线a、b截面图如图所示。O点为a、b连线的中点，M、N点在a、b连线的中垂线上，且。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流，则M、N两点处的磁感应强度方向_________（填“相同”或“相反”）；O点的磁感应强度大小_________（填“大于”“小于”或“等于”）N点的磁感应强度大小。 【答案】 相反 小于 【详解】[1]如图所示 根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反； [2]O点处，两导线各自形成的磁感应强度大小相等、方向相反，合磁感应强度为零，所以小于N点的磁感应强度大小。 4．（2026·河南郑州·一模）利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度。如图甲，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为面。某同学在测量地磁场时，以轴为转轴，水平匀速转动手机，坐标系随手机同步转动，测量结果如图乙所示，其中方向的磁感应强度分别为和，则从上往下看（　　） A．手机顺时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 B．手机顺时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 C．手机逆时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 D．手机逆时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 【答案】B 【详解】由图乙可知，垂直手机平面的磁感应强度大小为 手机平面内的磁感应强度大小为， 则测量处的磁感应强度大小约为 由图乙可知，开始计时时，手机平面的磁场强度方向沿轴正方向，转过后磁场沿轴负方向，所以手机顺时针旋转。 故选B。 5．（2025·福建漳州·模拟预测）（多选）如图，两根通有等大、反向电流的长直导线A、B垂直纸面固定，acbd为正方形，其中心O及a、b在A、B连线上，则（　　） A．O点的磁感应强度大于d点的磁感应强度 B．d点的磁感应强度大于c点的磁感应强度 C．d点的磁感应强度与c点的磁感应强度相同 D．a点的磁感应强度与b点的磁感应强度不同 【答案】AC 【详解】A．设导线A、B中的电流分别为与，由题意可知，在各点产生的磁场如图所示 、在O点产生的磁感应强度相同，设大小均为，则O点的磁感应强度大小 、在d点产生的磁感应强度大小 则d点的磁感应强度大小 由于， 所以 故A正确； BC．由图知，d点的磁感应强度与c点的磁感应强度大小相等、方向相同，故B错误，C正确； D．在a点产生的磁感应强度与在b点产生的磁感应强度相同，在b点产生的磁感应强度与在a点产生的磁感应强度相同，所以a点的磁感应强度与b点的磁感应强度相同，故D错误。 故选AC。 6．（2024·福建泉州·一模）（多选）我国特高压直流输电是国家重点工程，已跃居全球第一。特高压电网的强电流会在周围空间产生很强的磁场。两根等高、相互平行的水平特高压直流输电线分别通有大小相等、方向相反的电流，从上往下观察的示意图如图所示。直线abc与两根输电线等高并垂直，b点位于两根输电线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑其他磁场的影响，则（　　） A．a点的磁感应强度方向竖直向上 B．b点的磁感应强度方向竖直向下 C．c点的磁感应强度方向竖直向下 D．d点的磁感应强度方向竖直向上 【答案】AB 【详解】AC．根据安培定则知和磁场的叠加可知，a、c点处的磁感应强度方向与近端导线中电流产生的磁场相同，方向均为竖直向上，故A正确，C错误； B．根据安培定则和磁场的叠加可知，两根电线中的电流，在b点的磁感应强度方向竖直向下，故B正确； D．根据安培定则和磁场的叠加可知，d点的磁感应强度方向竖直向下，故D错误。 故选AB。 7．（2025·福建·二模）软导线处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，通有如图所示的电流，导线两端处在同一高度，保持端位置不变、电流大小不变。若将端水平右移，导线受到的安培力大小______；若将端竖直下移，导线受到的安培力大小______（均填“变大”“不变”或“变小”） 【答案】 变大 变大 【详解】[1]将端缓慢水平向右移，导线的有效长度变大，由 可知受到的安培力变大。 [2]将端缓慢竖直向下移，导线的有效长度变大，由 可知导线受到的安培力变大。 8．（2026·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，一个倾角的光滑固定斜面上有宽度为L的区域，该区域存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向竖直向上。在沿斜面向上的外力作用下，一电阻为R、边长为a（）、质量为m的单匝正方形金属线框沿斜面向上以速度v匀速通过匀强磁场，重力加速度为g，则金属线框穿过磁场的全过程中（     ） A．外力大小不变 B．克服重力做功的功率为 C．线框产生的焦耳热为 D．外力做的功为 【答案】BCD 【详解】A．在进入和离开磁场的过程中，线框有一条边切割磁感线，产生感应电动势 则有感应电流 则线框受到的安培力 由于线框匀速运动，则在沿斜面方向，对外力有 在完全进入磁场后，线框上下两边同时切割磁感线，产生的感应电动势相互抵消，总电动势为0，感应电流为0，安培力为0，此时对外力有 综上，外力大小在三个阶段发生变化，故A错误； B．克服重力做功的功率等于重力势能随时间的变化率，即 代入数据解得，故B正确； C．线框只在进入和离开磁场的过程中产生焦耳热，且这两个阶段产生的热量相等，进入磁场的时间 由A选项又有 则进入磁场过程中产生焦耳热 代入数据解得 则全程产生的焦耳热，故C正确； D．根据能量守恒定律，匀速运动过程中，外力做的功等于克服重力做的功与克服安培力做的功（即产生的焦耳热）之和，线框完全穿过磁场的总位移 则有克服重力做的功 由C选项又有 因此有，故D正确。 故选BCD。 9．（2026·湖北·模拟预测）如图所示，水平导轨和竖直导轨连接处导电良好。水平导轨光滑，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，上面放置导体棒PQ．竖直导轨处在斜向右下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，方向与竖直方向的夹角为37°，导轨与导体棒CD间的动摩擦因数为0.5，CD棒在竖直导轨的左侧，两导轨足够长，已知两导体棒均与导轨垂直，质量均为m，接入电路的电阻均为R，导轨间距为L且电阻不计，，重力加速度为g。 (1)若将PQ棒固定，让CD棒由静止释放，求CD棒的最终的速度大小； (2)若PQ棒向右做匀速直线运动，使CD棒保持静止，求PQ的速度大小范围。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）CD棒向下运动，切割磁感线产生从C到D的电流。CD棒切割磁感线产生的感应电动势为 由闭合电路的欧姆定律有 对CD棒受力分析如图甲所示 安培力F与竖直方向的夹角为53°，则F＝BIL， 当CD棒匀速运动时有 联立可得 （2）PQ切割磁感线产生电流沿QPCD方向。感应电动势及感应电流有E＝BLv， CD所受安培力F、弹力、摩擦力f分别为F＝BIL， PQ速度最小时，CD所受摩擦力向上，受力如图甲所示，由平衡有 可得PQ棒最小速度 PQ速度最大时，CD所受摩擦力向下，受力如图乙所示 由平衡有 可得PQ棒最大速度 所以PQ棒的速度范围为 10．（2026·贵州贵阳·模拟预测）图1为中国南方电网斜坡式重力储能装置，其储能过程可简化如下：如图2所示，光滑平行导轨PQ、MN放置于倾角为的斜面上，其下端通过开关与电网连接，固定有重物的导体棒垂直于导轨放置在两导轨上，整个装置所在区域内有垂直于斜面的匀强磁场。 储能时，闭合开关，电网给导体棒供电，让导体棒从静止开始沿轨道向上加速运动，导体棒匀速运动后断开开关，导体棒继续向上减速滑行，恰好到达轨道顶端（上方储能平台）。 已知斜面的倾角为，导体棒的长度为、导体棒与重物的总质量为，导体棒在轨道间的电阻为，匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度为，电网电压恒定、大小为，导体棒从静止开始运动经时间速度达到最大。不计其它电阻和空气阻力。求： (1)导体棒匀速运动的速度大小； (2)导轨的长度； (3)储能过程中电网提供的电能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）导体棒匀速运动时，根据平衡条件有 由闭合电路欧姆定律得， 联立解得，导体棒匀速运动的速度大小 （2）闭合开关过程中，导体棒向上做变加速运动，由动量定理得 而 由法拉第电磁感应定律得 解得向上加速位移 断开开关后，导体棒继续向上减速滑行，恰好到达轨道顶端。由牛顿运动定律得 该过程中，导体棒向上移动的距离 故导轨的长度 （3）储能过程中，由能量守恒得 而加速阶段通过导体棒的总电荷量 解得 真题·实战演练 高频考点：高频考点集中在左手定则判断安培力方向、安培力公式F=BIL，重点是有效长度、弯曲导线等效长度计算。安培力作用下的受力平衡是选择题高频；安培力结合牛顿第二定律分析导体棒运动，常出现在电磁感应计算题。多电流之间相互作用、磁场叠加后的安培力合力分析考查频次高。常结合电路知识，由闭合电路欧姆定律得到电流，再求解安培力。同时会考查安培力做功，联系能量守恒。易错点集中在方向判断出错、忽略有效长度、立体情景受力漏分析，是试卷主要失分点 1．（2025·福建·高考真题）如图，两根长直细导线L1、L2平行放置，其所在平面上有M、O、N三点，为线段MN的中点，L1、L2分别处于线段OM、ON的中垂线上。当、通有大小相等、方向相反的电流时，、点的磁感应强度大小分别为、。现保持L1的电流不变，撤去L2的电流，此时N点的磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为 根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B1 根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为 由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为。 故选A。 2．（2023·福建·高考真题）（多选）地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是（   ） A．地表电荷为负电荷 B．环形电流方向与地球自转方向相同 C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大 D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大 【答案】AC 【详解】A．根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷，故A正确； B．由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误； C．若地表电荷的电量增加，则等效电流越大，地磁场强度增大，故C正确； D．若地球自转角速度减小，则等效电流越小，地磁场强度减小，故D错误。 故选AC。 3．（2022·福建·高考真题）（多选）奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有（　　） A．减小白金丝直径，小磁针仍能偏转 B．用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转 C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转 D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关 【答案】AB 【详解】A．减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确； B．白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确； C．减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁针还是会发生偏转，选项C错误； D．通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误。 故选AB。 4．（2021·福建·高考真题）（多选）如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则（　　） A．O点的磁感应强度为0 B．O点的磁感应强度方向由O指向c C．e点的磁感应强度方向沿y轴正方向 D．e点的磁感应强度方向沿y轴负方向 【答案】BD 【详解】AB．由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示 由图可知，与相互抵消，与合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为零，故A错误，B正确； CD．由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示 由图可知与大小相等，方向相反，互相抵消；而与大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向，故C错误，D正确。 故选BD。 5．（2024·福建·高考真题）（多选）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为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，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，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 D． 铜环所受安培力大小为 【答案】AC 【详解】方法一：微元法 AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小 根据对称性可得，如图所示对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环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正确，B错误； CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得 故C正确，D错误。 故选AC。 方法二：等效法 通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径，电流方向，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 根据受力分析可得，通电后，绳子拉力 两根细绳拉力均比未通电流时的大。 故选AC。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $