2025高考物理总复习磁场的描述安培力

第十一章磁场考情分析试题情境生活实践类生活和科技、地磁场、电磁炮、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件等学习探究类通电导线在安培力作用下的平衡与加速问题，带电粒子在磁场、组合场、叠加场及立体空间中的运动第1课时磁场的描述安培力目标要求1.理解磁场的性质及磁感应强度的概念，会求解磁感应强度叠加的问题。2.掌握左手定则，会判断安培力的方向，并会计算安培力的大小。内容索引考点一

安培定则和磁场的叠加考点二

安培力的分析与计算考点三

安培力作用下的平衡和加速问题课时精练><考点一安培定则和磁场的叠加1.磁场与磁感应强度(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

的作用。(2)磁感应强度①物理意义：描述磁场的强弱和

。②定义式：B＝____(通电导线垂直于磁场的情况下)。③方向：小磁针静止时N极所指的方向。④单位：特斯拉，简称特，符号为T。力方向(3)匀强磁场磁场中各点的磁感应强度的大小

、方向

，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。相等相同(4)地磁场①地磁的N极在地理

附近，S极在地理

附近，磁感线分布如图所示。②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度的大小

，且方向水平

。③地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。南极北极相等向北2.磁感线的特点(1)磁感线上某点的

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

。(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从

指向

；在磁体内部，由

指向

。(4)同一磁场的磁感线不中断、不

、不相切。(5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。切线强弱N极S极N极相交S极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)

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

(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横截面图

从上往下看

从左往右看

从左往右看纵截面图

5.北京地面附近的地磁场方向是水平向北的。(

)1.磁场是客观存在的一种物质，磁感线也是真实存在的。(

)2.磁场中的一小段通电导线在该处受力为零，此处磁感应强度B不一定为零。(

)×√×√×例1如图所示，直导线AB、通电螺线管E、电磁体D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，小磁针N极(黑色一端)指示磁场方向正确的是A.a

B.b

C.c

D.d√根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确。例2

(2023·江苏盐城市、南京市调研)我国直流输电技术处于世界领先水平。现有三根输电线甲、乙、丙的截面图，通过它们的电流大小相同，且到O点距离相等，电流方向如图所示。若甲中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B，则三根输电线中的电流在O点产生的磁感应强度大小是A. B.3B

C.2B D.B√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感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这一点产生的磁感应强度的大小和方向，如图所示为M、N在c点产生的磁感应强度BM、BN。3.应用平行四边形定则求合磁感应强度，如图中的B为合磁感应强度。返回安培力的分析与计算><考点二1.安培力：

在磁场中受的力称为安培力。2.安培力的大小(1)当B、I垂直时，F＝

。(2)若B与I夹角为θ，将B沿垂直于I和平行于I的方向正交分解，取垂直分量，可得F＝

。注意：θ是磁感应强度的方向与导线的夹角。当θ＝0或180°，即磁感应强度的方向与导线平行时，F＝0。通电导线IlBIlBsinθ(3)公式的适用条件：一般只适用于

磁场。(4)l是指有效长度。弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端指向末端，如图所示。匀强3.安培力的方向左手定则：伸开左手，使

与

垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使

指向电流的方向，这时

所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。4.同向电流相互

，反向电流相互

。拇指其余四个手指四指拇指吸引排斥思考通电导线、磁场方向、安培力的方向三者是一定两两垂直吗？通电导线和磁场方向可以不垂直吗？答案安培力的方向一定与通电导线垂直，一定与磁场方向垂直，即一定垂直于通电导线和磁场方向所确定的平面，但通电导线与磁场方向不一定垂直。1.在磁场中同一位置，电流元的电流越大，所受安培力也一定越大。(

)2.安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直。(

)3.通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了。(

)×√×例3

(2023·江苏卷·2)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A.0

B.Bil

C.2BIl

D.√因bc段与磁场方向平行，则不受安培力作用；ab段与磁场方向垂直，则所受安培力大小为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl，故选C。例4

(2022·江苏卷·3)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√根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误。拓展

若用细线将一条形磁体悬挂于天花板上，条形磁体处于水平且静止的状态。当导线ab中通有如图所示的电流时，则条形磁体的N极将向_____(填“内”或“外”)偏转；条形磁体受到的拉力______(填“大于”或“小于”)其受到的重力。外大于直导线通入由a指向b的电流时，由左手定则知直导线的左端受到方向垂直纸面向里的安培力，根据牛顿第三定律可知，条形磁体的N极受到方向垂直纸面向外的作用力，应向纸面外偏转；条形磁体转动后，对直导线有向上的作用力，所以条形磁体受到向下的作用力，故条形磁体受到的拉力大于其受到的重力。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→运动方向等效法根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判断运动方向)判断安培力作用下导体的运动情况的五种方法环形电流⇌小磁针条形磁体⇌通电螺线管⇌多个环形电流结论法两平行直线电流在相互作用中，无转动趋势，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返回安培力作用下的平衡和加速问题><考点三与安培力有关的平衡、加速等问题，常涉及倾斜导轨、导体棒、电源、电阻等。求解时应变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。如图所示：例5

如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上固定有平行金属导轨，现在导轨上垂直导轨放置一质量为m＝20g的金属棒ab，接入电路的长度l＝1m，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝0.8T，导轨与电动势为E＝12V、内阻为r＝1Ω的电源连接，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g＝10m/s2，

sin37°＝0.6，金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关S，发现滑动变阻器接入电路阻值为0时，金属棒不能静止。(1)判断金属棒所受的安培力方向；答案平行于斜面向上由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上。(2)求使金属棒在导轨上保持静止时，滑动变阻器接入电路的最小阻值R1和最大阻值R2。答案47Ω

239Ω当R最小时，金属棒所受安培力为最大值F1，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则Ffmax＝μFN1，FN1＝mgcosθ

，F1＝mgsinθ＋Ffmax安培力F1＝BI1l联立以上各式解得滑动变阻器R的最小阻值为R1＝47Ω当R最大时，金属棒所受安培力为最小值F2，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2＝mgsinθ－μmgcosθ安培力F2＝BI2l联立以上各式解得滑动变阻器R的最大阻值为R2＝239Ω。例6

(2023·北京卷·19)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，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；答案kI2L由题意可知，第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F＝B1IL＝kI2L(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；答案1∶4第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F′＝B2·2IL＝4kI2L根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4金属棒经过第二级区域的加速度大小为(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为金属棒从静止开始经过两级区域推进后，返回课时精练1.把螺线管与电源连接，发现小磁针N极向螺线管偏转，静止时所指方向如图所示。下列说法正确的是A.螺线管左端接电源正极B.若将小磁针移到螺线管内部，小磁针N极所

指方向不变C.若将小磁针移到螺线管左端，小磁针N极将转过180°D.若将小磁针移到螺线管正上方，小磁针N极所指方向不变√123456789101112小磁针静止时N极指向为其所在处的磁场方向，由题图知螺线管中的电流在螺线管中轴线上的磁场方向是向左的，由右手螺旋定则可知螺线管中电流方向是逆时针方向(从左侧看)，则螺线管右端接电源正极，故A错误；螺线管内部磁场方向向左，所以将小磁针移到螺线管内部，小磁针N极所指方向不变，故B正确；若将小磁针移到螺线管左端，仍处于向左的磁场中，小磁针N极所指方向不变，故C错误；螺线管正上方磁场向右，若将小磁针移到螺线管正上方，小磁针N极所指方向向右，故D错误。1234567891011122.(2024·江苏苏州实验中学校联考)如图所示，半圆形导线abc通以恒定电流I，放置在匀强磁场中，已知磁感应强度为B，导线长为πl，直径ac与磁场方向夹角为θ＝60°。该导线受到的安培力大小为123456789101112√3.如图所示，三棱柱的棱长为L，两个底面均为等边三角形，两方向相同的无限长直导线中电流分别经过M1M2和N1N2，电流的大小均为I，M1M2段导线受到的安培力大小为F，则三棱柱的另一条棱P1P2上各点的磁感应强度大小为123456789101112√由于M1M2和N1N2中电流大小相等，且三棱柱底边为等边三角形，三条棱距离相等，因此M1M2和N1N2中电流在棱P1P2产生的磁感应强度大小相等，都为B0，根据右手螺旋定则，M1M2和N1N2中电流在棱P1P2产生的磁场方向如图，1234567891011124.一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方向由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为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√123456789101112先由安培定则判断出通电螺线管的N、S极，确定导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示。可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动。当导线转过90°时，再分析导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙所示，可知导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误。1234567891011125.(2023·北京市模拟)如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁体的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈。电表指针固定在铝框123456789101112上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈。蹄形磁体与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行。关于磁电式电表，下列说法不正确的是A.磁电式电表的原理是通电线圈在磁场

中因受安培力而转动B.改变线圈中电流的方向，指针会反向

偏转C.增加线圈的匝数可以提高电表的灵

敏度D.用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上√123456789101112磁电式电表的内部，在蹄形磁体的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，故A正确，不符合题意；123456789101112改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，故B正确，不符合题意；线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电表的灵敏度，故C正确，不符合题意；用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致穿过铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，123456789101112使其很快停止摆动，而塑料做骨架达不到此作用，故D错误，符合题意。6.(2023·江苏南通市期末)如图所示，将一根粗细均匀的导体棒折成梯形线框PQMN，各边长度为PQ＝PN＝QM＝L，MN＝2L，线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框底边P、Q两点与直流电源两端相接，已知导体棒PQ受到的安培力大小为F，则整个线框PQMN受到的安培力大小为123456789101112√由题可知，流过PNMQ支路的电流I1和流过PQ支路的电流I2关系为4I1＝I2，已知导体棒PQ受到的安培力为F，方向向上，PNMQ支路在磁场的有效长度为L，故PNMQ支路所受安培力为1234567891011121234567891011127.(2024·江苏南京市期中)两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动(图中未画出)。导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从θ＝0缓慢移动到π，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度Bx随θ变化的图像(如图乙)和沿y方向的磁感应强度By随θ变化的图像(如图丙)。下列说法正确的是A.导线1电流方向垂直纸面向里B.导线2在第三象限角平分线位置C.随着θ的增大，中心O处的磁感应强度先

变大后变小D.当θ＝0.25π时，中心O处的磁感应强度方

向沿第四象限角平分线向外123456789101112√123456789101112根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向，可知，导线2产生的磁场在竖直方向上没有分量，在水平方向有沿x轴正方向的分量，则导线1在初始状态产生的磁场沿y轴负方向，导线1电流方向垂直纸面向外，故A错误；根据安培定则可知，导线2在y轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在y轴负方向处有垂直纸面里的电流，故B错误；123456789101112磁感应强度为矢量，根据三角形定则可知中心O处的磁感应强度先变大后变小，在θ＝0.5π时，两导线产生磁感应强度方向一致，合磁感应强度最大，故C正确；θ＝0.25π时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外，但导线2产生的磁感应强度沿x轴正方向，故中心O处的磁感应强度方向在x轴与第四象限角平分线之间，故D错误。8.(2021·江苏卷·5)在光滑桌面上将长为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.BIL B.2BILC.πBIL D.2πBIL√123456789101112从上向下看导线的图形如图所示导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小为F安＝2BIL123456789101112解得FT＝BIL故A正确，B、C、D错误。9.(2023·江苏南京市第二十九中学检测)如图所示，水平地面上平行放置两根足够长的通电直导线a和b，电流大小相等，方向垂直纸面向里，竖直线MN位于直导线a、b的中垂面上。通电直导线c中的电流方向垂直纸面向外。现在从M点由静止释放直导线c，直导线c可沿中垂面落至地面上的N点。整个过程导线a和b静止不动，不计空气阻力，则由M点运动到N点的过程中A.导线c在M点受到的安培力水平向右B.导线c在M点受到的安培力竖直向下C.导线c可能做加速度一直增大的加速运动D.导线c可能做加速度一直减小的加速运动√123456789101112根据右手螺旋定则可知通电直导线a和b在M点的磁场方向如图所示，由矢量的叠加可知通电直导线a和b在M点的磁场方向水平向右，根据左手定则可知导线c在M点受到的安培力竖直向上，故A、B错误；123456789101112若距离N点无穷远处，磁感应强度为零，N点磁感应强度为零，所以从无穷远处到N点磁感应强度先增大后减小，由于不清楚M点的位置，所以通电直导线c所受安培力可能先增大后减小，也可能一直减小，结合牛顿第二定律mg－F＝ma，可知导线c可能做加速度一直增大的加速运动，也可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的加速运动，故C正确，D错误。C.若增大磁感应强度，则细线的偏角将不变D.若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab

可摆过的最大角度为60°10.(2023·江苏盐城中学三模)通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为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，导线平衡时细线与竖直方向成θ＝30°角，重力加速度为g，下列说法正确的是√123456789101112123456789101112根据BIl＝mgtanθ可知，若增大磁感应强度，则细线的偏角将增大，选项C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆到最大高度时，有BIl·Lsinα－mgL(1－cosα)＝