3．下列关于小磁针在磁场中静止时的指向,正确的是（ C ）
解析:
根据在磁体外部同名磁极相互排斥可知选项A错误；应用安培定则可知环形电流中心线上的磁场方向由右向左,小磁针N极受到的磁场力向左,选项B错误；根据安培定则可知通电螺线管内部磁场向右,内部小磁针N极受到的磁场力向右,选项C正确；根据安培定则可知通电直导线右边磁场向里,小磁针N极应向里,选项D错误．
4．如图是“探究影响通电导体在磁场中受力的因素”的实验示意图．三块相同的蹄形磁铁并列放置在水平桌面上,导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来,它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路．认为导体棒所在位置附近为匀强磁场,最初导线1、4接在直流电源上,电源没有在图中画出．关于接通电源时可能出现的实验现象,下列叙述正确的是（ B ）
A．改变电流方向同时改变磁场方向,导体棒摆动方向将会改变
B．仅改变电流方向或者仅改变磁场方向,导体棒摆动方向一定改变
C．增大电流同时改变接入导体棒上的细导线,接通电源时,导体棒摆动幅度一定增大
D．仅拿掉中间的磁铁,导体棒摆动幅度不变
解析:
根据左手定则,安培力垂直导体棒向右或向左,如果同时改变磁场方向和导体棒中电流方向,安培力方向不变,故导线的摆动方向不变,故A错误；根据左手定则,安培力垂直导体棒向右或向左,如果仅仅改变磁场方向或者导体棒中电流方向,安培力方向一定反向,故导线的摆动方向改变,故B正确；增加电流、同时减少受力的长度,根据F＝BIL,安培力可能不变,故摆动幅度不一定增加,故C错误；拿掉中间的磁体,减少受力的长度,根据F＝BIL,安培力减小,故摆动的幅度减小了,故D错误；故选B.
5．如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是（ A ）
解析:
由安培力F＝BIL可知,线圈在磁场中的有效长度越大,天平越容易失去平衡,故A正确．
考点1 安培定则的应用与磁场叠加
1．安培定则的应用
在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.
因果
磁场
原因（电流方向）
结果（磁场方向）
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流的磁场
四指
大拇指
2．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,如图中的合磁场B.
如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零,如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为（ ）
A．0B.
B0
C.
B0D．2B0
【分析】 由P中电流反向前Ba＝0分析得出P、Q导线在a点处的合磁场的磁感应强度与B0等大反向,进而确定B0的方向是解题的关键．
【解析】 导线P和Q中电流I均向里时,设它们在a点处的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1,如图所示,则其夹角为60°,它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右,大小为
B1.又根据题意Ba＝0,则B0＝
B1,且B0平行于PQ向左．若P中电流反向,则BP反向,大小不变,BQ和BP夹角为120°,合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1（方向垂直于PQ向上）,a点处合磁场的磁感应强度B＝
＝
B0,则A、B、D项均错误,C项正确．
【答案】 C
高分技法
分析磁场叠加的思路
1根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向,注意分清“因——电流方向”和“果——磁场方向”.
2磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向.
3磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和.
1．如图所示,完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置,甲的圆心为O1,乙的圆心为O2,在两环圆心所在的直线上有a、b、c三点,其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c,此时a点的磁感应强度大小为B1,b点的磁感应强度大小为B2.当把环形电流乙撤去后,c点的磁感应强度大小为（ A ）
A．B1－
B．B2－
C．B2－B1D.
解析:
本题考查环形电流产生的磁场的叠加问题．对于图中单个环形电流,根据安培定则,其在中轴线上产生的磁场的方向均向左,故c点的磁场方向向左．设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r,设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r,在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r,因此有a点处的磁感应强度为B1＝B1r＋B3r；b点处的磁感应强度为B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后,c点处的磁感应强度为Bc＝B3r＝B1－
B2,故选A.
2.1820年4月,丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k
即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示,两根平行长直导线相距为x0,分别通以大小不等、方向相同的电流,已知I1>I2.规定磁场方向垂直纸面向里为正,在O～x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是下列选项中的（ A ）
解析:
本题考查磁场的叠加与磁感应强度的图象问题．根据安培定则可得左边通电导线产生的磁场在两根导线之间的方向垂直纸面向里,右边通电导线产生的磁场在两根导线之间的方向垂直纸面向外,离导线越远磁场越弱,因I1>I2,则磁场为零的点在两根导线中间位置右侧．靠近左侧导线的位置磁场向里；靠近右侧的位置的磁场方向向外,由于规定B的正方向为垂直纸面向里,所以在O～x0区间内磁感应强度B随x变化的图线应为A图,选项A正确,B、C、D错误．
考点2 安培力及通电导体在安培力作用下的运动
题型1 安培力的大小和方向
如图所示,水平导轨接有电源,导轨上固定有三根用同种材料制作的导体棒a、b、c,其中b最短,c为直径与b等长的半圆,导体的电阻与其长度成正比,导轨电阻不计．现将装置置于竖直向下的匀强磁场中,接通电源后,三根导体棒中均有电流通过,则它们受到的安培力的大小关系为（ ）
A．Fa>Fb＝FcB．Fa＝Fb>Fc
C．Fa＝Fb＝FcD．Fb>Fa>Fc
【解析】 本题考查安培力计算中的有效长度问题．设a、b两棒的长度分别为La和Lb,C的直径为d；由于导体棒都与匀强磁场垂直,则a、b两棒所受的安培力大小分别为Fa＝BIaLa,Fb＝BIbLb；因Ia＝
＝
则Fa＝BIaLa＝B
La＝
；因Ib＝
＝
则Fb＝BIbLb＝B
Lb＝
；因Ic＝
＝
（c的直径大小为Lb）,则c棒所受安培力大小为Fc＝BIcLb＝B
Lb＝
则Fa＝Fb>Fc,故选B.
【答案】 B
高分技法
不规则形状通电导线的安培力的计算方法
（1）常规方法:
采用分段法或微元法,先求出每段直导线或每个电流元受到的安培力,再运用力的矢量合成法则求出总的安培力．
（2）等效长度法:
如图所示的虚线,把“导线两端连接的长度”L代入安培力公式F＝BIL中．
3.（2019·全国卷Ⅰ）如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接．已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为（ B ）
A．2FB．1.5F
C．0.5FD．0
解析:
设三角形边长为l,通过导体棒MN的电流大小为I,则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为
如图所示,依题意有F＝BIl,则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝
BIl＝
F,方向与F的方向相同,所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F,选项B正确．
题型2 通电导线在安培力作用下的运动
一个可以自由运动的线圈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
【解析】 方法1（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均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．
方法2（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极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知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极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动．
方法3（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．
【答案】 B
高分技法
常用判断方法
4.如图所示,在条形磁铁S极附近悬挂一个线圈,线圈与水平磁铁位于同一平面内,当线圈中电流沿图示方向流动时,将会出现（ D ）
A．线圈向磁铁平移
B．线圈远离磁铁平移
C．从上往下看,线圈顺时针转动,同时靠近磁铁
D．从上往下看,线圈逆时针转动,同时靠近磁铁
解析:
由安培定则可知,线圈外面相当于小磁针S极,里面相当于小磁针N极,因此从上往下看,线圈逆时针转动,同时靠近磁铁,D项正确．
考点3 安培力与动力学综合问题
题型1 安培力作用下的平衡问题
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与导轨间的动摩擦因数为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取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．
【解析】
（1）I＝
＝2A,方向由a到b.
（2）F＝BIL＝5N.
（3）受力如图所示,
fm＝μ（mg－Fcos53°）＝3.5N.
当最大静摩擦力方向向右时,
FT＝Fsin53°－fm＝0.5N
当最大静摩擦力方向向左时,
FT＝Fsin53°＋fm＝7.5N
所以0.5N≤G≤7.5N.
【答案】
（1）2A 方向由a到b
（2）5N
（3）0.5N≤G≤7.5N
高分技法
安培力作用下导体的平衡问题的分析思路
1基本思路
①选定研究对象:
通电导线或导体棒.
②变三维为二维:
画出平面受力分析图,其中安培力的方向要用左手定则来判断.,注意:
安培力垂直于电流和磁场方向决定的平面.
③列方程求解:
根据力的平衡条件列方程.
5.（多选）如图,ab、cd是两根长度均为L＝4.0m,质量分别为m1＝0.6kg和m2＝0.2kg的金属棒,两根等长的细金属杆将两节干电池与两个金属棒串联成闭合回路（不计电池和细金属杆的重力）,整个回路用绝缘细线悬挂在天花板上,保证金属棒水平．整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B＝1.0T,电路中的电流I＝0.5A,待系统稳定之后（金属棒、细金属杆在力的作用下不会发生形变,取g＝10m/s2）,则（ AC ）
A．绝缘细线与竖直方向的夹角为0°
B．绝缘细线与竖直方向的夹角为45°
C．细金属杆与竖直方向的夹角为45°
D．细金属杆与竖直方向的夹角为90°
解析:
以整体为研究对象,整体总共受到四个力的作用,水平方向上,两金属棒受到大小均为F＝BIL、方向相反的安培力,这两个力互相平衡；竖直方向上,绝缘细线的拉力与总重力平衡,因为重力的方向竖直向下,所以绝缘细线的拉力一定是竖直向上,也就是说,绝缘细线与竖直方向的夹角为0°,A正确,B错误；以cd棒为研究对象,cd棒受三个力而平衡,安培力F＝BIL＝1×0.5×4N＝2N,cd棒的重力m2g＝0.2×10N＝2N,由平衡条件得F＝m2gtanθ,解得θ＝45°,即细金属杆与竖直方向的夹角为45°,C正确,D错误．
题型2 动力学和能量观点的综合应用
（多选）如图甲所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B,垂直于导轨放置一根均匀金属棒,从t＝0时刻起,棒上有如图乙所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图甲中I所示方向为电流正方向,则金属棒（ ）
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
【解析】 由左手定则可判断,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期,速度变为0,然后重复上述运动,选项A、B正确；安培力F＝BIL,由图象可知,前半个周期内安培力水平向右,后半个周期内安培力水平向左,之后不断重复,选项C正确；一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零,选项D错误．
【答案】 ABC
6．（多选）如图所示为电磁轨道炮的工作原理图．待发射弹体与轨道保持良好接触,并可在两平行轨道之间无摩擦滑动．电流从一条轨道流入,通过弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可在弹体处形成垂直于轨道平面的磁场（可视为匀强磁场）,磁感应强度的大小与电流I成正比．通电的弹体在安培力的作用下滑行L后离开轨道,则下列说法正确的是（ BD ）
A．弹体向左高速射出
B．I变为原来的2倍时,弹体射出的速度也变为原来的2倍
C．弹体的质量变为原来的2倍时,射出的速度也变为原来的2倍
D．L变为原来的4倍时,弹体射出的速度变为原来的2倍
解析:
根据安培定则可知,弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里,再利用左手定则可知,弹体受到的安培力水平向右,所以弹体向右高速射出,选项A错误；设B＝kI（其中k为比例系数）,轨道间距为l,弹体的质量为m,射出时的
速度为v,则安培力为F＝BIl＝kI2l,根据动能定理有FL＝
mv2,联立可得v＝I
选项C错误,B、D正确．
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