2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(全国通用)第21讲磁场的描述磁场对电流的作用(学生版+解析)

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1.知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用.
2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.
3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．
考点一 磁感应强度和电场强度的比较
1．磁场
(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用．
(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时N极的指向．
2．磁感应强度
(1)定义式：B＝eq \f(F,IL)(通电导线垂直于磁场)．
(2)方向：小磁针静止时N极的指向．
(3)磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．
3．磁感应强度B与电场强度E的比较
考点二 安培定则的应用和磁场的叠加
1．电流的磁场
2.磁场的叠加
磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
考点三 导体运动趋势的五种判定方法
1．通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的判定步骤：首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，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的方向．
2．应用左手定则判定安培力方向时应注意：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定
考点四 导体的平衡与加速
解通电导体在磁场中的平衡与运动问题，关键是受力分析．步骤如下：
（1）受力分析前，实现“由三维变二维”的转化．
（2）用左手定则判断出安培力的方向，并在图中标出安培力．
具体分析如下：
①画出支撑面的平面图形．
②画出导体的平面图．
③标出平面图中的磁感线方向．
④标出导体中的电流方向．
（3）对导体进行受力分析，画出其他各力．
（4）列平衡方程或牛顿第二定律方程．
解题思路：
（1）选定研究对象．
（2）受力分析时，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：
在水平光滑绝缘桌面上，放置一个半径为R的超导导线环，其中通过的电流为I。穿过导线环垂直桌面向下有一个匀强磁场，导线环全部位于磁场中，磁感应强度为B，则导线环各截面间的张力为（ ）。
A．BIRB．0.5BIRC．0D．πBIR
【答案】A
【来源】2025届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期一模考试物理试题
【详解】把导线环分成两半，取其中的一半作为研究对象，两端截面所受张力均为T，整个半环受到的安培力F，受力分析如图
根据安培力的计算公式可得F=BI⋅2R
所以T=12F=BIR
故选A。
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
【来源】2025届山东省济宁市高三下学期二模物理试题
【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BO=B+2Bcs60∘=2B，故C正确，D错误。
故选C。
如图所示，空间中存在一匀强磁场（图中未画出，大小、方向未知）。两条平行金属导轨间距l=1m，与水平面成倾角θ=37°固定，在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m=0.5kg的金属棒AB置于短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数µ=0.5。现将两导轨与恒流电源相连接，金属棒中电流大小为I=3A，重力加速度的大小取10m/s2，sin37°=0.6。要使金属棒沿导轨向上以a=2m/s2的加速度做匀加速直线运动，则磁感应强度的最小值为（ ）
A．455TB．253TC．1TD．2T
【答案】A
【来源】2025届山东省聊城市高三下学期二模物理试题
【详解】对金属棒受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律可得Fcsα−mgsinθ−f=ma，FN+Fsinα=mgcsθ，f=μFN
联立可得F=6csα+0.5sinαN
由此可知Fmin=BminIl=61+0.52N=125N
所以Bmin=455T
故选A。
如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，P和R中的电流方向向里，Q中的电流方向向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，R在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是（ ）
A．P受到的安培力的方向竖直向上B．R受到的安培力的方向水平向右
C．O点磁感应强度大小为13B0D．P、R在Q点产生的磁感应强度方向竖直向下
【答案】C
【来源】2025届贵州省黔南州高三下学期第三次模拟（4月）物理试题
【详解】ABD．三根导线中的电流大小相等，根据安培定则可得，在P、R、Q、O四点的磁感应强度方向如图所示
根据左手定则可得，P、R导线所受安培力方向如图所示，故ABD错误；
C．已知R在O点产生的磁感应强度大小为B0，无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，P、Q在O点产生的磁感应强度大小均为B1，由
ROPO=B1B0
得B1=3B0
则O点的磁感应强度为B=B02+2B12=13B0，故C正确。
故选C。
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
【来源】2025届河南省新乡市高三下学期三模物理试题
【详解】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；
D．如图所示
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mgOO1=TAOA=TBOB
因为OA>OB，所以TA>TB
故D错误；
C．由三角形相似得mgOO1=F安AO1=F安O1B
即AO1=O1B
所以O1点为线段AB的中点，故C正确。
故选C。
如图所示，弯曲金属棒ACDE固定在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，金属棒所在平面与磁场垂直，AC段为半径为r的四分之一圆弧，CDE段为半径为r的半圆弧，A、C、D、E为正方形的四个顶点，给金属棒通入恒定电流I，则整个金属棒受到的安培力大小为（ ）
A．2BIrB．2BIrC．32πBIrD．12πBIr
【答案】B
【来源】2025届山西省晋城市高三下学期二模考试物理试题
【详解】整个金属棒的有效长度为2r，则整个金属棒受到的安培力F=2BIr
故选B。
如图甲所示，两根长为L夹角为60°的光滑导轨M、N一端固定在地面上，另一端与电动势为E的电源连接，两根导轨形成倾角为30°的斜面，有匀强磁场垂直斜面。质量为m足够长的导体棒P平行于斜面底端放置，垂直斜面的视图如图乙所示，导体棒可静止在导轨的任意位置。已知两导轨的电阻与长度成正比，总电阻均为R，与电源连接处靠得很近但彼此绝缘，不计电路其余部分的电阻，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向垂直斜面向上
B．导体棒静止在导轨的不同位置时，电流保持不变
C．导体棒静止在导轨的不同位置时，导轨对导体棒的作用力不同
D．匀强磁场的磁感应强度为B=mgREL
【答案】D
【来源】2025届河北省保定市高三下学期一模物理试题
【详解】A．对导体棒进行受力分析，导体棒受到重力、导轨的支持力以及安培力作用而能静止在导轨的任意位置，则安培力必须沿斜面向上来平衡重力沿斜面向下的分力，根据左手定则知，磁场方向垂直斜面向下， 故A错误；
B．根据题意，舍导体棒静止在导轨的不同位置时的长度分别为Lx，根据欧姆定律，电流I=E2RLLx=EL2RLx
Lx不同，电流不同，故B错误；
C．导体棒静止时，受到重力mg、导轨的支持力N和安培力F，根据平衡条件，三个力的合力为零，导轨对导体棒的作用力是支持力N与安培力F的合力，根据三力平衡特点，其合力与重力等大反向，重力不变，所以导轨对导体棒的作用力大小始终等于重力mg，方向竖直向上，与导体棒在导轨上的位置无关，故C错误；
D．根据B项分析有I=E2RLLx=EL2RLx
对导体棒，根据平衡条件BLxI=mgsin30∘
联立解得B=mgREL
故D正确。
故选D。
寻求守恒量，是解决物理问题的重要方法。
(1)如图1所示，用细线悬挂的三个完全相同的小球，静止时恰能接触且悬线平行，球心等高。把小球1向左拉起一定高度ℎ后由静止释放，小球3被弹起，已知所有的碰撞都是弹性碰撞，求碰后瞬间小球3上升的最大高度。
(2)某同学设计了一个“电磁弹射”装置，并将其简化成如图2所示的模型。在水平光滑导轨上，固定着1个“载流线圈”，放置着两个质量均为m的小磁铁充当“磁性弹头”，弹头2左侧挨着无磁性的质量均为m的弹性“圆柱”。弹头和圆柱可以在水平导轨上自由移动，圆柱静止时，其左端恰好位于载流线圈圆心处。发射过程如下：弹头1仅受载流线圈施加的磁力作用从静止开始加速运动；通过碰撞将动能传给中间的弹头2。
弹头可视为半径为r，电流恒为I、方向如图2中方框部分所示的细圆线圈，r远小于载流线圈半径。所有的碰撞均为弹性正碰；不考虑弹头之间的磁力作用；相邻两线圈之间的距离足够远，水平轨道足够长。
a.载流线圈磁场方向如图所示，在弹头1处产生轴向磁场Bx，径向磁场Br。试分析轴向磁场Bx、径向磁场Br对弹头的安培力方向。
b.通过查阅资料得知：电流为i、面积为S的细圆线圈放入磁感应强度为B的外界匀强磁场中具有的“势能”可表示为Ep=−iSBcsθ，其中θ为细圆线圈在轴向上产生的磁场与外界匀强磁场之间的夹角。
已知载流线圈圆心处产生的磁感应强度大小均为B0。求弹头2理论上能获得的速度上限v。
c.若该“电磁弹射”装置有n级载流线圈及圆柱，如图3所示。求弹头最后出射理论上能获得的速度上限vm。
【答案】(1)ℎ
(2)a.0，方向向右；b. 2πr2IB0m；c. vm=2nπr2IB0m
【来源】北京市海淀区2024-2025学年高三下学期一模（期中）反馈练习物理试题
【详解】（1）在小球1下落过程，依据动能定理有mgℎ=12mv02
可得v0=2gℎ
弹性碰撞过程中，以v0的方向为正方向，机械能和动量均守恒，则有mv0=mv1+mv、12mv02=12mv12+12mv2
联立可得v=v0=2gℎ
对小球3，根据动能定理有mgℎ'=12mv2
解得ℎ'=ℎ
（2）a. 可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，所有小段通电导线在径向磁场Br作用下安培力方向均向右，将每一小段通电导线受到的安培力求和，即为周长为2πr的细圆线圈（即弹头）受到的总安培力可得F=2πrIBr
轴向磁场对线圈的安培力合力为0；
b. 为使弹头2获得理论上的速度上限，应将弹头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹头1运动到载流线圈1处的速度大小为v1，根据能量守恒可得0+0=−πr2IB0+12mv12
弹头1与弹性圆柱之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱的速度大小分别为v1'和v2'，根据弹性碰撞过程中，以v1的方向为正方向，机械能和动量均守恒mv1'=mv1'+mv2'、12mv12'=12mv12'+12mv22'
可得v1'=0，v2'=v1
即速度发生交换。同理，左侧的弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速度v1继续向右运动。故弹头2理论上能获得的速度上限v=v1=2πr2IB0m
c.与上述过程类似，设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为v2，根据能量守恒可得0+12mv12=−πr2IB0+12mv22
接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹头3交换速度，弹头3获得的最速度上限为v=v2=4πr2IB0m
依此类推，由b中结论分析可知装置有n级载流线圈及圆柱，弹头最后出射理论上能获得的速度上限满足0+12mvn2=−πr2IB0+12mvn−12
弹头最后出射理论上能获得的速度上限为vm=vn=2nπr2IB0m
题型1安培定则的应用
如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中（图中未画出），两根长直导线P、Q垂直于纸面平行放置，间距为d，分别通以大小相同、方向相反且垂直纸面的电流。在P、Q连线的中垂线上有一点M，测得M点磁感应强度为零。M到PQ连线的距离为12d，则（ ）
A．匀强磁场B0的方向平行PQ连线向右
B．导线P在M点产生的磁感应强度大小为B0
C．若仅将导线Q中的电流反向，M点的磁感应强度大小为B0
D．若将P、Q中的电流均反向，M点的磁感应强度大小为2B0
【答案】D
【来源】重庆市第八中学校2024-2025学年高二下学期期中考试物理试题
【详解】A．题意易得∠PMQ=90°，且PQ电流在M点产生的磁场等大，设为B，右手定则可知PQ电流在M点产生的磁场方向如图
平行四边形定则可知二者的合磁场方向竖直向上，由于M点磁感应度为0，故匀强磁场B0的方向竖直向下，故A错误；
B．由于M点磁感应度为0，则有2Bcs45°=B0
解得导线P在M点产生的磁感应强度大小B=22B0
故B错误；
C．若仅将导线Q中的电流反向，右手定则可知PQ电流在M点产生的磁场方向如图
则M点的磁感应强度大小BM=2B2+B02
联立解得BM=2B0
故C错误；
D．若将P、Q中的电流均反向，右手定则可知PQ电流在M点产生的磁场方向如图
则M点的磁感应强度大小BM1=2B2+B0
联立解得BM1=2B0
故D正确。
故选 D。
如图（a）甲所示，虚线内为一圆形区域，该区域处于xy平面内，圆心为O；无限长通电直导线a（图中未画出）垂直平面固定放置，另一无限长通电直导线b（电流方向未画出）垂直平面从x轴上的P点沿虚线按逆时针方向移动，导线b与圆心的连线与x正半轴夹角为θ,θ从0缓慢增大到π的过程中，O点处磁感应强度B的分量Bx和By随θ的变化图像如图（b）和图（c）所示。规定沿坐标轴正方向为磁感应强度的正方向，下列说法正确的是（ ）
A．导线a的电流方向一定与导线b相反
B．导线a可能位于第四象限角平分线上
C．导线b移动过程中，O处磁感应强度先增大后减小
D．导线b移动过程中，O处磁感应强度最小值为0
【答案】B
【来源】2025届湖北省七市州高三下学期3月联合调研考试（二模）物理试题
【详解】B．因为θ=0时b导线产生场强没有x轴方向分量，因此x轴方向的场强分量为a导线在x轴的分量，同理θ=π2时b导线无y轴方向场强分量，y轴场强分量为a导线在y轴的分量，即Bax=2T,Bay=2T,Ba=22T
可知a棒可能位于第四象限角平分线上，电流方向垂直纸面向里，或位于第二象限角平分线上，电流方向垂直纸面向外，故B正确；
A．由θ=0时，Bay+Bb=6T,Bb=4T
则导线b中电流方向垂直纸面向里，故ab电流方向可能相同或相反，故A错误；
CD．导线b移动过程中，Bb与Ba的夹角从π4到54π间变化，则O点处磁感应强度先减小后增大，且最小值不为0，C错误，D错误。
故选B。
在图示的直角坐标系xOy中，有三条相互平行的长直通电导线，分别位于y=y0，y=0，y=−y0处，导线中电流I1、I2、I3方向如图所示，大小分别为I0、I0、2I0。已知通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小B=kIr（其中k是常量、I是电流大小、r是该点到导线的距离）。下列判断正确的是（ ）
A．y=−y0处的磁感应强度大小为kI02y0B．y=y0处的磁感应强度大小为0
C．y=0处导线受到的安培力方向沿y轴负方向D．y=−y0处导线受到的安培力方向沿y轴负方向
【答案】AC
【来源】2025届陕西省西安市第三中学等五校联考高三下学期高考模拟考试物理试卷
【详解】A．根据安培定则知，电流I1、I2在y=−y0处产生磁场的磁感应强度B1、B2方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外，由B=kIr得B1=kI02y0，B2=kI0y0
则y=−y0处的磁感应强度大小为B2−B1=kI02y0
A正确；
B．电流I2、I3在y=y0处产生磁场的磁感应强度B2'、B3方向均垂直纸面向里，则y=y0处的磁感应强度大小不为零，B错误；
C．电流I1、I3在x轴处产生磁场的磁感应强度方向均为垂直纸面向里，可知y=0处导线受到的安培力方向沿y轴负方向，C正确；
D．结合A选项分析可知，y=−y0处导线受到的安培力方向沿y轴正方向，D错误。
故选AC。
题型2磁场叠加问题
如图所示，A、C、D是三个垂直于纸面的长直导线，O为A、C连线的中点，CD垂直CA且CD=CO，现在A中通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流时，O点的磁感应强度大小为B；再在D中通入垂直于纸面、大小为I2的恒定电流时，O点的磁感应强度大小也为B，方向沿OC方向。已知通电直导线周围磁场磁感应强度大小与电流I和距离r的关系为B=kIr（k为常数），则下列说法正确的是（ ）
A．D中的电流方向垂直纸面向外，且I2=2I1
B．D中的电流方向垂直纸面向里，且I2=2I1
C．若C中再通入垂直纸面向外电流I1，O点的磁感应强度大小为2B
D．若C中再通入垂直纸面向外电流I1，O点的磁感应强度大小为2B
【答案】D
【来源】2025届四川省达州市高三下学期二模物理试题
【详解】AB．在A中通入垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流时，在O点的磁感应强度大小为B，由安培定则可知方向垂直AC向上；再在D中通入垂直于纸面、大小为I2的恒定电流时，O点的磁感应强度大小也为B，方向沿OC方向，由安培定则可知D中的电流方向垂直纸面向外，如图
则BD=2B
由B=kI1AO，BD=kI2OD=kI22AO，解得I2=2I1
所以D中的电流方向垂直纸面向外，且I2=2I1，故AB错误；
CD．若C中通入垂直纸面向外电流I1，导线C在O点的磁感应强度大小为B，方向垂直于AC向下，由于A和D直导线在O处的合磁感应强度大小为B，方向沿OC方向，则O点的磁感应强度大小为2B，故D正确，C错误。
故选D。
如图所示，A、B、C、D是半径为r的圆周上等间距的四个点，O是圆心，在B、C、D三点各固定一通电直导线，电流大小均为I，方向均垂直纸面向里，已知每条直导线在O点产生的磁感应强度大小均为B0，通电直导线在O点产生磁场的磁感应强度与导线中的电流成正比。下列说法正确的是（ ）
A．O点的磁感应强度方向由D指向C
B．O点的磁感应强度大小为5B0
C．若再在A点放置一根直导线，导线中通有垂直纸面向里、大小为I的电流，则O点的磁感应强度为0
D．若再在A点放置一根直导线，导线中通有垂直纸面向外、大小为2I的电流，则O点的磁感应强度大小为2B0
【答案】C
【来源】2025届山西、陕西、宁夏、青海四省高三下学期4月检测（二模）物理试卷
【详解】AB． B、D两处的电流在 O点产生的合磁感应强度为 0，则 O点的磁感应强度等于 C处的电流产生的磁感应强度，即 O点的磁感应强度大小为 B0，由右手螺旋定则可知， O点的磁感应强度方向由 O指向 D，故AB错误；
C．若再在 A点放置一根直导线，导线中通有垂直纸面向里、大小为 I的电流，其在O点产生的磁感应强度与C在O点产生的磁感应强度等大反向，故 O点的磁感应强度为 0，故C正确；
D．若再在 A点放置一根直导线，导线中通有垂直纸面向外、大小为 2I的电流，其在O点产生的磁感应强度大小为2B0，方向O直向D，则 O点的磁感应强度大小为 3B0，故D错误。
故选C。
如图所示，三根质量均为m的通电直导线沿垂直纸面水平放置，导线甲放在水平桌面上，乙、丙固定在甲的上方且连线水平，三根导线的截面连线刚好构成正三角形，现在三根导线中通有大小相等的电流，甲、丙的电流方向向里，乙的电流方向向外，已知相邻两导线间的作用力大小均为mg2，此时甲刚好静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（ ）
A．甲对桌面的压力大小为32mgB．甲与水平桌面间的动摩擦因数为32
C．仅将丙中电流反向，甲所受的摩擦力变为0D．仅撤走乙，甲在水平桌面上开始滑动
【答案】C
【来源】安徽省皖北县中联盟2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题
【详解】AB．对导线甲受力分析，如图所示
由题意可知，导线甲刚好静止，在竖直方向上有mg+F乙sin60°=FN+F丙sin60°
水平方向上有Ff=F乙cs60°+F丙cs60°
其中F乙=F丙=mg2，Ff=μFN
解得FN=mg，Ff=12mg，μ=0.5
又由牛顿第三定律得导线甲对桌面的压力大小为FN'=FN=mg
故AB错误；
C．仅将导线丙中电流反向，受力分析如图所示
由对称性可知，导线乙和导线丙在水平方向的分力大小相等，所以导线甲所受的摩擦力为0，故C正确；
D．仅撤走导线乙，导线甲的受力分析如图所示
假设导线甲不滑动，则竖直方向有mg=FN+F丙sin60°
则FN=mg−34mg
导线甲与桌面间的最大静摩擦力为Ffm=μFN=mg2−38mg
F丙在水平方向的分力为Fx=F丙cs60°=14mg
显然Fx