專題19 磁場的描述安培力-2025年高考物理熱點知識講練與題型歸納（全國通用）-試卷下載-教習網

題型一安培定則的應用和磁場的疊加
1．磁場
(1)基本特性：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有力的作用．
(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向，或自由小磁針靜止時N極的指向．
2．磁感應強度
(1)定義式：B＝eq \f(F,IL)(通電導線垂直于磁場)．
(2)方向：小磁針靜止時N極的指向．
(3)磁感應強度是反映磁場性質的物理量，由磁場本身決定，是用比值法定義的．
3．電流的磁場
4.磁場的疊加
磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成與分解．
類型1 磁場的疊加
（2024?浙江模擬）某同學用電荷量計（能測出一段時間內通過導體橫截面的電荷量）測量地磁場強度，完成了如下實驗：如圖，將面積為S、電阻為R的矩形導線框abcd沿圖示方位放置于地面上某處，將其從圖示位置繞東西軸轉180°，測得通過線框的電荷量為Q1；將其從圖示位置繞東西軸轉90°，測得通過線框的電荷量為Q2；該處地磁場的磁感應強度大小為（）

A．RSQ124+Q22B．RSQ12+Q22
C．RSQ122+Q1Q2+Q22D．RSQ12+Q1Q2+Q22
【解答】解：北半球磁場的方向向北，斜向下，設B與水平方向之間的夾角為θ，取磁感線從線框上面向下穿過時為正。
初始位置的磁通量：Φ1＝BSsinθ
線框轉過180°時，磁感線的方向從線框的背面穿過，所以：Φ2＝﹣Φ1＝﹣BSsinθ
線框轉過90°時，磁感線的方向也是從線框的背面穿過，所以：Φ3＝﹣BScsθ
線框轉過180°時，回路磁通量變化量的大小為：ΔΦ＝|Φ2﹣Φ1|＝2BSsinθ。
根據公式有：Q1＝I1Δt1=ΔΦΔt1RΔt1=ΔΦR=2BSsinθR
線框轉過90°時，回路磁通量變化量的大小為：ΔΦ′＝|Φ2﹣Φ1|＝BS?（sinθ+csθ）
所以對：Q2=ΔΦ'R=BS(sinθ+csθ)R
聯立可得：B=RSQ122+Q1Q2+Q22．故C正確，ABD錯誤
故選：C。
（2024?浙江模擬）如圖所示，五根垂直紙面放置的平行長直導線通過紙面內的a、b、c、d、e五個點，五個點恰好為正五邊形的五個頂點，點為正五邊形的中心。僅給其中一根直導線通大小為I0的電流時，點的磁感應強度大小為B0。若每根直導線通電時電流大小均為I0，則（）
A．僅給a處直導線通電時，、b、e點的磁感應強度大小相同
B．僅給a、b處直導線通同向電流時，點的磁感應強度大小為3B0
C．僅給a、b、c處直導線通同方向電流時，點的磁感應強度方向一定平行de連線
D．給任意四根直導線通電時，點的磁感應強度大小均為B0
【解答】解：A、由幾何關系可知a點與、b、e三點的距離關系為：ab＝ae≠a，根據通電直導線產生的磁場的特點，可知b、e點的磁感應強度大小相同，點的磁感應強度大小與b、e點的磁感應強度大小不相等，故A錯誤；
B、僅給a、b處直導線通同向電流（電流方向均垂直紙面向里或向外，不會影響結果的磁感應強度大?。?，通電直導線a、b（假設電流方向均垂直紙面向里）分別產生的磁場在點的磁感應強度以及它們的合磁感應強度B1如圖1所示。
由幾何關系可知：θ=360°5=72°，B1＝2B0csθ2=2B0cs72°2=1.6B0，故B錯誤；
C、僅給a、b、c處直導線通同方向電流時（假設電流方向均垂直紙面向里），通電直導線a、b、c分別產生的磁場在點的磁感應強度Ba、Bb、Bc的大小相等均為B0，方向如圖2所示。
通電直導線b產生的磁場在點的磁感應強度Bb的方向平行de連線，通電直導線a、c產生的磁場在點的磁感應強度Ba、Bc在Bb的兩側，與Bb的夾角均等于θ，根據平行四邊形定則，Ba、Bc的合磁感應強度與Bb同向，點的磁感應強度方向一定平行de連線。若電流方向均垂直紙面向外，只是磁感應強度方向相反，但還是平行de連線的，故C正確；
D、給任意四根直導線通電時，假設直導線a、b的電流方向均垂直紙面向里，直導線c、d的電流方向均垂直紙面向外，同樣的作出直導線a、b、c、d產生的磁場在點的磁場疊加如圖3所示，
將Ba與Bc合成為Bac，Bb與Bd合成為Bbd，再將Bac與Bbd合成最終的B合，Ba、Bc、Bb、Bd的大小均等于B0，顯然B合大于B0，由此可見點磁感應強度與四根直導線的電流方向有關，故D錯誤。
故選：C。
（多選）（2024?福州模擬）如圖甲所示，一個條形磁鐵P固定在水平桌面上，以P的右端點為原點，中軸線為x軸建立一直角坐標系，一個靈敏的小磁針Q（黑色端為N極）放置在x軸上不同位置，設Q與y軸之間的夾角為θ，實驗測得tanθ與x之間的關系如圖乙所示，已知該處地磁場方向水平，磁感應強度大小為B0，下列說法正確的是（）
A．P的右端為N極
B．P的中軸線與地磁場方向平行
C．P在x0處產生的磁場的磁感應強度大小為33B0
D．x0處合磁場的磁感應強度大小為2B0
【解答】解：B、根據題意可知，當x趨向無窮大時，P產生的磁場的磁感應強度趨于零，小磁針所指的方向為地球的磁場的方向，由圖乙可知，x趨向無窮大時，tanθ趨向0，則θ趨向0，即地磁場方向沿+y方向，與P的中軸線垂直，故B錯誤；
AC、由圖甲，結合B分析可知，P在x軸上的磁場方向沿+x方向，則P的右端為N極。
設P在x0處產生的磁場的磁感應強度大小為Bx，結合圖乙，由幾何關系有
BxB0=tanθ=33
解得：Bx=33B0，故AC正確；
D、結合AC分析，由幾何關系可得x0處合磁場的磁感應強度大小為B=Bx2+B02=(33B0)2+B02=233B0，故D錯誤。
故選：AC。
類型2 安培定則的應用
（2024?泰州模擬）已知無限長直導線通電時，在某點所產生的磁感應強度的大小與導線中的電流成正比、與該點到導線的距離成反比。兩根足夠長的直導線平行放置，其中電流分別為I、2I，A、B是兩導線所在平面內的兩點，到導線的距離分別如圖所示，其中A點的磁感應強度為B0，則B點的磁感應強度（）
A．大小為B09，方向垂直紙面向外B．大小為B09，方向垂直紙面向里
C．大小為B03，方向垂直紙面向外D．大小為2B03，方向垂直紙面向外
【解答】解：由安培定則可知，兩導線獨立在A點產生的磁場的方向均垂直紙面向里，則有
B0=kId+2kId=3kId
左邊導線在B點產生的磁場的方向垂直紙面向外，右邊導線在B點產生的磁場的方向垂直紙面向里，則有
B=kId-2kI3d=kI3d=B09
方向垂直紙面向外，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024?東西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，在同一平面內互相絕緣的三根無限長直導線ab、cd、ef圍成一個等邊三角形，三根導線通過的電流大小相等，方向如圖所示，O為等邊三角形的中心，M、N分別為O關于導線ab、cd的對稱點。已知三根導線中的電流形成的合磁場在O點的磁感應強度大小為B1，在M點的磁感應強度大小為B2，若撤去導線ef，而ab、cd中電流不變，則此時N點的磁感應強度大小為（）
A．B1+B2B．B1﹣B2C．B1+B22D．B1-B22
【解答】解：設每根導線中的電流在O點產生的磁感應強度大小為B0，ef、cd中的電流在M點產生的磁感應強度大小都為B0′，則在O點有B1＝B0，在M點有：B2＝2B0′+B0，
撤去導線ef后，在N點有：BN＝B0+B0′、聯立各式解得：B2=B1+B22，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024?合肥二模）正方形MNPQ的中心為O，其對角線MOP長為2d。均通有電流I0的兩無限長直導線互成60°角，放置在該正方形平面內，兩導線彼此絕緣且相交于O，MOP平分∠GOH，通入的電流方向如圖所示。已知一根無限長直導線通入電流l時，垂直導線距離為r處的磁感應強度大小B＝kIr，k為常數。則M、N、P、Q四處的磁感應強度大小正確的是（）
A．BM=4kI0dB．BN=4kI0d
C．BP=23kI0dD．BQ=23kI0d
【解答】解：根據幾何關系可知M、N、P、Q四點到兩導線的距離分別為12d、32d、12d、32d，根據矢量的疊加可知M、P兩點的磁感應強度大小為
B＝2×kI012d=4kI0d
N、Q兩點的磁感應強度大小為0。
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
題型二安培力的分析和計算
判定安培力作用下導體運動情況的常用方法
類型1 通電導線有效長度問題
（2024?山東模擬）如圖所示，在平面直角坐標系的第一象限內分布著非勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，沿y軸方向磁場均勻分布，沿x軸方向磁感應強度大小B與橫坐標x滿足關系B＝kx，其中k是一恒定的正數。由粗細均勻的同種規(guī)格導線制成的正方形線框ABCD邊長為a，A處有一極小開口AE，整個線框垂直放在磁場中，且AD邊與y軸平行，AD邊與y軸的距離為a，線框A、E兩點與一電源相連，穩(wěn)定時流入線框圖示方向的電流為I。則整個線框受到的安培力（）
A．方向沿x軸負方向B．大小為零
C．大小為ka2ID．大小為2ka2I
【解答】解：由于沿y軸方向磁場分布均勻，所以CD邊和BE邊所受安培力的合力為零；
沿x軸方向磁感應強度大小B與橫坐標x滿足關系B＝kx，設AD邊x軸坐標為x0，AD邊所受安培力：F1＝BIa＝kx0Ia，由左手定則可知安培力方向沿著x軸負方向，BC邊所受安培力大?。篎2＝B′Ia＝k（x0+a）Ia，方向沿著x軸正方向，所以整個線框在x軸方向受到的合力大小為：F=F2-F1=k(x0+a)Ia-kx0Ia=ka2I，方向沿x軸正方向，故C項正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2024?衡水模擬）如圖所示，水平桌面內固定一金屬導線做成的心形擺件，該擺件由兩個直徑為d的半圓形導線和一個V形導線組成，M、N為兩部分導線連接點，空間存在磁感應強度大小為B、豎直向下的勻強磁場、從M、N點引出導線，向擺件中通以恒定電流I，擺件受到的安培力大小為（）
A．2BIdB．BIdC．BId2D．BIdπ
【解答】解：電流經M點后，根據并聯電路特點，電流分成上下兩部分，分別流經兩個半圓形導線和一個V形導線，到N點匯合流出。
對兩個直徑為d的半圓形導線，有效長度為2d，根據安培力公式（和左手定則）可得：F上＝BI上?2d，方向指向圖上方；
對V形導線，有效長度為2d，根據安培力公式（和左手定則）可得：F下＝B（I﹣I上）?2d，方向指向圖上方；
所以，擺件受到的安培力大小為：F＝F上+F下＝BI上?2d+B（I﹣I上）?2d＝2BId
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024?山東模擬）如圖，正六邊形線框ABCDEF由6根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點A、B與直流電源兩端相連，已知導體棒BC受到的安培力大小為F0，則正六邊形線框受到的安培力的大小為（）
A．6F0B．5F0C．2F0D．65F0
【解答】解：設每一根導體棒的電阻為R，長度為L，通電導體BCDEFA受安培力的有效長度為L，根據安培力公式F＝BIL可得，通電導體BCDEFA與BC受到的安培力的大小相等，也為F0，
則BA與BCDEFA兩支路的電阻之比為R1：R2＝R：5R＝1：5，根據并聯電路兩端電壓相等的特點可知，BA與BCDEF兩支路電流之比I1：I2＝5：1
BA與BCDEFA受到的安培力的大小之比為F′：F0＝I1：I2＝5：1，可得F′＝5F0
根據左手定則可知，兩力方向相同，整個線框所受安培力的合力大小為F0+F′＝6F0，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
類型2 判斷安培力作用下導體的運動
（2023春?巫溪縣校級月考）如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數為N1，現在磁鐵上方中心偏左位置固定一通電導線，電流方向如圖，當加上電流后，臺秤讀數為N2，則以下說法正確的是（）
A．N1＞N2，彈簧長度將變長B．N1＞N2，彈簧長度將變短
C．N1＜N2，彈簧長度將變長D．N1＜N2，彈簧長度將變短
【解答】解：在磁鐵的外部，磁感線是從N極到S極，因為長直導線在磁鐵的中心偏左位置，所以此處的磁感線是斜向右上的，電流的方向垂直于紙面向里，根據左手定則，導線受磁鐵給的安培力方向是斜向右下，長直導線是固定不動的，根據物體間力的作用是相互的，導線給磁鐵的反作用力方向就是斜向左上；將這個力在水平和豎直分解，因此光滑平板對磁鐵支持力減小，由于在水平向左產生分力，磁體向左運動，所以彈簧長度將變短，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
（2023?湖北模擬）一直線電流PQ水平放置，固定在桌面上，在其正上方有一根通電的硬直導線ab，ab和PQ中的電流方向如圖所示。初始時，ab水平，ab⊥PQ，若ab可以在空中自由移動和轉動，則從上往下看導線ab（）
A．逆時針轉動，同時下降B．逆時針轉動，同時上升
C．順時針轉動，同時下降D．順時針轉動，同時上升
【解答】解：根據左手定則，由圖示可知左側導體所處的磁場方向斜向上，右側導體所處的磁場斜向下，則由左手定則可知，左側導體受安培力方向向外，右側導體受安培力方向向里，故從上向下看，直導線為逆時針轉動；當導體轉過90°時，即導體與磁場垂直，由左手定則可得導體受安培力向下，故可得出導體運動為逆時針轉動的同時還要向下運動，故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
（2024?東西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，勻強磁場區(qū)域足夠大，磁感應強度大小為B，方向水平向右，將一段14圓弧形導體ab置于磁場中，圓弧圓心為O，半徑為r，ab連線豎直。現在導體ab中通以方向從b→a的恒定電流I，下列說法正確的是（）
A．將磁場從圖示位置開始沿順時針方向在豎直面內緩慢旋轉120°過程中，圓弧受到安培力方向始終垂直紙面向外
B．將磁場從圖示位置開始沿順時針方向在豎直面內緩慢旋轉120°過程中，圓弧受到的安培力最大值為πBIr2
C．將磁場從圖示位置開始在水平面內緩慢旋轉120°過程中，圓弧受到的安培力最大值為2BIr
D．將磁場從圖示位置開始在水平面內緩慢旋轉120°過程中，圓弧受到的安培力最大值為πBIr2
【解答】解：A、圓環(huán)受到的安培力方向即垂直于B的方向，又垂直于I的方向，即垂直于B與I所組成的平面，將磁場從圖示位置開始沿順時針方向在豎直面內緩慢旋轉120°過程中，根據左手定則可知，圓環(huán)受到的安培力方向先垂直紙面向外，后垂直紙面向里，故A錯誤；
BCD、將磁場從圖示位置開始沿順時針方向在豎直面內緩慢旋轉120°過程中，圓環(huán)導線的有效長度為2r，當B和I相互垂直時，安培力最大，最大值為F=2BIr，故C正確，BD錯誤。
故選：C。
題型三安培力作用下平衡問題
求解通電導體在磁場中的力學問題的方法
1．選定研究對象；
2．變三維為二維，畫出平面受力分析圖，判斷安培力的方向時切忌跟著感覺走，一定要用左手定則來判斷，注意F安⊥B、F安⊥I；
3．根據力的平衡條件、牛頓第二定律列方程進行求解．
類型1 安培力下的平衡問題
（2024?道里區(qū)校級一模）如圖甲所示，直導線P、Q分別被兩根等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸上，且P固定于水平軸正下方，兩組繩長也相同，其截面圖如圖乙所示，導線P通以垂直紙面向里的電流；導線Q電流方向未知，平衡時兩導線位于同一水平面，且兩組絕緣輕繩與豎直方向夾角均為θ。已知Q的質量為m，重力加速度為g。下列說法正確的是（）
A．導線Q中電流方向垂直紙面向里
B．導線P、Q間的安培力大小為2mgsinθ2
C．僅使導線P中電流I緩慢增大且θ不超過90°，導線Q對懸線的拉力大小逐漸增大
D．當導線P中電流突然消失的瞬間，導線Q受到兩繩的拉力大小之和為mgsinθ
【解答】解：A、對Q進行受力分析可知，P對Q的力為斥力，根據安培定則和左手定則可知，若兩導線的電流方向相反，即導線中電流方向垂直紙面向外，故A錯誤；
B、設導線Q受到的兩繩的拉力之和為T，導線P、Q之間的安培力為F，對Q進行受力分析，根據三角形定則，受力如圖所示：
因為兩組繩長相同，則根據幾何關系可得：
T＝mg；F=2mgsinθ2，故B正確；
C、根據上述分析可知，導線Q受到兩繩的拉力之和T始終為mg，與電流和角度無關，則導線Q對懸線的拉力大小不變，故C錯誤；
D、當導線P中電流突然消失的瞬間，導線P、Q間的安培力消失，此時沿繩方向上的合力為零，則導線Q受到的兩繩的拉力之和為mgcsθ，故D錯誤；
故選：B。
（2024春?重慶期中）如圖所示，三根長度均為L的直線電流在空間構成等邊三角形，電流的方向垂直紙面向里．電流大小均為I，其中A、B電流在C處產生的磁感應強度的大小均為B0，直線電流C的質量為m，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，C位于水平面恰好處于靜止狀態(tài)，則C受到的摩擦力方向和C與水平面的動摩擦因數分別是（）
A．水平向右，μ=3B0ILmgB．水平向左，μ=3B0IL2mg
C．水平向右，μ=3B0IL2mgD．水平向左，μ=3B0ILmg
【解答】解：A、B電流在C處產生的磁感應強度的大小分別為B0，如圖所示：
根據力的平行四邊形定則，結合幾何的菱形關系，
則有：BC=3B0；
再由左手定則可知，安培力方向水平向左，大小為FA=3B0IL；
由于導線C位于水平面處于靜止狀態(tài)，所以導線C受到的靜摩擦力大小為3B0IL，方向水平向右；
結合公式μ=fFN=3B0ILmg，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2024春?洪山區(qū)校級期中）如圖所示，間距為l＝1m且相互平行的導軌固定在水平絕緣桌面，導軌左端與電源連接，電源電動勢為1.5V，金屬棒ab垂直于導軌放置，整個回路的電阻為3Ω。整個空間中存在方向垂直于金屬棒ab且與水平面成37°角斜向上方的勻強磁場，磁感應強度大小為0.1T。取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。若金屬棒ab始終靜止，則金屬棒ab受到的摩擦力（）
A．方向水平向右，大小為0.03N
B．方向水平向左，大小為0.03N
C．方向水平向右，大小為0.05N
D．方向水平向左，大小為0.05N
【解答】解：根據左手定則判斷可知，金屬棒ab受到的安培力方向垂直于磁感線斜向左上方，對金屬棒ab受力分析如圖所示。
根據平衡條件得BIlcs53°＝f
由閉合電路歐姆定律得
I=ER
聯立解得：f＝0.03N，方向水平向右，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
類型2 安培力下的加速問題
（2023春?成都期末）如圖，一質量為m＝3kg、長為L＝2m的導體棒ab放在水平粗糙平行導軌MN、PQ上，導軌間距為L＝2m，導體棒ab中的電流大小為I＝2.5A，與導軌間的動摩擦因數為μ=33。在導軌所在空間加一勻強磁場（圖中未畫出），使導體棒ab在安培力作用下向右做勻速直線運動，導體棒ab與導軌始終垂直并且保持良好接觸，重力加速度大小取g＝10m/s2，則磁感應強度的最小值為（）
A．33TB．6TC．23TD．3T
【解答】解：對導體棒進行受力分析，如圖所示，受到豎直向下的重力、豎直向上的支持力、與運動方向相反的摩擦力，故要使導體棒勻速直線運動，則安培力需為動力，則設磁場方向與軌道平面成θ角向左斜向上，由左手定則可知安培力方向與磁場垂直斜向右上方，如圖所示，
則由共點力平衡條件得：
BILsinθ＝μFN ①
FN+BILcsθ＝mg ②
聯立①②解得：B=μsinθ+μcsθ?mgIL
整理得：B=12(sin30°+θ)?mgIL
當θ＝60°時磁感應強度最小，
代入數據解得：B＝3T，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023?株洲三模）如圖所示的電路中，恒流源能提供圖示方向、大小為I的恒定電流。質量為m的導體棒垂直放置在水平導軌MN、PQ上，兩導軌平行且相距為L，導體棒與水平導軌間的動摩擦因數為μ=33，導體右端均與兩個相同的豎直光滑半圓形軌道平滑連接與N、Q兩點，半圓形軌道半徑為R，導體棒初始位置與NQ相距為s，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）
A．若在水平軌道間加水平向右的勻強磁場B，則導體棒初始開始運動時的加速度為BILm
B．若要使導體棒在水平軌道上做勻速運動，則所加磁場B最小時的方向應為左上，與豎直方向夾角為30°
C．若在水平軌道間加豎直向上的勻強磁場B，則導體棒剛進入圓弧軌道時對軌道的壓力大小為2(BIL-μmg)sR
D．若要使導體棒剛好到達圓弧軌道的最高點，則在水平軌道間所加豎直向上的磁場的最小值為2mgRsIL+μmgIL
【解答】解：A．若加上水平向右的勻強磁場B，對棒受力分析，由左手定則，安培力方向向下，棒不運動，加速度為0，故A錯誤；
B．要使棒勻速運動，受力平衡，其合外力為零，設安培力方向為右上，與水平方向夾角為α，受力分析如圖
由平衡條件：Fcsα＝μ（mg﹣Fsinα）
解得F=μmgcsα+μsinα=mg3csα+sinα
由數學知識F=mg2cs(30°-α)
當α＝30°，安培力最小，由左手定則，所加磁場最小時B的方向應為左上，與豎直方向夾角為30°，故B正確；
C．當加上豎直向上的勻強磁場B時，由左手定則，安培力水平向右．由動能定理有BILs-μmgs=12mv2
由牛頓第二定律N-mg=mv2R
聯立解得N=2(BIL-μmg)sR+mg
由牛頓第三定律，導體棒剛進入圓弧軌道時對軌道的壓力大小為2(BIL-μmg)sR+mg，故C錯誤；
D．要使棒剛好到達圓弧最高點，則在最高點時重力提供向心力：mg=mv22R
設所加豎直向上的磁場的最小值為B，由動能定理有BILs-μmgs-mg?2R=12mv22，解得B=5mgR2sIL+μmgIL
故D錯誤.
故選：B。
類型3 電磁炮模型
（2023秋?廣州期末）圖甲是我國電磁炮照片，圖乙是其原理圖。該電磁炮的軌道長10m，寬2m。若發(fā)射質量為100g的炮彈，從軌道左端做初速度為零的勻加速直線運動，當回路中的電流恒為100A時，最大速度可達2km/s，假設軌道間磁場為勻強磁場，不計空氣及摩擦阻力。下列說法正確的是（）
A．軌道間磁場方向豎直向下
B．軌道間磁場方向為水平向右
C．電磁炮的加速度大小為4×105m/s2
D．磁感應強度的大小為100T
【解答】解：AB.回路中電流方向如題圖所示，則根據安培定則可知，磁場方向應豎直向上，故AB錯誤；
CD.由題意可知，最大速度v＝2km/s＝2000m/s，加速距離x＝10m，由速度和位移關系可知
v2＝2ax
解得a=v22x=200022×10m/s2=2×105m/s2
由牛頓第二定律可得BIL＝ma
解得：B=maIL=0.1×2×105100×2T=100T，故C錯誤，D正確；
故選：D。
（2023秋?西山區(qū)校級期末）電磁炮是一種現代化武器，模擬圖如圖所示，當接通電源之后，炮彈就會在導軌中的電流磁場作用下，向前加速飛行，關于電磁炮的有關說法錯誤的是（）
A．將電流反向，炮彈所受磁場力方向不變
B．將電流反向，炮彈所受磁場力方向也會反向
C．其他條件相同時，電流越大，炮彈飛出速度越大
D．其他條件相同時，導軌越長，炮彈飛出速度越大
【解答】解：AB．若將電流反向，由安培定則知，磁場也反向，根據左手定則可知，炮彈受力方向不變，故A正確，B錯誤；
C．電流越大，磁場越強，由安培力公式F＝BIL可知，炮彈受安培力越大，安培力做功越大，由動能定理知，炮彈的動能越大，則炮彈飛出速度越大，故C正確；
D．相同條件下，導軌越長，安培力做功越大，由動能定理知，炮彈的動能越大，則炮彈飛出速度越大，故D正確。
本題選擇錯誤的，故選：B。
（多選）（2024?荔灣區(qū)校級三模）“電磁炮”是利用電磁力對彈體加速的新型武器，具有速度快效率高等優(yōu)點。如圖是“電磁炮”的原理結構示意圖。光滑水平導軌電阻不計，寬為L．在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B．“電磁炮”彈體總質量為m，其中彈體在軌道間的電阻為R．可控電源的內阻為r，電源的電壓能自行調節(jié)，以保證“電磁炮”勻加速發(fā)射。在某次試驗發(fā)射時，電源為加速彈體提供的電流是I，不計空氣阻力。則（）
A．彈體所受安培力大小為BIL
B．彈體從靜止加速到v，軌道長度至少為2mv2BIL
C．彈體從靜止加速到v的過程中電源提供的總能量為mvBL(IR+Ir+BLv2)
D．可控電源的電壓應隨時間均勻增加，才能保證“電磁炮”勻加速發(fā)射
【解答】解：A、在導軌通有電流I時，炮彈作為導體受到磁場施加的安培力為：F＝ILB，故A正確；
B、由動能定理：Fx=12mv2，解得：x=mv22BIL，故B錯誤；
C、由F＝ma，v＝at，發(fā)射過程產生的熱量：Q＝I2（R+r）t，彈體的動能：EK=12mv2，電源提供的總能量為E＝Ek+Q，
聯立解得：E=mvBL(IR+Ir+BLv2)，故C正確；
D、由于彈體的速度增大，彈體切割磁感線產生感應電動勢，電源的電壓應增大，抵消產生的感應電動勢，以保證電源為加速彈體提供恒定的電流，使電磁炮勻加速發(fā)射，故D正確。
故選：ACD。
題型四安培力與功、動能定理的綜合應用
1．安培力的計算：F＝IlBsinθ
2．功的計算：W＝Flcs_α
3．動能定理：表達式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)表示一個過程的末動能，Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)表示這個過程的初動能．W表示這個過程中合力做的功．
（2024?泉州模擬）2024年4月《央視軍事》報道，處于世界領先技術的國產電磁炮能在100公里外打穿8厘米的鋼板。電磁炮是一種利用電磁發(fā)射技術工作的先進動能發(fā)射武器，其工作原理可簡化如下圖所示，水平面上放置兩根間距為d、長度為L的平行導軌，導軌上放有質量為m的炮彈，通上電流后，炮彈在安培力的作用下沿導軌加速運動。設炮彈與導軌間的彈力沿豎直方向，導軌間的磁感應強度為B，方向垂直導軌平面，不計空氣阻力，已知重力加速度大小為g。當通上電流為I時，炮彈恰好做勻速直線運動，求：
（1）炮彈受到安培力的大??；
（2）炮彈與導軌間的動摩擦因數；
（3）若將電流增大一倍，求靜止的炮彈可在導軌上獲得的最大速度。
【解答】解：（1）炮彈受到安培力大小為：F＝BId
（2）設一根導軌對炮彈的摩擦力為f，炮彈做勻速直線運動，由力的平衡有：2f＝F
豎直方向上由力的平衡有：2N＝mg
滑動摩擦力：f＝μN
代入數據可得動摩擦因數為：μ=BIdmg
（3）將電流增大一倍，則安培力變?yōu)樵瓉淼?倍，即：F′＝2BId
在導軌上加速過程，由動能定理有：(F'-2f)L=12mvm2-0
代入數據可得：vm=2BIdLm，方向與安培力方向相同。
答：（1）炮彈受到安培力的大小為BId；
（2）炮彈與導軌間的動摩擦因數為：BIdmg
（3）若將電流增大一倍，靜止的炮彈可在導軌上獲得的最大速度為2BIdLm，方向與安培力方向相同。
（2023秋?通州區(qū)期末）“電磁炮”是現代軍事研究中的一項尖端科技研究課題。其工作原理是將炮架放入強磁場中，并給炮架通入高強度電流，炮架相當于放入磁場的通電直導線，在安培力的作用下加速運動，在較短的軌道上短時間內獲得一個非常大的速度射出。如圖所示，已知加速軌道長度為L，軌道間距為d，炮架及炮彈的質量為m，足夠大勻強磁場垂直于軌道所在平面，磁感應強度大小為B。炮架與水平軌道垂直。當給炮架通以大小恒為I的電流后，炮架與炮彈一起向右加速運動，不計一切阻力。求：
（1）通電時，炮架受到的安培力F的大??；
（2）離開軌道時，炮彈的速度v的大??；
（3）采取哪些措施能提高炮彈的發(fā)射速度。（至少提三條）
【解答】解：（1）炮架受到的安培力為F＝BId
（2）根據動能定理有
FL=12mv2
解得：v=2FLm=2BIdLm
（3）要提高炮彈的發(fā)射速度，需要增加磁場的磁感應強度B，可以增大通電電流，也可以增加軌道的長度L。
答：（1）通電時，炮架受到的安培力F的大小為BId；
（2）離開軌道時，炮彈的速度v的大小是2BIdLm；
（3）可以通過增加磁場的磁感應強度B，可以增大通電電流，也可以增加軌道的長度L，來提高炮彈的發(fā)射速度。
考點
考情
命題方向
考點1 磁場的描述
2022年全國理綜乙卷
2022年高考上海卷
2023新高考福建卷
2023高考福建卷
1.磁場的描述高考考查的知識點主要有：磁感應強度和磁通量，地磁場，安培定則等；磁感應強度的疊加是考查的熱點。
2.安培力的考查主要集中在：
①安培力大小計算和分析判斷：②磁動力：③安培力相關的平衡；④與電磁感應相關的安培力。
考點2 安培力
2022年高考湖北物理卷
2022新高考江蘇卷
2024年高考福建卷
2022年1月浙江選考
2022天津學業(yè)水平選擇性考試
直線電流的磁場
通電螺線管的磁場
環(huán)形電流的磁場
特點
無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱
與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場
環(huán)形電流的兩側是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱
安培
定則
立體圖
橫截面圖
電流元法
分割為電流元eq \(―――――→,\s\up7(左手定則))安培力方向―→整段導體所受合力方向―→運動方向
特殊位
置法
在特殊位置―→安培力方向―→運動方向
等效法
環(huán)形電流小磁針
條形磁鐵通電螺線管多個環(huán)形電流
結論法
同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換研究
對象法
定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向

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