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专题19 磁场对电流的作用-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用）
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这是一份专题19 磁场对电流的作用-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用），文件包含专题19磁场对电流的作用原卷版docx、专题19磁场对电流的作用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题19 磁场对电流的作用
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153211015" 题型一 安培定则的应用和磁场的叠加 PAGEREF _Tc153211015 \h 1
\l "_Tc153211016" 类型1 磁场的叠加 PAGEREF _Tc153211016 \h 2
\l "_Tc153211017" 类型2 安培定则的应用 PAGEREF _Tc153211017 \h 6
\l "_Tc153211018" 题型二 安培力的分析和计算 PAGEREF _Tc153211018 \h 7
\l "_Tc153211019" 题型三 安培力作用下平衡与运动问题 PAGEREF _Tc153211019 \h 12
\l "_Tc153211020" 类型1 安培力下的平衡问题 PAGEREF _Tc153211020 \h 12
\l "_Tc153211021" 类型2 安培力下的加速问题 PAGEREF _Tc153211021 \h 16
\l "_Tc153211022" 题型四 安培力与功、动能定理的综合应用 PAGEREF _Tc153211022 \h 19
题型一 安培定则的应用和磁场的叠加
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．电流的磁场
4.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．
类型1 磁场的叠加
（2023秋•河南期中）一小磁针水平悬吊在空中且能自由转动时，N极指向记为y轴方向。现在小磁针的正下方沿与y轴垂直的x轴方向，水平放置一条形磁铁，小磁针静止时，小磁针N极与y轴夹角为θ＝30°，俯视图如图所示。已知地磁场在小磁针位置磁感应强度的水平分量为B0，则条形磁铁在小磁针位置处的磁感应强度大小为（ ）
A．33B0B．233B0C．3B0D．2B0
【解答】解：放置条形磁铁时，小磁针静止时的指向为该处磁场方向，如图所示：
Bx＝B0tanθ
解得：Bx=33B0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春•太原期中）科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针静止时，N极指向为北偏东30°，如图虚线所示。设该位置地磁场磁感应强度的水平分量为B，磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小值为（ ）
A．B2B．BC．32BD．3B
【解答】解：磁矿所产生的磁场使原来指向正北的N极顺时针转过30°，根据矢量三角形定则可知：磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小时方向与图中虚线垂直，
则磁感应强度水平分量最小值为：
B'＝Bsin30°
B'=B2
故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2023•永州三模）如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则（ ）
A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中b导线所受安培力大小为F
C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
【解答】解：A．A、B关于O点对称，根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为：Ffd＝tan30°F
解得：Ffd=33F
e对导线b的安培力大小为：F2
则根据平行四边形定则对矢量进行合成可得b导线所受安培力大小为：Fb=2Fsin30°+2×3F3sin60°+F2
解得：Fb=5F2，故B错误；
CD．根据安培定则可得，a、d两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；b、e两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；故a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。
故选：C。
（2022•南京模拟）M、N两根通电长直导线垂直放置，通有大小相同的电流，方向如图所示，O点和N在纸平面内，O点距两导线的距离相等，测得O点的磁感应强度大小为B0，则M在O点产生的磁感应强度大小为（ ）
A．2B0B．22B0C．2B0D．3B0
【解答】解：设两根通电长直导线在O点产生的磁感应强度大小为B，由平行四边形定则可知
B=22B0，M在O点产生的磁感应强度大小为22B0，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2022秋•上城区校级期中）粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有相同的电流，电流方向垂直纸面向里．水平面上一带电滑块（电性未知）以某一初速v沿两导线连线的中垂线入射，运动过程中滑块始终未脱离水平面．下列说法正确的是（ ）
A．滑块可能做加速直线运动
B．滑块可能做匀速直线运动
C．滑块可能做曲线运动
D．滑块一定做减速运动
【解答】解：根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上：上方的磁场方向水平向右，而下方的磁场方向水平向左，根据左手定则，可知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于水平面向上或向下，滑块所受的支持力减小或增大，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动，故ABC错误，D正确。
故选：D。
类型2 安培定则的应用
（2023•南通二模）1917年斯泰瓦和托尔曼发现加速转动的金属环中产生了电流。正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动，正离子和电子的运动共同产生电流。如图所示，金属环绕过圆心O且垂直于环平面的轴顺时针转动，则（ ）
A．若匀速转动，圆环中会产生恒定电流
B．若匀速转动，转速越大圆环中电流越大
C．若加速转动，圆环中有顺时针方向电流
D．若加速转动，O处的磁场方向垂直纸面向外
【解答】解：AB．若匀速转动，圆环中的正离子和电子的相对位置不会变化，不会产生电流。故AB错误；
C．若加速转动，圆环中正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动即逆时针运动，根据正电荷的定向移动方向为电流方向，负电荷的运动方向为电流的反方向可知有顺时针方向电流。故C正确；
D．若加速转动，圆环中有顺时针方向电流，根据安培定则可知，O处的磁场方向垂直纸面向里。故D错误。
故选：C。
（2021•杨浦区二模）如图，两平行通电直导线a、b垂直纸面放置，分别通以垂直纸面向里的电流I1、I2，另一通电电流方向垂直纸面向外的直导线c与两导线共面。导线c受到的安培力为零，则（ ）
A．增大I1，导线c受到的安培力向左
B．增大I2，导线c受到的安培力向右
C．I1反向，导线c受到的安培力向左
D．I2反向，导线c受到的安培力向左
【解答】解：对导线c，其受到导线a对其向右的安培力F1和导线b对其向左的安培力F2，其合力为零而处于平衡状态，
A、若增大I1，导线c受到的安培力F1增大，F2不变，其合力向右，故A错误；
B、若增大I2，导线c受到的安培力F2增大，F1不变，其合力向左，故B错误；
C、I1反向，导线c受到的安培力F1向左，F2不变，其合力向左，故C正确；
D、I2反向，导线c受到的安培力F2向右，F1不变，其合力向右，故D错误。
故选：C。
题型二 安培力的分析和计算
判定安培力作用下导体运动情况的常用方法
（2023秋•永春县校级期中）如图所示，一通电导体棒ab静止在倾角为θ的粗糙斜面上，流过导体棒的电流如图所示，导体棒所在空间加一方向与导体棒垂直的匀强磁场，当匀强磁场方向与图中箭头方向（与斜面垂直向上）的夹角为α时，无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列关系式中正确的是（ ）
A．tanα≥1μB．tanα≤1μC．tanα≥μD．tanα≤μ
【解答】解：通电导体棒受安培力与斜面夹角为α，受重力、支持力.摩擦力和安培力，根据平衡条件
F安csα＝f+mgsinθ
FN＝mgcsα+F安sinα
其中f＝μFN
解得csα﹣sinα=μmgcsθ+mgsinθF安
当F安→∞时csα＝sinα
即当tanα≥1μ时无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2023秋•西夏区校级期中）如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g。则（ ）
A．金属棒中的电流方向由N指向M
B．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO平面向上
C．金属棒中的电流大小为mgBLtanθ
D．每条悬线所受拉力大小为mg2csθ
【解答】解：AB、平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，根据安培力方向的特点可知，金属棒受到垂直于MN和磁场方向向右的安培力F，如图所示。
根据左手定则判断可知金属棒中的电流方向由M指向N，故AB错误；
CD、设每条细线所受拉力大小为T，由平衡条件可得
2Tsinθ＝F
2Tcsθ＝mg
又F＝BIL
解得：I=mgtanθBL，T=mg2csθ，故C错误，D正确。
故选：D。
（2022秋•香坊区校级期末）如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里。A、B电流大小均为I，C电流大小为I2，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是（ ）
A．3B0IL，水平向左B．3B0IL，水平向右
C．32B0IL，水平向左D．32B0IL，水平向右
【解答】解：A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，如图：
根据力的平行四边形定则，结合几何的菱形关系
则有：BC=3B0
再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为FA=3B0×I2L=32B0IL
由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为32B0IL，方向水平向右
故ABC错误，D正确；
故选：D。
（2023•高邮市开学）如图所示，将长为L的直导线从13处折成60°的“√”形，并置于与其所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中。当在导线通以电流I时，则通电导线所受的安培力大小为（ ）
A．BILB．3BILC．33BILD．233BIL
【解答】解：根据几何知识可知将长为L的直导线从13处折成60°的“√”形后将形成直角三角形，在磁场中该导线的有效长度为
L有效=23L⋅sin60°=33L
故该通电导线所受的安培力大小为
F=BIL有效=33BIL
故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023春•河池期末）如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨间距为L，质量为m的导体棒垂直导轨放置，整个空间存在垂直导体棒的匀强磁场，现在导体棒中通由a到b的恒定电流，导体棒始终静止在导轨上，已知磁感应强度大小为B，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．若磁场方向竖直向上，则所通电流大小为mgBL
B．若磁场方向垂直斜面向上，则所通电流大小为mgsinθBL
C．若磁场方向水平向左，则所通电流大小为mgcsθBL
D．若磁场方向水平向右，则所通电流大小为mgtanθBL
【解答】解：A、若磁场竖直向上，则由左手定则可知，安培力水平向右，受力分析如图，
由共点力平衡可得：BILmg=tanθ
解得：I=mgtanθBL，故A错误；
B、若磁场垂直斜面向上，则由左手定则可知，安培力沿斜面向上，由共点力平衡可得：BILmg=sinθ
解得：I=mgsinθBL，故B正确；
C、若磁场方向水平向左，则由左手定则可知安培力竖直向上，即：mg＝BIL
解得：I=mgBL，故C错误；
D、若磁场方向水平向右，则安培力竖直向下，导体棒不能平衡，故D错误。
故选：B。
题型三 安培力作用下平衡与运动问题
求解通电导体在磁场中的力学问题的方法
1．选定研究对象；
2．变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；
3．根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．
类型1 安培力下的平衡问题
（2023春•上犹县校级期末）如图所示，一倾角为30°的粗糙斜面静止于水平地面上，质量为2m的物块A置于斜面上，另有一质量为m，长度为L的导体棒C，通过细线跨过光滑轻质定滑轮与A相连，A到滑轮的细线与斜面平行，C到滑轮的细线竖直，C与斜面无接触，在斜面右侧存在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。开始时，C中未通电，A、C保持静止。现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，（供电回路题中未画出，对导体棒的受力影响可忽略）可观察到导体棒缓慢运动，直到绳与水平面成30°角时保持静止（如图虚线所示），此过程中棒始终保持水平，滑块A与斜面始终保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块A受到的摩擦力可能先减小后增大
B．地面对斜面的支持力一直在减小
C．绳受到的拉力最大值为3mg
D．导体棒中电流I0的值为3mglB
【解答】解：物块A此时不受摩擦力。设绳与水平面成30°角时，绳子上的拉力F2，物块A受到的摩擦力为Ff，物块A和导体棒C受力分析如图所示
对导体棒C受力分析可知F2=mgsin30°=2mg
对物块A受力分析可知F2＝2mgsing30°+Ff
导体棒缓慢运动过程中，导体棒C一直处于动态平衡，设绳子上的拉力为F，则
F=(mg)2+(BIL)2
随着电流的增大，绳子上的拉力F逐渐增大。因此当绳与水平面成30°角时，绳子上的力最大且等于2mg。故C错误；
C．电流为零时，设绳子上的拉力F1，对导体棒C受力分析如图所示
F1＝mg
对物块A受力分析可知F1＝2mgsin30°
A．导体棒缓慢运动过程中，对物块A受力分析可知F＝2mgsin30°+Ff
滑块A受到的摩擦力随F增大而增大。故A错误；
D．绳与水平面成30°角时，对导体棒C受力分析可知I0BL=mgtan30°=3mg
得I0=3mgBL
故D正确；
B．对斜面和导体棒构成的整体，受力分析可知FN＝2mg+mg＝3mg
地面对斜面的支持力一直不变。B错误。
故选：D。
（2023•淇滨区校级三模）竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成60°角。绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方2d距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为B=kIx，下列说法正确的是（ ）
A．应在I=mgdkI0l时给导体棒1以轻微的扰动
B．绳1中拉力的最大值为33mg
C．绳2中拉力的最小值为33mg
D．导体棒2中电流的最大值为I=2mgd5kI0l
【解答】解：A、对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与△OPM相似，所以F3d=FPM=mg2d，所以，恒有F3=mg2，初始时，应有F3+BI0l＝mg，B=kId，联立解得I=mgd2kI0l。所以应在I=mgd2kI0l时给导体棒1微小扰动，故A错误；
B、对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力F1和F2的合力大小恒为mg2，导体棒运动过程中F1和F2合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知F1先增大后减小，当F3与绳2垂直时F1最大，最大值为F1m=mg2cs30°=33mg，故B正确；
C、F2一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，故C错误；
D、由上述分析可知F=PM2dmg，由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时PM有最大值为5d，所以F=52mg，且F＝BI0l，此时B=kl5d，所以电流最大值Im=5mgd2kI0l，故D错误。
故选：B。
（2023春•渝中区校级月考）在倾角θ＝30°的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽l＝0.5m，接入电动势E＝6V、内阻r＝0.5Ω的电池，垂直框面放置一根质量m＝0.2kg的金属棒ab，金属棒接入电路的电阻R0的阻值为0.2Ω，整个装置放在磁感应强度B＝1.0T、方向垂直于框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上，如图所示。则下列说法错误的是（框架的电阻与摩擦不计，框架与金属棒接触良好，g取10m/s2）（ ）
A．金属棒受到的安培力的大小为1N
B．通过金属棒的电流强度I的大小为2A
C．滑动变阻器R接入电路的阻值为R＝3Ω
D．电源的输出功率为P＝10W
【解答】解：A、金属棒静止在导轨上，受到重力G、导轨的支持力N和安培力F，由左手定则可知安培力方向沿斜面向上
由平衡条件得：
安培力：F＝mgsin30°＝0.2×10×0.5N＝1N．故A正确；
B、由F＝BIl可得：I=FBl=11.0×0.5A=2A．故B正确；
C、由闭合电路的欧姆定律：E＝I（R0+R+r），联立解得：R＝2.3Ω；故C错误；
D、电源的输出功率为：P出=EI−I2r=6×2W−22×0.5W=10W．故D正确。
本题选错误的，故选：C。
类型2 安培力下的加速问题
（2023•株洲三模）如图所示的电路中，恒流源能提供图示方向、大小为I的恒定电流。质量为m的导体棒垂直放置在水平导轨MN、PQ上，两导轨平行且相距为L，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ=33，导体右端均与两个相同的竖直光滑半圆形轨道平滑连接与N、Q两点，半圆形轨道半径为R，导体棒初始位置与NQ相距为s，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．若在水平轨道间加水平向右的匀强磁场B，则导体棒初始开始运动时的加速度为BILm
B．若要使导体棒在水平轨道上做匀速运动，则所加磁场B最小时的方向应为左上，与竖直方向夹角为30°
C．若在水平轨道间加竖直向上的匀强磁场B，则导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小为2(BIL−μmg)sR
D．若要使导体棒刚好到达圆弧轨道的最高点，则在水平轨道间所加竖直向上的磁场的最小值为2mgRsIL+μmgIL
【解答】解：A．若加上水平向右的匀强磁场B，对棒受力分析，由左手定则，安培力方向向下，棒不运动，加速度为0，故A错误；
B．要使棒匀速运动，受力平衡，其合外力为零，设安培力方向为右上，与水平方向夹角为α，受力分析如图
由平衡条件：Fcsα＝μ（mg﹣Fsinα）
解得F=μmgcsα+μsinα=mg3csα+sinα
由数学知识F=mg2cs(30°−α)
当α＝30°，安培力最小，由左手定则，所加磁场最小时B的方向应为左上，与竖直方向夹角为30°，故B正确；
C．当加上竖直向上的匀强磁场B时，由左手定则，安培力水平向右．由动能定理有BILs−μmgs=12mv2
由牛顿第二定律N−mg=mv2R
联立解得N=2(BIL−μmg)sR+mg
由牛顿第三定律，导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小为2(BIL−μmg)sR+mg，故C错误；
D．要使棒刚好到达圆弧最高点，则在最高点时重力提供向心力：mg=mv22R
设所加竖直向上的磁场的最小值为B，由动能定理有BILs−μmgs−mg⋅2R=12mv22，解得B=5mgR2sIL+μmgIL
故D错误.
故选：B。
（2023春•乐清市校级期末）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理示意图如图所示。图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计。导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场（图中未画出），炮弹等效为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动。已知MN达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则（ ）
A．直流电源的a端是正极
B．MN刚开始运动时，加速度大小为BEL2mR
C．MN离开导轨时，电容器已经放电完毕
D．MN离开导轨时，电容器上剩余的电荷量为B2L2C2EB2L2C+m
【解答】解：A．MN向右加速，则安培力向右，磁场方向垂直于导轨平面向上，由左手定则可知电流从N到M，则电容器下极板带正电，即直流电源的b端是正极，故A错误；
B．MN刚开始运动时，由牛顿第二定律得：a=BILm
其中I=ER联立解得：a=BELmR，故B错误；
C．MN达到最大速度才离开导轨，此时MN中电流为零，即MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕，故C错误；
D．当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有Q0＝CE
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝BLvmax
依题意有E'=QC
设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有F=BIL
由动量定理得：FΔt=mvmax
又IΔt=Q0−Q
联立解得：Q=B2L2C2Em+B2L2C，故D正确。
故选：D。
（2023•荔湾区校级模拟）电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进武器。如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。一对足够长的光滑水平金属加速导轨M、N与可控电源相连，M、N导轨的间距为L且电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。装有“电磁炮”弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上，且始终与导轨接触良好，导体棒（含弹体）的总质量为m。在某次试验发射时，若接通电源瞬间为导体棒ab提供的电流为I，不计空气阻力，则（ ）
A．若要导体棒向右加速，则电流需从a端流向b端
B．在接通电源瞬间，导体棒的加速度为BILm
C．若电源输出电压恒定，则导体棒可做匀加速直线运动
D．若电源输出电压恒定，则导体棒所受的安培力将随着速度的增大而增大
【解答】解：A、根据左手定则可知若要导体棒向右加速，则电流需从b端流向a端，故A错误；
B、在接通电源瞬间，导体棒的加速度为a=BILm，故B正确；
CD.若电源输出电压恒定，随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加，从而回路电流强度减小，使棒受到的安培力减小，导体棒不会做匀加速直线运动，故CD错误。
故选：B。
题型四 安培力与功、动能定理的综合应用
1．安培力的计算：F＝IlBsinθ
2．功的计算：W＝Flcs_α
3．动能定理：表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)表示一个过程的末动能，Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)表示这个过程的初动能．W表示这个过程中合力做的功．
（2022秋•丹阳市校级期末）如图所示，间距为1m的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左端连接有电动势为E＝15V，内阻r＝1Ω的电源。质量m＝0.5kg的金属棒垂直放在导轨上，导轨处在磁感应强度大小为B＝1T的匀强磁场中，磁场与金属棒垂直，方向与导轨平面成θ＝53°斜向右上。绕过桌边光滑定滑轮的一根细线，一端系在金属棒的中点，另一端吊着一个重物，拉着金属棒的细线水平且与金属棒垂直，金属棒处于静止状态且刚好不向左滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，金属棒接入电路的电阻R＝2Ω，导轨电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，求：
（1）金属棒受到的安培力的大小；
（2）悬吊重物的质量；
（3）保持磁感应强度大小不变，将磁场方向迅速改为竖直向上，则磁场方向改为竖直向上的一瞬间，重物的加速度（不考虑电磁感应现象）。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可得通过金属棒的电流大小为：
I=ER+r
金属棒受到的安培力为：
F安＝BIL
联立解得：F安＝5N
（2）根据题意可知金属棒恰好不向左滑动，所以其所受最大静摩擦力方向向右，受力分析如图：
对金属棒，根据平衡条件可得：
F安sinθ＝f+F
F安csθ+N＝mg
由题意可知f＝μN
对重物根据平衡条件可得：
F＝Mg
联立解得：M＝0.3kg
（3）将磁场方向迅速改为竖直向上后，金属棒受到的安培力方向变为水平向左，大小为：
F安′＝BIL＝1×5×1N＝5N
因为F安′﹣Mg＜μmg
所以金属棒的加速度为0。
（2022春•响水县校级期中）光滑平行导轨水平放置，导轨间距离L＝0.1m，导轨左端通过开关S与一恒流源相连，恒流源使电路中的电流始终保持I＝2A，右端与半径为R＝0.2m的两段光滑圆弧导轨相接，c、d为圆弧轨道最低点。空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝1T，当闭合开关S后，一根质量m＝0.05kg，长度略大于导轨间距的导体棒ab从静止开始，向右沿直线运动了0.5m的距离后进入了圆弧轨道，导轨电阻不计，g＝10m/s2。求：
（1）匀强磁场的方向及导体棒所受安培力F大小；
（2）导体棒ab运动到cd位置时，对导轨的压力大小；
（3）导体棒ab最终能离开导轨竖直向上运动，求导体棒能到达的最大高度。
【解答】解：（1）根据安培力的公式有：F＝BIL
代入数据解得：F＝0.2N
根据左手定则知匀强磁场方向竖直向下；
（2）根据动能定理Fx=12mv2
解得v＝2m/s
根据牛顿第二定律N﹣mg＝mv2R
根据牛顿第三定律得N'＝N＝1.5N
（3）根据动能定理F（R+x）﹣mgh＝0
直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
特点
无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场
环形电流的两 侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培
定则
立体图
横截面图
电流元法
分割为电流元eq \(―――――→,\s\up7(左手定则))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
环形电流小磁针
条形磁铁通电螺线管多个环形电流
结论法
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
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，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作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题19 磁场对电流的作用
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153211015" 题型一 安培定则的应用和磁场的叠加 PAGEREF _Tc153211015 \h 1
\l "_Tc153211016" 类型1 磁场的叠加 PAGEREF _Tc153211016 \h 2
\l "_Tc153211017" 类型2 安培定则的应用 PAGEREF _Tc153211017 \h 6
\l "_Tc153211018" 题型二 安培力的分析和计算 PAGEREF _Tc153211018 \h 7
\l "_Tc153211019" 题型三 安培力作用下平衡与运动问题 PAGEREF _Tc153211019 \h 12
\l "_Tc153211020" 类型1 安培力下的平衡问题 PAGEREF _Tc153211020 \h 12
\l "_Tc153211021" 类型2 安培力下的加速问题 PAGEREF _Tc153211021 \h 16
\l "_Tc153211022" 题型四 安培力与功、动能定理的综合应用 PAGEREF _Tc153211022 \h 19
题型一 安培定则的应用和磁场的叠加
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．电流的磁场
4.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．
类型1 磁场的叠加
（2023秋•河南期中）一小磁针水平悬吊在空中且能自由转动时，N极指向记为y轴方向。现在小磁针的正下方沿与y轴垂直的x轴方向，水平放置一条形磁铁，小磁针静止时，小磁针N极与y轴夹角为θ＝30°，俯视图如图所示。已知地磁场在小磁针位置磁感应强度的水平分量为B0，则条形磁铁在小磁针位置处的磁感应强度大小为（ ）
A．33B0B．233B0C．3B0D．2B0
【解答】解：放置条形磁铁时，小磁针静止时的指向为该处磁场方向，如图所示：
Bx＝B0tanθ
解得：Bx=33B0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春•太原期中）科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针静止时，N极指向为北偏东30°，如图虚线所示。设该位置地磁场磁感应强度的水平分量为B，磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小值为（ ）
A．B2B．BC．32BD．3B
【解答】解：磁矿所产生的磁场使原来指向正北的N极顺时针转过30°，根据矢量三角形定则可知：磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小时方向与图中虚线垂直，
则磁感应强度水平分量最小值为：
B'＝Bsin30°
B'=B2
故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2023•永州三模）如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则（ ）
A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中b导线所受安培力大小为F
C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
【解答】解：A．A、B关于O点对称，根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误；
B．根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为：Ffd＝tan30°F
解得：Ffd=33F
e对导线b的安培力大小为：F2
则根据平行四边形定则对矢量进行合成可得b导线所受安培力大小为：Fb=2Fsin30°+2×3F3sin60°+F2
解得：Fb=5F2，故B错误；
CD．根据安培定则可得，a、d两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；b、e两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；故a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。
故选：C。
（2022•南京模拟）M、N两根通电长直导线垂直放置，通有大小相同的电流，方向如图所示，O点和N在纸平面内，O点距两导线的距离相等，测得O点的磁感应强度大小为B0，则M在O点产生的磁感应强度大小为（ ）
A．2B0B．22B0C．2B0D．3B0
【解答】解：设两根通电长直导线在O点产生的磁感应强度大小为B，由平行四边形定则可知
B=22B0，M在O点产生的磁感应强度大小为22B0，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2022秋•上城区校级期中）粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有相同的电流，电流方向垂直纸面向里．水平面上一带电滑块（电性未知）以某一初速v沿两导线连线的中垂线入射，运动过程中滑块始终未脱离水平面．下列说法正确的是（ ）
A．滑块可能做加速直线运动
B．滑块可能做匀速直线运动
C．滑块可能做曲线运动
D．滑块一定做减速运动
【解答】解：根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上：上方的磁场方向水平向右，而下方的磁场方向水平向左，根据左手定则，可知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于水平面向上或向下，滑块所受的支持力减小或增大，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动，故ABC错误，D正确。
故选：D。
类型2 安培定则的应用
（2023•南通二模）1917年斯泰瓦和托尔曼发现加速转动的金属环中产生了电流。正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动，正离子和电子的运动共同产生电流。如图所示，金属环绕过圆心O且垂直于环平面的轴顺时针转动，则（ ）
A．若匀速转动，圆环中会产生恒定电流
B．若匀速转动，转速越大圆环中电流越大
C．若加速转动，圆环中有顺时针方向电流
D．若加速转动，O处的磁场方向垂直纸面向外
【解答】解：AB．若匀速转动，圆环中的正离子和电子的相对位置不会变化，不会产生电流。故AB错误；
C．若加速转动，圆环中正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动即逆时针运动，根据正电荷的定向移动方向为电流方向，负电荷的运动方向为电流的反方向可知有顺时针方向电流。故C正确；
D．若加速转动，圆环中有顺时针方向电流，根据安培定则可知，O处的磁场方向垂直纸面向里。故D错误。
故选：C。
（2021•杨浦区二模）如图，两平行通电直导线a、b垂直纸面放置，分别通以垂直纸面向里的电流I1、I2，另一通电电流方向垂直纸面向外的直导线c与两导线共面。导线c受到的安培力为零，则（ ）
A．增大I1，导线c受到的安培力向左
B．增大I2，导线c受到的安培力向右
C．I1反向，导线c受到的安培力向左
D．I2反向，导线c受到的安培力向左
【解答】解：对导线c，其受到导线a对其向右的安培力F1和导线b对其向左的安培力F2，其合力为零而处于平衡状态，
A、若增大I1，导线c受到的安培力F1增大，F2不变，其合力向右，故A错误；
B、若增大I2，导线c受到的安培力F2增大，F1不变，其合力向左，故B错误；
C、I1反向，导线c受到的安培力F1向左，F2不变，其合力向左，故C正确；
D、I2反向，导线c受到的安培力F2向右，F1不变，其合力向右，故D错误。
故选：C。
题型二 安培力的分析和计算
判定安培力作用下导体运动情况的常用方法
（2023秋•永春县校级期中）如图所示，一通电导体棒ab静止在倾角为θ的粗糙斜面上，流过导体棒的电流如图所示，导体棒所在空间加一方向与导体棒垂直的匀强磁场，当匀强磁场方向与图中箭头方向（与斜面垂直向上）的夹角为α时，无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列关系式中正确的是（ ）
A．tanα≥1μB．tanα≤1μC．tanα≥μD．tanα≤μ
【解答】解：通电导体棒受安培力与斜面夹角为α，受重力、支持力.摩擦力和安培力，根据平衡条件
F安csα＝f+mgsinθ
FN＝mgcsα+F安sinα
其中f＝μFN
解得csα﹣sinα=μmgcsθ+mgsinθF安
当F安→∞时csα＝sinα
即当tanα≥1μ时无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2023秋•西夏区校级期中）如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g。则（ ）
A．金属棒中的电流方向由N指向M
B．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO平面向上
C．金属棒中的电流大小为mgBLtanθ
D．每条悬线所受拉力大小为mg2csθ
【解答】解：AB、平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，根据安培力方向的特点可知，金属棒受到垂直于MN和磁场方向向右的安培力F，如图所示。
根据左手定则判断可知金属棒中的电流方向由M指向N，故AB错误；
CD、设每条细线所受拉力大小为T，由平衡条件可得
2Tsinθ＝F
2Tcsθ＝mg
又F＝BIL
解得：I=mgtanθBL，T=mg2csθ，故C错误，D正确。
故选：D。
（2022秋•香坊区校级期末）如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里。A、B电流大小均为I，C电流大小为I2，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是（ ）
A．3B0IL，水平向左B．3B0IL，水平向右
C．32B0IL，水平向左D．32B0IL，水平向右
【解答】解：A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，如图：
根据力的平行四边形定则，结合几何的菱形关系
则有：BC=3B0
再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为FA=3B0×I2L=32B0IL
由于导线C位于水平面处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为32B0IL，方向水平向右
故ABC错误，D正确；
故选：D。
（2023•高邮市开学）如图所示，将长为L的直导线从13处折成60°的“√”形，并置于与其所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中。当在导线通以电流I时，则通电导线所受的安培力大小为（ ）
A．BILB．3BILC．33BILD．233BIL
【解答】解：根据几何知识可知将长为L的直导线从13处折成60°的“√”形后将形成直角三角形，在磁场中该导线的有效长度为
L有效=23L⋅sin60°=33L
故该通电导线所受的安培力大小为
F=BIL有效=33BIL
故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023春•河池期末）如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨间距为L，质量为m的导体棒垂直导轨放置，整个空间存在垂直导体棒的匀强磁场，现在导体棒中通由a到b的恒定电流，导体棒始终静止在导轨上，已知磁感应强度大小为B，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．若磁场方向竖直向上，则所通电流大小为mgBL
B．若磁场方向垂直斜面向上，则所通电流大小为mgsinθBL
C．若磁场方向水平向左，则所通电流大小为mgcsθBL
D．若磁场方向水平向右，则所通电流大小为mgtanθBL
【解答】解：A、若磁场竖直向上，则由左手定则可知，安培力水平向右，受力分析如图，
由共点力平衡可得：BILmg=tanθ
解得：I=mgtanθBL，故A错误；
B、若磁场垂直斜面向上，则由左手定则可知，安培力沿斜面向上，由共点力平衡可得：BILmg=sinθ
解得：I=mgsinθBL，故B正确；
C、若磁场方向水平向左，则由左手定则可知安培力竖直向上，即：mg＝BIL
解得：I=mgBL，故C错误；
D、若磁场方向水平向右，则安培力竖直向下，导体棒不能平衡，故D错误。
故选：B。
题型三 安培力作用下平衡与运动问题
求解通电导体在磁场中的力学问题的方法
1．选定研究对象；
2．变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；
3．根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．
类型1 安培力下的平衡问题
（2023春•上犹县校级期末）如图所示，一倾角为30°的粗糙斜面静止于水平地面上，质量为2m的物块A置于斜面上，另有一质量为m，长度为L的导体棒C，通过细线跨过光滑轻质定滑轮与A相连，A到滑轮的细线与斜面平行，C到滑轮的细线竖直，C与斜面无接触，在斜面右侧存在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。开始时，C中未通电，A、C保持静止。现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，（供电回路题中未画出，对导体棒的受力影响可忽略）可观察到导体棒缓慢运动，直到绳与水平面成30°角时保持静止（如图虚线所示），此过程中棒始终保持水平，滑块A与斜面始终保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块A受到的摩擦力可能先减小后增大
B．地面对斜面的支持力一直在减小
C．绳受到的拉力最大值为3mg
D．导体棒中电流I0的值为3mglB
【解答】解：物块A此时不受摩擦力。设绳与水平面成30°角时，绳子上的拉力F2，物块A受到的摩擦力为Ff，物块A和导体棒C受力分析如图所示
对导体棒C受力分析可知F2=mgsin30°=2mg
对物块A受力分析可知F2＝2mgsing30°+Ff
导体棒缓慢运动过程中，导体棒C一直处于动态平衡，设绳子上的拉力为F，则
F=(mg)2+(BIL)2
随着电流的增大，绳子上的拉力F逐渐增大。因此当绳与水平面成30°角时，绳子上的力最大且等于2mg。故C错误；
C．电流为零时，设绳子上的拉力F1，对导体棒C受力分析如图所示
F1＝mg
对物块A受力分析可知F1＝2mgsin30°
A．导体棒缓慢运动过程中，对物块A受力分析可知F＝2mgsin30°+Ff
滑块A受到的摩擦力随F增大而增大。故A错误；
D．绳与水平面成30°角时，对导体棒C受力分析可知I0BL=mgtan30°=3mg
得I0=3mgBL
故D正确；
B．对斜面和导体棒构成的整体，受力分析可知FN＝2mg+mg＝3mg
地面对斜面的支持力一直不变。B错误。
故选：D。
（2023•淇滨区校级三模）竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成60°角。绳3的下端连接一质量为m的导体棒1，在结点O正下方2d距离处固定一导体棒2，两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流I0，导体棒2中通入向外且缓慢增大的电流I。当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d，两导体棒长度均为l，重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为B=kIx，下列说法正确的是（ ）
A．应在I=mgdkI0l时给导体棒1以轻微的扰动
B．绳1中拉力的最大值为33mg
C．绳2中拉力的最小值为33mg
D．导体棒2中电流的最大值为I=2mgd5kI0l
【解答】解：A、对导体棒1进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与△OPM相似，所以F3d=FPM=mg2d，所以，恒有F3=mg2，初始时，应有F3+BI0l＝mg，B=kId，联立解得I=mgd2kI0l。所以应在I=mgd2kI0l时给导体棒1微小扰动，故A错误；
B、对结点进行分析，绳1和绳2中的拉力F1和F2的合力大小恒为mg2，导体棒运动过程中F1和F2合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知F1先增大后减小，当F3与绳2垂直时F1最大，最大值为F1m=mg2cs30°=33mg，故B正确；
C、F2一直减小，直至导体棒1运动至绳1所在的水平线上时最小最小值为零，故C错误；
D、由上述分析可知F=PM2dmg，由几何关系可知，导体棒1运动至绳1所在的水平线上时PM有最大值为5d，所以F=52mg，且F＝BI0l，此时B=kl5d，所以电流最大值Im=5mgd2kI0l，故D错误。
故选：B。
（2023春•渝中区校级月考）在倾角θ＝30°的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽l＝0.5m，接入电动势E＝6V、内阻r＝0.5Ω的电池，垂直框面放置一根质量m＝0.2kg的金属棒ab，金属棒接入电路的电阻R0的阻值为0.2Ω，整个装置放在磁感应强度B＝1.0T、方向垂直于框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上，如图所示。则下列说法错误的是（框架的电阻与摩擦不计，框架与金属棒接触良好，g取10m/s2）（ ）
A．金属棒受到的安培力的大小为1N
B．通过金属棒的电流强度I的大小为2A
C．滑动变阻器R接入电路的阻值为R＝3Ω
D．电源的输出功率为P＝10W
【解答】解：A、金属棒静止在导轨上，受到重力G、导轨的支持力N和安培力F，由左手定则可知安培力方向沿斜面向上
由平衡条件得：
安培力：F＝mgsin30°＝0.2×10×0.5N＝1N．故A正确；
B、由F＝BIl可得：I=FBl=11.0×0.5A=2A．故B正确；
C、由闭合电路的欧姆定律：E＝I（R0+R+r），联立解得：R＝2.3Ω；故C错误；
D、电源的输出功率为：P出=EI−I2r=6×2W−22×0.5W=10W．故D正确。
本题选错误的，故选：C。
类型2 安培力下的加速问题
（2023•株洲三模）如图所示的电路中，恒流源能提供图示方向、大小为I的恒定电流。质量为m的导体棒垂直放置在水平导轨MN、PQ上，两导轨平行且相距为L，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ=33，导体右端均与两个相同的竖直光滑半圆形轨道平滑连接与N、Q两点，半圆形轨道半径为R，导体棒初始位置与NQ相距为s，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．若在水平轨道间加水平向右的匀强磁场B，则导体棒初始开始运动时的加速度为BILm
B．若要使导体棒在水平轨道上做匀速运动，则所加磁场B最小时的方向应为左上，与竖直方向夹角为30°
C．若在水平轨道间加竖直向上的匀强磁场B，则导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小为2(BIL−μmg)sR
D．若要使导体棒刚好到达圆弧轨道的最高点，则在水平轨道间所加竖直向上的磁场的最小值为2mgRsIL+μmgIL
【解答】解：A．若加上水平向右的匀强磁场B，对棒受力分析，由左手定则，安培力方向向下，棒不运动，加速度为0，故A错误；
B．要使棒匀速运动，受力平衡，其合外力为零，设安培力方向为右上，与水平方向夹角为α，受力分析如图
由平衡条件：Fcsα＝μ（mg﹣Fsinα）
解得F=μmgcsα+μsinα=mg3csα+sinα
由数学知识F=mg2cs(30°−α)
当α＝30°，安培力最小，由左手定则，所加磁场最小时B的方向应为左上，与竖直方向夹角为30°，故B正确；
C．当加上竖直向上的匀强磁场B时，由左手定则，安培力水平向右．由动能定理有BILs−μmgs=12mv2
由牛顿第二定律N−mg=mv2R
联立解得N=2(BIL−μmg)sR+mg
由牛顿第三定律，导体棒刚进入圆弧轨道时对轨道的压力大小为2(BIL−μmg)sR+mg，故C错误；
D．要使棒刚好到达圆弧最高点，则在最高点时重力提供向心力：mg=mv22R
设所加竖直向上的磁场的最小值为B，由动能定理有BILs−μmgs−mg⋅2R=12mv22，解得B=5mgR2sIL+μmgIL
故D错误.
故选：B。
（2023春•乐清市校级期末）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理示意图如图所示。图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计。导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场（图中未画出），炮弹等效为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动。已知MN达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则（ ）
A．直流电源的a端是正极
B．MN刚开始运动时，加速度大小为BEL2mR
C．MN离开导轨时，电容器已经放电完毕
D．MN离开导轨时，电容器上剩余的电荷量为B2L2C2EB2L2C+m
【解答】解：A．MN向右加速，则安培力向右，磁场方向垂直于导轨平面向上，由左手定则可知电流从N到M，则电容器下极板带正电，即直流电源的b端是正极，故A错误；
B．MN刚开始运动时，由牛顿第二定律得：a=BILm
其中I=ER联立解得：a=BELmR，故B错误；
C．MN达到最大速度才离开导轨，此时MN中电流为零，即MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕，故C错误；
D．当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有Q0＝CE
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝BLvmax
依题意有E'=QC
设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有F=BIL
由动量定理得：FΔt=mvmax
又IΔt=Q0−Q
联立解得：Q=B2L2C2Em+B2L2C，故D正确。
故选：D。
（2023•荔湾区校级模拟）电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进武器。如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。一对足够长的光滑水平金属加速导轨M、N与可控电源相连，M、N导轨的间距为L且电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。装有“电磁炮”弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上，且始终与导轨接触良好，导体棒（含弹体）的总质量为m。在某次试验发射时，若接通电源瞬间为导体棒ab提供的电流为I，不计空气阻力，则（ ）
A．若要导体棒向右加速，则电流需从a端流向b端
B．在接通电源瞬间，导体棒的加速度为BILm
C．若电源输出电压恒定，则导体棒可做匀加速直线运动
D．若电源输出电压恒定，则导体棒所受的安培力将随着速度的增大而增大
【解答】解：A、根据左手定则可知若要导体棒向右加速，则电流需从b端流向a端，故A错误；
B、在接通电源瞬间，导体棒的加速度为a=BILm，故B正确；
CD.若电源输出电压恒定，随着导体棒运动的速度增加，导体棒产生的反向电动势增加，从而回路电流强度减小，使棒受到的安培力减小，导体棒不会做匀加速直线运动，故CD错误。
故选：B。
题型四 安培力与功、动能定理的综合应用
1．安培力的计算：F＝IlBsinθ
2．功的计算：W＝Flcs_α
3．动能定理：表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)表示一个过程的末动能，Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)表示这个过程的初动能．W表示这个过程中合力做的功．
（2022秋•丹阳市校级期末）如图所示，间距为1m的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左端连接有电动势为E＝15V，内阻r＝1Ω的电源。质量m＝0.5kg的金属棒垂直放在导轨上，导轨处在磁感应强度大小为B＝1T的匀强磁场中，磁场与金属棒垂直，方向与导轨平面成θ＝53°斜向右上。绕过桌边光滑定滑轮的一根细线，一端系在金属棒的中点，另一端吊着一个重物，拉着金属棒的细线水平且与金属棒垂直，金属棒处于静止状态且刚好不向左滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，金属棒接入电路的电阻R＝2Ω，导轨电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，求：
（1）金属棒受到的安培力的大小；
（2）悬吊重物的质量；
（3）保持磁感应强度大小不变，将磁场方向迅速改为竖直向上，则磁场方向改为竖直向上的一瞬间，重物的加速度（不考虑电磁感应现象）。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可得通过金属棒的电流大小为：
I=ER+r
金属棒受到的安培力为：
F安＝BIL
联立解得：F安＝5N
（2）根据题意可知金属棒恰好不向左滑动，所以其所受最大静摩擦力方向向右，受力分析如图：
对金属棒，根据平衡条件可得：
F安sinθ＝f+F
F安csθ+N＝mg
由题意可知f＝μN
对重物根据平衡条件可得：
F＝Mg
联立解得：M＝0.3kg
（3）将磁场方向迅速改为竖直向上后，金属棒受到的安培力方向变为水平向左，大小为：
F安′＝BIL＝1×5×1N＝5N
因为F安′﹣Mg＜μmg
所以金属棒的加速度为0。
（2022春•响水县校级期中）光滑平行导轨水平放置，导轨间距离L＝0.1m，导轨左端通过开关S与一恒流源相连，恒流源使电路中的电流始终保持I＝2A，右端与半径为R＝0.2m的两段光滑圆弧导轨相接，c、d为圆弧轨道最低点。空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝1T，当闭合开关S后，一根质量m＝0.05kg，长度略大于导轨间距的导体棒ab从静止开始，向右沿直线运动了0.5m的距离后进入了圆弧轨道，导轨电阻不计，g＝10m/s2。求：
（1）匀强磁场的方向及导体棒所受安培力F大小；
（2）导体棒ab运动到cd位置时，对导轨的压力大小；
（3）导体棒ab最终能离开导轨竖直向上运动，求导体棒能到达的最大高度。
【解答】解：（1）根据安培力的公式有：F＝BIL
代入数据解得：F＝0.2N
根据左手定则知匀强磁场方向竖直向下；
（2）根据动能定理Fx=12mv2
解得v＝2m/s
根据牛顿第二定律N﹣mg＝mv2R
根据牛顿第三定律得N'＝N＝1.5N
（3）根据动能定理F（R+x）﹣mgh＝0
直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
特点
无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场
环形电流的两 侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培
定则
立体图
横截面图
电流元法
分割为电流元eq \(―――――→,\s\up7(左手定则))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
环形电流小磁针
条形磁铁通电螺线管多个环形电流
结论法
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
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，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作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
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