專題19磁場的描述安培力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天津學業水平選擇性考試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．電流的磁場直線電流的磁場通電螺線管的磁場環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形電流的兩側是N極和S極，且離圓環中心越遠，磁場越弱安培定則立體圖橫截面圖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+Q2C．RSQ122+Q【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＝﹣BScosθ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=線框轉過90°時，回路磁通量變化量的大小為：ΔΦ′＝|Φ2﹣Φ1|＝BS?（sinθ+cosθ）所以對：Q聯立可得：B=RSQ12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，o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，o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，o、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，o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，o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，o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o、b、e三點的距離關系為：ab＝ae≠ao，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，o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小），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o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＝2B0cosθ2=2B0cos72°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o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o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o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，o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o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o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33D．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Bx解得：Bx=3D、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BC．大小為B03，方向垂直紙面向外 D．大小為【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=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=方向垂直紙面向外，故A正確，BCD錯誤。故選：A。（2024?東西湖區校級模擬）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+B2 B．B1﹣B2 C．B1+B2【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+B2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、QA．BM=4kIC．BP=23【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B＝2×kIN、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電流元法分割為電流元eq\o(―――――→,\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―→運動方向等效法環形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個環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ka2I D．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邊所受安培力大小：F2＝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=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．2BId B．BId C．BId2 D．【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．6F0 B．5F0 C．2F0 D．6【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＝5：1BA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?東西湖區校級模擬）如圖所示，勻強磁場區域足夠大，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IA．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πBIr2C．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2BIrD．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πBIr【解答】解：A、圓環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2mgsinC．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=2mgsinθC、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mgcosθ，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，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=3B0ILmg C．水平向右，μ=3B0IL2mg 【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，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=故選：A。（2024春?洪山區校級期中）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，cos37°＝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 BIlcos53°＝f由閉合電路歐姆定律得I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/sA．33T B．6T C．23T【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＝μFN①FN+BILcosθ＝mg②聯立①②解得：B整理得：B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sA．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BILmB．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(BILD．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2【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：Fcosα＝μ（mg﹣Fsinα）解得F由數學知識F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由牛頓第二定律N聯立解得N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-μmgD．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設所加豎直向上的磁場的最小值為B，由動能定理有BILs-μmgs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=200由牛頓第二定律可得BIL＝ma解得：B=maIL=0.1×2×10故選：D。（2023秋?西山區校級期末）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，以保證“電磁炮”勻加速發射。在某次試驗發射時，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2mC．彈體從靜止加速到v的過程中電源提供的總能量為mvBLD．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：C、由F＝ma，v＝at，發射過程產生的熱量：Q＝I2（R+r）t，彈體的動能：EK=12mv2，電源提供的總能量為E聯立解得：E=mvBL(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＝IlBsinθ2．功的計算：W＝Flcos_α3．動能定理：表達式：W＝