专题72 安培力（原卷版+解析版）-2023届高考物理一轮复习知识点精讲与最新高考题模拟题同步训练

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2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练
第十三章 磁场
专题72 安培力
第一部分 知识点精讲
一、安培力
1．安培力：通电导线在磁场中受的力称作安培力。
2．安培力的大小
(1)磁场方向和电流垂直时：F＝BIL。
(2)磁场方向和电流平行时：F＝。
【特别提醒】L应是导线的“有效长度”。
①对于弯曲的导线，导线的“有效长度”如图中虚线所示。

②对于任意形状的闭合导线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力一定为零。
3．安培力的方向
左手定则判断：
(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
【温馨提示】 安培力方向一定垂直于电流与磁场方向决定的平面，即同时有F⊥I，F⊥B。

4. 安培力作用下导体运动情况判断的常用方法
电流元法
分割为电流元安培力方向→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，通电螺线管→条形磁铁
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

二。安培力作用下导体的平衡问题[互动共研类]
通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合问题，这类题目的难点是题图往往具有立体性，安培力的方向不易确定等。因此解题时一定要先把立体图转化为平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系。
(1)求解安培力作用下导体平衡问题的关键
画受力图→三维图二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。

(2)求解安培力作用下导体平衡问题的基本思路
①选定研究对象；
②变三维图为二维图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F⊥B、F⊥I；
③列平衡方程。
三、安培力作用下的力电综合问题
安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中处于平衡、转动、加速状态，有时也会涉及做功问题。解答时一般要用到牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。
第二部分 最新高考题精选
1. （2022高考湖北物理）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）

A. 棒与导轨间的动摩擦因数为
B. 棒与导轨间的动摩擦因数为
C. 加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D. 减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查安培力，摩擦力、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】
设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令，
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
代入，可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有。故BC正确，AD错误。
2. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。

【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为

金属框中产生的感应电动势为

金属框中的电流为

t=2.0s时磁感应强度

金属框处于磁场中的有效长度为


此时金属框所受安培力大小为

（2）内金属框产生的焦耳热为

3. （2022年1月浙江选考）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为和。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（　　）

A. Q对P磁力大小等于
B. P对Q的磁力方向竖直向下
C. Q对电子秤的压力大小等于＋F
D. 电子秤对Q的支持力大小等于＋
【参考答案】D
【名师解析】由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于，选项AB错误；对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于＋，即Q对电子秤的压力大小等于＋，选项C错误，D正确。
4. （2022年1月浙江选考）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【参考答案】B
【名师解析】根据安培力公式F=BIL，可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F-I图像是过原点的直线，图像B正确，图像A错误；若保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，则F-L是过原点的直线，则CD均错误。故选B。
5. （2021重庆高考）某同学设计了一种天平，其装置如题图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与MN共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是

A. 若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流
B. 若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流
C. 若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流
D. 若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流
【参考答案】BC
【名师解析】当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力。若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，选项A错误B正确；若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，选项C正确D错误。

6　(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(　　)
A．2F　　　　　　　 B．1.5F
C．0.5F D．0
【参考答案】B
【名师解析】　设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两路电流之比I1∶I2＝1∶2。如图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F＋F′＝F，选项B正确。

7．(2019·浙江选考)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是(　　)

A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
【参考答案】B
【名师解析】　当两线圈电流方向相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C、D错误。

第三部分 最新模拟题精选
1. (2022福建泉州质检五)泉州是雷电多发地区，安装避雷针可以保护建筑物免遭雷击。某次雷电过程中，有大小为I的电流竖直向下通过一长度为L的避雷针。已知泉州地区地磁场的磁感应强度大小为B，方向与水平向北方向的夹角为，则此时该避雷针受到地磁场的作用力大小为_____________，方向水平向___________（选填“东”或“西”）。
【参考答案】 ①. ②. 东
【名师解析】
根据几何关系可知，泉州地区地磁场的在水平向北方向上的分量为
在竖直方向的分量为
由于避雷针中的电流方向为竖直方向，则避雷针在竖直方向上的磁场中不受作用力，避雷针在水平向北的磁场中，根据可知，受到的安培力为，
根据左手定则可知，安培力的方向为水平向东。
2 . （2022石景山区高三下一模）6．如图所示，“”表示直导线中电流方向垂直纸面向里，“”表示电流方向垂直纸面向外，三根长直导线a、b、c平行且水平放置，图中abc正好构成一个等边三角形。当c中没有电流，a、b中的电流分别为I和2I时，a受到的磁场力大小为F；保持a、b中的电流不变，当c中通有电流时，发现a受到的磁场力大小仍为F。由此可以推知（　　）


A．c中电流为I
B．c中电流的方向垂直纸面向外
C．c中电流为2I
D．当c中通有电流时，b受到的磁场力大小也为F
【参考答案】．C
【名师解析】由题意可知，当c中没有电流时，由安培定则可知，b中的电流在a处产生的磁感应强度为B1，方向竖直向下，a受到的磁场力大小为F，由左手定则可知，方向水平向左，当c中通有电流时，a受到的磁场力的合力大小仍为F，则知a受到c的磁场力方向应是斜向右上，由此可知c在a处产生的磁场B2方向应是斜向左上，则知c中电流的方向垂直纸面向里，如图所示，由此可知c在a处产生的磁磁感应强度大小B2与b中的电流在a处产生的磁感应强度为B1，大小相等，所以c中电流为2I，AB错误，C正确；

当c中通有电流时，b受到的磁场力大小如图所示，由力合成的计算公式则有
       

，D错误。
3. （2022河南洛阳一模）如图所示，把一根柔软的可导电的弹簧悬挂在绝缘支架上，使它的下端刚好跟槽中的水银接触。关于通电后发生的现象，下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧上下振动
B. 弹簧入水银更深了
C. 弹簧下端离开水银，不再接触水银
D. 若把电源正负极交换，原来的现象不再发生
【参考答案】A
【名师解析】当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程。与电源正负极无关。
4. （2022湖北新高考协作体高二质检） 如图所示，梯形线框是由相同材料制成的导体棒连接而成，各边长度为MP=PQ=QN=L，MN=2L，线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框底边M、N两点与直流电源两端相接。已知导体棒PQ受到的安培力大小为F，则整个线框MNQP受到的安培力的大小为（　　）

A. 5F B. 4F C. 3F D. 0
【参考答案】A
【名师解析】
导体棒PQ受到的安培力大小为F，由于MP=PQ=QN=L，MN=2L
可得
由图可知MP、QN的有效长度都为，故有整个线框MNQP受到的安培力的大小为

BCD错误，A正确。
5．（2021湖南张家界期末）如图所示把柔软的铝箔条折成天桥状并用胶纸粘牢两端固定在桌面上，使蹄形磁铁横跨过“天桥”，当电池与铝箔接通时（　　）
A. 铝箔条中部向下方运动
B. 铝箔条中部向上方运动
C. 蹄形磁铁对桌面的压力不变
D. 蹄形磁铁对桌面的压力减小

【参考答案】B
【名师解析】当电池与铝箔接通时，由左手定则可判断出铝箔所受安培力向上，铝箔条中部向上方运动，选项B正确A错误；由牛顿第三定律可知，铝箔条对蹄形磁铁的作用力向下，所以蹄形磁铁对桌面的压力增大，选项CD错误。
6．如图，一导体棒通过两根导线悬挂在U型铁芯的两板之间，导线的连接和线圈的绕向如图所示。则按图示方向，下列说法正确的是（　　）

A．闭合开关后，铁芯上板为N极
B．闭合开关后， 两板之间存在向上的磁场
C．闭合开关后，导体棒向左运动
D．如改变电源的正负极，闭合开关后，导体棒的运动方向与原来相反
【参考答案】．B
【名师解析】
闭合开关后，由导线的绕向和流向结合安培定则可知Ｕ形铁芯内部有向下的磁场，则铁芯的上板为S极，两板之间存在向上的磁场，故A错误，B正确；导体棒所接电流向里，由左手定则可知导体棒受到向右的安培力，导体棒向右运动，故C错误；如改变电源的正负极，磁场方向和导体棒的电流方向同时反向，则闭合开关后，导体棒的运动方向与原来相同，故D错误；
7．(2021广东潮州第一次质检)如图所示，两根平行固定放置的等长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当加入一垂直于纸面（导线所在平面）向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，则此时b受到的磁场力大小为
A．F
B．2F
C．3F
D．4F
【参考答案】.A【命题意图】本题考查磁场力及其相关知识点。
【解题思路】两根平行固定放置的等长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，力电流相斥，a受到的磁场力大小为F，向左，b受到的磁场力大小为F，向右。当加入一垂直于纸面（导线所在平面）向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，说明外加磁场对电流作用力方向向左，大小为2F，则此时b受到的磁场力大小为2F-F=F，选项A正确。
8（2020年4月浙江台州质量评估）如图所示，蹄形磁铁的磁极之间放置一个装有导电液体的玻璃器皿，器皿中心和边缘分别固定一个圆柱形电极和一个圆形环电极，两电极间液体的等效电阻为 R=0.10Ω。在左边的供电电路中，电源的电动势 E=1.5V，内阻 r=0.40Ω，伏特表为理想电表，滑动变阻器 R0 的最大阻值为 0.40Ω。开关 S 闭合后，液体流速趋于稳定时，下列说法正确的是

A. 由上往下看，液体顺时针转动
B. 当 R0=0.30Ω时，电源输出功率最大
C. 当 R0=0 时，伏特表的示数为 0.30V
D. 当 R0=0.30Ω时，电源的效率大于 50%
【参考答案】D
【命题意图】 本题考查左手定则、对非纯电阻电路的分析和理解及其相关知识点，考查的核心素养是“运动和力”的观点、能量的观点、科学思维能力。
【解题思路】根据电路，可知玻璃器皿中导电液体的电流从圆形环电极流向中心的圆柱形电极，由左手定则可判断出，液体所受洛伦兹力沿逆时针方向，所以由上往下看，液体逆时针转动，选项A错误；由于在液体逆时针转动时将产生感应电动势，所以此电路不是纯电阻电路，不能运用纯电阻电路中电源输出电功率最大的条件，也不能运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律计算电源输出电流和电压表示数，所以当 R0=0.30Ω时，电源输出功率不是最大，当 R0=0 时，伏特表的示数不是0.30V，选项BC错误；由于液体逆时针转动时将产生感应电动势，所以当 R0=0.30Ω时，电源输出电功率大于电源内阻消耗的电功率，即电源的效率大于 50%，选项D正确。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是左手定则判断错误，导致错选A；二是把电路看作纯电阻电路，利用电源输出电功率最大的条件进行分析，导致错选B或C。
9. (2022湖北武汉武昌5月质检)光滑的水平桌面上有两根粗细均匀弯折后的金属棒，左、右摆放正好凑成一个正六边形oabcde，边长为L。它们的两端分别在o处和c处相互接触，两接触面均与ab边和de边平行，o处接触但是相互绝缘，c处不绝缘。匀强磁场的方向垂直于桌面向上，磁感应强度大小为B。当通以如图所示大小为I的电流时，两金属棒仍处于静止状态，则（　　）


A. o处左棒对右棒的弹力大小为2BIL
B. o处左棒对右棒的弹力大小为BIL
C. c处左棒对右棒的弹力大小为4BIL
D. c处左棒对右棒的弹力大小为3BIL
【参考答案】B
【名师解析】由几何关系可得


由左手定则可知，金属棒oabc受到的安培力方向向右，大小为

分析金属棒oabc受力，还受到o，c处的弹力和。两个弹力方向向左。因金属棒处于静止状态，则


解得

根据牛顿第三定律，o，c处左棒对右棒的弹力大小为BIL，故选B。
10. （2022·河北石家庄三模）如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成角时保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　）


A. 绳1受到的拉力先增大后减小
B. 绳2受到的拉力先增大后减小
C. 绳3受到的拉力最大值为
D. 导体棒中电流的值为
【参考答案】D
【名师解析】
对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右逐渐增大，有平衡条件得
水平方向
竖直方向
电流逐渐变大，则增大、不变，故AB错误；
当电流增大到时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大，由
最解得最大值为，故C错误；
对导体棒受力分析得，得，故D正确。
11. （2022山东聊城重点高中质检）如图所示，绝缘水平桌面上有两平行导轨与一电源及导体棒MN构成闭合回路，已知两导轨间距为L，导体棒MN的质量为m，通过导体棒的电流为I，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与水平面成角斜向下，导体棒MN静止，则导体棒MN受到的（　　）

A. 支持力的大小为
B. 支持力的大小为
C. 摩擦力的大小为
D. 摩擦力的大小为
【参考答案】C
【名师解析】
由左手定则可知，导体棒所受安培力垂直磁场方向向右下，导体棒受力分析如图


由平衡条件得


故C正确，ABD错误。
12. ．（2022河北普通高中第一次联考）如图甲为市面上常见的一种电动车，图乙为这种电动车的电动机的工作示意图。电动机电路两端电压为10V，额定功率为200W，A、B为线圈上的两点。下列选项中不正确的是

甲 乙
A．在额定功率下运行时，电动机电路中的电流大小为20A
B．电刷a接入电路正极，电刷b接入电路负极
C．A点与B点间电流方向在不断变化
D．直流电源可以驱动该电动机正常工作
【参考答案】．B
【名师解析】电动机的电功率表达式为，代入题中数据可得：，解得，A项正确；B．磁场方向在磁体外部由N极指向S极，由电动机运转方向可知，段受力方向向上，再由左手定则可知，电流方向由A指向B，故b为正极，a为负极，B项错误；C．电动机转过180°后两半铜环所接电刷互换，间电流方向改变，依次类推可知，A点与B点间电流方向不断改变，C项正确；D．直流电源可以驱动该电动机正常工作，D项正确。
【命题意图】本题以电动车为背景，主要考查理解能力、推理论证能力，体现科学思维、科学探究、科学态度与责任的要求。
13. （2021南京期末）电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用.如图所示，泵体是一个长方体，边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电导率为（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上.则
A．泵体上表面应接电源负极
B．通过泵体的电流I = UL2
C．仅将磁场方向反向，电磁泵仍能正常工作
D．增大液体的电导率可获得更大的抽液高度
【参考答案】D
【名师解析】当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，选项A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻，因此流过泵体的电流，选项B错误；仅将磁场方向反向，根据左手定则，安培力和原来相反，液体的运动方向也会相反，电磁泵不能正常工作，选项C错误；若增大液体的电导率，可以使电流增大，受到的磁场力增大，使抽液高度增大，选项D正确。
14（2020成都调研）如图，等离子体以平行两极板向右的速度v=100m/s进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm，两极板间等离子体的电阻r=1Ω。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A点后完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S极， R0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V，则

A. 玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘
B. 由上往下看，液体做顺时针旋转
C. 通过R0的电流为1.5A
D. 闭合开关后，R0的热功率为2W
【参考答案】D
【名师解析】
由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A，B错误；当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有
，得，由闭合电路欧姆定律有，解得。
R0的热功率，故C错误，D正确。
15.（2020高考模拟示范卷3）某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图甲所示，在干电池的负极吸上一块圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图。若线框逆时针转动(俯视)，下列说法正确的是

A. 线框转动是因为发生了电磁感应
B. 磁铁导电，且与电池负极接触的一端是S极
C. 若将磁铁的两极对调，则线框转动方向不变
D. 线框转动稳定时的电流比开始转动时的大
【参考答案】B
【名师解析】对线框的下端平台侧面分析，若扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外），所以，由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，若扁圆柱形磁铁上端为N极，下端为S极，则转动方向相反，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应。故AC错误，B正确；稳定时，因导线切割磁感应线，则线框中电流比刚开始转动时的小，故D错误。

16.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线框abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线的张力均减小为T1；当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0。
(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
(2)求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线框的加速度大小为a，求I3。
【名师解析】：(1)I1方向向左，I2方向向右。
(2)当MN中通以强度为I的电流时，线框受到的安培力大小为F＝kIiL，
式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线框中的电流，L为ab、cd的长度。
所以F1∶F2＝ I1∶I2。
(3)设MN中电流强度为I3时，线框受到的安培力大小为F3。由题设条件有
2T0＝G，2T1＋F1＝G，F3＋G＝ma＝a。
所以＝＝，I3＝I1，方向向右。
【参考答案】：(1)I1方向向左　I2方向向右　(2)I1∶I2　
(3)I1，方向向右
17. (2022年高考广东梅州二模)我国新一代航母阻拦系统采用电磁阻拦技术，基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒ab，金属棒、导轨和定值电阻R形成一闭合回路，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0=180km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知飞机质量M=2.7×104kg，金属棒ab质量m=3×103kg、电阻r=4Ω，导轨间L=50m，定值电阻R=6Ω，匀强磁场磁感应强度B=5T，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5×106J，为研究问题的方便，导轨电阻不计，阻拦索的质量和形变不计。求：
(1)飞机着舰瞬间金属棒ab中感应电流I的大小和方向；
(2)金属棒ab中产生的焦耳热Q。

【参考答案】(1)，方向b到a；(2)1.44×107J
【名师解析】
(1)飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势

感应电流

解得

由右手定则：感应电流方向b到a
(2)飞机至舰至停下，由动能定理

解得

由焦耳定律知总电热为

定值电阻和金属棒产生的热量之比为

解得


18.(20分）(2021郑州三模)航空母舰作为大国重器，其形成有效战力的重要标志之一是其携带的舰载机形成战斗力。质量为m的舰载机模型，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力恒为舰载机所受重力的k倍，发动机牵引力恒为F,离开地面起飞时的速度为v,重力加速度为g.求：
（1)舰载机模型的起飞距离（离开地面前的运动距离）以及起飞过程中平均阻力的冲量；
（2)若舰载机起飞利用电磁弹射技术将大大缩短起飞距离。图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动。使用前先给电容为C的大容量电容器充电，弹射飞机时，电容器释放储存电能所产生的强大电流从一根导轨流人，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受到磁场力而加速，从而推动舰载机起飞。
①在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u与极板上所带电荷量q的图像，在此基础上求电容器充电电压为U0时储存的电能；
②当电容器充电电压为Um时弹射上述舰载机模型，在电磁弹射装置与舰载机发动机同时工作的情况下，可使起飞距离缩短为x.若金属块推动舰载机所做的功与电容器释放电能的比值为η,舰载机发动机的牵引力F及受到的平均阻力不变。求完成此次弹射后电容器剩余的电能。


【命题意图】本题以舰载机起飞利用电磁弹射技术为情景，考查动能定理、动量定理、半衰期及其相关知识点，考查的学科核心素养是功和能的观念、动量观念和科学思维能力。
【压轴题透析】（1）利用动能定理得出舰载机模型的起飞距离，利用动量定理得出起飞过程中平均阻力的冲量；（2）利用电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u与极板上所带电荷量q的图像面积的物理意义，得出电容器充电电压为U0时储存的电能；
（3）利用动能定理和能量守恒定律得出完成此次弹射后电容器剩余的电能。
【解题思路】
25.(20分)（1）起飞过程，由动能定理得
① 2分
解得 1分
由动量定理得：（F-kmg）t=mv 1分
If =kmgt 1分
由②③解得： 1分
（2）①如图所示 2分


则储存的电能为 2分
②假设金属块推动舰载机所做的功为W电，电容器释放的电能为E电，剩余的电能为，则根据动能定理得
3分
且W电=ηE电 2分
3分
解得2分
19. （2021湖南张家界期末）21．如图所示为某研究小组设计的电磁炮供弹和发射装置。装置由倾角θ=37°倾斜导轨和水平导轨在AB处平滑连接而成。倾斜导轨处有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ABCD区域无磁场，CD右侧为发射区域，另加磁场．倾斜导轨顶端的单刀双掷开关可连接阻值R=1.0Ω的电阻和电容C的电容器。质量m=0.2kg、电阻r=1.0Ω的金属杆ab代替电磁炮弹，倾斜导轨光滑，ABCD区域的导轨粗糙，动摩擦因数为μ=0.5，先研究其供弹过程：开关打到S1处，金属杆从倾斜导轨某个位置及以上任意位置由静止释放，金属杆最终都恰好精确停在CD处；已知导轨间距为L=1.0m，电磁炮发射位置CD与AB相距x=0.4m ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。
（1）求金属杆到达AB处时速度v的大小；
（2）为精确供弹，求磁感应强度B的大小；
（3）若将开关拨向S2,再将弹体由静止释放，试分析在倾斜轨道上下滑的过程中导体棒运动的运动情况，定性画出v-t图象，并写出必要的分析和推理过程（此问要求用题中字母符号表示）。

【名师解析】：（1）金属杆从AB到CD的过程，根据动能定理得：

可得：
v=2m/s。................2分
（2）为精确供弹，金属杆只要在倾斜导轨上最终达到匀速运动，则有：

又
F安=
解得： B= T
(3) 对电容器有
电流

根据牛顿第二定律
安培力

解得：
.....................3分
a与时间无关，所以弹体匀加速运动，运动图像

.....................1分
20（18分）（2020天津和平区质检）电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快，效率高等优点。其原理结构可简化为如图甲所示的模型：两根无限长、光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L，“电磁炮”弹体为质量为m的导体棒ab，垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，弹体在轨道间的电阻为R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，“电磁炮”电源的电压能自行调节，用以保证“电磁炮”在轨道上做匀加速运动最终发射出去，其中可控电源的内阻为r，不计空气阻力，导轨的电阻不计。求：
（1）考虑到电磁感应现象，定性描述电源的电压如何自行调节，才能保证“电磁炮”匀加速发射；
（2）弹体从静止经过时间t加速到v的过程中系统消耗的总能量；
（3）把此装置左端电源换成电容为C的电容器，导轨倾斜，与水平夹角为θ（如图乙所示），使磁场仍与导轨平面垂直，将弹体由静止释放，某时刻其速度为v1，定性画出该过程导体棒运动的v-t图象，并写出必要的分析和推理过程。

【名师解析】（1）由于弹体速度增大，弹体切割磁感线产生的感应电动势增大，电源电压应随之增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流。
（2）F安=BIL
F安=ma，v=at，
Q=I2(R+r)t，
E=Q+mv2，
联立解得：E=(R+r)+mv2。
（3）△q=C△U=CBL△v，
i=△q/△t=CBLa，
由牛顿第二定律可知，mgsinθ-F安=ma，
F安=BiL
联立解得：a=，与时间无关。
所以弹体做匀加速直线运动，v——t图像如图所示。


21　(2020·北京海淀区模拟)如图甲所示，两光滑平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面夹角为θ，导体棒ab与导轨垂直并接触良好，其质量为m，长度为L，通过的电流为I。
(1)沿棒ab中电流方向观察，侧视图如图乙所示，为使导体棒ab保持静止，需加一匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，求磁感应强度B1的大小；
(2)若(1)中磁场方向改为竖直向上，如图丙所示，求磁感应强度B2的大小；
(3)若只改变磁场，且磁场的方向始终在与棒ab垂直的平面内，欲使导体棒ab保持静止，求磁场方向变化的最大范围。

【名师解析】　(1)对导体棒ab受力分析如图所示：
mg sin θ－ILB1＝0
解得B1＝。
(2)对导体棒ab受力分析如图所示：
由导体棒静止有
mg tan θ－ILB2＝0
解得B2＝。
(3)使导体棒保持静止状态，需F合＝0，即三力平衡，安培力与另外两个力的合力等大反向；如图所示，因为重力与斜面支持力的合力范围在α角范围内(垂直于斜面方向取不到)，故安培力在α′角范围内(垂直于斜面方向取不到)，根据左手定则，磁场方向可以在α″角范围内变动，其中沿斜面向上方向取不到。
[答案]　(1)　(2)　(3)见解析

22.　“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点。“电磁炮”的原理结构示意图如图所示。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽L＝0.2 m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102 T。“电磁炮”弹体总质量m＝0.2 kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4 Ω。可控电源的内阻r＝0.6 Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流I＝4×103 A，不计空气阻力。求：
(1)弹体所受安培力大小；
(2)弹体从静止加速到4 km/s，轨道至少要多长？
(3)弹体从静止加速到4 km/s过程中，该系统消耗的总能量；
(4)请说明电源的电压如何自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。

【名师解析】　(1)由安培力公式得
F＝BIL＝8×104 N。
(2)由动能定理得Fx＝mv2
弹体从静止加速到4 km/s，轨道长度x＝＝20 m。
(3)由F＝ma，v＝at解得发射弹体需要时间t＝1×10－2 s
发射弹体过程中产生的焦耳热
Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105 J
弹体动能Ek＝mv2＝1.6×106 J
系统消耗总能量E＝Ek＋Q＝1.76×106 J。
(4)由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势增大，所以应使电源的电压增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射。
[答案]　(1)8×104 N　(2)20 m　(3)1.76×106 J　(4)见解析