专题19 磁场的描述 安培力-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

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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
（2024•浙江模拟）某同学用电荷量计（能测出一段时间内通过导体横截面的电荷量）测量地磁场强度，完成了如下实验：如图，将面积为S、电阻为R的矩形导线框abcd沿图示方位放置于地面上某处，将其从图示位置绕东西轴转180°，测得通过线框的电荷量为Q1；将其从图示位置绕东西轴转90°，测得通过线框的电荷量为Q2；该处地磁场的磁感应强度大小为（ ）

A．RSQ124+Q22B．RSQ12+Q22
C．RSQ122+Q1Q2+Q22D．RSQ12+Q1Q2+Q22
【解答】解：北半球磁场的方向向北，斜向下，设B与水平方向之间的夹角为θ，取磁感线从线框上面向下穿过时为正。
初始位置的磁通量：Φ1＝BSsinθ
线框转过180°时，磁感线的方向从线框的背面穿过，所以：Φ2＝﹣Φ1＝﹣BSsinθ
线框转过90°时，磁感线的方向也是从线框的背面穿过，所以：Φ3＝﹣BScsθ
线框转过180°时，回路磁通量变化量的大小为：ΔΦ＝|Φ2﹣Φ1|＝2BSsinθ。
根据公式有：Q1＝I1Δt1=ΔΦΔt1RΔt1=ΔΦR=2BSsinθR
线框转过90°时，回路磁通量变化量的大小为：ΔΦ′＝|Φ2﹣Φ1|＝BS•（sinθ+csθ）
所以对：Q2=ΔΦ'R=BS(sinθ+csθ)R
联立可得：B=RSQ122+Q1Q2+Q22．故C正确，ABD错误
故选：C。
（2024•浙江模拟）如图所示，五根垂直纸面放置的平行长直导线通过纸面内的a、b、c、d、e五个点，五个点恰好为正五边形的五个顶点，点为正五边形的中心。仅给其中一根直导线通大小为I0的电流时，点的磁感应强度大小为B0。若每根直导线通电时电流大小均为I0，则（ ）
A．仅给a处直导线通电时，、b、e点的磁感应强度大小相同
B．仅给a、b处直导线通同向电流时，点的磁感应强度大小为3B0
C．仅给a、b、c处直导线通同方向电流时，点的磁感应强度方向一定平行de连线
D．给任意四根直导线通电时，点的磁感应强度大小均为B0
【解答】解：A、由几何关系可知a点与、b、e三点的距离关系为：ab＝ae≠a，根据通电直导线产生的磁场的特点，可知b、e点的磁感应强度大小相同，点的磁感应强度大小与b、e点的磁感应强度大小不相等，故A错误；
B、仅给a、b处直导线通同向电流（电流方向均垂直纸面向里或向外，不会影响结果的磁感应强度大小），通电直导线a、b（假设电流方向均垂直纸面向里）分别产生的磁场在点的磁感应强度以及它们的合磁感应强度B1如图1所示。
由几何关系可知：θ=360°5=72°，B1＝2B0csθ2=2B0cs72°2=1.6B0，故B错误；
C、仅给a、b、c处直导线通同方向电流时（假设电流方向均垂直纸面向里），通电直导线a、b、c分别产生的磁场在点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小相等均为B0，方向如图2所示。
通电直导线b产生的磁场在点的磁感应强度Bb的方向平行de连线，通电直导线a、c产生的磁场在点的磁感应强度Ba、Bc在Bb的两侧，与Bb的夹角均等于θ，根据平行四边形定则，Ba、Bc的合磁感应强度与Bb同向，点的磁感应强度方向一定平行de连线。若电流方向均垂直纸面向外，只是磁感应强度方向相反，但还是平行de连线的，故C正确；
D、给任意四根直导线通电时，假设直导线a、b的电流方向均垂直纸面向里，直导线c、d的电流方向均垂直纸面向外，同样的作出直导线a、b、c、d产生的磁场在点的磁场叠加如图3所示，
将Ba与Bc合成为Bac，Bb与Bd合成为Bbd，再将Bac与Bbd合成最终的B合，Ba、Bc、Bb、Bd的大小均等于B0，显然B合大于B0，由此可见点磁感应强度与四根直导线的电流方向有关，故D错误。
故选：C。
（多选）（2024•福州模拟）如图甲所示，一个条形磁铁P固定在水平桌面上，以P的右端点为原点，中轴线为x轴建立一直角坐标系，一个灵敏的小磁针Q（黑色端为N极）放置在x轴上不同位置，设Q与y轴之间的夹角为θ，实验测得tanθ与x之间的关系如图乙所示，已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为B0，下列说法正确的是（ ）
A．P的右端为N极
B．P的中轴线与地磁场方向平行
C．P在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为33B0
D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0
【解答】解：B、根据题意可知，当x趋向无穷大时，P产生的磁场的磁感应强度趋于零，小磁针所指的方向为地球的磁场的方向，由图乙可知，x趋向无穷大时，tanθ趋向0，则θ趋向0，即地磁场方向沿+y方向，与P的中轴线垂直，故B错误；
AC、由图甲，结合B分析可知，P在x轴上的磁场方向沿+x方向，则P的右端为N极。
设P在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为Bx，结合图乙，由几何关系有
BxB0=tanθ=33
解得：Bx=33B0，故AC正确；
D、结合AC分析，由几何关系可得x0处合磁场的磁感应强度大小为B=Bx2+B02=(33B0)2+B02=233B0，故D错误。
故选：AC。
类型2 安培定则的应用
（2024•泰州模拟）已知无限长直导线通电时，在某点所产生的磁感应强度的大小与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离成反比。两根足够长的直导线平行放置，其中电流分别为I、2I，A、B是两导线所在平面内的两点，到导线的距离分别如图所示，其中A点的磁感应强度为B0，则B点的磁感应强度（ ）
A．大小为B09，方向垂直纸面向外B．大小为B09，方向垂直纸面向里
C．大小为B03，方向垂直纸面向外D．大小为2B03，方向垂直纸面向外
【解答】解：由安培定则可知，两导线独立在A点产生的磁场的方向均垂直纸面向里，则有
B0=kId+2kId=3kId
左边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向外，右边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向里，则有
B=kId-2kI3d=kI3d=B09
方向垂直纸面向外，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O为等边三角形的中心，M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点。已知三根导线中的电流形成的合磁场在O点的磁感应强度大小为B1，在M点的磁感应强度大小为B2，若撤去导线ef，而ab、cd中电流不变，则此时N点的磁感应强度大小为（ ）
A．B1+B2B．B1﹣B2C．B1+B22D．B1-B22
【解答】解：设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd中的电流在M点产生的磁感应强度大小都为B0′，则在O点有B1＝B0，在M点有：B2＝2B0′+B0，
撤去导线ef后，在N点有：BN＝B0+B0′、联立各式解得：B2=B1+B22，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024•合肥二模）正方形MNPQ的中心为O，其对角线MOP长为2d。均通有电流I0的两无限长直导线互成60°角，放置在该正方形平面内，两导线彼此绝缘且相交于O，MOP平分∠GOH，通入的电流方向如图所示。已知一根无限长直导线通入电流l时，垂直导线距离为r处的磁感应强度大小B＝kIr，k为常数。则M、N、P、Q四处的磁感应强度大小正确的是（ ）
A．BM=4kI0dB．BN=4kI0d
C．BP=23kI0dD．BQ=23kI0d
【解答】解：根据几何关系可知M、N、P、Q四点到两导线的距离分别为12d、32d、12d、32d，根据矢量的叠加可知M、P两点的磁感应强度大小为
B＝2×kI012d=4kI0d
N、Q两点的磁感应强度大小为0。
故A正确，BCD错误；
故选：A。
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
类型1 通电导线有效长度问题
（2024•山东模拟）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y轴方向磁场均匀分布，沿x轴方向磁感应强度大小B与横坐标x满足关系B＝kx，其中k是一恒定的正数。由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ABCD边长为a，A处有一极小开口AE，整个线框垂直放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴的距离为a，线框A、E两点与一电源相连，稳定时流入线框图示方向的电流为I。则整个线框受到的安培力（ ）
A．方向沿x轴负方向B．大小为零
C．大小为ka2ID．大小为2ka2I
【解答】解：由于沿y轴方向磁场分布均匀，所以CD边和BE边所受安培力的合力为零；
沿x轴方向磁感应强度大小B与横坐标x满足关系B＝kx，设AD边x轴坐标为x0，AD边所受安培力：F1＝BIa＝kx0Ia，由左手定则可知安培力方向沿着x轴负方向，BC边所受安培力大小：F2＝B′Ia＝k（x0+a）Ia，方向沿着x轴正方向，所以整个线框在x轴方向受到的合力大小为：F=F2-F1=k(x0+a)Ia-kx0Ia=ka2I，方向沿x轴正方向，故C项正确，ABD错误。
故选：C。
（2024•衡水模拟）如图所示，水平桌面内固定一金属导线做成的心形摆件，该摆件由两个直径为d的半圆形导线和一个V形导线组成，M、N为两部分导线连接点，空间存在磁感应强度大小为B、竖直向下的匀强磁场、从M、N点引出导线，向摆件中通以恒定电流I，摆件受到的安培力大小为（ ）
A．2BIdB．BIdC．BId2D．BIdπ
【解答】解：电流经M点后，根据并联电路特点，电流分成上下两部分，分别流经两个半圆形导线和一个V形导线，到N点汇合流出。
对两个直径为d的半圆形导线，有效长度为2d，根据安培力公式（和左手定则）可得：F上＝BI上•2d，方向指向图上方；
对V形导线，有效长度为2d，根据安培力公式（和左手定则）可得：F下＝B（I﹣I上）•2d，方向指向图上方；
所以，摆件受到的安培力大小为：F＝F上+F下＝BI上•2d+B（I﹣I上）•2d＝2BId
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024•山东模拟）如图，正六边形线框ABCDEF由6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A、B与直流电源两端相连，已知导体棒BC受到的安培力大小为F0，则正六边形线框受到的安培力的大小为（ ）
A．6F0B．5F0C．2F0D．65F0
【解答】解：设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，通电导体BCDEFA受安培力的有效长度为L，根据安培力公式F＝BIL可得，通电导体BCDEFA与BC受到的安培力的大小相等，也为F0，
则BA与BCDEFA两支路的电阻之比为R1：R2＝R：5R＝1：5，根据并联电路两端电压相等的特点可知，BA与BCDEF两支路电流之比I1：I2＝5：1
BA与BCDEFA受到的安培力的大小之比为F′：F0＝I1：I2＝5：1，可得F′＝5F0
根据左手定则可知，两力方向相同，整个线框所受安培力的合力大小为F0+F′＝6F0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
类型2 判断安培力作用下导体的运动
（2023春•巫溪县校级月考）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为N1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图，当加上电流后，台秤读数为N2，则以下说法正确的是（ ）
A．N1＞N2，弹簧长度将变长B．N1＞N2，弹簧长度将变短
C．N1＜N2，弹簧长度将变长D．N1＜N2，弹簧长度将变短
【解答】解：在磁铁的外部，磁感线是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直于纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上；将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，磁体向左运动，所以弹簧长度将变短，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2023•湖北模拟）一直线电流PQ水平放置，固定在桌面上，在其正上方有一根通电的硬直导线ab，ab和PQ中的电流方向如图所示。初始时，ab水平，ab⊥PQ，若ab可以在空中自由移动和转动，则从上往下看导线ab（ ）
A．逆时针转动，同时下降B．逆时针转动，同时上升
C．顺时针转动，同时下降D．顺时针转动，同时上升
【解答】解：根据左手定则，由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受安培力方向向外，右侧导体受安培力方向向里，故从上向下看，直导线为逆时针转动；当导体转过90°时，即导体与磁场垂直，由左手定则可得导体受安培力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，匀强磁场区域足够大，磁感应强度大小为B，方向水平向右，将一段14圆弧形导体ab置于磁场中，圆弧圆心为O，半径为r，ab连线竖直。现在导体ab中通以方向从b→a的恒定电流I，下列说法正确的是（ ）
A．将磁场从图示位置开始沿顺时针方向在竖直面内缓慢旋转120°过程中，圆弧受到安培力方向始终垂直纸面向外
B．将磁场从图示位置开始沿顺时针方向在竖直面内缓慢旋转120°过程中，圆弧受到的安培力最大值为πBIr2
C．将磁场从图示位置开始在水平面内缓慢旋转120°过程中，圆弧受到的安培力最大值为2BIr
D．将磁场从图示位置开始在水平面内缓慢旋转120°过程中，圆弧受到的安培力最大值为πBIr2
【解答】解：A、圆环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与I所组成的平面，将磁场从图示位置开始沿顺时针方向在竖直面内缓慢旋转120°过程中，根据左手定则可知，圆环受到的安培力方向先垂直纸面向外，后垂直纸面向里，故A错误；
BCD、将磁场从图示位置开始沿顺时针方向在竖直面内缓慢旋转120°过程中，圆环导线的有效长度为2r，当B和I相互垂直时，安培力最大，最大值为F=2BIr，故C正确，BD错误。
故选：C。
题型三 安培力作用下平衡问题
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
（2024•道里区校级一模）如图甲所示，直导线P、Q分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上，且P固定于水平轴正下方，两组绳长也相同，其截面图如图乙所示，导线P通以垂直纸面向里的电流；导线Q电流方向未知，平衡时两导线位于同一水平面，且两组绝缘轻绳与竖直方向夹角均为θ。已知Q的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．导线Q中电流方向垂直纸面向里
B．导线P、Q间的安培力大小为2mgsinθ2
C．仅使导线P中电流I缓慢增大且θ不超过90°，导线Q对悬线的拉力大小逐渐增大
D．当导线P中电流突然消失的瞬间，导线Q受到两绳的拉力大小之和为mgsinθ
【解答】解：A、对Q进行受力分析可知，P对Q的力为斥力，根据安培定则和左手定则可知，若两导线的电流方向相反，即导线中电流方向垂直纸面向外，故A错误；
B、设导线Q受到的两绳的拉力之和为T，导线P、Q之间的安培力为F，对Q进行受力分析，根据三角形定则，受力如图所示：
因为两组绳长相同，则根据几何关系可得：
T＝mg；F=2mgsinθ2，故B正确；
C、根据上述分析可知，导线Q受到两绳的拉力之和T始终为mg，与电流和角度无关，则导线Q对悬线的拉力大小不变，故C错误；
D、当导线P中电流突然消失的瞬间，导线P、Q间的安培力消失，此时沿绳方向上的合力为零，则导线Q受到的两绳的拉力之和为mgcsθ，故D错误；
故选：B。
（2024春•重庆期中）如图所示，三根长度均为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．电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，直线电流C的质量为m，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，C位于水平面恰好处于静止状态，则C受到的摩擦力方向和C与水平面的动摩擦因数分别是（ ）
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电流在C处产生的磁感应强度的大小分别为B0，如图所示：
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=3B0IL；
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3B0IL，方向水平向右；
结合公式μ=fFN=3B0ILmg，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2024春•洪山区校级期中）如图所示，间距为l＝1m且相互平行的导轨固定在水平绝缘桌面，导轨左端与电源连接，电源电动势为1.5V，金属棒ab垂直于导轨放置，整个回路的电阻为3Ω。整个空间中存在方向垂直于金属棒ab且与水平面成37°角斜向上方的匀强磁场，磁感应强度大小为0.1T。取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。若金属棒ab始终静止，则金属棒ab受到的摩擦力（ ）
A．方向水平向右，大小为0.03N
B．方向水平向左，大小为0.03N
C．方向水平向右，大小为0.05N
D．方向水平向左，大小为0.05N
【解答】解：根据左手定则判断可知，金属棒ab受到的安培力方向垂直于磁感线斜向左上方，对金属棒ab受力分析如图所示。
根据平衡条件得BIlcs53°＝f
由闭合电路欧姆定律得
I=ER
联立解得：f＝0.03N，方向水平向右，故A正确，BCD错误。
故选：A。
类型2 安培力下的加速问题
（2023春•成都期末）如图，一质量为m＝3kg、长为L＝2m的导体棒ab放在水平粗糙平行导轨MN、PQ上，导轨间距为L＝2m，导体棒ab中的电流大小为I＝2.5A，与导轨间的动摩擦因数为μ=33。在导轨所在空间加一匀强磁场（图中未画出），使导体棒ab在安培力作用下向右做匀速直线运动，导体棒ab与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度大小取g＝10m/s2，则磁感应强度的最小值为（ ）
A．33TB．6TC．23TD．3T
【解答】解：对导体棒进行受力分析，如图所示，受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、与运动方向相反的摩擦力，故要使导体棒匀速直线运动，则安培力需为动力，则设磁场方向与轨道平面成θ角向左斜向上，由左手定则可知安培力方向与磁场垂直斜向右上方，如图所示，
则由共点力平衡条件得：
BILsinθ＝μFN ①
FN+BILcsθ＝mg ②
联立①②解得：B=μsinθ+μcsθ⋅mgIL
整理得：B=12(sin30°+θ)⋅mgIL
当θ＝60°时磁感应强度最小，
代入数据解得：B＝3T，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（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。
类型3 电磁炮模型
（2023秋•广州期末）图甲是我国电磁炮照片，图乙是其原理图。该电磁炮的轨道长10m，宽2m。若发射质量为100g的炮弹，从轨道左端做初速度为零的匀加速直线运动，当回路中的电流恒为100A时，最大速度可达2km/s，假设轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．轨道间磁场方向竖直向下
B．轨道间磁场方向为水平向右
C．电磁炮的加速度大小为4×105m/s2
D．磁感应强度的大小为100T
【解答】解：AB.回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知，磁场方向应竖直向上，故AB错误；
CD.由题意可知，最大速度v＝2km/s＝2000m/s，加速距离x＝10m，由速度和位移关系可知
v2＝2ax
解得a=v22x=200022×10m/s2=2×105m/s2
由牛顿第二定律可得BIL＝ma
解得：B=maIL=0.1×2×105100×2T=100T，故C错误，D正确；
故选：D。
（2023秋•西山区校级期末）电磁炮是一种现代化武器，模拟图如图所示，当接通电源之后，炮弹就会在导轨中的电流磁场作用下，向前加速飞行，关于电磁炮的有关说法错误的是（ ）
A．将电流反向，炮弹所受磁场力方向不变
B．将电流反向，炮弹所受磁场力方向也会反向
C．其他条件相同时，电流越大，炮弹飞出速度越大
D．其他条件相同时，导轨越长，炮弹飞出速度越大
【解答】解：AB．若将电流反向，由安培定则知，磁场也反向，根据左手定则可知，炮弹受力方向不变，故A正确，B错误；
C．电流越大，磁场越强，由安培力公式F＝BIL可知，炮弹受安培力越大，安培力做功越大，由动能定理知，炮弹的动能越大，则炮弹飞出速度越大，故C正确；
D．相同条件下，导轨越长，安培力做功越大，由动能定理知，炮弹的动能越大，则炮弹飞出速度越大，故D正确。
本题选择错误的，故选：B。
（多选）（2024•荔湾区校级三模）“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。如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平导轨电阻不计，宽为L．在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B．“电磁炮”弹体总质量为m，其中弹体在轨道间的电阻为R．可控电源的内阻为r，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是I，不计空气阻力。则（ ）
A．弹体所受安培力大小为BIL
B．弹体从静止加速到v，轨道长度至少为2mv2BIL
C．弹体从静止加速到v的过程中电源提供的总能量为mvBL(IR+Ir+BLv2)
D．可控电源的电压应随时间均匀增加，才能保证“电磁炮”匀加速发射
【解答】解：A、在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为：F＝ILB，故A正确；
B、由动能定理：Fx=12mv2，解得：x=mv22BIL，故B错误；
C、由F＝ma，v＝at，发射过程产生的热量：Q＝I2（R+r）t，弹体的动能：EK=12mv2，电源提供的总能量为E＝Ek+Q，
联立解得：E=mvBL(IR+Ir+BLv2)，故C正确；
D、由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势，电源的电压应增大，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，故D正确。
故选：ACD。
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．
（2024•泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界领先技术的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米的钢板。电磁炮是一种利用电磁发射技术工作的先进动能发射武器，其工作原理可简化如下图所示，水平面上放置两根间距为d、长度为L的平行导轨，导轨上放有质量为m的炮弹，通上电流后，炮弹在安培力的作用下沿导轨加速运动。设炮弹与导轨间的弹力沿竖直方向，导轨间的磁感应强度为B，方向垂直导轨平面，不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。当通上电流为I时，炮弹恰好做匀速直线运动，求：
（1）炮弹受到安培力的大小；
（2）炮弹与导轨间的动摩擦因数；
（3）若将电流增大一倍，求静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度。
【解答】解：（1）炮弹受到安培力大小为：F＝BId
（2）设一根导轨对炮弹的摩擦力为f，炮弹做匀速直线运动，由力的平衡有：2f＝F
竖直方向上由力的平衡有：2N＝mg
滑动摩擦力：f＝μN
代入数据可得动摩擦因数为：μ=BIdmg
（3）将电流增大一倍，则安培力变为原来的2倍，即：F′＝2BId
在导轨上加速过程，由动能定理有：(F'-2f)L=12mvm2-0
代入数据可得：vm=2BIdLm，方向与安培力方向相同。
答：（1）炮弹受到安培力的大小为BId；
（2）炮弹与导轨间的动摩擦因数为：BIdmg
（3）若将电流增大一倍，静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度为2BIdLm，方向与安培力方向相同。
（2023秋•通州区期末）“电磁炮”是现代军事研究中的一项尖端科技研究课题。其工作原理是将炮架放入强磁场中，并给炮架通入高强度电流，炮架相当于放入磁场的通电直导线，在安培力的作用下加速运动，在较短的轨道上短时间内获得一个非常大的速度射出。如图所示，已知加速轨道长度为L，轨道间距为d，炮架及炮弹的质量为m，足够大匀强磁场垂直于轨道所在平面，磁感应强度大小为B。炮架与水平轨道垂直。当给炮架通以大小恒为I的电流后，炮架与炮弹一起向右加速运动，不计一切阻力。求：
（1）通电时，炮架受到的安培力F的大小；
（2）离开轨道时，炮弹的速度v的大小；
（3）采取哪些措施能提高炮弹的发射速度。（至少提三条）
【解答】解：（1）炮架受到的安培力为F＝BId
（2）根据动能定理有
FL=12mv2
解得：v=2FLm=2BIdLm
（3）要提高炮弹的发射速度，需要增加磁场的磁感应强度B，可以增大通电电流，也可以增加轨道的长度L。
答：（1）通电时，炮架受到的安培力F的大小为BId；
（2）离开轨道时，炮弹的速度v的大小是2BIdLm；
（3）可以通过增加磁场的磁感应强度B，可以增大通电电流，也可以增加轨道的长度L，来提高炮弹的发射速度。
考点
考情
命题方向
考点1 磁场的描述
2022年全国理综乙卷
2022年高考上海卷
2023新高考福建卷
2023高考福建卷
1.磁场的描述高考考查的知识点主要有：磁感应强度和磁通量，地磁场，安培定则等；磁感应强度的叠加是考查的热点。
2.安培力的考查主要集中在：
①安培力大小计算和分析判断：②磁动力：③安培力相关的平衡；④与电磁感应相关的安培力。
考点2 安培力
2022年高考湖北物理卷
2022新高考江苏卷
2024年高考福建卷
2022年1月浙江选考
2022天津学业水平选择性考试
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