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专题19 磁场对电流的作用
题型一 安培定则的应用和磁场的叠加...............................................................................................1
类型1 磁场的叠加........................................................................................................................2
类型2 安培定则的应用................................................................................................................6
题型二 安培力的分析和计算...............................................................................................................7
题型三 安培力作用下平衡与运动问题.............................................................................................12
类型1 安培力下的平衡问题......................................................................................................12
类型2 安培力下的加速问题......................................................................................................16
题型四 安培力与功、动能定理的综合应用.....................................................................................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＝(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
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
1
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安培
定则
立体图
横截面图
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
[题型专练1]. （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．√3
3 B0
B．2√3
3
B0
C．√3 B0
D．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
2
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解得：Bx = √3
3 B0，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[题型专练2]. （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．B
2
B．B
C．√3
2 B
D．√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' = B
2
故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
[题型专练3]. （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
3
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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：F fd = √3
3 F
e 对导线b 的安培力大小为：F
2
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=2 Fsin30°+2× √3 F
3
sin 60°+ F
2
解得：Fb= 5 F
2 ，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。
[题型专练4]. （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（ ）
4
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A．2B0
B．√2
2 B0
C．√2B0
D．√3 B0
【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 = √2
2 B0，M 在O 点产生的磁感应强度大小为√2
2
B0，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[题型专练5]. （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
5
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直线运动，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
类型2 安培定则的应用
[题型专练6]. （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。
[题型专练7]. （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（ ）
6
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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
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
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
[题型专练8]. （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
7
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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 ≥1
μ
B．tanα ≤1
μ
C．tanα≥μ
D．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cosα＝f+mgsinθ
FN＝mgcosα+F 安sinα
其中f＝μFN
解得cosα﹣sinα= μmgcosθ+mgsinθ
F安
当F 安→∞时cosα＝sinα
即当tanα≥1
μ
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。
[题型专练9]. （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
（ ）
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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
mg
BLtanθ
D．每条悬线所受拉力大小为mg
2cosθ
【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
2Tcosθ＝mg
又F＝BIL
解得：I = mgtanθ
BL
，T=
mg
2cosθ
，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[题型专练10].（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I
2
，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（ ）
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A．√3 B0 IL，水平向左
B．√3 B0 IL，水平向右
C．√3
2 B0 IL，水平向左
D．√3
2 B0 IL，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× I
2L= √3
2 B0 IL
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√3
2 B0 IL，方向水平
向右
故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
[题型专练11].（2023•高邮市开学）如图所示，将长为L 的直导线从1
3
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（ ）
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A．BIL
B．√3 BIL
C．√3
3 BIL
D．2√3
3
BIL
【解答】解：根据几何知识可知将长为L 的直导线从1
3
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= 2
3 L⋅sin 60° = √3
3 L
故该通电导线所受的安培力大小为
F = BI L有效= √3
3 BIL
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[题型专练12].（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mg
BL
B．若磁场方向垂直斜面向上，则所通电流大小为mgsinθ
BL
C．若磁场方向水平向左，则所通电流大小为mgcosθ
BL
D．若磁场方向水平向右，则所通电流大小为mgtanθ
BL
【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，
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由共点力平衡可得：BIL
mg =tanθ
解得：I = mgtanθ
BL
，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：
BIL
mg = sinθ
解得：I = mgsinθ
BL
，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 = mg
BL
，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
[题型专练13].（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
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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√3mg
lB
【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=
mg
sin30° =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=√(m g)
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
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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=
mg
tan30° =√3mg
得I0= √3mg
BL
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。
[题型专练14].（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= kI
x
，下列说法正确的是（ ）
A．应在I= mgd
k I 0l 时给导体棒1 以轻微的扰动
B．绳1 中拉力的最大值为√3
3
mg
C．绳2 中拉力的最小值为√3
3
mg
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D．导体棒2 中电流的最大值为I= 2mgd
5k I 0l
【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F3
d = F
PM = mg
2d
，所以，恒有F3= mg
2 ，初始时，应有F3+BI0l＝mg，B= kI
d ，联立解得I
= mgd
2k I 0l 。所以应在I= mgd
2k I 0l 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mg
2
，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=
mg
2cos30° = √3
3
mg，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= PM
2d
mg，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= √5
2
mg，且F＝BI0l，此时B= kl
√5d
，所以电流最大值Im= 5mgd
2k I 0l ，故
D 错误。
故选：B。
[题型专练15].（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
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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= F
Bl =
1
1.0×0.5 A =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 - I
2r =6×2W -2
2×0.5W =10W．故D 正确。
本题选错误的，故选：C。
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类型2 安培力下的加速问题
[题型专练16].（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= √3
3
，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BIL
m
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)s
R
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
2mgR
sIL + μmg
IL
【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
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由平衡条件：Fcosα＝μ（mg﹣Fsinα）
解得F =
μmg
cosα + μsinα =
mg
√3cosα + sinα
由数学知识F =
mg
2cos(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= 1
2 m v
2
由牛顿第二定律N -mg= mv
2
R
联立解得N = 2(BIL- μmg)s
R
+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)s
R
+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=m v2
2
R
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⋅2 R = 1
2 m v2
2，解得
B = 5mgR
2sIL + μmg
IL
故D 错误.
故选：B。
[题型专练17].（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（ ）
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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BEL
2mR
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B
2 L
2C
2 E
B
2 L
2C +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= BIL
m
其中I = E
R
联立解得：a= BEL
mR
，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' = Q
C
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 = B I L
由动量定理得：F Δt =m vmax
又I Δt =Q0-Q
联立解得：Q = B
2 L
2C
2 E
m+ B
2 L
2C
，故D 正确。
故选：D。
[题型专练18].（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
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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BIL
m
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= BIL
m
，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＝Flcos_α
3．动能定理：表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝mv 表示一个过程的末动能，E
k1＝mv 表示这个过程的初动能．W 表示这个过程中合力做的功．
[题型专练19].（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
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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，cos53°＝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 =
E
R+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cosθ+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：
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F 安′＝BIL＝1×5×1N＝5N
因为F 安′﹣Mg＜μmg
所以金属棒的加速度为0。
[题型专练20].（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= 1
2 mv
2
解得v＝2m/s
根据牛顿第二定律N﹣mg＝mv
2
R
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
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