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专题19 磁场的描述 安培力
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..................................................................................................................4
题型二 安培力的分析和计算.................................................................................................................8
类型1 通电导线有效长度问题......................................................................................................8
类型2 判断安培力作用下导体的运动........................................................................................10
题型三 安培力作用下平衡问题...........................................................................................................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........................................................................................................15
类型3 电磁炮模型........................................................................................................................17
题型四 安培力与功、动能定理的综合应用.......................................................................................23
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，
与条形磁铁的磁场相似，
环形电流的两 侧是N
且距导线越远处磁
场越弱
管内为匀强磁场且磁场最
强，管外为非匀强磁场
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
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
1.
正方形MNPQ 的中心为O，其对角线MOP 长为2d。均通有电流I 0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I 时，垂直导线距离为r 处的磁感应强
度大小B =k I
r ，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 = 4 k I 0
d
B．BM =0
C．BQ= 2❑√3k I 0
d
D．BQ=0
【答案】AD
【详解】根据几何关系可知M、N、P、Q 四点到两导线的距离分别为1
2 d 、
❑√3
2 d 、1
2 d 、
❑√3
2 d，
根据矢量的叠加可知M、P 两点的磁感应强度大小为B =2×k I 0
1
2 d
= 4 k I 0
d
N、Q 两点的磁感应强度大小为0。
故选AD。
2.
如图所示，三根长直导线A、B 和C 垂直纸面并固定于边长为a的正方形的三个顶点
上，三根导线均通有方向垂直纸面向里、大小为I的电流，已知通电长直导线周围某点磁感应
强度大小为B =k I
r （式中I为通过长直导线的电流强度，r为该点到通电长直导线的距离，k为
比例系数），则D 点处的磁感应强度大小为
A．k 3 I
a
B．k （4+ ❑√2）I
2a
C．k
❑√2 I
2a
D．k 3 ❑√2 I
2a
【答案】D
【详解】根据安培定则，C 在D 的磁场方向沿DA 方向，大小为BC =k I
a
A 在D 的磁场方向沿CD 方向，大小为B A =k I
a
B 在D 的磁场方向沿与BD 方向垂直斜向上45°方向，大小为BB=k
I
❑√2a
则D 点的磁感应强度大小为B = ❑√2B A+ BB=k 3 ❑√2 I
2a
，故选D。
3.
如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy 平面，导线与坐标平面的交点为
a、b、c、d 四点。已知a、b、c、d 为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O；四条
导线中的电流大小相等，其中过a 点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向
垂直坐标平面向外，若过a 点的导线在O 点产生的磁感应强度为B，则（ ）
A．O 点的磁感应强度为2B
B．O 点的磁感应强度沿y 轴负方向
C．移走d 点的导线，O 点磁感应强度变为B
D．移走d 点的导线，O 点磁感应强度沿Oc 方向
【答案】ACD
【详解】AB．根据安培定则可知，b、c 在O 点产生的磁感应强度等大反向，a、d 在O 点产生的磁
感应强度等大同向，都由O 点指向c 点，所以O 点的磁感应强度为
BO=2B
方向由O 点指向c 点，故A 正确，B 错误；
CD．移走d 点的导线，O 点磁感应强度等于a 在O 点产生的磁感应强度，所以变为B，方向还是由
O 点指向c 点，故CD 正确。
故选ACD。
类型2 安培定则的应用
4.
如图所示，恒定电流I流过边长为2a的水平放置的正方形导线，O 点为正方形的中心，
P 点位于O 点正上方且OP =a，每条导线在P 点的磁感应强度大小均为B，则P 点的磁感应强
度大小为（ ）
A．0
B．B
C．❑√2B
D．2❑√2B
【答案】D
【详解】根据图中几何关系结合安培定则，可知两相互平行导线在P 点产生的磁感应强度方向的夹
角为90°，如图所示
则两相互平行导线在P 点产生的合磁感应强度大小为B
' = ❑√2B
方向竖直向上；则正方形导线在P 点的磁感应强度大小为BP=2B
' =2❑√2B
故选D。
5.
如图所示，两根通电导线P、Q沿垂直纸面的方向放置，其中导线P、Q中通有电流
I 1、I 2，电流的方向图中未画出。O点为两导线连线的中点，c、d 两点关于O点对称，a、b两
点关于O点对称，已知c点的磁感应强度为零，d 点的磁感应强度方向垂直cd向下。则下列说
法正确的是（ ）
A．P中的电流方向垂直纸面向外、Q中的电流方向垂直纸面向里
B．I 1> I 2
C．O点的磁感应强度方向垂直cd 向下
D．a、b两点的磁感应强度不相同
【答案】AD
【详解】B．由题意c点的磁感应强度为零，则说明导线P、Q在c点产生的磁场大小相等、方向相
反，即两导线中的电流方向相反，又c点距离导线P较近，则导线P中的电流较小，即
I 1< I 2
故B 错误；
A．由B 分析可知，导线Q在d 点产生的磁场强，d 点的磁感应强度方向垂直cd向下，由安培定则可
知P中的电流方向向外、则Q中的电流方向向里。故A 正确；
C．由安培定则可知，导线P、Q在O点产生的磁场方向均垂直cd 连线向上。故C 错误；
D．由于I 1< I 2，分别做出两电流在a、b两点的磁感应强度大小和方向，如图所示
根据磁场的矢量合成可知a、b两点的磁感应强度大小相等、方向不同。故D 正确。
故选AD。
6.
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，O 点为正五边形的中心。仅给其中一根直导线通大小为I 0
的电流时，O 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，O、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，O 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，O 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，O 点的磁感应强度大小均为B0
【答案】C
【详解】A．由几何关系可知a 点与O、b、e 三点的距离关系为
ab=ae≠aO
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，O 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O 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°
则
B1=2B0cos θ
2 =1.6 B0
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O 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O 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O 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，O 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O 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O 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。
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
类型1 通电导线有效长度问题
7.
如图所示，由粗细均匀的同种材料电阻丝制成的单匝圆形线框置于垂直纸面向外的匀
强磁场中，A、B 为线框上的两点且∠AOB =120°，恒压电源通过导线接在线框上的A、B 两
点。闭合开关S 后，线框ANB 部分所受安培力大小为F，则整个圆形线框所受安培力的大小为
（ ）
A．0
B．3
2 F
C．2F
D．4F
【答案】B
【详解】设线框ANB 电阻为R，则线框AMB 段电阻为2R，电源提供电压为U，圆形线框半径为
r，则线框ANB 部分所受安培力大小F = BIL= B U
R ×2r sin 60° =
❑√3 BUr
R
整个圆形线框所受安培力的大小F
' = B I
' L= B
U
R×2 R
R+2 R
×2r sin 60° = 3 ❑√3 BUr
2 R
= 3
2 F
故选B。
8.
用粗细均匀的电阻丝折成一个正三角形框架ABC，B、C 两点与一个内阻忽略不计的
电源连接。在框架所在平面内，有一垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小恒定，如图
甲所示，此时框架受到的安培力大小为F。若仅将电源的连接点分别移至边AB、AC 的中点，
如图乙所示，则此时框架受到的安培力大小为（ ）
A．0
B．0.5F
C．F
D．1.5F
【答案】B
【详解】设此三角形框架边长为L，每条边的电阻均为R。甲图中，干路中电流为I = E
2 R
3
= 3 E
2 R
则此时框架受到的安培力为F = B⋅3 E
2 R ⋅L
乙图中，干路中电阻仍是2 R
3 ，则电流依然为3 E
2 R ，此时框架受到的安培力为F
' = B. 3 E
2 R ⋅L
2 = F
2
故选B。
9.
如图所示，半径为R 的刚性圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，通有adcba 方向的电流，
开始时与匀强磁场边界AB 相切，弹簧测力计的示数为F1。现将线圈沿竖直方向缓慢上提，提
起高度为R 时弹簧测力计的读数为F2，提升过程中电流大小恒为I。则磁感应强度大小为（
）
A．F2- F1
IR
B．F2- F1
2 IR
C．F2+ F1
2 IR
D．F1- F2
2 IR
【答案】B
【详解】开始时与匀强磁场边界AB 相切，线框不受安培力的作用，则有G = F1
提起高度为R 时，线圈受到安培力F安= BI ⋅2 R
根据左手定则判断，安培力方向向下，根据受力平衡可得F2=G+ F安
联立解得磁感应强度大小为B = F2- F1
2 IR
故选B。
类型2 判断安培力作用下导体的运动
10. 通有电流I 的直导线竖直放置，且可绕O 点向各个方向转动，电流方向如图所示，O
为直导线的中心，下列说法正确的是（ ）
A．导线受磁场力的作用，绕O 点上端向里，下端向外转动
B．导线受磁场力的作用，绕O 点上端向外，下端向里转动
C．导线受磁场力的作用，绕O 点在纸面内逆时针方向转动
D．导线不受磁场力的作用，故不转动
【答案】B
【详解】条形磁体产生的磁场在导线位置的磁场方向水平向右，沿导线向上磁感应强度逐渐减小，
即导线O 点下侧所受安培力大一些，导线的运动由下侧安培力决定，垂直于纸面向里，则根据左手
定则可知，安培力方向绕O 点上端向外，下端向里转动。
故选B。
11. 以光滑绝缘水平面为xOy平面建立Oxyz空间坐标系。两条无限长直导线甲、乙通有
相等的电流I，初始时甲通过绝缘杆固定在如图位置，电流方向与x 轴正方向相同，乙静止放
置在xOy平面上与y 轴平行。释放后，下列说法中正确的是（ ）
A．直导线乙始终保持静止状态
B．俯视直导线乙将要顺时针转动
C．俯视直导线乙将要逆时针转动
D．直导线乙对水平的压力将变大
【答案】C
【详解】沿x 轴负向观察直导线甲，产生逆时针磁场，直导线乙在y >0区域受到向x 轴正方向安培
力，y <0区域受到沿x 轴负方向安培力，俯视时导线乙逆时针转动，转动后直导线乙受到的安培力
有向上的分量，对水平面压力变小。
故选C。
12. 如图，一个可以自由运动的圆形线圈水平放置并通有电流I，电流方向俯视为顺时针
方向，一根固定的竖直放置直导线通有向上的电流I，线圈将（ ）
A．a 端向上，b 端向下转动，且向左运动
B．a 端向上，b 端向下转动，且向右运动
C．a 端向下，b 端向上转动，且向左运动
D．a 端向下，b 端向上转动，且向右运动
【答案】A
【详解】根据安培定则可知，通电导线在左侧产生的磁场方向垂直纸面向外。采用电流元法，将圆
形线圈分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，
圆形线圈将转动。再用特殊位置法：圆形线圈转过90°时，通电直导线对左半圆形线圈产生排斥力，
对右半圆形线圈产生吸引力，所以圆形线圈向左运动。故A 正确，BCD 错误；
故选A。
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
13. 如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨平行固定在倾角为θ 的绝缘斜面上，两导轨
间距为L；导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E、内阻为r；整个装置处在磁感
应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场中。调节滑动变阻器滑动头至某一位置，将质
量为m 的金属棒ab 垂直两导轨置于导轨上，ab 恰能保持静止。已知重力加速度大小为g，导
轨和导体棒的电阻不计，ab 与两导轨接触良好，则（ ）
A．磁场方向垂直导轨平面向下
B．流过ab 的电流大小为mgcosθ
BL
C．滑动变阻器接入电路的阻值为
EBL
mgsinθ －r
D．若减小滑动变阻器的阻值，ab 向下运动
【答案】C
【详解】A．由于金属棒ab 恰能保持静止，受重力、支持力、安培力，根据平衡条件可知，安培力
方向应沿斜面向上，由题图可知金属棒ab 的电流方向为b 到a，根据左手定则，磁场方向应该垂直
导轨平面向上，故A 错误；
B．根据平衡条件得F 安＝BIL＝mgsin θ
解得I = mgsinθ
BL
，故B 错误；
C．设滑动变阻器接入电阻为R，根据闭合回路欧姆定律得I =
E
R+r = mgsinθ
BL
解得R＝
EBL
mgsinθ －r，故C 正确；
D．若减小滑动变阻器的阻值，根据闭合电路欧姆定律知电路电流增大，因此导体棒ab 受到的安培
力增大，由于安培力方向沿斜面向上，因此ab 会向上运动，故D 错误。
故选C。
14. 如图所示，两光滑平行金属导轨固定在倾角为θ的同一斜面内，间距为L，其下端有
内阻为r 的电源，整个装置处在垂直导轨平面向下，磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，一质
量为m、长度为L、电阻为R 的导体棒ab 垂直导轨放置在导轨上，接触良好，且保持静止状态。
不计导轨电阻。已知重力加速度为g。求：
(1)导体棒所受安培力F 的大小和方向；
(2)电路中的电流大小；
(3)电源的电动势E。
【答案】(1)mgsinθ，沿导轨平面向上；
(2)I = mgsinθ
BL
(3)E = mgsinθ
LB
(R+r)
【详解】（1）由题意可知，导体棒所受安培力F 的方向沿斜面向上，导体棒的受力情况如图所示，
根据共点力的平衡可得F=mgsinθ，方向沿导轨平面向上；
（2）因为F=ILB
可得I = mgsinθ
BL
（3）由全电路的欧姆定律I =
E
R+r
所以E = mgsinθ
LB
(R+r)
15. 如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.25m，金属导轨所在的平面与水平面的夹角
θ=30°，金属导轨的一端接有电动势E=12V、内阻r=0.50Ω 的直流电源。现把一个质量
m=0.2kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，它与导轨间的动摩擦因数μ=
❑√3
6 ，整个装置放在磁感
应强度大小B=0.8T、垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导体棒静止。导体棒与金属导轨垂直
且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=3.5Ω，金属导轨电阻不计，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)导体棒两端的电压；
(2)导体棒受到的安培力及摩擦力的大小和方向；
(3)若磁感应强度的方向不变而大小可以变化，要使导体棒能静止，求磁感应强度大小B 的取值范围。
【答案】(1)10.5 V
(2)0.6 N，方向沿斜面向上；0.4 N，方向沿斜面向上
(3)2
3 T≤B≤2T
【详解】（1）回路电流为I =
E
R+r =3 A
导体棒两端的电压为U = IR =10.5 V
（2）安培力大小为F = BIL=0.6 N
由电路电流方向及左手定则可知，安培力方向沿斜面向上。
根据平衡条件可得F + f =mgsin30°
解得f =0.4 N
摩擦力方向沿斜面向上。
（3）最大静摩擦力为f max= μmgcos30° =0.5 N
当最大静摩擦力沿斜面向上时，由B1 IL+ f max =mgsin30°
解得B1= 2
3 T
当最大静摩擦力沿斜面向下时，由B2 IL=mgsin30°+ f max
解得B2=2T
则磁感应强度大小的取值范围为2
3 T≤B≤2T
类型2 安培力下的加速问题
16. 如图所示是某同学模拟电磁炮工作原理和发射过程的装置示意图。在距离地面高度为
h 的水平台面上，足够长的平行光滑金属导轨MN 和PQ 置于塑料圆筒内，质量为m 的金属炮
弹置于圆筒内的导轨上，导轨左端连着电容为C、两极板间电势差为U 1的平行板电容器，闭
合开关S，电容器放电过程中金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后平抛离开轨
道，此时电容器两极板间电势差为U 2，金属炮弹落到水平地面上时水平位移为2.5h。已知电
容器储存电能的表达式为E = 1
2 C U
2，其中C 为电容器的电容，U 为电容器两极板间的电势差，
金属炮弹始终与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
(1)金属炮弹离开水平台面时速度v 的大小；
(2)电容器的电能转化为金属炮弹动能的效率η。
【答案】(1)5
4
❑√2gh
(2)
25mgh
8C(U 1
2-U 2
2)
×100 %
【详解】（1）金属炮弹离开水平台面后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动
满足h= 1
2 gt
2
解得t = ❑√
2h
g
水平方向上做匀速直线运动，水平位移x =2.5h，且x = vt
联立解得v = 5
4
❑√2gh
（2）离开水平台的一瞬间，金属炮弹的动能大小为Ek= 1
2 m v
2= 1
2 m(
5
4
❑√2 gh)
2
= 25
16 mgh
电容器总共释放的电能为Δ E = 1
2 C U 1
2- 1
2 C U 2
2
而效率η等于金属炮弹获得的动能与电容器释放电能的比值，即
η= Ek
Δ E ×100 % =
25
16 mgh
1
2 C(U 1
2-U 2
2)
×100 % =
25mgh
8C(U 1
2-U 2
2)
×100 %
17. 如图所示，绝缘水平桌面上固定两条光滑的、间距为L 的、电阻不计的平行金属导轨，
导轨左端连接电源，电源电动势为E，内阻为r。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现将
质量为m，电阻为R 的导体棒置于导轨上，接通电源，导体棒沿导轨开始运动，运动时始终与
导轨垂直且接触良好，棒离开桌面前的瞬间速度为v，此刻通过棒电流为I。则（ ）
A．此过程中通过棒的电荷量为mv
BL
B．此过程中导体棒产生的热量为
R
2( R+r ) m v
2
C．离开桌面前的瞬间，电源两端的电压U= E- Ir
D．离开桌面前的瞬间，电源两端的电压U> E- Ir
【答案】AC
【详解】A.导体棒运动过程水平只受安培力，由动量定理
F安t = B I <=mv -0
和
q = I t
可得
q = mv
BL
故A 正确；
B.根据
Eq-Q = 1
2 mv
2
可知
QR=
R
R+r Q
解得
QR=( E mv
BL - 1
2 mv
2)
R
R+r
故B 错误；
CD. 离开桌面前的瞬间，根据闭合电路的欧姆定律可得
U = E - Ir
故D 错误，C 正确。
故选AC。
类型3 电磁炮模型
18. 电磁炮是利用安培力驱动炮弹的一种技术应用装置，其原理图如图所示，储能器开关
先接a获得能量后再接b，可对加速装置供电。通电时，电流在平行导轨间产生垂直于导轨平
面的磁场，炮弹在安培力作用下加速。已知安培力与通电电流关系满足F =k I
2，
k =2×10
-7 N / A
2。某次电磁炮射击实验中，储能器向发射装置释放10
6 A的电流，提供炮弹加
速的导轨长L=2.5m，炮弹质量为m=1kg，忽略摩擦力和空气阻力，在炮弹加速过程中电流始
终保持恒定。求：
（1）炮弹出炮口时的速度大小；
（2）若储能器所储能量与储存电荷量满足E =k1Q
2，k1=2.5×10
-2J /C
2，此次发射恰好消耗一
半电荷量，求炮弹获得的动能与储能器释放能量百分比（计算结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）v =1000 m/s；（2）26.7 %
【详解】（1）由题意可知
F =k I
2=2×10
5 N
由运动学分式及牛顿第二定律得
F =ma
v
2=2aL
解得
v =1000 m/s
（2）由（1）知炮弹动能为
Ek = 1
2 m v
2=5×10
5J
该过程储能器释放电荷量
Q = I ⋅t
t = v
a
解得
Q =5000C
故储能器最初所储能量
E1=k1(2Q)
2
发射炮弹后储能器所剩储能
E2=k1Q
2
则
Ek
E1- E2
×100 %≈26.7 %
19. 2022 年6 月17 日，配备了目前世界上最先进的中压直流技术电磁弹射器的我国第三
艘航母“福建舰”正式下水。如图甲为电磁弹射系统简化等效电路（俯视图），两根固定于水
平面内的足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨间存在垂直于导轨平面、
磁感应强度大小为B 的匀强磁场（图中未画出）。舰载机（含滑架）可等效为一质量为m、电
阻不计的金属棒MN，垂直放在两导轨间。导轨左端连接电路，其直流电源电动势为E，超级
电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R。先闭合开关K，将开关S 接1，使电容器完全充电，
然后断开开关K，将S 接至2，MN 由静止开始向右加速运动。设MN 始终垂直两导轨并与导
轨良好接触，忽略一切摩擦阻力及电磁辐射的能量。
（1）求MN 由静止开始运动时的加速度大小a0；
（2）S 接至1 到电路稳定的过程中，在图乙中画出电容器的极板电压u 随电量q 变化的图像，并结
合该图像求稳定时电容器储存的能量EC；
（3）MN 从开始运动至稳定速度的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q热；
（4）MN 达到稳定速度后，闭合开关K，若舰载机点火产生恒定的推力F 使MN 继续加速，试通过
推导，说明舰载机点火后MN 做何种性质的运动?推力F 作用了一段时间t 后，电容器带电量为Q，
则t 为多大?（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿）
【答案】（1）
a0= BEL
mR
；（2）
、
EC= 1
2 C E
2
；（3）
Q热=
mC E
2
2(m+ B
2 L
2C )
；
（4）匀加速直线运动，t = BL(CE -Q)
F
- Qm
BLCF
【详解】（1）开关将S 接2 瞬间，电路中的电动势大小为E，根据欧姆定律得电路中的电流
I = E
R
金属棒MN 所受安培力
F = BIL= BEL
R
又有牛顿第二定律得
MN 由静止开始运动时的加速度大小
a0= F
m = BEL
mR
（2）由电容的定义式可得
u= 1
C q
即电容器的极板电压u 与电量q 成正比，当极板电压u= E时，两极板电量
Q' =CE
设在极短时间Δt内，电容器的电压为u，电荷量的变化量为Δq，则由电流的定义可得电流为
i= Δq
Δt
电功率为
Δ P =ui=u Δq
Δt
储存的电能等于电场力做的功
Δ E = ΔW = Δ P⋅Δt =u Δq
充电结束时，电容器储存的总电能，也是u-q图像与q轴所围的面积
EC= 1
2 C E
2
（3）设MN 稳定时速度为v，由题意可得，稳定时电容器两端电压
U = BLv
此时电容器极板电荷量
q =CU =CBLv
在整个运动过程中电路的平均电流
I = Q' -q
t
= CE -CBLv
t
对金属棒MN 应用动量定理得
B I <=mv
以上两式整理得
v =
BLCE
m+ B
2 L
2C
结合（1）结论根据能量守恒得电阻R 上产生的焦耳热
Q热= 1
2 C E
2- 1
2 C U
2- 1
2 m v
2
整理得
Q热=
mC E
2
2(m+ B
2 L
2C )
（4）在极短时间内对金属棒MN 应用牛顿第二定律
F - BIL=ma
又由题意可得
I = Δq
Δt
Δq =C ΔU
ΔU = BL Δv
a= Δv
Δt
由以上各式整理可得
a=
F
m+ B
2 L
2C
即舰载机点火后MN 做匀加速直线运动。
当电容器带电量为Q 时，此时电动势为
E' = Q
C
金属棒MN 速度
v ' = E'
BL
又
t = v ' - v
a
将v =
BLCE
m+ B
2 L
2C 整理解得
t = BL(CE -Q)
F
- Qm
BLCF
20. 如图为某同学利用电磁炮来研究碰撞问题的示意图，其中ABCD 为无限长的水平光滑
桌面。图中左侧部分即为电磁炮的简化模型，两平行导轨固定在水平桌面上，间距d=1×10-
3m，一金属弹丸P1置于两导轨之间，并与导轨保持良好接触，质量m1=9kg。导轨左端与一电
流为I 的理想恒流源相连。在发射过程中，假设两平行导轨中的电流I 在弹丸所在位置处产生
的磁场始终可视为匀强磁场，其强度与电流的关系为B=kI（其中k=103T/A），方向垂直导轨
平面，t=0 时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m 后以速度v1=2m/s 射出。在弹丸出射方
向的延长线上，静置着两小物块P2（质量m2未知）、P3（质量m3=1kg），P2与P3间有极小间
隙。它们右侧足够远处放有由处于原长的轻弹簧连接的小物体P4（质量m4=1kg）、P5（质量
m5=2kg）。P1、P2、P3、P4、P5均可视为质点，P3、P4之间的距离为l2（大小可调）。不计空
气阻力、摩擦阻力。
（1）求理想恒流源中的电流I；
（2）在弹丸射出后撞向静置的P2P3，假定P1与P2、P2与P3间的碰撞均为弹性碰撞，（P3运动起来
后立刻取走P1P2）欲使碰后P3获得最大的向右运动的速度，则P2的质量应取多少？P3获得的最大
速度v3又为多少？
（3）若在t=0 时刻，给P4一向右的速度v4=3m/s，则P4、P5将做某种复杂的运动。假定P3以（2）
问中的最大速度飞向P4P5和弹簧组成的系统，因l2大小可调，击中P4时P4的速度不确定，且P3P4
碰后立即粘在一起。求P3P4P5和弹簧组成的系统在以后的运动中，弹簧可能具有的最大弹性势能的
取值范围。
【答案】（1）6A；（2）m2=3kg，v3= 4.5 m/s；（3）0.03125J≤Ep≤7.03125 J
【详解】（1）弹丸受到的安培力为
F = I B1d =k I
2d
根据牛顿第二定律，可得弹丸的加速度大小为
a= k I
2d
m
t=0 时刻弹丸从静止自导轨左端向右滑行l1=0.5m 后以速度v1=2m/s 射出
v1
2=2al1
解得
I =6 A
（2）P1与P2碰撞过程
m1v1=m1v1
' +m2v2，1
2 m1v1
2= 1
2 m1v1❑
'2+ 1
2 m2v2
2P2与P3间碰撞过程
m2v2=m2v2
' +m3v3，1
2 m2v2
2= 1
2 m2v2❑
'2+ 1
2 m3v3
2
解得
v3=
36m2v1
10m2+m2
2+9
=
72
10+m2+ 9
m2
当m2= 9
m2
时，P3获得最大的向右运动的速度，此时
m2=3kg，v3= 4.5 m/s
（3）设P3P4碰时的速度为v5，对P3P4P5整体分析可知，最终弹簧弹性势能最大时，三者共速
m3v3+m4 v4=(m3+m4+m5)v共P3P4碰撞过程中
m3v3+m4 v5=(m3+m4)v共1
弹簧弹性势能表达式
1
2 m3 v3
2+ 1
2 m4 v4
2- 1
2 (m3+m4+m5)v共
2= Ep+ 1
2 m3 v3
2+ 1
2 m4 v5
2- 1
2 (m3+m4)v共1
2
整理得
Ep=- v5
2+9 v5+10.125
4
因为-1m/s≤v5≤3 m/s解得
0.03125J≤Ep≤7.03125 J
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，Ek1＝mv 表示这个过程的初动能．W 表示这个过程中合力做的功．
21. 质量为m 的飞机模型，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
阻力为f，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）飞机模型的起飞距离（离开地面前的运动距离）；
（2）若飞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，充电电压为U0，弹射飞机时，电容器释放储存电能时所产生的
强大电流从一根导轨流入，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
属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞。
a、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时储存的电能；
b、在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的情况下，可缩短起飞距离。若金属块推动飞机所做的
功与电容器释放电能的比值为η，完成此次弹射后电容器剩余的电荷是原来的一半。求飞机的此次
的起飞距离x。
【答案】（1）
m v
2
2( F - f )；（2）a、图像见解析，1
2 C U 0
2；b、4 m v
2-3ηC U 0
2
8( F - f )
【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动位移—速度公式求解起飞距离；
（2）a、根据电容的定义式画u﹣q 图像，根据W＝qU 可得u﹣q 图线与q 轴所围的面积表示电容器
储存的电能；
b、根据图像求解电容器释放的电能，根据动能定理求解起飞距离。
【详解】（1）平均阻力为f，发动机牵引力恒为F，由牛顿第二定律得
F﹣f＝ma
解得
a= F - f
m
设飞机的起飞距离为s，根据位移—速度公式得
v2＝2as
解得
s=
m v
2
2(F - f )
（2）a、极板上所带电荷量为
q＝Cu
则u﹣q 图像如图所示：
图象与横轴所围的面积表示电能，则电容器充电电压为U0时，电容器储存电能为
E = 1
2 qU 0= 1
2 C U 0
2
b、完成此次弹射后，电容器储存的电能
E
' = 1
2 ⋅1
2 q⋅1
2 U 0= 1
8 C U 0
2
释放的电能为
Δ E = E - E
' = 1
2 C U 0
2- 1
8 C U 0
2= 3
8 C U 0
2
金属块推动飞机所做的功为
W =η Δ E = 3
8 ηC U 0
2
飞机起飞过程，由动能定理得
W + Fx - fx = 1
2 m v
2-0
解得
x = 4 m v
2-3ηC U 0
2
8(F - f )
22. 电磁轨道炮是利用磁场对通电导体的作用使炮弹加速的，其简化原理示意图如图丙所
示。假设图中直流电源电动势为E=45V（内阻不计），电容器的电容为C=22F。两根固定于水
平面内的光滑平行金属导轨间距为l=1m，电阻不计。炮弹可视为一质量为m=2kg，电阻为
R=5Ω 的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直
于导轨平面向上、磁感应强度大小为B=2T 的匀强磁场。接通电路后MN 开始向右加速运动，
经过一段时间后回路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨。求：
（1）直流电源的a 端是正极还是负极？
（2）若用导线将1、2 连接让直流电源供电，MN 离开导轨时的最大速度的大小；
（3）若开关先接1，使电容器完全充电；然后将开关接至2，MN 离开导轨时的最大速度的大小。
【答案】（1）负极；（2）22.5m/s；（3）22m/s
【详解】（1）由于电磁炮受到的安培力方向水平向右，电流由N 流向M，所以直流电源的a 端为
负极；
（2）电磁炮向右加速，切割磁感线运动产生的感应电动势增大到等于直流电源的电动势时，回路
中电流为零，电磁炮速度达到最大。
由
E=Blvm1
E=45V
可得最大速度
vm1=22.5m/s
（3）电容器放电前所带的电荷量为
Q1=CE
开关接2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值vm 时，MN 上的感应电动势
E
' = Bl vm
当电容器板间电压降到U
' = E
'时，电路中电流为零，电磁炮速度达到最大
电容器所带电荷量
Q2=C U
' =C E
'
设在电容器放电过程中MN 中的平均电流为I，MN 受到的平均安培力
F = B I l
由动量定理
F ⋅Δt =m vm -0
由于
I ⋅Δt =Q1-Q2=C( E - E
')
联立解得
vm=22m/s
23. “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。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L=0.2 m；在导轨间
有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1×102T；“电磁炮”弹体总质量m=0.2 kg，其中弹体
在轨道间的电阻R=0.4Ω；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是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。
【答案】(1) 8×104N；(2) 20m ；(3) 1.76×106J
【详解】(1)由安培力公式
F=IBL=8×104N
(2)由动能定理
Fx=1
2mv2
弹体从静止加速到4km/s，代入数值得
x=20m
或用动力学方法求解：由牛顿第二定律
F=ma
得加速度
a=4×105m/s2
由v2-v0
2=2ax，v=4km/s 代入数值得
x=20m
(3)根据F=ma，v=at 知发射弹体用时
t=mv
F =1×10－2s
发射弹体过程产生的焦耳热
Q=I2(R＋r)t=1.6×105J
弹体的动能
Ek=1
2mv2=1.6×106J
系统消耗的总能量
E=Ek＋Q=1.76×106J
