专题一 安培力作用下导体的运动、动力学和功能问题-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册创新导学案教用Word（人教版2019）

物理　选择性必修·第二册[RJ] 专题一　安培力作用下导体的运动、动力学和功能问题 探究1　安培力作用下导体的运动 1．判断通电导体在磁场中受力情况和运动情况的常规思路 (1)不管是电流还是磁体，对通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚通电导体所在位置的磁场分布情况。 (2)结合左手定则准确判断通电导体所受安培力的方向。 (3)由通电导体的受力情况判定通电导体的运动方向或运动趋势方向。 2．判断安培力作用下导体运动情况的几种常用方法 电流元法 把整段导体分为多段电流元，运用左手定则判断出每段电流元所受安培力的方向，从而确定导体运动方向(即微元法) 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁体或多个环形电流(反过来等效也成立)，然后根据磁体间或电流间的作用规律判断 特殊位置法 把导体或磁体转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力的方向，从而确定运动情况 结论法 两通电导体相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥(同学们可自己尝试验证) 转换研究对象法 定性分析磁体在电流激发的磁场作用下如何运动的问题时，可先分析通电导体在磁体激发的磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律确定磁体所受的反作用力，从而确定磁体的受力情况及其运动情况 例1　在匀强磁场中，一通有恒定电流的导体圆环用绝缘细线悬挂在天花板上，初始时刻圆环平面与磁场方向平行，如图所示。则关于圆环刚开始通电后转动角度θ(≤90°)的时间内(从上往下看)，下列说法正确的是(　　) A．圆环顺时针转动，同时有向内收缩的趋势 B．圆环逆时针转动，同时有向内收缩的趋势 C．圆环顺时针转动，同时有向外扩张的趋势 D．圆环逆时针转动，同时有向外扩张的趋势 [规范解答]　解法一：(电流元法)在通电圆环上取左右两侧各一小段电流元分析，根据左手定则可知，左侧电流元受到的安培力方向垂直纸面向里，右侧电流元受到的安培力方向垂直纸面向外，则从上往下看，圆环顺时针转动。 (特殊位置法)当转动角度θ＝90°时，顺着磁感线方向看，圆环中的电流为顺时针方向，根据左手定则可知，圆环受到的安培力方向沿着半径向外，说明圆环在顺时针转动的同时，有向外扩张的趋势。综上所述，A、B、D错误，C正确。 解法二：(等效法)通电圆环可看作小磁针，开始时小磁针N极指向纸面内，自由转动的小磁针N极静止时指向磁感线的方向，则从上往下看，圆环顺时针转动。 (特殊位置法)当转动角度θ＝90°时，顺着磁感线方向看，圆环中的电流为顺时针方向，根据左手定则可知，圆环受到的安培力方向沿着半径向外，说明圆环在顺时针转动的同时，有向外扩张的趋势。综上所述，A、B、D错误，C正确。 [答案]　C 判断安培力作用下导体运动情况时的两点注意 (1)同一问题可以用多种判断方法分析，可以根据不同的题目选择恰当的判断方法。　　 (2)同一导体在安培力作用下，运动形式可能会发生变化，要根据具体受力情况进行判断。 [变式训练1]　如图所示，蹄形磁体用悬线悬于O点，在磁体正下方固定一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁体的运动情况是：________________________。 答案　N极向纸外转动，S极向纸内转动 解析　由蹄形磁体的磁感线分布可知，其N极下方导线处磁感线斜向下，其S极下方导线处磁感线斜向上，在这两处各取一小段导线，由左手定则知，N极下方导线受到垂直纸面向里的安培力，S极下方导线受到垂直纸面向外的安培力，若从上往下看，通电导线所受安培力将使其有向顺时针方向旋转的趋势，根据牛顿第三定律，蹄形磁体受到通电导线的作用力将使其逆时针旋转，即N极向纸外转动，S极向纸内转动。 探究2　安培力作用下导体的平衡和动力学问题 1．解题方法 与力学部分相比，只是多了个安培力，可以用左手定则判断安培力的方向，用F＝IlBsinθ确定安培力的大小。其余可参照力学部分的解题思路，根据平衡条件、牛顿运动定律、运动学规律列式求解。 2．求解与安培力有关的力学问题的一般步骤 (1)确定要研究的通电导体。 (2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体作受力分析。 (3)分析导体的运动情况。 (4)根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学规律列式求解。 例2　如图所示，方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，有一质量为1.8 kg、有效长度为2.0 m的金属棒水平地放在导轨上，其中电流为5 A时，棒沿导轨匀速运动，当棒中电流增大到8 A时，棒获得4 m/s2的加速度，求磁感应强度B的大小。 [规范解答]　当金属棒中电流I1＝5 A时，其处于平衡状态，所受安培力与滑动摩擦力大小相等，有f＝BI1L 当金属棒中电流I2＝8 A时，根据牛顿第二定律，有BI2L－f＝ma 联立解得磁感应强度大小B＝1.2 T。 [答案]　1.2 T 求解与安培力有关的动力学问题的注意事项 为了清晰准确地表示出B、I和安培力FA的方向，以便进一步画出导体的受力示意图，应通过画俯视图、剖面图或侧视图，将表示B、I和FA方向的立体图转化为平面图。 [变式训练2]　(多选)如图所示，电源电动势E＝2 V，内电阻r＝0.5 Ω，竖直导轨电阻可忽略，金属棒的质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，有效长度L＝0.2 m。为了使金属棒能够靠在导轨外面静止不动，我们施加一与纸面成30°角向里且与金属棒垂直的匀强磁场，g取10 m/s2。则匀强磁场的磁感应强度B(　　) A．方向斜向上 B．方向斜向下 C．大小可能为2 T D．大小可能为4 T 答案　BD 解析　由题图可知，电流从左至右通过金属棒，若磁场方向斜向上，根据左手定则，安培力的方向垂直于棒指向纸外斜向上，此时棒对导轨没有压力，导轨与棒之间无摩擦力，棒不可能静止；若磁场方向斜向下，根据左手定则，安培力的方向垂直于棒指向纸内斜向上，由受力分析和平衡条件知棒可能静止，故匀强磁场的磁感应强度B方向斜向下，故A错误，B正确。 以静止的金属棒为研究对象，其受力情况如图所示(侧视图，Ff也可能竖直向下)。根据平衡条件，若棒恰好静止且所受摩擦力方向向上，则ILB1cos60°＋μILB1sin60°＝mg，若棒恰好静止且所受摩擦力方向向下，则ILB2cos60°－μILB2sin60°＝mg，其中电流I＝，代入数据解得B1＝2.95 T，B2＝16.28 T，故所求磁感应强度的范围是2.95 T≤B≤16.28 T，故C错误，D正确。 [名师点拨]　本题中将立体图转化为平面图时，注意左手定则的应用，虽然磁感应强度不是沿水平方向或竖直方向，但它仍与电流方向垂直，所以安培力方向既垂直于电流方向，又垂直于磁场方向，而不能想当然地认为安培力沿水平方向或竖直方向。 探究3　安培力作用下导体的功能问题 1．安培力作用下的功能关系 安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中运动，故也会涉及做功问题。解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等。 2．安培力做功的特点和实质 特点：安培力做功可能与路径有关，这一点与静电力不同。 实质：安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能；安培力做负功时，将机械能转化为电能(电磁感应)。 例3　如图所示为电磁轨道炮的工作原理图。质量为m的待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在宽为d、长为L的两平行轨道之间无摩擦滑动。恒定电流I从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道，用这种装置可以把弹体加速到vm。则轨道间匀强磁场(磁场可以认为是两根电流相反的无穷长平行直导线磁场的叠加)的磁感应强度大小和弹体所受磁场力的最大功率分别是(　　) A．B＝，Pm＝4BIdvm B．B＝，Pm＝BIdvm C．B＝，Pm＝4BIdvm D．B＝，Pm＝BIdvm [规范解答]　通电弹体在磁场中受安培力的作用而加速，由动能定理得BIdL＝mv，解得B＝；由P＝Fv＝BIdv可知，当速度最大时弹体所受磁场力的功率也最大，即Pm＝BIdvm。故选B。 [答案]　B [变式训练3]　(多选)一质量为0.06 kg、长为0.1 m的金属棒MN用两根长度均为1 m的绝缘细线悬挂于天花板，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动。当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°。已知一切阻力可忽略不计，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能增加 B．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少 C．通入金属棒中的电流为9 A D．通入金属棒中的电流为4 A 答案　AD 解析　金属棒在摆动到最高点的过程中，安培力做正功，机械能增加，A正确，B错误；设金属棒的长度为l，细线的长度为R，由动能定理知W安－W重＝0－0，即IlBRsin37°－mgR(1－cos37°)＝0－0，代入数据得I＝4 A，C错误，D正确。 课后课时作业 1．如图所示，在条形磁体的右侧放置一个可以自由运动的矩形通电线圈abdc，线圈最初与条形磁体处于同一平面内，ac边、bd边与条形磁体的方向平行，且ac边、bd边中点的连线过条形磁体的中心。通以顺时针方向的电流后，该线圈的运动情况为(　　) A．ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时靠近磁体 B．ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时靠近磁体 C．ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时远离磁体 D．ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时远离磁体 答案　A 解析　解法一：(电流元法)根据左手定则判断可知，ab边所受安培力方向向内，cd边所受安培力方向向外；把ac边分成长度相等的两段电流元，在图示位置时，根据左手定则判断可知，ac边上半部分所受安培力方向向内，下半部分所受安培力方向向外；同理可知，bd边上半部分所受安培力方向向外，下半部分所受安培力方向向内；又因为ac边处的磁感应强度比bd边处的大，则ab边转向纸内，cd边转向纸外。 (特殊位置法)从图示位置转过90°时，根据左手定则判断可知，ac边所受安培力方向水平向左，bd边所受安培力方向水平向右，且比ac边所受安培力小；根据电流元法，可知ab边所受安培力与cd边所受安培力大小相等，方向相反，则该线圈靠近磁体。综上所述，A正确。 解法二：(等效法)将通电线圈abdc看作小磁针，根据异名磁极相吸、同名磁极相斥，可知小磁针的N极向条形磁体的S极偏转，同时靠近条形磁体，故ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时靠近磁体，A正确。 2．如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行纸面，P垂直纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q有垂直纸面往里看顺时针方向的电流、同时P有从左往右看顺时针方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是(　　) A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小 B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大 C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小 D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大 答案　A 解析　根据安培定则，Q产生的磁场在其中心轴线上的方向垂直于纸面向里，P产生的磁场在其中心轴线上的方向水平向右，Q等效成S极在外、N极在里的小磁针，P等效成左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，从上往下看，P顺时针转动，Q逆时针转动且两个圆环相互吸引，Q、P间细线拉力变小，故A正确，B、C、D错误。 3．如图所示，条形磁体放在水平桌面上，一条通电的直导线由S极的上端平移到N极的上端，在此过程中，导线保持与磁体垂直，导线的通电方向如图所示，磁体始终保持静止，则这个过程中磁体受力情况为(　　) A．摩擦力的方向先向右后向左 B．摩擦力的方向保持不变 C．支持力先大于重力后小于重力 D．支持力始终大于重力 答案　D 解析　画出磁体周围的磁感线如图所示，则导线在S极上端时，所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向右下方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左；同理，当导线在N极上端时，所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左下方，磁体有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右。由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，故A、B错误。磁体受到的磁场力始终有向下的分力，所以磁体受到的支持力始终大于重力，故C错误，D正确。 4．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN，现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比，即I＝kt，其中k为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，下列关于金属棒的加速度a、速度v随时间t变化的关系图像，可能正确的是(　　) 答案　D 解析　设金属棒MN的长度为L，通入电流后，金属棒受到安培力F＝ILB的作用，由题意知I＝kt，当金属棒开始运动时，有F＝fm，fm为最大静摩擦力，此时t1＝，在0～t1时间内，F<fm，金属棒静止，合力为零，加速度为零，金属棒速度为零，故A、B、C错误；在t1时刻之后，F≥fm，金属棒开始加速运动，由牛顿第二定律得F－fm＝ma，联立得a＝·t－，则金属棒的加速度随时间均匀增大，金属棒做加速度逐渐增大的加速运动，故D正确。 5.(多选)如图所示，两根足够长的光滑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(图中未画出)。调节滑动变阻器滑片至某一位置，将质量为m的金属棒ab垂直两导轨放置，金属棒恰能保持静止。已知重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻不计，金属棒与两导轨接触良好，则(　　) A．磁场方向垂直导轨向上 B．流过金属棒的电流大小为 C．滑动变阻器接入电路的阻值为－r D．若减小滑动变阻器接入电路的阻值，金属棒向下运动 答案　AC 解析　金属棒ab恰能保持静止，根据受力平衡可知，安培力方向沿导轨向上，由题图可知金属棒ab中的电流方向为b到a，根据左手定则，磁场方向为垂直导轨向上，故A正确；根据受力平衡可知F安＝ILB＝mgsinθ，解得I＝，故B错误；设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得I＝，联立解得R＝－r，故C正确；若减小滑动变阻器接入电路的阻值，电路电流增大，因此金属棒ab受到的安培力增大，合力沿导轨向上，金属棒会向上运动，D错误。 6．(多选)舰载机沿航空母舰平直跑道起飞的过程分为两个阶段：第一阶段是电磁弹射，电磁弹射区的长度为x1＝80 m，弹射原理如图所示，舰载机钩在滑杆上，储能装置通过导轨和滑杆放电，产生恒为I＝4000 A的强电流，导轨激发的磁场在两导轨间近似为竖直方向的匀强磁场且B＝10 T，在安培力F1和恒定的发动机推力F2作用下，滑杆和舰载机从静止开始向右加速，在导轨末端舰载机与滑杆脱离，导轨间距为L＝3 m；第二阶段在发动机推力F2的作用下做匀加速直线运动达到起飞速度。已知舰载机离舰起飞速度为v＝100 m/s，航空母舰的跑道总长为x2＝180 m，舰载机总质量为m＝3.0×104 kg，滑杆质量不计，舰载机所受阻力恒为发动机推力的20%，下列判断正确的是(　　) A．F2＝1.755×106 N B．F2＝9.75×105 N C．电磁弹射过程电磁推力做的功是9.6×106 J D．电磁弹射过程所用时间为 s 答案　BCD 解析　由题意可知，滑杆受到的安培力大小为F1＝BIL＝10×4000×3 N＝1.2×105 N，则电磁弹射过程电磁推力做的功为W1＝F1x1＝1.2×105×80 J＝9.6×106 J，C正确；对整个过程，根据动能定理，有W1＋F2x2－0.2F2x2＝mv2，解得F2＝9.75×105 N，A错误，B正确；根据牛顿第二定律，电磁弹射过程有F1＋F2－0.2F2＝ma1，解得a1＝30 m/s2，根据运动学公式，有x1＝a1t，可解得电磁弹射过程所用时间为t1＝ s，D正确。 7．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场。当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，若导体棒一直静止，则下列说法中正确的是(　　) A．此过程中磁感应强度B逐渐减小 B．此过程中磁感应强度B先增大后减小 C．此过程中磁感应强度B的最大值为 D．此过程中磁感应强度B的最小值为 答案　D 解析　对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡。当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力从沿斜面向上转到竖直向上，如图所示。从图中可以看出，安培力FA逐渐变大，由于FA＝ILB，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度B逐渐增大，A、B错误；此过程中安培力竖直向上时最大，根据平衡条件可得ILBmax＝mg，故B的最大值为Bmax＝，C错误；由图可以看出当FA沿斜面向上时有最小值，此时磁感应强度最小，根据平衡条件有ILBmin＝mgsinα，得Bmin＝，D正确。 8．如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10－2 T的匀强磁场。(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm。设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2) (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。(提示：可用动量定理求解) 答案　(1) m/s　 A　(2)0.085 C 解析　(1)金属杆离开液面后做竖直上抛运动，由运动学规律知：v2＝2gH 解得金属杆离开液面时的速度大小v＝ m/s 从闭合电键到金属杆飞到最高点过程，由动能定理有：BILh－mg(H＋h)＝0－0 解得I＝ A。 (2)设金属杆脱离导电液体时的速度为v′，从脱离导电液体到最高点，有v′2＝2gH′ 通电过程，由动量定理有： BLt′－mgt′＝mv′－0 通过金属杆截面的电荷量q＝t′ 联立解得q＝0.085 C。 12 学科网（北京）股份有限公司 $$