02 第一章 素养提升课(一) 安培力作用下导体的运动-【名师导航】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册同步讲义(人教版2019)

素养提升课(一)　安培力作用下导体的运动 1．会分析安培力作用下导体的运动情况。 2．会将立体图形转换为平面图进行受力分析。 3．能分析通电导体在安培力作用下的平衡和加速问题。 　安培力作用下导体的运动情况 1．判断安培力作用下通电导体的运动方向的思路 (1)首先应画出通电导体(或通电线圈)所在位置的磁感线方向。 (2)根据左手定则确定通电导体(或通电线圈)所受安培力的方向。 (3)由通电导体(或通电线圈)的受力情况判断通电导体(或通电线圈)的运动方向。 2．五种常用方法 电流元法 把整段导线分为许多段直电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向 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铁或多个环形电流，反过来等效也成立 特殊位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置(如转过90°)，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；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的问题时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 【典例1】　如图所示，把一重力不计的通电直导线AB水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以在空间自由运动，当导线通以图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　) A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升 C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升 [思路点拨] ―→―→―→ C　[ 如图所示，将导线AB分成左、中、右三部分。中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；左端一段所在处的磁场方向斜向上，根据左手定则其受力方向向外；右端一段所在处的磁场方向斜向下，受力方向向里。当转过一定角度时，中间一段电流不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以从上往下看导线将一边逆时针方向转动，一边向下运动，C选项正确。] 　判断导体在磁场中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，因此必须要清楚导体所在位置的磁场分布情况。 (2)结合左手定则准确判断导体所受安培力的方向。 (3)由导体的受力情况判断导体的运动方向。 [针对训练] 1．一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(　　) A．不动 　 B．顺时针转动 C．逆时针转动 　 D．向纸面内平动 B　[法一(电流元法)：把线圈L1分成上、下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中。根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看，线圈L1将顺时针转动。 法二(等效法)：把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，通电后，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向。由安培定则知L2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成的小磁针转动前N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动。 法三(结论法)：环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止。据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动。] 【教用·备选例题】　如图所示，条形磁铁在斜面上始终保持静止状态，在其上方的水平导线L中通以如图所示的电流，当电流减小时，斜面对磁铁的弹力N和摩擦力f(　　) A．N变小，f可能变小　 B．N变大，f可能变大 C．都变大 　 D．都变小 A　[当导线通以题图所示电流时，根据左手定则判断可知，导线所受的安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律得知，磁铁所受的反作用力斜向右下方。设安培力大小为F安，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G，安培力与斜面的夹角为β，在垂直斜面上有N′＝Gcos α＋F安sin β，当电流减小时，安培力减小，则可知弹力N变小。在沿斜面方向上有：若Gsin α>F安cos β，即f′＝Gsin α－F安cos β，当电流减小时，安培力减小，则可知摩擦力f变大；若Gsin α<F安cos β，即f′＝F安cos β－Gsin α，当电流减小时，安培力减小，则可知摩擦力f变小。故选A。] 　安培力作用下导体的平衡和加速 1．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——通电导线或通电导体棒。 (2)变三维为二维，作出侧视图、剖面图或俯视图等，并画出其平面内的受力分析图，其中安培力的方向要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I。 如图所示。 立体图 平面图 (3)列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解。 2．求解关键 (1)电磁问题力学化。 (2)立体图形平面化。 3．安培力作用下导体的分析技巧 (1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图。同时，当存在静摩擦力时，要注意分析由于电流大小变化引起安培力的变化，从而导致静摩擦力大小和方向的变化，此过程往往存在理解问题。 (2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度。 【典例2】　质量为m＝0.02 kg的通电细杆ab置于倾角为θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d＝0.2 m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，磁感应强度B＝2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示。现调节滑动变阻器的触头，为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) [思路点拨]　(1)首先将立体图转换成平面图，对杆受力分析。 (2)杆所受摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下。 (3)杆静止不动的临界条件是摩擦力刚好达到最大静摩擦力。 [解析]　如图甲、乙所示是电流最大和最小两种情况下杆ab的受力分析图。 根据甲图列式如下： F1－mgsin θ－Ff1＝0 FN－mgcos θ＝0 Ff1＝μFN，F1＝BImaxd 解上述方程得Imax＝0.46 A 根据乙图列式如下： F2＋Ff2－mgsin θ＝0 FN－mgcos θ＝0 Ff2＝μFN，F2＝BImind 解上述方程得Imin＝0.14 A 因此电流范围是0.14～0.46 A。 [答案]　0.14～0.46 A 　求解安培力作用下导体的运动问题的基本思路 [针对训练] 2．如图所示，质量为m，通电电流为I的金属棒ab置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与宽为l的水平导轨平面夹角为θ，金属棒ab处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A．金属棒受到的安培力大小为BIlsin θ B．金属棒受到的摩擦力大小为BIlcos θ C．若只减小夹角θ，金属棒受到的摩擦力将减小 D．若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将减小 C　[ 作出金属杆受力的主视图，如图所示，根据安培力公式可得金属棒ab所受安培力为FA＝BIl，根据平衡条件得Ff＝BIlsin θ，FN＝mg－BIlcos θ，故A、B错误；若只减小夹角θ，由Ff＝BIlsin θ可得金属棒受到的摩擦力将减小，故C正确；改变电流方向，则金属棒所受的安培力与原来方向相反，则有FN＝mg＋FAcos θ，所以金属棒对导轨的压力增大，故D错误。故选C。] 3．(2022·湖南卷)如图甲所示，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图乙所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) A．当导线静止在图甲右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C．tan θ与电流I成正比 D．sin θ与电流I成正比 D　[当导线静止在题图甲右侧位置时，对导线受力分析如图所示。 可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝，FT＝mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。] 4．如图所示，两根倾斜光滑金属导轨M、N与地面的夹角θ＝37°，两导轨间距为d＝1 m，金属棒ab的质量为m＝0.1 kg，接入电路部分电阻为r＝1 Ω，放在导轨上且与导轨垂直。导轨上端接一电阻，阻值R1＝1 Ω。磁场的磁感应强度大小为B＝1 T，方向垂直导轨平面向下，电源的电动势为E＝4 V，内阻不计，R为滑动变阻器，调节滑动变阻器，使金属棒在导轨上静止。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6) (1)滑动变阻器的阻值为多少？ (2)若将磁场方向改为竖直向下，刚改方向瞬间，金属棒的加速度大小是多少？ [解析]　(1)根据题意，对金属棒ab受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示。 由平衡条件可得mgsin 37°＝F安 设通过金属棒的电流为I，由于金属棒电阻和R1的电阻相等，则通过R1的电流也为I，通过滑动变阻器的电流为2I，由闭合回路欧姆定律有E＝IR1＋2IR 又有F安＝BId，联立代入数据解得R＝ Ω。 (2)若将磁场方向改为竖直向下，刚改方向瞬间，对金属棒ab受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示。 由牛顿第二定律有mgsin 37°－F安′cos 37°＝ma，代入数据解得a＝1.2 m/s2。 [答案]　(1) Ω　(2)1.2 m/s2 素养提升练(一)　安培力作用下导体的运动 一、选择题 1．如图所示，两根平行放置的长直导线a和b中通有大小相同、方向相反的电流，a受到的安培力大小为F1。当加入与两导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的安培力大小变为F2，则此时b受到的安培力大小变为(　　) A．F2 　 B．F1－F2 C．F1＋F2 　 D．2F1－F2 A　[根据牛顿第三定律可知，加匀强磁场前，b受到的安培力大小也为F1，与a受到的安培力方向相反；加磁场后，无论磁场的方向是垂直于纸面向外还是垂直于纸面向里，a和b同时受到等大反向的力F，因此a、b受到的合力仍然等大反向，所以b所受到的安培力大小也为F2，选项A正确。] 2．(多选)把轻质的导线圈用绝缘细线挂在磁铁的N极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心且在同一平面内，如图所示。当线圈通过图示电流时，线圈将(　　) A．发生转动同时离开磁铁 B．发生转动同时靠近磁铁 C．静止不动 D．从上往下看顺时针转动 BD　[将导线圈等效为正方形线圈时，在磁场中，左、右两边分别受向内和向外的安培力，又由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈沿顺时针方向转动，同时靠近磁铁，故B、D正确。] 3．(2022·江苏卷)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(　　) A．平行于纸面向上 B．平行于纸面向下 C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里 D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外 C　[ 根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出导线a左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向里，故C正确。] 4．如图所示，金属杆ab处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向上，ab静止于水平导轨上。则关于金属杆所受安培力的方向，下列说法正确的是(　　) A．水平向左 　 B．水平向右 C．斜向上方 　 D．斜向下方 C　[根据题图可知，金属杆中的电流方向沿a→b，根据左手定则可知，金属杆所受安培力的方向垂直于磁场斜向左上方。故选C。] 5．如图所示为两倾角为θ的光滑平行导轨，质量为m的导体棒垂直放在导轨上，整个空间存在竖直向上的匀强磁场。现导体棒中通有由a到b的恒定电流，使导体棒恰好保持静止。已知磁感应强度大小为B，导体棒中电流为I，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，则此时平行导轨间距为(　　) A． 　 B． C． 　 D． C　[磁场方向竖直向上，从右面观察导体棒，由左手定则可知，安培力水平向右，由力的平衡条件得BIlcos θ＝mgsin θ，解得l＝，故选C。] 6．如图所示，整个装置悬挂在弹簧测力计下，装置下端是单匝线框，线框下边处于一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直。接通直流电源，线框中的电流方向为逆时针方向，此时弹簧测力计有拉力示数。为了增大弹簧测力计的示数，下列方法可以实现的是(　　) A．磁场方向不变，增加磁感应强度的大小 B．电流方向不变，增加电流大小 C．电流方向和磁场方向同时反向 D．磁场方向反向，电流方向不变 D　[由左手定则可知线框所受的安培力方向向上，安培力大小F＝BIL，磁场方向不变，增加磁感应强度的大小，则安培力增大，弹簧测力计示数减小，故A错误；电流方向不变，增加电流大小，安培力增大，弹簧测力计示数减小，故B错误；电流方向和磁场方向同时反向，安培力方向不变，弹簧测力计示数不变，故C错误；磁场方向反向，电流方向不变，安培力方向向下，弹簧测力计示数变大，故D正确。故选D。] 7．(多选)如图所示为某科技爱好者设计的电磁炮模型示意图，水平发射轨道宽1 m，轨道间有磁感应强度为1×103 T、方向竖直向上的匀强磁场，炮弹(含相关附件)总质量为0.5 kg，当电路中通20 A的恒定电流时，炮弹从轨道左端开始加速，然后从轨道右端发射出去。忽略一切阻力，下列说法正确的是(　　) A．电流从a端流入b端流出 B．电流从b端流入a端流出 C．炮弹的加速度大小为1×104 m/s2 D．炮弹的加速度大小为4×104 m/s2 BD　[由左手定则可知，电流从b端流入a端流出，A错误，B正确；炮弹的加速度大小为a＝ m/s2＝4×104 m/s2，C错误，D正确。] 8．如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1 m的平行导轨上放一重力为3 N的金属棒ab，棒上通以3 A的电流，磁场的大小、方向可变。要使金属棒静止，磁感应强度的最小值为(　　) A． T 　B．1 T 　C． T 　D． T C　[ 金属棒受到重力、支持力和安培力，根据力的三角形法则，当安培力和支持力垂直时，安培力最小，则有BIl＝mgsin 60°，磁感应强度的最小值为B＝ T＝ T，故C正确。] 二、非选择题 9．绝缘水平桌面有一竖直向上的匀强磁场B＝1 T，间距l＝1 m的平行金属导轨固定在桌面上，左端连接电源的电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω。质量m＝0.5 kg的金属棒垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5。细线一端系在金属棒的中点，另一端通过桌边光滑定滑轮挂一重物M时，金属棒恰处于静止且刚好不向右滑，细线水平且与金属棒垂直。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，金属棒接入电路的电阻R＝2 Ω，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)求悬挂重物的质量M； (2)若锁定金属棒，保持磁感应强度大小不变，将磁场方向顺时针旋转过53°后解锁金属棒，求重物加速度a的大小。 [解析]　(1)金属棒恰处于静止且刚好不向右滑时有BIl＋μmg＝Mg 金属棒接入电路的电流I＝ 解得M＝0.75 kg。 (2)磁场旋转后对金属棒受力分析有 BIlsin 53°＋FN＝mg 磁场旋转后，安培力水平方向分量减小，金属棒向右加速，有Mg－BIlcos 53°－μFN＝(m＋M)a 解得a＝3.2 m/s2。 [答案]　(1)0.75 kg　(2)3.2 m/s2 10．在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，放置一通有电流I＝1 A，长l＝0.5 m，质量为m＝0.5 kg 的导体棒，如图所示，试问：(重力加速度g＝10 m/s2) (1)要使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度的最小值和方向； (2)要使棒静止在斜面上且对斜面无压力，外加匀强磁场的磁感应强度； (3)分析棒有可能静止在斜面上且要求B垂直于I，应加外磁场的方向范围。 [解析]　(1)欲使导体棒静止在斜面上，当安培力方向沿斜面向上时，安培力最小，所加磁场的磁感应强度最小；据左手定则知，磁感应强度的方向垂直于斜面向上，根据受力平衡可得mgsin θ＝B1Il， 解得磁感应强度的最小值B1＝＝5 T。 (2)欲使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，则安培力的方向竖直向上；据左手定则知，磁感应强度的方向水平向左，根据受力平衡可得mg＝B2Il， 解得磁感应强度大小为B2＝＝10 T。 (3)为讨论方便，对导体棒受力分析如图所示。 欲使棒有可能平衡，安培力F的方向需限定在图F1和F2之间，F的方向应包括F1的方向，但不包括F2的方向，据左手定则可知，B与x轴正方向的夹角α应满足30°<α≤180°。 [答案]　(1)5 T，方向垂直于斜面向上　(2)10 T，方向水平向左　(3)见解析 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$