第1章 专题强化1 安培力作用下导体的运动和平衡、加速问题-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

专题强化1　安培力作用下导体的运动和平衡、加速问题 第1章 安培力与洛伦兹力 [学习目标]　1.能处理安培力作用下导体的平衡问题(重点)。　2.能处理安培力作用下导体的加速问题(重难点)。　3.学会运用安培力作用下导体运动方向的常用判断方法(重难点)。 课时作业 巩固提升 类型1　安培力作用下的平衡问题 类型2　安培力作用下的加速问题 内容索引 类型3　安培力作用下导体运动方向的判断 类型1　安培力作用下的平衡问题 一 4 1.分析思路 2.两点注意 (1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向,再根据左手定则判断安培力方向。 (2)安培力大小与导体放置的角度有关,l为导体垂直于磁场方向的长度,即有效长度。 [例1]　(2024·四川成都期末)如图,在平行倾斜固定的光滑导轨上端接入电动势E=50 V,内阻r=1 Ω的电源和滑动变阻器R,导轨的宽度d=1.5 m,倾角θ=37°。质量m=2 kg的导体细杆ab垂直置于导轨上,整个装置处在竖直向下的B=2 T的匀强磁场中(图中未画出),导轨与杆的电阻不计。现调节R使杆ab静止不动。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。 (1)求杆ab受到的安培力; [答案]　(1)15 N (1)杆ab静止不动时,受重力、安培力、支持力,如图   由受力平衡可得Fcos θ=mgsin θ 解得杆ab受到的安培力F=mgtan 37°=15 N。 (2)求滑动变阻器R接入电路的电阻值; [答案]　　(2)9 Ω　 (2)由闭合电路欧姆定律得I= 安培力F=BId 解得滑动变阻器R接入电路的电阻值R=9 Ω。 (3)在(2)情况下若磁场的大小和方向均可改变,求所加匀强磁场的最小值。 [答案]　(3)1.6 T (3)当安培力的方向沿斜面向上时,磁感应强度最小,设此时磁感应强度为B',则有B'Id=mgsin θ 解得B'=1.6 T。 方法总结 立体转平面的常见画法 立体图       平面图       [针对训练]　1.(2024·江西赣州期末)如图,宽为L的平行金属导轨与水平面成α角,质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在着垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,当回路中电流大小为I时,金属杆恰好能静止,重力加速度大小为g。则金属杆与导轨之间的动摩擦因数为(　　) A.tan α　　　　　　　　 B.tan α+ C.-tan α D. B 根据左手定则可知,金属杆ab受到的安培力沿斜面向下,金属杆恰好能静止,以金属杆ab为对象,根据受力平衡可得mgsin α+BIL=f 又f=μN=μmgcos α 联立解得μ=tan α+ 故选B。 二 类型2　安培力作用下的加速问题 14 1.基本思路 (1)明确要研究的导体。 (2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序,对导体受力分析。 (3)分析导体的运动情况。 (4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。 2.注意事项 对于安培力作用下的加速问题,导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上,这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等,变立体图为二维平面图。 [例2]　(2024·江西南昌期末)电磁炮通过给导轨回路通以很大的电流,使抛射体在导轨电流产生的磁场的安培力作用下沿导轨加速运动,最终将抛射体以很高的速度发射出去。电磁炮的原理示意图如图所示,图中电源可提供恒定的电流,抛射体处于垂直导轨向下的匀强磁场中,磁感应强度与回路中的电流成正比,要使抛射体离开轨道时的速度增大一倍,下列措施可行的是(　　) D A.仅使抛射体的质量减半 B.仅使导轨长度变为原来的两倍 C.仅使两导轨间距变为原来的两倍 D.仅使回路中的电流变为原来的两倍 设导轨的长度为x,导轨的间距为d,回路中的电流为I, 磁感应强度与回路中的电流的比例系数为k,则抛射 体受到的安培力为F=IBd=kI2d,根据动能定理Fx= mv2,抛射体离开轨道时的速度为v= ,仅使抛 射体的质量减半,抛射体离开轨道时的速度为原来的 倍,故A不符合题意;仅使导轨长度变为原来的两倍,抛射体离开轨道时的速度为原来的倍,故B不符合题意;仅使两导轨间距变为原来的两倍,抛射体离开轨道时的速度为原来的倍,故C不符合题意;仅使回路中的电流变为原来的两倍,抛射体离开轨道时的速度为原先的两倍,即抛射体离开轨道时的速度增大一倍,故D符合题意。 三 类型3　安培力作用下导体运动方向的判断 19 安培力作用下导体运动方向的常用判断方法 电流 元法 把整段导线分为多段直电流元,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,从而确定导线运动的方向 等效法 环形电流可等效成小磁针,通电螺线管可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 把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置(如转过90°角)后再判断所受安培力的方向 转换研究 对象法 定性分析磁铁在电流产生磁场作用下如何运动的问题,可先分析通电导体在磁铁磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律确定磁铁所受电流产生磁场的作用力,从而确定磁铁所受合力及运动的方向 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中,无转动趋势,同向电流互相吸引,反向电流互相排斥;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 [例3]　一个可以自由运动的线圈L1和一个水平固定的线圈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.向纸面里平动 B 方法一　电流元法 把线圈L1沿L2所在平面分成上、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中的电流产 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方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,因此从左向右看,线圈L1将顺时针转动。故B正确。 方法二　等效法 把线圈L1等效为小磁针,由安培定则知I2产生的磁场方向沿其竖直轴线向上,而L1等效成的小磁针在转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为竖直向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动。故B正确。 方法三　结论法 环形电流I1、I2之间不平行,则必相对转动,直到两环形电流同向平行为止,据此可知,从左向右看,线圈L1将顺时针转动。故B正确。 [例4]　如图所示,把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁的N极附近,磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面。当线圈内通以图示方向的电流(从右向左看沿逆时针方向)后,线圈的运动情况是(　　) A.线圈向左运动 B.线圈向右运动 C.从上往下看顺时针转动 D.从上往下看逆时针转动 A 将环形电流等效成小磁针,如图所示,根据异名磁极相互吸引知,线圈将向左运动,故选A。 [针对训练]　2.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体连接起来,此时台秤示数为F1,现在磁体上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以如图所示方向的电流后,台秤示数为F2,则以下说法正确的是(　　) A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度保持不变 C.F1>F2 D.F1<F2 C 如图甲所示,导体棒处的磁场方向指向右上方,根据左手定则可知,导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方,根据牛顿第三定律,对条形磁体受力分析,如图乙所示,所以台秤对条形磁体的支持力减小,即台秤示数F1>F2,在水平方向上,由于F'有水平向左的分力,使条形磁体压缩弹簧,所以弹簧长度变短。故选C。 3.(2024·四川成都期末)两条通电的直导线互相垂直,如图所示,但两导线相隔一小段距离,其中导线AB是固定的,另一条导线CD能自由转动或平动。它们通以图示方向的直流电流时,CD导线将(　　) A.逆时针方向转动,同时靠近导线AB B.顺时针方向转动,同时靠近导线AB C.逆时针方向转动,同时离开导线AB D.顺时针方向转动,同时离开导线AB A 电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里,在左边垂直纸面向外,在CD左右两边各取一小电流元,根据左手定则,左边的电流元所受的安培力方向向下,右边的电流元所受安培力方向向上,则CD导线逆时针方向转动;当CD导线转过90°后,两电流为同向电流,相互吸引,所以导线CD逆时针方向转动,同时靠近导线AB,故A正确,B、C、D错误。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [A组　基础巩固练] 1.(多选)(2024·河南开封期末)如图所示,在倾角为α=45°的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒,导体棒中电流为I。要使导体棒静止在斜面上,需要外加匀强磁场的磁感应强度B的值可能为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. AB 当磁场方向垂直于斜面向上时,此时磁感应强度最小,由共点力平衡可知 mgsin α=BIL 解得B= 故A、B可能,C、D不可能。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.(多选)(2024·湖北孝感期末)质量为m的金属细杆置于倾角为θ的光滑导轨上,导轨的宽度为d,若给细杆通以如图所示的电流时,如图所示的A、B、C、D四个图中,可能使杆静止在导轨上的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 AB A图中杆受重力、沿导轨平面向上的安培力和垂直导轨平面向上的支持力,若重力沿导轨平面向下的分力与安培力大小相等,则二力平衡,杆静止,故A正确。 B图中杆受重力、竖直向上的安培力,若重力与安培力大小相等,则二力平衡,即杆不受支持力即可静止,故B正确。 C图中杆受重力、水平向左的安培力和垂直导轨平面向上的支持力,三个力不可能达到平衡,故C错误。 D图中杆受重力和导轨平面的支持力,不受安培力,则二力不可能平衡,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.如图所示,用细橡皮筋悬吊一轻质线圈,置于固定直导线上方,两者在同一竖直平面内,线圈可以自由运动,当给两者通以图示电流时,线圈将(　　) A.靠近直导线,同时发生旋转 B.远离直导线,同时发生旋转 C.靠近直导线,两者仍在同一竖直平面内 D.远离直导线,两者仍在同一竖直平面内 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 由安培定则可知直导线在线圈平面处的磁场方向垂直 纸面向外,由左手定则可知线圈各部分所受安培力方向 均指向圆心,且在水平方向上的分力相互抵消,故线圈在 水平方向所受合力为0;在竖直方向,上半部分受力向下, 下半部分受力向上,又根据直导线产生磁场的特点知距离直导线越远,磁感应强度越小,则下半部分受力比上半部分大,故线圈在竖直方向上所受合力方向向上,所以线圈向上运动远离通电长直导线,而不会发生转动,两者仍在同一竖直平面内,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(多选)如图所示,质量为m、长度为l的金属棒放置在横截面为圆弧的光滑轨道上,轨道处在竖直平面内,整个装置处于竖直方向的匀强磁场中,当金属棒通有垂直纸面向外的电流I时,金属棒静止于轨道某点,该点与圆心连线和水平方向的夹角为θ,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A.匀强磁场的方向竖直向上 B.匀强磁场的方向竖直向下 C.磁感应强度大小为 D.磁感应强度大小为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BC 根据平衡条件,安培力向右,根据左手定则,匀强磁场的方向竖直向下,B正确,A错误;根据平衡条件得BIltan θ=mg,解得B=,D错误,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2024·河北邯郸期末)如图所示,重力为G的水平铜棒AC用绝缘丝线悬挂,静止在水平螺线管的正上方,铜棒中通入从A到C方向的恒定电流,螺线管与干电池、开关S串联成一个回路。当开关S闭合后一小段时间内,下列判断正确的是(　　) A.丝线的拉力等于G B.丝线的拉力小于G C.从上向下看,铜棒沿逆时针方向转动 D.从上向下看,铜棒沿顺时针方向转动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 开关S闭合后,画出一条与AC相交的磁感线,设两交点处 磁感应强度分别为B和B',根据安培定则判断,磁感线方向 如图所示,分别将B和B'沿水平方向与竖直方向分解,根据 左手定则判断知A端受到垂直纸面向外的安培力,C端受到垂直纸面向里的安培力,S闭合后的一小段时间内,从上向下看,铜棒沿逆时针方向转动,选项C正确,D错误;开关S闭合,铜棒转动后,将受到竖直向下的安培力,丝线的拉力大于G,选项A、B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.如图所示,原来静止的圆线圈可以自由移动,在圆线圈直径MN上靠近N点处放置一根垂直于线圈平面的固定不动的通电直导线,导线中电流方向垂直纸面向里。当在圆线圈中通以逆时针方向的电流I时,圆线圈将会(　　)  A.受力向左平动 B.受力向右平动 C.不受力,平衡不动 D.以MN为轴转动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 直导线通电后在它周围形成以导线为圆心的圆形磁场区域,如图中虚线所示。圆线圈就是在该磁场中的通电导体,要受到安培力的作用,其方向可由左手定则判断。圆线圈下半部分所在处磁场方向斜向上,所受的安培力方向垂直纸面向外;圆线圈上半部分受到的安培力方向垂直纸面向里,通电导线产生的磁场分布关于MN轴对称,因此圆线圈将会以MN为轴转动,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [B组　综合强化练] 7.(2024·黑龙江绥化期末)如图甲、乙、丙所示,将完全相同的电源、导体棒ab和平行金属导轨形成闭合回路放入磁感应强度大小相等的匀强磁场中。甲、乙中导轨平面水平,丙中导轨与水平面成θ角。甲、丙中磁场方向均垂直导轨平面向上,乙中磁场方向与水平面成θ角。三图中导体棒均静止,则(　　) A.甲图中导体棒对导轨压力最大 B.乙图中导体棒对导轨压力最大 C.乙图中轨道对导体棒的摩擦力最大 D.丙图中轨道对导体棒的摩擦力一定沿轨道向下 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 由左手定则可知,甲图中安培力水平向右,导体棒对轨道压力等于导体棒的重力;乙图中安培力向右下方,导体棒对轨道压力大于导体棒的重力;丙图中安培力沿斜面向上,导体棒对轨道压力等于导体棒重力沿斜面的分力,小于导体棒的重力,故乙图中导体棒对导轨压力最大,A错误,B正确。甲图中轨道对导体棒的摩擦力大小等于安培力,乙图中轨道对导体棒的摩擦力小于安培力,C错误。丙图中由于安培力与导体棒重力沿斜面向下的分力大小关系未知,故轨道对导体棒的摩擦力可能沿轨道向下,也可能沿斜面向上,也可能为零,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.(多选)(2024·河北沧州期末)如图所示,两根无限长直导线a、b相互垂直,a通过细线悬挂在天花板上且可自由转动,b通过绝缘支架固定在地面上。现同时给a通以沿导线向右的电流,给b通以沿导线向外的电流。下列说法正确的是(　　) A.刚通电流时,导线a左半部分垂直纸面向里转, 右半部分垂直纸面向外转 B.刚通电流时,导线a左半部分垂直纸面向外转,右半部分垂直纸面向里转 C.导线a转动90°时,细线对a的拉力大于导线的重力 D.导线a转动90°时,细线对a的拉力小于导线的重力 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 AC 根据安培定则可知通电电流b在其周围产生的磁场为逆时针方向,如图所示,将导线a处的磁场分解为竖直方向和水平方向,根据左手定则可知a导线左半部分受到的安培力垂直纸面向里,右半部分受到的安培力垂直纸面向外,转过90°时,a、b电流方向相同,彼此安培力为引力,所以细线拉力大于重力。故选A、C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(2024·广西北海期末)电磁轨道炮发射的基本原理如图所示,水平地面上两条平行的金属导轨A和导轨B充当炮管,弹丸放置在两导轨之间,当强大的电流I流过弹丸时,弹丸获得加速度,最终高速发射出去,下列说法正确的是(　　) A.导轨之间的磁场方向可能竖直向下 B.导轨之间的磁场方向可能水平向右 C.电磁炮的本质是一种大功率型发电机 D.若要增大发射速度,可增大流过弹丸的电流 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 根据安培定则可知,两导轨中的强电流(如图所示)在导轨之间产生的磁场方向竖直向上,故A、B错误;电磁炮的本质是电磁发射技术,不是大功率的发电机,故C错误;增大流过弹丸的电流,安培力将增大,根据牛顿第二定律可知,弹丸获得的加速度增大,则其他条件不变的情况下,发射速度增大,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [C组　培优选做练] 10.(2024·河南郑州期末)如图所示,在竖直平面内有一个半径为R、质量为M的金属圆环,圆环平面与纸面平行,圆环恰好有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,磁场的水平边界与圆环相交于P、Q点。用绝缘轻绳把放在斜面上的滑块通过定滑轮与圆环相连。当圆环中通有逆时针方向大小为I的电流时,滑块保持静止。已知斜面倾角为30°,斜面和滑轮均光滑,重力加速度为g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)求滑块的质量m。 答案:(1)2M- 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)设滑块质量为m,圆环处在磁场中部分所受安培力大小为F=2BIR 对圆环由平衡条件可得T+F=Mg 对滑块由平衡条件可得T=mgsin 30° 联立可得,滑块的质量 m=2M-。 (2)若圆环电流I大小不变,方向突然变为顺时针方向时,滑块的瞬时加速度为多大? 答案: (2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)电流I反向后,安培力大小不变,方向相反,对圆环由牛顿第二定律可得Mg+F-T'=Ma 对滑块由牛顿第二定律可得T'-mgsin 30°=ma 联立可得,滑块的瞬时加速度为a=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(2024·四川成都期末)如图,间距为L=1 m的两 平行导轨在同一水平面内。一质量为m=1 kg、 长度为L=1 m的导体棒垂直放在导轨上,导体棒 与导轨间的动摩擦因数μ恒定。整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小可调,方向与导体棒垂直,与水平向右方向的夹角θ可调。现给导体棒通以图示方向(沿棒向里)的恒定电流I=5 A,导体棒有水平向右的初速度。不考虑导体棒中电流变化,导体棒始终垂直于导轨并保持良好接触,重力加速度大小取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。当磁感应强度大小调为B1=1.5 T,θ调为90°时,导体棒沿导轨向右做匀速直线运动。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ; 答案:(1)0.75 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)当磁感应强度大小调为B1=1.5 T,θ调为90°时,对导体棒进行受力分析,如图所示, 根据受力平衡可得F=f,N=mg 又F=B1IL,f=μN 联立解得μ=0.75。 (2)当磁感应强度大小调为B2,θ调为127°时,导体棒仍沿导轨向右做匀速直线运动,求此时的磁感应强度大小B2。 答案:　(2)1.2 T 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)当磁感应强度大小调为B2,θ调为127°时,对导体棒进行受力分析,如图所示, 水平方向有B2ILcos 37°=f' 竖直方向有B2ILsin 37°+N'=mg 又f'=μN' 联立解得B2=1.2 T。 $$