第1章 专题强化1 安培力作用下导体的平衡和运动问题-【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（粤教版）

专题强化1　安培力作用下导体的平衡和运动问题 第一章　磁场 [学习目标]　1.能处理安培力作用下导体棒的平衡问题。　2.学会运用安培力作用下导体运动方向的常用判断方法。　3.会结合牛顿第二定律求导体棒的瞬时加速度。 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.解题步骤 (1)明确研究对象。 (2)先把立体图改画成平面图,并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上。 (3)正确受力分析(包括安培力),然后根据平衡条件F合=0列方程求解。 2.分析求解安培力时需要注意的问题 (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的方向。 (2)安培力大小与导体放置的角度有关,但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况,其中L为导体垂直于磁场方向的长度,为有效长度。 [例1]　如图所示,用两根轻细金属丝将质量为m、长为L的金属棒ab悬挂在c、d两处,置于匀强磁场内,当棒中通以从a到b的电流I后,两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上,所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为(　　) A.tan θ,竖直向上 B.tan θ,竖直向下 C.sin θ,平行于悬线向下 D.sin θ,平行于悬线向上 D 要求所加磁场的磁感应强度最小,应使棒平衡时所受的安培力为最小值。由于棒的重力恒定,悬线拉力的方向不变,由画出的力的三角形可知,安培力的最小值为Fmin=mgsin θ,即BminIL=mgsin θ,得Bmin=sin θ,方向应平行于悬线向上,故选D。 归纳总结 解决安培力作用下的受力平衡问题,受力分析是关键,解题时应先画出受力分析图,必要时要把立体图转换成平面图。例如: 立 体 图       平 面 图       [针对训练]　1.如图所示,水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ,它们之间的宽度为L,M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)。现垂直于导轨放置一根质量为m、电阻为R的金属棒ab,并加一个范围较大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向与水平面夹角为θ且指向右上方,重力加速度为g,求: (1)当ab棒静止时,受到的支持力和摩擦力各为多少? 答案:(1)mg-　 从b向a看,金属棒受力分析如图所示。 (1)水平方向:f=F安sin θ ① 竖直方向:FN+F安cos θ=mg ② 又F安=BIL=BL ③ 联立①②③得FN=mg-,f=。 (2)若B的大小和方向均能改变,则要使ab棒所受支持力为零,B的大小至少为多少?此时B的方向如何? 答案: (2)　方向水平向右 (2)要使ab棒所受支持力为零,且让磁感应强度最小,可知安培力竖直向上,则有F安'=mg,又F安'=BminL,联立可得Bmin=,根据左手定则判定磁场方向水平向右。 2.如图所示,水平放置的两导轨P、Q间的距离L=0.5 m,垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B=2 T,垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1 kg,系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G=3 N的物块相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2,电源的电动势E=10 V、内阻r=0.1 Ω,导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。要想ab棒处于静止状态,R应在哪个范围内取值?(g取10 m/s2) 答案:1.9 Ω≤R≤9.9 Ω 依据物体的平衡条件可得 ab棒恰不向右滑动时:G-μmg-BI1L=0 ab棒恰不向左滑动时:G+μmg-BI2L=0 依据闭合电路欧姆定律可得I1=,I2= 由以上各式代入数据可解得R1=9.9 Ω,R2=1.9 Ω 所以R的取值范围为1.9 Ω≤R≤9.9 Ω。 二 类型2　安培力作用下的加速问题 17 [例2]　如图所示,光滑的平行导轨倾角为θ,处在磁感应强度大小为B、竖直向下的匀强磁场中,导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源。电路中有一阻值为R的电阻,其余电阻不计,将质量为m、长度为l的导体棒由静止释放,导体棒沿导轨向下运动,导体棒与导轨垂直且接触良好,求导体棒在释放瞬间的加速度的大小。(重力加速度为g) [答案]　gsin θ- 画出题中装置的侧视图,导体棒受力分析如图所示,导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F,由牛顿第二定律得mgsin θ-Fcos θ=ma,又F=BIl,I=,联立可得a=gsin θ-。 归纳总结 1.解决在安培力作用下导体的加速运动问题,首先要对研究对象进行受力分析(不要漏掉安培力),然后根据牛顿第二定律列方程求解。 2.选定观察角度画好平面图,标出电流方向和磁场方向,然后利用左手定则判断安培力的方向。 [针对训练]　3.根据磁场对通电导体有安培力作用的原理,人们研制出一种新型的发射炮弹的装置——电磁炮,其原理如图所示。间距为L的平行导轨水平放置,导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源,可导电金属炮弹质量为m,垂直放在导轨上,电阻为R,导轨电阻不计,添加竖直方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B。炮弹与导轨阻力忽略不计,则下列说法正确的是(　　) A.磁场方向为竖直向下 B.闭合开关瞬间,加速度的大小为 C.减小磁感应强度B的值,炮弹受到的安培力变大 D.若同时将电流方向和磁场方向反向,安培力方向也会反向 答案:B 由题图知炮弹向右加速,需受向右的安培力,根据左手定则可知,磁场方向为竖直向上,A错误;闭合开关瞬间电流为I=,则安培力为F=BIL=,炮弹加速度大小为a==,B正确;根据安培力公式F=BIL可知,减小磁感应强度B的值,炮弹受到的安培力变小,C错误;若同时将电流方向和磁场方向反向,根据左手定则可知,安培力方向不变,D错误。 三 类型3　安培力作用下导体运动方向的判断 24 1.判断导体在磁场中运动情况的常规思路 不管是电流还是磁铁,对通电导体的作用都是通过磁场来实现的,因此,此类问题可按下面步骤进行分析: (1)确定导体所在位置的磁场分布情况。 (2)结合左手定则判断导体所受安培力的方向。 (3)由导体的受力情况判定导体的运动方向。 2.判断安培力作用下导体运动方向的五种常用方法 电流 元法 把整段导线分为多段电流元,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 转动通电导线到某个便于分析的特殊位置,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 转换 研究 对象法 定性分析磁铁在电流磁场作用下如何运动的问题,可先分析电流在磁铁磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁铁所受电流磁场的反作用力,从而确定磁铁所受合力及运动方向 [例3]　如图所示,把一重力不计的通电直导线AB水平放在固定的蹄形磁铁磁极的正上方(虚线过AB的中点),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 C 如图所示,将导线AB分成左、中、右三部分,中间一小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右上,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右下,受力方向向里。当转过一定角度时,中间一小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,故C正确。 归纳总结 不管是通电导体还是磁铁,对另一通电导体的作用都是通过磁场来实现的,因此必须先画出导体所在位置的磁感线方向,然后用左手定则判断导体所受安培力的方向,进而再判断将要发生的运动。 [针对训练]　4.如图所示,把轻质导线圈用细线挂在磁铁N极附近,磁铁的轴线穿过线圈中心,且在线圈平面内。当线圈通以图示方向的电流时线圈将(　　) A.发生转动,同时靠近磁铁 B.发生转动,同时远离磁铁 C.不发生转动,只靠近磁铁 D.不发生转动,只远离磁铁 A 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A正确,B、C、D错误。 5.一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。当两线圈通以如图所示的电流时,从左向右看,则线圈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 解法一:利用结论法 线圈L1、L2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,据此可得线圈L1的转动方向应是:从左向右看线圈L1顺时针转动。 解法二:等效分析法 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I2产生的磁场方向在其中心竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前N极应指向纸里,因此应由向纸里转为向上,所以从左向右看,线圈L1顺时针转动。 解法三:直线电流元法 把线圈L1沿转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数直线电流元,电流元处在I2产生的磁场中,据安培定则可知各电流元所在处磁场方向向上,据左手定则可得,上部电流元所受安培力均指向纸外,下部电流元所受安培力均指向纸里,因此从左向右看线圈L1顺时针转动。 故正确答案为B。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.(多选)(2024·广东佛山高二开学考试)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方向的电流时,A、B、C、D四个图中,可能使杆静止在导轨上的是(　　) AB 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A图中杆受重力、沿斜面向上的安培力,垂直斜面向上的支持力,若重力沿斜面向下的分力与安培力大小相等,则杆静止,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斜面向上的支持力,三个力不可能达到平衡,故C错误。D图中杆受重力和斜面的支持力,不受安培力,则二力不可能平衡,故D错误。 2.(2024·东莞石龙中学高二月考)如图所示,放在台秤上的条形磁铁两极未知,为了探明磁铁的极性,在它中央的正上方固定一导线,导线与磁铁垂直,给导线通以垂直纸面向外的电流,以下说法正确的是(　　) A.如果台秤的示数增大,说明磁铁左端是S极 B.如果台秤的示数减小,说明磁铁右端是N极 C.无论如何台秤的示数都不可能变化 D.如果台秤的示数增大,则台秤的示数随电流的增大而减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 如果台秤的示数增大,说明电流对磁铁的作用力向下,根据牛顿第三定律可知磁铁对电流的安培力向上,根据左手定则,电流所在位置磁场向右,故磁铁左端为N极,右端为S极,同理可知,如果台秤的示数减小,说明磁铁右端是N极,故A、C错误,B正确;由F=BIL可得,随电流的增大,安培力也增大,所以如果台秤的示数增大,则台秤的示数随电流的增大而增大,故D错误。 3.(多选)(2024·广东江门第一中学高二阶段练习)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 12 1 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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。 4.(多选)(2024·肇庆高二期末)如图所示,间距为L的光滑金属导轨PQ、MN相互平行,导轨平面与水平面呈θ角,一质量为m的金属棒ab垂直于导轨放置并与电源、开关构成回路,金属棒ab与导轨接触良好,空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,重力加速度为g,当通过金属棒ab的电流为I时,金属棒恰好处于静止状态,则(　　) A.磁场方向垂直于导轨平面向上 B.金属棒受到的安培力的大小为mgsin θ C.磁场的磁感应强度为 D.增大电流,导轨对金属棒的支持力也增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AB 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 金属棒处于静止状态,则所受安培力方向沿导轨平面向上,由左手定则判断,磁场方向垂直于导轨平面向上,故A正确;将重力正交分解,安培力与重力沿斜面向下的分力平衡,即有F安=mgsin θ,故B正确;由F安=mgsin θ=BIL可得B=,故C错误;由于安培力与支持力垂直,电流变化引起安培力大小变化,但支持力不变,始终等于重力垂直斜面的分力,即FN=mgcos θ,故D错误。 5.如图所示,在蹄形磁铁的上方放置一个可以自由运动的通电线圈abcd,最初线圈平面与蹄形磁铁处于同一竖直面内,则通电线圈运动的情况是(　　) A.ab边转向纸外,cd边转向纸里,同时向下运动 B.ab边转向纸里,cd边转向纸外,同时向下运动 C.ab边转向纸外,cd边转向纸里,同时向上运动 D.ab边转向纸里,cd边转向纸外,同时向上运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 在图示位置时,根据左手定则判断可知:ad边左半边所受磁场力方向向里,右半边所受磁场力方向向外,则ab边转向纸里,cd边转向纸外,从图示位置转过90°时,根据左手定则判断可知:ad边所受磁场力方向向下,所以线圈ab边转向纸里,cd边转向纸外,同时向下运动,故B正确,A、C、D错误。 6.如图所示,两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环,可沿轴线OO'自由转动,现通以图示方向电流,沿OO'看去会发现(　　) A.A环、B环均不转动 B.A环将逆时针转动,B环也逆时针转动,两环相对不动 C.A环将顺时针转动,B环也顺时针转动,两环相对不动 D.A环将顺时针转动,B环将逆时针转动,两者吸引靠拢至重合为止 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由安培定则可得,A环产生的磁场的方向向下,B环产生的磁场的方向向左,两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势,所以A环顺时针转动,B环逆时针转动,二者相互靠拢,直至重合,故D正确,A、B、C错误。 7.(多选)(2024·江门高二统考)如图所示,用绝缘细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平,导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察),在导线框的正下方,垂直于导线框平面有一直导线PQ,现在PQ中通以水平向左的电流,在短时间内,下列说法正确的是(　　) A.从上往下观察导线框逆时针转动 B.从上往下观察导线框顺时针转动 C.细绳受力会变得比导线框重力大 D.细绳受力会变得比导线框重力小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由安培定则判断出通电导线PQ在线框处的磁场方向平行于线框平面从外向里,根据左手定则,可知线框外侧电流受安培力向右,线框内侧电流受安培力向左,从上往下看,导线框将逆时针转动,A正确,B错误;线框沿逆时针方向转动一个小角度后,线框靠近导线PQ处的电流方向向左,由左手定则可知,其受到的安培力的方向向下,线框上边的电流的方向向右,由左手定则可知,其受到的安培力的方向向上,由于导线在线框上边产生的磁感 应强度小于导线在线框下边产生的磁感应强度,所以整 体受安培力向下,细绳受力会变得比导线框重力大, C正确,D错误。 8.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 12 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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。 [B组　综合强化练] 9.(多选)如图所示,质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O',并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为(重力加速度为g)(　　 ) A.z轴正方向,tan θ B.y轴正方向, C.z轴负方向,tan θ D.沿悬线向下,sin θ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BCD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 磁感应强度方向为z轴正方向时,根据左手定则,直导线所受安培力方向沿y轴负方向,直导线不能平衡,故A错误;磁感应强度方向为y轴正方向时,根据左手定则,直导线所受安培力方向沿z轴正方向,根据平衡条件,当BIL刚好等于mg时,细线的拉力为零,则B=,故B正确;磁感应强度方向为z轴负方向时,根据左手定则,直导线所受安培力方向沿y轴正方向,根据平衡条件BIL=mgtan θ, 则B=tan θ,故C正确;磁感应强度方向沿悬线向下时,根据 左手定则,直导线所受安培力方向垂直于细线斜向上,根据 平衡条件BIL=mgsin θ,则B=,故D正确。 10.如图所示,A、B、C三根平行通电直导线质量均为m,通入的电流大小均相等,其中C中的电流方向与A、B中的电流方向相反,A、B放置在粗糙的水平面上,C静止在空中,三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,且三根导线均保持静止,重力加速度为g,则A导线受到B导线的作用力大小和方向为(　　) A.mg,方向由A指向B B.mg,方向由B指向A C.mg,方向由A指向B D.mg,方向由B指向A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 导线C受重力,A、B对C的作用力,如图所示: 由题意可知FAC=FBC 由几何关系得2FACcos 30°=mg 解得FAC=mg 由于三根通电导线电流大小相等,距离相等,所以各导线间安培力大小相等,所以 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 FAB=FAC=mg 由同向电流相互吸引反向电流相互排斥,可判断A导线受到B导线的作用力方向由A指向B,故A正确,B、C、D错误。 11.如图所示,一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形金属导轨上,两导轨相互平行且间距为L,导轨处在竖直方向的匀强磁场中,磁感应强度大小为B;当开关闭合时,导体棒向纸面外滑动,最终静止在与竖直方向成37°角的位置,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)判断磁场的磁感应强度方向; 答案:(1)竖直向下　 (1)导体棒受到的安培力向外,根据左手定则可知磁场方向竖直向下。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)求磁场的磁感应强度大小; 答案: (2)　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)从左向右看受力分析如图所示, 由受力平衡得=tan 37° 解得B= 即磁场的磁感应强度B的大小为。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)求每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN。 答案: (3)mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)两个导轨对棒的支持力为2FN,满足 2FNcos 37°=mg 解得FN=mg 即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg。 [C组　培优选做练] 12.如图所示,在倾角θ=30°的斜面上固定间距L=0.5 m的两平行金属导轨,在导轨上端接入电源和滑动变阻器R,电源电动势E=12 V,内阻r=1 Ω,一质量m=20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度大小B=0.10 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)若导轨光滑,要保持金属棒在导轨上静止,求金属棒受到的安培力大小; 答案:(1)0.1 N　 (1)对金属棒受力分析可得 F安=mgsin θ=20×10-3×10× N=0.1 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=,金属棒要在导轨上保持静止,求滑动变阻器R接入电路中的阻值; 答案: (2)3 Ω≤R≤11 Ω　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=,受到的最大静摩擦力fm=μmgcos θ ①当摩擦力沿斜面向上时,有mgsin θ=F1+fm 此时I1== 解得R1=11 Ω; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ②当摩擦力沿斜面向下时,有mgsin θ+fm=F2 此时I2== 解得R2=3 Ω; 故滑动变阻器R接入电路中的阻值在3 Ω和11 Ω之间。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)若导轨光滑,当滑动变阻器的电阻突然调节为23 Ω时,求金属棒的加速度a的大小。 答案: (3)3.75 m/s2 (3)当滑动变阻器的电阻突然调节为23 Ω时,即R=23 Ω,I==0.5 A,a==3.75 m/s2,方向沿斜面向下。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$