第一章 素养提升课(一) 安培力作用下导体的运动-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册教师用书word（人教版）

本讲义聚焦安培力作用下导体的运动分析这一核心知识点，系统梳理运动方向判断的五种方法（电流元法、等效法等），并衔接平衡与加速问题的处理思路，构建从基础方法到综合应用的学习支架。 资料以一题多法（如典例1三种解法）和立体转平面指导为特色，通过分层训练培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，课中辅助教师高效授课，课后助力学生巩固提升、查漏补缺。

素养提升课(一)　安培力作用下导体的运动 [学习目标]　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体或多个环形电流，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】　(一题多法)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。] 　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．载流导体L1、L2处在同一平面内，L1是固定的，L2可绕垂直于纸面的固定转轴O转动，O为L2的中点，若各自的电流方向如图所示。将会发生下列哪种情况(　　) A．L2绕轴O按逆时针方向转动 B．因L2所受的安培力处处相等，故L2不动 C．L2绕轴O按顺时针方向转动 D．因不受安培力，L2不动 A　[由安培定则知，L1右边磁场垂直纸面向外，且离L1的距离越近，磁场越强，L2上每一小部分受到的安培力方向均竖直向下，但轴O左侧所受安培力较大，所以L2绕轴O按逆时针方向转动，A正确。] 2．如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关(　　) A．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小 B．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变大 C．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大 D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变小 C　[接通开关，由线圈电流方向，根据安培定则，可知电磁铁左端为N极，右端为S极，则通电直导线左半部分磁场斜向右上方，右半部分磁场斜向右下，根据左手定则，通电导线左半部分所受安培力向纸内，右半部分所受安培力向纸外，即A端向纸内运动，B端向纸外运动；通电导线旋转至垂直纸面向里方向，而磁场向右，则所受安培力向下，则悬线张力变大，故选项C正确。] 【教用·备选例题】　(多选)如图所示，台秤上放一条形磁体，此时台秤的读数为FN1，现在磁体两端正上方对称固定放置两根通电导线，电流大小相等，电流方向如图所示，台秤的示数为FN2，台秤与磁体始终静止，则下列说法正确的是(　　) A．FN1＝FN2 B．FN1>FN2 C．两电流同时增大，磁体与台秤间摩擦力增大 D．两电流同时减小，磁体与台秤间摩擦力增大 AC　[以通电导线为研究对象，左边通电导线电流方向垂直纸面向里，根据左手定则判断可知，其所受安培力F1方向为斜向右下方，如图所示，根据牛顿第三定律分析得知，磁体受到的磁场力F′1 方向斜向左上方；右边通电导线电流方向垂直纸面向外，根据左手定则判断可知，其所受安培力F2方向为斜向右上方，根据牛顿第三定律分析得知，磁体受到的磁场力F′2方向斜向左下方，因为两根通电导线电流大小相等，可得F1＝F2，根据牛顿第三定律分析得F′1 ＝ F′2，把F′1和F′2正交分解可知竖直方向上两分力的合力大小相等，方向相反，合力为零，得台秤的读数不变，FN1＝FN2，故A正确，B错误；如图所示，把F′1和F′2正交分解可知水平方向上两分力的合力大小相等，方向向左，则静摩擦力方向水平向右，因为台秤与磁体始终静止，所以两电流同时增大，安培力增大，由牛顿第三定律可知对磁体的反作用力会增大，则磁体与台秤间摩擦力增大，故C正确，D错误。] 　安培力作用下导体的平衡和加速 1．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。 (3)列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解。 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。 【典例2】　如图所示，间距为L＝ m的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角θ＝30°。一质量为m＝0.01 kg的金属棒垂直导轨放置，并与定值电阻R(大小未知)、电动势E＝2 V(内阻不计)的电源、开关S构成闭合回路，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B＝0.35 T的匀强磁场中。闭合开关S，金属棒恰好不会沿导轨向上滑动。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨和金属棒的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。 (1)求电阻R的阻值； (2)若把电源更换为电动势为E′＝4.0 V、内阻r＝1 Ω的电源，闭合开关S时，求金属棒的瞬时加速度大小。 [解析]　(1)金属棒恰好不向上滑动，所受的摩擦力方向沿导轨向下，对金属棒受力分析如图所示， 由平衡条件可知mg sin θ＋μ(mg cos θ＋F安sin θ)－F安cos θ＝0 又F安＝BL 联立解得R＝9 Ω。 (2)若把电源更换为电动势为4 V、内阻为1 Ω的电源，开关闭合S的瞬间，金属棒所受的安培力大小 F′安＝BL＞F安 根据牛顿第二定律有F′安cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋F′安sin θ)＝ma 解得a＝7 m/s2。 [答案]　(1)9 Ω　(2)7 m/s2 　立体转平面的常见画法 立体图 平面图 [针对训练] 3．通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线上的电流为I，方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导线平衡时细线与竖直方向成θ＝30°角，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．mg＝BIl B．两根细线的拉力的合力FT＝mg C．若增大磁感应强度，则细线与竖直方向的偏角将不变 D．若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆过的最大角度为60° D　[受力分析可知，导线受重力、细线拉力FT和安培力F，如图所示，而F＝BIl，由平衡条件可得mg＝，可知mg＝BIl，故A错误；两根细线的拉力的合力FT＝，可得FT＝，故B错误；若增大磁感应强度，安培力增大，从而细线的偏角将增大，C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放，设ab可摆过的最大角度为α，细线长度为L，根据动能定理BIl·L sin α－mgL＝0，可得ab可摆过的最大角度为α＝60°，故D正确。] 4．如图所示，一质量为m、长度为L的通有恒定电流I的导体棒处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度与时间的关系式为B＝kt(k为大于零的常数，取竖直向上为正方向)，导体棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。当t＝0时，导体棒由静止释放，向下运动的过程中始终与导轨接触良好且水平，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且磁场空间足够大、导轨足够长，则导体棒的最大速度vm为(　　) A． B． C． D． D　[由牛顿第二定律得mg－μkLIt＝ma，解得导体棒的加速度a＝g－t，当加速度为零时导体棒的速度最大，则mg＝μLIkt1，解得导体棒速度达到最大值的时间为t1＝，最大速度vm＝t1＝，D正确，A、B、C错误。] 素养提升练(一)　安培力作用下导体的运动 一、选择题 1．(多选)把轻质的导线圈用绝缘细线挂在磁体的N极附近，磁体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体 B．发生转动同时靠近磁体 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，同时靠近磁体，故B、D正确。] 2．若用细线将一条形磁体悬挂于天花板上，条形磁体处于水平且静止的状态。当直导线ab中通有如图所示的电流时，则(　　) A．条形磁体的N极将向外偏转 B．条形磁体的N极将向内偏转 C．条形磁体受到的拉力小于其受到的重力 D．条形磁体受到的拉力等于其受到的重力 A　[直导线通入电流时，直导线的左端受到方向垂直纸面向里的安培力，根据牛顿第三定律可知，磁体的N极受到方向垂直纸面向外的作用力，应向纸面外偏转，选项A正确，B错误；由以上分析可知磁体会逆时针(从上向下看)转动，在转过90°时对直导线有向上的作用力，所以磁体受到向下的作用力，故磁体受到的拉力大于其受到的重力，选项C、D错误。] 3．如图所示，一重力为G1的通电圆环置于水平桌面上，圆环中电流方向为顺时针方向(从上往下看)，在圆环的正上方用轻绳悬挂一条形磁体，磁体的中心轴线通过圆环中心，磁体的上端为N极，下端为S极，磁体自身的重力为G2。则关于圆环对桌面的压力FN、磁体对轻绳的拉力F的大小，下列关系正确的是(　　) A．FN＞G1，F＞G2　　　　 B．FN＜G1，F＞G2 C．FN＜G1，F＜G2 D．FN＞G1，F＜G2 D　[顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直放置的小磁针，由安培定则可知，小磁针的N极向下，S极向上，故与磁体之间的相互作用力为斥力，所以圆环对桌面的压力FN的大小将大于圆环的重力G1，磁铁对轻绳的拉力F的大小将小于磁体的重力G2，选项D正确。] 4．一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬挂于ab两点。棒的中部处于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N。为了使悬线中的拉力等于零，可以(　　) A．只适当减小磁感应强度 B．只适当减小电流强度 C．使磁场反向，并需要考虑是否调整磁感应强度B的大小 D．使磁场反向，不需要考虑是否调整磁感应强度B的大小 C　[根据左手定则可知，此时金属棒受到的安培力竖直向下，要使悬线的拉力为零，必须使金属棒受到的安培力竖直向上，可以通过改变电流方向或磁场方向改变安培力的方向，通过改变电流的大小或磁感应强度的大小来改变安培力的大小，故选C。] 5．在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图甲、乙所示，两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流大小之比I1∶I2为(　　) A．sin α∶1 B．1∶sin α C．cos α∶1 D．1∶cos α D　[两金属棒的受力如图，根据共点力平衡的条件得F1＝mg tan α，F2＝mgsin α，所以两金属棒所受的安培力之比＝＝；因为F＝IlB，所以＝＝，选项D正确，A、B、C错误。 ] 6．(多选)如图所示，通电金属棒ab置于倾角为θ的导轨上，有电流时，ab恰好在导轨上静止。下列选项中的四个侧视图，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒ab与导轨之间的摩擦力可能为零的是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D AB　[A项图，棒ab受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，A正确；B项图中，棒ab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，不受摩擦力，B正确；C项图中，棒ab受重力、竖直向下的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力，则棒ab不可能平衡，C错误；D项图中，棒ab受重力、水平向左的安培力和斜面的支持力，若不受摩擦力，则棒ab不可能平衡，D错误。] 7．电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图所示为某款电磁炮的轨道，该轨道长10 m、宽2 m。若发射质量为100 g的炮弹，从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为100 A时，最大速度可达2 km/s，假设轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　) A．磁场方向竖直向下 B．磁场方向水平向右 C．炮弹的加速度大小为4×105 m/s2 D．磁感应强度的大小为100 T D　[回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知，磁场方向应竖直向上，故A、B错误；由题意可知，最大速度v＝2 km/s，加速距离x＝10 m，由速度和位移关系可知v2＝2ax，解得加速度大小a＝2×105 m/s2，由牛顿第二定律可得F＝ma，又F＝IlB，联立解得B＝100 T，故C错误，D正确。] 8．如图所示，两条平行的金属轨道所构成的平面与水平地面的夹角为θ，在轨道的顶端接有恒定电源和滑动变阻器，一根质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，杆与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置处于垂直轨道平面向上的匀强磁场中，滑动变阻器的滑片处于中点位置，杆处于静止状态。现将滑动变阻器的滑片向M端缓慢滑动一段时间后杆开始下滑，整个过程金属杆始终与导轨垂直且接触良好，导轨及电源内阻不计。下列说法正确的是(　　) A．此过程中金属杆所受安培力的方向垂直于斜面向下 B．金属杆所受安培力的大小与滑动变电阻器的电阻成反比 C．下滑后，金属杆所受摩擦力大小不变 D．滑片向M端滑动的过程中，金属杆对轨道的压力变大 C　[根据左手定则金属杆所受的安培力沿斜面向下，故A错误；根据安培力的计算公式可得F＝BIL＝BL，因此金属杆所受安培力的大小与滑动变阻器的电阻和金属杆的电阻总和成反比，故B错误；由受力分析可得，滑片向M端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，金属杆受到的安培力沿斜面向下增大，但压力始终等于mg cos θ不变，下滑后，滑动摩擦力大小f＝μN＝μmg cos θ，保持不变，故C正确，D错误。] 9．如图(a)，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(b)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(a)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，导线对悬线的拉力增大 C．sin θ与电流I成正比 D．tan θ与电流I成正比 C　[当导线静止在题图(a)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，故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，悬线对导线的拉力FT减小，由牛顿第三定律，可知导线对悬线的拉力减小，故B、D错误，C正确。] 二、非选择题 10．如图所示，在与水平方向成37°角的金属导轨间连一电源，电源电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω，在相距L＝1 m的平行导轨上垂直于导轨放一质量为0.03 kg的金属棒ab，棒在两导轨间电阻R＝4.5 Ω，其余电阻不计，磁场方向竖直向上，导轨和金属棒之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒静止，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)流过金属棒的电流大小； (2)匀强磁场的磁感应强度取值范围。 [解析]　(1)由闭合电路的欧姆定律可得I＝＝0.3 A。 (2)当金属棒有下滑趋势时，则有mg sin θ＝F1cos θ＋μ F1＝B1IL 解得B1＝ T 当金属棒有上滑趋势时，有mg sin θ＋μ(mg cos θ＋F2sin θ)＝F2cos θ F2＝B2IL 解得B2＝2 T 故磁感应强度的取值范围为 T≤B≤2 T。 [答案]　(1)0.3 A　 (2) T≤B≤2 T 11．绝缘水平桌面有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为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质量为M的重物时，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 通过金属棒的电流I＝ 联立解得M＝0.75 kg。 (2)磁场旋转后对金属棒受力分析有 BIl sin 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－BIl cos 53°－μFN＝(m＋M)a 联立解得a＝3.2 m/s2。 [答案]　(1)0.75 kg　(2)3.2 m/s2 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $