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）江苏专用

本讲义聚焦安培力作用下导体的运动分析、平衡及加速问题，先系统梳理运动方向判断的五种方法，再过渡到平衡与加速问题的立体转平面受力分析及临界条件，构建从基础方法到综合应用的学习支架。 以科学思维为核心，通过模型建构（如电流元法分解复杂电流）和科学推理（临界摩擦力分析）突破难点，结合电磁炮等实例培养科学态度。课中助力教师分层教学，课后素养提升练帮助学生巩固应用，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。 考点1　安培力作用下导体的运动问题 1．判断安培力作用下通电导体的运动方向的思路 (1)首先画出通电导体(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　　 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，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反作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向 【典例1】　如图所示，O为圆心，KN、LM是半径分别为ON、OM的同心圆弧，在O处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路(　　) A．将向左平动 B．将向右平动 C．将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动 D．KL边将垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动 思路点拨：(1)把整段电流等效为多段直线电流元。 (2)用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向。 (3)判断整段电流所受合力的方向。 D　[因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与KN边、LM边平行，所以KN边、LM边均不受力。根据左手定则可得，KL边受力垂直纸面向外，MN边受力垂直纸面向里，故D项正确。] [跟进训练] 1．如图所示，用一细线悬挂一根通电的直导线ab(忽略外围电路对导线的影响)，放在螺线管正上方处于静止状态，与螺线管轴线平行，可以在空中自由转动，导线中的电流方向由a指向b。现给螺线管两端接通电源后(螺线管左端接正极)，关于导线的受力和运动情况，下列说法正确的是(　　) A．在图示位置导线a、b两端受到的安培力方向相反，导线a、b始终静止 B．从上向下看，导线ab从图示位置开始沿逆时针方向转动 C．在图示位置，导线ab两端受到的安培力方向相同，导线ab摆动 D．导线ab转动后，第一次与螺线管垂直瞬间，所受安培力方向向上 B　[通电螺线管在导线处的磁感线如图所示，可知左侧导线处的磁场方向斜向上，右侧导线处的磁场方向斜向下，由左手定则知，左侧导线受力方向向外，右侧导线受力方向向里，两者受力方向相反，故从上向下看，导线应为逆时针转动，A、C错误，B正确；当导线ab转动后，第一次与螺线管垂直瞬间，由左手定则可得导线所受安培力方向向下，D错误。 ] 考点2　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，作出如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，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．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。 (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，求为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？(g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) 思路点拨：(1)首先将立体图转换成平面图，对杆进行受力分析。 (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。 甲　　　 　　　乙 根据甲图列式如下： F1－mg sin θ－f1＝0， FN－mg cos θ＝0， f1＝μFN，F1＝BImaxd， 解上述方程得：Imax＝0.46 A。 根据乙图列式如下： F2＋f2－mg sin θ＝0， FN－mg cos θ＝0， f2＝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 [跟进训练] 2．如图所示，在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B＝3 T的匀强磁场中，水平放置两根平行金属导轨，两轨间距为l＝50 cm，左端接有电动势E＝2 V、内阻r＝0.5 Ω的电源，现将一质量m＝1 kg、接入电路的电阻R0＝1.5 Ω的金属棒ab放置在导轨上，金属棒与平行金属导轨间的动摩擦因数为μ＝0.1，其余电阻不计，g取10 m/s2，开关闭合的瞬间，求： (1)金属棒ab的电功率； (2)金属棒ab的加速度。 [解析]　(1)根据闭合电路欧姆定律：I＝＝1 A， 在金属棒两端的电压为：U＝＝1.5 V， 则金属棒ab的电功率为：P＝UI＝1.5 W。 (2)根据安培力公式：F＝BIl＝1.5 N， 则摩擦力为f＝μFN＝μmg＝1 N， 水平方向根据牛顿第二定律：F－f＝ma， 所以a＝0.5 m/s2，方向水平向右。 [答案]　(1)1.5 W　(2) 0.5 m/s2，方向水平向右 素养提升练(一)　安培力作用下导体的运动 一、选择题 1．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．从上往下看逆时针转动 B　[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正确。] 2．质量为0.5 kg的金属杆在相距1 m 的水平轨道上与轨道垂直放置，金属杆上通以I＝4 A的恒定电流，方向如图所示，匀强磁场B垂直轨道平面竖直向上，金属杆与轨道间的动摩擦因数为0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。金属杆恰好不发生移动，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为(　　) A．2.0 T B．1.0 T C．0.50 T D．0.25 T D　[由左手定则判断安培力方向向左，根据平衡条件可得BIL＝μmg，解得B＝0.25 T，故选项D正确，A、B、C错误。] 3．(教材P22T1改编)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BIL sin θ B．金属棒受到的摩擦力大小为BIL cos 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＝BIL sin θ，FN＝mg－BIL cos θ，故A、B错误；若只减小夹角θ，由Ff＝BIL sin 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。 ] 4．电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是(　　) A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相反 B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同 C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大小等于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力大小 D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力 C　[当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，故A错误；当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故B错误；线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，故C正确；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，故D错误。] 5．根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置——电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中不正确的是(　　) A．要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自M向N的电流 B．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流 C．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度 D．使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向 D　[要使炮弹沿导轨向右发射，即安培力方向向右，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流，故A正确；要想提高炮弹的发射速度，即增大安培力的大小，根据F＝BIL，所以可适当增大电流或磁感应强度，故B、C正确；若使电流和磁感应强度的方向同时反向，则安培力方向不变，所以炮弹的发射方向不变，故D错误。] 6．如图所示，正方形线框PQNM由四根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框PQNM受到的安培力大小为(　　) A．2F B．F C．F D．0 B　[PQNM由四根相同的导体棒连接而成，设MN中的电流大小为I，则与MN并联支路中的电流为I，设MN的长度为L，由题意知F＝BIL，与MN并联的支路所受安培力为F′＝B·I·L＝F，方向与MN所受安培力的方向相同，故有F合＝F＋F′＝F，B正确。] 7．斜面与水平面夹角为45°，被固定在水平面和垂直挡板之间，斜面与挡板均光滑且绝缘，侧视图如图所示。在挡板右侧固定一金属棒b，另一条完全相同的金属棒a置于斜面上且与b在同一水平线上，当两金属棒均通以电流为I的同向电流且相距为x时，金属棒a恰好能静止在斜面上。已知金属棒a、b长均为L，质量均为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是(通电长直导线中的电流I与距离导线r远处产生的磁感应强度的大小关系是B＝k，k为常量)(　　) A．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向下 B．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为 C．若将b置于三角形顶点，a仍可能保持静止 D．若使b缓慢下移一小段距离，a仍可能保持静止 C　[由安培定则知b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上，A错误；金属棒a在重力、斜面的支持力和安培力的作用下处于平衡状态，如图所示，安培力的方向水平向右，由平衡条件得F安＝BIL＝mg，解得B＝，B错误；当将b置于三角形顶点时，对a有，F安＝B′IL＝BIL·cos ＝mg cos ，与重力沿斜面向下的分力平衡，a可能处于静止状态，而若使金属棒b下移，两棒间的安培力变小，a受到的安培力与斜面夹角θ变大，安培力沿斜面向上的分力F安cos θ变小，则金属棒a不能处于静止状态，C正确，D错误。 ] 8．如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是(　　) A．FN1<FN2，弹簧的伸长量减小 B．FN1＝FN2，弹簧的伸长量减小 C．FN1>FN2，弹簧的伸长量减小 D．FN1>FN2，弹簧的伸长量增大 D　[磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直于纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下方。长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑斜面对磁铁支持力减小，即磁铁对斜面的压力变小，由于通电导线对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力变大，弹簧伸长量将变大，故D正确，A、B、C错误。] 9．如图所示，用三条相同细线悬挂的水平圆形线圈共有N匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2 g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈固定正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度B的方向与水平方向成60°角，线圈中通过的电流为0.1 A，若三条细线上的张力为零(重力加速度g取10 m/s2)。则磁感应强度B的大小为(　　) A．4 T B． T C． T D．0.4 T D　[设线圈半径为r，单匝线圈质量m线＝2πr×2×10-3(kg)，磁场的水平分量为B sin 30°，线圈受到的安培力竖直向上的分力为F＝N×B sin 30°×I×2πr，由于细线中的张力为零，则线圈所受安培力竖直向上的分力等于线圈的重力，有N×2πr×2×10-3×10＝N×B sin 30°×I×2πr，解得B＝0.4 T，故选D。] 10．如图所示，将通电直导线AB用水平丝线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关S的瞬间(　　) A．A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变 B．A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变 C．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小 D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大 D　[当开关S接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故导线将转动，由特殊位置法知当导线转到与磁感线垂直时，整个导线受到的磁场力方向竖直向下，故悬线张力变大，D正确。 ] 二、非选择题 11．如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成α＝53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10 m/s2，ab处于静止状态。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)通过ab的电流大小和方向； (2)ab受到的安培力大小； (3)重物重力G的取值范围。 [解析]　(1)由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流 I＝＝A＝2 A， 方向由a到b。 (2)ab受到的安培力F＝ILB＝2×0.5×5 N＝5 N。 (3)ab受力如图所示，最大静摩擦力为fmax＝μ(mg－F cos 53°)＝3.5 N， 由平衡条件得， 当最大静摩擦力方向向左时T′＝F sin 53°＋fmax＝7.5 N， 当最大静摩擦力方向向右时T＝F sin 53°－fmax＝0.5 N， 由于重物受力平衡 则重物重力的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N。 [答案]　(1)2 A，方向由a到b　(2)5 N　(3)0.5 N≤G≤7.5 N 12．如图所示，平行金属导轨间距L＝0.4 m，其所在平面与水平面夹角θ＝37°，且处于磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.5 Ω的直流电源。现把一根质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨两接触点间的电阻R＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则： (1)求流经导体棒的电流大小； (2)求导体棒受到的摩擦力大小及方向 (3)不改变磁感应强度大小，在垂直导体棒的平面内，将磁场沿顺时针方向缓慢转过角度α，使导体棒和金属导轨之间的摩擦力恰好为0，求角度α的大小。 [解析]　(1)根据闭合电路的欧姆定律可得I＝， 代入数据解得I＝1.5 A。 (2)安培力F＝BIL＝0.3 N， 方向沿斜面向上 根据平衡条件可得 mg sin 37°＋f＝F， 代入数据解得f＝0.06 N， 方向沿斜面向下。 (3)摩擦力为零，根据平衡条件可得 mg sin 37°＝F cos α， 代入数据解得： α＝37°。 [答案]　(1)1.5 A　(2)0.06 N，方向沿斜面向下　(3)37° 13．如图所示，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，已知环半径为1.0 m，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距0.1 m，两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，两环分别与电源正负极相连。现将一质量为0.06 kg的导体棒轻放在环的最低点，导体棒与环有良好电接触，重力加速度g取10 m/s2，当开关闭合后，导体棒能沿金属圆环上滑。 (1)当导体棒滑到最高点时，导体棒跟环心的连线与竖直方向夹角为37°，则通过导体棒的电流为多大？ (2)电源电动势为3 V，电源内阻为0.25 Ω，则导体棒电阻为多大？ (3)导体棒最终静止在金属圆环某一位置不动，试求在此位置上导体棒对每一个环的压力为多少？(结果可用根式表示) [解析]　(1)设金属棒的长度为l，圆环半径的长度为L 由动能定理知W安－W重＝0， 即BIlL sin 37°＝mgL(1－cos 37°) 代入数据得I＝4 A。 (2)根据闭合电路欧姆定律I＝得，导体棒电阻R＝0.5 Ω。 (3)导体棒受的安培力F＝BIl＝0.2 N 对导体棒受力分析图所示(从右向左看)， 两环支持力的总和为2FN＝， 代入数据解得FN＝ N， 由牛顿第三定律知，导体棒对每一个环的压力为FN＝ N。 [答案]　(1)4 A　(2)0.5 Ω　(3) N 13 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $