第1章 综合·融通(一) 安培力作用下导体的力学综合问题（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（鲁科版 福建专用）

综合·融通(一)　安培力作用下导体的力学综合问题 (融会课—主题串知综合应用) 上节课学习了导体在磁场中受到的安培力的方向判断和大小计算，本节课学习安培力作用下导体的运动与平衡问题，初步掌握安培力作用下导体运动问题的判断方法及导体受力分析的方法。 主题(一)　安培力作用下导体的运动 [知能融会通] 判断通电导体在磁场中运动的五种方法 电流元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向 特殊位置法等效法 在特殊位置→安培力方向→运动方向 环形电流→小磁针通电螺线管→条形磁铁 结论法 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，有转到平行位置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或运动趋势的问题，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作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向 [典例]　(2025·青岛高二检测)如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环A、B，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 听课记录： 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所在位置的磁感线方向。 (2)根据左手定则确定通电导体所受安培力的方向。 (3)由通电导体的受力情况判断通电导体的运动方向。　　 [题点全练清] 1.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S后(　　) 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 2.一条形磁铁静止在倾角为θ的斜面上，若在磁铁中心位置垂直斜面上方固定一导体棒，在导体棒中通以方向如图所示的电流后，下列说法正确的是(　　) A．磁铁与斜面间压力减小 B．磁铁与斜面间的摩擦力增大 C．磁铁仍然保持静止状态 D．磁铁将沿斜面做加速度逐渐减小的加速运动 主题(二)　安培力作用下的平衡问题　　　　　 [知能融会通] 1．将立体图转化为平面图 立体图 平面图 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。 (3)进行受力分析时，注意不要漏掉安培力。同时，当存在静摩擦力时，要注意分析由于电流的大小变化而引起的安培力的变化，导致静摩擦力大小和方向的变化，此过程往往存在临界问题。 [典例]　(2025·广东深圳期中)MN、PQ为水平放置、间距为L＝1 m的平行导轨，左端接有如图所示的电路。电源的电动势为E＝10 V、内阻为r＝0.5 Ω，小灯泡L的电阻为RL＝8 Ω。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝2 T，方向与导体棒垂直且与两水平导轨所在平面的夹角θ＝53°，匀质导体棒质量为m＝0.52 kg、阻值为R＝8 Ω。闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。 (1)请在导体棒截面图上画出其受力分析图(力的示意图/正交分解图均可，要求尺规作图)； (2)求流过导体棒的电流I的大小； (3)求此时滑动变阻器R0接入电路中的电阻。 尝试解答： [思维建模] 解决安培力作用下导体的平衡问题的基本思路 [题点全练清] 1.如图所示，两根相距为l平行放置的光滑导轨，与水平面的夹角为θ，导轨处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，一根质量为m、电阻为r的通电金属杆ab位于导轨上，若ab恰好在导轨上处于静止状态，则关于通过ab的电流的方向和大小的说法正确的是(　　) A．方向由b到a，大小I＝ B．方向由b到a，大小I＝ C．方向由a到b，大小I＝ D．方向由a到b，大小I＝ 2．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，导线对悬线的拉力不变 C．tan θ与电流I成正比 D．sin θ与电流I成正比 主题(三)　安培力作用下导体的加速问题　　　 [知能融会通] 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。 [典例]　(2023·北京高考)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求： (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F； (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2； (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。 [题点全练清] 1．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。如图为试验所采用的电磁轨道，该轨道长7.5 m，宽1.5 m。若发射质量为50 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20 A时，最大速度可达3 km/s。轨道间所加磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　) A．磁场方向为竖直向下 B．磁场方向为水平向右 C．磁感应强度的大小为103 T D．电磁炮的加速度大小为3×105 m/s2 2.如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距1 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用与导轨平行的细绳经光滑滑轮与一物体相连，物体的质量m0＝0.3 kg。棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下。g取10 m/s2。为了使物体以加速度a＝3 m/s2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？ 课下请完成课时跟踪检测(二) 综合·融通(一)　安培力作用下导体的力学综合问题 主题(一)　 [典例]　选D　由安培定则可得，A环在环内产生的磁场方向向下，B环在环内产生的磁场方向向左，由左手定则可知，A环顺时针转动，B环逆时针转动，二者相互靠拢，直至重合，D正确。 [题点全练清] 1．选D　当开关S接通后，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(由图示位置转过90°)时，整个直导线受到的安培力方向竖直向下，故悬线张力变大，D正确。 2．选C　条形磁铁在导体棒所在位置产生的磁场方向平行于斜面向下，由左手定则知导体棒所受安培力方向垂直斜面向上，根据牛顿第三定律知条形磁铁受垂直斜面向下的反作用力F，对磁铁，根据平衡条件得N＝mgcos θ＋F，f＝mgsin θ，可知导体棒中通电后，斜面对磁铁的支持力增大，摩擦力不变。则磁铁与斜面间压力增大，最大静摩擦力增大，磁铁仍保持静止状态，故C正确，A、B、D错误。 主题(二)　 [典例]　解析：(1)对导体棒受力分析，如图所示。 (2)导体棒恰好未滑动，摩擦力达到最大静摩擦力，则由平衡条件有 F安sin θ＝μFN，F安cos θ＋FN＝mg 又由于F安＝BIL 联立解得流过导体棒的电流为I＝1 A。 (3)由闭合电路欧姆定律可知，E＝×(r＋R0)＋IR，解得R0＝0.5 Ω。 答案：(1)见解析图　(2)1 A　(3)0.5 Ω [题点全练清] 1．选A　ab静止时，所受的安培力F沿导轨斜面向上，由左手定则知，ab中电流方向由b到a，由平衡条件得F＝mgsin θ，又F＝BIl，联立解得I＝，A正确。 2.选D　当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线做受力分析如图所示，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。 主题(三)　 [典例]　解析：(1)由题意可知，第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI 金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为 F＝B1IL＝kI2L。 (2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1＝＝ 第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为 F′＝B2·2IL＝4kI2L 金属棒经过第二级区域的加速度大小为a2＝＝ 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为 a1∶a2＝1∶4。 (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得 Fs＋F′s＝mv2－0 解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝。 答案：(1)kI2L　(2)1∶4　(3) [题点全练清] 1．选C　炮弹受到的安培力向右，根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A、B错误；由速度位移公式2as＝v2，其中s＝7.5 m，解得电磁炮的加速度大小a＝6×105m/s2，根据牛顿第二定律BIL＝ma，其中L＝1.5 m、I＝20 A，解得B＝103 T，故C正确，D错误。 2．解析：导体棒所受的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝1 N 要使物体加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向由a到b 对导体棒及物体整体进行受力分析，由牛顿第二定律有 F安－m0g－f＝(m＋m0)a，F安＝BIL 联立解得I＝2.75 A。 答案：2.75 A　方向由a到b 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $