第一章 专题强化1 安培力作用下导体的平衡和运动问题（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（人教版 浙江）

DIYIZHANG 第一章 专题强化1　安培力作用下导体 的平衡和运动问题 1 学习目标 1.能处理安培力作用下导体的平衡和加速问题(重点)。 2.会结合牛顿第二定律求导体的瞬时加速度。 3.掌握安培力作用下导体运动方向的常用判断方法(重难点)。 2 一、安培力作用下的平衡和加速问题 二、安培力作用下导体运动方向的判断 专题强化练 内容索引 3 安培力作用下的平衡和加速问题 一 4 如图所示，在水平面内固定有两平行金属导轨，导 轨间距为L，两导轨间整个区域内分布有磁感应强度 为B的匀强磁场，磁场方向与导轨平面成θ角并与金 属杆ab垂直。垂直于两导轨放置的金属杆ab重力为G，通过的电流为I，处于静止状态。 (1)画出金属杆ab的平面受力分析图； 答案　如图所示 (2)由平衡条件写出平衡方程，并求出金属杆ab受到的支持力大小和摩擦力大小。 答案　水平方向：Ff=F安sin θ，即Ff=BILsin θ 竖直方向：FN=G-F安cos θ，即FN=G-BILcos θ 解决安培力作用下的平衡或加速问题与解决一般物体平衡问题方法类似，只是多出一个安培力。一般解题步骤为： 提炼·总结 　(2024·浙江精诚联盟高二月考)如图所示，两平行金 属导轨间连接着电动势E=3 V、内阻r=0.5 Ω的电源，定 值电阻R0=1.5 Ω，导轨间距L=0.5 m，导轨电阻忽略不 计。导轨的竖直部分左侧有一根与其接触良好的水平 放置的金属棒ab，在金属棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场(图中仅画出了一根磁感线)，金属棒ab质量m=50 g，与两导轨接触点之间的电阻R=1 Ω。已知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，已知重力加速度g=10 m/s2，求： 例1 (1)要使金属棒能处于静止状态，则所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少多大； 答案　2 T　 对金属棒受力分析，根据共点力平衡条件得μB0IL=mg 由闭合电路欧姆定律有I= 联立解得B0=2 T 所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为2 T。 (2)若将竖直向上的匀强磁场绕垂直于棒ab的方向逆时针转过37°，要使金属棒仍能处于静止状态，则磁感应强度至少多大。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) 答案　1 T 当B较小时，静摩擦力竖直向上，θ=37°，则 BILsin θ+μBILcos θ=mg 解得B==1 T 故磁感应强度B至少为1 T。 　　(2024·温州市高二期末)如图所示，宽为l=0.5 m的 平行光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角θ=53°，导 轨的一端与电动势和内阻均恒定的直流电源相接，空间 分布着磁感应强度B=0.4 T、方向竖直向上的匀强磁场。 一质量为m=1.5×10-2 kg、长为l=0.5 m的金属杆水平放置在导轨上恰好保持静止，若金属杆电阻恒定，不计导轨电阻，重力加速度g=10 m/s2，sin 53° =0.8，cos 53°=0.6。 (1)求金属杆受到的安培力大小FA； 针对训练1 答案　0.2 N 对金属杆受力分析，根据共点力平衡条件可得FA=mgtan 53° 解得FA=0.2 N (2)求通过金属杆的电流I； 答案　1 A　 根据安培力的计算公式有FA=BIl 解得I=1 A (3)若匀强磁场的磁感应强度大小和方向都可调整，为使金属杆在图示位置保持静止，求磁感应强度的最小值B1及其方向。 答案　0.24 T　方向垂直于导轨平面向上 当安培力沿斜面向上时，磁感应强度最小，则 B1Il=mgsin 53° 解得B1=0.24 T 此时方向垂直于导轨平面向上。 　如图所示，间距为l的光滑的平行导轨倾角为θ，处 在磁感应强度为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，导体棒沿导轨向上运动，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)。 例2 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Fcos θ-mgsin θ=ma，又F=BIl，I=，联立可得a=-gsin θ。 返回 二 安培力作用下导体运动方向的判断 17 1.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。如图甲所示，将通电直导线AB用弹性绳悬挂在蹄形磁体的正上方，直导线可自由转动。 把直线电流等效为AO、BO两段电流元，如图乙，导线将 (选填“逆时针”或“顺时针”)转动(俯视)。 逆时针 2.特殊位置法 如图丙所示，用导线逆时针转过90°的特殊位置来分析，可知安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时 (选填“向上”或“向下”)运动，绳子拉力 (选填“变大”或“变小”)。 向下 变大 3.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体或多个环形电流，反过来等效也成立。 如图丁所示，把环形电流等效成条形磁体，可见两条形磁体相互_______ (选填“吸引”或“排斥”)，则环形电流受到的安培力方向 (选填“向左”或“向右”)。 吸引 向左 4.结论法 (1)两直线电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互 吸引，异向电流相互排斥。 (2)两直线电流不平行时，有转动到相互平行且方向相 同的趋势。如图戊所示，两条有限长导线互相垂直， 但相隔一小段距离，其中AB是固定的，CD能自由活动， 当直流电流按图示方向通过两条导线时，导线CD将沿(从纸外向纸内看) (选填“逆时针”或“顺时针”)方向转动，同时 (选填“远离”或“靠近”)导线AB。 逆时针 靠近 延伸：若AB(固定)、CD(可绕O点自由转动)如图己所示放置，则CD将 (选填“逆时针”或“顺时针”)转动。 逆时针 5.转换研究对象法 定性分析磁体在电流产生的磁场作用下如何运动的问题，可先判断电流在磁体产生的磁场中的受力方向，然后再根据牛顿第三定律判断磁体受力方向。 如图庚所示，电流受到磁体的作用方向斜向左上，所以电流对磁体的作用力方向斜向 (选填“左上”或“右下”)，可知地面对磁体的摩擦力方向 (选填“向左”或“向右”)。磁体对桌面的压力______ (选填“大于”或“小于”)其重力。 右下 向左 大于 　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 例3 √ 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。故选项B正确。 方法二　等效法：将环形电流I1等效为小磁针，该小磁 针刚好处于环形电流I2的圆心处。由安培定则知I2产生 的磁场方向沿其竖直轴线向上，而环形电流I1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，故选项B正确。 方法三　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，可知，从左向右看，线圈L1将顺时针转动，故选项B正确。 　　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 针对训练2 √ 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AO段受到垂直纸面向外的安培力，OC段受到垂直纸面向内的安培力，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。 返回 专题强化练 三 29 A.四种情况导体棒ab受到的安培力大小相等 B.甲中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零 C.乙中导体棒ab可能是只受2个力 D.丙、丁中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零 1.(多选)(2023·浙江省湖州中学月考)如图所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图所加各种大小相同、方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 基础强化练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 导体棒受到的安培力F=BIL，因B大小相等，电流相等， 故导体棒受到的安培力大小相等，故A正确； 题图甲中，导体棒受竖直向下的重力、水平 向右的安培力和垂直于导轨平面向上的支持 力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故B正确； 题图乙中，导体棒受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则导体棒只受2个力，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 题图丙中，导体棒受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡状态，一定受摩擦力；题图丁中，导体棒受重力、水平向左的安培力、支持力，要想处于平衡状态，一定受摩擦力，故D错误。 2.(2024·台州市高二期中)长为l的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向垂直斜面向上，电流为I1时导线处于平衡状态，若B方向改为竖直向上，则电流为I2时导 线处于平衡状态，电流比值应为 A. B.tan θ C.sin θ D.cos θ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据平衡条件有BI1l=mgsin θ，BI2l=mgtan θ，解得=cos θ，故选D。 3.如图所示，将通电直导线AB(电流方向由A到B)用绝缘丝线悬挂在电磁铁的正上方，直导线水平且可自由转动，则接通开关S的瞬间 A.直导线A端向下运动，B端向上运动 B.直导线A端向纸面外运动，B端向纸面内运动 C.直导线A、B端都向纸面内运动 D.直导线A、B端都向纸面外运动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题意可判断，电磁铁左边为N极，右边为S极，画 一条经过导线AB的磁感线，在导线左边的磁感线大 致斜向右上方，由左手定则可知，此处导线所受安 培力垂直纸面向外，同理可知，在导线右边的磁感 线大致斜向右下方，由左手定则可知，此处导线所受安培力垂直纸面向里，则直导线A端向纸面外运动，B端向纸面内运动，故选B。 4.(多选)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，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，当通过金属棒ab的电流为I时，金属棒恰好处于静止状态，重力加速度为g，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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，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导轨平面的分力，故D错误。 5.(2023·绍兴市高二期末)小明在课后用铜丝自制了一个“心”形的线圈，他把一节干电池的正极朝上放在一个强磁铁上，强磁铁的S极朝上，N极朝下，然后把制成的线圈如图所示放在电池上，顶端连在电池的正极，下部分和磁铁接触，忽略各接触面上的摩擦力，从上往下看，则 A.线圈做逆时针转动 B.线圈做顺时针转动 C.线圈不会转动 D.转动方向无法判断 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 “心”形的线圈，左半部分电流由上到下，磁场的 方向有向右的分量，根据左手定则可知，安培力是 向外的；右半部分电流也是由上到下，磁场的方向 有向左的分量，根据左手定则可知，安培力是向内 的，则从上往下看，线圈做逆时针转动，故选A。 6.(2024·嘉兴市高二期中)电磁弹射技术是一种新 兴的直线推进技术，2022年6月，我国第三艘航 空母舰福建舰下水，并配置电磁弹射。其工作原 理可以简化为如图所示，光滑固定导轨CD、FE 与导电飞翔体MN构成一驱动电流回路，恒定驱动电流I产生磁场，且磁 感应强度B与导轨中的电流I及空间某点到导轨的距离r的关系式为B=K， 磁场对处在磁场中的导电飞翔体产生了安培力F，从而推动飞翔体向右做匀加速直线运动。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 下列说法正确的是 A.CMNF回路内的磁场方向与驱动电流的方向无关 B.飞翔体MN所受安培力F的方向与CMNF回路中驱 动电流的方向有关 C.驱动电流I变为原来的2倍，飞翔体MN受到的安培 力将变为原来的4倍 D.如果飞翔体在导轨上滑过的距离保持不变，将驱动电流I变为原来的 2倍，飞翔体最终的弹射速度将变为原来的4倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据安培定则回路内磁场方向与电流方向有关， 故A错误； CMNF回路中驱动电流的方向改变，根据安培定 则，磁场方向相反，因为MN中电流方向也相反， 根据左手定则，安培力F的方向不变，B错误； 驱动电流I变为原来的2倍，磁感应强度B变为原来的2倍，安培力F=BIL变为原来的4倍，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 驱动电流I变为原来的2倍，飞翔体MN受的安 培力F变为原来的4倍，飞翔体的加速度a变为 原来的4倍，由v2=2ax得v=，所以速度变 为原来的2倍，D错误。 7.(多选)如图所示，宽为L、电阻不计的平行光滑金属导轨与水平面成α角放置。质量为m、长度为L的金属杆水平放置在导轨上，与导轨接触良好。空间存在着匀强磁场，调节电阻箱使回路总电流为I时，金属杆恰好能静止，重力加速度为g，则 A.若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B的大小应为sin α B.若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B的大小应为tan α C.磁感应强度B最小值为，此时磁场方向应垂直于金属杆 水平向左 D.磁感应强度B最小值为sin α，此时磁场方向应垂直于导轨平面向上 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 若磁场方向竖直向上，根据左手定则可知安培力 水平向右，根据共点力的平衡可知tan α=，解 得B=tan α，A错误，B正确； 根据共点力平衡可知，安培力的方向沿斜面向上时，安培力最小，此时的磁感应强度B最小，根据左手定则可知磁场方向应垂直于导轨平 面向上，有BIL=mgsin α，解得B=，C错误，D正确。 8.(2024·浙江浙南名校高二期中)如图甲所示，直导线P、Q分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上，且P固定于水平轴正下方，两组绳长也相同。其截面图如图乙所示，导线P通以垂直纸面向里的电流，导线Q电流方向未知，平衡时两组绝缘轻绳之间的夹角为θ。已知Q的质量为m，重力加速度为g。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 下列说法正确的是 A.图乙中导线Q中电流方向垂直纸面向里 B.导线P、Q间的安培力大小为mgsin C.当导线P中电流突然消失的瞬间，导线Q 受到两绳的拉力大小之和为mgsin θ D.仅使导线P中电流缓慢增大且θ不超过90°，导线Q对轻绳的拉力大小保 持不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对Q进行受力分析可知，P对Q的力为斥力，由安培定则和左手定则可知，则两导线的电流方向相反，即导线Q中电流方向垂直纸面向外，故A错误； 设导线Q受到两绳的拉力之和为FT，导线P、Q间的安 培力为F，对Q进行受力分析，根据三角形定则，受力 如图所示，由于两组绳长相同，则根据几何知识可得 FT=mg，F=2mgsin ，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由上述分析可知，导线Q受到两绳的拉力之和FT始终 为mg，与电流和角度无关，则导线Q对轻绳的拉力大 小不变，故D正确； 当导线P中电流突然消失的瞬间，导线P、Q间的安培 力消失，此时沿绳方向上的合力为零，则导线Q受到两绳的拉力大小之和为mgcos θ，故C错误。 9.如图所示，在倾角θ=30°的斜面上固定一间距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为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，重力加速度g=10 m/s2。 (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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.1 N　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对金属棒受力分析可得： F安=mgsin θ=20×10-3×10× N=0.1 N (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接入电路中的阻值范围； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　3~11 Ω 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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Ff=μmgcos θ， ①当摩擦力沿斜面向上时，有mgsin θ=F1+Ff， 此时I1==，解得R1=11 Ω； ②当摩擦力沿斜面向下时，有mgsin θ+Ff=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3~11 Ω之间。 (3)若导轨光滑，当滑动变阻器的阻值突然调节为23 Ω时，求金属棒的加速度a的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　3.75 m/s2 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， 由牛顿第二定律得a==3.75 m/s2。 10.(2024·浙江S9联盟高二期中)某同学 在学习了磁场对电流的作用后产生想 法，设计了一个简易的“电磁秤”。 如图甲所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1 m，与电动势为E0=9 V，内阻不计的电源、电流表(量程0~3 A)、开关S、滑动变阻器R(阻值范围为0~100 Ω)相连，质量为M=0.05 kg、电阻为R0=2 Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ=30°角，垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘，空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B=5 T，在秤盘中放入待测物体， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 闭合开关S，调节滑动变阻器，当金 属棒平衡时，通过读取电流表的读数 就可以知道待测物体的质量。已知秤 盘中不放物体且金属棒静止时电流表读数为I0=0.1 A。其余电阻、摩擦以及轻绳质量均不计，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求秤盘的质量m0； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.03 kg　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 秤盘中不放物体时，使金属棒静止时电流表读数为I0=0.1 A，对金属棒根据平衡条件可得 m0g=BI0L+Mgsin θ 解得m0=0.03 kg (2)求此“电磁秤”的称量物体的最大质量及此时滑动电阻器接入电路的阻值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　0.145 kg　1 Ω　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 当电路中的电流最大时，此“电磁秤”称得的质量最大，电路中的最大电流为电流表的量程，即 Ig= 解得R=1 Ω 对金属棒以及重物、秤盘根据平衡条件可得 (m0+mmax)g=Mgsin θ+BIgL 解得mmax=0.145 kg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)为了便于得出秤盘上物体质量m的大小，请写出m与I的表达式并在图乙中作出其与电流表读数关系的m-I图像。 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 电流表示数I与所测物体的质量m的关系式为 Mgsin θ+BIL=(m+m0)g 代入数据解得 m=(I-0.005) kg(0.1 A≤I≤3 A) 图像如图所示。 11.(2024·宁波市高二期末)长度为L、质量为m的导体棒A粗细可忽略。如图所示，一个绝缘且足够长的半圆柱体固定于水平面，导体棒A仅靠水平面与半圆柱体。导体棒A与半圆柱体表面间的动摩擦因数为μ。空间内有沿半圆柱体半径向内的辐向磁场，半圆柱体表面的磁感应强度大小均为B。导体棒A通有垂直纸面向外的变化电流，使得导体棒A沿半圆柱体缓慢向上滑动。设导体棒A与圆心O的连线与水平方 向的夹角为θ。在导体棒A运动到顶端的过程中， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 下列说法正确的是 A.导体棒A所受的摩擦力为静摩擦力 B.θ=45°时，导体棒A所受的安培力最大 C.半圆柱体对导体棒A的作用力方向与安培力方向的夹角逐渐减小 D.半圆柱体对导体棒A的作用力逐渐增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至 某位置时的受力分析如图所示： 根据平衡条件可知导体棒A所受支持力FN=mgsin θ， 导体棒A所受滑动摩擦力Ff=μFN=μmgsin θ，导体棒A沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，θ增大，FN增大，Ff增大，即半圆柱体对导体棒A的作用力逐渐增大，导体棒A所受的安 培力F=BIL=mgcos θ+Ff=mgsin (θ+φ)，其中sin φ=，θ在 0~90°范围内增大，可知安培力先增大后减小，当θ+φ=90°时， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 导体棒A所受的安培力最大，此时sin θ=cos φ， 解得tan θ=μ，故A、B错误，D正确； 令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为β，则有tan β ==，可知支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不 变，由于支持力、摩擦力、重力与安培力四个力的合力为零，则重力、安培力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，摩擦力与安培力位于同一直线上，则重力和安培力的合力方向与安培力的方向的夹角始终不变，故C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 返回 $ 专题强化1　安培力作用下导体的平衡和运动问题 ［学习目标］　1.能处理安培力作用下导体的平衡和加速问题(重点)。2.会结合牛顿第二定律求导体的瞬时加速度。3.掌握安培力作用下导体运动方向的常用判断方法(重难点)。 一、安培力作用下的平衡和加速问题 如图所示，在水平面内固定有两平行金属导轨，导轨间距为L，两导轨间整个区域内分布有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向与导轨平面成θ角并与金属杆ab垂直。垂直于两导轨放置的金属杆ab重力为G，通过的电流为I，处于静止状态。 (1)画出金属杆ab的平面受力分析图； (2)由平衡条件写出平衡方程，并求出金属杆ab受到的支持力大小和摩擦力大小。 答案　(1)如图所示 (2)水平方向：Ff=F安sin θ，即Ff=BILsin θ 竖直方向：FN=G-F安cos θ，即FN=G-BILcos θ 解决安培力作用下的平衡或加速问题与解决一般物体平衡问题方法类似，只是多出一个安培力。一般解题步骤为： 例1　(2024·浙江精诚联盟高二月考)如图所示，两平行金属导轨间连接着电动势E=3 V、内阻r=0.5 Ω的电源，定值电阻R0=1.5 Ω，导轨间距L=0.5 m，导轨电阻忽略不计。导轨的竖直部分左侧有一根与其接触良好的水平放置的金属棒ab，在金属棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场(图中仅画出了一根磁感线)，金属棒ab质量m=50 g，与两导轨接触点之间的电阻R=1 Ω。已知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，已知重力加速度g=10 m/s2，求： (1)要使金属棒能处于静止状态，则所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少多大； (2)若将竖直向上的匀强磁场绕垂直于棒ab的方向逆时针转过37°，要使金属棒仍能处于静止状态，则磁感应强度至少多大。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) 答案　(1)2 T　(2)1 T 解析　(1)对金属棒受力分析，根据共点力平衡条件得μB0IL=mg 由闭合电路欧姆定律有I= 联立解得B0=2 T 所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为2 T。 (2)当B较小时，静摩擦力竖直向上，θ=37°，则 BILsin θ+μBILcos θ=mg 解得B==1 T 故磁感应强度B至少为1 T。 针对训练1　(2024·温州市高二期末)如图所示，宽为l=0.5 m的平行光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角θ=53°，导轨的一端与电动势和内阻均恒定的直流电源相接，空间分布着磁感应强度B=0.4 T、方向竖直向上的匀强磁场。一质量为m=1.5×10-2 kg、长为l=0.5 m的金属杆水平放置在导轨上恰好保持静止，若金属杆电阻恒定，不计导轨电阻，重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。 (1)求金属杆受到的安培力大小FA； (2)求通过金属杆的电流I； (3)若匀强磁场的磁感应强度大小和方向都可调整，为使金属杆在图示位置保持静止，求磁感应强度的最小值B1及其方向。 答案　(1)0.2 N　(2)1 A　(3)0.24 T　方向垂直于导轨平面向上 解析　(1)对金属杆受力分析，根据共点力平衡条件可得FA=mgtan 53° 解得FA=0.2 N (2)根据安培力的计算公式有FA=BIl 解得I=1 A (3)当安培力沿斜面向上时，磁感应强度最小，则 B1Il=mgsin 53° 解得B1=0.24 T 此时方向垂直于导轨平面向上。 例2　如图所示，间距为l的光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为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，导体棒沿导轨向上运动，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 解析　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Fcos θ-mgsin θ=ma，又F=BIl，I=，联立可得a=-gsin θ。 二、安培力作用下导体运动方向的判断 1.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。如图甲所示，将通电直导线AB用弹性绳悬挂在蹄形磁体的正上方，直导线可自由转动。 把直线电流等效为AO、BO两段电流元，如图乙，导线将逆时针(选填“逆时针”或“顺时针”)转动(俯视)。 2.特殊位置法 如图丙所示，用导线逆时针转过90°的特殊位置来分析，可知安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下(选填“向上”或“向下”)运动，绳子拉力变大(选填“变大”或“变小”)。 3.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体或多个环形电流，反过来等效也成立。 如图丁所示，把环形电流等效成条形磁体，可见两条形磁体相互吸引(选填“吸引”或“排斥”)，则环形电流受到的安培力方向向左(选填“向左”或“向右”)。 4.结论法 (1)两直线电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。 (2)两直线电流不平行时，有转动到相互平行且方向相同的趋势。如图戊所示，两条有限长导线互相垂直，但相隔一小段距离，其中AB是固定的，CD能自由活动，当直流电流按图示方向通过两条导线时，导线CD将沿(从纸外向纸内看)逆时针(选填“逆时针”或“顺时针”)方向转动，同时靠近(选填“远离”或“靠近”)导线AB。 延伸：若AB(固定)、CD(可绕O点自由转动)如图己所示放置，则CD将逆时针(选填“逆时针”或“顺时针”)转动。 5.转换研究对象法 定性分析磁体在电流产生的磁场作用下如何运动的问题，可先判断电流在磁体产生的磁场中的受力方向，然后再根据牛顿第三定律判断磁体受力方向。 如图庚所示，电流受到磁体的作用方向斜向左上，所以电流对磁体的作用力方向斜向右下(选填“左上”或“右下”)，可知地面对磁体的摩擦力方向向左(选填“向左”或“向右”)。磁体对桌面的压力大于(选填“大于”或“小于”)其重力。 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 答案　B 解析　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。故选项B正确。 方法二　等效法：将环形电流I1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的圆心处。由安培定则知I2产生的磁场方向沿其竖直轴线向上，而环形电流I1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，故选项B正确。 方法三　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，可知，从左向右看，线圈L1将顺时针转动，故选项B正确。 针对训练2　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 答案　C 解析　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AO段受到垂直纸面向外的安培力，OC段受到垂直纸面向内的安培力，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。 专题强化练　［分值：100分］ 1~6题每题7分，共42分 1.(多选)(2023·浙江省湖州中学月考)如图所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图所加各种大小相同、方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断正确的是(　　) A.四种情况导体棒ab受到的安培力大小相等 B.甲中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零 C.乙中导体棒ab可能是只受2个力 D.丙、丁中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零 答案　ABC 解析　导体棒受到的安培力F=BIL，因B大小相等，电流相等，故导体棒受到的安培力大小相等，故A正确；题图甲中，导体棒受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于导轨平面向上的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故B正确；题图乙中，导体棒受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则导体棒只受2个力，故C正确；题图丙中，导体棒受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡状态，一定受摩擦力；题图丁中，导体棒受重力、水平向左的安培力、支持力，要想处于平衡状态，一定受摩擦力，故D错误。 2.(2024·台州市高二期中)长为l的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向垂直斜面向上，电流为I1时导线处于平衡状态，若B方向改为竖直向上，则电流为I2时导线处于平衡状态，电流比值应为(　　) A. B.tan θ C.sin θ D.cos θ 答案　D 解析　根据平衡条件有BI1l=mgsin θ，BI2l=mgtan θ，解得=cos θ，故选D。 3.如图所示，将通电直导线AB(电流方向由A到B)用绝缘丝线悬挂在电磁铁的正上方，直导线水平且可自由转动，则接通开关S的瞬间(　　) A.直导线A端向下运动，B端向上运动 B.直导线A端向纸面外运动，B端向纸面内运动 C.直导线A、B端都向纸面内运动 D.直导线A、B端都向纸面外运动 答案　B 解析　由题意可判断，电磁铁左边为N极，右边为S极，画一条经过导线AB的磁感线，在导线左边的磁感线大致斜向右上方，由左手定则可知，此处导线所受安培力垂直纸面向外，同理可知，在导线右边的磁感线大致斜向右下方，由左手定则可知，此处导线所受安培力垂直纸面向里，则直导线A端向纸面外运动，B端向纸面内运动，故选B。 4.(多选)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，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，当通过金属棒ab的电流为I时，金属棒恰好处于静止状态，重力加速度为g，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 答案　AB 解析　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，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导轨平面的分力，故D错误。 5.(2023·绍兴市高二期末)小明在课后用铜丝自制了一个“心”形的线圈，他把一节干电池的正极朝上放在一个强磁铁上，强磁铁的S极朝上，N极朝下，然后把制成的线圈如图所示放在电池上，顶端连在电池的正极，下部分和磁铁接触，忽略各接触面上的摩擦力，从上往下看，则(　　) A.线圈做逆时针转动 B.线圈做顺时针转动 C.线圈不会转动 D.转动方向无法判断 答案　A 解析　“心”形的线圈，左半部分电流由上到下，磁场的方向有向右的分量，根据左手定则可知，安培力是向外的；右半部分电流也是由上到下，磁场的方向有向左的分量，根据左手定则可知，安培力是向内的，则从上往下看，线圈做逆时针转动，故选A。 6.(2024·嘉兴市高二期中)电磁弹射技术是一种新兴的直线推进技术，2022年6月，我国第三艘航空母舰福建舰下水，并配置电磁弹射。其工作原理可以简化为如图所示，光滑固定导轨CD、FE与导电飞翔体MN构成一驱动电流回路，恒定驱动电流I产生磁场，且磁感应强度B与导轨中的电流I及空间某点到导轨的距离r的关系式为B=K，磁场对处在磁场中的导电飞翔体产生了安培力F，从而推动飞翔体向右做匀加速直线运动。下列说法正确的是(　　) A.CMNF回路内的磁场方向与驱动电流的方向无关 B.飞翔体MN所受安培力F的方向与CMNF回路中驱动电流的方向有关 C.驱动电流I变为原来的2倍，飞翔体MN受到的安培力将变为原来的4倍 D.如果飞翔体在导轨上滑过的距离保持不变，将驱动电流I变为原来的2倍，飞翔体最终的弹射速度将变为原来的4倍 答案　C 解析　根据安培定则回路内磁场方向与电流方向有关，故A错误；CMNF回路中驱动电流的方向改变，根据安培定则，磁场方向相反，因为MN中电流方向也相反，根据左手定则，安培力F的方向不变，B错误；驱动电流I变为原来的2倍，磁感应强度B变为原来的2倍，安培力F=BIL变为原来的4倍，C正确；驱动电流I变为原来的2倍，飞翔体MN受的安培力F变为原来的4倍，飞翔体的加速度a变为原来的4倍，由v2=2ax得v=，所以速度变为原来的2倍，D错误。 7、8题每题9分，9题14分，10题16分，共48分 7.(多选)如图所示，宽为L、电阻不计的平行光滑金属导轨与水平面成α角放置。质量为m、长度为L的金属杆水平放置在导轨上，与导轨接触良好。空间存在着匀强磁场，调节电阻箱使回路总电流为I时，金属杆恰好能静止，重力加速度为g，则(　　) A.若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B的大小应为sin α B.若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B的大小应为tan α C.磁感应强度B最小值为，此时磁场方向应垂直于金属杆水平向左 D.磁感应强度B最小值为sin α，此时磁场方向应垂直于导轨平面向上 答案　BD 解析　若磁场方向竖直向上，根据左手定则可知安培力水平向右，根据共点力的平衡可知tan α=，解得B=tan α，A错误，B正确；根据共点力平衡可知，安培力的方向沿斜面向上时，安培力最小，此时的磁感应强度B最小，根据左手定则可知磁场方向应垂直于导轨平面向上，有BIL=mgsin α，解得B=，C错误，D正确。 8.(2024·浙江浙南名校高二期中)如图甲所示，直导线P、Q分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上，且P固定于水平轴正下方，两组绳长也相同。其截面图如图乙所示，导线P通以垂直纸面向里的电流，导线Q电流方向未知，平衡时两组绝缘轻绳之间的夹角为θ。已知Q的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.图乙中导线Q中电流方向垂直纸面向里 B.导线P、Q间的安培力大小为mgsin C.当导线P中电流突然消失的瞬间，导线Q受到两绳的拉力大小之和为mgsin θ D.仅使导线P中电流缓慢增大且θ不超过90°，导线Q对轻绳的拉力大小保持不变 答案　D 解析　对Q进行受力分析可知，P对Q的力为斥力，由安培定则和左手定则可知，则两导线的电流方向相反，即导线Q中电流方向垂直纸面向外，故A错误；设导线Q受到两绳的拉力之和为FT，导线P、Q间的安培力为F，对Q进行受力分析，根据三角形定则，受力如图所示，由于两组绳长相同，则根据几何知识可得FT=mg，F=2mgsin ，故B错误；由上述分析可知，导线Q受到两绳的拉力之和FT始终为mg，与电流和角度无关，则导线Q对轻绳的拉力大小不变，故D正确；当导线P中电流突然消失的瞬间，导线P、Q间的安培力消失，此时沿绳方向上的合力为零，则导线Q受到两绳的拉力大小之和为mgcos θ，故C错误。 9.(14分)如图所示，在倾角θ=30°的斜面上固定一间距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为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，重力加速度g=10 m/s2。 (1)(2分)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； (2)(8分)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接入电路中的阻值范围； (3)(4分)若导轨光滑，当滑动变阻器的阻值突然调节为23 Ω时，求金属棒的加速度a的大小。 答案　(1)0.1 N　(2)3~11 Ω　(3)3.75 m/s2 解析　(1)对金属棒受力分析可得： F安=mgsin θ=20×10-3×10× N=0.1 N (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Ff=μmgcos θ， ①当摩擦力沿斜面向上时， 有mgsin θ=F1+Ff， 此时I1==， 解得R1=11 Ω； ②当摩擦力沿斜面向下时，有mgsin θ+Ff=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3~11 Ω之间。 (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， 由牛顿第二定律得a==3.75 m/s2。 10.(16分)(2024·浙江S9联盟高二期中)某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法，设计了一个简易的“电磁秤”。如图甲所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1 m，与电动势为E0=9 V，内阻不计的电源、电流表(量程0~3 A)、开关S、滑动变阻器R(阻值范围为0~100 Ω)相连，质量为M=0.05 kg、电阻为R0=2 Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ=30°角，垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘，空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B=5 T，在秤盘中放入待测物体，闭合开关S，调节滑动变阻器，当金属棒平衡时，通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量。已知秤盘中不放物体且金属棒静止时电流表读数为I0=0.1 A。其余电阻、摩擦以及轻绳质量均不计，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(3分)求秤盘的质量m0； (2)(6分)求此“电磁秤”的称量物体的最大质量及此时滑动电阻器接入电路的阻值； (3)(7分)为了便于得出秤盘上物体质量m的大小，请写出m与I的表达式并在图乙中作出其与电流表读数关系的m-I图像。 答案　(1)0.03 kg　(2)0.145 kg　1 Ω　(3)见解析 解析　(1)秤盘中不放物体时，使金属棒静止时电流表读数为I0=0.1 A，对金属棒根据平衡条件可得 m0g=BI0L+Mgsin θ 解得m0=0.03 kg (2)当电路中的电流最大时，此“电磁秤”称得的质量最大，电路中的最大电流为电流表的量程，即 Ig= 解得R=1 Ω 对金属棒以及重物、秤盘根据平衡条件可得 (m0+mmax)g=Mgsin θ+BIgL 解得mmax=0.145 kg (3)电流表示数I与所测物体的质量m的关系式为 Mgsin θ+BIL=(m+m0)g 代入数据解得 m=(I-0.005) kg(0.1 A≤I≤3 A) 图像如图所示。 (10分) 11.(2024·宁波市高二期末)长度为L、质量为m的导体棒A粗细可忽略。如图所示，一个绝缘且足够长的半圆柱体固定于水平面，导体棒A仅靠水平面与半圆柱体。导体棒A与半圆柱体表面间的动摩擦因数为μ。空间内有沿半圆柱体半径向内的辐向磁场，半圆柱体表面的磁感应强度大小均为B。导体棒A通有垂直纸面向外的变化电流，使得导体棒A沿半圆柱体缓慢向上滑动。设导体棒A与圆心O的连线与水平方向的夹角为θ。在导体棒A运动到顶端的过程中，下列说法正确的是(　　) A.导体棒A所受的摩擦力为静摩擦力 B.θ=45°时，导体棒A所受的安培力最大 C.半圆柱体对导体棒A的作用力方向与安培力方向的夹角逐渐减小 D.半圆柱体对导体棒A的作用力逐渐增大 答案　D 解析　根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所示： 根据平衡条件可知导体棒A所受支持力FN=mgsin θ，导体棒A所受滑动摩擦力Ff=μFN=μmgsin θ，导体棒A沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，θ增大，FN增大，Ff增大，即半圆柱体对导体棒A的作用力逐渐增大，导体棒A所受的安培力F=BIL=mgcos θ+Ff=mgsin (θ+φ)，其中sin φ=，θ在0~90°范围内增大，可知安培力先增大后减小，当θ+φ=90°时，导体棒A所受的安培力最大，此时sin θ=cos φ，解得tan θ=μ，故A、B错误，D正确； 令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为β，则有tan β==，可知支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持力、摩擦力、重力与安培力四个力的合力为零，则重力、安培力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，摩擦力与安培力位于同一直线上，则重力和安培力的合力方向与安培力的方向的夹角始终不变，故C错误。 学科网（北京）股份有限公司 $