第一章 专题强化1 安培力作用下导体的平衡和运动问题（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦安培力作用下导体的平衡、加速及运动方向判断核心知识点，先通过受力分析与平衡方程解决平衡问题，再结合牛顿第二定律处理加速问题，最后系统梳理电流元法等四种运动方向判断方法，构建递进式学习支架。 资料以典型例题（如电磁炮、电流测量仪器）为载体，强化科学思维中的模型建构与科学推理，通过多方法判断运动方向培养探究能力。课中辅助教师突破重难点，课后多样化练习助力学生巩固知识、查漏补缺。

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 例1　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　见解析 解析　(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2　(多选)(2024·杭州源清中学高二期中)如图甲所示，一对光滑平行金属导轨与水平面成α角，两导轨的间距为l，两导轨顶端接有电源，将一根质量为m的直导体棒ab垂直放在两导轨上。已知通过导体棒的电流大小恒为I，方向由a到b，图乙为沿a→b方向观察的侧视图。若重力加速度为g，在两导轨间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在导轨上保持静止，则(　　) A.导体棒受2个力的作用 B.安培力的方向沿斜面向上 C.安培力的大小为mgtan α D.保持通过导体棒的电流不变，改变两导轨间的磁场方向，导体棒在导轨上仍保持静止，磁感应强度B的最小值是 答案　CD 解析　导体棒受到重力、安培力、支持力共3个力的作用，故A错误； 根据左手定则可知安培力的方向水平向右，故B错误；由平衡条件可知安培力的大小为F＝mgtan α，故C正确；当安培力方向平行于导轨斜向上时，安培力最小，磁感应强度最小，根据平衡条件可得IBminl＝mgsin α，可得磁感应强度B的最小值是Bmin＝，故D正确。 例3　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取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； (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； (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。 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。 二、安培力作用下导体运动方向的判断 1.电流元法、特殊位置法 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。 (1)在图中画出磁感线的方向。 (2)画出OA、OB段导线的受力方向。 (3)从上向下看，导线将　　　　　　转动(选填“逆时针”或“顺时针”)。  (4)导线转过90°时，安培力方向　　　　(选填“向下”或“向上”)，绳子拉力　　　　(选填“变大”或“变小”)。  答案　(1)(2)如图所示。 (3)逆时针 (4)向下　变大 2.等效法 (1)如图乙所示，将环形电流等效成小磁针，标出其N极、S极。 (2)条形磁铁与环形电流相互　　　　(选填“吸引”或“排斥”)。  环形电流受到的安培力向　　　　(选填“左”或“右”)。  答案　(1)如图所示 (2)吸引　左 3.结论法 (1)两直流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)如图丙所示，两条有限长直导线相互垂直，但相隔一小段距离，AB固定，CD能自由活动，当电流按如图所示方向通过两导线时。 ①作出AB两侧磁感线的方向，并分析CD的受力情况。 ②CD将(从纸外向纸内看)　　　　　　(选填“逆时针”或“顺时针”)转动，同时　　　　(选填“靠近”或“远离”)导线AB。  ③拓展　若AB(固定)，CD(可绕O自由转动)如图丁所示放置，则CD将　　　　　　(选填“逆时针”或“顺时针”)转动。  答案　(2)①如图所示 ②逆时针　靠近 ③逆时针 4.转换研究对象法 通电直导线和条形磁铁如图戊所示放置 (1)作出导线所在位置的磁感线方向，分析直导线受力情况。 (2)电流对磁体的作用力方向斜向　　　　(选填“左上”或“右下”)；若地面粗糙，地面对磁体的摩擦力水平　　　　(选填“向左”或“向右”)，磁体对地面的压力　　　　(选填“大于”或“小于”)其重力。  答案　(1)如图所示。 (2)右下　向左　大于 例4　把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线中的电流方向由b到a，如图所示，导线可以在空中自由移动和转动，俯视看，导线在安培力的作用下先顺时针转动，转过一个小角度后，接着边转动边向下移动，则虚线框内的场源可能是(　　) 答案　A 解析　由左手定则，结合通电导线左半部分受到安培力方向垂直纸面向里，右半部分受到安培力方向垂直纸面向外，导致通电导线俯视看顺时针转动，同时向下移动，可知磁感线方向如图所示； 若为条形磁体，左端为N极，故A正确；若为蹄形磁体，左端为N极，故B错误；若为通电螺线管，电流从右侧流入左侧流出，故C错误；若为直线电流，电流的方向垂直纸面向里，故D错误。 专题强化练 [分值：40分] [1~3题，每题3分] 1.(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。 2.(2023·金华市高二期末)某兴趣小组制作了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示。固定在水平面上的两平行光滑金属导轨，间距L＝1 m，一金属棒PQ垂直放在两金属导轨上。轨道置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2 T。棒中点的两侧分别固定劲度系数k＝50 N/m的相同轻弹簧。闭合开关S前，两弹簧为原长，P端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ移动，最后静止时指针对准刻度尺右侧“2 cm”处。弹簧始终处于弹性限度内，下列判断正确的是(　　) A.电源N端为正极 B.闭合开关S稳定后，待金属棒PQ静止，电路中电流为1 A C.闭合开关S稳定后，待金属棒PQ静止，电路中电流为0.5 A D.闭合开关S后，将滑动变阻器滑片向右移动，金属棒PQ静止时，指针将停在刻度尺“2 cm”的右侧 答案　B 解析　闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，根据左手定则可知，电流为从P到Q，电源的M端为正极，故A错误；静止时，则2kΔx＝BIL，解得I＝ A＝1 A，故B正确，C错误；闭合开关S后，将滑动变阻器滑片向右移动，则电阻增大，电流减小，安培力减小，故金属棒PQ静止时，指针将停在刻度尺“2 cm”的左侧，故D错误。 3.(2024·嘉兴市海盐二中高二月考)如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上。下列说法正确的是(　　) A.金属棒受到的安培力大小为F＝BILsin θ B.金属棒受到的摩擦力大小为Ff＝BILcos θ C.若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大 D.若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大 答案　C 解析　该题中的磁感应强度B虽然与导轨平面的夹角为θ，但是B仍然与电流I的方向是垂直的，故安培力的大小为F＝BIL，故A错误；由于棒是静止的，其受力图如图所示，摩擦力的大小应该与安培力在水平方向上的分力大小相等，则有Ff＝Fsin θ＝BILsin θ，故B错误； 若只改变电流方向，则安培力的方向会改变，由左手定则可知，安培力方向斜向右下作用在金属棒上，使得金属棒对轨道的压力增大，故C正确；若只增大磁感应强度B后，安培力的方向仍然是斜向左上，大小会增大，故会减小金属棒对轨道的压力，故D错误。 [4~7题，每题4分] 4.(2025·杭州四校高二联考)电磁炮是利用电磁发射技术制成的新型武器，如图所示为电磁炮的原理结构示意图。若某水平发射轨道长7.5 m，宽1.5 m，发射的炮弹质量为50 g，炮弹被发射时从轨道左端由静止开始加速。当电路中的电流恒为20 A，轨道间匀强磁场磁感应强度B＝1.0×103 T时，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.炮弹的加速度大小为3×106 m/s2 C.炮弹在轨道中加速的时间为5×10－3 s D.炮弹发射过程中安培力的最大功率为4.5×108 W 答案　C 解析　根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A错误；根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝6×105 m/s2，故B错误；根据位移公式有x＝at2，解得t＝5×10－3 s，故C正确；炮弹发射过程中的最大速度v＝at，炮弹发射过程中安培力的最大功率P＝BILv，联立解得P＝9×107 W，故D错误。 5.(2025·浙江A9协作体高二期中)如图所示，固定在光滑水平桌面上的导体棒MN中通有较强的恒定电流，PQ是一段能够在水平桌面上自由运动的导体棒。初始时刻，PQ垂直于MN放在MN的一侧，现给PQ通以恒定电流，则下列四幅图中，能够正确反映此后紧接着的一段时间内PQ的可能位置的是(时间先后顺序为a、b、c)(　　) 答案　D 解析　根据右手螺旋定则分析可知，导体棒MN在上方产生的磁场方向垂直于纸面向外。导体棒PQ电流方向向上，根据左手定则可知，导体棒PQ所受安培力方向向右。根据通电直导线在周围产生的磁场分布可知，离导体棒MN越近，磁场越强，离导体棒MN越远，磁场越弱。所以导体棒PQ下半部分受力大于上半部分受力。故选D。 6.如图所示，把一根匝数较多的弹簧悬挂起来，弹簧下端和圆柱形水银槽底圆心相连。现给弹簧通入方向如图的较大恒定电流，水银槽不离开桌面。稳定后槽中水银的状态为(　　) A.水银面保持静止 B.水银面上下振动 C.自上向下看顺时针转动 D.自上向下看逆时针转动 答案　C 解析　根据安培定则，螺线管内部的磁场竖直向上，水银中的电流从圆心向外流动，根据左手定则，自上向下看水银受到安培力的方向为顺时针。故选C。 7.(2024·金华市十校高二期末)已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。如图所示，长直导体棒P通过两根等长绝缘细线悬挂在竖直绝缘光滑墙面上等高的A、B两点的正下方，并通以电流IP。另一导体棒Q也通过两根等长绝缘细线悬挂在A、B两点，并通以电流IQ。静止时悬挂Q的两细线与竖直墙面有一定夹角，然后缓慢减小导体棒P中的电流。下列说法正确的是(　　) A.IP与IQ方向相同 B.悬挂Q的细线拉力逐渐减小 C.悬挂P的细线拉力大小不变 D.若P中的电流减为初始的四分之一，则两导体棒的距离减半 答案　D 解析　由题意可知，两棒互相排斥，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故电流方向相反，故A错误；如图甲所示，对导体棒Q受力分析。设P到Q距离为d，AB到Q距离为L，AB到P距离为H，由三力平衡知，故悬挂Q的细线拉力FT大小不变，故B错误； 如图乙所示，将两根导体棒视为整体受力分析，设悬挂Q的细线与竖直方向的夹角为θ，则有2FT'＋2FTcos θ＝(mP＋mQ)g 由于θ逐渐减小，故悬挂P的细线拉力FT'逐渐减小，故C错误；导体棒P在导体棒Q处产生的磁场磁感应强度B＝k，导体棒Q受到的安培力FA＝IQBLQ，得FA＝k∝，而FA＝d∝，故∝d，则d∝，故P中的电流减为初始的四分之一时两导体棒的距离减半，故D正确。 8.(10分)(2024·浙江浙东北联盟高二期中)如图所示，两平行导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计。导体棒ab质量为m＝60 g，位于导轨间的电阻R＝1 Ω，与导轨竖直部分接触良好。已知电源电动势为E＝3 V，内阻为r＝0.5 Ω，定值电阻R0＝1.5 Ω。在导体棒所在空间加一匀强磁场(图中仅用一根磁感线表示)，磁场方向垂直于导体棒，且与竖直方向夹角θ可变，导体棒始终处于静止状态，重力加速度g取10m/s2，则： (1)(3分)若磁场与竖直方向夹角θ＝90°，求磁感应强度B1的大小； (2)(4分)若导轨竖直部分与导体棒间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，且磁场与竖直方向夹角θ＝0，求磁感应强度B2的最小值； (3)(3分)若导轨竖直部分与导体棒间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，且磁场与竖直方向夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求磁感应强度B3的最大值。 答案　(1)1.2 T　(2)2.4 T　(3)6 T 解析　(1)由闭合电路欧姆定律有I＝＝1 A，磁场与竖直方向夹角θ＝90°，由左手定则可知安培力方向竖直向上，由受力分析得mg＝FA，FA＝B1IL，解得B1＝1.2 T (2)磁场与竖直方向夹角θ＝0时，安培力方向水平向右。由受力分析知，当导体棒重力恰好等于最大静摩擦力时，磁感应强度B2有最小值。此时在竖直方向有mg＝Ff，水平方向有Ff＝μFA'，FA'＝B2IL，代入数据解得B2＝2.4 T (3)当磁感应强度最大时，摩擦力方向竖直向下。由受力分析得，竖直方向FA″sin θ＝mg＋Ff' 水平方向Ff'＝μFA″cos θ，FA″＝B3IL，解得B3＝6 T。 [5分] 9.(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紧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沿粗糙的半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 $