高二物理（人教版）学案 选择性必修二 第一章 综合 融通（一）安培力作用下的运动和平衡问题

7/7综合·融通(一)安培力作用下的运动和平衡问题(融会课—主题串知综合应用)通过本节课的学习掌握用左手定则判断安培力的方向和导体的运动方向；应用牛顿第三定律通过转换研究对象分析安培力的方法；会通过力学方法分析安培力作用下的平衡与加速问题。主题(一)安培力作用下通电导体运动方向的判断[知能融会通]1．常规思路(1)不管是电流还是磁体，对通电导线的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导线所在位置的磁场分布情况。(2)结合左手定则准确判断导线所受安培力的方向。(3)由导体的受力情况判定导体的运动方向。2．主要方法电流元法把整段电流等效为许多段直线电流元,先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向,然后判断整段电流所受合力的方向,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°角),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直线电流相互平行时,同向电流互相吸引,反向电流互相排斥;两直线电流不平行时,有转到相互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作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向[典例]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．向纸面里平动听课记录：[题点全练清]1．(2024·河北沧州期末)(多选)如图所示，两根无限长直导线a、b相互垂直，a通过绝缘细线悬挂在天花板上且可自由转动，b通过绝缘支架固定在地面上。现同时给a通以沿导线向右的电流，给b通以沿导线向外的电流。下列说法正确的是()A．刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向里转，右半部分垂直纸面向外转B．刚通电流时，导线a左半部分垂直纸面向外转，右半部分垂直纸面向里转C．导线a转动90°时，细线对a的拉力大于导线a的重力D．导线a转动90°时，细线对a的拉力小于导线a的重力2.(2024·广东汕头期末)如图所示，用绝缘细线将通电直导线悬吊，将一蹄形电磁铁放在正下方，当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时，有关直导线运动情况和细线受力情况，下列说法中正确的是(从上往下看)()A．顺时针方向转动，细线拉力减小B．逆时针方向转动，细线拉力增大C．顺时针方向转动，细线拉力增大D．逆时针方向转动，细线拉力减小主题(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]质量为m＝0.02kg的通电细杆ab置于倾角为θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨间的距离d＝0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，磁感应强度大小B＝2T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，为使杆ab静止不动，求通过杆ab的电流I的大小范围。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)尝试解答：[变式拓展]对应[典例]中的情境，若ab杆中的电流为0.2A，且导轨是光滑的，其他条件不变，则要使ab杆静止至少要施加一个多大的力？方向如何？/方法技巧/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．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之比I1∶I2为()A．sinα∶1 B．1∶sinαC．cosα∶1 D．1∶cosα2．(2024·山东济南期末)如图所示，两根相同的轻质弹簧下端挂有质量为m的等腰梯形金属框，金属框的上底、腰和下底长度分别为L、L和2L，空间存在垂直于金属框平面向里的匀强磁场。A、B两端与电源相连，从A端流入的电流大小为I，金属框静止后弹簧的压缩量均为x。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则磁感应强度大小为()A.eq\f(5mg＋2kx,8IL) B.eq\f(5mg－2kx,8IL)C.eq\f(mg＋2kx,2IL) D.eq\f(mg－2kx,2IL)

主题(三)安培力作用下的加速问题[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]如图所示，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ab由静止释放，导体棒沿导轨向下运动，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)尝试解答：[题点全练清]1．(2024·广西北海期末)电磁轨道炮发射的基本原理如图所示，水平地面上两条平行的金属导轨A和导轨B充当炮管，弹丸放置在两导轨之间，当强大的电流I流过弹丸时，弹丸获得加速度，最终高速发射出去，下列说法正确的是()A．导轨之间的磁场方向可能竖直向下B．导轨之间的磁场方向可能水平向右C．电磁炮的本质是一种大功率型发电机D．若要增大发射速度，可增大流过弹丸的电流2．(多选)如图所示为某科技爱好者设计的电磁炮模型示意图，水平发射轨道宽1m，轨道间有磁感应强度大小为1×103T、方向竖直向上的匀强磁场，炮弹(含相关附件)总质量为0.5kg，当电路中通20A的恒定电流时，炮弹从轨道左端开始加速，然后从轨道右端发射出去。忽略一切阻力，下列说法正确的是()A．电流从a端流入、b端流出B．电流从b端流入、a端流出C．炮弹的加速度大小为1×104m/s2D．炮弹的加速度大小为4×104m/s2综合·融通(一)安培力作用下的运动和平衡问题主题(一)[典例]选B方法1：(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。方法2：(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。由安培定则可知，I2产生的磁场在其圆心处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。方法3：(结论法)环形电流I1、I2不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可知，从左向右看，线圈L1将顺时针转动。[题点全练清]1.选AC给b通以沿导线向外的电流，根据安培定则可知，导线b在其周围产生的磁场为逆时针方向，如图所示。将导线a处的磁场分解为竖直方向和水平方向，根据左手定则可知，导线a左半部分受到的安培力垂直纸面向里，右半部分受到的安培力垂直纸面向外，转过90°时，a、b中电流方向相同，彼此间的安培力为引力，所以绳子拉力大于重力，故选A、C。2.选B根据安培定则可知，电磁铁线圈产生的磁场与蹄形磁体产生的磁场相同，作出其磁感线分布如图所示，在直导线左右两侧取两个对称的微元，根据左手定则可知，左侧微元受到的安培力方向垂直于纸面向外，右侧微元受到的安培力方向垂直于纸面向里，可知，从上往下看，直导线将逆时针方向转动。直导线转动过程中，导线逐渐趋于与纸面垂直，即电流方向垂直于纸面向里，导线在磁场中的有效长度逐渐增大，根据左手定则，该电流所受安培力方向向下，且大小逐渐增大，根据平衡条件可知，细线拉力增大。故选B。主题(二)[典例]解析：当ab受到沿导轨向下的最大静摩擦力时，受力如图1所示，有F1－mgsinθ－Feq\a\vs4\al(f1)＝0，FN－mgcosθ＝0，Ff1＝μFN，F1＝BImaxd，联立解得Imax＝0.46A。当ab受到沿导轨向上的最大静摩擦力时，受力如图2所示，有F2＋Ff2－mgsinθ＝0，FN′－mgcosθ＝0，Ff2＝μFN′，F2＝BImind，联立解得Imin＝0.14A。所以通过杆ab的电流的大小范围是0.14A≤I≤0.46A。答案：0.14A≤I≤0.46A[变式拓展]解析：F安＝BId＝0.08N，mgsin37°＝0.12N，F安＜mgsinθ，对ab杆受力分析，ab杆受重力、支持力和安培力作用，当施加的外力沿导轨平面向上时外力最小，如图所示，以沿导轨平面向上为正方向，根据平衡条件有F安＋F－mgsin37°＝0，则F＝mgsin37°－F安＝0.04N。答案：0.04N方向沿导轨平面向上[题点全练清]1．选D两金属棒的受力如图所示，根据共点力平衡的条件得F1＝mgtanα，F2＝mgsinα，所以两金属棒所受的安培力之比为eq\f(F1,F2)＝eq\f(tanα,sinα)＝eq\f(1,cosα)；因为F＝ILB，所以eq\f(I1,I2)＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,cosα)，选项D正确，A、B、C错误。2.选C设下底通过的电流为I1，上底和腰通过的电流为I2，上底和腰与下底并联，则I1＋I2＝I，根据平衡条件，结合几何关系，对整体受力分析可得mg＋2kx＝BI1·2L＋BI2·L＋2BI2L·sin30°，解得B＝eq\f(mg＋2kx,2IL)，故选C。主题(三)[典例]解析：画出题中装置的侧视图，对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mgsinθ－Fcosθ＝ma，又F＝BIl，I＝eq\f(E,R＋r)，联立可得a＝gsinθ－eq\f(BElcosθ,mR＋r)。答案：gsinθ－eq\f(BElcosθ,mR＋r)[题点全练清]1．选D电流方向如题图所示，弹