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专题提升一　安培力作用下导体的运动和平衡问题
学习目标　1.会熟练应用左手定则判断安培力的方向和导体的运动方向。2.掌握应用牛顿第三定律通过转换研究对象分析安培力的方法。3.会通过力学方法分析安培力作用下的平衡问题。4.会结合牛顿第二定律求导体棒的瞬时加速度。
提升1　安培力作用下通电导体的运动
　　　　　　　　　　 　　　　
主要方法
(1)电流元法
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。
把直线电流等效为AO、BO两段电流元,由左手定则判断所受安培力方向如图乙所示,则导线将逆时针转动(俯视)。
(2)特殊位置法
如图丙所示,将导线逆时针转过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运动,绳子拉力变大。
(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,把环形电流等效成小磁针,可知环形电流受到的安培力方向向左。
(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,当直流电流按图戊所示方向通过两条导线时,导线CD将(从纸外向纸内看)逆时针方向转动,同时靠近导线AB。
(5)转换研究对象法
如图己所示,电流受到磁体的作用方向斜向左上,由牛顿第三定律知电流对磁体的作用力方向斜向右下,可知地面对磁体的摩擦力方向向左,磁体对桌面的压力大于其重力。
例1 一个可以自由运动的线圈P和一个水平固定的线圈Q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P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　法一　电流元法　把线圈P沿Q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Q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P将顺时针转动。故B正确。
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P将顺时针转动。故B正确。
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P将顺时针转动。故B正确。
例2 (2025·江苏南京高二月考)通有电流I的直导线竖直放置,且可绕O点向各个方向转动,电流方向如图所示,O为直导线的中心,下列说法正确的是(　　)
A.导线受磁场力的作用,绕O点上端向里、下端向外转动
B.导线受磁场力的作用,绕O点上端向外、下端向里转动
C.导线受磁场力的作用,绕O点在纸面内逆时针方向转动
D.导线不受磁场力的作用,故不转动
答案　B
解析　条形磁体产生的磁场在导线处的磁场方向水平向右,沿导线向上磁感应强度逐渐减小,即导线O点下侧所受安培力大一些,导线的运动由下侧安培力决定,根据左手定则可知,安培力方向垂直于纸面向里,则导线绕O点上端向外、下端向里转动,故B正确。
安培力作用下通电导体运动的判断
(1)首先应画出通电导体(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)的受力判断其运动方向。
注意:①判定通电导体所受安培力方向时,如果是非匀强磁场,通常用电流元法进行分析。
②如果涉及通电线圈,通常用等效法进行分析。
③如果涉及两通电导线,常用结论法:同向电流互相吸引,反向电流互相排斥。
训练1 (2025·江苏南京期末)水平地面上放条形磁体,磁体N极上方吊着导线与磁体垂直,导线中通入向纸内的电流(如图所示),且磁体始终保持静止。则下列结论正确的是(　　)
A.弹簧的弹力变小
B.地面受到磁体的压力不受影响
C.地面受到磁体的压力变小
D.条形磁体受到桌面的摩擦力向左
答案　C
解析　导线所在位置的磁场方向斜向右上方,由左手定则可知,安培力方向斜向右下,可知弹簧的弹力变大,A错误;由牛顿第三定律可知,通电导线对条形磁体有斜向左上方的作用力,因此地面受到磁体的压力变小,B错误,C正确;通电导线对条形磁体有斜向左上方的作用力,该力对条形磁体有水平向左的分力,条形磁体相对地面有向左的运动趋势,因此条形磁体受到桌面的摩擦力方向水平向右,D错误。
提升2　安培力作用下的平衡或加速问题
　　　　　　　　　　 　　　　
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)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。
(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,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。
角度1　安培力作用下的平衡问题
例3 (2026·福建南平高二期末)空间中存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B＝2 T。质量m＝0.05 kg的细金属棒MN用绝缘细线OM、ON悬挂,且始终保持水平。OMNO'是边长L＝1 m的正方形,在金属棒中通以I＝0.25 A的电流,金属棒最终静止的位置如图所示。重力加速度g＝10 m/s2,求:
(1)金属棒中电流的方向;
(2)绝缘细线与竖直方向的夹角θ;
(3)通过正方形OMNO'的磁通量。
答案　(1)由M流向N　(2)45°　(3) Wb
解析　(1)以金属棒为对象进行受力分析,可知金属棒受到的安培力水平向右,根据左手定则可知,金属棒中的电流由M流向N。
(2)金属棒的受力分析图如图所示。
根据平衡条件可得tan θ＝,又F安＝ILB
联立可得tan θ＝1
则绝缘细线与竖直方向的夹角为θ＝45°。
(3)通过正方形OMNO'的磁通量为
Φ＝BSsin θ＝BL2sin θ
解得Φ＝ Wb。
角度2　安培力作用下的加速问题
例4 电磁炮是一种新式兵器,其主要原理如图所示。某电磁炮能够把m＝2.2 g的弹体(包括金属杆CD的质量)加速到v＝10 km/s。若轨道宽L＝2 m,长s＝100 m,通过的电流为I＝10 A,忽略轨道摩擦。
(1)轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度为多少
(2)电磁炮的最大功率为多少
答案　(1)55 T　(2)1.1×107 W
解析　(1)电磁炮受到安培力作用,做加速运动。由运动学公式v2＝2ax得
a＝ m/s2＝5×105 m/s2
由牛顿第二定律有ILB＝ma
解得B＝ T＝55 T。
(2)电磁炮的最大功率为
P＝ILBv＝10×2×55×10×103 W＝1.1×107 W。
求解平衡或加速问题基本思路
训练2 (多选)(2025·黑龙江大庆期末)在同一光滑倾斜导轨上放同一导体棒A,如图甲、乙所示是两种情况的剖面图。它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场,但方向不同,一次垂直斜面向上,另一次竖直向上,两次导体通有同向电流分别为I1和I2,都处于静止状态。已知斜面的倾角为θ＝37°(已知sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8),则(　　)
A.I1∶I2＝3∶5
B.I1∶I2＝5∶4
C.导体棒A所受安培力大小之比F1∶F2＝4∶5
D.斜面对导体棒A的弹力大小之比FN1∶FN2＝16∶25
答案　CD
解析　两种情况下,导体棒A受力如图(a)、(b)所示。
根据受力平衡可得F1＝I1LB＝mgsin θ,FN1＝mgcos θ,F2＝I2LB＝mgtan θ,FN2＝,可得,＝cos2θ＝,故C、D正确。
训练3 (2025·陕西宝鸡期末)如图所示为电磁炮的基本原理图(俯视图)。水平平行金属直导轨a、b充当炮管,金属弹丸放在两导轨间,与导轨接触良好,两导轨左端与一恒流源连接,可使回路中的电流大小恒为I,方向如图所示,两导轨中电流在弹丸所在处产生的磁场视为匀强磁场。若导轨间距为d,弹丸质量为m,弹丸在导轨上运动的最大距离为s,弹丸能加速的最大速度为v,不计摩擦,则下列判断正确的是(　　)
A.导轨间的磁场方向向上
B.导轨间的磁场磁感应强度大小为
C.弹丸克服安培力做功获得动能
D.弹丸先做加速度越来越小的加速运动,最后做匀速运动
答案　B
解析　弹丸在安培力作用下做加速运动,则安培力方向向右,根据左手定则可知导轨间的磁场方向向下,故A错误;对弹丸的加速过程,根据动能定理得IdB·s＝mv2,解得B＝,故B正确;安培力做正功,弹丸的动能增大,故C错误;根据牛顿第二定律得a＝,可知弹丸做匀加速运动,故D错误。
随堂对点自测
1.(安培力作用下通电导体的运动)(2026·河北石家庄高二月考)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,根据安培定则可知,磁感线方向如图所示。
设两交点处磁感应强度分别为B和B',分别将B和B'沿水平方向和竖直方向分解,根据左手定则判知,AO段受到垂直于纸面向外的安培力,OC段受到垂直于纸面向内的安培力,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,故C正确,D错误;开关S闭合,铜棒转动后受到竖直向下的安培力,丝线的拉力大于G,故A、B错误。
2.(安培力作用下的平衡)研究磁体对通电导线作用力的装置如图所示。当轻质细导线中通入电流I时,细导线下端的金属棒受到水平方向的磁场力,平衡时细导线偏离竖直方向的角度为θ。已知金属棒的质量为m,两细导线间的距离为L,把磁极之间的磁场看作匀强磁场,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　)
A.金属棒受到的磁场力大小为mgsin θ
B.金属棒受到的磁场力大小为mgcos θ
C.金属棒所在位置磁场的磁感应强度大小为
D.金属棒所在位置磁场的磁感应强度大小为
答案　C
解析　对金属棒受力分析,受到重力,水平向右的安培力及轻质细导线的拉力,根据共点力平衡可知F安＝mgtan θ,故A、B错误;根据F安＝ILB,解得B＝,故C正确,D错误。
3.(安培力作用下的加速问题)如图所示,两平行光滑金属导轨与水平面的夹角为30°,导轨一端接有电源,电源电动势为E＝3 V,内阻为r＝1 Ω,导轨宽度为L＝1 m,导轨间横跨一根电阻为R＝2 Ω的导体棒,棒的质量为m＝0.2 kg,现有一恒力F作用在导体棒,大小为3 N,方向沿斜面向上。匀强磁场垂直于导轨所在平面向下,已知导轨电阻可忽略不计,重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若棒保持静止状态,则磁感应强度B为多大
(2)若磁感应强度B'＝1 T,则导体棒加速度多少
答案　(1)2 T　(2)5 m/s2
解析　(1)对导体棒进行受力分析如图
则有F＝mgsin 30°＋F安
又F安＝ILB
联立解得B＝2 T。
(2)若磁感应强度B'＝1 T,安培力减小,则释放导体棒瞬间,导体棒向上做加速运动,有
F－mgsin 30°－F安'＝ma
又F安'＝ILB'
联立解得a＝5 m/s2。
基础对点练
题组一　安培力作用下通电导体的运动
1.如图所示,把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁体N极附近,磁体的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面。当线圈内通以图示方向的电流(从右向左看沿逆时针方向)后,线圈的运动情况是(　　)
A.线圈向左运动
B.线圈向右运动
C.从上往下看顺时针转动
D.从上往下看逆时针转动
答案　A
解析　将环形电流等效成小磁针,如图所示,根据异名磁极相互吸引可知,线圈将向左运动;也可将左侧条形磁体等效成环形电流,根据“同向电流相吸引,异向电流相排斥”可知线圈向左运动,故A正确。
2.(2026·广东深圳高二月考)如图所示,两平行直导线cd和ef竖直放置,通以方向相同、大小相等的电流,a、b两点位于两导线所在的平面内。下列说法正确的是(　　)
A.a点的磁感应强度一定为零
B.b点的磁感应强度一定为零
C.ef导线受到的安培力方向向左
D.cd导线在a 点产生的磁场方向垂直纸面向外
答案　C
解析　根据安培定则可知,通电导线cd与ef在a点产生的磁场方向均垂直纸面向里,根据磁场的矢量叠加可知,a点的磁场方向垂直纸面向里,且a点的磁感应强度一定不为零,故A、D错误;根据安培定则可知,通电导线ef在b点产生的磁场方向垂直纸面向里,cd在b点产生的磁场方向垂直于纸面向外,由于b点到两导线间距关系不确定,即两导线在b点产生的磁感应强度大小关系不确定,根据矢量叠加可知,b点的磁感应强度不一定为零,故B错误;根据安培定则可知,cd导线在右侧产生的磁场方向垂直于纸面向外,根据左手定则可知,ef导线受到的安培力方向向左,故C正确。
3.如图所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来,此时台秤读数为F1。现在磁体上方中心偏左位置固定一通电导线,电流方向垂直纸面向里,当加上电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是(　　)
A.F1>F2 B.F1C.弹簧长度将变长 D.弹簧长度将不变
答案　A
解析　选通电导线为研究对象,根据左手定则判断可知,通电导线所受安培力方向为斜向右下方,根据牛顿第三定律分析可知,磁体受到的安培力方向斜向左上方,则磁体将向左运动,弹簧被压缩,所以长度将变短,故C、D错误;由于磁体受到的安培力方向斜向左上方,对台秤的压力减小,则F1>F2,故A正确,B错误。
4.如图所示,一个可以自由运动的圆形线圈水平放置并通有电流I,电流方向俯视为顺时针方向,一根固定的竖直放置直导线通有向上的电流I,线圈将(　　)
A.a端向上,b端向下转动,且向左运动
B.a端向上,b端向下转动,且向右运动
C.a端向下,b端向上转动,且向左运动
D.a端向下,b端向上转动,且向右运动
答案　A
解析　根据安培定则可知,通电导线在左侧产生的磁场方向垂直纸面向外。采用电流元法,将圆形线圈分成前后两半,根据左手定则可知,a端受到的安培力向上,b端受到的安培力向下,圆形线圈将转动。再用特殊位置法:圆形线圈转过90°时,通电直导线对左半圆形线圈产生排斥力,对右半圆形线圈产生吸引力,所以圆形线圈向左运动,故A正确,B、C、D错误。
题组二　安培力作用下的平衡或加速问题
5.(2025·湖南长沙高二期末)如图所示,一弹簧测力计下面挂有质量为m、匝数为n的矩形线框abcd,bc边长为L,方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里),当线框中通以逆时针方向的电流I,此时弹簧测力计的示数为F1;保持电流大小不变,改变电流的方向,弹簧测力计的示数为F2。则磁场的磁感应强度大小为(　　)
A.B＝ B.B＝
C.B＝ D.B＝
答案　D
解析　当线框中电流方向为逆时针,由左手定则可知bc边所受安培力方向竖直向上,由共点力的平衡条件有mg＝F1＋nILB,线框中电流方向为顺时针时,由左手定则可知bc边所受安培力方向竖直向下,由共点力的平衡条件有mg＋nILB＝F2,联立解得B＝,故D正确。
6.(2026·江西吉安高二期末)如图所示,空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B＝0.5 T。两光滑平行金属导轨的宽度l＝2 m、倾角θ＝37°,底端连接电源,顶端ab导体棒垂直于导轨放置且静止在两平行导轨上。已知导体棒的质量m＝0.1 kg,重力加速度g＝10 m/s2,sin 37°＝0.6。则流过导体棒的电流为(　　)
A.0.75 A B.0.7 A
C.0.65 A D.0.6 A
答案　A
解析　因为导体棒静止,沿斜面方向有mgsin 37°＝IlBcos 37°,解得流过导体棒的电流I＝0.75 A,故A正确。
7.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。如图所示为某款电磁炮的轨道,该轨道长10 m,宽2 m。若发射质量为100 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100 A时,最大速度可达2 km/s,假设轨道间磁场为匀强磁场,不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　)
A.磁场方向竖直向下
B.磁场方向水平向右
C.炮弹的加速度大小为4×105 m/s2
D.磁感应强度的大小为100 T
答案　D
解析　回路中电流方向如题图所示,则根据安培定则可知,磁场方向应竖直向上,故A、B错误;由题意可知,最大速度v＝2 km/s,加速距离x＝10 m,由速度和位移关系可知v2＝2ax,解得加速度大小a＝2×105 m/s2,由牛顿第二定律可得F＝ma,又F＝IlB,联立解得B＝100 T,故C错误,D正确。
综合提升练
8.(2025·山东威海高二期末)如图所示,一段通电导体棒用绝缘轻质细线悬挂,置于匀强磁场中处于静止状态,已知通过导体棒的电流为I且垂直纸面向外,导体棒的质量为m、长为L,磁感应强度的大小为B,重力加速度为g,则B的最小值及方向为(　　)
A.　水平向右 　B.　沿细线向下
C.　沿细线向上 　D.　竖直向下
答案　B
解析　对导体棒受力分析可知导体棒受到的安培力与重力和细线的拉力的合力大小相等,方向相反,当安培力的方向与细线的方向垂直时,安培力最小,对应的磁感应强度最小,如图所示,故由左手定则可以判断出磁场的方向沿细线的方向向下,安培力的大小F＝mgsin θ,根据安培力的公式F＝ILB,联立解得B＝,故B正确。
9.如图所示,一质量为m、长度为L的通有恒定电流I的导体棒处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度与时间的关系式为B＝kt(k为大于零的常数,取竖直向上为正方向),导体棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。当t＝0时,导体棒由静止释放,向下运动的过程中始终与导轨良好接触且水平,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且磁场空间足够大、导轨足够长,则导体棒的最大速度vm为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　由牛顿第二定律得mg－μkLIt＝ma,解得导体棒的加速度a＝g－t,a－t图像如图所示。
当加速度为零时导体棒的速度最大,则mg＝μLIkt1,解得导体棒速度达到最大值的时间为t1＝,由a－t图像与t轴所围的面积表示速度变化量可得,最大速度vm＝t1＝,D正确,A、B、C错误。
10.(2024·重庆卷,13)小明设计了如图所示的方案,探究金属杆在磁场中的运动情况,质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连,形成闭合回路,两根导线的间距和P、Q的长度均为L,仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动,P、Q始终保持水平,不计空气阻力、摩擦和导线质量,忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g,当P匀速下降时,求
(1)P所受单根导线拉力的大小;
(2)Q中电流的大小。
答案　(1)mg　(2)
解析　(1)设单根导线对P的拉力大小为T,P匀速下降时其受力分析如图甲所示
根据平衡条件有
2mg＝2T
解得T＝mg。
(2)当P匀速下降时,Q匀速上升,对Q受力分析如图乙所示
根据平衡条件有2T＝mg＋F安
设流过Q的电流为I,则F安＝ILB
联立解得I＝。
培优加强练
11.如图所示,U形金属杆上边长为L＝15 cm,质量为m＝1×10－3 kg,下端插入导电液体中,导电液体连接电源,金属杆所在空间有垂直纸面向里大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm,闭合电键,金属杆飞起后,其下端离液面最大高度H＝10 cm,设离开导电液体前杆中的电流不变,求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流大小(g＝10 m/s2);
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触,改变电动势的大小,通电后金属杆跳起高度H'＝5 cm,通电时间t'＝0.002 s,求通过金属杆横截面的电荷量。
答案　(1) m/s　 A(或4.17 A)　(2)0.085 C
解析　(1)对金属杆,离开液面后跳起的高度为H,
由运动学公式有
v2＝2gH
解得金属杆离开液面时的速度v＝ m/s
对金属杆从刚闭合电键至其下端离液面高度为H的过程,由动能定理有ILBh－mg(H＋h)＝0
解得I＝ A(或4.17 A)。
(2)对金属杆,由动量定理有(I'LB－mg)t'＝mv'
由运动学公式有v'2＝2gH'
又q＝I't'
解得q＝0.085 C。(共55张PPT)
专题提升一　安培力作用下导体的运动和平衡问题
第一章　安培力与洛伦兹力
1.会熟练应用左手定则判断安培力的方向和导体的运动方向。
2.掌握应用牛顿第三定律通过转换研究对象分析安培力的方法。
3.会通过力学方法分析安培力作用下的平衡问题。
4.会结合牛顿第二定律求导体棒的瞬时加速度。
学习目标
目 录
00ONTENTS
提升
01
随堂对点自测
02
课后巩固训练
03
提升
1
提升2　安培力作用下的平衡或加速问题
提升1　安培力作用下通电导体的运动
提升1　安培力作用下通电导体的运动
主要方法
(1)电流元法
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。
把直线电流等效为AO、BO两段电流元,由左手定则判断所受安培力方向如图乙所示,则导线将逆时针转动(俯视)。
(2)特殊位置法
如图丙所示,将导线逆时针转过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运动,绳子拉力变大。
(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,把环形电流等效成小磁针,可知环形电流受到的安培力方向向左。
(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,当直流电流按图戊所示方向通过两条导线时,导线CD将(从纸外向纸内看)逆时针方向转动,同时靠近导线AB。
(5)转换研究对象法
如图己所示,电流受到磁体的作用方向斜向左上,由牛顿第三定律知电流对磁体的作用力方向斜向右下,可知地面对磁体的摩擦力方向向左,磁体对桌面的压力大于其重力。
例1 一个可以自由运动的线圈P和一个水平固定的线圈Q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P将(　　)
解析　法一　电流元法　把线圈P沿Q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Q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P将顺时针转动。故B正确。
B
A.不动 B.顺时针转动
C.逆时针转动 D.向纸面里平动
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P将顺时针转动。故B正确。
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P将顺时针转动。故B正确。
例2 (2025·江苏南京高二月考)通有电流I的直导线竖直放置,且可绕O点向各个方向转动,电流方向如图所示,O为直导线的中心,下列说法正确的是(　　)
B
A.导线受磁场力的作用,绕O点上端向里、下端向外转动
B.导线受磁场力的作用,绕O点上端向外、下端向里转动
C.导线受磁场力的作用,绕O点在纸面内逆时针方向转动
D.导线不受磁场力的作用,故不转动
解析　条形磁体产生的磁场在导线处的磁场方向水平向右,沿导线向上磁感应强度逐渐减小,即导线O点下侧所受安培力大一些,导线的运动由下侧安培力决定,根据左手定则可知,安培力方向垂直于纸面向里,则导线绕O点上端向外、下端向里转动,故B正确。
安培力作用下通电导体运动的判断
(1)首先应画出通电导体(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)的受力判断其运动方向。
注意:①判定通电导体所受安培力方向时,如果是非匀强磁场,通常用电流元法进行分析。
②如果涉及通电线圈,通常用等效法进行分析。
③如果涉及两通电导线,常用结论法:同向电流互相吸引,反向电流互相排斥。
训练1 (2025·江苏南京期末)水平地面上放条形磁体,磁体N极上方吊着导线与磁体垂直,导线中通入向纸内的电流(如图所示),且磁体始终保持静止。则下列结论正确的是(　　)
A.弹簧的弹力变小 B.地面受到磁体的压力不受影响
C.地面受到磁体的压力变小 D.条形磁体受到桌面的摩擦力向左
C
解析　导线所在位置的磁场方向斜向右上方,由左手定则可知,安培力方向斜向右下,可知弹簧的弹力变大,A错误;由牛顿第三定律可知,通电导线对条形磁体有斜向左上方的作用力,因此地面受到磁体的压力变小,B错误,C正确;通电导线对条形磁体有斜向左上方的作用力,该力对条形磁体有水平向左的分力,条形磁体相对地面有向左的运动趋势,因此条形磁体受到桌面的摩擦力方向水平向右,D错误。
提升2　安培力作用下的平衡或加速问题
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)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。
(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,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。
角度1　安培力作用下的平衡问题
例3 (2026·福建南平高二期末)空间中存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B＝2 T。质量m＝0.05 kg的细金属棒MN用绝缘细线OM、ON悬挂,且始终保持水平。OMNO'是边长L＝1 m的正方形,在金属棒中通以I＝0.25 A的电流,金属棒最终静止的位置如图所示。重力加速度g＝10 m/s2,求:
(1)金属棒中电流的方向;
解析　以金属棒为对象进行受力分析,可知金属棒受到的安培力水平向右,根据左手定则可知,金属棒中的电流由M流向N。
答案　由M流向N
(2)绝缘细线与竖直方向的夹角θ;
解析　金属棒的受力分析图如图所示。
根据平衡条件可得tan θ＝,
又F安＝ILB
联立可得tan θ＝1
则绝缘细线与竖直方向的夹角为θ＝45°。
答案　45°
(3)通过正方形OMNO'的磁通量。
解析　通过正方形OMNO'的磁通量为
Φ＝BSsin θ＝BL2sin θ
解得Φ＝ Wb。
答案　 Wb
(1)轨道间所加的匀强磁场的磁感应强度为多少
解析　电磁炮受到安培力作用,做加速运动。
由运动学公式v2＝2ax得a＝ m/s2＝5×105 m/s2
由牛顿第二定律有ILB＝ma
解得B＝ T＝55 T。
答案　55 T
角度2　安培力作用下的加速问题
例4 电磁炮是一种新式兵器,其主要原理如图所示。某电磁炮能够把m＝2.2 g的弹体(包括金属杆CD的质量)加速到v＝10 km/s。若轨道宽L＝2 m,长s＝100 m,通过的电流为I＝10 A,忽略轨道摩擦。
(2)电磁炮的最大功率为多少
解析　电磁炮的最大功率为
P＝ILBv＝10×2×55×10×103 W＝1.1×107 W。
答案　1.1×107 W
求解平衡或加速问题基本思路
训练2 (多选)(2025·黑龙江大庆期末)在同一光滑倾斜导轨上放同一导体棒A,如图甲、乙所示是两种情况的剖面图。它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场,但方向不同,一次垂直斜面向上,另一次竖直向上,两次导体通有同向电流分别为I1和I2,都处于静止状态。已知斜面的倾角为θ＝37°(已知sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8),则(　　)
A.I1∶I2＝3∶5
B.I1∶I2＝5∶4
C.导体棒A所受安培力大小之比F1∶F2＝4∶5
D.斜面对导体棒A的弹力大小之比FN1∶FN2＝16∶25
CD
解析　两种情况下,导体棒A受力如图(a)、(b)所示。
根据受力平衡可得F1＝I1LB＝mgsin θ,FN1＝mgcos θ,F2＝I2LB＝mgtan θ,FN2＝,可得,＝cos2θ＝,故C、D正确。
训练3 (2025·陕西宝鸡期末)如图所示为电磁炮的基本原理图(俯视图)。水平平行金属直导轨a、b充当炮管,金属弹丸放在两导轨间,与导轨接触良好,两导轨左端与一恒流源连接,可使回路中的电流大小恒为I,方向如图所示,两导轨中电流在弹丸所在处产生的磁场视为匀强磁场。若导轨间距为d,弹丸质量为m,弹丸在导轨上运动的最大距离为s,弹丸能加速的最大速度为v,不计摩擦,则下列判断正确的是(　　)
B
A.导轨间的磁场方向向上
B.导轨间的磁场磁感应强度大小为
C.弹丸克服安培力做功获得动能
D.弹丸先做加速度越来越小的加速运动,最后做匀速运动
解析　弹丸在安培力作用下做加速运动,则安培力方向向右,根据左手定则可知导轨间的磁场方向向下,故A错误;对弹丸的加速过程,根据动能定理得IdB·s＝mv2,解得B＝,故B正确;安培力做正功,弹丸的动能增大,故C错误;根据牛顿第二定律得a＝,可知弹丸做匀加速运动,故D错误。
随堂对点自测
2
C
1.(安培力作用下通电导体的运动)(2026·河北石家庄高二月考)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
解析　开关S闭合后,画出一条与AC相交的磁感线,根据安培定则可知,磁感线方向如图所示。
设两交点处磁感应强度分别为B和B',分别将B和B'沿水平方向和竖直方向分解,根据左手定则判知,AO段受到垂直于纸面向外的安培力,OC段受到垂直于纸面向内的安培力,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,故C正确,D错误;开关S闭合,铜棒转动后受到竖直向下的安培力,丝线的拉力大于G,故A、B错误。
C
2.(安培力作用下的平衡)研究磁体对通电导线作用力的装置如图所示。当轻质细导线中通入电流I时,细导线下端的金属棒受到水平方向的磁场力,平衡时细导线偏离竖直方向的角度为θ。已知金属棒的质量为m,两细导线间的距离为L,把磁极之间的磁场看作匀强磁场,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　)
A.金属棒受到的磁场力大小为mgsin θ
B.金属棒受到的磁场力大小为mgcos θ
C.金属棒所在位置磁场的磁感应强度大小为
D.金属棒所在位置磁场的磁感应强度大小为
解析　对金属棒受力分析,受到重力,水平向右的安培力及轻质细导线的拉力,根据共点力平衡可知F安＝mgtan θ,故A、B错误;根据F安＝ILB,解得B＝,故C正确,D错误。
3.(安培力作用下的加速问题)如图所示,两平行光滑金属导轨与水平面的夹角为30°,导轨一端接有电源,电源电动势为E＝3 V,内阻为r＝1 Ω,导轨宽度为L＝1 m,导轨间横跨一根电阻为R＝2 Ω的导体棒,棒的质量为m＝0.2 kg,现有一恒力F作用在导体棒,大小为3 N,方向沿斜面向上。匀强磁场垂直于导轨所在平面向下,已知导轨电阻可忽略不计,重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若棒保持静止状态,则磁感应强度B为多大
(2)若磁感应强度B'＝1 T,则导体棒加速度多少
答案　(1)2 T　(2)5 m/s2
解析　(1)对导体棒进行受力分析如图
则有F＝mgsin 30°＋F安
又F安＝ILB
联立解得B＝2 T。
(2)若磁感应强度B'＝1 T,安培力减小,则释放导体棒瞬间,导体棒向上做加速运动,有
F－mgsin 30°－F安'＝ma
又F安'＝ILB'
联立解得a＝5 m/s2。
课后巩固训练
3
A
基础对点练
题组一　安培力作用下通电导体的运动
1.如图所示,把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁体N极附近,磁体的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面。当线圈内通以图示方向的电流(从右向左看沿逆时针方向)后,线圈的运动情况是(　　)
A.线圈向左运动
B.线圈向右运动
C.从上往下看顺时针转动
D.从上往下看逆时针转动
解析　将环形电流等效成小磁针,如图所示,根据异名磁极相互吸引可知,线圈将向左运动;也可将左侧条形磁体等效成环形电流,根据“同向电流相吸引,异向电流相排斥”可知线圈向左运动,故A正确。
C
2.(2026·广东深圳高二月考)如图所示,两平行直导线cd和ef竖直放置,通以方向相同、大小相等的电流,a、b两点位于两导线所在的平面内。下列说法正确的是(　　)
A.a点的磁感应强度一定为零
B.b点的磁感应强度一定为零
C.ef导线受到的安培力方向向左
D.cd导线在a 点产生的磁场方向垂直纸面向外
解析　根据安培定则可知,通电导线cd与ef在a点产生的磁场方向均垂直纸面向里,根据磁场的矢量叠加可知,a点的磁场方向垂直纸面向里,且a点的磁感应强度一定不为零,故A、D错误;根据安培定则可知,通电导线ef在b点产生的磁场方向垂直纸面向里,cd在b点产生的磁场方向垂直于纸面向外,由于b点到两导线间距关系不确定,即两导线在b点产生的磁感应强度大小关系不确定,根据矢量叠加可知,b点的磁感应强度不一定为零,故B错误;根据安培定则可知,cd导线在右侧产生的磁场方向垂直于纸面向外,根据左手定则可知,ef导线受到的安培力方向向左,故C正确。
A
3.如图所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来,此时台秤读数为F1。现在磁体上方中心偏左位置固定一通电导线,电流方向垂直纸面向里,当加上电流后,台秤读数为F2,则以下说法正确的是(　　)
A.F1>F2 B.F1C.弹簧长度将变长 D.弹簧长度将不变
解析　选通电导线为研究对象,根据左手定则判断可知,通电导线所受安培力方向为斜向右下方,根据牛顿第三定律分析可知,磁体受到的安培力方向斜向左上方,则磁体将向左运动,弹簧被压缩,所以长度将变短,故C、D错误;由于磁体受到的安培力方向斜向左上方,对台秤的压力减小,则F1>F2,故A正确,B错误。
A
4.如图所示,一个可以自由运动的圆形线圈水平放置并通有电流I,电流方向俯视为顺时针方向,一根固定的竖直放置直导线通有向上的电流I,线圈将(　　)
A.a端向上,b端向下转动,且向左运动
B.a端向上,b端向下转动,且向右运动
C.a端向下,b端向上转动,且向左运动
D.a端向下,b端向上转动,且向右运动
解析　根据安培定则可知,通电导线在左侧产生的磁场方向垂直纸面向外。采用电流元法,将圆形线圈分成前后两半,根据左手定则可知,a端受到的安培力向上,b端受到的安培力向下,圆形线圈将转动。再用特殊位置法:圆形线圈转过90°时,通电直导线对左半圆形线圈产生排斥力,对右半圆形线圈产生吸引力,所以圆形线圈向左运动,故A正确,B、C、D错误。
D
题组二　安培力作用下的平衡或加速问题
5.(2025·湖南长沙高二期末)如图所示,一弹簧测力计下面挂有质量为m、匝数为n的矩形线框abcd,bc边长为L,方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里),当线框中通以逆时针方向的电流I,此时弹簧测力计的示数为F1;保持电流大小不变,改变电流的方向,弹簧测力计的示数为F2。则磁场的磁感应强度大小为(　　)
A.B＝ B.B＝ C.B＝ D.B＝
解析　当线框中电流方向为逆时针,由左手定则可知bc边所受安培力方向竖直向上,由共点力的平衡条件有mg＝F1＋nILB,线框中电流方向为顺时针时,由左手定则可知bc边所受安培力方向竖直向下,由共点力的平衡条件有mg＋nILB＝F2,联立解得B＝,故D正确。
A
6.(2026·江西吉安高二期末)如图所示,空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B＝0.5 T。两光滑平行金属导轨的宽度l＝2 m、倾角θ＝37°,底端连接电源,顶端ab导体棒垂直于导轨放置且静止在两平行导轨上。已知导体棒的质量m＝0.1 kg,重力加速度g＝10 m/s2,sin 37°＝0.6。则流过导体棒的电流为(　　)
A.0.75 A B.0.7 A C.0.65 A D.0.6 A
解析　因为导体棒静止,沿斜面方向有mgsin 37°＝IlBcos 37°,解得流过导体棒的电流I＝0.75 A,故A正确。
D
7.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。如图所示为某款电磁炮的轨道,该轨道长10 m,宽2 m。若发射质量为100 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100 A时,最大速度可达2 km/s,假设轨道间磁场为匀强磁场,不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　)
A.磁场方向竖直向下
B.磁场方向水平向右
C.炮弹的加速度大小为4×105 m/s2
D.磁感应强度的大小为100 T
解析　回路中电流方向如题图所示,则根据安培定则可知,磁场方向应竖直向上,故A、B错误;由题意可知,最大速度v＝2 km/s,加速距离x＝10 m,由速度和位移关系可知v2＝2ax,解得加速度大小a＝2×105 m/s2,由牛顿第二定律可得F＝ma,又F＝IlB,联立解得B＝100 T,故C错误,D正确。
B
综合提升练
8.(2025·山东威海高二期末)如图所示,一段通电导体棒用绝缘轻质细线悬挂,置于匀强磁场中处于静止状态,已知通过导体棒的电流为I且垂直纸面向外,导体棒的质量为m、长为L,磁感应强度的大小为B,重力加速度为g,则B的最小值及方向为(　　)
A.　水平向右 B.　沿细线向下
C.　沿细线向上 　 D.　竖直向下
解析　对导体棒受力分析可知导体棒受到的安培力与重力和细线的拉力的合力大小相等,方向相反,当安培力的方向与细线的方向垂直时,安培力最小,对应的磁感应强度最小,如图所示,故由左手定则可以判断出磁场的方向沿细线的方向向下,安培力的大小F＝mgsin θ,根据安培力的公式F＝ILB,联立解得B＝,故B正确。
D
9.如图所示,一质量为m、长度为L的通有恒定电流I的导体棒处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度与时间的关系式为B＝kt(k为大于零的常数,取竖直向上为正方向),导体棒与竖直导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。当t＝0时,导体棒由静止释放,向下运动的过程中始终与导轨良好接触且水平,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且磁场空间足够大、导轨足够长,则导体棒的最大速度vm为(　　)
A. B. C. D.
解析　由牛顿第二定律得mg－μkLIt＝ma,解得导体棒的加速度a＝g－t,a－t图像如图所示。
当加速度为零时导体棒的速度最大,则mg＝μLIkt1,解得导体棒速度达到最大值的时间为t1＝,由a－t图像与t轴所围的面积表示速度变化量可得,最大速度vm＝t1＝,D正确,A、B、C错误。
10.(2024·重庆卷,13)小明设计了如图所示的方案,探究金属杆在磁场中的运动情况,质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连,形成闭合回路,两根导线的间距和P、Q的长度均为L,仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动,P、Q始终保持水平,不计空气阻力、摩擦和导线质量,忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g,当P匀速下降时,求
(1)P所受单根导线拉力的大小;
(2)Q中电流的大小。
答案　(1)mg　(2)
解析　(1)设单根导线对P的拉力大小为T,P匀速下降时其受力分析如图甲所示
根据平衡条件有2mg＝2T
解得T＝mg。
(2)当P匀速下降时,Q匀速上升,对Q受力分析如图乙所示
根据平衡条件有2T＝mg＋F安
设流过Q的电流为I,则F安＝ILB
联立解得I＝。
培优加强练
11.如图所示,U形金属杆上边长为L＝15 cm,质量为m＝1×10－3 kg,下端插入导电液体中,导电液体连接电源,金属杆所在空间有垂直纸面向里大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场。
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm,闭合电键,金属杆飞起后,其下端离液面最大高度H＝10 cm,设离开导电液体前杆中的电流不变,求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流大小(g＝10 m/s2);
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触,改变电动势的大小,通电后金属杆跳起高度H'＝5 cm,通电时间t'＝0.002 s,求通过金属杆横截面的电荷量。
答案　(1) m/s　 A(或4.17 A)　(2)0.085 C
解析　(1)对金属杆,离开液面后跳起的高度为H,
由运动学公式有v2＝2gH
解得金属杆离开液面时的速度v＝ m/s
对金属杆从刚闭合电键至其下端离液面高度为H的过程,由动能定理有ILBh－mg(H＋h)＝0,解得I＝ A(或4.17 A)。
(2)对金属杆,由动量定理有(I'LB－mg)t'＝mv'
由运动学公式有v'2＝2gH'
又q＝I't',解得q＝0.085 C。
本节内容结束
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