2022-2023学年高二物理举一反三系列（人教版选择性必修第二册）专题1.2 安培力作用下的动力学问题（解析版）

专题1.2安培力作用下的动力学问题【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1电流间作用下的导体运动情况分析】 【题型2等效法解决安培力作用下的导体运动问题】 【题型3微元法解决安培力作用下的导体运动问题】 【题型4利用牛顿第三定律解决安培力作用问题】 【题型5安培力作用下的动力学定量运算问题】 【题型6联系实际问题】 【题型1电流间作用下的导体运动情况分析】【例1】(多选)通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列判定正确的是()A．L2绕轴O按顺时针转动B．L2绕轴O按逆时针转动C．L4绕轴O按顺时针转动D．L4绕轴O按逆时针转动答案BC解析题图甲中由右手螺旋定则可知导线L1上方磁场垂直纸面向外，且离导线L1的距离越近，磁场越强，导线L2上每一小部分受到的安培力方向均水平向右，但O点下方部分安培力较大，所以L2绕轴O按逆时针转动，A错，B对；图乙中O点上方导线L4所受安培力向右，O点下方导线L4所受安培力向左，即L4绕轴O按顺时针转动，C对，D错．【变式1-1】一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈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，则线圈L1将()A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．在纸面内平动答案B解析方法一(电流元分析法)：把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分，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均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．方法二(等效分析法)：把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，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向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．解法三(利用结论法)：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，据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．【变式1-2】如图所示，导体棒Ⅰ固定在光滑的水平面内，导体棒Ⅱ垂直于导体棒Ⅰ放置，且可以在水平面内自由移动(图为俯视图)。给导体棒Ⅰ、Ⅱ通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，较短时间后导体棒Ⅱ出现在虚线位置。下列关于导体棒Ⅱ位置的描述可能正确的是()答案B解析由右手螺旋定则可知，导体棒Ⅰ在导体棒Ⅱ处产生的磁场方向垂直纸面向外，且离导体棒越远，磁场越弱，由左手定则可知，导体棒Ⅱ所受的安培力竖直向下，且导体棒Ⅱ的左边的安培力大于右边受到的安培力，所以导体棒Ⅱ左边向下运动的快，右边向下运动的慢，故B正确。【变式1-3】如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则()A．金属棒始终静止不动B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环解析：选B由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转。当金属棒开始转动到转至水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒在靠近金属环，B正确。【题型2等效法解决安培力作用下的导体运动问题】【例2】将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图所示。当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()A.圆环顺时针转动，靠近磁铁B.圆环顺时针转动，远离磁铁C.圆环逆时针转动，靠近磁铁D.圆环逆时针转动，远离磁铁答案C解析该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相斥、异极相吸知，C正确。【变式2-1】如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到()A．线圈向左平移B．线圈向右平移C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁[解析]把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知：从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁，C正确。[答案]C【变式2-2】如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面。当线圈内通以图中方向的电流后，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：选A。【变式2-3】如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P（Q平行纸面，P垂直纸面）中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q有垂直纸面往里看顺时针方向的电流、同时P有从左往右看顺时针方向的电流时，关于两线圈的转动（从上向下看）以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的（）。A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大【答案】A【详解】根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向里，P产生的磁场水平向右，将Q等效于S极在外、N极在里的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，细线张力减小；故A正确，BCD错误。故选A。【题型3微元法解决安培力作用下的导体运动问题】【例3】把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧形，如图所示。导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由a到b。下列说法正确的是()A．从上往下看，导线ab顺时针旋转同时向上移动B．从上往下看，导线ab逆时针旋转同时向下移动C．虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源不可能是蹄形磁铁D．虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源可能是条形磁体、通电螺线管、直线电流等[解析]由题图可知，导线左侧所在处的磁场方向斜向下，导线右侧所在处的磁场斜向上，则由左手定则可知，导线左侧受力方向向里，导线右侧受力方向向外，故从上往下看，导线ab顺时针旋转；当导线转过90°时，即导线与磁场垂直，由左手定则可知，导线ab受力向下，故可得出导线ab顺时针旋转同时还要向下移动，故A、B错误；磁感线方向从右向左，可能由水平放置的条形磁铁提供，也可能由竖直放置的蹄形磁铁提供，也可能由水平放置的通电螺线管提供，也可能由通电直导线提供，故C错误，D正确。[答案]D【变式3-1】如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)()A.顺时针方向转动，同时下降B.顺时针方向转动，同时上升C.逆时针方向转动，同时下降D.逆时针方向转动，同时上升答案A解析如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。分析导线转过90°时的情形，如图乙所示，导线中的电流垂直纸面向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动，选项A正确。【变式3-2】如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和两直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P。当P中通以方向向外的电流时()A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动解析：选D当P中通以方向向外的电流时，由安培定则可知长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向。由左手定则可判断出ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，故从上往下看，导线框将逆时针转动，D正确。【变式3-3】一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是()A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析：选D由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为Oa、Ob两电流元，由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向，Oa向纸外，Ob向纸里，所以从上向下看导线逆时针转动，当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D对。【题型4利用牛顿第三定律解决安培力作用问题】【例4】如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()A．FN1<FN2，弹簧的伸长量减小B．FN1＝FN2，弹簧的伸长量减小C．FN1>FN2，弹簧的伸长量增大D．FN1>FN2，弹簧的伸长量减小答案C解析在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，如图所示，导线A中的电流垂直纸面向外时，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力F，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力F′的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即FN1>FN2.同时，F′有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.【变式4-1】如图所示为一种新型的电磁船的俯视图，MN、PQ为固定在船上的竖直平行金属板，直流电源接在M、P之间，船上装有产生强磁场的装置，可在两平行金属板间海水中的虚线框内产生强磁场。闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q，若船受到海水的反冲向左运动，虚线框中的磁场方向应该()A．竖直向下 B．竖直向上C．水平向左 D．水平向右解析：选A闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q，且船向左运动，船体所受的力方向向左，根据牛顿第三定律可知，海水所受的安培力方向向右，再根据左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误。【变式4-2】（多选）如图所示，把柔软的铝箔条折成天桥状并用胶纸粘牢两端固定在桌面上，使蹄形磁铁横跨过“天桥”，当电池与铝箔接通时()A．铝箔条中部向下方运动B．铝箔条中部向上方运动C．蹄形磁铁对桌面的压力增大D．蹄形磁铁对桌面的压力减小解析：选BC，由题意可知，通过“天桥”的电流方向由外向内，而磁场方向由N到S极，根据左手定则可知，箔条中部受到的安培力向上，铝箔条中部向上方运动；故A错误，B正确；箔条受到磁铁的安培力向上，根据牛顿第三定律可知箔条对磁铁的磁力向下，则蹄形磁铁对桌面的压力增大，故C正确，D错误。【变式4-3】(多选)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铁连接起来，此时台秤读数为F1。现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是()A.弹簧长度将变长 B.弹簧长度将变短C.F1＞F2 D.F1＜F2答案BC解析如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以台秤对条形磁铁的支持力减小，即台秤示数F1＞F2，在水平方向上，由于F′有水平向左的分力，条形磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短。【题型5安培力作用下的动力学定量运算问题】【例5】如图所示，两光滑平行导轨竖直放置，导轨间距为L。把质量为m，长度为L的导体棒置于导轨顶端，用螺栓挡住导体棒防止其下滑，导体棒处于水平。导轨底端接有已充电的电容器，电容器左侧极板带正电荷。闭合电键，导体棒离开导轨向上运动，经测得从闭合电键到导体棒上升到最高点所用时间为t。假设闭合电键后，电容器所带电荷量全部放出，导体棒上升过程一直保持水平。整个空间处于垂直导轨平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。求：(1)判断磁场的方向并简述理由；(2)电容器所带电荷量q。【答案】(1)磁场方向垂直导轨平面向里；(2)【详解】(1)电容器左侧极板带正电，闭合电键后，导体棒中电流方向由左向右；导体棒向上运动，说明所受安培力向上，由左手定则知，磁场方向垂直导轨平面向里。(2)设电容器放电时，导体棒中的平均电流为，放电时间为，导体棒离开导轨的速度为，由动量定理有导体棒离开导轨后做竖直上抛运动，由运动学公式有由电流定义知，电容器所带电荷量联立解得【变式5-1】如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，竖直金属支架相距为L，下端连接电容器，已知电容器电容为C。电源电动势为E，内阻为r。质量为m的导体棒PQ水平地搁置在竖直支架上。单刀双掷开关S先打到1，经过足够长的时间后，再把开关S打到2，导体棒PQ将立即跳起（此时导体棒所受磁场力远大于其重力），上升的最大高度为h，不计空气阻力，求：（1）S打到2之前，电容器所带电荷量q0；（2）导体棒PQ上升到最大高度所对应的初速度v0；（3）导体棒PQ上升到最大高度h时，电容器所带电荷量q。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）S打到2之前，电容器所带电荷量（2）设起跳速度为，则由机械能守恒定律，有解得（3）设通电的瞬时t内平均电流为I，则平均安培力由动量定理，有得电荷量是跳起前通过导体棒的电量，则有所以，电容器上所带电量【变式5-2】如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角，间距d=0.1m。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T，方向垂直导轨平面向上。质量m=10g的金属MN被固定在导轨上，距底端的距离为s=6m，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以的加速度沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度g取。求下滑到底端的过程中，（1）金属棒到达底端时的速度大小；（2）通过金属棒的电流I；（3）通过金属棒的电荷量Q；（4）若磁场方向变为竖直向上，其他条件都不变，求金属棒到达底端时的速度大小。答案：（1）；（2）0.3A，方向为N→M；（3）0.6C；（4）【详解】（1）根据位移速度关系可知金属棒到达底端时的速度大小为（2）因为所以金属棒所受安培力一定沿轨道平面向上，根据左手定则可知通过金属棒的电流方向为N→M，根据牛顿第二定律有解得（3）金属棒下滑到底端所用时间为通过金属棒的电荷量为（4）若磁场方向变为竖直向上，其他条件都不变，设金属棒的加速度大小为，根据牛顿第二定律有解得根据位移速度关系可知金属棒到达底端时的速度大小为【变式5-3】（多选）光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5T．质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属水平轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1m，则下列说法中正确的是()A．金属细杆开始运动时的加速度大小为10m/s2B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N解析：选AD,金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝eq\f(F安,m)＝10m/s2，选项正确；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W安＝F安·(MN＋OP)＝1J，重力做功WG＝－mg·ON＝－0.5J，由动能定理得W安＋WG＝eq\f(1,2)mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝eq\r(20)m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为a′＝eq\f(v2,r)＝20m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F和水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝eq\f(mv2,r)，解得F＝1.5N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N，选项D正确．【题型6联系实际问题】【例6】（多选）如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则（）A．该磁场是匀强磁场 B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将顺时针转动 D．a、b导线受到的安培力大小均为【答案】CD【详解】A．匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，选项A错误；B．由图可以看出，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误；C．在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项C正确；D．由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则a、b导线受到的安培力大小始终为BIl，选项D正确。故选CD。【变式6-1】依据如图所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动”这一实验现象及相应规律设计的家用电器是()A.电热水壶 B.电饭锅C.电风扇 D.电熨斗解析处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动，是通电导体在磁场中受安培力问题，A、B、D选项均为电流的热效应，只有C选项符合题意。答案C【变式6-2】（多选）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都