7/7綜合·融通(一)安培力作用下的運(yùn)動(dòng)和平衡問題(融會(huì)課—主題串知綜合應(yīng)用)通過本節(jié)課的學(xué)習(xí)掌握用左手定則判斷安培力的方向和導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向；應(yīng)用牛頓第三定律通過轉(zhuǎn)換研究對(duì)象分析安培力的方法；會(huì)通過力學(xué)方法分析安培力作用下的平衡與加速問題。主題(一)安培力作用下通電導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向的判斷[知能融會(huì)通]1．常規(guī)思路(1)不管是電流還是磁體，對(duì)通電導(dǎo)線的作用都是通過磁場來實(shí)現(xiàn)的，因此必須要清楚導(dǎo)線所在位置的磁場分布情況。(2)結(jié)合左手定則準(zhǔn)確判斷導(dǎo)線所受安培力的方向。(3)由導(dǎo)體的受力情況判定導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向。2．主要方法電流元法把整段電流等效為許多段直線電流元,先用左手定則判斷每段電流元所受安培力的方向,然后判斷整段電流所受合力的方向,從而確定導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流可等效成小磁針,通電螺線管可等效成條形磁體或多個(gè)環(huán)形電流,反過來等效也成立特殊位置法通過轉(zhuǎn)動(dòng)通電導(dǎo)線到某個(gè)便于分析的特殊位置(如轉(zhuǎn)過90°角),然后判斷其所受安培力的方向,從而確定其運(yùn)動(dòng)方向結(jié)論法兩直線電流相互平行時(shí),同向電流互相吸引,反向電流互相排斥;兩直線電流不平行時(shí),有轉(zhuǎn)到相互平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運(yùn)動(dòng)的問題,可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力,然后由牛頓第三定律確定磁體所受電流磁場的作用力,從而確定磁體所受合力及運(yùn)動(dòng)方向[典例]一個(gè)可以自由運(yùn)動(dòng)的線圈L1和一個(gè)水平固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個(gè)線圈的圓心重合，如圖所示。當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，線圈L1將()A．不動(dòng) B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．向紙面里平動(dòng)聽課記錄：[題點(diǎn)全練清]1．(2024·河北滄州期末)(多選)如圖所示，兩根無限長直導(dǎo)線a、b相互垂直，a通過絕緣細(xì)線懸掛在天花板上且可自由轉(zhuǎn)動(dòng)，b通過絕緣支架固定在地面上?，F(xiàn)同時(shí)給a通以沿導(dǎo)線向右的電流，給b通以沿導(dǎo)線向外的電流。下列說法正確的是()A．剛通電流時(shí)，導(dǎo)線a左半部分垂直紙面向里轉(zhuǎn)，右半部分垂直紙面向外轉(zhuǎn)B．剛通電流時(shí)，導(dǎo)線a左半部分垂直紙面向外轉(zhuǎn)，右半部分垂直紙面向里轉(zhuǎn)C．導(dǎo)線a轉(zhuǎn)動(dòng)90°時(shí)，細(xì)線對(duì)a的拉力大于導(dǎo)線a的重力D．導(dǎo)線a轉(zhuǎn)動(dòng)90°時(shí)，細(xì)線對(duì)a的拉力小于導(dǎo)線a的重力2.(2024·廣東汕頭期末)如圖所示，用絕緣細(xì)線將通電直導(dǎo)線懸吊，將一蹄形電磁鐵放在正下方，當(dāng)電磁鐵線圈與直導(dǎo)線中通以圖示的電流時(shí)，有關(guān)直導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)情況和細(xì)線受力情況，下列說法中正確的是(從上往下看)()A．順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)線拉力減小B．逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)線拉力增大C．順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)線拉力增大D．逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)線拉力減小主題(二)安培力作用下的平衡問題[知能融會(huì)通]1．將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖立體圖平面圖2.分析求解安培力時(shí)需要注意的問題(1)首先畫出通電導(dǎo)體所在處的磁感線的方向，再根據(jù)左手定則判斷安培力方向。(2)安培力大小與導(dǎo)體放置的角度有關(guān)，l為導(dǎo)體垂直于磁場方向的長度，即有效長度。(3)進(jìn)行受力分析時(shí)，注意不要漏掉安培力。同時(shí)，當(dāng)存在靜摩擦力時(shí)，要注意分析由于電流的大小變化而引起的安培力的變化，導(dǎo)致靜摩擦力大小和方向的變化，此過程往往存在臨界問題。[典例]質(zhì)量為m＝0.02kg的通電細(xì)桿ab置于傾角為θ＝37°的平行放置的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌間的距離d＝0.2m，桿ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直且方向向下，如圖所示?，F(xiàn)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的觸頭，為使桿ab靜止不動(dòng)，求通過桿ab的電流I的大小范圍。(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)嘗試解答：[變式拓展]對(duì)應(yīng)[典例]中的情境，若ab桿中的電流為0.2A，且導(dǎo)軌是光滑的，其他條件不變，則要使ab桿靜止至少要施加一個(gè)多大的力？方向如何？/方法技巧/解決安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題的基本思路[題點(diǎn)全練清]1．在兩個(gè)傾角均為α的光滑斜面上，放有兩個(gè)相同的金屬棒，分別通有電流I1和I2，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向分別為豎直向上和垂直于斜面向上，如圖甲、乙所示，兩金屬棒均處于平衡狀態(tài)。則兩種情況下的電流之比I1∶I2為()A．sinα∶1 B．1∶sinαC．cosα∶1 D．1∶cosα2．(2024·山東濟(jì)南期末)如圖所示，兩根相同的輕質(zhì)彈簧下端掛有質(zhì)量為m的等腰梯形金屬框，金屬框的上底、腰和下底長度分別為L、L和2L，空間存在垂直于金屬框平面向里的勻強(qiáng)磁場。A、B兩端與電源相連，從A端流入的電流大小為I，金屬框靜止后彈簧的壓縮量均為x。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(5mg＋2kx,8IL) B.eq\f(5mg－2kx,8IL)C.eq\f(mg＋2kx,2IL) D.eq\f(mg－2kx,2IL)

主題(三)安培力作用下的加速問題[知能融會(huì)通]1．解決在安培力作用下導(dǎo)體的加速運(yùn)動(dòng)問題，首先要對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析(不要漏掉安培力)，然后根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。2．選定觀察角度畫好平面圖，標(biāo)出電流方向和磁場方向，然后利用左手定則判斷安培力的方向。[典例]如圖所示，光滑的平行導(dǎo)軌傾角為θ，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌中接入電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r的直流電源。電路中有一阻值為R的電阻，其余電阻不計(jì)。將質(zhì)量為m、長度為l的導(dǎo)體棒ab由靜止釋放，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求導(dǎo)體棒在釋放瞬間的加速度的大小。(重力加速度為g)嘗試解答：[題點(diǎn)全練清]1．(2024·廣西北海期末)電磁軌道炮發(fā)射的基本原理如圖所示，水平地面上兩條平行的金屬導(dǎo)軌A和導(dǎo)軌B充當(dāng)炮管，彈丸放置在兩導(dǎo)軌之間，當(dāng)強(qiáng)大的電流I流過彈丸時(shí)，彈丸獲得加速度，最終高速發(fā)射出去，下列說法正確的是()A．導(dǎo)軌之間的磁場方向可能豎直向下B．導(dǎo)軌之間的磁場方向可能水平向右C．電磁炮的本質(zhì)是一種大功率型發(fā)電機(jī)D．若要增大發(fā)射速度，可增大流過彈丸的電流2．(多選)如圖所示為某科技愛好者設(shè)計(jì)的電磁炮模型示意圖，水平發(fā)射軌道寬1m，軌道間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1×103T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，炮彈(含相關(guān)附件)總質(zhì)量為0.5kg，當(dāng)電路中通20A的恒定電流時(shí)，炮彈從軌道左端開始加速，然后從軌道右端發(fā)射出去。忽略一切阻力，下列說法正確的是()A．電流從a端流入、b端流出B．電流從b端流入、a端流出C．炮彈的加速度大小為1×104m/s2D．炮彈的加速度大小為4×104m/s2綜合·融通(一)安培力作用下的運(yùn)動(dòng)和平衡問題主題(一)[典例]選B方法1：(電流元法)把線圈L1沿L2所在平面分成上下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2中的電流產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知，各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內(nèi)，因此從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。方法2：(等效法)將環(huán)形電流I1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的圓心處。由安培定則可知，I2產(chǎn)生的磁場在其圓心處方向沿其豎直軸線向上，而環(huán)形電流I1等效成的小磁針在轉(zhuǎn)動(dòng)前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為豎直向上，所以從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。方法3：(結(jié)論法)環(huán)形電流I1、I2不平行，則必有相對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)，直到兩環(huán)形電流同向平行為止，據(jù)此可知，從左向右看，線圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。[題點(diǎn)全練清]1.選AC給b通以沿導(dǎo)線向外的電流，根據(jù)安培定則可知，導(dǎo)線b在其周圍產(chǎn)生的磁場為逆時(shí)針方向，如圖所示。將導(dǎo)線a處的磁場分解為豎直方向和水平方向，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線a左半部分受到的安培力垂直紙面向里，右半部分受到的安培力垂直紙面向外，轉(zhuǎn)過90°時(shí)，a、b中電流方向相同，彼此間的安培力為引力，所以繩子拉力大于重力，故選A、C。2.選B根據(jù)安培定則可知，電磁鐵線圈產(chǎn)生的磁場與蹄形磁體產(chǎn)生的磁場相同，作出其磁感線分布如圖所示，在直導(dǎo)線左右兩側(cè)取兩個(gè)對(duì)稱的微元，根據(jù)左手定則可知，左側(cè)微元受到的安培力方向垂直于紙面向外，右側(cè)微元受到的安培力方向垂直于紙面向里，可知，從上往下看，直導(dǎo)線將逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)。直導(dǎo)線轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，導(dǎo)線逐漸趨于與紙面垂直，即電流方向垂直于紙面向里，導(dǎo)線在磁場中的有效長度逐漸增大，根據(jù)左手定則，該電流所受安培力方向向下，且大小逐漸增大，根據(jù)平衡條件可知，細(xì)線拉力增大。故選B。主題(二)[典例]解析：當(dāng)ab受到沿導(dǎo)軌向下的最大靜摩擦力時(shí)，受力如圖1所示，有F1－mgsinθ－Feq\a\vs4\al(f1)＝0，F(xiàn)N－mgcosθ＝0，F(xiàn)f1＝μFN，F(xiàn)1＝BImaxd，聯(lián)立解得Imax＝0.46A。當(dāng)ab受到沿導(dǎo)軌向上的最大靜摩擦力時(shí)，受力如圖2所示，有F2＋Ff2－mgsinθ＝0，F(xiàn)N′－mgcosθ＝0，F(xiàn)f2＝μFN′，F(xiàn)2＝BImind，聯(lián)立解得Imin＝0.14A。所以通過桿ab的電流的大小范圍是0.14A≤I≤0.46A。答案：0.14A≤I≤0.46A[變式拓展]解析：F安＝BId＝0.08N，mgsin37°＝0.12N，F(xiàn)安＜mgsinθ，對(duì)ab桿受力分析，ab桿受重力、支持力和安培力作用，當(dāng)施加的外力沿導(dǎo)軌平面向上時(shí)外力最小，如圖所示，以沿導(dǎo)軌平面向上為正方向，根據(jù)平衡條件有F安＋F－mgsin37°＝0，則F＝mgsin37°－F安＝0.04N。答案：0.04N方向沿導(dǎo)軌平面向上[題點(diǎn)全練清]1．選D兩金屬棒的受力如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡的條件得F1＝mgtanα，F(xiàn)2＝mgsinα，所以兩金屬棒所受的安培力之比為eq\f(F1,F2)＝eq\f(tanα,sinα)＝eq\f(1,cosα)；因?yàn)镕＝ILB，所以eq\f(I1,I2)＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(1,cosα)，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。2.選C設(shè)下底通過的電流為I1，上底和腰通過的電流為I2，上底和腰與下底并聯(lián)，則I1＋I(xiàn)2＝I，根據(jù)平衡條件，結(jié)合幾何關(guān)系，對(duì)整體受力分析可得mg＋2kx＝BI1·2L＋BI2·L＋2BI2L·sin30°，解得B＝eq\f(mg＋2kx,2IL)，故選C。主題(三)[典例]解析：畫出題中裝置的側(cè)視圖，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，導(dǎo)體棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛頓第二定律得mgsinθ－Fcosθ＝ma，又F＝BIl，I＝eq\f(E,R＋r)，聯(lián)立可得a＝gsinθ－eq\f(BElcosθ,mR＋r)。答案：gsinθ－eq\f(BElcosθ,mR＋r)[題點(diǎn)全練清]1．選D電流方向如題圖所示，彈