高考物理復習講義第75講 安培力作用下的運動（解析版）

第75講安培力作用下的運動

I真題示例____________________________

I.（浙江）小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂

掛有矩形線圈，兩臂平衡，線圈的水平邊長L=0.1m,豎直邊長H=0.3m,匝數(shù)為Ni,

線圈的下邊處于勻強磁場內(nèi)，磁感應強度BO=LoT,方向垂直線圈平面向里，線圈中通

有可在O?2.0A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I,掛盤放上待測物體后,調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，

測出電流即可測得物體的質(zhì)量（重力加速度取g=10m∕s2）

（1）為使電磁天平的量程達到0.5kg,線圈的匝數(shù)Nl至少為多少？

（2）進一步探究電磁感應現(xiàn)象，另選N2=IOO匝、形狀相同的線圈，總電阻R=IOC,

不接外電流，兩臂平衡，如圖2所示，保持BO不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻

強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域?qū)挾萪=0.1m,當掛盤中放質(zhì)量為

.4B

0.0Ikg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率

-

Q

ΞB

3

X?

命

加

【解答】解：（1）線圈受到安培力F=NIBOIL,

天平平衡有：mg=NιBoIL,

代入數(shù)據(jù)解得Ni=25匝

（2）由電磁感應定律得，E=電鐺，

“AL

則E=N2^Ld,

由歐姆定律得，「=*,

z

線圈受到安培力F'=N2BoIL,

z2

天平平衡有：m5=ZV2F0?f-?--

?B

代入數(shù)據(jù)解得一=OΛT∕s.

答：（1）線圈的匝數(shù)Nl至少為25匝;

(2)此時磁感應強度的變化率——為0.1T∕s.

—.知識回顧

1.方法概述

判斷通電導體在安培力作用下的運動或運動趨勢，首先要弄清導體所在位置的磁場分布

情況,然后利用左手定則判定導體的受力情況,進而確定導體的運動方向或運動趨勢的方向。

2.常用判斷方法

(1)電流元法：把整段彎曲導線分為多段直線電流元，先用左手定則判斷每段電流元的受

力方向，然后判斷整段導線所受合力的方向，從而確定導線運動方向。

(2)特殊位置法：通電導線轉(zhuǎn)動到某個便于分析的特殊位置時，判斷其所受安培力的方

向，從而確定其運動方向。

(3)等效法：環(huán)形電流可等效成小磁針，通電螺線管可以等效成條形磁體或多個環(huán)形電

流。然后根據(jù)同極相斥、異極相吸判斷相互作用情況。

(4)結(jié)論法：兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉(zhuǎn)動趨勢，同向電流互相吸引，反向

電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢。

(5)轉(zhuǎn)換研究對象法：定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題時，可

先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后根據(jù)牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的

作用力，從而確定磁體受力及運動情況。

3.解題思路

確定研究對象T判斷其所在處合磁場情況T根據(jù)左手定則判斷受力T確定運動情況。

二.例題精析

題型一：運動情況定性判定

例1.一個可以自由運動的線圈Ll和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈圓

心重合，當兩線圈通入如圖所示的電流時，從左向右看，線圈LI將()

A.不動B.順時針轉(zhuǎn)動

C.逆時針轉(zhuǎn)動D.向紙面內(nèi)平動

【解答】解：由于Ll和L2中的電流的方向是相同的，它們會互相吸引，由于L2是不動

的，所以Ll會向L2靠近，所以從左向右看，線圈Ll將逆時針轉(zhuǎn)動，故C正確。

故選：Co

題型二：定量計算

（多選）例2.2021年11月1日，央視實地報道了一種新型消防用電磁炮發(fā)射的新聞。電

磁發(fā)射是一種全新的發(fā)射技術，通過電磁發(fā)射遠程投送無動力的炮彈，可以實現(xiàn)比較高

的出口速度，且它的能量是可調(diào)控的。電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在

兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導電彈

體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場（可視為勻強磁

場）,磁感應強度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。

現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是（）

A.只將彈體質(zhì)量減至原來的二分之一

B.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍

C.只將電流I增加至原來的2倍

D,將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變

【解答】解：設彈體長為1,通電的彈體在軌道上受到安培力的作用，利用動能定理有:

BIl?L=∣mv2,

磁感應強度的大小與I成正比，所以有：B=kl

解得：V=尾兀。

A、只將彈體質(zhì)量減至原來的二分之一，速度增大到原來的VI倍，故A錯誤；

B、只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，彈體的出射速度增加至原來的√Σ倍，故B錯誤；

C、只將電流I增加至原來的2倍，彈體的出射速度增加至原來的2倍，故C正確；

D、將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，彈體的出射速度增加至

原來的2倍，故D正確。

故選：CDo

三.舉一反三，鞏固練習

1.如圖所示，長度為d、質(zhì)量為m的導體棒用絕緣細線懸掛并垂直紙面放置，導體棒中有

方向由a指向b、大小為I的電流，導體棒處在水平向右的勻強磁場中。現(xiàn)改變勻強磁

場方向，使其在豎直平面內(nèi)逆時針緩慢轉(zhuǎn)到水平向左，此過程中細線與豎直方向的最大

夾角為30°,細線始終繃緊.已知重力加速度為g（安培力小于重力）。則勻強磁場的磁

感應強度B大小為（）

y∕3mg2mg2?]3mg

A.--------

2Idθ?≡Id3Id

【解答】解：緩慢調(diào)節(jié)磁場方向時，導體棒受安培力大小不變，對導體棒受力分析，并作

出安培力的旋轉(zhuǎn)矢量如圖所示

由圖可知當安培力方向與細線拉力方向垂直時，導體棒與豎直方向夾角最大，由圖中兒

何關系可知sin30°=黑，變形得B=第

故ACD錯誤，B正確：

故選：B,

2.在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極，接電源負極；沿邊緣內(nèi)壁放一個半徑與玻璃皿內(nèi)徑

相當?shù)膱A環(huán)形電極，接電源正極，電源電動勢為E,內(nèi)阻不計。在玻璃皿中加入導電液

體。如果把玻璃皿放在蹄型磁鐵的磁場中，液體就會旋轉(zhuǎn)起來。導電液體等效電阻為R,

下列說法正確的是（）

A.導電液體在電磁感應現(xiàn)象的作用下旋轉(zhuǎn)

B.改變磁場方向，液體旋轉(zhuǎn)方向不變

C.俯視發(fā)現(xiàn)液體順時針旋轉(zhuǎn)，則蹄型磁鐵下端為S極，上端為N極

D.通過液體的電流等于W

【解答】解：AB.導電液體之所以會旋轉(zhuǎn)，是因為通電液體受到了安培力作用，若磁場

反向則受力反向，旋轉(zhuǎn)方向改變，故AB錯誤；

C.若磁場方向垂直紙面向下，據(jù)左手定則，液體順時針轉(zhuǎn)動，因此蹄型磁鐵下端為S極,

上端為N極，故C正確；

D.導體開始運動后切割磁感線產(chǎn)生反電動勢，因此電流小于:，故D錯誤。

故選：Co

3.如圖中所示是磁電式電表內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，蹄形磁鐵的兩極間有一個固定的圓柱形鐵芯,

鐵芯外面套有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的鋁框，在鋁框上繞有銅線圈。電表指針固定鐵芯在線

圈上，可與線圈一起轉(zhuǎn)動，線圈的兩端分別接在兩個螺旋彈簧上，被測電流經(jīng)過這兩個

彈簧流入線圈。蹄形磁鐵與鐵芯間的磁場可看作是均勻輻射分布的，如圖乙所示，無論

線圈轉(zhuǎn)到什么位置，線圈平面總與線圈所在磁場甲的方向平行。關于磁電式電表，下列

說法不正確的是（）

甲乙

A.磁電式電表的原理是通電線圈在磁場中因受安培力而轉(zhuǎn)動

B.改變線圈中電流的方向，指針會反向偏轉(zhuǎn)

C.增加線圈的匝數(shù)可以提高電表的靈敏度

D.用塑料框代替鋁框，在使用電表時可以使指針更迅速穩(wěn)定在示數(shù)位置上

【解答】解：A.磁電式電流表的內(nèi)部，在蹄形磁鐵的兩極間有一個可以繞軸轉(zhuǎn)動的線圈，

蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，當電流通過線圈時，線圈在安培力的作用下轉(zhuǎn)

動，故A正確；

B.改變線圈中電流的方向，線圈受力方向相反，指針會反向偏轉(zhuǎn)，故B正確；

C.線圈匝數(shù)越多，受到的安培力合力越大，越容易轉(zhuǎn)動，可以提高電流表的靈敏度；故

C正確；

D.用鋁框做骨架，當線圈在磁場中轉(zhuǎn)動時，導致鋁框的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應電流，

出現(xiàn)安培阻力，使其很快停止擺動。而塑料做骨架達不到此作用，故D錯誤。

本題選擇不正確選項，

故選：Do

4.如圖所示，一根長為L的金屬細桿通有電流I時，水平靜止在傾角為θ的光滑絕緣固

定斜面上，空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。若電流和磁場的

方向均不變，僅將磁感應強度大小變?yōu)?B,重力加速度為g,則此時（）

A.金屬細桿中的電流方向垂直于紙面向外

B.金屬細桿受到的安培力大小為4BILsinO

C.金屬細桿對斜面的壓力大小變?yōu)樵瓉淼?倍

D.金屬細桿將沿斜面加速向上運動，加速度大小為3gsin6

【解答】解：A、直導線受重力、導軌的支持力和安培力而平衡，安培力垂直于B,只能

水平向右，由左手定則可知，電流方向應垂直紙面向里，故A錯誤；

B、根據(jù)安培力公式可得細桿受到的安培力大小為F安=BIL,故B錯誤；

CD、金屬細桿靜止于斜面上時，根據(jù)平衡條件得：

FN=mgsinθ+BILsinθ

BILcosθ=mgsinθ

磁感應強度大小改變時，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律得：

FNF=mgcosθ÷4BILsinθ<4FN

α=也彌嗤迎咽=3gsE0,加速度方向沿斜面向上，故C錯誤，D正確；

故選：D。

5.如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ間距為L,與水平面成。角，上

端接入阻值為R的電阻。導軌平面區(qū)域有垂直導軌平面向上磁感應強度為B的勻強磁

場，質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且接觸良

好。不計導軌及金屬棒ab的電阻，則金屬棒ab沿導軌下滑過程中（）

A.金屬棒ab將一直做加速運動

B.通過電阻R的電流方向為從Q到N

C.金屬棒ab的最大加速度為gsir?e

D.電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒ab減少的重力勢能

【解答】解：A、金屬棒ab先做加速運動，后做勻速運動，故A錯誤；

B、根據(jù)右手定則，通過電阻R的電流方向為從N到Q,故B錯誤；

C、金屬棒速度等于零時，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ=ma

解得：a=gsinθ,故C正確；

D、根據(jù)能量守恒定律，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒ab減少的重力勢能減去增加的

動能，故D錯誤。

故選：C,

6.如圖所示，間距為Im的平行金屬導軌固定在絕緣水平桌面上，導軌左端連接有電動勢

為E=15V,內(nèi)阻r=lQ的電源。質(zhì)量m=0.5kg的金屬棒垂直放在導軌上，導軌處在

磁感應強度大小為B=IT的勻強磁場中，磁場與金屬棒垂直，方向與導軌平面成。=

53°斜向右上。繞過桌邊光滑定滑輪的一根細線，一端系在金屬棒的中點，另一端吊著

一個重物，拉著金屬棒的細線水平且與金屬棒垂直，金屬棒處于靜止狀態(tài)且剛好不向左

滑，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取IOm/S2,金屬棒接入電路的電阻R

=2。，導軌電阻不計，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為H=O.5,sin53°=0.8,CoS53°

=0.6,求：

（1）懸吊重物的質(zhì)量；

（2）保持磁感應強度大小不變，將磁場方向迅速改為豎直向上，則磁場方向改為豎直向

上的一瞬間，重物的加速度（不考慮電磁感應現(xiàn)象）。

【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律E=I（R+r）

解得：1=5A

對金屬棒研究：BlLsinθ=f+T

BlLCoSe+N=mg

f=μN

對重物研究：T=Mg

解得M=0.3kg

（2）對金屬棒研究，金屬棒受到的安培力大小F=BlL=IX5X1N=5N

由于F>Mg,因此金屬棒有向左運動的趨勢

由于F-Mg<μmg,因此金屬棒不會滑動，即加速度為O

答：（1）懸掛重物的質(zhì)量為0.3kg；

(2)重物的加速度為0。

7.(多選)如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內(nèi)。一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌

間的動摩擦因數(shù)恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒

垂直、與水平向右方向的夾角e可調(diào)。導體棒沿導軌向右運動，現(xiàn)給導體棒通以圖示方

向的恒定電流，適當調(diào)整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。

己知導體棒加速時，加速度的最大值為三飛；減速時，加速度的最大值為百g,其中g為

重力加速度大小。下列說法正確的是()

A.棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為逅

6

B.棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為弓

C.加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ=60o

D.減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ=150o

【解答】解：設磁場方向與水平方向的夾角為&,θι<90o；當導體棒加速且加速度最

大時，合力向右最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向

斜向右下方，此時有

Fsinθι-μ(mg-Fcosθι)=maι

令

1

cosa=I

河

?〃

sιnα=1.

根據(jù)數(shù)學知識可得：

2

FyJl+μsin(θ1+a)=μmg+ma1

則有sin(%+a)=”產(chǎn)1≤1

Fy∣l+μ2

同理磁場方向與水平方向夾角為。2,θ2<90°,當導體棒減速，且加速度最大時，合力

向左最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，

此時有

Fsin02+μ(mg+Fcosθ2)=ma2

有

2

F(λ∕l÷μ')sin(θ2+a)=ma2—μτng

所以有

?∕q∣?ma2-μmg1

sm(θ2+α)=——彳…≤1

Fy∣l+μ2

當加速或減速加速度分別最大時，不等式均取等于，聯(lián)立可得：

√3

代入數(shù)據(jù)得：

1

cosa=,

Jl+〃

可得α=30°,此時

θι=θ2=60o

加速階段加速度大小最小時，磁場方向斜向右下方，有

θ=θι≈60o

減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向左上方，有

θ=π-θ2=120o,故BC正確，AD錯誤；

故選：BC0

8.如圖所示，質(zhì)量為m的銅棒長為a,棒的兩端與長為L的細軟銅線相連，吊在磁感應強

度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中當棒中通過恒定電流I后，銅棒向上擺動，最

大偏角=60°,重力加速度為g,以下說法不正確的是()

A.銅棒中電流的大小/=舞

DDU

B.銅棒從開始擺至最大擺角的過程中，速度先增大后減小

C.銅棒在擺動過程中的最大速率為=J(竽-l)gL

D.銅棒達到最大擺角處時每根細線上的拉力為T=々mg°?↑?σ

【解答】解：A、銅棒上擺的過程，根據(jù)動能定理得：-

FβLsin60o-mgL(1-cos60o)=0,

又安培力為：?

FB=BIa

代入解得：/=嚕號，故A正確；

B、根據(jù)運動過程可知，銅棒從開始擺至最大擺角的過程中，速度先增大后減小，達到擺

角為60°時速度為零，故B正確；

C