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第 75 讲 安培力作用下的运动
1．（浙江）小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有
矩形线圈，两臂平衡，线圈的水平边长 L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N ，线圈的下边
1
处于匀强磁场内，磁感应强度B ＝1.0T，方向垂直线圈平面向里，线圈中通有可在0～2.0A范
0
围内调节的电流I，挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体
的质量（重力加速度取g＝10m/s2）
（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N 至少为多少？
1
（2）进一步探究电磁感应现象，另选 N ＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 ，不接外
2
电流，两臂平衡，如图2所示，保持B 不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁Ω场，且磁
0
感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m，当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天
△B
平平衡，求此时磁感应强度的变化率 ．
△t
【解答】解：（1）线圈受到安培力F＝N B IL，
1 0
天平平衡有：mg＝N B IL，
1 0
代入数据解得N ＝25匝
1
△Φ
（2）由电磁感应定律得，E=N ，
2 △t
△B
则E=N Ld，
2 △t
E
由欧姆定律得，I'= ，
R
线圈受到安培力F′＝N B I′L，
2 0△B dL2
天平平衡有：m'g=N 2B ⋅ ，
2 0 △t R
△B
代入数据解得 =0.1T/s．
△t
答：（1）线圈的匝数N 至少为25匝；
1
△B
（2）此时磁感应强度的变化率 为0.1T/s．
△t
一.知识回顾
1．方法概述
判断通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先要弄清导体所在位置的磁场分布情况，
然后利用左手定则判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。
2．常用判断方法
(1)电流元法：把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元的受力方向，
然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向。
(2)特殊位置法：通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而
确定其运动方向。
(3)等效法：环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁体或多个环形电流。然后
根据同极相斥、异极相吸判断相互作用情况。
(4)结论法：两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互
相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势。
(5)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或运动趋势的问题时，可先分析
电流在磁体磁场中所受的安培力，然后根据牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而
确定磁体受力及运动情况。
3．解题思路
确定研究对象→判断其所在处合磁场情况→根据左手定则判断受力→确定运动情况。
二.例题精析
题型一：运动情况定性判定
例1．一个可以自由运动的线圈L 和一个固定的线圈L 互相绝缘垂直放置，且两个线圈圆心重合，
1 2
当两线圈通入如图所示的电流时，从左向右看，线圈L 将（ ）
1A．不动 B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．向纸面内平动
【解答】解：由于L 和L 中的电流的方向是相同的，它们会互相吸引，由于L 是不动的，所以
1 2 2
L 会向L 靠近，所以从左向右看，线圈L 将逆时针转动，故C正确。
1 2 1
故选：C。
题型二：定量计算
（多选）例2． 2021年11月1日，央视实地报道了一种新型消防用电磁炮发射的新闻。电磁发射
是一种全新的发射技术，通过电磁发射远程投送无动力的炮弹，可以实现比较高的出口速度，
且它的能量是可调控的。电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由
移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨
道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与 I成正比。
通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，
理论上可采用的办法是（ ）
A．只将弹体质量减至原来的二分之一
B．只将轨道长度L变为原来的2倍
C．只将电流I增加至原来的2倍
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变
【解答】解：设弹体长为l，通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：
1
BIl•L= mv2，
2
磁感应强度的大小与I成正比，所以有：B＝kI
解得：v √2kI2lL。
=
m
A、只将弹体质量减至原来的二分之一，速度增大到原来的√2倍，故A错误；
B、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的√2倍，故B错误；
C、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故C正确；
D、将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确。
故选：CD。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图所示，长度为d、质量为m的导体棒用绝缘细线悬挂并垂直纸面放置，导体棒中
有方向由a指向b、大小为I的电流，导体棒处在水平向右的匀强磁场中。现改变匀强磁场方
向，使其在竖直平面内逆时针缓慢转到水平向左，此过程中细线与竖直方向的最大夹角为
30°，细线始终绷紧.已知重力加速度为g（安培力小于重力）。则匀强磁场的磁感应强度B大
小为（ ）
√3mg mg 2mg 2√3mg
A． B． C． D．
2Id 2Id Id 3Id
【解答】解：缓慢调节磁场方向时，导体棒受安培力大小不变，对导体棒受力分析，并作出安
培力的旋转矢量如图所示
由图可知当安培力方向与细线拉力方向垂直时，导体棒与竖直方向夹角最大，由图中几何关系
BId mg
可知sin30°= ，变形得B=
mg 2Id
故ACD错误，B正确；
故选：B。
2. 在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，接电源负极；沿边缘内壁放一个半径与玻璃皿内
径相当的圆环形电极，接电源正极，电源电动势为E，内阻不计。在玻璃皿中加入导电液体。
如果把玻璃皿放在蹄型磁铁的磁场中，液体就会旋转起来。导电液体等效电阻为 R，下列说法正确的是（ ）
A．导电液体在电磁感应现象的作用下旋转
B．改变磁场方向，液体旋转方向不变
C．俯视发现液体顺时针旋转，则蹄型磁铁下端为S极，上端为N极
E
D．通过液体的电流等于
R
【解答】解：AB．导电液体之所以会旋转，是因为通电液体受到了安培力作用，若磁场反向则
受力反向，旋转方向改变，故AB错误；
C．若磁场方向垂直纸面向下，据左手定则，液体顺时针转动，因此蹄型磁铁下端为S极，上端
为N极，故C正确；
E
D．导体开始运动后切割磁感线产生反电动势，因此电流小于 ，故D错误。
R
故选：C。
3. 如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁铁的两极间有一个固定的圆柱形铁
芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈。电表指针固定铁芯在线圈
上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入
线圈。蹄形磁铁与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位
置，线圈平面总与线圈所在磁场甲的方向平行。关于磁电式电表，下列说法不正确的是
（ ）A．磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动
B．改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转
C．增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度
D．用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上
【解答】解：A．磁电式电流表的内部，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形
磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，故A正
确；
B．改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，故B正确；
C．线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电流表的灵敏度；故C正确；
D．用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现
安培阻力，使其很快停止摆动。而塑料做骨架达不到此作用，故D错误。
本题选择不正确选项，
故选：D。
4. 如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为 的光滑绝缘固
定斜面上，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若电流和θ磁场的方向均
不变，仅将磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时（ ）
A．金属细杆中的电流方向垂直于纸面向外
B．金属细杆受到的安培力大小为4BILsin
C．金属细杆对斜面的压力大小变为原来的θ4倍
D．金属细杆将沿斜面加速向上运动，加速度大小为3gsin
【解答】解：A、直导线受重力、导轨的支持力和安培力而θ平衡，安培力垂直于 B，只能水平向
右，由左手定则可知，电流方向应垂直纸面向里，故A错误；
B、根据安培力公式可得细杆受到的安培力大小为F安 ＝BIL，故B错误；
CD、金属细杆静止于斜面上时，根据平衡条件得：
F ＝mgsin +BILsin
N
BILcos ＝θmgsin θ
θ θ磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律得：
F ′＝mgcos +4BILsin ＜4F
N N
4BILcosθθ-mgsinθθ
a= =3gsinθ，加速度方向沿斜面向上，故C错误，D正确；
m
故选：D。
5. 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距为L，与水平面成 角，上
端接入阻值为R的电阻。导轨平面区域有垂直导轨平面向上磁感应强度为B的匀强磁场θ，质量
为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好。不计导轨及
金属棒ab的电阻，则金属棒ab沿导轨下滑过程中（ ）
A．金属棒ab将一直做加速运动
B．通过电阻R的电流方向为从Q到N
C．金属棒ab的最大加速度为gsin
D．电阻R产生的焦耳热等于金属棒θ ab减少的重力势能
【解答】解：A、金属棒ab先做加速运动，后做匀速运动，故A错误；
B、根据右手定则，通过电阻R的电流方向为从N到Q，故B错误；
C、金属棒速度等于零时，加速度最大，根据牛顿第二定律mgsin ＝ma
解得：a＝gsin ，故C正确； θ
D、根据能量守θ恒定律，电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的重力势能减去增加的动能，
故D错误。
故选：C。
6. 如图所示，间距为1m的平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨左端连接有电动
势为E＝15V，内阻r＝1 的电源。质量m＝0.5kg的金属棒垂直放在导轨上，导轨处在磁感应
强度大小为B＝1T的匀强Ω磁场中，磁场与金属棒垂直，方向与导轨平面成 ＝53°斜向右上。
绕过桌边光滑定滑轮的一根细线，一端系在金属棒的中点，另一端吊着一个θ重物，拉着金属棒
的细线水平且与金属棒垂直，金属棒处于静止状态且刚好不向左滑，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度g取10m/s2，金属棒接入电路的电阻R＝2 ，导轨电阻不计，金属棒与导轨
Ω间的动摩擦因数为 ＝0.5，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
（1）悬吊重物的质量μ；
（2）保持磁感应强度大小不变，将磁场方向迅速改为竖直向上，则磁场方向改为竖直向上的一
瞬间，重物的加速度（不考虑电磁感应现象）。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律E＝I（R+r）
解得：I＝5A
对金属棒研究：BILsin ＝f+T
BILcos +N＝mg θ
f＝ N θ
对重μ物研究：T＝Mg
解得M＝0.3kg
（2）对金属棒研究，金属棒受到的安培力大小F＝BIL＝1×5×1N＝5N
由于F＞Mg，因此金属棒有向左运动的趋势
由于F﹣Mg＜ mg，因此金属棒不会滑动，即加速度为0
答：（1）悬挂μ重物的质量为0.3kg；
（2）重物的加速度为0。
7. （多选）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导
轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、
与水平向右方向的夹角 可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，
适当调整磁场方向，可以θ使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加
√3
速度的最大值为 g；减速时，加速度的最大值为√3g，其中g为重力加速度大小。下列说法
3
正确的是（ ）√3
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
6
√3
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
3
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下， ＝60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
【解答】解：设磁场方向与水平方向的夹角为 1 ， θ1 ＜90°；当导体棒加速且加速度最大时，合
力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培θ 力θ应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此
时有
Fsin ﹣ （mg﹣Fcos ）＝ma
1 1 1
令 θ μ θ
1
cosα=
√1+μ2
μ
=
sin
√1+μ2
α
根据数学知识可得：
F√1+μ2sin(θ +α)=μmg+ma
1 1
μmg+ma
则有
sin(θ +α)= 1≤1
1 F√1+μ2
同理磁场方向与水平方向夹角为 ， ＜90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，
2 2
根据左手定则和受力分析可知安培θ力应θ该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
Fsin + （mg+Fcos ）＝ma
2 2 2
有 θ μ θ
F(√1+μ2 )sin(θ +α)=ma -μmg
2 2
所以有ma -μmg
sin(θ +α)= 2 ≤1
2 F√1+μ2
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得：
√3
μ=
3
代入数据得：
1
cosα=
√1+μ2
可得 ＝30°，此时
1 ＝ α2 ＝60°
θ加速θ阶段加速度大小最小时，磁场方向斜向右下方，有
＝ ＝60°
1
θ减速θ阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
＝ ﹣ ＝120°，故BC正确，AD错误；
2
θ故选π：BθC。
8. 如图所示，质量为m的铜棒长为a，棒的两端与长为L的细软铜线相连，吊在磁感应
强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中当棒中通过恒定电流I后，铜棒向上摆动，最大偏
角＝60°，重力加速度为g，以下说法不正确的是（ ）
√3mg
A．铜棒中电流的大小I=
3Ba
B．铜棒从开始摆至最大摆角的过程中，速度先增大后减小
C．铜棒在摆动过程中的最大速率 √ 2√3
v = ( -1)gL
m 3
1
D．铜棒达到最大摆角处时每根细线上的拉力为T= mg
2
【解答】解：A、铜棒上摆的过程，根据动能定理得：
F Lsin60°﹣mgL（1﹣cos60°）＝0，
B
又安培力为：F ＝BIa
B
√3mg
代入解得：I= ，故A正确；
3Ba
B、根据运动过程可知，铜棒从开始摆至最大摆角的过程中，速度先增大后减小，达到摆角为
60°时速度为零，故B正确；
C、由题意，铜棒向上摆动的最大偏角 ＝60°，根据对称性可知，偏角是30°时是其平衡位置，
铜棒受力如图所示，则有G＝mg＝F coθt30°=√3F ，
B B
1
当铜棒偏角是30°时，速度最大，动能最大，由动能定理可得： mv2 =F Lsin30°﹣mgL（1﹣
2 m B
cos30°）
代入解得铜棒在摆动过程中的最大速率为： √ 5√3 ，故C不正确；
v = ( -1)gL
m 6
D、铜棒达到最大摆角处时每根细线上的拉力为 T，此时细线的拉力等于重力和安培力沿绳方向
1
的分力之和，则mgcos60°+F sin60°＝2T，则T= mg，故D正确。
B
2
本题选不正确的，故选：C。
9. 如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，它的右臂挂着矩形线圈，
匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直．当线圈
中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中
增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡．
（1）若线圈串联一个电阻连接到电压为U的稳定电源上，已知线圈电阻为r，当线圈中通过电
流I时，请用题给的物理量符号表示出电阻的大小．
（2）请用重力加速度g和n、m、L、I导出B的表达式．【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得I（R+r）＝U
U
解得R= -r
I
（2）解：（1）根据平衡条件：
有：mg＝2nBIL，
mg
得：B= ．
2nIL
U
答：（1）电阻大小为 -r
I
mg
（2）B的表达式为
2nIL
