資源簡介

第一章　安培力與洛倫茲力
1.磁場對通電導線的作用力
核心素養：
1.結合對具體實例的分析，體會判斷安培力方向的方法.（物理觀念）
2.通過實例分析，掌握安培力作用下導體運動問題的分析方法，培養一定的空間思維能力.（科學思維）
3.通過實驗探究安培力的方向與電流的方向、磁感應強度的方向之間的關系.（科學探究）
4.在實驗探究的過程中，學會合作，培養學科學、愛科學的科學態度.（科學態度與責任）
@研習任務一
合作　討論
如圖所示，取一段鋁箔條，把它折成天橋形狀，用膠紙粘牢兩端，將U形磁鐵橫跨過“天橋”放置.由電池向鋁箔條供電，觀察“天橋”的變化；改變電流的方向或調換磁鐵的磁極時，“天橋”有什么變化？嘗試用最簡單的語言歸納出安培力方向的規律.
提示：電池上端為正極，下端為負極，當“天橋”上的電流自右向左時，我們會看到天橋向上凸起；當改變電流方向或調換磁鐵的磁極時，我們會看到天橋向下凹陷.安培力的方向垂直于磁場方向，也垂直于電流方向.我們可以用左手定則來判斷：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內，讓磁感線從掌心垂直進入，使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向.
教材　認知
1.安培力：　通電導線　在磁場中受的力.
2.左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線　從掌心垂直進入　，并使四指指向　電流　的方向，這時　拇指　所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向.
3.安培力方向與磁場方向、電流方向的關系：
F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I所決定的平面.
要點　歸納
1.安培力方向的特點
安培力的方向既垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即安培力的方向垂直于電流I和磁場B所決定的平面.
（1）當電流方向與磁場方向垂直時，安培力方向、磁場方向、電流方向兩兩垂直，應用左手定則時，磁感線垂直穿過掌心.
（2）當電流方向與磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即垂直于電流和磁場所決定的平面.應用左手定則時，磁感線斜著穿過掌心.
2.判斷安培力方向的步驟
（1）明確研究對象.
（2）用安培定則或根據磁體的磁場特征，畫出研究對象所在位置的磁場方向.
（3）由左手定則判斷安培力方向.
3.應用舉例
平行通電直導線間的相互作用：同向電流相互吸引，反向電流相互排斥.
研習　經典
[典例1]　畫出圖中各通電導線所受安培力的方向（與紙面垂直的力只需用文字說明）.
A
B
C
D
E
F
G
H
解析：根據左手定則判斷，具體如圖所示：
A
B
C
D
E
F.F垂直于紙面向外
G
H.F垂直于紙面向外
答案：見解析
　　判斷安培力方向時一定要明確磁場方向和電流方向，安培力的方向既垂直于電流的方向，又垂直于磁場的方向，電流方向和磁場方向不一定垂直，所以磁場方向不一定垂直穿過掌心，但四指一定要指向電流方向.
對應　訓練
1.截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線.若中心直導線通入電流I1，四根平行直導線均通入電流I2，I1 I2，電流方向如圖所示.下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是（　?。?br/>A
B
C
D
解析：因I1 I2，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據兩通電直導線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側的直導線要受到中心直導線吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線要受到中心直導線排斥的安培力，形成凸形，故發生形變后的形狀如圖C.
答案：C
@研習任務二
合作　討論
（1）在如圖所示的探究安培力大小的有關因素的實驗中，把導線垂直放入磁場（磁感應強度為B）中，得出的安培力F與導線長度l、電流大小I有怎樣的關系？
（2）當導線平行磁場方向放入時，它受到的安培力多大？
（3）當導線和磁場方向的夾角為θ時，它受到的安培力多大？
提示：（1）導線長度越長、電流越大，導線所受的安培力越大，滿足F＝BIl.
（2）導線平行磁場放入時，它受到的安培力為零.
（3）當導線和磁場方向夾角為θ時，可以取磁感應強度垂直電流方向的分量，B⊥＝Bsin θ，此時安培力F＝BIlsin θ.如圖所示.
教材　認知
1.安培力的大?。骸〈怪薄∮诖艌鯞的方向放置的長為l的一段導線，當通過的電流為I時，它所受的安培力F＝　BIl　.
2.一般表達式：磁感應強度B的方向與　電流　方向成θ角，通電導線所受的安培力F＝IlBsin θ.
要點　歸納
1.公式F＝IlBsin θ中B對放入的通電導線來說是外加磁場的磁感應強度，不必考慮導線自身產生的磁場對外加磁場的影響.
2.公式F＝IlBsin θ中θ是B和I方向的夾角.
（1）當θ＝90°時，即B⊥I，sin θ＝1，公式變為F＝IlB.
（2）當θ＝0°時，即B∥I，F＝0.
3.公式F＝IlBsin θ中l指的是導線在磁場中的“有效長度”.彎曲導線的有效長度l，等于連接兩端點直線的長度（如圖所示）；相應的電流沿導線由始端流向末端.
推論：對任意形狀的閉合平面線圈，當線圈平面與磁場方向垂直時，線圈的有效長度l＝0，故通電后線圈在勻強磁場中所受安培力的矢量和一定為零，如圖所示.
4.對于多匝線圈求安培力應該乘以線圈匝數，F＝nBIlsin θ.
研習　經典
[典例2]?。?023·江蘇卷）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中.已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行.該導線受到的安培力為（　?。?br/>A.0 B.BIl
C.2BIl D.BIl
解析：因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則受到的安培力為Fab＝BI簚2l＝2BIl，則該導線受到的安培力為2BIl.故選C.
答案：C
　　通電導線與磁場垂直時所受安培力為F＝BIl，與磁場平行時不受力，整個導線所受安培力等于各段導線所受安培力的矢量和.
對應　訓練
2.如圖所示，導線ab長20 cm，用兩根平行的、相同的輕彈簧將ab水平掛起，彈簧間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場區域寬度為10 cm，磁感應強度大小為0.5 T，導線ab所受重力大小為0.1 N.為了使彈簧不發生形變，導線內電流的方向和大小應如何？
解析：為了使彈簧不發生形變，則導線所受安培力和重力大小相等、方向相反，根據左手定則可知導線內電流方向水平向右，根據F安＝BlI＝G，解得I＝，代入數據得I＝ A＝2 A.
答案：方向水平向右　2 A
@研習任務三
合作　討論
我們實驗室用的電流表叫磁電式電流表，它里面的磁場是均勻輻向分布的，你能說一下這種磁場的特點嗎？我們為什么要用這種磁場？
提示：這種磁場的磁感應強度的大小和方向并不相同，但是線圈所處位置的磁感應強度大小都相同.我們用這種磁場是為了保證線圈轉動中受到的安培力大小始終不變，從而使做出來的電流表表盤刻度均勻.
教材　認知
1.構造：　磁體　、　線圈　、螺旋彈簧、刻度盤指針、極靴等.
2.原理：安培力與電流的關系.通電線圈在磁場中受到　安培力　而偏轉，線圈偏轉的角度越大，被測電流就　越大　，根據指針的　偏轉方向　可以知道電流的方向.
3.特點：極靴與鐵質圓柱間的磁場都沿　半徑　方向，線圈無論轉到什么位置，它的平面都跟磁感線　平行　，線圈左右兩邊所在處的磁感應強度大小　相等　.
4.優缺點：優點是靈敏度高，可以測出　很弱　的電流；缺點是線圈的導線很細，允許通過的電流　很弱　.
要點　歸納
1.當電流通過線圈時線圈左右兩邊都要受到方向相反的安培力，使線圈發生轉動，線圈轉動使螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉動.
2.電流越大，安培力就越大，螺旋彈簧的形變也就越大.所以，從線圈偏轉的角度就能判斷通過電流的大小.
3.極靴與鐵質圓柱間的磁場是均勻輻向分布的，不管通電線圈轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行，表盤的刻度就是均勻的了.
4.當線圈中的電流方向發生變化時，安培力的方向也隨之改變，指針的偏轉方向也發生變化，所以根據指針的偏轉方向，可以知道被測電流的方向.
研習　經典
[典例3]　如圖甲所示是磁電式電流表的結構示意圖，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙所示，邊長為L的正方形線圈中通以電流I，線圈中的a導線電流方向垂直紙面向外，b導線電流方向垂直紙面向里，a、b兩條導線所在處的磁感應強度大小均為B，則（　　）
甲
乙
A.該磁場的磁感應強度大小處處相等，方向不同
B.通過該線圈的磁通量為BL2
C.a導線受到的安培力方向向下
D.線圈轉動時，螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉動
解析：根據磁感線疏密代表磁場強弱可知，該磁場的磁感應強度并非處處大小相等，故A錯誤；因磁感線和線圈平行，所以通過該線圈的磁通量為零，故B錯誤；a導線電流向外，磁場向右，根據左手定則，安培力向上，故C錯誤；線圈轉動時，螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉動，故D正確.
答案：D
　　磁電式電流表的磁場為均勻輻向分布，磁感線和線圈平面始終平行，一定注意它和勻強磁場的區別.
對應　訓練
3.如圖甲所示，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻輻向分布的.當線圈通以如圖乙所示的穩恒電流（b端電流流向垂直紙面向內），下列說法正確的是（　?。?br/>甲
乙
A.當線圈在如圖乙所示的位置時，b端受到的安培力方向向上
B.當線圈在如圖乙所示的位置時，通過該線圈的磁通量一定為0
C.線圈通過的電流越大，指針偏轉角度越小
D.線圈轉動的方向，由螺旋彈簧的形變決定
解析：由左手定則可知a端受安培力向上，b端受安培力向下，在安培力的作用下線圈沿順時針方向轉動，所以線圈轉動方向由電流方向決定，故A、D錯誤；線圈在圖乙所示的位置，其平面與磁感線平行，則通過該線圈的磁通量為0，故B正確；線圈受安培力而轉動，螺旋彈簧被扭動產生彈力，彈力方向與扭動方向相反，阻礙線圈轉動，則通電電流越大，指針靜止時反抗的彈力越大，指針的偏轉角越大，故C錯誤.
答案：B
知識　構建
@課后提素養
基礎　題組
1.判斷正誤.
（1）通電導線在磁場中一定會受到安培力的作用.（　×　）
（2）安培力的方向可能與磁場方向垂直，也可能不垂直.（　×　）
（3）若勻強磁場中磁感應強度為B＝1 T，導線中的電流I＝1 A，導線長度L＝1 m， 則安培力F＝1 N.（　×?。?br/>（4）若通電導線在某處不受安培力，則該處磁感應強度一定為零.（　×?。?br/>（5）磁電式電流表中的磁場為勻強磁場.（　×?。?br/>（6）磁電式電流表最基本的組成部分是磁體和放在磁體兩極之間的線圈.其原理是通電線圈在磁場中受安培力而轉動.（　√?。?br/>2.如圖所示，導線框中電流為I，導線框垂直于磁場放置，磁感應強度為B，AB與CD相距為d，則棒MN所受安培力大小為（　　）
A.F＝BId　　　　　　B.F＝BIdsin θ
C.F＝BIdcos θ D.F＝
解析：電流方向與磁場方向垂直，則安培力為F＝BIl，式中l＝，所以安培力為F＝BIl＝，故D正確.
答案：D
3.（多選）我國西電東送“大動脈”特高壓直流輸電工程每年可輸送清潔電能超300億千瓦時.設某段沿東西方向的兩條平行輸電線在同一水平面內，且與電源、負載組成閉合回路，已知這段輸電線所在處的地磁場方向與地面平行，則（　?。?br/>A.兩條輸電線中電流間相互作用的安培力為引力
B.兩條輸電線中電流間相互作用的安培力為斥力
C.地磁場對兩條輸電線中電流的作用力方向相反
D.地磁場對兩條輸電線中電流的作用力方向均豎直向上
解析：輸電線路上兩條線的電流方向相反，根據電流方向同向相吸，異向相斥即可判斷，兩條輸電線中電流間相互作用的安培力為斥力，故A項錯誤，B項正確；地磁場與輸電線路垂直，根據左手定則可知，輸電線路受到的安培力一個向上，一個向下，故C項正確，D項錯誤.
答案：BC
中檔　題組
1.如圖所示，一根導線位于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，其中AB＝BC＝CD＝DE＝L，且∠C＝120°、∠B＝∠D＝150°.現給這根導線通入由A至E的恒定電流I，則導線受到磁場作用的合力大小為（　?。?br/>A.2BIL B.BIL
C.（2＋）BIL D.4BIL
解析：根據題圖和幾何關系求得A、E兩點間的距離為d＝（2＋）L，根據安培力公式得F＝BId＝（2＋）BIL，故A、B、D錯誤，C正確.
答案：C
2.圖甲是高中物理電學實驗中常用的磁電式電流表的結構示意圖，其內部磁場分布和線圈中電流流向剖面如圖乙所示.關于磁電式電流表的下列各項說法中正確的是（　　）
A.當線圈在如圖乙所示位置時b端受到的安培力方向向上
B.線圈中電流越大，安培力就越大，螺旋彈簧的形變也越大，線圈偏轉的角度也越大
C.電流表中的磁場是勻強磁場
D.線圈無論轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行，所以線圈不受安培力
解析：根據左手定則可得線圈b端在磁場中所受安培力的方向向下，A錯誤；根據安培力公式可知，當磁場和電流有效長度不變時，電流越大，線圈中的安培力就越大，螺旋彈簧形變和線圈偏轉角度就越大，B正確；電流表中的磁場不是勻強磁場，C錯誤；線圈平面和磁感線平行只能說明磁通量一直為零，但是導線和磁場不平行，所以安培力不可能為零，D錯誤，故選B.
答案：B
3.如圖所示，在一水平桌面上固定兩根間距為1 m的平行導軌，導軌間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為2 T.一根質量為2 kg、長度略大于1 m的金屬棒沿垂直導軌方向放在導軌上且與導軌接觸良好.當金屬棒中的電流為3 A
時，金屬棒做勻速直線運動.下列選項錯誤的是（　?。?br/>A.金屬棒所受安培力大小為6 N，所受導軌的滑動摩擦力大小為6 N
B.金屬棒長度略大于1 m，金屬棒所受安培力略大于6 N，受到導軌的滑動摩擦力略大于6 N
C.金屬棒受到的安培力與受到導軌的滑動摩擦力二力平衡
D.不改變電流方向，只增加金屬棒中的電流大小，金屬棒將做加速運動
解析：磁場與電流方向垂直，安培力大小為F＝BIl，式中的“l”應代入有電流經過的有效長度，可得F＝6 N，因金屬棒做勻速直線運動，可知其在水平方向受力平衡，則有f＝F＝6 N，故A選項正確，B選項錯誤；磁場方向豎直向上，根據左手定則判斷安培力方向為水平向右，金屬棒勻速運動受力平衡，安培力與滑動摩擦力二力平衡，C選項正確；此題中安培力為動力，不改變電流方向只增加電流大小，金屬棒受到的安培力增大，方向不變，滑動摩擦力大小不變，故金屬棒將做加速運動，D選項正確.
答案：B
@課時作業（一）
[基礎訓練]
1.在赤道上空，水平放置一根通以由西向東的電流的直導線，則此導線（　?。?br/>A.受到豎直向上的安培力
B.受到豎直向下的安培力
C.受到由南向北的安培力
D.受到由西向東的安培力
解析：赤道上空的地磁場方向是由南向北的，電流方向由西向東，由左手定則判斷出該導線受到的安培力的方向是豎直向上的，故A正確.
答案：A
2.磁場中某區域的磁感線如圖所示，則（　?。?br/>A.a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＞Bb
B.a、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＜Bb
C.同一通電導線放在a處所受安培力一定比放在b處大
D.同一通電導線放在a處所受安培力一定比放在b處小
解析：磁感線的疏密程度表示磁感應強度的大小，由a、b兩處磁感線的疏密程度可判斷出Ba＞Bb，故A正確，B錯誤；安培力的大小跟該處的磁感應強度的大小B、電流大小I、導線長度l和導線放置的方向與磁感應強度的方向的夾角有關，故C、D錯誤.
答案：A
3.如圖所示，在“研究影響通電導體棒所受安培力的因素”實驗中，要使導體棒擺動幅度增大，以下操作中可行的是（　　）
A.增加導體棒的質量
B.更換成磁性較弱的磁鐵
C.改變導體棒中的電流方向
D.增大導體棒中的電流
解析：對導體棒受力分析有F安＝mgtan θ，只增加導體棒的質量，F安不變，θ減小，導體棒擺動幅度減小，故A錯誤；將磁鐵更換成磁性較弱的磁鐵，磁感應強度減小，由F安＝BIl可知安培力減小，導體棒擺動幅度減小，故B錯誤；改變導體棒中的電流方向，只會改變安培力的方向，不會改變安培力的大小，故C錯誤；增大導體棒中的電流，安培力增大，導體棒擺動幅度增大，故D正確.
答案：D
4.電磁炮是利用電磁發射技術制成的一種先進的動能殺傷武器.如圖所示為某款電磁炮的軌道，該軌道長10 m，寬2 m.若發射質量為100 g的炮彈，從軌道左端以初速度為零開始加速，當回路中的電流恒為100 A時，最大速度可達2 km/s，假設軌道間磁場為勻強磁場，不計空氣及摩擦阻力.下列說法正確的是（　?。?br/>A.磁場方向豎直向下
B.磁場方向為水平向右
C.電磁炮的加速度大小為4×105 m/s2
D.磁感應強度的大小為100 T
解析：回路中電流方向如題圖所示，則根據安培定則可知，磁場方向應豎直向上，A、B錯誤；由題意可知，最大速度v＝2 km/s，加速距離x＝10 m，由速度－位移關系可知v2＝2ax，解得a＝2×105 m/s2，由牛頓第二定律可得F＝BIl＝ma，解得B＝100 T，C錯誤，D正確.
答案：D
5.如圖所示，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為（　　）
A.2F B.1.5F C.0.5F D.0
解析：導體棒MN與導體棒ML、LN為并聯關系，兩端電壓相等，設導體棒MN中的電流為I，則導體棒ML、LN中的電流為，導體棒MN受到的安培力大小F＝IlB、方向垂直MN向上.ML、LN兩導體棒受到安培力的合力大小為lB＝0.5F，方向垂直MN向上.線框LMN受到安培力的大小為F＋0.5F＝1.5F，方向垂直MN向上，故選B.
答案：B
6.（2024·貴州六盤水高二期末）如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，OP、OQ是兩根長度均為L的金屬導體棒，∠POQ＝60°，當給導體棒中通入大小為I的電流時，關于兩導體棒受到的安培力的合力，下列說法中正確的是（　?。?br/>A.當電流方向為P→O→Q時，合力大小為BIL，方向與OP成30°斜向右下方
B.當電流方向為P→O→Q時，合力大小為BIL，方向與OP成30°斜向左下方
C.當電流方向為Q→O→P時，合力大小為BIL，方向與OP成30°斜向左下方
D.當電流方向為Q→O→P時，合力大小為BIL，方向與OP成30°斜向右下方
解析：當電流方向為P→O→Q時，等效長度為PQ的長度，即為L，等效電流方向為P→Q，則合力大小為BIL，方向垂直PQ斜向上，即方向與OP成30°斜向左上方，選項A、B錯誤；當電流方向為Q→O→P時，等效長度為PQ的長度，即為L，等效電流方向為Q→P，則合力大小為BIL，方向垂直PQ斜向下，即方向與OP成30°斜向右下方，選項D正確，C錯誤.
答案：D
7.如圖所示，在長直導線上通以電流I，在導線右側放三角形導線框，兩者在同一豎直平面內，則有（　　）
A.線框ac邊受到的安培力豎直向下
B.線框bc邊受到的安培力水平向右
C.線框ac邊受到的安培力豎直向上
D.整個線框受到的安培力的合力為零
解析：根據右手定則，在豎直導線右側，磁感線垂直紙面向里，根據左手定則，線框ac邊受到的安培力垂直ac邊向下，故A、C錯誤；根據左手定則可知，線框bc邊受到的安培力水平向右，故B正確；因為通電導線磁場隨著到導線的距離變遠而變小，因此線圈所受合力水平向左，故D錯誤.
答案：B
[能力提升]
8.如圖所示裝置中，勁度系數較小的金屬彈簧下端恰好浸入水銀中，電源的電動勢足夠大，當閉合開關S后，彈簧將（　　）
A.保持靜止
B.收縮
C.變長
D.不斷上下振動
解析：開關閉合后電路接通，電路中有電流；由金屬絲構成的螺線管同向電流互相吸引，彈簧會收縮而變短；變短后電路斷開，彈簧恢復原狀，電路再次接通；依此規律反復，彈簧上下振動，選項A、B、C錯誤，D正確.
答案：D
9.如圖所示，水平導軌接有電源，導軌上固定有三根導體棒a、b、c，c為直徑與b等長的半圓，長度關系為c最長，b最短，將裝置置于豎直向下的勻強磁場中，在接通電源后，三根導體棒中有等大的電流通過，則三根導體棒受到的安培力大小關系為（　?。?br/>A.Fa＞Fb＞Fc B.Fa＝Fb＝Fc
C.Fb＜Fa＜Fc D.Fa＞Fb＝Fc
解析：設a、b兩棒的長度分別為La和Lb， c的直徑為d.由于導體棒都與勻強磁場垂直，則a、b棒所受安培力的大小分別為：Fa＝BILa；Fb＝BILb；c棒所受安培力與長度為Lb的直導體棒所受安培力的大小相等，則Fc＝BId＝BILb.因為La＞Lb，則Fa＞Fb＝Fc，D正確.
答案：D
10.如圖所示，光滑固定斜面AB的傾角θ＝30°，AC豎直，BC水平，D是AB的中點.在A、B、C三點處各固定一根電流大小相等、方向垂直紙面向里的足夠長的通電直導線（圖中未畫出），現將一根質量為m、長為L，電流大小為I、方向也垂直紙面向里的通電直導線P放置在斜面D點，通電直導線P恰好靜止，則通電直導線P所受安培力的方向為（　?。?br/>A.豎直向上
B.沿斜面向上
C.沿斜面向下
D.沿DC連線，由D指向C
解析：根據“同向電流相互吸引，反向電流相互排斥”的規律，導線A、B對P的合力等于零，導線C對P的引力就是安培力的合力，所以通電直導線P所受安培力的方向沿DC連線，由D指向C，故選D.
答案：D
11.（多選）根據對磁電式電流表的學習，判斷以下說法正確的是（　　）
A.指針穩定后，線圈受到螺旋彈簧的阻力與線圈受到的安培力方向是相反的
B.通電線圈中的電流越大，電流表指針偏轉的角度也越大
C.在線圈轉動的范圍內，各處的磁場都是勻強磁場
D.在線圈轉動的范圍內，線圈所受安培力大小與電流有關，而與所處位置無關
解析：指針穩定后，線圈受到螺旋彈簧的阻力與線圈受到的安培力方向是相反的，故A正確；根據安培力公式F＝BIl，可知線圈中的電流越大，電流表指針偏轉的角度也越大，故B正確；在線圈轉動的范圍內，各處的磁場都是均勻輻向分布，線圈平面都跟磁感線平行，但輻向磁場的磁感線方向不同，并不是勻強磁場，故C錯誤；磁場呈均勻輻向分布，線圈平面都跟磁場平行，電流與磁場相互垂直，結合安培力公式可知，線圈所受安培力大小與電流有關，而與所處位置無關，故D正確.
答案：ABD
12.粗細均勻的直導線ab的兩端懸掛在兩根相同的彈簧下邊，ab恰好處在水平位置（如圖所示）.已知ab的質量為m＝10 g，長度l＝60 cm，沿水平方向與ab垂直的勻強磁場的磁感應強度B＝0.4 T（取重力加速度g＝10 m/s2）.
（1）要使兩根彈簧能處在自然狀態，既不被拉長，也不被壓縮，ab中應沿什么方向、通過多大的電流；
（2）當導線中有方向從a到b、大小為0.2 A的電流通過時，兩根彈簧均被拉長了Δx＝1 mm，求該彈簧的勁度系數.
解析：（1）只有當ab受到的安培力方向豎直向上且大小等于ab的重力時，兩根彈簧才能處于自然狀態，根據左手定則可知ab中的電流方向應由a到b，根據平衡條件有mg＝BIl，代入數據解得I＝ A.
（2）當導線中通過由a到b的電流時，受到豎直向上的安培力作用，被拉長的兩根彈簧對ab有豎直向上的拉力，同時ab受豎直向下的重力，根據平衡條件有BI'l＋2kΔx＝mg，代入數據可得彈簧的勁度系數k＝26 N/m.
答案：（1）由a到b　 A　（2）26 N/m
專題課一　安培力作用下的導體運動和平衡問題
@專題一
要點　歸納
不管是電流還是磁體，對通電導線的作用都是通過磁場來實現的，因此必須要清楚導線所在位置的磁場分布情況，然后結合左手定則準確判斷導線的受力情況或將要發生的運動，在實際操作過程中，往往采用以下五種方法：
1.電流元法
把整段導線分為許多段直電流元，先用左手定則判斷每段電流元受力的方向，然后判斷整段導線所受合力的方向，從而確定導線的運動方向.
2.等效法
環形電流可等效成小磁針（或條形磁鐵），通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個環形電流，反過來等效也成立.
3.特殊位置法
通過轉動通電導線到某個便于分析的特殊位置 （如轉過90°），然后判斷其所受安培力的方向，從而確定其運動方向.
4.結論法
兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉動趨勢，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，有轉到平行且電流方向相同的趨勢.
5.轉換研究對象法
定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，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動方向.
研習　經典
[典例1]　如圖所示，把一重力不計的通電直導線AB水平放在蹄形磁體磁極的正上方，導線可以在空間中自由運動，當導線通以圖示方向電流I時，導線的運動情況是（從上往下看）（　　）
A.順時針轉動，同時下降
B.順時針轉動，同時上升
C.逆時針轉動，同時下降
D.逆時針轉動，同時上升
解析：本題宜采用電流元法，如圖甲所示，作一條磁感線，在導線兩側各取一小段，分析這兩個電流元的受力情況，由左手定則知，P處受力方向向外，Q處受力方向向里，所以從上往下看導線將逆時針轉動；再取一個特殊位置——導線逆時針轉過90°時，如圖乙所示，此時導線所受安培力向下，導線將向下運動.實際上導線轉過一個非常小的角度時就受到向下的力，并向下運動，所以從上往下看導線將一邊逆時針轉動，一邊向下運動，C選項正確.
答案：C
　　解決此類問題，一定要認真讀題，深刻領會題意，準確判斷題目類型，選擇合適的解決方法；要清楚導線所在位置的磁場分布情況，然后結合左手定則準確判斷導線的受力情況或將要發生的運動.
針對　訓練
1.把輕質導線圈用細線掛在條形磁鐵N極的附近，磁鐵的軸線穿過線圈中心，且在線圈平面內.當線圈通以圖示方向的電流時線圈將（　?。?br/>A.俯視逆時針轉動，同時靠近磁鐵
B.俯視順時針轉動，同時靠近磁鐵
C.俯視逆時針轉動，同時遠離磁鐵
D.俯視順時針轉動，同時遠離磁鐵
解析：本題采用等效法.環形電流可等效為小磁針，線圈向外一面為S極，因為異名磁極相互吸引，因此從上往下看，即俯視，線圈做逆時針方向轉動，同時靠近磁鐵，故A正確，B、C、D錯誤.
答案：A
@專題二
要點　歸納
1.安培力作用下的平衡問題，關鍵是做好受力分析，然后根據平衡條件求解.
2.安培力作用下的平衡問題的解題步驟
解題步驟可總結為：見立體，畫平面；標磁場，做分析.
（1）見立體，畫平面：這類題目通常給出的是立體圖，立體圖不便于我們的分析，所以我們要先畫出平面圖，在平面上進行受力分析，以及運動分析.
（2）標磁場，做分析：平面圖畫好后要把磁場方向準確地標上，其目的是方便我們判斷安培力的方向；受力分析后根據共點力平衡的條件列出平衡方程進行求解，涉及動態平衡問題的題型，受力分析后依據動態平衡解決方法進行求解.
研習　經典
[典例2]　如圖所示，金屬桿ab的質量為m，長為l，通過的電流為I，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面為θ角斜向上，結果ab靜止于水平導軌上.求：
（1）金屬桿ab受到的摩擦力大??；
（2）金屬桿對導軌的壓力大小.
解析：（1）作出平面圖，對導體棒作受力分析如圖所示，導體棒所受安培力F安＝BIl，
根據共點力的平衡有f＝F安sin θ＝BIlsin θ.
（2）豎直方向的受力平衡有
mg＝FN＋F安cos θ＝FN＋BIlcos θ，
整理得FN＝mg－BIlcos θ.
根據牛頓第三定律可得，金屬棒對軌道的壓力FN'＝mg－BIlcos θ.
答案：（1）BIlsin θ　（2）mg－BIlcos θ
　　安培力其實就是普通的力，像重力、彈力、摩擦力一樣，我們只要準確地判斷出安培力的大小和方向，這類問題就變成了一般的動力學問題.
針對　訓練
2.（多選）某同學設計了一種天平，其裝置如圖所示.兩相同的同軸圓線圈M、N水平固定，圓線圈P與M、N共軸且平行等距.初始時，線圈M、N通以等大反向的電流后，在線圈P處產生沿半徑方向的磁場，線圈P內無電流且天平平衡.設從上往下看順時針方向為正向.當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，可能的辦法是（　　）
A.若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入正向電流
B.若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入負向電流
C.若P處磁場方向沿半徑向內，則在P中通入正向電流
D.若P處磁場方向沿半徑向內，則在P中通入負向電流
解析：當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，則線圈P需要受到豎直向下的安培力，若P處磁場方向沿半徑向外，由左手定則可知，可在P中通入負向電流，故A錯誤，B正確；若P處磁場方向沿半徑向內，由左手定則可知，可在P中通入正向電流，故C正確，D錯誤.
答案：BC
@專題三
要點　歸納
1.安培力作用下加速問題的解題思想是將電磁問題力學化.
2.安培力作用下加速問題解題步驟
（1）確定要研究的導體.
（2）選定觀察角度將立體圖形平面化處理進行導體受力分析.
（3）分析導體的運動情況.
（4）根據牛頓第二定律列式求解.
研習　經典
[典例3]　如圖所示，光滑的平行導軌傾角為θ，處在磁感應強度為B、豎直向下的勻強磁場中，導軌中接入電動勢為E、內阻為r的直流電源.電路中有一阻值為R的電阻，其余電阻不計，將質量為m、長度為l的導體棒由靜止釋放，導體棒沿導軌向下運動，導體棒與導軌垂直且接觸良好，求導體棒在釋放瞬間的加速度的大小.（重力加速度為g）
解析：畫出題中裝置的側視圖，導體棒受力分析如圖所示，導體棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛頓第二定律得mgsin θ－Fcos θ＝ma，
又F＝BIl，I＝，聯立可得a＝gsin θ－.
答案：gsin θ－
針對　訓練
3.如圖所示，在傾角θ＝30°的斜面上固定一間距L＝0.5 m的兩平行金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器R，電源電動勢E＝12 V，內阻r＝1 Ω，一質量m＝20 g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好.整個裝置處于磁感應強度B＝0.10 T，垂直于斜面向上的勻強磁場中（導軌與金屬棒的電阻不計）.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2.
（1）若導軌光滑，要保持金屬棒在導軌上靜止，求金屬棒受到的安培力大小；
（2）若金屬棒ab與導軌間的動摩擦因數μ＝，金屬棒要在導軌上保持靜止，求滑動變阻器R接入電路中的阻值；
（3）若導軌光滑，當滑動變阻器的電阻突然調節為23 Ω時，求金屬棒的加速度a的大小.
解析：（1）對金屬棒受力分析可得：
F安＝mgsin θ＝20×10－3×10× N＝0.1 N.
（2）若金屬棒ab與導軌間的動摩擦因數μ＝，
受到的最大靜摩擦力Ff＝μmgcos θ，
①當摩擦力沿斜面向上時，有mgsin θ＝F1＋Ff，
此時I1＝＝，
解得R1＝11 Ω；
②當摩擦力沿斜面向下時，有mgsin θ＋Ff＝F2，
此時I2＝＝，
解得R2＝3 Ω；
故滑動變阻器R接入電路中的阻值在3 Ω和11 Ω之間.
（3）當滑動變阻器的電阻突然調節為23 Ω時，
即R＝23 Ω，I＝＝0.5 A，
a＝＝3.75 m/s2，方向沿斜面向下.
答案：（1）0.1 N?。?）3～11 Ω?。?）3.75 m/s2
@課后提素養
1.如圖所示，兩個完全相同的輕質鋁環a、b能在一個光滑的絕緣圓柱體上自由移動，設大小不同的電流按如圖所示的方向通入兩個鋁環中，則兩個鋁環的運動情況是（　　）
A.彼此靠近，且加速度大小相等
B.彼此靠近，且加速度大小不相等
C.彼此遠離，且加速度大小相等
D.彼此遠離，且加速度大小不相等
解析：根據電流間相互作用規律“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”可知，兩圓環應相互排斥，即彼此遠離；再根據牛頓第二定律和牛頓第三定律可知，兩圓環的加速度大小相等，故C正確，A、B、D錯誤.
答案：C
2.（2022·湖南卷）如圖（a）所示，直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO'上，其所在區域存在方向垂直指向OO'的磁場，與OO'距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示.導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ.下列說法正確的是（　?。?br/>A.當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向M
B.電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變
C.tan θ與電流I成正比
D.sin θ與電流I成正比
解析：當導線靜止在題圖（a）右側位置時，對導線受力分析如圖所示，可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N，A錯誤；由于與OO'距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有sin θ＝，FT＝mgcos θ，則可看出sin θ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cos θ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，B、C錯誤，D正確.
答案：D
3.（多選）如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數為F1，現在磁鐵上方中心偏右位置固定一導體棒，當導體棒中通以如圖所示的電流后，臺秤讀數為F2，則以下說法正確的有（　?。?br/>A.彈簧長度將變短 B.彈簧長度將變長
C.F1＜F2 D.F1＞F2
解析：如圖所示，導體棒處的磁場斜向右下方，由左手定則可知導體棒受到的安培力F斜向左下方，由牛頓第三定律可知，磁鐵受到斜向右上方的反作用力F'，豎直向上的分力使臺秤的示數減小，即F1＞F2，水平向右的分力使彈簧長度變長，A、C錯誤，B、D正確.
答案：BD
4.如圖所示，U形平行金屬導軌與水平面成37°角，金屬桿ab橫跨放在導軌上，其有效長度L為0.5 m，質量m為0.2 kg，與導軌間的動摩擦因數μ為0.5，空間存在豎直向上的磁感應強度B為2 T的勻強磁場，要使ab桿在導軌上保持靜止，則ab桿中的電流的最大值不能超過多大？（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
解析：“見立體，畫平面；標磁場，做分析”，受力分析如圖所示，
當電流最大時，桿剛好要沿斜面向上運動，在平行于導軌方向上，有F安cos 37°＝mgsin 37°＋Ffm，
在垂直于導軌方向上，有FN＝F安sin 37°＋mgcos 37°，
而Ffm＝μFN，
F安＝BImL，
聯立并代入數據解得Im＝4 A.
答案：4 A
2.磁場對運動電荷的作用力
核心素養：
1.知道什么是洛倫茲力，知道洛倫茲力的方向與運動電荷及磁感應強度方向的關系.（物理觀念）
2.會用左手定則判斷洛倫茲力的方向，掌握洛倫茲力公式的推導過程，會計算洛倫茲力的大小.（科學思維）
3.結合演示實驗，觀察電子束在磁場中的偏轉.（科學探究）
4.演示實驗能夠讓學生確信洛倫茲力的存在，激發其好奇心和求知欲，并由此樹立從事科學研究的人生志向.（科學態度與責任）
合作　討論
如圖所示，電子由陰極向陽極運動（向右運動）過程中向下發生了偏轉，試問：
（1）什么力使電子偏轉？該力的方向如何？
（2）電子運動軌跡附近的磁場方向如何？電子所受洛倫茲力與磁場方向、電子運動方向存在什么關系？
提示：（1）電子在磁場中運動要受到洛倫茲力，是洛倫茲力使電子運動方向發生偏轉，力的方向向下.
（2）電子運動軌跡附近的磁場方向由N極指向S極，電子所受洛倫茲力方向與磁場方向以及電子運動方向垂直，我們可以用左手定則來判斷.
教材　認知
1.洛倫茲力
（1）定義：　運動電荷　在磁場中受到的力稱為洛倫茲力.
（2）與安培力的關系：通電導線在磁場中所受的安培力是　洛倫茲力　的宏觀表現.
2.洛倫茲力方向的判斷——左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心垂直進入，并使　四指　指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的　正電荷　在磁場中所受洛倫茲力的方向.負電荷受力的方向與正電荷受力的方向　相反　.
要點　歸納
1.決定洛倫茲力方向的三個因素：電荷的正負、電荷運動的方向、磁感應強度的方向.
2.洛倫茲力方向的特點：洛倫茲力的方向總是與電荷運動的方向和磁場方向垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面.即F、B、v三個量的方向關系是：F⊥B，F⊥v，但B與v不一定垂直，即F垂直v和B決定的平面，如圖所示.
3.負電荷所受洛倫茲力：用左手定則判定負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，應注意將四指指向負電荷運動的反方向.
研習　經典
[典例1]　試判斷下列圖中的帶電粒子剛進入磁場時所受的洛倫茲力的方向，其中垂直于紙面向里的是（　?。?br/>A
B
C
D
解析：根據左手定則可以判斷，選項A中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向向下；選項B中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向向上；選項C中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向垂直紙面向外；選項D中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向垂直于紙面向里，D正確.
答案：D
　　判斷運動電荷所受的洛倫茲力方向時使用左手定則.解題時，要明確所帶電荷的電性與四指指向的關系.對于正電荷，四指指向電荷的運動方向；但對于負電荷，四指應指向電荷運動的反方向.
對應　訓練
1.陰極射線管中電子束由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上出現如圖所示的一條亮線.要使該亮線向z軸正方向偏轉，可加上沿（　?。?br/>A.z軸正方向的磁場
B.y軸負方向的磁場
C.x軸正方向的磁場
D.y軸正方向的磁場
解析：電子帶負電，且由陰極向陽極運動，要想受力沿z軸正向，根據左手定則，四指指向x軸負向，大拇指指向z軸正向，則手心朝向y軸正向，磁場穿過手心，可知需加y軸負方向的磁場，故B正確.
答案：B
@研習任務二
合作　討論
如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B.設磁場中有一段長度為L的通電導線，橫截面積為S，單位體積中含有的自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量為q且定向移動的速率都是v.
（1）導線中的電流是多少？導線在磁場中所受安培力多大？
（2）長為L的導線中含有的自由電荷數為多少？每個自由電荷所受洛倫茲力多大？
提示：（1）根據電流的微觀決定式，導線中的電流I＝nqSv；由安培力公式F＝BIL，得導線在磁場中所受安培力F安＝BLnqSv.
（2）長為L的導線的體積V＝SL，因單位體積中含有的自由電荷數為n，所以導線中含有的自由電荷數為N＝nSL；因運動電荷所受洛倫茲力的矢量和在宏觀上表現為安培力，則每個電荷所受洛倫茲力為F洛＝＝qvB.
教材　認知
1.洛倫茲力的大小：電荷量為q的粒子以速度v運動時，如果速度方向與磁感應強度B的方向　垂直　，那么粒子受到的洛倫茲力為F＝　qvB　.
2.一般表達式：電荷運動的方向與磁場的方向夾角為θ 時，電荷所受的洛倫茲力為F＝　qvBsin θ　.
要點　歸納
1.洛倫茲力與安培力的關系
（1）安培力是導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現，而洛倫茲力是安培力的微觀本質.
（2）洛倫茲力對電荷永遠不做功，但安培力可以對導體做功.
2.洛倫茲力的大?。篎＝qvBsin θ，θ為電荷運動的方向與磁感應強度方向的夾角.
（1）當θ＝90°時，v⊥B，F＝qvB，即運動方向與磁場方向垂直時，洛倫茲力最大.
（2）當θ＝0°時，v∥B，F＝0，即運動方向與磁場方向平行時，不受洛倫茲力.
3.洛倫茲力和電場力的比較
比較項目 洛倫茲力 電場力
性質 磁場對在其中運動的電荷的作用力 電場對放入其中的電荷的作用力
產生條件 v≠0且v不與B平行 無條件限制，電場中的電荷一定受到電場力作用
大小 F＝qvB（v⊥B） F＝qE
力的方向與場方向的關系 一定是F⊥B，F⊥v 正電荷所受電場力的方向與電場方向相同，負電荷所受電場力的方向與電場方向相反
做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功、負功或不做功
力F為零時場的情況 F為零，B不一定為零 F為零，E一定為零
作用效果 只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小 既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向
研習　經典
[典例2]　如圖所示，各圖中的勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q.試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小，并指出洛倫茲力的方向.
解析：（1）因v⊥B，所以F＝qvB，由左手定則可知洛倫茲力方向垂直紙面向外.
（2）v與B的夾角為30°，將v分解成垂直磁場的分量和平行磁場的分量，v⊥＝vsin 30°，F＝qvBsin 30°＝qvB，方向垂直紙面向里.
（3）由于v與B平行，所以不受洛倫茲力.
（4）v與B垂直，F＝qvB，方向垂直v指向左上方.
答案：（1）qvB　垂直紙面向外?。?）qvB　垂直紙面向里?。?）0?。?）qvB　垂直v指向左上方
　　空間思維是解此類題目的關鍵，學會從不同的角度看v與B的關系，在洛倫茲力的表達式F＝qvBsin θ中，θ是v與B的夾角.我們可以理解為F＝qB·vsin θ，其中vsin θ是速度在垂直磁場方向上的分量；也可以理解為F＝qv·Bsin θ，其中Bsin θ是B在垂直v方向上的分量.所以要理解其物理意義，不要死記硬背.
對應　訓練
2.兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，兩粒子質量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則兩帶電粒子所受洛倫茲力之比為（　　）
A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4
解析：帶電粒子的速度方向與磁感線方向垂直時，洛倫茲力F＝qvB與電荷量成正比，與質量無關，C項正確.
答案：C
@研習任務三
合作　討論
太陽風暴爆發時會噴射大量的高能帶電粒子流和等離子體，釋放的物質和能量到達近地空間，可引起地球磁層、電離層、中高層大氣等地球空間環境強烈擾動，從而影響人類活動.根據以上情景，試討論：
（1）地球周圍存在著地磁場，帶電粒子進入地磁場后會受到洛倫茲力的作用，它對帶電粒子運動的速度有何影響？
（2）洛倫茲力對進入地磁場中的帶電粒子做功嗎？
提示：（1）由于洛倫茲力方向和速度方向始終垂直，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小.
（2）由于洛倫茲力和速度方向始終垂直，所以洛倫茲力對帶電粒子不做功，帶電粒子的動能不變.
教材　認知
1.構造：電視顯像管主要由電子槍、偏轉線圈和熒光屏三部分組成.
2.原理
（1）電子槍發射　高速電子　.
（2）電子束在磁場中　偏轉　.
（3）熒光屏被電子束撞擊時發光.
3.掃描：在偏轉區的水平方向和豎直方向都有偏轉磁場，其方向、強弱都在　不斷變化　，因此電子束打在熒光屏上的光點不斷移動，這在顯示技術中叫作掃描.電子束從最上一行到最下一行掃描一遍叫作一場，電視機中的顯像管每秒要進行　50　場掃描.
要點　歸納
1.洛倫茲力公式F＝qvB中，v是電荷相對磁場的速率.
2.洛倫茲力和重力、彈力、摩擦力一樣是一個普通的力，它的大小和方向都有一定的規則，明白了規則它就是一個簡單的力了.
3.分析帶電體在磁場中的運動，分析方法與力學中完全相同：對物體進行受力分析，求合力，用牛頓第二定律、運動學公式或動能定理列方程求解.
研習　經典
[典例3]　如圖所示是電視顯像管原理示意圖（俯視圖），電流通過偏轉線圈，從而產生偏轉磁場，電子束經過偏轉磁場后運動軌跡發生偏轉，不計電子的重力，下列說法正確的是（　?。?br/>A.電子經過磁場時速度增大
B.欲使電子束打在熒光屏上的A點，偏轉磁場的方向應垂直紙面向里
C.欲使電子束打在熒光屏上的B點，偏轉磁場的方向應垂直紙面向外
D.欲使電子束打在熒光屏上的位置由A點調整到B點，應調節偏轉線圈中的電流使磁場增強
解析：洛倫茲力方向與速度方向垂直，不做功，電子的速度大小不變，A錯誤；欲使電子束打在熒光屏上的A、B點，偏轉磁場的方向應垂直紙面向外，B錯誤，C正確；由A點調整到B點，應減小電子束的偏轉程度，電子所受洛侖茲力減小，故應調節偏轉線圈中的電流使磁場減弱，D錯誤.
答案：C
對應　訓練
3.如圖所示，質量為m、帶電荷量為q的小球，在傾角為α的光滑斜面上由靜止開始下滑，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外.若帶電小球下滑后某個時刻對斜面的壓力恰好為零，問：
（1）小球帶電性質如何？
（2）此時小球下滑的速度和位移分別是多大？
解析：（1）由受力分析可得，帶電小球所受磁場力方向垂直于斜面向上，由左手定則可得，此小球帶正電.
（2）當小球與斜面間沒有壓力時有qvB＝mgcos α，
解得此時小球的速度為v＝，
在整個運動過程中小球的加速度為a＝gsin α，
由公式v2＝2ax，
得帶電小球在斜面上的位移為x＝.
答案：（1）正電?。?）　
@研習任務四
合作　討論
如圖所示為濾速器的原理圖.K為電子槍，由槍中沿KA方向射出的電子，速率大小不一.當電子通過方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場后，只有一定速率的電子能沿直線前進，并通過小孔S.設產生勻強電場的平行板間的電壓為300 V，間距為5 cm，垂直紙面的勻強磁場的磁感應強度為0.06 T（不計粒子重力），問：
（1）磁場的方向應該垂直紙面向里還是向外？
（2）速度為多大的電子才能通過小孔S？
提示：（1）由題圖可知，平行板產生的電場強度E方向向下，電子受到的電場力方向向上，要使電子沿直線運動，電子束受到的洛倫茲力方向必須向下，根據左手定則可判定B的方向垂直于紙面向里.
（2）要使電子沿直線運動通過小孔S，則洛倫茲力大小與電場力大小相等，即evB＝eE，解得v＝＝，代入數據解得v＝1×105 m/s.
要點　歸納
1.速度選擇器
（1）工作原理：帶電粒子沿虛線做勻速直線運動時，受到靜電力和洛倫茲力大小相等，方向相反，有qE＝qvB，得v＝.
（2）速度選擇器的特點：帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝，可知，速度選擇器只選擇速度（大小、方向），而不選擇粒子的電荷量、電性和質量，若粒子從另一方向射入則不能穿出速度選擇器.
2.磁流體發電機
（1）工作原理：磁流體發電機的發電原理圖如圖甲所示，其平面圖如圖乙所示.平行金屬板 A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓.如果把 A、B和用電器連接，A、B就是一個直流電源的兩個電極.
（2）電源電動勢：設帶電粒子的運動速度為v，帶電荷量為q，磁場的磁感應強度為B，極板間距離為d，極板間電壓為U，當電壓穩定輸出時帶電粒子所受的洛倫茲力等于電場力FB＝FE，有qvB＝qE＝q，得U＝Bdv.根據外電路斷開時，電源電動勢的大小等于路端電壓，故此磁流體發電機的電動勢為E＝U＝Bdv.
甲
乙
3.電磁流量計
工作原理：如圖甲、乙所示是電磁流量計的示意圖.設管的直徑為D，磁感應強度為B，a、b兩點間的電勢差是由導電液體中電荷受到洛倫茲力作用在管壁的上、下兩側堆積電荷產生的.到一定程度后，a、b兩點間的電勢差達到穩定值U，上、下兩側堆積的電荷不再增多，此時，洛倫茲力和電場力平衡，有qvB＝qE，E＝，所以v＝，又圓管的橫截面積S＝πD2，故流量Q＝Sv＝.
　　
研習　經典
[典例4]　（多選）（2024·唐山市開灤第一中學統考期末）如圖所示為一速度選擇器的原理圖.K為電子槍（加速電壓為U），由槍中沿KA方向射出的電子（電荷量大小為e，質量為m，不計電子重力），速率大小不一，當電子通過方向互相垂直的勻強電場（場強為E）和勻強磁場（磁感應強度為B）后，只有一定速率的電子能沿直線前進，并通過小孔S，下列說法正確的是（　?。?br/>A.磁場方向必須垂直紙面向外
B.只有當加速度電壓U＝時，才有電子從S射出
C.只有帶負電的粒子（不計重力）才能通過此速度選擇器
D.在相互垂直的電場和磁場中，只有電子速度滿足v＝時才能通過小孔S
解析：若勻強電場方向向下，則電子受靜電力向上，要想使得電子沿直線通過小孔S，則所受洛倫茲力向下，此時磁場方向必須垂直紙面向里，選項A錯誤；
在加速電場中Ue＝mv2，
要想使電子沿直線通過小孔S，則Ee＝evB，
解得v＝，U＝，選項B、D正確；
若粒子帶正電，只要速度v＝，則均可從左向右通過此速度選擇器，選項C錯誤.
答案：BD
　　速度選擇器、磁流體發電機、電磁流量計具有相同的特點，即在穩定狀態時，電荷所受的洛倫茲力與電場力均等大反向.
對應　訓練
4.磁流體發電機原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強磁場的管道內，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉，形成直流電源對外供電.則（　?。?br/>A.僅減小兩板間的距離，發電機的電動勢將增大
B.僅增強磁感應強度，發電機的電動勢將減小
C.僅增加負載的阻值，發電機的輸出功率將減小
D.僅減小磁流體的噴射速度，發電機的總功率將減小
解析：最終等離子體受電場力與洛倫茲力平衡，有qvB＝q，解得：UAB＝Bdv，只增大入射速度，則電勢差增大，只增大磁感應強度，電勢差增大，只增大兩板之間的距離，電勢差也會增大，故A、B錯誤；依據電源的輸出功率表達式P＝R，當R＝r時，輸出功率達到最大，因此僅增加負載的阻值，發電機的輸出功率不一定減小，故C錯誤；根據P總＝EI＝Bdv·＝，當只減小磁流體的噴射速度時，發電機的總功率將減小，故D正確.
答案：D
知識　構建
@課后提素養
基礎　題組
1.判斷正誤.
（1）運動電荷在磁場中一定受洛倫茲力.（　×?。?br/>（2）同一電荷，以相同大小的速度進入磁場，速度方向不同時，洛倫茲力的大小也可能相同.（　√?。?br/>（3）洛倫茲力同電場力一樣，可對運動電荷做正功或負功.（　×?。?br/>（4）顯像管內偏轉線圈中的電流恒定不變時，電子打在熒光屏上的光點是不動的.（　√?。?br/>2.下列關于運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向正確的是　　?。ā　。?br/>A
B
C
D
解析：根據左手定則判斷得出正電荷受到的洛倫茲力方向向上，故A正確，B錯誤；根據左手定則判斷可知，負電荷受到的洛倫茲力方向向上，故C、D錯誤.故選A.
答案：A
3.（多選）如圖1所示是電視機顯像管原理示意圖（俯視圖），沒有磁場時電子束打在熒光屏正中央的O.為了使電子束偏轉，由安裝在管頸的偏轉線圈產生偏轉磁場.偏轉磁場的磁感應強度B隨時間變化的規律如圖2所示，可實現電子束打在熒光屏上的AOB區域，規定垂直平面向里時磁場方向為正，下列說法正確的是（　?。?br/>A.電子束打在A點時，洛倫茲力對電子做正功
B.t＝時，電子束打在OA區域
C.t＝時，電子束打在OA區域
D.0～T內，電子束在熒光屏上的位置由A向B點移動
解析：洛倫茲力始終與速度方向垂直，對電子不做功，故A錯誤；t＝時，磁場向外，由左手定則可知電子向上偏轉，電子束打在OA區域，故B正確；t＝時，磁場向里，由左手定則可知電子向下偏轉，電子束打在OB區域，故C錯誤；0～內，磁場向外減弱，由左手定則可知電子向上偏轉，電子束在熒光屏上的位置由A向O點移動；～T內，由左手定則可知電子向下偏轉，電子束在熒光屏上的位置由O向B點移動，所以0～T內，電子束在熒光屏上的位置由A向B點移動，故D正確.
答案：BD
中檔　題組
1.（多選）一個電荷量為q、質量為m、速度為v的帶電粒子垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，則對它所受的洛倫茲力，下列說法正確的是（　?。?br/>A.它所受的洛倫茲力大小一定為qvB
B.它所受的洛倫茲力大小有可能不是qvB
C.它所受的洛倫茲力的方向一定和v垂直
D.它所受的洛倫茲力的方向有時與v垂直，有時與v平行
解析：帶電粒子在磁場中運動時，受到的洛倫茲力大小為F＝qvBsin θ，當運動的方向與磁場的方向垂直時，它所受的洛倫茲力大小一定為qvB，故A正確，B錯誤；根據左手定則可知，洛倫茲力方向總是垂直磁場與運動的方向所構成的平面，故C正確，D錯誤.
答案：AC
2.（多選）電磁流量計是用來測量管內導電介質體積流量的感應式儀表.如圖所示為電磁流量計的示意圖，勻強磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B；當管中的導電液體流過時，測得管壁上a、b兩點間的電壓為U，單位時間（1 s）內流過管道橫截面的液體體積為流量（m3），已知管道直徑為D，則（　　）
A.管中的導電液體流速為
B.管中的導電液體流速為
C.管中的導電液體流量為
D.管中的導電液體流量為
解析：a、b兩點的電勢差達到穩定的條件為q＝qvB，則v＝，故A正確，B錯誤；導電液體的流量即單位時間通過某一截面的體積，故Q＝＝＝v，將v＝代入可得：Q＝，故C錯誤，D正確.
答案：AD
3.（多選）目前世界上正研究的一種新型發電機叫磁流體發電機，如圖所示表示它的發電原理：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，而從整體來說呈中性）沿圖所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷.在磁極配置如圖中所示的情況下，下列說法正確的是（　　）
A.A板帶正電
B.有電流從b經用電器流向a
C.金屬板A、B間的電場方向向下
D.等離子體發生偏轉的原因是離子所受洛倫茲力大于所受靜電力
解析：等離子體射入磁場后，由左手定則知正離子受到向下的洛倫茲力向B板偏轉，故B板帶正電，B板電勢高，電流方向從b經用電器流向a，電場的方向由B板指向A板，A、C錯誤，B正確；當Bvq＞Eq時離子發生偏轉，D正確.
答案：BD
@課時作業（二）
[基礎訓練]
1.下列敘述正確的是（　?。?br/>A.安培發現了磁場對運動電荷的作用規律，洛倫茲發現了磁場對電流的作用規律
B.點電荷是一個理想模型，只有電荷量很小的帶電體才可看成點電荷
C.物理量電場強度E＝、磁感應強度B＝都是采用比值法定義的
D.法拉第首先發現了電流的磁效應，并引入“場”的概念用來研究電和磁現象
解析：洛倫茲發現磁場對運動電荷的作用規律，安培發現了磁場對電流的作用規律，故A錯誤；點電荷是一個理想模型，帶電體能否視為點電荷只需要分析其體積和大小在所研究的問題中是否能忽略，與電荷量無關，故B錯誤；物理量電場強度E＝、磁感應強度B＝都是采用比值法定義的，故C正確；奧斯特首先發現了電流的磁效應，法拉第引入“場”的概念用來研究電和磁現象，故D錯誤.
答案：C
2.一個質量為m、帶－q的滑環套在水平且足夠長的粗糙絕緣桿上，整個裝置處于方向如圖所示的勻強磁場B中.現給圓環向左的初速度v0，以后的運動過程中圓環運動的速度圖像可能是（　　）
A
B
C
D
解析：由左手定則可知滑環所受洛倫茲力F洛＝qvB，方向豎直向下，滑環所受重力G＝mg，方向豎直向下，細桿對滑環的支持力FN豎直向上，滑環所受滑動摩擦力Ff＝μFN，方向水平向右，則滑環做減速運動，隨速度v的減小F洛減小，則FN逐漸減小，故滑動摩擦力Ff逐漸減小，故滑環的加速度a＝逐漸減小，即滑環做加速度逐漸減小的變減速運動，直至速度減為零.故選C.
答案：C
3.如圖所示為電視顯像管的俯視圖，偏轉線圈中沒有通入電流時，電子束打在熒光屏正中的O點，通過改變線圈中的電流，可使得電子打到熒光屏上各點，則（　　）
A.電子在偏轉線圈中被加速
B.電子的偏轉是因為電場力的作用
C.若電子束打到A點，線圈區域中有平行紙面向下的磁場
D.若電子束打到A點，線圈區域中有垂直紙面向外的磁場
解析：偏轉線圈通入電流時產生磁場，洛倫茲力不做功，電子在偏轉線圈中不能被加速，A錯誤；電子的偏轉是因為洛倫茲力的作用，B錯誤；由左手定則可知，若電子束打到A點，線圈區域中有垂直紙面向外的磁場，C錯誤，D正確.
答案：D
4.來自宇宙的質子流，以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則這些質子在進入地球周圍的空間時，將（　　）
A.豎直向下沿直線射向地面
B.相對于預定地點向東偏轉
C.相對于預定地點稍向西偏轉
D.相對于預定地點稍向北偏轉
解析：由左手定則判斷洛倫茲力方向向東，相對于預定地點向東偏轉，故B正確.
答案：B
5.（多選）如圖所示，在帶電的兩平行金屬板間有相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度為B，勻強電場場強為E，現有一電子以速度v0平行金屬板射入場區，則（　?。?br/>A.若v0＞，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區時速度v＞v0
B.若v0＞，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區時速度v＜v0
C.若v0＜，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區時速度v＞v0
D.若v0＜，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區時速度v＜v0
解析：電子進入電磁場中，受到洛倫茲力與電場力兩個力作用，由左手定則判斷可知，洛倫茲力方向向下，而電場力方向向上，若v0＞，則qv0B＞qE，即洛倫茲力大于電場力，電子向下偏轉，沿軌跡Ⅱ運動，洛倫茲力不做功，而電場力對電子做負功，動能減小，速度減小，故速度v＜v0，A錯，B對；若v0＜，則qv0B＜qE，即洛倫茲力小于電場力，電子向上偏轉，沿軌跡Ⅰ運動，洛倫茲力不做功，而電場力對電子做正功，動能增加，速度增大，故速度v＞v0，C對，D錯.
答案：BC
6.（多選）導體導電是導體中的自由電荷定向移動的結果，這些可以移動的電荷又叫載流子，例如金屬導體中的載流子就是自由電子，現代廣泛應用的半導體材料可以分成兩大類，一類為N型半導體，它的載流子是電子；另一類為P型半導體，它的載流子是“空穴”，相當于帶正電的粒子.如果把某種材料制成的長方體放在勻強磁場中，磁場方向如圖所示，且與前后側面垂直.長方體中通入水平向右的電流，測得長方體的上、下表面M、N的電勢分別為φM、φN，則該種材料（　?。?br/>A.如果是P型半導體，有φM＞φN
B.如果是N型半導體，有φM＜φN
C.如果是P型半導體，有φM＜φN
D.如果是金屬導體，有φM＞φN
解析：如果是P型半導體，由左手定則知帶正電的粒子向N板偏轉，所以N板的電勢高，即φM＜φN，故C項正確，A項錯誤；如果是N型半導體或金屬導體，由左手定則知電子向N板偏轉，所以N板的電勢低，即φM＞φN，B項錯誤，D項正確.故選CD.
答案：CD
7.（多選）如圖所示，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道分別豎直放在勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上.兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，M、N分別為兩軌道的最低點，則（　?。?br/>A.兩小球到達軌道最低點的速度vM＝vN
B.兩小球到達軌道最低點的速度vM＞vN
C.在磁場和電場中小球均能到達軌道的另一端
D.在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中小球不能到達軌道的另一端
解析：小球在磁場中運動時洛倫茲力不做功，所以滿足機械能守恒.在電場中受到的電場力向左，下滑過程中電場力做負功，所以到達最低點時速度關系為vM＞vN，選項A錯誤，選項B正確；整個過程小球在磁場中運動時洛倫茲力不做功，所以滿足機械能守恒，能到達軌道的另一端；在電場中受到的電場力向左，整個過程中電場力都做負功，機械能減少，小球不能到達軌道的另一端，選項C錯誤，D正確.
答案：BD
[能力提升]
8.（多選）質量為m、帶電量為q的小球，從傾角為θ的粗糙絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感應強度為B，如圖所示.若帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下列說法中正確的是（　　）
A.小球帶正電
B.小球在斜面上運動時做勻加速直線運動
C.小球在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動
D.小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時的速率為
解析：小球沿斜面向下運動，磁場垂直紙面向外，且洛倫茲力垂直斜面向上，由左手定則可知小球帶正電，A正確；小球沒有離開斜面之前，在重力、支持力、洛倫茲力、摩擦力的作用下做加速直線運動，速度變大，導致洛倫茲力變大，支持力變小，小球對斜面的壓力變小，摩擦力變小，小球加速度增大，做加速度增大的變加速直線運動，B錯誤，C正確；小球在斜面上下滑過程中，當小球受到的洛倫茲力等于重力在垂直于斜面方向的分力時，小球對斜面的壓力變為零，所以有：Bqv＝mgcos θ，則可得速率為：v＝，D正確.故選ACD.
答案：ACD
9.如圖所示為磁流體發電機的發電原理：將一束等離子體（高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的微粒）噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，產生電壓.如果射入的等離子體的初速度為v，兩金屬板的板長（沿初速度方向）為L，板間距離為d，金屬板的正對面積為S，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于離子初速度方向，負載電阻為R，等離子體充滿兩板間的空間.當發電機穩定發電時，理想電流表的示數為I，那么板間等離子體的電阻率為（　?。?br/>A. B.
C. D.
解析：當發電機穩定發電時，等離子體做勻速直線運動，有qvB＝q，即U＝Bdv，而I＝，r＝ρ，聯立解得：ρ＝（－R），故A正確.
答案：A
10.（2024·北京海淀101中學高二期末）如圖所示為一速度選擇器，內有一磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經磁場時不偏轉（不計重力），則磁場區域內必須同時存在一個勻強電場，關于這個電場的電場強度大小和方向的說法中，正確的是（　　）
A.大小為，粒子帶正電時，方向向上
B.大小為，粒子帶負電時，方向向下
C.大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無關
D.大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關
解析：為使粒子流經磁場時不偏轉（不計重力），當粒子帶正電時，所受洛倫茲力向下，則靜電力方向應向上，電場方向向上，由平衡條件qvB＝qE，得E＝vB，A錯誤；為使粒子流經磁場時不偏轉（不計重力），當粒子帶負電時，所受洛倫茲力向上，則靜電力方向應向下，電場方向向上，由平衡條件qvB＝qE，得E＝vB，B錯誤；由A、B中分析可知，不論粒子帶何種電荷，電場強度方向都向上，大小等于vB，粒子流經磁場時不偏轉，C錯誤，D正確.
答案：D
11.在某空間存在著水平向右的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內，其圓心為O點，半徑R＝1.8 m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應的圓心角θ＝37°.現有一質量m＝3.6×10－4 kg、電荷量q＝＋9.0×10－4 C的帶電小球（可視為質點）以v0＝4.0 m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內，一段時間后從C點離開，小球離開C點后做勻速直線運動，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°≈0.6，不計空氣阻力，求：
（1）勻強電場的場強E；
（2）小球射入圓弧軌道后的瞬間對軌道的壓力大小.
解析：（1）當小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖所示：
由平衡條件得：F電＝qE＝mgtan θ，代入數據解得：E＝3 N/C.
（2）小球從進入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得：F電Rsin θ－mgR（1－cos θ）＝mv2－m，代入數據得：v＝5 m/s，
由F洛＝qvB＝，解得：B＝1 T.
分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況，由牛頓第二定律得：FN＋Bqv0－mg＝m，
代入數據得：FN＝3.2×10－3 N，
由牛頓第三定律得，小球對軌道的壓力大小為：FN'＝3.2×10－3 N.
答案：（1）3 N/C?。?）3.2×10－3 N
3.帶電粒子在勻強磁場中的運動
核心素養：
1.運用所學知識，能夠解釋帶電粒子在勻強磁場中的運動.（物理觀念）
2.通過理論分析掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑、周期、圓心角等物理量.（科學思維）
3.探究帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的半徑、周期與哪些物理量有關.（科學探究）
4.通過先實驗探究，再理論分析與推導的順序，既有豐富的感性材料，又有清晰的理論依據，在理論與實踐結合的過程中體會成功的喜悅.（科學態度與責任）
@研習任務一
合作　討論
1.你還記得物體做勻速圓周運動的條件嗎？試著總結一下.
提示：①物體要受到一個始終與運動方向垂直的向心力作用；②向心力與物體的運動方向在同一個平面內；③向心力與物體的運動方向垂直，不做功，不改變物體速度的大小.
2.如果沿著與磁場垂直的方向發射帶電粒子，帶電粒子受到的洛倫茲力的方向怎樣？洛倫茲力與帶電粒子的運動方向是否處于同一平面內？帶電粒子做什么運動？
提示：如圖所示，洛倫茲力垂直速度方向，也垂直磁場方向，洛倫茲力與粒子的運動方向在同一平面內，帶電粒子在這個平面內做勻速圓周運動.
教材　認知
1.帶電粒子在勻強磁場中的運動
（1）若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動，其所受洛倫茲力F＝0.
（2）若v⊥B，此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向　垂直　，粒子在垂直于　磁場　方向的平面內運動.
①洛倫茲力與粒子的運動方向　垂直　，只改變粒子速度的　方向　，不改變粒子速度的　大小　.
②帶電粒子在垂直于磁場的平面內做　勻速圓周　運動，　洛倫茲力　提供向心力.
2.帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期
（1）由qvB＝m，可得r＝.
（2）由r＝和T＝可得T＝，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑和運動速度　無關　.
要點　歸納
1.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑公式
分析帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即qvB＝m，這是一個基礎公式.
由此公式得：r＝，但不僅限于半徑，還可以得：B＝、＝.
2.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式
（1）T＝，這是通常的求解周期的方法.
（2）T＝＝，用這種方法有時候會讓計算變得簡單.
3.半徑和周期的相關因素
同一粒子在同一磁場中做勻速圓周運動，由r＝知，r與v成正比、與比荷成反比、與動量mv成正比；由T＝知，T與速度無關，與半徑無關.
研習　經典
[典例1]　如圖所示，帶電粒子（不計重力）以速度v沿垂直于磁場的方向進入一勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動.設粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為R，周期為T.如果僅減小粒子的入射速度v，下列說法正確的是（　　）
A.T增大 B.T減小
C.R增大 D.R減小
解析：帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力提供向心力qvB＝mRω2＝mv，T＝，所以周期與速度無關，故A、B錯誤；帶電粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力提供向心力qvB＝m，R＝，所以速度減小，粒子的軌道半徑變小，故C錯誤，D正確.
答案：D
　　做這類題目時一定要牢記半徑公式和周期公式，看清楚帶電粒子的質量和電荷量，善用控制變量法，抓住不變量判斷變化量，必要時把相關公式寫在題目空白處.
對應　訓練
1.粒子甲的質量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，兩粒子均帶正電.讓它們在勻強磁場中同一點以大小相等、方向相反的速度開始運動.已知磁場方向垂直紙面向里.以下四幅圖中，能正確表示兩粒子運動軌跡的是（　?。?br/>A
B
C
D
解析：因為粒子帶正電，在磁場中所受洛倫茲力的方向應該指向圓心，C、D項中的洛倫茲力背向圓心，故C、D項錯誤；粒子甲的質量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，則甲的比荷是乙的比荷的，由r＝，知甲的半徑是乙的半徑的兩倍，故A錯誤，B正確.
答案：B
@研習任務二
合作　討論
如圖所示，可用洛倫茲力演示儀觀察運動電子在勻強磁場中的偏轉.
（1）不加磁場時，電子束的運動軌跡如何？加上磁場時，電子束的運動軌跡如何？
（2）如果保持出射電子的速度不變，增大磁感應強度，軌跡圓半徑如何變化？如果保持磁感應強度不變，增大出射電子的速度，圓半徑如何變化？
提示：（1）不加磁場時電子束的軌跡為一條直線，加磁場后電子束的徑跡是一個圓.
（2）當電子束出射速度不變，磁感應強度變大時，這個圓的半徑變小；當磁感應強度不變，電子束出射速度變大時，這個圓的半徑變大.
要點　歸納
1.洛倫茲力演示儀的構造
（1）電子槍：可以發射電子束.
（2）玻璃泡：內部充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡.
（3）勵磁線圈：能夠在兩個線圈之間產生勻強磁場，磁場的方向與兩個線圈中心的連線平行.
2.實驗現象
（1）不加磁場時，電子束的徑跡是一條直線（圖甲）.加磁場后電子束的徑跡是一個圓（圖乙）.
（2）當電子束出射速度不變，磁感應強度變大時，這個圓的半徑變小.
（3）當磁感應強度不變，電子束出射速度變大時，這個圓的半徑變大.
甲
乙
3.實驗結論
帶電粒子以垂直磁場的方向射入，在磁場中做勻速圓周運動，其運動規律與理論推導相吻合.
研習　經典
[典例2]　如圖所示是用“洛倫茲力演示儀”演示時的兩幅照片，忽略地磁場的影響，下列說法正確的是（　?。?br/>甲
乙
A.甲圖中的電子束不受洛倫茲力
B.乙圖中的電子束不受洛倫茲力
C.甲圖中的電子束處在垂直紙面的磁場中
D.乙圖中的電子束處在平行紙面的磁場中
解析：甲圖中的電子束的軌跡沒有偏轉，說明不受洛倫茲力，故A正確；乙圖中的電子束的軌跡發生偏轉，說明受洛倫茲力，故B錯誤；甲圖中的電子束的軌跡沒有偏轉，說明不受洛倫茲力，電子束處在平行紙面的磁場中或處于磁感應強度為零的位置，故C錯誤；乙圖中的電子束的軌跡是圓周，說明受洛倫茲力，電子束處在垂直紙面的磁場中，故D錯誤.
答案：A
　　解決此類問題時一定要清楚洛倫茲力演示儀的構造，洛倫茲力演示儀的兩個勵磁線圈會產生垂直紙面的磁場，只要明確電子束的運動軌跡就可以確定電子束是否偏轉，是否受力.
對應　訓練
2.如圖所示是洛倫茲力演示儀的實物圖和結構示意圖.用洛倫茲力演示儀可以觀察運動電子在磁場中的運動徑跡.下列關于實驗現象和分析正確的是（　?。?br/>A.勵磁線圈通以逆時針方向的電流，則能形成結構示意圖中的電子運動徑跡
B.勵磁線圈通以順時針方向的電流，則能形成結構示意圖中的電子運動徑跡
C.保持勵磁電壓不變，增加加速電壓，電子束形成圓周的半徑減小
D.保持加速電壓不變，增加勵磁電壓，電子束形成圓周的半徑增大
解析：勵磁線圈通以順時針方向的電流時，由右手定則可知線圈內部磁場向里，由左手定則可知能形成結構示意圖中的電子運動徑跡，選項B正確，A錯誤；保持勵磁電壓不變，增加加速電壓，則電子的初速度變大，根據r＝可知電子束形成圓周的半徑增大，選項C錯誤；保持加速電壓不變，增加勵磁電壓，則B變大，根據r＝可知電子束形成圓周的半徑減小，選項D錯誤.
答案：B
@研習任務三
合作　討論
我們知道，在幾何中，只要確定了一個圓的圓心和半徑，這個圓就唯一確定了.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，我們應該如何確定粒子運動的軌跡呢？
提示：要想確定粒子的運動軌跡，需要確定粒子做圓周運動的圓心和半徑.圓心在入射速度的垂線、出射速度的垂線和軌跡弦的垂直平分線上，以上三條線中任意兩條線的交點就是軌跡的圓心.粒子做圓周運動的半徑可以根據幾何關系或半徑公式求解.
要點　歸納
在研究帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動問題時，可以按照“找圓心，求半徑，求角度，解未知”的思路進行.
1.找圓心——兩線定一“心”
（1）圓心一定在垂直于速度的直線上.
如圖甲所示，已知入射點P（或出射點M）的速度方向，可通過入射點和出射點作速度的垂線，兩條直線的交點就是圓心.
甲
乙
（2）圓心一定在弦的中垂線上.
如圖乙所示，作P、M連線的中垂線，與任一速度的垂線的交點為圓心.
2.求半徑
（1）由公式qvB＝m，得半徑r＝.
（2）根據幾何知識求解，如圖所示.
若已知出射點相對于入射點側移距離x，則滿足r2＝d2＋（r－x）2.
若已知出射速度方向與水平方向的夾角θ和磁場的寬度d，則有r＝.
3.求角度
如圖所示，
（1）帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向之間的夾角φ叫作偏向角，偏向角等于圓弧AB對應的圓心角α，即α＝φ.
（2）圓弧AB所對應圓心角α等于弦AB與切線的夾角（弦切角）θ的2倍，即α＝2θ.
（3）相對的弦切角相等；相鄰的弦切角互補，即θ＋θ'＝180°.
（4）進出同一直邊界時速度方向與該邊界的夾角相等，如圖所示.
4.解未知
（1）時間：t＝T，t＝.
（2）比荷：由公式qvB＝m，得比荷＝.
（3）磁感應強度：由公式qvB＝m，得磁感應強度B＝.
（4）速度：由公式qvB＝m，得速度v＝.
研習　經典
[典例3]　如圖所示，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場.一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限.粒子在磁場中運動的時間為（　　）
A. B.
C. D.
解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由r＝可知第一象限粒子的運動半徑是第二象限粒子運動半徑的2倍，整個運動軌跡如圖所示即運動由兩部分組成，第一部分是個周期，第二部分是個周期，故總時間t＝·＋·＝，故B正確.
答案：B
　　在解決此類問題時要熟悉“找圓心，求半徑，解未知”三步曲，這三步要根據具體情況來靈活使用，不一定每步都用到，也不一定有嚴格的先后順序.
對應　訓練
3.如圖所示，平行線PQ、MN之間有方向垂直紙面向里的無限長勻強磁場，電子從P點沿平行于PQ且垂直于磁場方向射入磁場，當電子速度為v1時與MN成60°斜向右下方角射出磁場；當電子速率為v2時與MN成30°角斜向右下方射出磁場（出射點都沒畫出），v1∶v2等于（　　）
A.1∶（2－） B.（2－）∶1
C.2∶1 D.∶1
解析：設電子射出磁場時速度方向與MN之間的夾角為θ，做勻速圓周運動的半徑為r，兩平行線之間的距離為d，由幾何關系可知cos θ＝，解得r＝，電子做勻速圓周運動qvB＝，v＝∝r，聯立可得v1∶v2＝（2－）∶1，故B正確.
答案：B
知識　構建
@課后提素養
基礎　題組
1.判斷正誤.
（1）帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑跟粒子的速率成正比.（　√?。?br/>（2）帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑成正比.（　×　）
（3）運動電荷在勻強磁場中做圓周運動的周期隨速度增大而減小.（　×?。?br/>（4）運動電荷在磁感應強度不為零的地方，一定受到洛倫茲力的作用.（　×?。?br/>（5）運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應強度一定為零.（　×?。?br/>（6）用左手定則判斷洛倫茲力的方向時，“四指的指向”與電荷定向移動方向相同.（　×?。?br/>2.已知氚核的質量約為質子質量的3倍，帶正電荷，電荷量為一個元電荷；α粒子即氦原子核，質量約為質子質量的4倍，帶正電荷，電荷量為e的2倍.現在質子、氚核和α粒子由靜止經過相同的加速電場加速后垂直進入同一勻強磁場中做勻速圓周運動，則它們運動的半徑之比為（　　）
A.1∶1∶2 B.1∶3∶4
C.1∶1∶1 D.1∶∶
解析：粒子在電場中加速過程，根據動能定理有qU＝m0v2，
粒子在磁場中做圓周運動過程，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝m0，
解得R＝，根據題意可知，令質子質量為m，電荷量大小為e，則氚核質量為3m，電荷量大小為e，α粒子質量為4m，電荷量大小為2e，則可解得質子、氚核和α粒子由靜止經過相同的加速電場加速后垂直進入同一勻強磁場中做勻速圓周運動，則它們運動的半徑之比為1∶∶.故選D.
答案：D
3.（多選）同一勻強磁場中，兩個帶電量相等的粒子僅受磁場力作用，做勻速圓周運動.下列說法正確的是（　　）
A.若速率相等，則半徑必相等
B.若質量相等，則周期必相等
C.若動量大小相等，則半徑必相等
D.若動能相等，則周期必相等
解析：兩粒子電荷量相等，由r＝可知，速率相等，但質量不一定相等，所以半徑不一定相等；動量mv相等，則半徑相等，故A錯誤，C正確.由T＝可知，周期只與比荷和磁感應強度有關，在同一磁場中，質量相等，則比荷相等，周期相等；若動能相等質量不一定相等，周期不一定相等，故B正確，D錯誤.
答案：BC
中檔　題組
1.（多選）有兩個勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍.兩個速率相同的電子分別在兩磁場區域做圓周運動.與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子（　?。?br/>A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等
解析：兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應強度B1是Ⅱ磁場磁感應強度B2的k倍.由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確；由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項B錯誤；由T＝得T∝r，所以＝k，選項C正確；由ω＝得＝＝，選項D錯誤.
答案：AC
2.四個帶電粒子的電荷量和質量分別為（＋q，m）、（＋q，2m）、（＋3q，3m）、（－q，m），它們先后以相同的速度從坐標原點O沿x軸正方向射入一勻強磁場中，磁場方向垂直于xOy平面.不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（　　）
解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvB＝m，則r＝，根據上式可知（＋q，m）和（＋3q，3m）軌道半徑相同，且二者的軌道半徑與（－q，m）的軌道半徑相等，運動方向相反，（＋q，2m）的軌道半徑最大，故選A.
答案：A
3.如圖所示，一個質量為m、帶負電荷、電荷量為q、不計重力的帶電粒子從x軸上的P點以速度v沿與x軸成60°的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限.已知OP＝a，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；
（2）帶電粒子穿過第一象限所用的時間.
解析：（1）粒子射出磁場時速度方向垂直于y軸，粒子做勻速圓周運動的圓心一定在y軸上，根據粒子運動的速度與半徑垂直，可確定圓心O，如圖所示
由幾何關系知粒子運動的半徑R＝a，
由qvB＝m，得R＝，則有B＝.
（2）t＝＝.
答案：（1）　（2）
@課時作業（三）
[基礎訓練]
1.一個質量為m、電荷量為q的粒子，在磁感應強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，則下列說法中正確的是（　?。?br/>A.它所受的洛倫茲力是恒定不變的
B.它的速度是恒定不變的
C.它的速度與磁感應強度B成正比
D.它的運動周期與速度的大小無關
解析：洛倫茲力總是與速度方向垂直，洛倫茲力不做功，粒子速度大小不變，洛倫茲力提供向心力，洛倫茲力方向時刻改變，洛倫茲力是變力，故A錯誤；粒子做勻速圓周運動，粒子速度大小不變，方向時刻改變，速度不斷變化，故B錯誤；粒子的速度由粒子的運動狀態決定，與磁感應強度B無關，不能說v與B成正比，故C錯誤；粒子做圓周運動的周期：T＝，周期與速度無關，故D正確.
答案：D
2.質子H）和α粒子He）的電荷量之比為q1∶q2＝1∶2，質量之比為m1∶m2＝1∶4，它們以相同的動量進入同一勻強磁場中，在垂直磁場的平面內做勻速圓周運動，則它們的軌道半徑之比R1∶R2和周期之比T1∶T2分別是（　　）
A.1∶2，1∶2 B.2∶1，2∶1
C.2∶1，1∶2 D.1∶2，2∶1
解析：由洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝m，得R＝＝，所以半徑之比等于電荷量的反比，即為2∶1；由周期公式T＝可知，周期之比等于＝×＝×＝，故選C.
答案：C
3.電荷量為3e的正離子，自勻強磁場a點如圖射出，當它運動到b點時，打中并吸收了原處于靜止狀態的一個電子，若忽略電子質量，則接下來離子的運動軌跡是（　?。?br/>A　B　C　D
解析：離子吸收一個電子后，離子帶電荷量由＋3e變為＋2e，因為電子質量不計，故吸收電子后離子運動的速度保持不變，由洛倫茲力提供向心力qvB＝m可得離子運動半徑R＝，因為離子吸收電子后帶電荷量減小且離子速度不變，故離子做圓周運動軌道半徑R增大，離子帶電荷電性沒有發生變化，故離子做圓周運動方向沒有發生變化，故A、B、C錯誤，D正確.故選D.
答案：D
4.如圖所示，在第Ⅰ象限內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子分別以相同速率沿與x軸正方向成30°角的方向從原點射入磁場，則正、負電子在磁場中運動的時間之比為（　?。?br/>A.1∶2 B.2∶1
C.1∶ D.1∶1
解析：畫出正、負電子在磁場中運動的軌跡如圖所示：
由圖可知，正電子做勻速圓周運動在磁場中的圓弧軌跡對應的圓心角為120°，負電子做勻速圓周運動在磁場中的圓弧軌跡對應的圓心角為60°，又正、負電子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝相同，故正、負電子在磁場中運動的時間之比為2∶1，故選B.
答案：B
5.如圖所示，一半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的正電荷（重力忽略不計），以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，從磁場中射出時速度方向改變了θ角，磁場的磁感應強度大小為（　　）
A. B.
C. D.
解析：根據題意作出正電荷運動的軌跡如圖所示：
從磁場中射出時速度方向改變了θ角，所以正電荷在磁場中的軌跡對應的圓心角為θ，根據幾何關系有r＝，根據qvB＝m可得B＝＝，故選B.
答案：B
6.在勻強磁場中，一個垂直于磁場方向射入的帶電粒子運動的徑跡如圖所示，由于對周圍空氣的電離作用，粒子的動能越來越小.（假設粒子所帶電荷量不變）由此可知（　?。?br/>A.粒子帶正電，從B點射入
B.粒子帶負電，從B點射入
C.粒子帶正電，從A點射入
D.粒子帶負電，從A點射入
解析：由于對周圍空氣的電離作用，粒子的動能越來越小，則速度越來越小，根據帶電粒子在磁場中運動的半徑公式r＝可知，粒子的半徑逐漸減小，所以粒子的運動方向是從B到A，即B點射入，根據左手定則可知，粒子帶負電.故選B.
答案：B
7.如圖所示ABC為等腰直角三角形勻強磁場區域，磁感應強度的大小為B.磁場垂直紙面向里.BC邊的長度為L.一質量為m、帶電量為q的粒子水平射入AB邊的中點.從C點垂直BC邊射出（不計粒子的重力）.下列說法正確的是（　　）
A.粒子帶正電
B.粒子在磁場中運動的時間為
C.粒子做圓周運動的半徑為L
D.粒子入射的速度為
解析：從C點垂直BC邊射出，可知粒子向下偏轉，根據左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；由幾何關系可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r＝L，粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，根據向心力公式得qvB＝，解得粒子入射的速度為v＝＝，粒子在磁場中運動的時間為t＝＝＝，故D正確，B、C錯誤.
答案：D
8.一個帶電荷量為＋q，質量為m的粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中以初速度v0垂直于磁場自A點開始運動，如圖所示，經時間t，粒子到達C點，求：
（1）畫出粒子軌跡示意圖；
（2）粒子在磁場中運動的周期和加速度大小a；
（3）連接AC與v0所在直線間的夾角θ.
解析：（1）軌跡示意圖如圖所示
（2）設粒子運動的周期為T，軌道半徑為r，則有qv0B＝m
根據圓周運動規律有T＝
聯立解得T＝
根據牛頓第二定律可得qv0B＝ma
解得a＝.
（3）由題意可知t＝T
解得θ＝π－.
答案：（1）見解析圖?。?）　
（3）π－
[能力提升]
9.（多選）如圖所示，兩個橫截面分別為圓形和正方形、磁感應強度相同的勻強磁場，圓的直徑等于正方形的邊長，兩個電子以相同的速度分別飛入兩個磁場區域，速度方向均與磁場方向垂直.進入圓形區域的電子速度方向正對圓心，進入正方形區域的電子是沿一邊的中心且垂直于邊界線進入的，則（　　）
　　
A.兩個電子在磁場中運動的軌跡半徑一定相同
B.兩個電子在磁場中運動的時間有可能相同
C.進入圓形區域的電子一定先飛離磁場
D.進入圓形區域的電子一定不會后飛離磁場
解析：電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB＝，整理得R＝，兩過程電子速度v相同，所以半徑R相同，故A正確.由于它們進入圓形磁場和正方形磁場的軌跡半徑、速度是相同的，我們把圓形磁場和正方形磁場放到同一位置如圖所示，由圖可以看出若進入磁場區域的電子的軌跡為1，先出圓形磁場，再出正方形磁場，若進入磁場區域的電子的軌跡為2，同時從圓形與正方形邊界出磁場；若進入磁場區域的電子的軌跡為3，先出圓形磁場，再出正方形磁場.所以電子不會先出正方形的磁場，故B、D正確，C錯誤.
答案：ABD
10.如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里.一電子從O點在紙面內垂直PQ以速度v0進入磁場.若電子在磁場中運動的軌道半徑為d.O'在MN上，且OO'與MN垂直，則下列判斷正確的是（　　）
A.電子將向右偏轉
B.電子打在MN上的點與O'點的距離為d
C.電子打在MN上的點與O'點的距離為d
D.電子在磁場中運動的時間為t＝
解析：根據左手定則，電子受到向左的洛倫茲力，將向左偏轉，選項A錯誤；畫出電子做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，圓心為O″.設電子的偏轉角為α，運動半徑為r，則滿足sin α＝＝，所以α＝.由幾何關系可得，電子打在MN上的點與O'之間的距離為r－rcos α＝（－1）d，選項B、C錯誤；電子在磁場中運動的時間t＝T＝，選項D正確.
答案：D
11.（多選）（2024·安徽阜陽臨泉一中高二期末）如圖所示，邊長為L的正方形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場.一個帶電粒子靜止在正方形的中心O處，某時刻分裂成兩個帶正電的粒子a、b，粒子a從中心O水平向左射出，粒子b從中心O水平向右射出，經一段時間a、b兩粒子同時射出磁場區域，已知粒子a恰從A處飛出磁場，粒子b從CD邊某處飛出，飛出磁場時速度與CD邊的夾角為60°，若忽略重力和粒子間的相互作用力，則下列判斷正確的是（　?。?br/>A.a、b兩帶電粒子的運動軌跡半徑之比為1∶2
B.a、b兩帶電粒子的速度大小之比為2∶3
C.a、b兩帶電粒子的質量之比為2∶3
D.a、b兩帶電粒子的比荷之比為2∶3
解析：a、b兩帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系知，r2＝2r1，所以a、b兩帶電粒子運動軌跡的半徑之比為1∶2，A正確；由圖知，兩粒子的運動時間ta＝Ta，tb＝Tb，由于ta＝tb，則Ta∶Tb＝1∶3，根據周期公式T＝知，a、b兩帶電粒子的比荷之比為3∶1，D錯誤；由動量守恒定律得mava＝mbvb，根據r＝知，兩粒子的質量之比為2∶3，速度大小之比為3∶2，B錯誤，C正確.
答案：AC
12.在如圖所示的平面直角坐標系Oxy中，有一個圓形區域的勻強磁場（圖中未畫出），磁場方向(共23張PPT)
第一章　安培力與洛倫茲力
階段歸納整合
第*頁
知識整合構建
第*頁
關鍵能力重構
專題1　安培力作用下的平衡和加速問題
1. 分析導體在磁場中平衡和加速問題的基本思路
（1）確定要研究的導體.
（2）按照已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的順序，對導體受力分析.
（3）分析導體的運動情況.
（4）根據平衡條件或牛頓第二定律列式求解.
2. 受力分析需要注意視圖轉換
對于安培力作用下的力學問題，導體棒的受力往往分布在三維空間的不同方向上，這 時應利用俯視圖、剖面圖或側視圖等，變立體圖為二維平面圖.
題組　訓練
A. 磁場方向為豎直向下
C. 減小磁感應強度B的值，炮彈受到的安培力變大
D. 若同時將電流方向和磁場方向反向，安培力方向也會反向
B
2. 如圖所示，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場 中，磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與 金屬棒絕緣.金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 Ω.已知 開關斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關，系統重新平衡后，兩彈簧的伸長量 與開關斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關閉合后金屬棒 所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量.
答案：豎直向下　0.01 kg
解析：依題意，開關閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培 力方向豎直向下.開關斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δt1＝0.5 cm.由胡克 定律和力的平衡條件得2kΔl1＝mg?、?，
開關閉合后，金屬棒所受安培力的大小為F＝IBL?、?，
兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k（Δl1＋Δl2）＝mg ＋F　③，
由閉合電路歐姆定律知E＝IR?、埽?br/>聯立①②③④式，并代入題給數據得m＝0.01 kg.
專題2　帶電粒子在有界磁場中運動
求解帶電粒子在有界磁場中運動的思路
（1）畫出帶電粒子的運動軌跡.
（2）確定運動軌跡的圓心.
（3）利用數學知識表示出軌跡半徑.
（4）列洛倫茲力提供向心力公式.
題組　訓練
A. 在磁場中的運動時間相同
B. 在磁場中運動的位移相同
C. 出邊界時兩者的速度相同
D. 正離子出邊界點到O點的距離更大
C
兩離子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，根 據圓的對稱性可知，重新回到邊界時速度大小與方向相同，故C正 確.
4. 在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、 方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示.一個不計重力的帶電粒子從磁場邊 界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點 C處沿＋y方向飛出.
（2）若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變為B'，該粒子仍從A 處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°，求 磁感應強度B'的大小及此次粒子在磁場中運動的時間t.
專題3　帶電粒子在復合場中運動
解決帶電粒子在復合場中運動問題的思路
題組　訓練
A. 該離子帶負電
B. A、B兩點位于同一高度
C. 到達C點時離子速度最大
D. 離子到達B點后，將沿原曲線返回A點
BC
解析：該離子開始僅受到靜電力作用由靜止開始向下運動，可知該離子受到的靜電力 方向向下，與電場方向同向，則該離子帶正電，A錯誤；洛倫茲力不做功，從A到B， 動能變化為零，根據動能定理知，靜電力做功為零，A、B兩點等電勢，因為該電場 是勻強電場，所以A、B兩點位于同一高度，B正確；根據動能定理知，該離子從A到 C靜電力做正功，該離子到達C點時靜電力做功最多，則速度最大，C正確；該離子在 B點的狀態與A點的狀態（速度為零，電勢能相等）相同，該離子將在B點的右側重復 前面的曲線運動，不可能沿原曲線返回A點，D錯誤.
（1）勻強電場的電場強度的大小E；
解析：畫出平面圖如圖所示，
（2）要讓粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，勻強磁場的磁感應強度B應多大.

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