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第35讲　洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的运动
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ(计算限于速度与磁感应强度平行或垂直两种情况)
10 多选 以带电粒子在匀强磁场中运动为背景，考查根据带电粒子在匀强磁场和附加磁场中运行轨迹判断粒子运动时间并根据图象判断附加磁场的方向
12
多选 以粒子在匀强磁场中运动为背景，考查洛伦兹力提供向心力时粒子的运动情况
计算 以粒子在混合场的运动为背景，通过对物体受力分析求解磁感应强度B的大小及判断其方向 次重点 C
质谱仪和回旋加速器的基本原理 Ⅰ
09 计算 考查回旋加速器的基本原理的认识和使用及带电粒子经电场加速后在匀强磁场中运动的半径、穿出加速器所需时间和粒子能达到的最大动能问题
11 计算 以某种加速器理想模型为背景，考查由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期计算动能及带电粒子在磁场中的运动轨迹判断磁屏蔽管位置 非重点 C
小结及预测 1.小结：带电粒子在匀强磁场中的运动以选择和计算的形式进行考查，侧重以带电粒子在磁场或复合场中的运动为背景，结合运动学和圆周运动的公式考查粒子的各种动力学参数和磁场性质；质谱仪和回旋加速器的基本原理以计算题的形式进行考查，侧重以回旋加速器为背景，考查带电粒子在匀强磁场中进行轨迹问题、受力平衡问题及能量变化问题等．2．预测：在近四年中均有考查，预计14年会继续考查．3．复习建议：建议复习时注重带电粒子在匀强磁场及混合场中运动的计算题的练习，以及掌握质谱仪和回旋加速器的原理及相关的计算方法.
知识 整合　
第1课时　磁场对运动的电荷的作用力——洛伦兹力
一、洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力
1．洛伦兹力的公式：F＝__________.
2．当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，F＝__________.
3．当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F＝__________.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为0.
二、洛伦兹力的方向
1．运动电荷在磁场中受力方向要用左手定则来判定．
2．洛伦兹力F的方向既__________磁场B的方向，又__________运动电荷v的方向，即F总是__________B和v的所在平面．
3．使用左手定则判定洛伦兹力方向时，若粒子带正电时，四个手指的指向与正电荷的运动方向__________．若粒子带负电时，四个手指的指向与负电荷的运动方向__________．
4．安培力的本质是磁场对运动电荷的作用力的宏观表现．
三、洛伦兹力的特征
洛伦兹力与电荷运动状态有关：当v＝0时，__________；v≠0，但v∥B时，__________.
洛伦兹力对运动电荷不做功．
注意：由于洛伦兹力的方向总与带电粒子在磁场中的运动方向垂直，所以洛伦兹力对运动电荷__________，不能改变运动电荷的__________大小和电荷的__________，但洛伦兹力可以改变运动电荷的速度__________和运动电荷的__________．
随堂 演练　
1．正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个α粒子(不计重力)以一定速度从AB边的中点M沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从AD边的中点N射出．
第1题图
若将磁感应强度B变为原来的2倍，其他条件不变，则这个α粒子射出磁场的位置是(　　)
A．A点
B．ND之间的某一点
C．CD之间的某一点
D．BC之间的某一点
2．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在如图所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线连线的中垂线上两点，与O点的距离相等，aM与MN夹角为θ.若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，单根导线中的电流在M处产生的磁感应强度为B0，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是(　　)
第2题图
A．M点和N点的磁感应强度方向一定相反
B．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0cosθ
C．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0sinθ
D．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
3．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　 　　　　　　 　　
A．洛伦兹力对带电粒子做功
B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
4．如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆上处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是(　　)
第4题图
A
　　B
C
　　D
5．一个质量m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．求：
第5题图
(1)小滑块带何种电荷；
(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大；
(3)该斜面的长度至少多长．
第2课时　带电粒子在
复合场中的运动
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分为三种情况：一是匀速直线运动；二是匀速圆周运动；三是螺旋运动．
2．不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的几个基本公式：
(1)向心力公式__________；
(2)轨道半径公式__________；
(3)周期、频率公式__________．
3．不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但有区别：
带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做__________曲线运动(类平抛运动)；垂直进入匀强磁场，则做__________曲线运动(匀速圆周运动)．
二、带电粒子在复合场中的运动
复合场是指电场、磁场、重力场并存或其中某两种场并存的场，带电粒子在这些复合场中运动时必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要．
1．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，粒子将____________或____________运动．
2．当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做____________运动．
3．当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做____________运动．
1．注意几个基本问题
(1)在解决复合场问题时应首先弄清是哪些场共存，注意电场和磁场的方向及强弱，以便确定带电粒子(体)在场中的受力情况．
(2)一般情况下，微观粒子如电子、质子、α粒子等只计质量而不计重力，如果是带电液滴、油滴、小球、物块等则要考虑重力作用．
(3)明确带电粒子(体)进入复合场的初速度大小及方向．
(4)结合带电粒子(体)的受力情况及初速度，正确分析其运动的过程，以便选择物理规律解题．在运动过程的分析中必须注意洛伦兹力的大小及方向都与速度有关．
2．带电粒子(体)在复合场中的运动问题求解要点
(1)受力分析是基础．在受力分析时是否需要考虑重力，必须注意题目条件以及洛伦兹力、弹力、摩擦力等各种力产生的条件．
(2)运动过程分析是关键．在运动过程分析中应注意带电粒子(体)做直线运动、曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件．
(3)根据不同的运动过程及物理模型选择适用的物理规律列方程求解．
(4)常用的物理规律有共点力平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式、运动定理、能量守恒定律、功能关系、圆周运动向心力公式等．
(5)思维方法常用到力的合成与分解、运动的合成及分解、等效法、假设法、类比法等，以求把复杂问题简化．
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
在研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动规律时，着重把握“一找圆心，二找半径，三找周期或时间”的分析方法．
1．圆心的确定
因为洛伦兹力F洛指向圆心，根据F洛⊥v，画出粒子运动轨迹中任意两点(一般是射入和射出磁场两点)的F洛的方向，沿两个洛伦兹力F洛画其延长线的交点即为圆心，另外，圆心位置必定在圆中一根弦的中垂线上(见图)．
2．半径的确定和计算
利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的几何特点．
(1)粒子速度的偏向角(φ)等于同心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt.
(2)相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，θ＋θ′＝180°.
3．粒子在磁场中运动时间的确定
t＝T或t＝
式中θ为偏向角，T为周期，s为轨道的弧长，v为线速度．
4．注意圆周运动中的对称规律，如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时，速度与边界的夹角相等，在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
【典型例题1】 如图a所示，左侧为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、 N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角θ可调(如图b)；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同，带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场．O到感光板的距离为，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力．
a
　　　　b　　　　　　　 　　　c
(1)若两狭缝平行且盘静止(如图c)，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；
(2)若两狭缝夹角为θ0，盘匀速转动，转动方向如图b.要使穿过N1、 N2的粒子均打到感光板P1P2连线上，试分析盘转动角速度ω的取值范围(设通过N1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达N2)．
温馨提示
带电粒子在匀强磁场中的运动，其圆心、半径的确定是解题的关键．圆心的确定是画出粒子运动轨迹中任意两点(一般是射入和射出磁场的两点)的洛伦兹力的方向，沿两个洛伦兹力方向画其延长线，两个延长线的交点即为圆心；半径的确定，一般是利用几何知识、解三角形的方法及圆心角等于圆弧上弦切角的两倍等知识．此外，还常常会涉及在磁场中运动时间的确定，通常是利用圆心角与弦切角的关系或四边形内角和为360°计算出圆心角的大小，再由t＝·T(或t＝·T)求出运动时间．
记录空间
【变式训练1】　
如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)．
2．“磁偏转”和“电偏转”的差别
磁偏转 电偏转
受力特征 ①v垂直于B时，FB＝qvB②v不垂直于B时，FB＝qvBsinα(v与B的夹角为α)，FB为变力，只改变v的方向 无论v是否与E垂直，FE＝qE，FE为恒力
运动规律 圆周运动T＝，r＝ 类平抛运动vx＝v0，vy＝t，x＝v0t，y＝
偏转情况 若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制，θB＝ωt＝＝t θE＜.因做类平抛运动，在相等的时间内偏转的角度往往不相等
动能变化 动能不变 动能不能增大且增大得越来越快
处理方法 结合圆的几何关系及半径、周期公式 运动的合成与分解，类平抛运动相关规律
　　【典型例题2】 如图甲所示，建立xOy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
甲　　　　　　　　　乙
(1)求电压U0的大小．
(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
温馨提示
结合图象，洛伦兹力提供向心力是解决本题的关键．
记录空间
【变式训练2】　如图所示，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量q＝＋1.0×10－5C，从静止开始经电压为U1＝100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，粒子射出磁场时的偏转角也为θ＝60°.已知偏转电场中金属板长L＝2cm，圆形匀强磁场的半径R＝10cm，重力忽略不计．求：
(1)带电粒子经U1＝100V的电场加速后的速率；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．
随堂 演练　
第1题图
1．利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是(　　)
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
2．如图所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是(　　)
第2题图
A．a B．b
C．c D．d
3．如图所示带有正电荷的A粒子和B粒子同时从匀强磁场的边界上的P点
第3题图
分别以30°和60°(与边界的交角)射入磁场，又同时从磁场边界上的Q点飞出，设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是(　　)
A．若A粒子是α粒子，则B粒子可能是质子
B．若A粒子是α粒子，则B粒子可能是氘核
C．A粒子和B粒子的速度之比为＝
D．A粒子和B粒子的速度之比为＝
4．某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中做圆周运动，磁场方向垂直它的运动平面，电子所受的电场力是磁场对它的作用力的3倍，若电子电荷量为e，质量为m，磁感应强度为B，那么，电子运动的可能角速度是(　　)
A．4eB/m B．3eB/m C．2eB/m D．eB/m
5．电子质量为m、电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：
第5题图
(1)的长度；
(2)电子从由O点射入到落到P点所需的时间t.
第3课时　带电粒子在复合
场中运动的应用
复合场的实际应用
1．速度选择器，选择器内有正交的____________和________．当带电粒子受力满足____________条件时不偏转，即选择速度为__________的粒子，与带电粒子的电性、电量和质量都无关．
2．质谱仪
质谱仪是测定带电粒子质量和分析同位素的重要仪器．经速度选择器后，只有满足v＝____________的粒子才能通过，同一种元素的各种同位素以相同的速度进入匀强磁场后做圆周运动，圆周运动半径R＝____________，可见R与m有关，这样同位素的离子就被分离出来．如果已知带电粒子的电荷量为q，就可以算出离子的质量．
3．回旋加速器
回旋加速器是获得高能粒子的一种装置．如图所示，两个D形盒相对水平放置，并与高频振荡器相连接，使两个D形盒之间产生交变加速电场．在D形盒内部为匀强磁场，其作用是使粒子做匀速圆周运动，旋转半周后重新进入D形盒间隙被电场加速．粒子在磁场中运动的周期与________相同，这就可以保证粒子每次经过D形盒间隙时都得到加速．带电粒子在D形盒内沿螺旋线轨道逐渐趋于盒的边缘，达到预期的速率后，用特殊装置把它们引出．可见，D形盒的尺寸决定了粒子的最后能量．对同一粒子而言，D形盒直径越大，粒子获得的能量也________________．
质谱仪和回旋加速器的基本原理
1．根据质谱仪原理可以得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等
(1)r＝.
(2)m＝.
(3)＝.
2．回旋加速器的最大动能
根据qvB＝，得Ekm＝，可见，
(1)粒子最大动能与加速电压无关．
(2)最大动能由D形盒的最大半径和磁感应强度决定．
【典型例题1】 如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为q(q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响．
(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；
(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0 、E、q、m、L表示)．
【变式训练1】　如图所示为回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个靠得非常近的D形盒，两盒分别和一高频交流电源的两极相连，交流高频电源的电压为U，匀速磁场分布在两D形盒内且垂直D形盒所在平面，磁感应强度为B，在D形盒中央S点处放有粒子源．粒子源放出质量为m、带电量为q的粒子(设粒子的初速度为零)被回旋加速器加速，设D形盒的最大半径为R，则(　　)
A．所加高频交流电的频率应是
B．粒子离开加速器时的动能是
C．粒子离开加速器前被加速的次数为
D．粒子在回旋加速器中运动的时间为
随堂 演练　
1．如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的交角)射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是(　　)
第1题图
A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
C．A、B两粒子的之比是
D．A、B两粒子的之比是
2．如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示
粒子编号 质量 电荷量(q＞0) 速度大小
1 m 2q v
2 2m 2q 2v
3 3m －3q 3v
4 2m 2q 3v
5 2m －q v
第2题图
由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为(　　)
A．3、5、4 B．4、2、5
C．5、3、2 D．2、4、5
第3题图
3．如图所示，两平行金属板中间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，一质子沿极板方向以速度v0从左端射入，并恰好从两板间沿直线穿过．不计质子重力，下列说法正确的是(　　)
A．若质子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，它将向上偏转
B．若质子以速度2v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
C．若电子以速度v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
D．若电子以速度v0沿极板方向从右端射入，它将沿直线穿过
4．如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是(　　)
第4题图
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
5．电视机的显像管中，电子束的偏转是使用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示，磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心O，半径为r.当不加磁场时，电子束将通过O点而达到屏幕的中心M点．为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度为多大？(已知电子质量为m，电荷量为e)
第5题图
6．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．
第6题图
(1) 求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；
(2) 求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；
(3) 实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm.
第35讲　洛伦兹力及带电粒子
在匀强磁场中的运动
第1课时　磁场对运动电荷
的作用力——洛伦兹力
知识整合
基础自测
一、1.qvBsinα　2.0　3.qvB
二、2.垂直于　垂直于　垂直于　3.相同　相反
三、F＝0　F＝0　不做功　速度　动能　方向　速度
随堂演练
　1.A　【解析】 已知入射点的位置、速度方向和出射点的位置可作出粒子运动轨迹的圆心位置，即刚好在A点，轨道半径r＝a/2，其中a是正方形磁场区域的边长，若将磁场强度B加倍，其他条件不变，根据轨道半径公式r＝可知，粒子的轨道半径减半，所以粒子肯定从A点射出磁场．本题答案为A.
　2.AB　【解析】 作出两根导线在MN两处产生的磁感
第2题图
应强度，并根据平行四边形定则求出合磁场，如上图所示，显然，选项AB正确，C错误；两根导线在M、N两处产生的磁感应强度等大反向，合磁场为零，所以选项D错误．本题答案为AB.
　3.B　【解析】 根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A错，B对．根据F＝qvB，可知洛伦兹力的大小与速度有关，C错．洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小，D错．
　4.AD　【解析】 由左手定则判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，当弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D正确．
　5.(1)负　(2)2m/s　(3)1.2m　【解析】 (1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有Bqv＋FN－mgcosα＝0.当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB＝mgcosα，得v＝＝ m/s＝2 m/s.(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsinα＝mv2，斜面的长度至少应是x＝＝ m＝1.2m.
第2课时　带电粒子在
复合场中的运动
知识整合
基础自测
一、2.(1)Bqv＝m　(2)R＝　(3)T＝　f＝　3.匀变速　变加速
二、1.静止　做匀速直线　2.匀变速直线运动　3.匀速圆周
重点阐述
【典型例题1】 如图a所示，左侧为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、 N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角θ可调(如图b)；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同，带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场．O到感光板的距离为，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力．
　
a
　　　　b　　　　　　　 　　　c
(1)若两狭缝平行且盘静止(如图c)，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；
　(2)若两狭缝夹角为θ0，盘匀速转动，转动方向如图b.要使穿过N1、 N2的粒子均打到感光板P1P2连线上，试分析盘转动角速度ω的取值范围(设通过N1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达N2)．
【答案】　(1)　(2)≤ω≤
【解析】　(1)粒子运动半径为R＝①
由牛顿第二定律qvB＝m②
匀速圆周运动周期T＝③
粒子在磁场中运动时间t＝＝④
(2)如图所示，设粒子运动临界半径分别为R1和R2
R1＝⑤
d2＋(R2－)2＝R
R2＝d⑥
设粒子临界速度分别为v1和v2，由②⑤⑥式，得
v1＝⑦
v2＝⑧
若粒子通过两转盘，由题设可知＝⑨
联立⑦⑧⑨，得对应转盘的转速分别为
ω1＝⑩
ω2＝
粒子要打在感光板上，需满足条件
≤ω≤
变式训练1　　　【解析】 设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度、轨道半径和周期，qvB1＝m　qvB2＝m　T1＝＝　T2＝＝
　
设圆形区域的半径为r，如图所示，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4，进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，其半径R1＝A1A2＝OA2＝r，圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝T1，带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即R2＝r，在Ⅱ区磁场中运动时间为t2＝T2，带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2, 由以上各式可得B1＝　B2＝
【典型例题2】 如图甲所示，建立xOy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
　
甲　　　　　　　　　乙
(1)求电压U0的大小．
　(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．
　(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
【答案】　(1)　(2)　(3)见解析
【解析】 (1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有　E＝①
qE＝ma②
　l＝at③
　
解得两板间电压为　U0＝④
　(2)t0时刻进入两板间的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动．带电粒子沿x轴方向的分速度大小为　v0＝⑤
　带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为　vy＝a·t0⑥
　带电粒子离开电场时的速度大小为　v＝⑦
　设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有　qvB＝m⑧
　R＝⑨
　(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为　vy′＝at0⑩
　设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则　tanα＝
　联立③⑤⑩式解得　α＝
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角2α＝，所求最短时间为
tmin＝T
带电粒子在磁场中的运动的周期为
T＝
联立式得
tmin＝
变式训练2　(1)1.0×104m/s　(2)10000V/m
(3)0.13T　【解析】 (1)带电粒子经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理：qU1＝mv　v1＝＝1.0×104m/s
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向粒子做匀速直线运动．水平方向：v1＝
带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动、加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2，且u2＝at
a＝　由几何关系tanθ＝　E＝＝10000V/m　(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则v＝＝2.0×104m/s　
由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示　则轨迹半径为r＝Rtan60°＝0.3m　由qvB＝m　得B＝＝0.13T
随堂演练
　1.BC　【解析】 根据题意，粒子进入磁场后向右偏转，所受洛伦兹力方向向右，根据左手定则，粒子应带负电，A错误．粒子能够从右手缝中射出，则最大半径为＋，最小半径为，由于洛伦兹力充当向心力，所以qVB＝m，可得：vmax＝，vmax＝，所以，vmax－vmin＝.分析可得，B、C正确，D错误．
　2.BD　【解析】 根据磁场方向(可能垂直纸面向里，也可能垂直纸面向外)和粒子速度方向，由于粒子带负电，应用左手定则可以确定洛伦兹力方向向左或向右．故圆心在P点左边或右边，B、D正确．
　3.AD　【解析】 设PQ长度为2r，由几何关系可求得A、B粒子在磁场中做圆周运动时半径分别为rB＝r　 rA＝2r, A、B粒子从P到Q经过的路程sB＝πr　sA＝πr，因为所用时间相同，所以＝＝，D正确；应用公式r＝，可知当A粒子为α粒子，B粒子为质子时也符合题意，A正确．
　4.AC　【解析】　由于本题中没有明确磁场方向和电子的运动方向，所以电子受洛伦兹力的方向有两种可能： 一种可能是指向圆心，如图甲、乙所示；另一种是F洛沿半径指向圆心的反方向，如图丙、丁所示，所以此题必有两个解．
　
第4题图
在图甲、乙情况下：
　因为F电＋F洛＝mω2r，
　又因为F电＝3F洛＝3evB
　4evB＝mω2r，v＝ωr，
　所以ω＝.
　在图丙、丁情况下：
　F电－F洛＝mω2r，
　又因为F电＝3F洛＝3evB
　2evB＝mω2r, v＝ωr，得ω＝.
　5.(1)sinθ　(2)
　【解析】 (1)过O点和P点作速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如图所示，
　则可知OP＝2R·sinθ
　Bqv0＝m
第5题图
　
　解得：OP＝sinθ
　(2)由图中可知：2θ＝ωt＝t
　又v0＝ωR＝
　解得：t＝.
第3课时　带电粒子在复
合场中运动的应用
知识整合
基础自测
1．电场　磁场　Eq＝Bqv　E/B
　2.E/B　
　3.交流电周期　越大
【典型例题1】 如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为q(q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响．
　
(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；
　(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0 、E、q、m、L表示)．
【答案】　(1)　(2)x＝　【解析】 (1)能从速度选择器射出的离子满足qE0＝qv0B0①
　v0＝②
　(2)离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则　x＝v0t③
L＝at2④
　由牛顿第二定律得qE＝ma⑤
由②③④⑤解得x＝
变式训练1　D　【解析】　粒子在磁场运行180°所需要的时间t＝＝，故要使粒子能被持续加速所加高频交流电的频率应是f＝，A错；粒子离开加速器必须使其偏转半径大于R，即有>R，其动能Ek＝mv2>，B错；Ek＝KqU，则K＝>，C错；而粒子在回旋加速器中的运动时间一定为·＝，故答案选D.
随堂演练
　1.BD　【解析】 RAcos30°＋RA＝d，RBcos60°＋RB＝d，解得＝＝，A错B对；因R＝，故＝∝R，故＝，C错D对．
　2.D　【解析】 根据半径公式r＝结合表格中数据可求得1—5各组粒子的半径之比依次为0.5︰2︰3︰3︰2，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动．由图a、 b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、 b粒子的半径比为2︰3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子．c顺时针运动，为负电荷，半径与a相等是第5组粒子．正确答案D.
　3.C　【解析】 由题意可知qE＝qv0B，所以v0＝，若v＜v0，则qE＞qvB，质子将向下偏转，A错；若v＞v0，则qE＜qvB，质子将向上偏转，B错；若电子以速度v0从左端射入，则qE＝qv0B，且方向相反，C对；若电子从右端射入，则电场力和洛伦兹力均向上，电子将向上偏转，D错．
　4.ABC　【解析】 粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动．在速度选择器中受力平衡：Eq＝qvB得v＝E/B.由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B、C正确；进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qvB0＝得，R＝，所以比荷不同的粒子偏转半径不一样，所以，A正确；D错误．
　5.tan　【解析】 分别作入射点和出射点速度方向的垂线，其交点为电子做匀速圆周运动的圆心C，以v表示电子进入磁场时的速度，则
　eU＝mv2
　evB＝
　又有tan＝
　由以上各式解得：B＝tan
　6.(1)∶1　(2)　(3)或2π2mfR2
　【解析】 (1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1
　qU＝mv，qv1B＝m.
　解得r1＝.
　同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝.
　则r2∶r1＝∶1.
　(2)设粒子到出口处被加速了n圈，2nqU＝mv2，qvB＝m，T＝，t＝nT.
　解得t＝.
　(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝，当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm＝，
　粒子的动能Ek＝mv2.
　当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定．
　qvmBm＝m，解得Ekm＝.
　当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定vm＝2πfmR，
　解得Ekm＝2π2mfR2.选修3－2第33讲　磁场　磁感应强度　磁感线　磁通量
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
磁场　磁感应强度磁感线磁通量 Ⅰ
11 单选 考查通电直导线产生的磁场及线圈中磁通量的变化情况
12 多选 以家庭保护电路装置为背景，考查磁通量的判断 次重点 B
小结及预测 1.小结：磁场　磁感应强度　磁感线　磁通量以选择题的形式进行考查，侧重考查判断磁通量的变化情况．2．预测：11、12年都有所考查预测14年考查的可能性大．3．复习建议：建议复习时重点理解磁场、磁感应强度、磁感线和磁通量的定义和磁通量的计算.
知识 整合　
一、磁场
1．磁体和电流周围、运动电荷周围存在的一种　　，
叫磁场．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．磁场的方向：规定在磁场中任一点小磁针　　
受力方向，就是该点磁场的方向(或者说自由小磁针静止时，__________的指向即为该处磁场的方向)．
3．磁现象的本质：磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由__________的运动产生的．
4．安培分子电流假说：在原子、分子等物质微粒内部存在着微小的分子环流，它使每个物质微粒都能独立地成为一个微小的磁体，安培假说能解释磁化、失磁等磁现象．(分子电流实际上是由核外电子绕核运动形成的)
5．匀强磁场和地磁场
(1)若某个区域里磁感应强度大小处处相等，方向相同，那么该区域的磁场叫匀强磁场，
匀强磁场中的磁感线是平行等距的直线．如通电螺线管内部的磁场，就是匀强磁场．
(2)地球的磁场与条形磁铁的磁场相似，其主要特点有三个：
①地磁场的N极在地球南极附近，S极在地球北极附近，磁感线分布如图所示．
②地磁场B的水平分量(Bx)总是从地球南极指向地球北极，而竖直分量By，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下．
③在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北．
二、磁感应强度
1．磁场的最基本的性质是对放入其中的电流有磁场力的作用，电流垂直于磁场时受磁场力__________，电流与磁场方向平行时，磁场力为__________．
2．磁感应强度：
定义：磁感应强度是表示的物理量，在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，受到的磁场力F跟电流I和导线长度l的乘积Il的比值，叫做通电导线所在该处的磁感应强度，用B表示，即B＝.
(1)磁感应强度是矢量，其方向是小磁针静止时N极的指向，不是磁场中电流所受磁场力方向．
(2)磁感应强度B是由磁场自身性质决定的，与磁场中是否存在电流及Il乘积大小无关．
(3)在国际单位制中，磁感应强度的单位是T(特)．
1 T＝1
(4)物理意义：描述磁场的强弱、和方向．
3．磁场的叠加：空间中如果同时存在两个以上的电流或磁体在某点激发的磁场，该点的磁感应强度B是各电流或磁体在该点激发磁场的磁感应强度的__________，且满足________.
三、磁感线
1．在磁场中画一系列曲线，使曲线上任意点的切线方向都跟该点__________方向一致，这一系列曲线即为磁感线．磁感线的__________表示磁场的强弱．
2．在磁体外部磁感线是从__________极到__________极．在磁体内部磁感线又从__________极回到__________极；因此，磁感线是__________、__________的闭合曲线．
四、磁通量
1．定义：穿过某一面积的磁感线条数．
2．公式：Φ＝________.其中S·sinθ为面积S在垂直于B方向的投影面积S⊥，θ为B与S间的夹角．若B⊥S，则θ＝90°，Φ＝BS；若θ＝0，则Φ＝0.
3．单位：Wb,1 Wb＝1T·m2.
4．标量，但有正负之分．合磁通量Φ＝________.
五、通电直导线和通电线圈周围的磁场方向
1．直线电流的磁场：右手握住直导线，__________方向与电流的方向一致，__________方向就是直线电流在周围空间激发磁场的磁场方向．
2．通电螺旋管的磁场：
右手弯曲__________跟电流方向一致，______________所指方向为通电螺线管内部的磁感线方向．
3．同名磁极相互_________，异名磁极相互_________，磁体之间、磁体与电流之间、电流(或运动电荷)与电流(或运动电荷)之间的相互作用是通过磁场发生的．
一、对磁感应强度B＝F/Il的理解
磁感应强度由磁场本身决定，就好像电场强度由电场本身决定一样，跟该位置放不放通电导线无关，磁感应强度B的决定式也是其度量式，但用来测量的小段通电直导线必须垂直放入磁场，如果小段通电直导线平行放入磁场，其受安培力为零，但不能说这点磁感应强度为零，这点与试探电荷在电场中不同，而且磁感应强度的方向不是通电导线的受力方向．
二、磁场和电场
磁　　　场 电　　　场
　磁体或电流周围的一种特殊物质 　电荷周围的一种特殊物质
　磁感应强度B＝(Il称试验电流元) 　电场强度E＝(q称为试验电荷)
　　磁场方向规定为小磁针N极受力方向 　电场方向规定为正电荷受力方向
　用磁感线可以形象地表示磁场分布(磁感线为闭合曲线) 　用电场线形象化表示电场分布(电场线有头有尾)
　合磁场B＝B1＋B2＋……Bn(矢量和) 　合电场E＝E1＋E2＋……En(矢量和)
　磁通量Φ＝BS⊥(S⊥表示垂直磁感线的平面面积)
三、磁感应强度B和电场强度E
磁感应强度B 电场强度E
物理意义 描述磁场的性质 描述电场的性质
定义式 B＝F/Il
通电导线与B垂直 E＝F/q
场线的
定义 1.闭合曲线
2.不相交
3.疏密表示B的大小
4.切线方向表示B的方向 1.不闭合
2.不相交
3.疏密表示E的大小
4.切线方向表示E的方向
场的叠加 合磁感应强度B等于各磁场的B的矢量和 合场强等于各个电场的场强E的矢量和
单　位 1 T＝1 N/A·m
1 T＝1 Wb/m2 1 N/C＝1 V/m
1．磁通量
(1)定义式： Φ＝BS，S垂直于磁感应强度B的有效面积，磁通量的单位是Wb.
(2)物理意义： 可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数，磁感应强度也叫磁通密度，即B＝，理解为垂直穿过单位面积的磁感线条数．
2．对磁通量的理解应注意以下四点：
(1)Φ＝BS只适用于B与S垂直的情况．若B与S的方向间的夹角为θ，则Φ＝BScosθ.
(2)S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积．
(3)磁通量与线圈的匝数无关．
(4)合磁通问题：当计算某个面的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的磁通量，磁通量的正、负号并不表示磁通量的方向，它的符号仅表示磁感线的贯穿方向．
【典型例题1】 如图所示，a、b、c三个闭合线圈，放在同一平面内，当a圈中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，下列说法中正确的
是(　　)
A．Φa＜Φb＜Φc
B．Φa＞Φb＞Φc
C．Φa＜Φc＜Φb
D．Φa＞Φc＞Φb
温馨提示
解答此题要在了解合磁通量含义的基础上，切记磁通量是矢量，然后分析三个线圈中所含合磁通量的大小．
记录空间
【变式训练1】　矩形线圈abcd有n匝，面积大小为S，放在水平面内，加一个竖直向下的范围较大的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B.
(1)若线圈从图示位置绕ab边转过60°，则穿过线圈的磁通量是多少？
(2)若线圈绕ab边转过180°，则穿过线圈的磁通量是多少？
电流的磁场
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
特点 无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场水平，管外为非匀强磁场 环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则
立体图
横截面图
【典型例题2】 如图所示为磁场、磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈，当在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当赫姆霍兹线圈中通以如图所示方向的电流时(　　)
A．小磁针N极向里转
B．小磁针N极向外转
C．小磁针在纸面内向左摆动
D．小磁针在纸面内向右摆动
温馨提示
解此题时，注意安培定则的应用．
记录空间
【变式训练2】　如图所示是通电直导线周围磁感线分布情况示意图，各图的中央表示垂直于纸面的通电直导线及其中电流的方向，其他的均为磁感线，其方向由箭头指向表示，这四个图中，正确的是(　　)
A
　B
　C
　D
随堂 演练　
1．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是(　　)
A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关
B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致
C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零
D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大
2．下列说法中正确的是(　　)
A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零
B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值
D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流乘积的比值
3．彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，下图中穿过线圈的磁通量可能为零的是(　　)
A
　　B
　　C
　　D
4．在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量B＝5.0×10－5T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置，如图所示．由此测出该通电直导线在其正下方10 cm处产生磁场的磁感应强度大小为(　　)
第4题图
A．5.0×10－5T B．1.0×10－4T
C．8.66×10－5T D．7.07×10－5T
5．两个小磁针因受到某种磁场的作用后相互平行，如图所示，产生这种效果的磁场不可能是(　　)
第5题图
A．某条通电直导线产生的磁场
B．某通电螺线管产生的磁场，其中一个小磁针在管内，一个小磁针在管外
C．某个单匝通电圆环的磁场，一个小磁针在环内，一个小磁针在环外
D．相距很近的异名磁极间的磁场
6．大圆环a中通以稳恒电流，小圆环b与大圆环同平面放置，且一半面积在大圆环内，如图所示，则小圆环内的磁通量__________(填“向里”、“零”或“向外”)．
第6题图
第33讲　磁场　磁感应强度
磁感线　磁通量
知识整合
基础自测
一、1.特殊物质　2.N极　N极　3.电荷
二、1.最大　零　2.磁场强弱　F/Il　3.矢量和　平行四边形定则
三、1.磁场　疏密程度　2.N　S　S　N　不相交　不中断
四、2.B·S·sinθ　4.Φ1－Φ2
五、1.伸直大拇指　弯曲的四指　2.四指方向　伸直大拇指　3.排斥　吸引
重点阐述
【典型例题1】 如图所示，a、b、c三个闭合线圈，放在同一平面内，当a圈中有电流I通过时，它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，下列说法中正确的
是(　　)
A．Φa＜Φb＜Φc
B．Φa＞Φb＞Φc
C．Φa＜Φc＜Φb
D．Φa＞Φc＞Φb
【答案】　B　【解析】　由于磁感线是闭合曲线，故a线圈的环形电流产生的磁场在a内部垂直纸面向里，a线圈外部垂直纸面向外，而穿过线圈的磁通量是合磁通量，故b有“抵消”，c“抵消”最多，故a线圈磁通量最大，B正确．
变式训练1　(1)　(2)－BS
　【解析】 由磁通量计算公式
　(1)Φ1＝BS1＝BScosθ＝BScos60°＝　(2)Φ2＝BS2＝BScosθ＝BScos180°＝－BS
【典型例题2】 如图所示为磁场、磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈，当在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当赫姆霍兹线圈中通以如图所示方向的电流时(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．小磁针N极向里转
B．小磁针N极向外转
C．小磁针在纸面内向左摆动
D．小磁针在纸面内向右摆动
【答案】　A　【解析】 由右手安培定则可知，螺线管内部的磁感线向里，小磁针N极的受力方向即为该处的磁场方向．
变式训练2　C　【解析】 四个图中磁感线的方向都符合右手螺旋定则，但磁感线分布密度不同．
　通电直导线周围磁场的磁感应强度跟导线中的电流I成正比，跟到通电直导线的垂直距离r成反比：B＝k.可见，磁感线的分布，从通电直导线开始，由近而远，逐渐由密变疏．据此推理，可知只有C图是正确的．
随堂演练
　1.D　【解析】　磁感应强度是磁场本身属性，在磁场中某处为一恒量，其大小可由B＝计算，但与试探电流元的F、I、L的情况无关；B的方向规定为小磁针N极受磁场力的方向，与放在该处电流元受力方向并不一致；当试探电流元的方向与磁场方向平行时，虽磁感应强度不为零，但电流元受磁场力却为零；根据磁感应强度大小即磁通密度B＝可知，在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大．由以上分析可知，正确选项为D.
　2.AC　【解析】 由电荷所受电场力公式F＝qE知，如果电荷不受电场力作用，则电场强度一定为零，故A正确；通电导线做切割磁感线运动时，才受磁场力，所以说通电导线不受磁场力，该处磁感应强度为零，不正确；由F＝qE，知C正确；同样通电导线不切割磁感线，其不受磁场力，故D不正确．
　3.AB　【解析】 由安培定则可以判断，A中I1在线圈位置产生的磁场方向垂直纸面向里，I2在线圈位置产生的磁场方向向外，穿过线圈的磁通量可能为零，同理可以判断B中，I1在线圈位置产生的磁场方向垂直纸面向外，I2在线圈位置产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过线圈的磁通量可能为零，AB正确；C中I1，I2在线圈位置产生的磁场方向都垂直纸面向里，D中I1，I2在线圈位置产生的磁场方向都垂直纸面向外，CD中穿过线圈的磁通量不可能为零．
　4.C　【解析】 磁场是矢量，其合成遵循平行四边形定则，根据题意水平指向北方的地磁场与水平指向东方的感应磁场的合磁场方向指向北偏东60°的方向，据此可求出，磁感应强度大小为B′＝Btan60°＝5×10－5T＝8.66×10－5T，选项C正确．本题答案为C.
　5.D　【解析】 通电直导线交叉穿过两小磁针时，可以产生如图效果，故A可行．通电螺线管内外磁场方向相反，故B可行．通电圆环内外磁场方向相反．故C可行，故本题只有选D.
　6.向外　【解析】 a环产生的磁场在a内部垂直纸面向外，a环外部磁场向里，而大圆环内一半面积的磁感线密，向外磁通量较大，故小圆环合磁通量向外．课时作业(三十四)　磁场对通电导线的作用力——安培力
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第1题图
1．如图所示，质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上．若已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，在图所加的各种磁场中，导体棒均处于静止状态，则导体棒与导轨间摩擦力可能为零的是(　　)
A
　　　B
C
　　　D
2．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力(　　)
第2题图
和cd A．方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILB
B．方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB
C．方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILB
D．方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB
3．在图所示电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为fa、 fb，可判断这两段导线(　　)
第3题图
A．相互吸引， fa＞fb B．相互排斥， fa＞fb
C．相互吸引， fa＜fb D．相互排斥， fa＜fb
4．如图所示，两个完全相同的闭合导线环挂在光滑绝缘的水平横杆上，当导线环中通有同向电流时(如图所示)，两导线环的运动情况是(　　)
第4题图
A．互相吸引，电流大的环其加速度也大
B．互相排斥，电流小的环其加速度较大
C．互相吸引，两环加速度大小相同
D．互相排斥，两环加速度大小相同
5．(13年江苏模拟)如图所示，长直导线与矩形导线框固定在同一平面内，直导线中通有图示方向电流．当电流逐渐减弱时，下列说法正确的是(　　)
第5题图
A．穿过线框的磁通量不变
B．线框中产生顺时针方向的感应电流
C．线框中产生逆时针方向的感应电流
D．线框所受安培力的合力向左
6．一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒，图中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是(　　)
第6题图
A．磁铁对桌面的压力减小
B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁受到向右的摩擦力
D．磁铁受到向左的摩擦力
7．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T1，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电流后，台秤读数为T2，则以下说法正确的是(　　)
第7题图
A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短
C．T1>T2 D．T1第8题图
8．如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，则(　　)
A．导体棒向左运动
B．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BEL/R
C．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELsinθ/R
D．电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为BELsinθ/mR
9．(13年江苏模拟)如图，光滑的水平桌面处在竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿y轴方向．在水平拉力F作用下，细管沿x轴方向做匀速运动，小球能从管口处飞出，小球在离开细管前的运动加速度a、拉力F随时间t变化的图象中，正确的是(　　)
第9题图
A
　　　B
C
　　　D
10．如图所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平面夹角为θ的倾斜导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电源内阻　　　　　　
不计．
第10题图
(1)若导轨光滑，电源电动势E多大时才能使导体杆静止在导轨上？
(2)若杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，且不通电时导体不能静止在导轨上，要使杆静止在导轨上．电源的电动势E应为多大？
11．如图所示，电源电动势E＝2.4 V，r＝0.4 Ω，电阻R2＝0.2 Ω.CD、EF为竖直平面内的平行光滑导电轨道，间距L＝25 cm，水平匀强磁场垂直轨道平面，轨道电阻不计，ab为铜棒，质量m＝5 g，电阻为R1＝0.2 Ω，可以在轨道上自由滑动，滑动时保持水平，(g取10 N/kg)求：
第11题图
(1)S断开，要ab保持不动，磁感应强度应多大？
(2)S接通瞬间，铜棒的加速度为多大？
课时作业(三十四)　磁场对通电导线的作用力——安培力
　1.AB　【解析】 要使静摩擦力为零，如果N＝0，必须f＝0.B选项中安培力的方向竖直向上与重力的方向相反可能使N＝0，B是正确的；如果N≠0，则导体除受静摩擦力f以外的其他力的合力只要为零，那么f＝0.在A选项中，导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力合力可能为零，则导体所受静摩擦力可能为零，选项的CD选中，从导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力的方向分析，合力不可能为零，所以导体所受静摩擦力不可能为零，故正确的选项应为AB.
　2.A　【解析】 由左手定则及力的合成可知合力方向沿纸面向上，故知C、D选项错误．再由安培力公式F＝BIL可得合力大小为(＋1)ILB.选项A正确．
　3.D　【解析】 无论开关置于a还是置于b，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A、C错误．开关置于位置b时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，故D正确．
　4.C　【解析】 本题可采用等效法，将两环形电流等效为两磁体，如图所示，可知两线圈相互吸引，且由牛顿第二、第三定律知，两环的加速度大小相等．
　5.BD　【解析】 当电流逐渐减弱，穿过线框的磁通量减小，A错误；由楞次定律可判断线圈产生顺时针电流，B正确，C错误．如图，由左手定则可判断ab受向左安培力cd受向右安培力，因为ab靠近直导线，故合力方向为左，线圈上下所受安培力相互平衡，D正确，故选BD.
第5题图
　6.AD　【解析】 如图所示，对导体棒，通电后，由左手定则，导体棒受到斜向左下方的安培力，由牛顿第三定律可得，磁铁受到导体棒的作用力应斜向右上方，所以在通电的一瞬时，磁铁对桌面的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力，因此A、D正确．
第6题图
　7.BC　【解析】 导体棒受到的安培力方向斜向右下方，由牛顿第三定律可知磁铁受到的磁场力斜向左上方，电流对磁铁的磁场力的竖直分量使条形磁铁对台秤压力减小，故知：T1>T2，电流对磁铁的磁场力的水平分量使磁铁左移，故弹簧长度将变短，B、C正确．
　8.BD　【解析】 磁场方向与导体棒垂直，导体棒所受安培力F＝BIL＝，方向为垂直于磁场方向与导体棒方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，故A、C错误；B正确．导体棒受到的合力F合＝Fcos(90°－θ)＝Fsinθ，则a＝＝，D正确．
　9.BD　【解析】 因为小球离开细管前，在水平方向上和细管一起做匀速直线运动，由F＝qvB可知，由于水平方向速度不变，沿管方向力F不变，所以加速度不变，故A错，B对；由于沿管方向小球做加速运动，由左手定则可知F将不断增大，故选BD.
　10.(1)tanθ
(2)≤E≤　
【解析】 (1)导体杆ab的受力如图所示：重力mg、安培力F，导轨的支持力FN.mg与F的合力与FN是一对平衡力，mg与F垂直，由图可知F＝IBd，即Bd＝mgtanθ，E＝tanθ
　
第10题图
　(2)导体杆与导轨有摩擦，导体杆在导轨上静止有两种可能性：当电流偏大时，导体杆有向上滑动的趋势，此时摩擦力向下；当电流偏小时，导体杆有向下滑动的趋势，摩擦力向上．
　导轨的支持力　FN＝mgcosθ＋Fsinθ
　导轨对导体杆的静摩擦力　Ff＝μ(mgcosθ＋Fsinθ)
　当电流较大时有　Fcosθ－mgsinθ≤μ(mgcosθ＋Fsinθ)
　可得F≤mg①
　当电流较小时有mg sinθ－Fcosθ≤μ(mgcosθ＋Fsinθ)
　可得F≥mg②
　F＝IBd＝Bd③
　由①②③三式可得
　≤E≤.
　11.(1)5×10－2 T　(2)4m/s2　【解析】 (1)当S断开时，通过铜棒的电流：I＝＝ A＝4A; 由左手定则可知安培力竖直向上，可与重力平衡，BIL＝mg，所以磁感应强度为：B＝＝ T＝5×10－2T.
(2)当S接通时，外电路R2与R1并联，总电阻R＝＝Ω＝0.1Ω.I′＝＝4.8A，此时铜棒中电流　I1＝I′＝×4.8A＝2.4A，这时安培力小于重力，铜棒有向下的加速度：a＝＝
m/s2
＝4m/s2.课时作业(三十五)　洛伦兹力及带电粒子在复合场中的运动
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是(　　)
A．洛伦兹力对带电粒子做功
B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
第2题图
2．如图所示为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹．室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直(图中垂直于纸面向里)，由此可知此(　　)
A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．粒子由a向b运动
D．粒子由b向a运动
第3题图
3．两个质量和电荷量都相同的带电粒子a，b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图．若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)
A．a粒子动能较大
B．b粒子速率较大
C．b粒子在磁场中运动时间最长
D．它们做圆周运动的周期Ta＝Tb
4．如图所示，质量为m ，电量为q 的带正电物体，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动，则(　　)
第4题图
A．物体的速度由v减小到零的时间等于mv/μ(mg＋Bqv)
B．物体的速度由v减小到零的时间小于mv/μ(mg＋Bqv)
C．若另加一个电场强度大小为(mg＋Bqv)/q，方向水平向右的匀强电场，物体将做匀速运动
D．若另加一个电场强度大小为(mg＋Bqv)/q，方向竖直向上的匀强电场，物体将做匀速运动
5．如图所示，平面直角坐标系的第I象限内有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量为q的带电粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则(　　)
第5题图
A．该粒子带正电
B．A点与x轴的距离为
C．粒子由O到A经历时间t＝
D．运动过程中粒子的速度不变
6．(13年江苏模拟)如图所示为—种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是(　　)
第6题图
A．极板M比极板N电势高
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ＝2B
D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷
7．如图所示，在虚线方框内的空间有方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子垂直电场和磁场方向飞入场中，恰好做匀速直线运动，水平飞离正交电磁场．如果该区域只有电场，粒子将从a点飞离，穿越场区的时间为t1，飞离时速度大小为v1；如果只有磁场，粒子将从b点飞离，穿越场区的时间为t2，飞离时速度大小为v2，重力忽略不计，则(　　)
第7题图
A．t1t2
C．v1>v2 D．v18．如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E. 从两板左侧中点C处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是(　　)
第8题图
A. 这三束正离子的速度一定不相同
B. 这三束正离子的比荷一定不相同
C. a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向b
D. 若这三束粒子改为带负电而其它条件不变则仍能从d孔射出
第9题图
9．如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面的夹角为α(sinα＝0.6)，放在匀强电场和匀强磁场中，电场强度E＝50V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外．一个电荷量为q＝4×10－2C，质量m＝0.40kg的光滑小球，以初速度v0＝20m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过3s脱离斜面，求磁场的磁感应强度．(g取10m/s2)
10．在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O点静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g.求：
(1)小球运动到任意位置P(x，y)处的速率v；
(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；
第10题图
11．如图所示，一带电量为－q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B.当小球在竖直方向运动h高度时，球在b点所受的磁场力多大？
第11题图
12．如图甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L＝0.08m，板距足够大，两板的右侧有水平宽度l＝0.06m、竖直宽度足够大的有界匀强磁场，一个比荷为＝5×107C/kg的带负电粒子(其重力不计)以v0＝8×105m/s速
度从两板中间沿与板平行的方向射入偏转电场，进入偏转电场时，偏转电场的场强恰好按图乙所示的规律变化，粒子离开偏转电场后进入匀强磁场，最终垂直于磁场右边界射出．求：
(1)粒子在磁场中运动的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径R；
(3)磁场的磁感应强度B.
甲
乙
第12题图
13．(13年江苏模拟)如图所示，在长度足够长、宽度d＝5cm的区域MNPQ内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝0.33T.水平边界MN上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E＝200N/C.现有大量质量m＝6.6×10－27kg、电荷量q＝3.2×10－19C的带负电的粒子，同时从边界PQ上的O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v＝1.6×106m/s，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：
(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r；
(2)求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；
(3)当从MN边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程．
第13题图
课时作业(三十五)　洛伦兹力及带电粒子在复合场中的运动
　1.B　【解析】 洛伦兹力的方向总跟速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，不会改变粒子的动能，因此B正确．
　2.AC　【解析】 粒子穿过铅板后速度要减小，由粒子在磁场中运动的半径公式可知半径应减小，所以粒子应是从a向b运动的，C对；再由左手定则可得粒子带正电，A对．
　3.BD　【解析】 洛伦兹力提供向心力得周期公式和半径公式，即由F＝qvB＝＝m得，R＝，T＝，而t＝T，由图可知，α粒子半径小转过的圆心角大，故α粒子的速率小、动能小、运动时间长，a、b运动周期相同．
　4.D　【解析】 当物体速度为v时，物体受到竖直向下的磁场力qvB，由于摩擦力作用，物体速度减小，所以qvB变小，物体受的摩擦力也越来越小，所以由动量定理得当速度减为零时所用时间大于mv/μ(mg＋Bqv)；加竖直向上电场后，物体受到向上的电场力F＝qE＝(mg＋Bqv)，物体所受合外力为零，所以物体将做匀速运动，D正确．
　5.BC　【解析】 当粒子运动到A点时速度方向与x轴正方向相同，此时受到的洛伦兹力竖直向下，由左手定则判断粒子带负电，A错；A点与x轴的距离y＝R－Rsin30°＝R＝·，B对；O到A所经历时间t＝·＝，C对；运动过程中粒子的速度方向一直在变，D错，故选BC.
　6.AD　【解析】 由于小球从P点垂直边界进入磁场，打在胶片Q上，由左手定则可判定为正电荷q，由qU＝mv2加速电场可判断φm＞φN；粒子进入静电分析器时，速度v与电场力qE垂直，故电场力对粒子不做功，电场力提供向心力、qE＝　qU＝mv2　＝mv2则U＝ER；在P点时，洛伦兹力提供向心力，qvB＝R′＝2；由R′＝，可知，电荷相同，运动的半径相同；所以AD正确，BC错误，故选AD.
　7.AC　【解析】 由题意可知，粒子带正电，qE＝Bqv0.只有电场时，粒子做类平抛运动，t1＝；只有磁场时，粒子只受洛伦兹力，在磁场区域内做匀速圆周运动，弧线长度大于直线长度，故t1v2，故选AC.
　8.BCD　【解析】 在复合场中，粒子沿直线运动，则有qvB＝Eq，则有vB＝E，则各粒子速度相同，由R＝可知，正离子的比荷一定不同，洛伦兹力方向向上，则安培力方向向下，则电场强度方向由a指向b，若改成负电子，其洛伦应力和安培力仍旧平衡，故BCD正确．
　9.5T　【解析】 小球沿斜面向上运动过程中受力分析如图(1)所示，由牛顿第二定律，得qEcosα＋mgsinα＝ma1，故a1＝gsinα＋，代入数据得a1＝10m/s2，上行时间t1＝＝2s.小球沿斜面下滑过程中受力分析如图(2)所示，小球在离开斜面前做匀加速直线运动，a2＝10m/s2，运动时间t2＝1s，脱离斜面时的速度v＝a2t2＝10m/s，在垂直斜面方向上小球脱离斜面受力条件有：qvB＋qEsinα＝mgcosα，故B＝－＝5T.
　　　　
　　　第9题图(1)　　　　第9题图(2)
　10.(1)　(2)
【解析】 (1)洛伦兹力不做功，由动能定理得
mgy＝mv2，①
得v＝.②
(2)设在最大距离ym处的速度为vm，根据圆周运动有qvmB－mg＝m，③
且由②式知vm＝，④
由③④式及R＝2ym，得ym＝.
　11.Bq　【解析】 根据机械能守恒mv＝mgh＋mv2　得v＝　F＝Bqv＝Bq
　12.(1)1×106m/s　(2)0.1m　(3)0.2T　
【解析】 (1)电子在偏转电场中的运动时间t＝＝s＝10×10－8s
　对比乙图可知，电子在极板间运动的时间是偏转电压的一个周期在第一个t＝5×10－8s时间内，电子在垂直于极板方向上做初速为0的匀加速运动，在第二个t＝5×10－8s时间内，电子做匀速直线运动．
　
第12题图
在第一个t＝5×10－8s时间内，vy＝t＝5×107×2.4×105×5×10－8m/s＝6×105m/s
　v＝＝m/s＝1×106m/s
　(2)电子在磁场中的轨迹如图所示，设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R
　由几何关系＝
　R＝l＝×0.06m＝0.1m
　(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m
　B＝＝T＝0.2T.
　13.(1)0.1m　(2)3.3×10－4s　(3)x2＋y2＝R2　(R＝0.1m，m≤x≤0.1m)　【解析】 (1)由牛顿第二定律有
　qvB＝m
　解得　r＝0.1m
　(2)粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场粒子在电场中运动的加速度　a＝粒子在电场中运动的
第13题甲图
　
时间　t＝解得　t＝3.3×10－4s　
(3)如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°.则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°～60°所有粒子此时分布在以O点为圆心，弦长0.1m为半径的圆周上曲线方程为　x2＋y2＝R2　(R＝0.1m，m≤x≤0.1m)
第13题乙图课时作业(三十三)　磁场　磁感应强度　磁感线　磁通量
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢，假如地球的磁场是由地球表面带电引起的，则可以断定(　　)
A．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱
B．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变强
C．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱
D．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变强
第2题图
2．如图所示条形磁铁竖直放置，闭合的金属线框水平地紧挨着磁铁从A端移至B端的过程中，穿过线框的磁通量的变化情况的是(　　)
A．变大
B．变小
C．先变大后变小
D．先变小后变大
3．在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知(　　)
A．一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针
B．一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针
C．可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过
D．可能是小磁针正上方有电子流自南向北水平通过
4．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是(　　)
第4题图
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
第5题图
5．如图所示为两根互相平行的通电直导线a、b的横截面图，a、b中的电流方向已在图中标出，那么导线a中的电流产生的磁场的磁感线环绕方向及导线b所受的磁场力的方向分别是(　　)
A．磁感线顺时针方向，磁场力向左
B．磁感线顺时针方向，磁场力向右
C．磁感线逆时针方向，磁场力向左
D．磁感线逆时针方向，磁场力向右
6．关于磁感应强度，下列说法正确的是(　　)
A．由磁感应强度的定义式B＝，B与F成正比，与IL成反比
B．同一段通电短导线垂直于磁场方向放在不同磁场中，所受的磁场力F与磁感应强度B成正比
C．磁感应强度的定义式B＝只适用于匀强磁场
D．只要满足L很短，B＝对任何磁场都适用
第7题图
7．如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量φa、φb的大小关系为(　　)
A．φa＞φb
B．φa＜φb
C．φa＝φb
D．无法比较
8．磁场中某区域的磁感线，
第8题图
如图所示，则(　　)
A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba>Bb
B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，BaC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大
D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小
9．在地磁场作用下赤道上处于静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转，当通过该导线电流为I时，小磁针左偏30°，如图所示，则当小磁针左偏60°时，通过导线的电流为(已知直导线在某点产生的磁场与通过导线的电流成正比)(　　)
第9题图
A．2I B. 3I C.I D．无法确定
10．如图是一个用均匀金属导线做成的圆环，A、B是圆环直径的两个端点，当电流I从A点流入，从B点流出时，在环中心处的磁场方向是(　　)
第10题图
A．在圆环所在的平面内，且指向B
B．垂直圆环平面，且指向纸外
C．垂直圆环平面，且指向纸内，
D．磁感应强度为零，无方向
11把电流强度均为I，长度均为l的两小段通电直导线分别置于磁场中的1、2两点处时．两小段通电直导线所受磁场力的大小分别为F1和F2，若已知1、2两点处磁感应强度的大小关系为B1A．B1＝ B．B2＝
C．F112．如图所示，矩形线框abcd的长和宽分别为2L和L，匀强磁场的磁感应强度为B，虚线为磁场的边界．若线框以ab边为轴转过60°的过程中，穿过线框的磁通量的变化情况是(　　)
第12题图
A．变大 B．变小 C．不变 D．无法判断
13．两通电
第13题图
直导线平行放置，电流分别为I1、I2，方向如图所示．在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．这四点的磁感应强度可能为零的是(　　)
A．a和b B．b和c
C．c和d D．a和d
14．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流，则在该螺线管内中部的磁感应强度大小为(　　)
　　　甲　　　　　　　　　乙
第14题图
A．0 B．0.5B C．B D．2B
15．如图所示，竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长直通电导线，电流方向向外，a、b、c、d是以直导
第15题图
线上的点为圆心的同一个圆周上的四个点，则(　　)
A．四个点不可能有磁感应强度为零的点
B．a点的磁感应强度最小
C．b、d两点磁感应强度相同
D．c点磁感应强度最大
16．半径为r，电流为I1的通电圆环圆心a处的磁感应强度为B，在圆环下方距圆心a为L的地方水平放置一根电流为I2的无限长直导线MN时，圆环圆心a处的磁感应强度变为零，设圆环平面与长直导线在同一竖直平面内如图所示，求：
第16题图
(1)根据对称性，直导线电流I2在导线正下方L处的b点产生的磁感应强度大小是多少？方向如何？
(2)如果把圆环平移到b点，使圆环的圆心与b点重合，则圆环电流与直线电流在b点产生的合磁场的磁感应强度大小是多少？方向如何？
课时作业(三十三)　磁场　磁感应强度　磁感线　磁通量
　1.D　【解析】 由常识可知地球表面带负电，地球自转变慢相当于电流强度减弱，则由电磁感应定则易知，地磁场也将减弱，故C正确．
　2.D　【解析】 根据条形磁铁磁感线的特点及磁通量的概念可知，D正确．
　3.D　【解析】 小磁针的N极突然向东偏，说明其受力方向突然改变为偏东方向，引起此改变的原因可能是有磁铁的S极从东侧靠近小磁针(不一定是正东方向)A、B错．小磁针正上方有电子流自北向南水平通过时，小磁针应向西偏转，C错，故D正确．
　4.C　【解析】 磁感应强度为矢量，两电流在d处产生的磁感应强度成一定角度，则d处磁感应强度一定不为零，根据安培定则可知，两导线在b处产生的磁感应强度方向相同，则b处磁感应强度的矢量和一定不为零，两导线在a处产生的磁感应强度方向相反，由于I1＞I2可知I1在a处产生的磁感应强度大于I2在a处产生的磁感应强度，故a处的磁感应强度的矢量和一定不为零；同理，两导线在c处产生的磁感应强度方向相反，由于I1＞I2且I1距离c处较远，可知I1在c处产生的磁感应强度的大小可能等于I2在c处产生的磁感应强度的大小，故c处的磁感应强度的矢量和可能为零，选项C正确．
　5.B　【解析】 根据安培定则，伸开右手，大拇指与电流方向相同，四指弯曲方向为磁场的方向，知导线a中电流产生的磁场为顺时针方向，在导线b处，磁场主向竖直向下，根据左手定则，安培力方向水平向右，故选B.
　6.BD　【解析】 磁场中某点磁感应强度的大小只与磁场本身的因素有关，与磁场中放不放导线、导线的长短、通入的电流的大小及导线所受磁场力的大小均无关，所以A选项错误；由B＝得F＝BIL，可知：导线垂直于磁场方向放在磁场中，所受的磁场力F与磁感应强度B成正比，所以B选项正确；B＝是磁感应强度的定义式，它对任何磁场都适用，只不过对于非匀强磁场，要想由B＝确定某点的磁感应强度，需导线足够短才行，所以C选项错误，D选项正确．
　7.A　【解析】 由于磁感线是闭合曲线，而穿过圆环的磁通量为合磁通量，故b“抵消”的多，故φa＞φb.
　8.B　【解析】 在磁场中，磁感线疏密表示磁场的强弱，故Ba第9题图
　9.B　【解析】 小磁针左偏指向即为直导线产生磁场与地磁场的合磁场方向，其矢量合成图如图所示，由图中关系可得B1＝B地·tan30°，同理当小磁针偏转成60°时有B2＝B地·tan60°，解以上两个方程可解得B2＝3B1，即I2＝3I.
　10.D　【解析】 电流从A流入圆环，分两条路流过圆环再在B处流出，则由安培定则判断上半圆在O点产生的磁场垂直纸
面向里；下半圆在O点产生的磁场垂直纸面向外，又再为磁场是矢量，可叠加，上下半圆产生的磁场大小相等，方向相反，所以O点磁感应强度为零，无方向．
　11.D　【解析】 因不知道导线与磁感线的夹角大小，所以无法判定F1、 F2大小，也无法用公式B＝来求磁感应强度，D正确．
　12.C　【解析】 由磁通量计算公式Φ＝BScosθ，可得穿过线圈的磁通量不变．
　13.A　【解析】 用安培定则判断出I1、I2磁感线的方向，再用磁感应强度的矢量合成即可解出正确选项．
　14.A　【解析】 乙为双绕线圈，两通电导线产生的磁场相互抵消，管内磁感应强度为零，故A正确．
　15.BD　【解析】 通电导线在圆周上各点磁感应强度B等大，在a点通电导线磁场与匀强磁场反向，有可能抵消，所以A错误；b、 d两点对应的两磁场垂直，所以b、d两点总的磁感应强度大小相等但方向不同；c点两磁场同向，所以c点磁感应强度最大．
　16.(1)B，　垂直纸面向外　(2)2B　垂直纸面向外　【解析】 (1)圆环电流在圆心a处产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，加上直导线后，a处的磁感应强度为零，说明，直导线I2在a处产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．又因为a, b两点到直导线的距离相等，因此，直导线I2在b点产生的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．(2)当把圆环平移到b点后，圆环在b点产生的磁场感应强度为B，方向垂直纸面向外；和直导线I2在b点产生的感应强度合成后，可得b点的磁感应强度大小为2B，方向垂直纸面向外．第34讲　磁场对通电导线的作用力——安培力
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
安培力 Ⅱ(计算限于直导线根匀强磁场平行或垂直两种情况)
09 计算 考查安培力的计算公式
10 计算 以导体棒切割磁感线为背景，考查F＝BIL的应用
11
单选 以通电直导线产生的磁场和导线框切割磁感线为背景，考查安培力大小
单选 以与电容相连的直导线切割磁感线为背景，考查导体棒在安培力作用下加速度和速度的动态变化情况
12 计算 以线圈切割磁感线为背景，考查安培力大小的计算 重点 B
小结及预测 1.小结：安培力以选择题、计算题形式进行考查、侧重以导线框、通电直导线或线圈切割磁感线为背景，考查安培力大小的计算．2．预测：预测14年会考查．3．复习建议：复习时结合受力分析、欧姆定律和运动学公式计算安培力的大小和分析导体棒的运动情况.
知识 整合　
一、磁场对通电导线的作用力叫做________．它的大小若I∥B时，________；若I⊥B时，________
二、通电导线在磁场中所受安培力的方向跟________方向、________方向之间的关系，可以用左手定则来判定： 伸开左手，使大拇指跟其余四个手指__________，并且都跟手掌在________，把手放入磁场中，让磁感线________，并使伸开的四指指向________方向，那么，拇指所指的方向，就是通电导线在磁场中的________方向．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
三、磁电式电流表的工作原理__________．磁电式电流表主要由　构成．辐向磁场使线圈转到任何位置时都保持________与_________平行，因此，处在磁场的两个边所受的安培力总是与__________垂直，安培力的力臂总是__________．
对公式F＝BIL的理解
1．使用条件：匀强磁场(或L很小时的非匀强磁场)，B与I垂直．
2．如B与L成角度θ，则F＝BILsinθ，此式说明安培力F的大小与磁感应强度B、电流I、导线长度以及导线放置的方法有关．
3．安培力F的方向由左手定则判定．
4．式中的L为有效长度，如是直导线，其有效长度即导线自身长度．如图所示，弯曲的导线ACD的有效长度为L，等于两端点A、D所连直线的长度，其所受的安培力为F＝BIL.
安培力与力学综合问题
(1)通电导体在磁场中的平衡与加速运动问题．处理此类问题时应注意：
①变三维为二维，作出平面受力分析图，进行受力分析，安培力的方向切忌跟着感觉走，要用左手定则判断，注意F安⊥B、F安⊥I.
②受力分析完后，列平衡方程式、牛顿第二定律的方程式，然后求解．
(2)通电导体在磁场中与动量、能量相综合的问题．
①注意安培力的冲量I＝Ft＝BILt＝BLQ，与通过导体的电量有着联系．
②安培力做功与路径有关，所以绕闭合回路一周，安培力做功可以为正，可以为负，也可以为零，不像重力和电场力做功一定为零．
③安培力做功的实质：起传递能量的作用，将电源的能量传递给通电导线，而磁场本身并不提供能量．
a．安培力做正功；是将电源的能量传递给通电导线转化为导线的动能或其他形式的能．
b．安培力做负功；是将其他形式的能转化为电能后再储存或转化为其他形式的能．
【典型例题1】 如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能(　　)
A．变为0 B．先减小后不变
C．等于F D．先增大再减小
温馨提示
解答此题时应先对导体棒进行受力分析，然后根据受力情况判断摩擦力的变化情况．
记录空间
【变式训练1】　在倾角θ＝30°的斜面上，固定一金属框，宽L＝0.25m，接入电动势E＝12 V、内阻不计的电池．垂直框面放有一根质量m＝0.2 kg的金属棒ab，它与框架的动摩擦因数μ＝，整个装置放在磁感应强度B＝0.8T、垂直框面向上的匀强磁场中．当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？框架与棒的电阻不计，g取10m/s2.
安培力作用下的导体的运动方向的判断
判断物体在安培力作用下的运动，常用方法有以下四种：
1．电流元受力分析法：把整段电流等效为很多段直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元受安培力方向，从而判断出整段电流所受合力方向，最后确定运动方向．
2．特殊值分析法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置(如转90°)后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向．
3．等效分析法：环形电流可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可以等效成环形电流，通电螺线管可等效成很多的环形电流来分析．
4．推论分析法：(1)两电流相互平行时无转动趋势，方向相同相互吸引，方向相反相互排斥；(2)两电流不平行时有转动的趋势且有转动到方向相同的趋势．
【典型例题2】 如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线通以电流I时，导线的运动情况从上往下看是(　　)
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
温馨提示
分析此题时先运用电流元受力分析法，然后再运用特殊值分析法进行解题
记录空间
【变式训练2】　如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以(　　)
A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极
B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极
C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极
D．将a、c端接交流电源的一端，b、d端接在交流电源的另一端
随堂 演练　
1．如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，
第1题图
a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为(　　)
A．F2
B．F1－F2
C．F1＋F2
D．2F1－F2
2．如图，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F.为使F＝0，可能达到要求的方法是(　　)
第2题图
A．加水平向右的磁场
B．加水平向左的磁场
C．加垂直纸面向里的磁场
D．加垂直纸面向外的磁场
第3题图
3．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是(　　)
A．B＝mg，方向垂直斜面向上
B．B＝mg，方向垂直斜面向下
C．B＝mg，方向垂直斜面向下
D．B＝mg，方向垂直斜面向上
4．如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，
第4题图
磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为(　　)
A．0
B．0.5BIl
C．BIl
D．2BIl
5．质量为m的金属棒MN两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点，棒处于水平状态，棒的中部有水平方向的匀强磁场，磁场方向垂直金属棒，如图所示．当棒中通有从M流向N方向的恒定电流时，悬线中有拉力．为了减小悬线中的拉力，
　第5题图
可采用的办法有(　　)
A．适当增大水平磁场的磁感应强度
B．使磁场反向
C．适当减小金属棒中的电流
D．使电流反向
6．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2.已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
第6题图
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力大小；
(3)导体棒受到的摩擦力．
7．如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上放一个可以自由滑动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E＝12 V，内阻不计，ab杆长L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与平行滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1；不计滑轨与ab杆的电阻，g取10 m/s2，求接在滑轨上的变阻器R的阻值在什么范围内变化时，可以使ab杆在滑轨上保持静止．
第7题图
第34讲　磁场对通电导线的
作用力——安培力
知识整合
基础自测
一、安培力　F＝0　F＝BIL
二、磁场　电流　垂直　一个平面内　垂直穿入手心　电流　受力
三、安培力与电流关系　蹄形磁铁、铁芯、绕在线框上的线圈、螺旋弹簧、指针　磁场　线框平面　线框平面　最大
重点阐述
【典型例题1】 如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能(　　)
A．变为0
B．先减小后不变
C．等于F
D．先增大再减小
【答案】　AB　【解析】　对a棒所受合力为Fa＝F－Ff－mg sinθ－BIl，说明a做加速度减小的加速运动，当加速度为0后匀速运动，所以a所受安培力先增大后不变．
　如果F＝Ff＋2mg sin θ，则最大安培力为mg sin θ，则b所受摩擦力最后为0, A正确．
　如果F＜Ff＋2mg sin θ，则最大安培力小于mg sin θ，则b所受摩擦力一直减小最后不变，B正确．
　如果Ff＋3mg sin θ＞F＞Ff＋2mg sin θ，则最大安培力大于mg sin θ小于2mg sin θ，则b所受摩擦力先减小后增大最后不变．
　可以看出b所受摩擦力先变化后不变，CD错误．
变式训练1　1.6Ω≤R≤4.8Ω　【解析】 首先将立体图转化为平面图．金属棒受到四个力作用：重力mg、垂直框面向上的支持力N、沿框面向上的安培力F、沿框面的摩擦力f.金属棒静止在框架上时，摩擦力f的方向可能沿框面向上，也可能向下，需分两种情况考虑．　(1)当变阻器R取值较小时，I较大，安培力F较大，会使金属棒产生沿框面上滑趋势，因此，框架对棒的摩擦力沿框面向下，如图(1)所示．金属棒刚好不上滑时满足平衡条件BL－μmgcosθ－mgsinθ＝0，R＝＝1.6Ω；　(2)当变阻器R取值较大时，I较小，安培力F较小，在金属棒重力分力mgsinθ作用下使棒有沿框架下滑的趋势，框架对棒的摩擦力沿框面向上，如图(2)所示．金属棒刚好不下滑时满足平衡条件BL＋μmgcosθ－mgsinθ＝0，得R＝＝Ω＝4.8Ω
所以R的取值范围应为1.6Ω≤R≤4.8Ω.
(1)
(2)
【典型例题2】 如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线通以电流I时，导线的运动情况从上往下看是(　　)
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】　C　【解析】　电流元受力分析法：把通电直导
线等效为AO、BO两段电流元，
蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元所受安培力方向如图所示，可见导线将逆时针转动．再运用特殊值分析法：用导线转过90°的特殊位置(如图的虚线位置)来分析，判断得安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动．
变式训练2　ABD　【解析】 使MN垂直纸面向外运动，则MN应受向外的安培力的作用，由左手定则易判断ABD正确．
随堂演练
1．A　【解析】 加匀强磁场前，a、b间产生一作用力与反作用力，b受到的磁场力大小也为F1，加入匀强磁场后，a、b电流大小相等且平行，所以两导线受到的磁场力大小相同，均为F2，方向相反，A正确．
　2.C　【解析】 绳子的拉力均为0，则绳子所受安培力向上与重力大小相等方向相反，故由左手定则知，导线应处在垂直纸面向里的磁场中，C正确．
　3.A　【解析】 若磁场方向垂直斜面向上，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向上，则杆受竖直向下的重力mg，斜面对杆的支持力
第3题图
FN和沿斜面向上的安培力F，如图所示，则sinα＝，而F＝BIL，所以B＝mg，故A对D错；若磁场方向垂直斜面向下，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向下，因斜面光滑，杆不可能静止在斜面上，故B、C错．
　4.C　【解析】 导线有效长度为2l sin30°＝l，所以该V形通电导线受到的安培力大小为BIl.选C.
　5.A　【解析】 由于F＝BIL，且方向向上，故只要增大F，就可以减小悬线的拉力，故只有A正确．
　6.(1)1.5A　(2)0.30N　(3)0.06N　方向沿斜面向下　【解析】 (1)根据闭合电路欧姆定律I＝＝1.5A.　(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30N.　(3)将重力正交分解，设导体棒所受重力沿斜面的分力为F1，则F1＝mgsin37°＝0.24N，所以F1＜F安，导体棒受力如图，根据平衡条件有mgsin37°＋Ff＝F安，解得Ff＝0.06N，方向沿斜面向下．
　
第6题图
7．3 Ω≤R≤5 Ω
　【解析】 杆ab正好在不下滑、不上滑两种情况下的受力如图甲、乙所示．
　甲
　
　乙
　
　第7题图
　(1)杆ab刚好不下滑时，根据平衡条件有：
　
　又F1＝BI1L，I1＝，解得R1＝5 Ω.
　(2)杆ab刚好不上滑时，根据平衡条件，得：
　
　又F2＝BI2L，I2＝，
　解得R2＝3 Ω.

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