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第3节　带电粒子在匀强磁场中的运动
eq \a\vs4\al()
1．了解带电粒子在匀强磁场中的运动规律。　2.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式及应用。　3.能够应用几何知识分析带电粒子在匀强磁场中的运动。
[学生用书P21]
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F＝0。
2．若v⊥B，带电粒子初速度的方向和洛伦兹力的方向都在与磁场方向垂直的平面内，粒子在这个平面内运动。
(1)洛伦兹力总是与粒子的运动方向垂直，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小。
(2)沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力对粒子起到了向心力的作用。
二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期
1．洛伦兹力演示仪：电子枪可以发射电子束。玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。励磁线圈能够在两个线圈之间产生匀强磁场，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。
2．演示仪中电子轨迹特点
(1)不加磁场时，电子束的径迹是一条直线。
(2)加磁场后电子束的径迹是一个圆。
(3)磁感应强度或电子的速度改变时，圆的半径发生变化。
3．半径和周期
(1)由qvB＝m，可得r＝。
(2)由r＝和T＝，可得T＝。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期跟轨道半径和运动速度无关。
判断下列说法是否正确。
(1)带电粒子进入匀强磁场后一定做匀速圆周运动。(　　)
(2)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关。(　　)
(3)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动。(　　)
(4)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀加速直线运动，不可能做匀速直线运动。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
知识点一　带电粒子在匀强磁场中的运动[学生用书P22]
　(多选)(2025·湖南常德市期末)一带电粒子以初速度v0进入匀强磁场中，则粒子(只受洛伦兹力)可能的运动是(　　)
A．匀速直线运动　　 B．匀变速直线运动
C．匀速圆周运动 D．匀变速曲线运动
[解析]　当粒子速度方向与磁场方向平行时，粒子所受洛伦兹力为0，即粒子不受外力作用，此时粒子做匀速直线运动，故A正确；若粒子速度方向不与磁场方向平行，此时所受洛伦兹力不为0，由于洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，则洛伦兹力大小不变，方向变化，粒子此时的加速度发生变化，粒子不可能做匀变速直线运动，也不可能做匀变速曲线运动，故B、D错误；当粒子速度方向与磁场方向垂直时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故C正确。
[答案]　AC
　如图所示的是某种粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，从垂直于纸面方向向里看(正视)，可能是哪种粒子的运动(　　)
A.中子顺时针运动 B．中子逆时针运动
C．质子顺时针运动 D．电子顺时针运动
[解析]　中子不带电，在磁场中不会做匀速圆周运动，故A、B错误；质子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的方向即为质子运动方向，即质子是逆时针方向运动，故C错误；电子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的反方向即为电子运动方向，即电子是顺时针方向运动，故D正确。
[答案]　D
知识点二　带电粒子在磁场中运动的半径和周期[学生用书P22]
eq \a\vs4\al()
1．如图所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转。不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？加上磁场时，电子束的运动轨迹如何？
2．如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，轨迹圆半径如何变化？
[提示]　1.运动轨迹为一条直线　轨迹为圆。
2．减小　增大。
1．分析带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，要紧抓洛伦兹力提供向心力这个条件，即qvB＝m。
2．同一粒子在同一磁场中，由r ＝知，r与v成正比；而由T＝知，T与速度、半径大小均无关。
　(2025·北京市东城区期末) 一带电粒子以速度v进入匀强磁场，仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。如果速度v增大，下列说法正确的是(　　)
A．半径增大，周期不变
B．半径增大，周期增大
C．半径减小，周期不变
D．半径减小，周期减小
[解析]　根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得r＝，根据T＝，解得T＝，如果速度v增大，可知半径增大，周期不变。
[答案]　A
　(2025·湖北省宜荆荆随恩期末联考)如图所示，在纸面内水平放置两根长直导线AB和CD，只有一条导线中通有恒定电流。在纸面内，一电子由E点开始经过F运动到G的轨迹如图中曲线所示，下列说法正确的是(　　)
A．导线AB中通有从A到B方向的电流
B．导线AB中通有从B到A方向的电流
C．导线CD中通有从C到D方向的电流
D．导线CD中通有从D到C方向的电流
[解析]　由于电子在运动的过程中，速度大小不变，根据r＝，可知在F点处轨道半径较小，磁感应强度较大，一定是导线CD中通有电流，由于电子带负电荷，根据左手定则可知，F处的磁场方向垂直于纸面向内，由安培定则可知，导线CD中电流的方向为从C到D。
[答案]　C
知识点三　带电粒子在直线边界场中的运动[学生用书P23]
1．圆心的确定：因为洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直，洛伦兹力为粒子做圆周运动提供的向心力，总是指向圆心。
(1)已知两点的速度方向：根据轨迹上两点的速度方向画出洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心，如图甲。
(2)已知进场速度方向和出场点：通过入射点或出射点作速度方向的垂线，再连接入射点和出射点(即圆上的弦)，作其连线的中垂线，这两条线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图乙。
2．半径的确定和计算：半径的计算一般是利用几何知识(三角函数关系、三角形知识等)求解。
3．圆心角的确定及运动时间的求解
(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图丙)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
(2)粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：
t＝T或t＝T或t＝(l为弧长)。
4．运动轨迹的确定
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图丁所示)。
(2)平行边界(存在临界条件，如图戊所示)。
角度1　直线边界磁场
　如图所示，在直线边界PQ上方有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带电粒子先后从PQ上的O点以相同的角度垂直射入磁场中，然后分别从PQ上的M、N两点射出磁场。不计粒子受到的重力，下列说法正确的是(　　)
A．两粒子均带正电
B．两粒子的速度大小相等
C．两粒子射出磁场时的速度方向不相同
D．两粒子在磁场中的运动时间一定相同
[解析]　粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则可知两个粒子带负电，故A错误；根据几何关系可知两个粒子在磁场中运动的轨道半径不同，结合qvB＝m，得r＝，所以两粒子的速度大小不相等，故B错误；根据对称性，对于同一直线边界磁场，带电粒子以多大角度入射，就以多大角度出射，与速度大小无关，因为两种粒子的入射方向相同，所以出射方向相同，故C错误；对于同一直线边界磁场中的粒子，两种粒子的入射方向相同，转过的圆心角相等，根据t＝T，同种带电粒子在磁场中运动的周期T＝，所以两粒子在磁场中的运动时间一定相同，故D正确。
[答案]　D
　如图所示，一个宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，有一个带电粒子以向右的速度v垂直于该磁场边界进入磁场，穿出磁场时速度方向和进入时的方向夹角α＝30°，不计粒子的重力。求：
(1)粒子做圆周运动的轨迹半径r；
(2)带电粒子的比荷；
(3)带电粒子穿过磁场所用的时间t。
[解析]　
(1)作出带电粒子的运动轨迹如图所示，
根据几何关系可得带电粒子在磁场中运动的半径r＝＝2L。
(2)根据牛顿第二定律有
qvB＝m
整理可得带电粒子的比荷＝。
(3)带电粒子做圆周运动的周期T＝＝
带电粒子穿过磁场所用的时间t＝T＝。
[答案]　(1)2L　(2)　(3)
　(2024·广西卷，T5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为(　　)
A． B．
C．(1＋) D．
[解析]　
粒子的运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋＝(1＋)。
[答案]　C
角度2　临界极值问题分析
　【教材经典P22第4题】真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)沿着与MN夹角θ为30°的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场。求粒子射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间。
[解析]　带电粒子可能带正电，也可能带负电。
若粒子带正电，由几何关系可知r cos 30°＋r＝l，
又qvB＝m，得v1＝
粒子做圆周运动的圆心角为300°
根据T＝，得t1＝；
若粒子带负电，由几何关系可知r－r cos 30°＝l，且圆心角为60°，则v2＝，t2＝。
[答案]　见解析
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P25]))
1．(带电粒子在磁场中的运动)两个粒子所带电荷量相等，在同一匀强磁场中只受到磁场力作用而做匀速圆周运动，则(　　)
A．速率相等，半径必相等
B．质量相等，周期必相等
C．动能相等，半径必相等
D．动量相等，周期必相等
解析：选B。由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m＝mr，解得r＝＝，T＝，两个粒子所带电荷量相等，若速率和质量乘积相等或动量相等或动能与速度的比值相等，则半径相等；若质量相等，则周期相等。
2.
(带电粒子在磁场中的运动)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　)
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
解析：选A。根据题图可知，1和3粒子绕转方向一致，则1和3对应的粒子为电子，2对应的粒子为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确，D错误；电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvB＝m，解得r＝，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
3.(带电粒子在磁场中的运动)(2025·辽宁大连市期中)如图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列说法错误的是(　　)
A．无论粒子的速率多大，粒子都不可能通过坐标原点
B．从x轴射出磁场的粒子在磁场中运动所经历的时间一定为
C．从y轴射出磁场的粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
解析：
选D。带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点，故A正确，与题意不符；根据qvB＝m，又T＝，联立解得T＝，由于P点的位置不确定，所以粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角对应从x轴正半轴离开磁场的轨迹圆心角，即300°，运动时间tmax＝T＝，可知从x轴射出磁场的粒子在磁场中运动所经历的时间一定为，而最小的圆心角对应P点在坐标原点时，即120°，运动时间tmin＝T＝，可知从y轴射出磁场的粒子在磁场中运动所经历的时间范围为1．知道安培力的方向与电流、磁感应强度的方向都垂直，会用左手定则判断安培力的方向。
2．会推导匀强磁场中一般情况下安培力的表达式，会计算匀强磁场中安培力的大小。
3．知道磁电式电流表的基本构造以及运用它测量电流大小和方向的基本原理。
[学生用书P1]
一、安培力的方向
1．安培力：通电导线在磁场中受的力。
2．左手定则：(如图所示)伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
3．安培力方向、磁场方向、电流方向的关系：F⊥B、F⊥I，即F垂直于B和I所决定的平面。
二、安培力的大小
1．垂直于磁场B的方向放置的长为l的一段导线，当通过的电流为I时，它所受的安培力F＝IlB。
2．当磁感应强度B的方向与电流方向成θ角时，公式F＝IlB sin θ。
3．当磁感应强度B与电流方向平行时，安培力F＝0。
三、磁电式电流表
1．构造：最基本的组成部分是磁体和放在磁体两极之间的线圈。
2．原理：通电线圈在磁场中受到安培力而偏转，线圈偏转的角度越大，被测电流就越大。根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向。
3．特点：极靴与铁质圆柱间的磁场沿半径方向，线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，线圈左右两边所在处的磁感应强度大小都相等。
4．优点：灵敏度高，可以测出很弱的电流。
缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流很弱。
Ｋ
判断下列说法是否正确。
(1)当通电直导线垂直于磁感应强度方向时，安培力的方向和磁感应强度方向相同。(　　)
(2)两根通电导线在同一匀强磁场中，若导线长度相同，电流大小相等，则所受安培力大小相等，方向相同。(　　)
(3)通以10 A电流的通电直导线，长为0.1 m，处在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中，所受安培力的大小可能为0.02 N。(　　)
(4)磁电式电流表只能测定电流的大小，不能确定被测电流的方向。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
知识点一　安培力的方向[学生用书P2]
eq \a\vs4\al()
利用如图所示的实验装置进行实验。
(1)上下交换磁极的位置以改变磁场方向，细铜杆受力的方向是否改变？
(2)改变细铜杆中电流的方向，细铜杆受力的方向是否改变？
(3)仔细分析实验结果，说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？
[提示]　(1)细铜杆受力的方向改变。
(2)细铜杆受力的方向改变。
(3)安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则。
1．安培力F、磁感应强度B、电流I的方向关系
(1)已知I、B的方向，可唯一确定F的方向。
(2)已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可唯一确定I的方向。
(3)已知F、I的方向时，磁感应强度B的方向不能唯一确定。
2．安培定则与左手定则
项目 安培定则(右手螺旋定则) 左手定则
用途 判断电流的磁场方向 判断电流在磁场中的受力方向
适用对象 直线电流 环形电流或通电螺线管 电流在磁场中
应用方法 拇指指向电流的方向 四指弯曲的方向与电流的环绕方向一致 磁感线穿过手掌心，四指指向电流的方向
结果 四指弯曲的方向表示磁感线的方向 拇指指向轴线上磁感线的方向 拇指指向电流受到的安培力的方向
3.平行通电直导线之间的相互作用
分析平行通电直导线之间的相互作用时，可以认为其中一根通电直导线在另一根通电直导线产生的磁场中，受到该磁场的作用力。两个力属于作用力和反作用力的关系。
当两平行通电直导线电流方向相同时，两导线相互吸引，电流方向相反时，两导线相互排斥。
　(2025·新疆喀什市月考)下列各图表示一根放在磁场里的通电直导线，导线与磁场方向垂直，图中已分别标明电流方向、磁场方向和导线受力方向，其中正确的是(　　)
[解析]　根据左手定则可知，A选项中电流受到的安培力竖直向上，B选项中电流受到的安培力水平向右，C选项中电流受到的安培力垂直于导线斜向上，D选项中电流受到的安培力竖直向上，故B正确。
[答案]　B
　(2024·贵州卷，T5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　)
A．竖直向上 B．竖直向下
C．水平向左 D．水平向右
[解析]　由安培定则可知，导线框所在处的磁场方向垂直于纸面向里，又I1>I2，则导线框所在处左侧的磁感应强度较大，结合左手定则和对称性可知，
导线框所受安培力的合力方向水平向左，C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
　截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　)
[解析]　根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确。
[答案]　C
知识点二　安培力的大小[学生用书P3]
eq \a\vs4\al()
仔细观察图片(1)图甲中计算通电导线所受安培力时，能利用公式F＝BIl吗？如果不能，该如何计算？
(2)图乙中设磁感应强度为B，电流大小为I，AB＝BC＝l，整个导线ABC所受安培力如何？与公式F＝BIl对比可以得到什么结论？
[提示]　(1)由于题图甲中电流方向与磁场方向不垂直，所以计算通电导线所受安培力时，不能利用公式F＝BIl；此时通电导线所受安培力大小F＝B2Il＝BIl sin θ。
(2)导线AB所受安培力方向垂直于导线AB向右，大小FAB＝BIl，导线BC所受安培力方向垂直于导线BC向上，大小FBC＝BIl，则整个导线ABC所受安培力大小F＝ eq \r(F＋F) ＝BIl，方向垂直于AC向上；与公式F＝BIl对比可知，将ABC导线等效成沿虚线的导线AC(电流从A到C)，导线AC受到的安培力大小、方向与ABC导线受到的安培力大小、方向相同。
1．公式表达式：F＝IlB sin θ
(1)θ是B与I的夹角，当B与I垂直，即sin 90°＝1时，F＝IlB，当θ＝0°或180°时，即B与I平行，sin θ＝0，此时通电导线不受安培力。
(2)B对放入的通电导线来说是外磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁感应强度。
(3)l是有效长度，匀强磁场中弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点直线的长度(如图)；相应的电流沿l由始端流向末端。
2．公式适用条件
导线所处的磁场应为匀强磁场；在非匀强磁场中，公式仅适用于很短的通电导线。
3．与电场力区别
电荷在电场中一定会受到电场力作用，但是电流在磁场中不一定受安培力作用，当电流方向与磁场方向平行时，电流不受安培力作用。
　(2023·江苏卷，T2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　)
A．0 B．BIl
C．2BIl D．BIl
[解析]　因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，受安培力Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。
[答案]　C
　(2025·四川遂宁市期中)一半径为R的圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框中通有顺时针方向的恒定电流I，直线MN是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于圆形线框所在平面向里。整个线框都处在磁场中，平衡时弹簧测力计读数为F；若将线框缓慢上提，在线框正好有一半露出磁场时，弹簧测力计的读数为5F，则磁场的磁感应强度大小为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　圆形线框全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，则满足F＝mg，圆形线框正好有一半露出磁场时，有效长度为2R，受到竖直向下的安培力大小FA＝BI·2R，由平衡条件得5F＝mg＋FA，解得B＝。
[答案]　B
　(2025·浙江温州市期中)有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等的电流I，连接三点构成的三角形为等腰直角三角形(ab＝bc)，O为连线ac的中点，截面图如图所示。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，直导线电流形成的磁场的磁感应强度大小与到导线的距离有关，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是 (　　)
A．O点的磁感应强度大小为3B
B．O点的磁感应强度方向是从O指向a
C．导线b受到的安培力为零
D．导线b受到的安培力方向竖直向上
[解析]　a、b、c在O点形成的磁场如图所示，因为O点到a、b、c距离相等，故Ba＝Bb＝Bc，所以O点的磁感应强度大小为B，方向由O指向c，A、B错误；b受到的安培力如图所示，故导线b受到的安培力不为零，方向竖直向上，C错误，D正确。
[答案]　D
知识点三　磁电式电流表[学生用书P4]
1．磁电式电流表的物理学原理
通电线圈因受安培力而转动。线圈偏转方向不同，被测电流方向不同；线圈偏转角度不同，被测电流大小不同。
2．磁电式电流表的特点
(1)极靴和铁质圆柱间的磁场的特点
①方向：沿径向均匀地辐向分布；
②大小：在距轴线等距离处的磁感应强度大小相等。
(2)线圈所受安培力的特点
①方向：线圈左右两边所受安培力的方向相反且均与线圈平面垂直；
②大小：安培力的大小与通过的电流成正比。
　(2025·浙江台州市期中)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　)
A．图示右侧通电导线受到安培力向下
B．圆柱内的磁感应强度处处为零
C．线圈转动到a、b两点时所受的安培力大小相等
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
[解析]　根据左手定则可知，右侧通电导线受到的安培力向上，故A错误；圆柱内有沿半径方向的磁感线，所以磁感应强度不为零，故B错误；根据F＝BIL可知，线圈转动到a、b两点时所受的安培力大小相等，故C正确；c点较d点磁感线密，所以c点较d点的磁感应强度大，故D错误。
[答案]　C
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P5]))
1．(安培力的方向)关于磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间的关系，正确的说法是(　　)
A．磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间总是互相垂直的
B．磁场方向一定与安培力方向垂直，但电流方向不一定与安培力方向垂直
C．磁场方向不一定与安培力方向垂直，但电流方向一定与安培力方向垂直
D．磁场方向不一定与电流方向垂直，但安培力方向一定既与磁场方向垂直，又与电流方向垂直
解析：选D。通电直导线放入磁场中，不管电流方向与磁场方向是否垂直，安培力方向均垂直于磁场方向和电流方向所确定的平面，即安培力方向总是垂直于磁场方向，安培力方向总是垂直于电流方向，故A、B、C错误，D正确。
2．(平行通电直导线之间的相互作用)(2024·北京西城统考期末)
如图所示的是研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置，接通电路后发现，接电源的两根导线均发生形变，当通过导线M和N的电流均为向上的I1时，导线N受到的磁场力为F1；当电流均为向上的I2时，导线N受到的磁场力为F2。已知I1>I2，则下列说法正确的是(　　)
A．F1＝F2，两根导线相互排斥
B．F1＝F2，两根导线相互吸引
C．F1>F2，两根导线相互排斥
D．F1>F2，两根导线相互吸引
解析：选D。根据安培定则判断通电直导线周围产生的磁场方向，再根据左手定则判断安培力的方向，可知两根导线相互吸引，通电直导线周围某点磁场B的大小和该直导线中通过的电流大小成正比，即B＝kI，则有F1＝B1I1L＝kI1I1L＝kIL，F2＝B2I2L＝kI2I2L＝kIL，由于I1>I2，故F1 >F2，故D正确。
3．(安培力的大小)(2025·浙江杭州市期中)如图所示，通以恒定电流I的形导线abc放置在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。已知导线abc组成的平面与磁场方向平行，导线的ab、bc段的长度均为l，两段导线间的夹角为90°，且两段导线与磁场方向的夹角均为45°，则导线abc受到的安培力大小为(　　)
A．0　　　　　　　 　B．BIl
C．BIl D．2BIl
解析：选A。导线abc的有效长度为线段ac，因线段ac与磁感应强度B平行，故导线abc所受安培力为0。
4．(安培力的大小)(2025·湖北武汉市期中)如图所示，由4根相同导体棒连接而成的正方形线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，顶点A、B与直流电源两端相接。已知导体棒AB受到的安培力大小为3 N，则线框受到的安培力的合力大小为(　　)
A．0 B．4 N
C．6 N D．9 N
解析：选B。由已知条件可知ADCB边的有效长度与AB边相同，等效后的电流方向也与AB的相同，ADCB边的电阻等于AB边的电阻的三倍，设AB中的电流大小为I，则ADCB中的电流为I，设AB的长为L，由题意知F＝BIL＝3 N，所以ADCB边所受安培力F′＝B×IL＝1 N，方向与AB边所受安培力的方向相同，故有F合＝F＋F′＝4 N。
5．(磁电式电流表)(多选)关于磁电式电流表内的磁铁和铁芯之间的均匀辐向分布的磁场，下列说法正确的是(　　)
A．该磁场的磁感应强度处处大小相等、方向相同
B．该磁场的磁感应强度处处方向相同、大小不等
C．使线圈平面始终与磁感线平行
D．该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度的大小都相等
解析：选CD。磁电式仪表内的磁场为辐向分布的磁场，是非匀强磁场，A、B错误；辐向分布的磁场使得线圈转到任何位置都与磁场方向平行，离轴线等距处的磁场大小相等，但方向不同，C、D正确。(共26张PPT)
课后达标检测
1．(多选)如图所示，OACD为矩形，OA边长为L，其内部存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角α＝60°，粒子刚好从A点射出磁场。不计粒子所受的重力，则(　　)
√
√
2.(多选)如图所示， 有一个边长为l, 磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域，e是ab的中点，f 是ac的中点， 如果在c点沿对角线方向以一定的速度v射入一比荷为k的带电粒子(不计重力)，且该粒子恰好能从f点射出，则下列说法正确的是(　　)
√
√
3．(多选)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是(　　)
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
√
√
√
√
5.(2025·山东青岛市期中)如图所示，圆形区域的圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，MN为圆的直径，从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N点离开磁场。已知∠AON＝60°，不计粒子受到的重力，下列说法不正确的是(　　)
A．乙粒子带负电荷，甲粒子带正电荷
B．乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶3
C．乙粒子与甲粒子的比荷之比为3∶1
D．乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为3∶1
√
6.(多选)如图所示，一点电荷从A点以速度v0垂直射入半径为R的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B。当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷受到的重力，下列说法正确的是(　　)
√
√
√
√
(1)若粒子垂直于ab边射出磁场，求粒子射入的速率。(4分)
(2)若粒子从a点离开磁场，求粒子射入的速率。(4分)
(3)求粒子在磁场中运动的最长时间。(4分)
9.(12分)如图所示，以O为圆心，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a、b为圆的一条直径，a处有一粒子源，能沿垂直于磁场的各个方向，向磁场发射质量为m、电荷量大小为q、速度不同的负电荷，已知某一从a点沿aOb方向射入磁场的负电荷P，恰好从c点离开磁场，Ob与Oc间夹角α＝60°，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)求负电荷P射入磁场的初速度大小v0。(4分)
(2)若另一负电荷Q沿与aOb成30°角的方向斜向上射入磁场后仍从c点离开，求电荷Q入射的速度大小和在磁场中运动的时间。(4分)
(3)要使所有负电荷只能从∠aOc所对应的磁场边界射出，求射入负电荷的初速度大小满足的要求。(4分)(共21张PPT)
课后达标检测
1.(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直于纸面向里)的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为0，C为运动的最低点。不计重力，则(　　)
A．该离子带负电
B．A、B两点位于同一高度
C．到达C点时离子速度最大
D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
√
√
解析：离子开始受到电场力作用向下运动，可知电场力方向向下，则离子带正电，A错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为0，则电场力做功为0，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态(速度为0，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，那么离子就将在B点的右侧重复前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误。
2.如图所示，竖直平面内存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，电场强度方向水平向右。一质量为m、电荷量为q的带电小球(视为质点)以某一速度，从M点沿着与水平方向成30°的方向做直线运动到N点，MN的长度为l，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
√
3.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知电场的电场强度为E，方向竖直向上；磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)
√
4.如图所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v与磁场方向垂直、与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则下列关于电场强度E和磁感应强度B的大小表示正确的是(重力加速度为g)(　　)
√
5．如图所示，某空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带正电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
√
6．(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　)
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
√
√
解析：电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。
7.(多选)(2025·河北沧州市期中)如图所示，在水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和减少
√
√
8．(12分)设在地面上方的真空室内，存在着方向水平向右的匀强电场和方向垂直于纸面向里的匀强磁场，匀强电场的场强E＝6 N/C。如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.4 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°。现有电荷量q＝＋4.5×10－4 C的带电小球，以vA＝3.0 m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，此后小球做匀速直线运动。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小球的质量m；(4分)
解析：当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示，由平衡条件得
F电＝qE＝mg tan θ
代入数据解得
m＝3.6×10－4 kg。
答案：3.6×10－4 kg
(2)小球经过C点时的速率；(4分)
答案：4 m/s
(3)小球射入至圆弧轨道A端的瞬间，小球对轨道的压力(计算结果保留2位有效数字)。(4分)
答案：2.5×10－3 N，方向竖直向下(共40张PPT)
专题提升课3　磁偏转在现代科技中的应用
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　速度选择器
1．速度选择器
如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B互相垂直。具有不同水平速度的带电粒子射入该装置中发生偏转的情况不同(本图以带正电粒子为例分析)。这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫作速度选择器。
3．粒子匀速通过速度选择器的两种途径
(1)速度v一定时，调节E和B的大小；
(2)E和B一定时，调节速度，即调节加速电场电压U的大小。
4．几点说明
(1)速度选择器两极板间距离极小，粒子稍有偏转，即打到极板上；
(2)速度选择器对正、负电荷均适用；
(3)速度选择器中的E、B的方向具有确定的关系，改变其中一个方向，就不能对速度做出选择；
(4)速度选择器只能单向选择，若图中粒子从右侧进入，则会受到相同方向的电场力和洛伦兹力而打到板上。
　　　如图所示，两个平行金属板M、N间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向由M板指向N板，磁场方向垂直于纸面向里，OO′为距离两极板相等且平行于两极板的直线。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以速度v0从O点射入，沿OO′方向匀速通过场区，不计带电粒子所受的重力，则以下说法正确的是(　　)
A．电荷量为－q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入时，不能匀速通过场区
B．电荷量为2q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入时，不能匀速通过场区
C．保持电场强度和磁感应强度大小不变，方向均与原来相反，则粒子以v0从O点沿OO′方向射入时仍能匀速通过场区
D．粒子以速度v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，仍能匀速通过场区
√
微专题二　电磁流量计
√
　　电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图所示，上、下两个面M、N为导体材料，前、后两个面为绝缘材料。流量计的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，液体从左往右流动，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，则(　　)
　　(2025·陕西宝鸡市期中)电磁流量计是用来测管内电介质流量的感应式仪表，单位时间内流过管道横截面的液体体积为流量。如图为电磁流量计示意图和匀强磁场方向，磁感应强度大小为B。当管中的导电液体流过时，测得管壁上M、N两点间的电压为U。已知管道直径为d，则(　　)
√
微专题三　磁流体发电机
1．磁流体发电机的发电原理图如图甲所示，其平面图如图乙所示。
　　(多选)(2024·湖北卷，T9)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　)
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
√
√
√
　　　(2025·浙江杭州市期中)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　　)
微专题四　霍尔效应
1．霍尔效应：1879年霍尔发现，处在匀强磁场中的通电导体板，当电流的方向垂直于磁场时，在垂直于磁场的导体板的两端面之间会产生一个垂直于电流方向和磁场方向的电势差，这一现象称为霍尔效应，如图所示。出现的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压。
　　　霍尔元件的用途非常广泛，可制造测量磁场的磁场计和测量直流大电流的电流表以及功率计、乘法器，也可用于自动化检测装置，将位移、压力、速度、加速度、流量等非电学量转换成电学量。如图所示，在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，就做成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为负电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．N极电势高于M极电势
B．磁感应强度越大，M、N间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流都反向，N极电势高于M极电势
√
　　　霍尔元件是把磁学量转换为电学量的电学元件。如图所示，某元件的宽度为h，厚度为d，磁感应强度为B的磁场垂直于该元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U，设元件中能够自由移动的电荷带正电，电荷量为q，且元件单位体积内自由电荷的个数为n，则下列说法正确的是(　　)
√
分析两侧面产生电势高低时应特别注意霍尔元件的材料，若霍尔元件的材料是金属，则参与定向移动形成电流的是电子，偏转的也是电子；若霍尔元件的材料是半导体，则参与定向移动形成电流的可能是正“载流子”，此时偏转的是正电荷。
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(电磁流量计)如图为电磁流量计的一段塑料管道，横截面为矩形，含大量离子的液体从abcd端口以速度v流入管道，管道处于磁感应强度为B、方向垂直于管道侧面向里的匀强磁场中，管道内壁的上、下两侧分别粘贴M、N金属板。现测得ab边长为h，bc边长为L，则下列说法正确的是(　　)
√
2.(磁流体发电机)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，它的示意图如图所示，平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以垂直于磁场B且平行于A、B板平面的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，装置稳定时，下列说法正确的是(　　)
A．B板的电势比A板的高
B．图中通过电阻R的电流方向是向下的
C．离子只受到电场力作用
D．图中电阻R两端电压为Bvq
3．(霍尔元件)(2025·辽宁大连市期中)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)
A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
C．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差不变
√(共20张PPT)
课后达标检测
1．(多选)两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两铝环的运动情况是(　　)
A．两环彼此相向运动 B．两环彼此背向运动
C．电流大的铝环加速度大 D．两环的加速度大小相等
√
解析：由题图可知，两环的电流方向相同，则两环之间的安培力为吸引力，两环彼此相向运动；根据牛顿第三定律可知，两环之间的安培力大小相等，则两环的加速度大小相等。
√
2.如图所示，通电直导线ab位于两平行导线M、N横截面连线的中垂线上。当平行导线M、N通以同向等值电流时，下列说法正确的是(　　)
A．ab顺时针旋转
B．ab逆时针旋转
C．a端向外、b端向里旋转
D．a端向里、b端向外旋转
√
解析：两个平行电流在直导线ab处产生的磁场都是同心圆，如题图所示，由磁场的叠加可知，两电流产生的磁场，直导线ab上半部分的合磁场方向都从左向右，则ab上半部分电流受到的安培力方向垂直于纸面向外；两电流产生的磁场，在直导线ab下半部分处的合磁场方向都从右向左，故ab下半部分电流受到的安培力方向垂直于纸面向里。所以，导线的a端向外旋转，导线的b端向里旋转。
3.一架悬挂于天花板上的弹簧测力计下挂水平导线AB，导线中通有如图所示向右的电流I1，导线中心的正下方固定有与导线AB垂直的另一长直导线，当长直导线中通入向里的电流I2时，关于导线AB的运动及弹簧测力计示数的变化正确的是(　　)

A．A端向外、B端向里转动，弹簧测力计的示数增大
B．A端向里、B端向外转动，弹簧测力计的示数减小
C．A端向里、B端向外转动，弹簧测力计的示数增大
D．A端向外、B端向里转动，弹簧测力计的示数减小
√
解析：根据安培定则可知，AB下方长直导线产生磁场的磁感线是同心圆，方向如图所示。因此对AB左半段，可以用左手定则判断出A端受到垂直于纸面向外的力，同理也可以分析出B端受垂直于纸面向里的力，从而使得A端转向纸外，B端转向纸里。AB转动后电流的方向也向里，两个电流之间相互吸引，所以AB对弹簧测力计的拉力将增大，则弹簧测力计的示数增大，故A正确。
4.(多选)如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是(　　)
A．P顺时针转动，Q逆时针转动
B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变
C．P与天花板连接的细线张力不变
D．P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大
√
√
解析：根据安培定则可知，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环靠近部分的电流的方向相同，所以两个圆环相互吸引，两环间细线张力减小；由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环所受的重力之和，大小不变，A、C正确。
5.(2025·辽宁大连市期中)如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是(　　)
A．静止不动
B．向纸外摆动
C．N极向纸内、S极向纸外转动
D．N极向纸外、S极向纸内转动
√
解析：假设磁铁不动，导线运动，通电导线左边的磁场斜向右下，而右边的磁场是斜向右上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直于纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直于纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90°时，导线所受的安培力方向向上，所以导线的运动情况为顺时针转动(从上向下看)，同时上升；如今导线不动，磁铁运动，根据相对运动，则有磁铁逆时针转动(从上向下看)，即N极向纸外转动，S极向纸内转动，故D正确，A、B、C错误。
6．如图所示， 在固定的条形磁铁上方，用轻弹簧悬挂了一直导线，某一时刻给该导线通以由a向b方向的电流。下列说法正确的是(　　)
A．a端向里转动， b端向外转动
B．条形磁铁受到的合外力变大
C．当导体棒再次达到稳定时，弹簧的弹力变大
D．当导体棒再次达到稳定时，弹簧可能被压缩
√
解析：由于a端有向上的磁场分量，b端有向下的磁场分量，根据左手定则可知a端向外转动， b端向里转动，A错误；条形磁铁仍处于静止状态，合力仍为零，大小没变，B错误；在ab转动过程中，根据左手定则可知，导线受到的安培力向下，故再次平衡时，弹簧伸长且弹力变大，C正确，D错误。
7．(8分)绝缘水平桌面有一竖直向上的匀强磁场B＝1 T，间距L＝1 m的平行金属导轨固定在桌面上，左端连接电源的电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω。质量m＝0.5 kg的金属棒垂直于导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。细线一端系在金属棒的中点，另一端通过桌边光滑定滑轮挂一重物时，金属棒恰处于静止状态且刚好不向右滑，细线水平且与金属棒垂直。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，金属棒接入电路的电阻R＝2 Ω，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求悬挂重物的质量M。(4分)
答案：0.75 kg　
(2)若锁定金属棒，保持磁感应强度大小不变，将磁场方向顺时针旋转过53°后解锁金属棒的瞬间，求重物加速度a的大小。(4分)
解析：设磁场旋转后轨道对金属棒的支持力为FN，有
BIL sin 53°＋FN＝mg
磁场旋转后，安培力水平方向分量减小，金属棒向右加速，有Mg－BIL cos 53°－μFN＝(m＋M)a
解得a＝3.2 m/s2。
答案：3.2 m/s2
8．(10分)如图所示，在匀强磁场中沿水平方向固定两平行金属导轨，磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角α＝53°，导轨宽度L＝1 m，导轨电阻忽略不计，左端与电源连接。一质量m＝1 kg的金属棒ab垂直于两平行导轨放置并与导轨接触良好，连入导轨间的电阻R＝2 Ω，ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，在ab棒中点施加一水平向右的拉力FT，使ab棒能处于静止状态。已知E＝6 V，r＝1 Ω，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。
(1)求金属棒ab受到的安培力F的大小。(2分)
答案：10 N　
(2)求拉力FT的大小范围。(4分)
解析：对ab受力分析，如图所示，最大静摩擦力
fm＝μFN＝μ(mg－F cos α)＝1 N
当最大静摩擦力方向向右时(如图甲)
FT＝F sin α－fm＝7 N
当最大静摩擦力方向向左时(如图乙)
FT＝F sin α＋fm＝9 N
综上可得7 N≤FT≤9 N。
答案：7 N≤FT≤9 N
(3)若磁感应强度大小不变，方向突然反向，同时撤去FT，求此时金属棒ab的加速度a的大小。(4分)
解析：磁场反向后，安培力也反向了，但大小不变，受力分析如图丙所示。
F′sin α－fm′＝ma
F′cos α＋mg＝FN′
fm′＝μFN′
综上可得a＝4 m/s2。
答案：4 m/s2(共21张PPT)
课后达标检测
1．如图所示，磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场中，一根通有恒定电流I的金属棒静止在水平导轨上，电流方向垂直于纸面向里。现把磁场方向沿图示位置顺时针缓慢转到竖直向上，磁感应强度大小不变，金属棒长为L，整个过程金属棒始终保持静止状态，则(　　)
A．图示时刻金属棒受到的安培力水平向左
B．整个过程中安培力的大小均为BIL
C．磁场方向竖直向上时，金属棒受到的摩擦力水平向右
√
解析：由左手定则可知图示时刻金属棒受到的安培力竖直向上，A错误；金属棒始终与磁场垂直，则金属棒所受的安培力大小始终为F＝BIL，B正确，D错误；磁场竖直向上时，根据左手定则可知，安培力水平向右，金属棒始终静止，故此时金属棒受到地面的水平向左的摩擦力，C错误。
2.(2025·云南昭通市期中)如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨，质量为m的导体棒垂直放在导轨上，整个空间存在竖直向上的匀强磁场。现导体棒中通有由a到b的恒定电流，使导体棒恰好保持静止。已知平行导轨间距为L，导体棒中电流为I，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，则此时磁感应强度B的大小为(　　)
√
3.(2025·重庆沙坪坝区期中)如图所示，在竖直平面内用绝缘轻绳连接一根质量为m的通电导线，导线长为L，电流大小为I，方向垂直于纸面向里，施加适当的磁场使通电导线处于平衡状态且轻绳与竖直方向的夹角为30°，重力加速度为g，则磁感应强度的最小值为(　　)
√
4.(2025·江苏扬州市期中)如图所示，宽为l的光滑金属导轨与水平面成θ角，质量为m、长为l的金属杆ab水平放置在导轨上，空间存在着匀强磁场。当金属杆中通过的电流为I时，金属杆保持静止，重力加速度为g。该磁场的磁感应强度可能(　　)
√
5.(多选)如图所示的电流天平，可用来测定磁感应强度B。天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。当线圈中通有逆时针方向电流I时，天平恰好平衡；若电流I大小不变，方向变为顺时针，在其中一个盘内放上质量为m的砝码，天平又可以恢复平衡。已知矩形线框水平边长度为L，重力加速度为g，则(　　)
√
√
6.一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心正上方的水平导线中通有垂直于纸面向里的恒定电流，如图所示。若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力Ff的变化情况分别是(　　)
√
A．F增大，Ff减小 B．F减小，Ff增大
C．F与Ff都增大 D．F与Ff都减小
解析：题图中电流与磁体间的相互作用力为引力，若将磁极位置对调则相互作用力为斥力，再由受力分析可知C正确。
7.如图所示，倾角为θ的光滑斜面上静置一根垂直于纸面且电流恒定的导体棒。已知导体棒的质量为m、长度为L、电流为I，竖直面内存在方向未知的匀强磁场，导体棒处于静止状态，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
√
解析：若导体棒只受重力和安培力作用，此时重力和竖直向上的安培力平衡，若只增大磁感应强度B，安培力增大，导体棒不可能保持静止；若导体棒受重力和安培力及支持力作用保持静止，重力和支持力的方向不变，若只增大磁感应强度B，安培力变大，但同时因为安培力方向不变，故当安培力增大时合力必定不再为零，即导体棒一定无法保持静止，故A错误。若导体棒对斜面无压力，则安培力方向必定竖直向上，但是因为电流方向不确定，所以磁场方向水平向左或向右都有可能，故B错误。若磁场方向竖直向上，则导体棒必须受到水平向左的安培力才能保持平衡，故导体棒内电流方向一定垂直于纸面向外，故C正确。
8．(6分)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)MN、PQ为水平放置、间距为1 m的平行导轨，接有如图所示的电路。电源的电动势为36 V，内阻为1 Ω。将导体棒 ab静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为0.5 T，方向竖直向上，匀质导体棒质量为1 kg，接入电路的部分阻值为4 Ω。闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数 μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，(g取10 m/s2)试求：
(1)导体棒受到的安培力的大小；(2分)
(2)滑动变阻器接入电路中的电阻。(4分)
答案：(1)2 N　(2)4 Ω
9.(8分)(2025·宁夏银川市期中)如图所示，在匀强磁场中磁感应强度B＝1.0 T、方向与导轨平面垂直且向下，导轨与水平面夹角θ＝37°，垂直于导轨放置一个可自由移动的金属杆。已知接在导轨中的电源电动势E＝16 V，内阻r＝1 Ω。ab杆长L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨与ab杆的电阻忽略不计。要使杆在导轨上保持静止，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：
(1)ab杆受到的最大安培力F1和最小安培力F2；(4分)
解析：ab杆受到的最大静摩擦力fm＝μmg cos θ＝0.8 N
根据左手定则可知，ab杆受到的安培力沿斜面向上，当安培力最大时，根据平衡条件可知
F1＝fm＋mg sin θ＝2 N
当安培力最小时F2＝mg sin θ－fm＝0.4 N。
答案：2 N　0.4 N　
(2)滑动变阻器R有效电阻的取值范围。(4分)
答案：3 Ω≤R≤19 Ω第4节　质谱仪与回旋加速器
eq \a\vs4\al()
1．理解质谱仪的工作原理。　2.理解回旋加速器的工作原理。
3．会分析带电粒子在质谱仪和回旋加速器中的运动。
[学生用书P29]
一、质谱仪
1．原理图：如图所示。
2．加速
带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得qU＝mv2①。
3．偏转
带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝②。
4．由①②两式可以求出粒子的运动半径r、质量m、比荷等。其中由r＝ 可知电荷量相同时，半径将随质量变化。
5．质谱仪的应用
可以测定带电粒子的质量和分析同位素。
二、回旋加速器
1．回旋加速器的结构
两个中空的半圆金属盒D1和D2，处于与盒面垂直的匀强磁场中，D1和D2间有一定的电势差，如图所示。
2．回旋加速器原理：A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动。经过半个圆周之后，当粒子再次到达两盒间的缝隙时，这时控制两盒间的电势差，使其恰好改变正负，于是粒子经过
两盒间的缝隙时再一次被加速。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝。对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的，粒子的速率和半径一次比一次大。
判断下列说法是否正确。
(1)质谱仪只能区分电荷量不同的粒子。(　　)
(2)质谱仪是测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。(　　)
(3)回旋加速器的半径越大，带电粒子获得的最大动能就越大。(　　)
(4)利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速带电粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
知识点一　质谱仪[学生用书P30]
eq \a\vs4\al()
在如图所示的质谱仪中，粒子在S1区域做什么运动？在S2区域做何种运动？粒子进入磁场时的速率为多大？粒子在磁场中运动的轨道半径是多大？
[提示]　粒子在S1区域做初速度为零的匀加速直线运动，在S2区域做匀速直线运动。进入磁场时的速率v＝，在磁场中运动的轨道半径r＝。
质谱仪是利用电场和磁场控制电荷运动的精密仪器，它是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。
1．质谱仪的组成
(1)离子源：能生成带电粒子。
(2)加速电场：带电粒子经过加速电场获得了一定的速度。
(3)偏转磁场：粒子进入偏转磁场做匀速圆周运动，运动半个圆周后打到照相底片的某个位置。
(4)照相底片：粒子在底片上显示出相应的位置。
2．质谱仪的工作原理
(1)质谱仪中带电粒子加速
带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得qU＝mv2。
(2)质谱仪中带电粒子的偏转
带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m。
(3)粒子在磁场中的轨道半径r＝
粒子垂直进入偏转磁场做匀速圆周运动，运动半个圆周后打到照相底片的某个位置。
(4)在偏转磁场中，偏转的距离为x，x＝2r，解得x＝＝
由这个式子可知同位素电荷量相同，但质量有微小差别，那么x就会不同，也就是说在照相底片上会打到不同的位置，从而在底片上出现一系列的分立的亮线，这就称为质谱线或谱线。一根谱线对应着一种质量的粒子。由上式可得粒子的质量m＝x＝，比荷＝。
　(2025·江苏南通市期中)
如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为(　　)
A．　　　　　 　B．
C． D．
[解析]　粒子飘入电势差为U的加速电场，有qU＝mv2，粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，联立解得R＝。
[答案]　D
　【教材经典P22第5题】某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。
(1)粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器两板间电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
[解析]　(1)粒子加速过程有U1e＝mv2
得v＝ 。
(2)粒子恰能通过速度选择器，所以evB1＝e
得U2＝B1d。
(3)粒子做匀速圆周运动有evB2＝m
得R＝ 。
[答案]　(1) 　(2)B1d
(3)
　(2023·福建卷，T14)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直于磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重力不计。
(1)求OM的长度。
(2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。(结果保留2位有效数字)
[解析]　(1)粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有qvB＝m
整理得r＝＝ m＝0.2 m
OM＝2r＝0.4 m。
(2)若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径的1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得q′vB＝m′
整理得＝＝≈4.4×106 C/kg。
[答案]　(1)0.4 m　(2)4.4×106 C/kg
知识点二　回旋加速器[学生用书P32]
eq \a\vs4\al()
1．回旋加速器原理图如图所示。回旋加速器所加的电场和磁场各起什么作用？电场为什么是交变电场？
2．粒子每次经过D形盒狭缝时，电场力做功多少一样吗？粒子经回旋加速器加速后，最终获得的动能与交变电压大小有无关系？
[提示]　1.电场对粒子加速，磁场使粒子偏转，为了使粒子每次经过D形盒的缝隙时都被加速，需加上与它圆周运动周期相同的交变电场。
2．电场力做功一样多。最终获得的动能与交变电压大小无关。
　
1．回旋加速器的构造图
回旋加速器的核心部件是：两个D形盒(半圆金属盒)。
2．回旋加速器的原理
(1)粒子第一次经加速电场加速后进入磁场，转半周后，再进入D形盒狭缝之间的加速电场，此时电场方向已经与第一次加速时反向，粒子进行第二次加速，而后重复上述运动。
(2)粒子每在磁场中转半周，就在电场中加速一次，直到轨道半径达到D形盒半径为止，粒子被加速到最大速度。
(3)加速电场是周期性变化的，必须由周期性变化的交流电源提供。
3．回旋加速器的周期问题
粒子圆周运动周期T＝，速度增大但是周期不变，加速电场的周期与粒子的运动周期必须相同，才能实现同步加速，交流电压的频率f＝，则T粒子＝T交流，f粒子＝f交流。
4．最大动能(速度)
当粒子轨道半径最大，即r＝R0时，粒子加速后的动能最大Ek＝ eq \f(B2q2R,2m) 。
处理回旋加速器的应用题时应注意以下两点：
(1)当交流电的周期与粒子做圆周运动的周期相同时，回旋加速器才能正常工作。
(2)根据匀速圆周运动知识求出粒子最大速度的表达式，再据此判断它与何物理量有关。
　粒子从A点飘入回旋加速器，在电场中开始加速，下列选项图中虚线描绘粒子连续经过D1盒中的轨迹，可能正确的是(　　)
[解析]　粒子在电场中被加速，在第n次进入D1中rn＝，在第n＋1次进入D1中rn＋1＝，由mv－mv＝2qU，解得rn＋1－rn＝(vn＋1－vn)＝，则随着粒子不断加速，相邻半径之差逐渐减小，则轨迹为D。
[答案]　D
　(2025·北京市昌平区期末质量抽测)
回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间忽略不计。粒子所受重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子每在电场中加速一次，动能的增加量都相同
B．粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越大
C．若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大
D．若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大
[解析]　根据题意，由动能定理可知，粒子每在电场中加速一次，动能的增加量ΔEk＝qU，则每次动能的增加量都相同，故A正确；根据题意，由qvB＝m可得R＝，由于v增大，则粒子在磁场中运行的圆周越来越大，由T＝＝可知，其周期不变，故B错误；结合B项分析可知，设D形盒的半径R0，则粒子的最大速度vm＝，则粒子射出D形金属盒的动能Ek＝mv＝ eq \f(q2B2R,2m) ，可知增大电压U和增大两盒之间的距离，不会使粒子射出D形盒的动能增大，故C、D错误。
[答案]　A
　回旋加速器利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量。如图所示的是一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在M、N板间，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．粒子每运动一周半径的增加量都相等
C．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变
D．加速电场方向需要做周期性的变化
[解析]　带电粒子只有经过M、N板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向不需改变，只在M、N间加速，故A、D错误；根据r＝可知P1P2＝2(r2－r1)＝，又因为每转一圈被加速一次，在电场中做匀加速直线运动，有v－v＝2ad，电场不变，加速度恒定，可知每转一圈，速度的变化量Δv不等，可得P1P2≠P2P3，即r2－r1≠r3－r2，故B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得vmax＝，知加速粒子的最大速度与板间电压无关，则增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，故C正确。
[答案]　C
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P34]))
1.(质谱仪)(2025·贵州贵阳市期中)如图所示，有a、b、c、d四个粒子，它们带同种电荷且电荷量相等，它们的速率关系为vaA．射向A2的是d粒子
B．射向P2的是b粒子
C．射向A1的是c粒子
D．射向P1的是a粒子
解析：选D。根据粒子在磁场B2中的偏转方向和左手定则可知，四种粒子带正电；粒子能通过速度选择器时有qE＝qvB，可得v＝，结合题意可知，b、c两粒子能通过速度选择器，a的速度小于b的速度，所以a所受的静电力大于洛伦兹力，a向P1板偏转，d的速度大于b的速度，所以d所受的静电力小于洛伦兹力，d向P2板偏转，故B错误，D正确；只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据r＝知，质量大的轨道半径大，则射向A1的是b粒子，射向A2的是c粒子，故A、C错误。
2．(质谱仪)质谱仪在物理研究中起着非常重要的作用。如图是质谱仪的工作原理示意图。粒子源(在加速电场上方，未画出)产生的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的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为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A1、A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。不计带电粒子的重力和粒子间的作用力，下列表述正确的是(　　)
A．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里
B．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
C．粒子打在胶片上的位置离狭缝P越远，粒子的比荷越大
D．某种元素同位素的原子核，打在胶片上的位置离狭缝P越远，表明其质量越大
解析：选D。根据带电粒子在磁场中的偏转方向和左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直于纸面向外，A错误；在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有qE＝qvB，求得v＝，能通过狭缝P的带电粒子的速率等于，B错误；粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB0＝，解得r＝＝，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的轨迹半径越小，粒子的比荷越大，粒子所带电荷量相同时，打在胶片上的位置越远离狭缝P，粒子的轨迹半径越大，表明其质量越大，C错误，D正确。
3．(回旋加速器)(2025·江苏连云港市期中)某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为＋q，D形盒半径为R，加速器接一定频率高频交流电源，其电压为U，不考虑相对论效应和重力作用。求：
(1)质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径；
(2)质子第1次和第3次经过狭缝进入D形盒位置间的距离；
(3)从静止开始加速到出口处所需的时间t。
解析：(1)质子第1次在电场中加速时，有
Uq＝mv
第1次在磁场中时，有qv1B＝m eq \f(v,r1)
解得r1＝。
(2)粒子第2次经过狭缝进入D形盒时已被加速2次，有2Uq＝mv
第2次在磁场中时，有qv2B＝m eq \f(v,r2)
质子第1次和第3次经过狭缝进入D形盒位置间的距离Δx＝2r2－2r1＝。
(3)粒子从D形盒中射出时，有qvnB＝m eq \f(v,R)
加速过程，有nUq＝mv
则从静止开始加速到出口处所需的总时间
t＝n＝
解得t＝。
答案：(1)　(2)
(3)(共47张PPT)
第4节　质谱仪与回旋加速器
学习目标
1．理解质谱仪的工作原理。　2.理解回旋加速器的工作原理。
3．会分析带电粒子在质谱仪和回旋加速器中的运动。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、质谱仪
1．原理图：如图所示。
qvB
质量
二、回旋加速器
1．回旋加速器的结构
两个中空的____________D1和D2，处于与盒面垂直的__________中，D1和D2间有一定的电势差，如图所示。
半圆金属盒
匀强磁场
2．回旋加速器原理：A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在磁场中做______________。经过半个圆周之后，当粒子再次到达两盒间的缝隙时，这时控制两盒间的电势差，使其恰好改变正负，于是粒子经过
两盒间的缝隙时再一次被加速。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝____。对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是______的，粒子的速率和半径一次比一次____。
匀速圆周运动
不变
大
判断下列说法是否正确。
(1)质谱仪只能区分电荷量不同的粒子。(　　)
(2)质谱仪是测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。(　　)
(3)回旋加速器的半径越大，带电粒子获得的最大动能就越大。(　　)
(4)利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速带电粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R。(　　)
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课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　质谱仪
在如图所示的质谱仪中，粒子在S1区域做什么运动？在S2区域做何种运动？粒子进入磁场时的速率为多大？粒子在磁场中运动的轨道半径是多大？
1．质谱仪的组成


(1)离子源：能生成带电粒子。
(2)加速电场：带电粒子经过加速电场获得了一定的速度。
(3)偏转磁场：粒子进入偏转磁场做匀速圆周运动，运动半个圆周后打到照相底片的某个位置。
(4)照相底片：粒子在底片上显示出相应的位置。
√
　 (2025·江苏南通市期中)如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为(　　)
　　【教材经典P22第5题】某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。
(1)粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器两板间电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
　　　(2023·福建卷，T14)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直于磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重力不计。
(1)求OM的长度。
[答案]　0.4 m　
(2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。(结果保留2位有效数字)
[答案]　4.4×106 C/kg
知识点二　回旋加速器
1．回旋加速器原理图如图所示。回旋加速器所加的电场和磁场各起什么作用？电场为什么是交变电场？
2．粒子每次经过D形盒狭缝时，电场力做功多少一样吗？粒子经回旋加速器加速后，最终获得的动能与交变电压大小有无关系？
[提示]　1.电场对粒子加速，磁场使粒子偏转，为了使粒子每次经过D形盒的缝隙时都被加速，需加上与它圆周运动周期相同的交变电场。
2．电场力做功一样多。最终获得的动能与交变电压大小无关。
1．回旋加速器的构造图
回旋加速器的核心部件是：两个D形盒(半圆金属盒)。
2．回旋加速器的原理
(1)粒子第一次经加速电场加速后进入磁场，转半周后，再进入D形盒狭缝之间的加速电场，此时电场方向已经与第一次加速时反向，粒子进行第二次加速，而后重复上述运动。
(2)粒子每在磁场中转半周，就在电场中加速一次，直到轨道半径达到D形盒半径为止，粒子被加速到最大速度。
(3)加速电场是周期性变化的，必须由周期性变化的交流电源提供。
√
　　粒子从A点飘入回旋加速器，在电场中开始加速，下列选项图中虚线描绘粒子连续经过D1盒中的轨迹，可能正确的是(　　)
　　(2025·北京市昌平区期末质量抽测)回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间忽略不计。粒子所受重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子每在电场中加速一次，动能的增加量都相同
B．粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越大
C．若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大
D．若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大
√
　　回旋加速器利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量。如图所示的是一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在M、N板间，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．粒子每运动一周半径的增加量都相等
C．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变
D．加速电场方向需要做周期性的变化
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1.(质谱仪)(2025·贵州贵阳市期中)如图所示，有a、b、c、d四个粒子，它们带同种电荷且电荷量相等，它们的速率关系为vaA．射向A2的是d粒子
B．射向P2的是b粒子
C．射向A1的是c粒子
D．射向P1的是a粒子
√
2．(质谱仪)质谱仪在物理研究中起着非常重要的作用。如图是质谱仪的工作原理示意图。粒子源(在加速电场上方，未画出)产生的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的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为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A1、A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。不计带电粒子的重力和粒子间的作用力，下列表述正确的是(　　)
√
3．(回旋加速器)(2025·江苏连云港市期中)某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为＋q，D形盒半径为R，加速器接一定频率高频交流电源，其电压为U，不考虑相对论效应和重力作用。求：
(1)质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径；
(2)质子第1次和第3次经过狭缝进入D形盒位置间的距离；
(3)从静止开始加速到出口处所需的时间t。　[学生用书P141（单独成册）]
1.(多选)如图为一具有速度选择功能的质谱仪原理图，P为粒子加速器，加速电压为U1；Q为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；M为偏转分离器，其磁场的磁感应强度为B2。质量为m、电荷量为e的带电粒子(不计重力)，经加速后，恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，则(　　)
A．该粒子一定带负电
B．该粒子一定带正电
C.速度选择器两板间电压U2的大小与U1无关
D．该粒子在分离器磁场中运动的半径与U1有关
解析：选BD。根据粒子在分离器中的偏转运动，由左手定则判断可知，粒子带正电，故A错误，B正确；粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理可得mv2＝eU1，粒子在速度选择器中做匀速运动时，由受力分析可得e＝evB1，联立解得U2＝B1d，可知U2与U1有关，故C错误；粒子进入偏转分离器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB2＝m，解得R＝，可知R与U1有关，故D正确。
2.(多选)(2025·湖北黄冈市期中)质谱仪是分离和检测同位素的仪器。如图所示，用质谱仪测量氢元素的同位素，让氢元素的三种同位素氕(H)、氘(H)、氚(H)的离子流从容器A下方的小孔无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条质谱线，不计所有粒子的重力。下列说法正确的是(　　)
A．在进入磁场时，氕的动能最小
B．氚在磁场中运动的时间最长
C．质谱线c对应氢元素的氕
D．质谱线c对应氢元素的氚
解析：选BC。根据动能定理有qU＝Ek＝mv2，因为氕、氘、氚三种离子的电荷量相等，所以进入磁场时，动能相等，故A错误；在磁场中有qvB＝m，T＝，解得r＝，T＝，氕、氘、氚三种离子电荷量相等，氚离子质量最大，所以氚离子做圆周运动半径和周期最大，在磁场中运动的时间最长，对应的质谱线是a，氕离子质量最小，氕离子做圆周运动半径和周期最小，对应的质谱线是c，故B、C正确，D错误。
3．(2023·广东卷，T5)某小型医用回旋加速器最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10－19 J)(　　)
A．3.6×106 m/s　　　　B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
解析：选C。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，质子加速后获得的最大动能Ek＝mv2，解得最大速率v≈5.4×107 m/s。
4．(2025·新疆乌鲁木齐市期中)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示。D形盒半径为R，垂直于D形盒底面的匀强磁场磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连。设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是(　　)
A．D形盒之间交变电场的周期为
B．质子被加速后的最大速度随B、R的增大而减小
C．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大
D．粒子射出时的最大动能与D形盒的半径无关
解析：选A。D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中回旋的周期，质子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m，又T＝，得T＝，A正确；由Bqv＝m得v＝，又因为Ek＝mv2＝，可见当r＝R时，质子速度最大，动能最大，vm＝，Ekm＝mv＝，即B、R越大，最大速度越大，最大动能越大，与加速电压无关，B、C、D错误。
5.(2025·浙江嘉兴市期中)我国某集团全面完成了230 MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压大小恒为U。若用此装置对氘核(H)加速，所加交变电流的频率为f。加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是(　　)
A.仅增大加速电压U，则氘核(H)从D形盒出口射出的动能增大
B．仅减小加速电压U，则氘核(H)被加速次数增多
C．氘核(H)在磁场运动过程中，随着半径逐渐增大，周期也随之逐渐增大
D．若用该加速器加速α粒子(He)需要把交变电流的频率调整为2f
解析：选B。当氘核在磁场中的轨迹半径等于D形金属盒半径R时，氘核的动能最大，即qvmB＝m eq \f(v,rm) ，故Ekm＝mv＝，与加速电压和加速次数无关，A错误；氘核在电场中加速nqU＝mv＝，解得n＝，仅减小加速电压U，氘核加速次数增多，B正确；氘核在磁场运动的周期T＝，与半径无关，周期不变，C错误；回旋加速器交流电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，氘核和α粒子比荷相同，在同一匀强磁场中做圆周运动的频率相同，D错误。
6．(多选)(2025·天津南开区质检)回旋加速器是用来加速带电粒子使它们获得很大动能的仪器。其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一电压为U的高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭缝中形成交变电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于D形盒。粒子源A能不断释放出电荷量为q、质量为m的带电粒子(初速度可以忽略，重力不计)。已知D形盒半径为R，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是(　　)
A．粒子从电场中获得能量
B．加速电源的交变周期T＝
C.粒子经交变电压U加速第一次进入D1盒与第一次进入D2盒的运动半径之比为1∶　
D．粒子在电场中加速的次数为
解析：选ACD。粒子在电场中被加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以粒子只从电场中获得能量，故A正确；加速电源的交变周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，即T＝，故B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，根据动能定理可得，第一次进入D1盒时Uq＝mv，第一次进入D2盒时2Uq＝mv，联立解得R1∶R2＝1∶，粒子离开D形金属盒时，速度最大，此时轨道半径为R，根据qvmB＝ eq \f(mv,R) ，可得最大速度vm＝，根据动能定理得nUq＝mv，联立可得加速的次数n＝，故C、D正确。
7．(12分)(2025·江苏南通市期中)回旋加速器的工作原理如图所示。半径为R的真空中的D形金属盒处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与盒面垂直，将两盒与电压为U0、周期T＝的高频交变电源相连。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从A处飘入两盒间的狭缝，其初速度视为零。不计粒子穿过狭缝的时间和粒子的重力。求：
(1)粒子离开加速器时的动能Ek；(4分)
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的时间t；(4分)
(3)第2、4次加速后，粒子刚进入D2时的位置间的距离x。(4分)
解析：(1)粒子运动半径为R时，洛伦兹力提供向心力，有qvmB＝m eq \f(v,R)
粒子加速后的动能Ek＝mv
联立解得Ek＝。
(2)粒子在电场中加速，根据动能定理可得
nqU0＝Ek
解得n＝
粒子在磁场中的时间t＝(n－1)
解得t＝－。
(3)第2次加速后
2qU0＝mv
qv2B＝m eq \f(v,r2)
第3次加速后
3qU0＝mv
qv3B＝m eq \f(v,r3)
第2、4次加速后，刚进入D2时的位置间的距离
x＝2r3－2r2＝。
答案：(1)　(2)－
(3)
8．(12分)图示是一种质谱仪的原理图，离子源(在狭缝S1上方，图中未画出)产生的带电粒子(不计重力)经狭缝S1与S2之间的电场加速后，进入P1和P2两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。沿直线通过狭缝S3后垂直进入另一匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子打到底片上形成一细条纹。已知离子源产生的粒子初速度为零、比荷为，S1与S2之间的加速电压为U1，P1和P2两金属板间距离d，两板间匀强磁场的磁感应强度B1，照相底片上的条纹到狭缝S3的距离为L。
(1)判断粒子的电荷属性。(2分)
(2)求粒子经加速电场加速后的速度v1。(2分)
(3)求P1和P2两金属板间匀强电场的电压U2。(4分)
(4)求经S3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度B2。(4分)
解析：(1)根据粒子在磁场中的偏转方向结合左手定则可知粒子带正电。
(2)粒子在S1与S2之间加速，由动能定理得
qU1＝mv－0
解得v1＝ 。
(3)带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡有q＝qv1B1
解得U2＝B1d。
(4)由题意可知，根据几何关系，粒子轨道半径
R＝
洛伦兹力提供向心力qv1B2＝m eq \f(v,R)
解得B2＝ 。
答案：(1)正电　(2) 　(3)B1d
(4)　　[学生用书P127（单独成册）]
题组1　安培力的方向
1．(2025·甘肃兰州市期中)关于物理概念和规律的理解，下列说法正确的是(　　)
A．根据磁感应强度的定义式B＝可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
B.安培力F的方向一定垂直于磁感应强度B的方向，但是磁感应强度B的方向不一定垂直于电流I的方向
C．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．通电导线在磁场中受力越大，说明磁场越强
解析：选B。磁感应强度B＝是比值定义法定义的物理量，B与F不成正比，与IL也不成反比，B是由磁场本身性质决定的物理量，故A错误；安培力垂直于B与I所决定的平面，但B与I可以互成夹角，故B正确；如果一小段通电导体与磁场平行放置，则导体不受安培力，不能说明此处没有磁场，故C错误；安培力的大小与B、I、L以及B与I的夹角的正弦值均有关系，故D错误。
2.如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于0，可以(　　)
A．适当减小磁感应强度
B．使磁场反向
C．适当增大电流
D．使电流反向
解析：选C。首先对金属棒MN进行受力分析，金属棒MN受竖直向下的重力mg、两根软导线竖直向上的拉力F和竖直向上的安培力。平衡时，2F＋IlB＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力IlB，所以可增大磁场的磁感应强度B或增大通过金属棒中的电流I，或二者同时增大。
3.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈 abcd 共面，位置靠近 ab 且相互绝缘。当线圈 abcd 通以逆时针电流时，线圈所受安培力的合力方向(　　)
A．向左　　　　　　 B．向右
C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里
解析：选A。根据安培定则可知，题图中直导线MN在右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里，在左侧产生的磁场方向垂直于纸面向外；矩形线圈的bc边、ad边电流方向相反，故安培力等大、反向；根据左手定则可知，ab、cd所受安培力都向左，所以abcd受到的合力向左。
4.如图，两条垂直于纸面放置的直导线，通有大小相等、方向相同的电流。O为两导线连线的中点，P、Q为两导线连线中垂线上的两点，且OP＝OQ。下列说法正确的是(　　)
A．O点的磁感应强度不为零
B．P、Q两点的磁感应强度方向相同
C．若在Q点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O
D．若在P点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，其受力方向为水平向左
解析：选C。根据安培定则可以判断出O点的磁感应强度为零，P点的磁感应强度方向水平向左，Q点的磁感应强度方向水平向右，故A、B错误；若在Q点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，根据左手定则得受力方向为Q→O，故C正确；若在P点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，根据左手定则得受力方向为P→O，故D错误。
题组2　安培力的大小
5.如图所示的一簇磁感线，磁感线均为直线，上下两侧的磁感线关于水平磁感线对称，b、c两点关于水平磁感线也对称，a、d两点为磁场中的另外两点。下列说法正确的是(　　)
A．a、b、c、d四点中a点的磁场最强
B．b、c两点的磁感应强度相同
C．若在d点放一小磁针，小磁针静止时N极指向左侧
D．同一段通电导线分别放在a、d两点，导线在a点所受的磁场力较大
解析：选A。磁感线的疏密程度反应磁感应强度的大小，磁感线越密磁感应强度越大，所以a点的磁场最强，A正确；由对称性可知b、c两点的磁感应强度大小相同，但方向不相同，B错误；小磁针静止时N极指向为该点的磁场方向，所以在d点放一小磁针，小磁针静止时N极指向右侧，C错误；同一段通电导线分别放在a、d两点时，由于导线如何放置题中未说明，所以无法确定导线在这两点所受磁场力的大小关系，D错误。
6．在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为(　　)
A．BIL B．2BIL
C．πBIL D．2πBIL
解析：
选A。从上向下看导线的图形如图所示，导线的有效长度为2L，则导线所受的安培力大小F＝2BIL，设导线中的张力为T，由几何关系可知T＝，解得T＝BIL，故A正确，B、C、D错误。
7．(2025·辽宁鞍山市期中)水平向右的匀强磁场中有一折线形导线abcd，通有恒定电流I，方向如图，ab、cd平行于磁场，b、c处均为直角。已知ab＝bc＝cd＝L，则该导线受到的安培力大小为(　　)
A．BIL B．2BIL
C．3BIL D．BIL
解析：选A。因ab、cd平行于磁场，所以这两段导线不受安培力，则该导线受到的安培力等于bc受到的安培力，因bc垂直于磁场，所以该导线受到的安培力大小F＝BIL。
8．如图所示，一段圆心角为60°的圆弧形导线，通以电流I。若导线所在平面与纸面平行，匀强磁场方向垂直于纸面向里，导线所受安培力的大小为F1；若磁感应强度大小不变，方向改为平行于纸面沿半径ON向右，导线所受安培力的大小为F2，则为(　　)
A．2∶ B．∶1
C．∶2 D．1∶1
解析：选A。当磁场方向垂直于纸面向里时，通电导线的有效长度如图甲中直线MN所示，根据安培力的定义，结合几何关系，可得导线所受安培力大小F1＝BIr，当磁场方向平行于纸面沿ON向右时，通电导线的有效长度如图乙中垂线所示，同理可得导线所受安培力大小F2＝BIr sin 60°＝BIr，所以F1∶F2＝2∶。
　　　
题组3　磁电式电流表
9．(多选)电流表的灵敏度，是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小。偏角越大，灵敏度越高。下列方法可提高磁电式电流表灵敏度的是(　　)
A．增强永久磁铁的磁性
B．增大螺旋弹簧的劲度系数
C．增大线圈的面积
D．增加线圈的匝数
解析：选ACD。通电线圈在磁场中转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动。电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大。要提高电流表的灵敏度，就要在通入相同的电流时，让指针的偏转角度增大，所以要减小螺旋弹簧的劲度系数，或使安培力变大(增强永久磁铁的磁性、增大线圈的面积或增加线圈的匝数)，A、C、D正确。
10.(2025·江苏扬州市期中)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，直角三角形导线框abc通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为l，与磁场方向平行；bc边长为2l，与磁场方向垂直。下列说法正确的是(　　)
A．ab边所受安培力大小为BIl
B．bc边所受安培力大小为0
C．ca边所受安培力大小为BIl
D．整个导线框所受安培力为0
解析：选D。ab边与磁场平行，则其所受安培力大小为0，A错误；bc边与磁场垂直，则其所受安培力大小为2BIl，B错误；ca边在垂直于磁场方向的投影长度为2l，则其所受安培力大小为2BIl，C错误；整个导线框为闭合线圈，则所受安培力为0，D正确。
11.如图所示，平行长直金属导轨AB、CD水平放置，间距为d，电阻不计。左侧接电动势为E、内阻为r的电源。导体棒静止放在导轨上，与轨道CD间的夹角θ＝30°，M、N两点间电阻为2R且与轨道接触良好。导轨所在区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，则下列说法正确的是(　　)
A．导体棒所受安培力的方向垂直于AC边向右
B．导体棒所受安培力大小为
C．导体棒所受安培力的方向垂直于MN向右下方
D．导体棒所受安培力大小为
解析：选C。导体棒中电流方向由M指向N且与磁场方向垂直，根据左手定则，导体棒所受安培力的方向垂直于MN向右下方，故A错误，C正确；导体棒连入电路的实际阻值为2R，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流I＝，导体棒MN的长度L＝＝2d，故导体棒所受安培力F安＝BIL＝B2d＝，故B、D错误。
12.(2025·浙江台州市期中)如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面，与xOy平面的交点形成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出。下列说法正确的是(　　)
A．O点的磁感应强度方向沿x轴正方向
B．x轴正半轴的磁感应强度方向沿x轴正方向
C．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
D．直导线1、2、3对导线4的作用力的合力为0
解析：选B。根据安培定则和矢量合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为0；同理，可判断在Ox轴正方向上，1、4导线的合磁场方向沿x轴负方向，2、3导线的合磁场方向沿x轴正方向，且磁感应强度大小大于1、4导线的合磁感应强度大小(无穷远点处除外)，所以，可得四根导线在x轴正方向上的合磁感应强度方向沿x轴正方向，A错误，B正确。根据“同向相吸，异向相斥”的规律可知直导线1、3之间的相互作用力应为吸引力，C错误。设1、3导线对4的作用力大小分别为F，则它们的合力大小为F，方向2→4，2导线对4的作用力大小为F，方向4→2，则直导线1、2、3对导线4的作用力的合力大小为F，D错误。
13.(8分)(2025·辽宁省县级重点高中协作体期末)如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框垂直固定在磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，将M、N两点接电源两端，通过电源的电流I＝3 A，导体框受到的安培力大小F＝3 N，已知电源(内阻不计)的电动势E＝6 V，求：
(1)导体框中MN边受到的安培力大小FMN；(4分)
(2)电阻丝单位长度的电阻r0。(4分)
解析：(1)设三角形的边长为L，通过MON的电流为I′，则通过MN的电流为2I′，有
BI′L＋2BI′L＝F
FMN＝2BI′L
I＝I′＋2I′
解得FMN＝2 N，L＝1 m。
(2)设导体框每边的电阻为R，则有
E＝，r0＝
解得r0＝3 Ω/m。
答案：(1)2 N　(2)3 Ω/m[学生用书P139（单独成册）]
1．(多选)如图所示，OACD为矩形，OA边长为L，其内部存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角α＝60°，粒子刚好从A点射出磁场。不计粒子所受的重力，则(　　)
A.粒子带负电
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
D．为保证粒子刚好从A点射出磁场，OD边长至少为L
解析：
选AD。根据题意画出粒子运动的轨迹图。粒子沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可得2R sin 60°＝L，则R＝L，由牛顿第二定律得qv0B＝ eq \f(mv,R) ，解得B＝，故B、C错误；粒子刚好从A点射出磁场，则OD边长至少为OD＝R－R cos α＝L－L cos 60°＝L，故D正确。
2.(多选)如图所示， 有一个边长为l, 磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域，e是ab的中点，f 是ac的中点， 如果在c点沿对角线方向以一定的速度v射入一比荷为k的带电粒子(不计重力)，且该粒子恰好能从f点射出，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子射入磁场的速度大小v＝
B．若粒子入射速度大小变为2v, 则粒子恰好从a点射出
C．若只减小粒子入射速度大小， 则粒子在磁场中的运动时间不变
D．若只改变粒子入射速度的大小，使粒子可以从e点射出，则粒子射出磁场时的速度方向与 ab边垂直
解析：选BC。由题意，当粒子从f点飞出时，利用几何知识，可求得r＝＝l，根据qvB＝m，＝k，可求得v＝kBl，故A错误；若粒子入射速度大小变为2v, 则粒子在磁场中的运动半径将变为r′＝2r＝l，由几何知识可判断知粒子恰好从a点射出，故B正确；若只减小粒子入射速度大小，则粒子在磁场中的运动半径将减小，粒子均从ca边射出，运动时间均为t＝＝＝，可知粒子在磁场中的运动时间不变，故C正确；若只改变粒子入射速度的大小，使粒子可以从e点射出，若粒子射出磁场时的速度方向与 ab边垂直，由几何知识可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆心不可能落在ba与cb垂线的交点上，故D错误。
3．(多选)
粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是(　　)
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
解析：选AD。由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，B错误；粒子1不带电，增大磁感应强度，粒子1不会偏转，C错误；粒子2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，解得r＝，若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。
4．(多选)如图所示，圆形区域内存在一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，射入时粒子运动的速率为，粒子经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，不计粒子受到的重力。下列说法正确的是(　　)
A.粒子在磁场中运动的半径为
B. A点到CD的距离为
C．粒子在磁场中运动的位移大小为R
D. 粒子在磁场中运动的时间为
解析：
选BC。粒子在磁场中运动的半径r＝＝R，A错误；如图所示，由几何关系可知，A点到CD的距离d＝R cos 60°＝，B正确；粒子在磁场中运动的位移大小x＝2R sin 60°＝R，C正确；粒子在磁场中运动的时间t＝T＝，D错误。
5.(2025·山东青岛市期中)如图所示，圆形区域的圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，MN为圆的直径，从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N点离开磁场。已知∠AON＝60°，不计粒子受到的重力，下列说法不正确的是(　　)
A．乙粒子带负电荷，甲粒子带正电荷
B．乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶3
C．乙粒子与甲粒子的比荷之比为3∶1
D．乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为3∶1
解析：
选D。由粒子偏转方向，根据左手定则可知，乙粒子带负电荷，甲粒子带正电荷，A正确，不符合题意；由题意可知，粒子的轨迹如图所示，设圆形磁场的半径为R，由几何关系可知甲的运动半径r2＝R tan 60°＝R，乙的运动半径r1＝R tan 30°＝R，则乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比r1∶r2＝1∶3，B正确，不符合题意；由洛伦兹力提供向心力，可得Bqv＝，可得乙粒子与甲粒子的比荷之比∶＝r2∶r1＝3∶1，C正确，不符合题意；粒子的运动周期T＝＝，可得乙粒子与甲粒子的周期之比T1∶T2＝∶＝1∶3，粒子在磁场中运动时间t＝T，其中θ为速度的偏转角，则乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比t1∶t2＝2∶3，D错误，符合题意。
6.(多选)如图所示，一点电荷从A点以速度v0垂直射入半径为R的圆形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B。当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷受到的重力，下列说法正确的是(　　)
A．该点电荷带正电
B．该点电荷在磁场中的运动半径为R
C．该点电荷的比荷＝
D．该点电荷在磁场中运动的时间t＝
解析：
选CD。该点电荷在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图，由该点电荷的偏转方向，根据左手定则判断该点电荷带负电，故A错误；由几何关系可知r＝R，又有qv0B＝ eq \f(mv,r) ，则＝，故B错误，C正确；该点电荷偏转了180°，而周期T＝，则在磁场中运动的时间t＝T＝，故D正确。
7.(多选)(2025·陕西宝鸡市期中)如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长为d，∠B＝。现垂直于AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t0(不计重力)，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为d
D．粒子进入磁场时速度大小为
解析：
选AB。根据题意垂直于AB边进入，垂直于AC边飞出，经过四分之一个周期，即T＝t0，解得T＝4t0，A正确；洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得R＝，粒子运动的周期T＝＝＝4t0，解得磁感应强度B＝，B正确；粒子与BC边相切，运动时间最长，满足t0＝T，在磁场中转过圆心角120°，如图所示，根据几何关系可知R sin ＋＝d，解得R＝d，C错误；根据T＝可知v＝＝＝，D错误。
8.(12分)如图所示，在矩形区域abcO内存在一个垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为L，ab边长为L。现从O点沿Ob方向射入各种速率的带正电粒子，已知这些粒子的质量为m，电荷量为q。不计粒子重力和粒子间的相互作用力。
(1)若粒子垂直于ab边射出磁场，求粒子射入的速率。(4分)
(2)若粒子从a点离开磁场，求粒子射入的速率。(4分)
(3)求粒子在磁场中运动的最长时间。(4分)
解析：
(1)粒子运动的轨迹如图，由几何关系，可知tan θ＝＝
解得θ＝
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得qvB＝
解得v＝
粒子垂直于ab边射出磁场，轨迹圆的圆心为O1，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径
r1＝＝2L
则粒子射入的速率v1＝＝。
(2)粒子从a点离开磁场，轨迹圆的圆心为O2，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径r2＝L
则粒子射入的速率v2＝＝。
(3)根据T＝有T＝
可知粒子在磁场中做圆周运动的周期和速度无关，由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝
有tmax＝T＝。
答案：(1)　(2)　(3)
9.(12分)如图所示，以O为圆心，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a、b为圆的一条直径，a处有一粒子源，能沿垂直于磁场的各个方向，向磁场发射质量为m、电荷量大小为q、速度不同的负电荷，已知某一从a点沿aOb方向射入磁场的负电荷P，恰好从c点离开磁场，Ob与Oc间夹角α＝60°，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)求负电荷P射入磁场的初速度大小v0。(4分)
(2)若另一负电荷Q沿与aOb成30°角的方向斜向上射入磁场后仍从c点离开，求电荷Q入射的速度大小和在磁场中运动的时间。(4分)
(3)要使所有负电荷只能从∠aOc所对应的磁场边界射出，求射入负电荷的初速度大小满足的要求。(4分)
解析：(1)作出轨迹图，如图甲所示，根据几何关系可知电荷P在磁场中做圆周运动的半径r＝R
根据Bqv0＝m eq \f(v,r)
解得v0＝。
　　
(2)电荷Q在磁场中运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知Q在磁场中做圆周运动的半径r′＝R
根据Bqv1＝m eq \f(v,r′) ，解得v1＝
由几何关系可知Q在磁场中做圆周运动的圆心角
θ＝120°
Q在磁场中运动的时间t＝·＝。
(3)要使所有负电荷从∠aOc所对应的磁场边界射出，则弦ac为速度最大的负电荷的轨迹的直径，对应的最大半径
rm＝R
根据Bqvm＝m eq \f(v,rm) ，解得vm＝
所以入射的电荷的速度应满足v≤。
答案：(1)　(2)　　(3)v≤(共3张PPT)
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THANKS专题提升课1　安培力作用下导体的平衡
微专题一　安培力作用下的静态平衡[学生用书P6]
角度1　通电导体棒在匀强磁场中的平衡
　(2025·江苏淮安市期中)如图所示，金属杆ab的质量为m、长为l，与导轨间的动摩擦因数为μ，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向上，ab静止于水平导轨上。下列说法正确的是(　　)
A．金属杆ab所受安培力水平向左
B．金属杆ab所受安培力大小F安＝BIl sin θ
C．金属杆受到的摩擦力f＝μBIl cos θ
D．若将磁场方向与水平面间的夹角减小，金属杆仍保持静止，则此时导轨对金属杆的支持力变小
[解析]　由左手定则可知，金属杆ab所受安培力斜向左上，A错误；金属杆ab所受安培力大小F安＝BIl，B错误；金属杆受到的摩擦力f＝BIl sin θ，C错误；导轨对金属杆的支持力N＝mg－BIl cos θ，若将磁场方向与水平面间的夹角减小，金属杆仍保持静止，则此时导轨对金属杆的支持力变小，D正确。
[答案]　D
　【教材经典P21第7题】如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。有以下三种磁感应强度方向：(1)沿z轴正方向；(2)沿y轴正方向；(3)沿悬线向上。请判断哪些是可能的，可能时其磁感应强度大小是多少？如果不可能，请说明原因。
[解析]　第(2)种是可能的。此时磁感应强度方向沿y轴正方向，安培力竖直向上。若mg＝BIl，则可使导线静止，此时细线的张力FT＝0，B＝。
第(1)种和第(3)种都不可能。第(1)种情况下，导线所受安培力沿y轴负方向，导线不可能静止；第(3)种情况下，导线受到的安培力方向垂直于导线斜向左下方，导线也不可能保持静止。
[答案]　见解析
角度2　磁体在通电导线产生的磁场中的平衡
要想定性分析磁体在电流所产生的磁场中的受力方向，可先判断电流在磁体所产生的磁场中的受力方向，然后再根据牛顿第三定律判断磁体受力方向。
如图所示，电流受到的磁体的作用力方向斜向左上，所以电流对磁体的作用力方向斜向右下。可知地面对磁体的摩擦力方向向左。
　如图所示，水平桌面上放一根条形磁铁，磁铁正中央上方吊着跟磁铁垂直的导线，当导线中通入指向纸内的电流时(　　)
A．悬线上的拉力将不变
B．悬线上的拉力将变小
C．条形磁铁对水平桌面的压力将变大
D．条形磁铁对水平桌面的压力将变小
[解析]　根据条形磁铁磁场分布特点可知，通电导线处的磁场方向水平向右，由左手定则可知导线受竖直向下的安培力，所以悬线上的拉力变大，A、B错误；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受通电导线对它竖直向上的力，所以条形磁铁对桌面的压力变小，C错误，D正确。
[答案]　D
　如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直于纸面向里的电流I。用FN表示磁铁对桌面的压力，f表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比较(　　)
A.FN减小，f＝0
B．FN减小，f≠0
C．FN增大，f＝0
D．FN增大，f≠0
[解析]　根据条形磁铁的磁场分布可知，通电导线所在处的磁感应强度的方向为斜向左下，再根据左手定则可确定通电导线所受安培力指向左上方，所以通电导线对条形磁铁的反作用力F指向右下方，由于磁铁处于静止状态，所以F在水平方向有向右的分力等于磁铁所受桌面的摩擦力，所以摩擦力不为零，方向向左，同时，F在竖直方向有向下的分力，其与重力之和等于桌面对磁铁的支持力，所以支持力增大。
[答案]　D
微专题二　安培力作用下的动态平衡[学生用书P7]
　(2025·广西南宁市、河池市质监联考)如图所示，一质量m＝0.1 kg、长L＝0.2 m的导体棒水平放置在倾角θ＝37°的光滑斜面上，整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中。当导体棒中通有垂直于纸面向里的恒定电流I＝0.5 A时，磁场的方向由垂直于斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则磁感应强度B的取值范围是(　　)
A．6 T≤B≤10 T B．6 T≤B≤20 T
C．3 T≤B≤20 T D．3 T≤B≤10 T
[解析]　
经分析知，导体棒受到重力mg、斜面的弹力FN和安培力FA，且三力的合力为零，如图所示，从图中可以看出，在磁场方向变化的过程中，安培力FA一直变大，导体棒受到斜面的弹力FN一直变小，由于FA＝BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大，当磁场方向垂直于斜面向上时，安培力FA沿斜面向上，此时安培力最小，最小值FAmin＝mg sin θ，则Bmin＝＝6 T，当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，此时对应的安培力最大，得磁感应强度的最大值Bmax＝＝10 T，则磁感应强度B的取值范围是6 T≤B≤10 T。
[答案]　A
　(多选)倾角为α的轨道上放有一根静止的金属杆ab。ab中通有恒定电流，导轨所在空间存在一个垂直于轨道平面向上的匀强磁场，ab杆静止，如图所示。现使磁场的磁感应强度大小B随时间逐渐增大，则在磁感应强度逐渐增大直到ab杆即将滑动的过程中，ab杆受到的静摩擦力可能的变化情况是(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
[解析]　导轨所在空间存在一个垂直于轨道平面向上的匀强磁场，ab杆静止，受力分析可知，ab受重力、支持力、摩擦力、安培力作用；若起初摩擦力向下，则有mg sin α＋f＝BIL，随着磁场的磁感应强度大小B随时间逐渐增大，f变大；若起初摩擦力向上，则有mg sin α＝BIL＋f，随着磁场的磁感应强度大小B随时间逐渐增大，f变小，直至为0后，反向增大，故A、D正确，B、C错误。
[答案]　AD
微专题三　安培力作用下的极值问题[学生用书P7]
　(2025·广东深圳阶段练)如图所示，宽为L的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在着竖直向上的大小未知的匀强磁场(图中未画出)，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。重力加速度为g。
(1)求磁感应强度B的大小。
(2)若保持B的大小不变而改变B的方向，使金属杆仍然保持静止，求回路总电流的最小值I2和此时B的方向。
[解析]　(1)对金属杆进行受力分析，如图所示，由平衡条件可得
BI1L＝mg tan α
解得B＝。
(2)安培力垂直于支持力时，安培力达到最小，总电流最小，此时磁感应强度方向垂直于导轨平面向上。
由平衡条件可得F＝mg sin α
即BI2L＝mg sin α
解得I2＝I1cos α。
[答案]　(1)　(2)I1cos α　垂直于导轨平面向上
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P8]))
1．(安培力作用下的平衡)如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1 m的平行导轨上放一重力为6 N的金属棒ab，棒上通以3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，则匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)
A．2 T　　　　 B． T
C． T D． T
解析：选A。金属棒ab静止时，通过受力分析可知F＝G tan 60°，金属棒ab受到的安培力F＝IBL，解得B＝＝2 T。
2.(安培力作用下的平衡)如图所示，水平桌面上放一条形磁铁，磁铁N极上方吊着的导线与磁铁垂直，导线中通入垂直于纸面向里的电流，则产生的情况是(　　)
A．弹簧的弹力变小
B．弹簧可能被压缩
C．条形磁铁对桌面的压力变大
D．条形磁铁对桌面的摩擦力向左
解析：选D。以导线为研究对象，导线所在位置的磁场方向斜向右上方，导线中电流方向垂直于纸面向里，由左手定则可知，导线所受安培力的方向斜向右下方，弹簧拉力变大，A、B错误；由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到斜向左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面的压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正确。
3.(安培力作用下的极值问题)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，垂直于纸面水平放置一根长为L、质量为m的通电直导线，电流大小为I，方向垂直于纸面向里，欲使导线静止于斜面上，则外加匀强磁场的磁感应强度的最小值及其方向为(　　)
A．B＝，方向竖直向下
B．B＝，方向水平向左
C．B＝，方向垂直于斜面向下
D．B＝，方向沿斜面向上
解析：
选C。对导线受力分析，导线受重力、支持力和安培力，三力平衡，如图所示，当安培力平行于斜面向上时最小，故安培力的最小值Fmin＝mg sin θ，故磁感应强度的最小值B＝，根据左手定则，磁场方向垂直于斜面向下，故C正确。
4.(安培力作用下的极值问题)如图所示，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0．5 T。宽为1 m的平行金属导轨与水平面的夹角为37°，质量为0.5 kg、长为1 m的金属杆ab水平放置在导轨上，杆中通有恒定电流I时能静止在导轨上。已知杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
A．金属杆中的电流方向一定为b→a
B．金属杆中的电流方向可能为b→a
C．金属杆中电流的最大值I＝5 A
D．金属杆中电流的最小值I＝2 A
解析：选D。由于mg sin 37°＝0.6mg>μmg cos 37°＝0.4mg，说明金属杆所受的安培力沿斜面向上，由左手定则可知，金属杆中的电流方向一定为a→b，故A、B错误；当安培力最大时，有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝BImaxL，解得Imax＝10 A，当安培力最小时，有mg sin 37°＝μmg cos 37°＋BIminL，解得Imin＝2 A，故C错误，D正确。(共35张PPT)
专题提升课4　带电粒子在有界磁场中的运动
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
1．一个“解题流程”，突破临界问题
2．从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态予以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。
√
√
(1)在磁场中运动时间最长且速度最大的粒子，在磁场运动的过程中与AB之间的最大距离；
[答案]　(1)0.1 m　(2)4×103 m/s
(2)在磁场中运动时间最长粒子的最大速度。
[答案]　4×103 m/s
　　　(多选)(2025·陕西汉中市校际联考期末)如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直于ad边界的速度从e点射入该磁场，不计电子受到的重力及其相互之间的作用力，对于从不同边界射出的电子，下列说法正确的是(　　)
A．从d点离开的电子在磁场中运动的半径最大
B．从ad边离开的电子在磁场中运动的时间都相等
C．从bc边离开的电子速度越大，偏转角度越大
D．从cd边离开的电子速度越大，越靠近c点
√
√
微专题二　带电粒子在圆形边界场中的运动
2．不沿径向射入的粒子的速度方向与半径的夹角为θ，根据对称性，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ，如图乙所示。
　　　(2025·辽宁省县级重点高中协作体期末)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC、DE是圆的两条互相垂直的直径，质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从A点沿纸面与AC成45°斜向上射入磁场后，恰好从D点离开，不计粒子受到的重力，则粒子射入磁场时的速度大小为(　　)
√
√
√
(1)求磁感应强度B的大小。
(2)求粒子在磁场中的运动时间t。
(3)如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1.(带电粒子在有界磁场中运动的临界问题)(2025·江苏南通市期中)如图所示，边长为L的等边三角形区域内有匀强磁场。大量电子从B点射入磁场中，入射方向分布在与BC边的夹角为α(0≤α≤60°)的范围内，在磁场中的运动半径均为L。不计电子间的相互作用，则在磁场中运动时间最长的电子入射时的α角为(　　)
A．0° B．15°
C．30° D．45°
√
2.(带电粒子在有界磁场中运动的临界问题)边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD如图所示，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直于AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子所受重力不计)，则t1∶t2为(　　)
A.2∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．3∶1
√
3.(带电粒子在圆形边界场中的运动)(2025·江西鹰潭市期中)如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子(不计重力)第一次以v1速度沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的(　　)
4.(带电粒子在圆形边界场中的运动)地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面处地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直于该剖面，如图所示，O为地球球心、R为地球半径，假设地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磁感应强度大小均为B，方向垂直于纸面向外。宇宙射线中含有一种带电粒子，其质量为m、电荷量为q，忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
√(共21张PPT)
课后达标检测
(1)P点的坐标；(4分)
答案：(0.25 m，－0.125 m)
(2)粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间。(4分)
(1)带电粒子电性以及第一次穿出第一象限的坐标；(4分)
答案：负电　(0，3a)
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2分)
(3)带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间。(6分)
(1)匀强电场的电场强度大小E；(2分)
(2)粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间；(6分)
(3)粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离。(4分)
解析：粒子第二次经过x轴后，根据运动的分解可知，竖直方向先匀减速，再匀加速，水平方向匀速运动，运动的时间为2t1，水平方向的位移
x′＝v0×2t1＝4L
由上述分析可知第三次经过x轴的坐标为4L，第四次经过x轴的坐标为2L，第五次经过x轴的坐标为6L，如此循环运动，
则粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离
xn＝(n＋1)L(n为奇数)或xn′＝(n－2)L(n为偶数)。
答案：(n＋1)L(n为奇数)或(n－2)L(n为偶数)
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小。(2分)
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L。(4分)
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。(4分)
解析：当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示，
答案：1.5B1
(4)求在(3)的条件下带电粒子从进入边界L1到第二次到达边界L2的时间。(4分)章末知识网络建构[学生用书P42](共49张PPT)
第2节　磁场对运动电荷的作用力
学习目标
1．通过实验探究，感受磁场对运动电荷有力的作用。　2.知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断洛伦兹力的方向。　3.了解洛伦兹力公式的推导过程，会用公式分析求解洛伦兹力。　4.了解电视显像管的基本构造和工作原理。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、洛伦兹力的方向
1．电子束在磁场中的偏转现象
(1)没有磁场时，电子束的径迹呈__________。
(2)如果在电子束的路径上施加磁场，电子束会发生弯曲。
(3)改变磁场方向，使其与原来方向相反，电子束会向相反方向弯曲。
2．洛伦兹力：__________在磁场中受到的力。
一条直线
运动电荷
3．左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从______垂直进入，并使四指指向________运动的方向，这时______所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
4．洛伦兹力方向的特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B与v所决定的平面。
掌心
正电荷
拇指
二、洛伦兹力的大小
1．电荷量为q的粒子以速度v运动时，如果速度方向与磁感应强度B的方向垂直，那么粒子受到的洛伦兹力为F＝______。
2．当电荷运动的方向与磁场的方向夹角为θ时，电荷所受的洛伦兹力为F＝_________。
3．当电荷运动的方向与磁场方向平行时，电荷所受洛伦兹力为零，即电荷不受洛伦兹力。
qvB
qvB sin θ
三、电子束的磁偏转
1．显像管的构造：如图所示，由电子枪、__________和荧光屏组成。
偏转线圈
2．原理
(1)电子枪______________。
(2)电子束在磁场中______。
(3)荧光屏被电子束撞击发光。
3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在__________，因此电子束打在荧光屏上的光点不断移动，这在显示技术中叫作扫描。
发射高速电子
偏转
不断变化
判断下列说法是否正确。
(1)洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力永远不做功。(　　)
(2)安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力。(　　)
(3)当带电粒子的运动方向和磁场方向相同时，洛伦兹力最大。(　　)
(4)洛伦兹力在匀强磁场中一般是变力，而电场力在匀强电场中是恒力。(　　)
(5)显像管中偏转磁场使电子所受的洛伦兹力方向仍遵守左手定则。(　　)
√　
×　
×　
√　
√　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　洛伦兹力的方向
阅读并回答：如图演示实验。
(1)在没有外磁场时，电子束沿直线运动，电子束的直线运动说明了什么？
[提示]　电子束的直线运动说明了电子不受力的作用。
(2)将蹄形磁铁靠近电子射线管，发现电子束运动轨迹发生了偏转，电子束的偏转说明了什么？
[提示]　电子束的偏转说明了电子受到磁场力的作用。
(3)把磁场方向调换过来，电子束的轨迹弯曲方向发生了改变，说明了什么？
[提示]　把磁场方向调换过来，电子束的轨迹弯曲方向发生了改变，即电子受到的力的方向发生改变，说明了磁场力的方向跟磁场方向有关。
1．影响洛伦兹力方向的因素
电荷的电性(正、负)、速度的方向、磁感应强度的方向。当电性一定时，其他两个因素决定洛伦兹力的方向，如果只让一个因素相反，则洛伦兹力方向必定相反；如果同时让两个因素相反，则洛伦兹力方向将不变。
2．F、B、v方向间的关系
电荷运动方向和磁场方向间没有因果关系，两者关系是不确定的。电荷运动方向和磁场方向确定洛伦兹力方向，F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v所决定的平面。
3．方向特点
洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化。但无论怎样变化，洛伦兹力都与运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷运动方向，不改变电荷速度大小。
√
角度1　洛伦兹力的方向
　　　如图所示，带电粒子刚进入匀强磁场时，所受的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里的是(　　)
[解析]　磁场的方向是向里的，根据左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向是向上的，故A错误；磁场的方向是向上的，负电荷向右运动，受到的洛伦兹力的方向是向里的，故B正确；磁场的方向水平向右，负电荷向上运动，受到的洛伦兹力的方向是向外的，故C错误；磁场的方向是向上的，负电荷向上运动，负电荷运动方向和磁场方向平行，不受洛伦兹力，故D错误。
√
角度2　洛伦兹力的理解
　　　(多选)电荷量为＋q的不同粒子垂直于匀强磁场方向运动时会受到洛伦兹力的作用。下列说法正确的是(　　)
A．只要速度方向不同，所受洛伦兹力就不同
B．洛伦兹力方向一定与粒子速度方向垂直，磁场方向一定与粒子运动方向垂直
C．如果把＋q改为－q，且速度反向，则此时其所受洛伦兹力的方向不变
D．粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能、速度均不变
√
[解析]　速度方向不同，所受洛伦兹力的方向就不同，故A正确；根据左手定则可知，洛伦兹力方向一定与粒子速度方向垂直，磁场方向不一定与粒子运动方向垂直，故B错误；根据左手定则可知，如果把＋q改为－q，且速度反向，则此时其所受洛伦兹力的方向不变，故C正确；粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能不变，速度方向不断改变，故D错误。
　　　关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是(　　)
A．电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同
B．通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直
C．运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向必须与该处磁场方向垂直
D．当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直
√
[解析]　电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向只要不和磁场平行有垂直分量即可，故C错误；电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直，故D正确。
知识点二　洛伦兹力的大小
如图所示，磁场的磁感应强度为B。设磁场中有一段长度为l的通电导线，
横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向运动的速率都是v。
(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力是多大？
(2)长为l的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？
1．洛伦兹力与安培力的关系
(1)安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的微观本质。
(2)洛伦兹力对电荷不做功，但安培力却可以对导体做功。
2．洛伦兹力的大小(F＝qvB sin θ，θ为v与B的夹角)
(1)当v⊥B时，θ＝90°，sin θ＝1，F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大。
(2)当v∥B时，θ＝0°，sin θ＝0，F＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。
(3)当粒子运动方向v与磁场B夹角为θ时，如图所示，此时将v分解为v∥和v⊥，其中v⊥＝v sin θ，则F＝qvB sin θ。
√
　　　如图所示，①②③④各图中匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，电荷量均为q。以F1、F2、F3、F4依次表示四图中带电粒子在磁场中所受洛伦兹力的大小，则(　　)
A．F1＝F2　　 B．F3＝F4
C．F2＝F3 D．F2＝F4
　　　质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，以速度v射入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，速度方向、磁场方向如图所示，则粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力大小为qvB sin θ的是(　　)
√
[解析]　带电粒子的速度方向垂直于磁场方向时，受到的洛伦兹力大小为qvB，当速度方向与磁场方向的夹角为θ时，垂直于磁场方向的分速度为v sin θ，这时的洛伦兹力大小为qvB sin θ；A、D选项中速度方向与磁场方向垂直，洛伦兹力大小为qvB，故A、D错误；B选项中垂直于磁场方向的分速度为v sin θ，所受洛伦兹力大小为qvB sin θ，故B正确；C选项中垂直于磁场方向的分速度为v cos θ，所受洛伦兹力大小为qvB cos θ，故C错误。
知识点三　带电体在洛伦兹力作用下的运动
1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动。解题的关键是运动状态的判断。
2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点。
3．解题步骤
(1)确定研究对象，即带电体；
(2)确定带电体所带电荷量的正、负以及速度方向；
(3)由左手定则判断带电体所受洛伦兹力的方向，并作出受力分析和运动状态分析；
(4)由平行四边形定则、矢量三角形或正交分解法等方法，根据物体的平衡条件或牛顿第二定律列方程求解，也可能用动能定理或机械能守恒定律求解；
(5)对于定性分析的问题还可以采用极限法进行推理，从而得到结论。
　　　(2023·海南卷，T2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直于纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是(　　)
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
√
[解析]　小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A正确；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错误；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。
　　　(2025·宁夏银川市期中)如图所示，足够长的粗糙细杆CD水平置于空中，且处在垂直于纸面向里的水平匀强磁场中(图中未画出)。一质量为m、电荷量为＋q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0，圆环运动的v－t图像不可能是(　　)
√
[解析]　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若满足重力与洛伦兹力相等，即圆环做匀速直线运动，则v－t图像如选项A所示，故A可能，不符合题意；若重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，做减速运动，竖直方向有N＝mg－qvB，水平方向上有f＝μN＝ma，随着速度的减小，支持力增大，摩擦力增大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，则v－t图像如选项C所示，故C可能，不符合题意；
若洛伦兹力大于重力，圆环受到摩擦力的作用，做减速运动，竖直方向有N′＝qvB－mg，水平方向上有f＝μN′＝ma，随着速度的减小，支持力减小，摩擦力减小，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与洛伦兹力相等时，做匀速直线运动，则v－t图像如选项D所示，故D可能，不符合题意；圆环不可能做匀变速直线运动，B选项所示v－t图像不存在，故B不可能，符合题意。
综合一练　动力学和动能定理分析带电体在磁场中的运动
　　　(2025·宁夏银川市期中)一个质量为m、电荷量为q的小滑块放置在倾角α＝37°的足够长的固定的光滑绝缘斜面上。整个置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示。当小滑块沿斜面下滑到P处时，对斜面有大小为0.4mg的压力。小滑块继续下滑至P处下方某位置时将要离开斜面。取重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)小滑块带何种电荷？
[解析]　根据题意可知小滑块所受洛伦兹力垂直于斜面向上，根据左手定则可知小滑块带负电荷。
[答案]　负电荷
(2)求小滑块滑到P处时的速度大小。
(3)小滑块滑到距离P多远处与斜面没有压力？
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(洛伦兹力的方向)以下四幅图中，正确标明了带电粒子所受洛伦兹力F方向的是(　　)
√
解析：由于带电粒子的速度方向与磁感应强度的方向平行，所以粒子不受洛伦兹力作用，故A、B错误；根据左手定则可知，四指指向正电荷运动的方向，磁感线垂直穿过手掌心，大拇指指向下，即洛伦兹力的方向向下，故C错误；根据左手定则可知，四指指向正电荷运动的方向，磁感线垂直穿过手掌心，大拇指指向上，即洛伦兹力的方向向上，故D正确。
2．(洛伦兹力的方向)地磁场通过改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，从而保护着地球上的生命。假设所有的宇宙射线从各个方向垂直射向地球表面，那么以下说法正确的是(　　)

A.地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处都相同
B．由于南北极磁场最强，因此阻挡作用最强
C．沿地球赤道平面垂直射来的高能负电荷向西偏转
D．沿地球赤道平面垂直射来的高能正电荷向地球两极偏转
√
解析：高能带电粒子到达地球附近会受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转，磁感应强度不同，所受到的洛伦兹力不同，故A错误；地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强，故B错误；地磁场会使沿地球赤道平面垂直射来的宇宙射线中的高能正电荷向东偏转，高能负电荷向西偏转，故C正确，D错误。
3．(洛伦兹力的理解)(2025·辽宁鞍山市期中)运动电荷在磁场中所受的力称为洛伦兹力，下列关于洛伦兹力的说法正确的是(　　)
A．静止在磁场中的电荷也受洛伦兹力的作用
B．洛伦兹力的大小与电荷的速度方向无关
C．洛伦兹力的方向总与速度的方向垂直
D．洛伦兹力可以改变电荷的动能
√
解析：静止在磁场中的电荷不受洛伦兹力的作用，故A错误；根据左手定则可知，洛伦兹力的方向既垂直于磁场方向，又垂直于带电粒子的速度方向，洛伦兹力可以表示为F＝qvB sin θ，θ是v与B的夹角，所以带电粒子受到的洛伦兹力的大小，与粒子速度的大小和方向都有关系，故B错误，C正确；洛伦兹力方向垂直于粒子的速度方向，所以洛伦兹力不能对运动电荷做功，洛伦兹力不可以改变电荷的动能，故D错误。
4．(带电体在洛伦兹力作用下的运动)(2025·重庆沙坪坝区期中)如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，一带电量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿光滑绝缘轨道滑下，下降竖直高度为h时到达b点。不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．该过程中，洛伦兹力做正功
C．该过程中，滑块的机械能增大
√[学生用书P143（单独成册）]
1.(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直于纸面向里)的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为0，C为运动的最低点。不计重力，则(　　)
A．该离子带负电
B．A、B两点位于同一高度
C．到达C点时离子速度最大
D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
解析：选BC。离子开始受到电场力作用向下运动，可知电场力方向向下，则离子带正电，A错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为0，则电场力做功为0，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态(速度为0，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，那么离子就将在B点的右侧重复前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误。
2.如图所示，竖直平面内存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，电场强度方向水平向右。一质量为m、电荷量为q的带电小球(视为质点)以某一速度，从M点沿着与水平方向成30°的方向做直线运动到N点，MN的长度为l，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．小球克服电场力做的功为mgl
C．小球在N点的速度大小为
D．仅将电场方向逆时针旋转90°，其余条件不变，小球可在空间内做匀速圆周运动
解析：选C。由于小球做直线运动，若小球带负电，则受竖直向下的重力、水平向左的电场力、垂直于速度方向斜向下的洛伦兹力，小球不可能做直线运动，所以小球带正电，故A错误；由于小球带正电，受到水平向右的电场力，则电场力做正功，故B错误；由于洛伦兹力与速度有关，则小球一定做匀速直线运动，根据受力平衡有qvB＝，得v＝，故C正确；电场方向没有改变时，由平衡条件可得mg＝qE tan 60°，即重力与电场力大小不相等，所以仅将电场方向逆时针旋转90°，其余条件不变，重力与电场力的合力不为0，则小球不可能在空间内做匀速圆周运动，故D错误。
3.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知电场的电场强度为E，方向竖直向上；磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)
A．液滴带负电
B．液滴所受的重力和电场力平衡
C．液滴顺时针运动
D．液滴运动速度大小为
解析：选B。由题意知，液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，则液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，故液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相同，可知液滴带正电，故A错误；液滴做匀速圆周运动，由平衡关系，满足mg＝qE，故B正确；磁场方向垂直于纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可以判断出液滴逆时针运动，故C错误；液滴所受的洛伦兹力提供液滴做圆周运动的向心力，即qvB＝m，又mg＝qE，联立解得v＝，故D错误。
4.如图所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v与磁场方向垂直、与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则下列关于电场强度E和磁感应强度B的大小表示正确的是(重力加速度为g)(　　)
A．E＝　B＝
B．E＝　B＝
C．E＝　B＝
D．E＝　B＝
解析：
选A。假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与速度方向垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示。根据合外力为0得mg＝qvB sin 45°，qE＝qvB cos 45°，联立可得B＝，E＝。
5．如图所示，某空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带正电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．匀强磁场的方向垂直于纸面向外
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子的电荷量为
D．若粒子运动过程中磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动
解析：
选C。带电粒子受到重力、电场力、洛伦兹力，三者平衡，如图，因重力方向向下，电场力方向向右，所以洛伦兹力方向为左上方，根据左手定则可判断匀强磁场的方向垂直于纸面向里，故A错误；由平衡条件可知qvB sin 60°＝qE，tan 30°＝，解得 B＝，q＝，故B错误，C正确；若粒子运动过程中磁场突然消失，重力和电场力的合力与速度方向垂直且恒定，则粒子做类平抛运动，故D错误。
6．(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　)
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
解析：选BC。电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。
7.(多选)(2025·河北沧州市期中)如图所示，在水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和减少
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能为
D．小球向下运动的稳定速度v＝
解析：选BC。小球静止时只受静电力、重力、弹力及摩擦力，静电力水平向左，弹力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，对小球，由牛顿第二定律有mg－μqE＝ma，小球的加速度a＝g－，小球速度增大，受到洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，则有a＝g－，可知一开始小球的加速度先增大，故A错误；在下降过程中有摩擦力做负功，故有部分能量转化为内能，故小球的机械能和电势能的总和减少，故B正确；当洛伦兹力大小等于静电力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，直到加速度减小为0后做匀速直线运动，故加速度为最大加速度的一半时有两种情况，一种是洛伦兹力小于静电力的情况，另一种是洛伦兹力大于静电力的情况，当洛伦兹力小于静电力时有＝，解得v1＝，当洛伦兹力大于静电力时有＝，解得v2＝，故C正确；当加速度等于零时，速度最大且保持稳定，则有mg＝μ(qBv3－qE)，解得v3＝，故D错误。
8．(12分)设在地面上方的真空室内，存在着方向水平向右的匀强电场和方向垂直于纸面向里的匀强磁场，匀强电场的场强E＝6 N/C。如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.4 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°。现有电荷量q＝＋4.5×10－4 C的带电小球，以vA＝3.0 m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，此后小球做匀速直线运动。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小球的质量m；(4分)
(2)小球经过C点时的速率；(4分)
(3)小球射入至圆弧轨道A端的瞬间，小球对轨道的压力(计算结果保留2位有效数字)。(4分)
解析：
(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示，由平衡条件得
F电＝qE＝mg tan θ
代入数据解得
m＝3.6×10－4 kg。
(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得
qER sin θ－mgR(1－cos θ)＝mv－mv
代入数据得vC＝4 m/s。
(3)根据小球经过C点时的受力分析图可知
F洛＝qvCB＝
解得B＝2.5 T
分析小球经过A处时，由向心力公式可知
FN＋qvAB－mg＝m eq \f(v,R)
代入数据得FN≈2.5×10－3 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力
FN′≈2.5×10－3 N
方向竖直向下。
答案：(1)3.6×10－4 kg　(2)4 m/s
(3)2.5×10－3 N，方向竖直向下　　　　　　[学生用书P137（单独成册）]
题组1　带电粒子在磁场中的运动
1．在同一匀强磁场中，两带电荷量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A．若速率相等，则半径必相等
B．若速率相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
解析：选C。根据qvB＝m，解得r＝，两粒子电荷量相等，速率相等，但是质量不一定，半径不一定相等，故A错误；根据T＝，可知粒子做圆周运动的周期与速度大小无关，若两粒子电荷量相等，动能相等，但质量不一定相等，则周期不一定相等，故B、D错误；根据qvB＝m，解得r＝，两粒子电荷量相等，mv大小相等，则半径必相等，C正确。
2.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子带负电
B．粒子先经过a点，再经过b点
C．粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功
D．粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变
解析：选A。由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可知速度大小在减小，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，所以粒子运动轨迹半径减小，粒子先经过b点，再经过a点，则根据左手定则可知粒子带负电，A正确，B错误；由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，C错误；根据F＝qvB，可知粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小，D错误。
3．(2025·江苏扬州统考开学考试)一显像管原理示意图如图所示，若观察到电子束(　　)
A．打在荧光屏正中的O点，则偏转磁场方向向上
B．打在屏上A点，则偏转磁场垂直于纸面向里
C．打在荧光屏上的位置由O点逐渐移向B点，则偏转线圈中电流增大
D．向上偏转，则洛伦兹力对电子束做正功
解析：选C。当偏转线圈中没有电流时，不产生磁场，电子束将沿直线打在荧光屏正中的O点，故A错误；根据左手定则知，电子束打在屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直于纸面向外，故B错误；要使电子束打在荧光屏上的位置由O点逐渐移向B点，偏转磁场应垂直于纸面向里，电子做圆周运动的轨道半径r逐渐变小，则磁感应强度B应逐渐变强，偏转线圈中电流增大，故C正确；洛伦兹力对电子束始终不做功，故D错误。
题组2　带电粒子在直线边界磁场中的运动
4.(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计，则(　　)
A.粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(＋1)a
解析：
选AD。由左手定则可知，粒子带负电荷，A正确；作出粒子的轨迹示意图，如图所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子的轨道半径R＝a，则由qvB＝m得v＝＝，B、C错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(＋1)a，D正确。
5．如图所示，A、B是两种原子核，二者电荷量相同，质量不等。A、B以相同的速度从S点沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，它们的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)
A．A、B的质量大小关系为mA>mB
B．A、B的质量大小关系为mAC．A、B在磁场中运动的时间大小关系为tAD．A、B在磁场中运动的时间大小关系为tA＝tB
解析：选A。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m解得r＝，相同的速度和电荷量，A的半径大，则A的质量大，故A正确，B错误；粒子的周期T＝＝，两粒子均运动半个周期，则t＝T＝，因为A的质量大，故A运动的时间长，故C、D错误。
6.(2025·河南省创新发展联盟期末)如图所示，有界磁场的宽度为d，一电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0垂直于边界射入磁场，离开磁场时速度的偏角为30°，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径为4d
B．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为
C．带电粒子在匀强磁场中运动的时间为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
解析：
选C。带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有R＝＝2d，故A错误；带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度ω＝＝，故B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间t＝×＝，故C正确；由qv0B＝m eq \f(v,R) ，解得B＝，故D错误。
7.一匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其下边界如图中虚线所示，P、M、N、Q四点共线，∠MON为直角，OM＝ON＝MP。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从P点以不同的速率垂直于PM射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子在磁场中运动的最长时间t是(　　)
A．　　　　　 　　B．
C． D．条件不足，无法确定
解析：选C。根据题意可知，当粒子从P点射入，从O点射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，则t＝T，T＝，所以t＝。
8.如图所示，两个质量相等的带电粒子a和b分别以速度va和vb射入足够长平行边界匀强磁场，磁场宽度为d，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，不计粒子重力及粒子间的影响，则(　　)
A．两粒子的周期之比Ta∶Tb＝1∶1
B．两粒子的轨迹半径之比Ra∶Rb＝∶1
C．两粒子的电荷量之比|qa|∶|qb|＝1∶2
D．两粒子的速度之比va∶vb＝2∶
解析：选D。由题图可知，带电粒子a和b在磁场中运动的圆心角分别为120°和60°，即ta＝，tb＝，由于两带电粒子运动时间相同，则可得两粒子的周期之比Ta∶Tb＝1∶2，故A错误；根据几何关系，由题图可得，两粒子的轨迹半径分别为Ra＝＝d，Rb＝＝d，则两粒子的轨迹半径之比Ra∶Rb＝∶3，故B错误；由qvB＝m，可得R＝，T＝＝，则可得两粒子的电荷量之比|qa|∶|qb|＝2∶1，两粒子的速度之比va∶vb＝2∶，故C错误，D正确。
9.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出(　　)
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
解析：
选A。粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心O1，轨迹如图所示，由几何关系可知OO1＝a tan 30°＝a，R＝＝a，因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋2＝a2，故A正确；由qvB＝m，解得v＝，因R可求出，但B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故B、D错误；带电粒子运动轨迹的圆心角为π，而周期为T＝＝，则t＝，因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，故C错误。
10.(12分)(2025·安徽部分学校下学期联考)如图，纸面内有一水平虚线，垂直于纸面放置的足够长平面感光板ab与虚线平行。ab与虚线间的距离为l，且存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。虚线上有一点状放射源S，可在纸面内向各个方向发射质量为m、电荷量为＋q的同种带电粒子。某一粒子以速率v沿与虚线成θ＝37°角的方向射入磁场。并恰能垂直打到感光板ab上。不计粒子的重力，sin 37°＝0.6。
(1)求粒子射入磁场时的速率v。(4分)
(2)若粒子均以的速率在纸面内沿不同方向射入磁场，仅考虑能打到感光板ab上的粒子，求：
①粒子在磁场中运动的最短时间；(4分)
②感光板ab被粒子打中的长度。(4分)
解析：(1)粒子恰能垂直打到感光板ab上，所以速度偏转角为53°，由几何关系有R1＝＝l
洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得v＝。
(2)①粒子以的速率沿纸面不同方向射入磁场，则做圆周运动半径R2＝＝
如图甲所示，当粒子经过S′时弦长最短，对应时间最短，根据几何关系有sin ＝＝
则最短时间t＝·＝。
　　
②如图乙所示，轨迹恰好与感光板ab相切时，打到最左侧的P点，由几何关系可知
S′P＝ eq \r(R－（l－R2）2) ＝
当粒子初速度平行于感光板ab时，打到最右侧的Q点，由几何关系可知S′Q＝S′P＝
感光板ab被粒子打中的长度s＝S′P＋S′Q＝l。
答案：(1)　(2)①　②l[学生用书P131（单独成册）]
1．(多选)两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两铝环的运动情况是(　　)
A．两环彼此相向运动
B．两环彼此背向运动
C．电流大的铝环加速度大
D．两环的加速度大小相等
解析：选AD。由题图可知，两环的电流方向相同，则两环之间的安培力为吸引力，两环彼此相向运动；根据牛顿第三定律可知，两环之间的安培力大小相等，则两环的加速度大小相等。
2.如图所示，通电直导线ab位于两平行导线M、N横截面连线的中垂线上。当平行导线M、N通以同向等值电流时，下列说法正确的是(　　)
A．ab顺时针旋转
B．ab逆时针旋转
C．a端向外、b端向里旋转
D．a端向里、b端向外旋转
解析：选C。两个平行电流在直导线ab处产生的磁场都是同心圆，如题图所示，由磁场的叠加可知，两电流产生的磁场，直导线ab上半部分的合磁场方向都从左向右，则ab上半部分电流受到的安培力方向垂直于纸面向外；两电流产生的磁场，在直导线ab下半部分处的合磁场方向都从右向左，故ab下半部分电流受到的安培力方向垂直于纸面向里。所以，导线的a端向外旋转，导线的b端向里旋转。
3.一架悬挂于天花板上的弹簧测力计下挂水平导线AB，导线中通有如图所示向右的电流I1，导线中心的正下方固定有与导线AB垂直的另一长直导线，当长直导线中通入向里的电流I2时，关于导线AB的运动及弹簧测力计示数的变化正确的是(　　)
A．A端向外、B端向里转动，弹簧测力计的示数增大
B．A端向里、B端向外转动，弹簧测力计的示数减小
C．A端向里、B端向外转动，弹簧测力计的示数增大
D．A端向外、B端向里转动，弹簧测力计的示数减小
解析：
选A。根据安培定则可知，AB下方长直导线产生磁场的磁感线是同心圆，方向如图所示。因此对AB左半段，可以用左手定则判断出A端受到垂直于纸面向外的力，同理也可以分析出B端受垂直于纸面向里的力，从而使得A端转向纸外，B端转向纸里。AB转动后电流的方向也向里，两个电流之间相互吸引，所以AB对弹簧测力计的拉力将增大，则弹簧测力计的示数增大，故A正确。
4.
(多选)如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是(　　)
A．P顺时针转动，Q逆时针转动
B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变
C．P与天花板连接的细线张力不变
D．P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大
解析：选AC。根据安培定则可知，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环靠近部分的电流的方向相同，所以两个圆环相互吸引，两环间细线张力减小；由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环所受的重力之和，大小不变，A、C正确。
5.(2025·辽宁大连市期中)如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是(　　)
A．静止不动
B．向纸外摆动
C．N极向纸内、S极向纸外转动
D．N极向纸外、S极向纸内转动
解析：选D。假设磁铁不动，导线运动，通电导线左边的磁场斜向右下，而右边的磁场是斜向右上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直于纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直于纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90°时，导线所受的安培力方向向上，所以导线的运动情况为顺时针转动(从上向下看)，同时上升；如今导线不动，磁铁运动，根据相对运动，则有磁铁逆时针转动(从上向下看)，即N极向纸外转动，S极向纸内转动，故D正确，A、B、C错误。
6．如图所示， 在固定的条形磁铁上方，用轻弹簧悬挂了一直导线，某一时刻给该导线通以由a向b方向的电流。下列说法正确的是(　　)
A．a端向里转动， b端向外转动
B．条形磁铁受到的合外力变大
C．当导体棒再次达到稳定时，弹簧的弹力变大
D．当导体棒再次达到稳定时，弹簧可能被压缩
解析：选C。由于a端有向上的磁场分量，b端有向下的磁场分量，根据左手定则可知a端向外转动， b端向里转动，A错误；条形磁铁仍处于静止状态，合力仍为零，大小没变，B错误；在ab转动过程中，根据左手定则可知，导线受到的安培力向下，故再次平衡时，弹簧伸长且弹力变大，C正确，D错误。
7．(8分)绝缘水平桌面有一竖直向上的匀强磁场B＝1 T，间距L＝1 m的平行金属导轨固定在桌面上，左端连接电源的电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω。质量m＝0.5 kg的金属棒垂直于导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。细线一端系在金属棒的中点，另一端通过桌边光滑定滑轮挂一重物时，金属棒恰处于静止状态且刚好不向右滑，细线水平且与金属棒垂直。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，金属棒接入电路的电阻R＝2 Ω，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求悬挂重物的质量M。(4分)
(2)若锁定金属棒，保持磁感应强度大小不变，将磁场方向顺时针旋转过53°后解锁金属棒的瞬间，求重物加速度a的大小。(4分)
解析：(1)金属棒恰处于静止状态且刚好不向右滑，有BIL＋μmg＝Mg
金属棒接入电路的电流I＝
解得M＝0.75 kg。
(2)设磁场旋转后轨道对金属棒的支持力为FN，有
BIL sin 53°＋FN＝mg
磁场旋转后，安培力水平方向分量减小，金属棒向右加速，有Mg－BIL cos 53°－μFN＝(m＋M)a
解得a＝3.2 m/s2。
答案：(1)0.75 kg　(2)3.2 m/s2
8．(10分)如图所示，在匀强磁场中沿水平方向固定两平行金属导轨，磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角α＝53°，导轨宽度L＝1 m，导轨电阻忽略不计，左端与电源连接。一质量m＝1 kg的金属棒ab垂直于两平行导轨放置并与导轨接触良好，连入导轨间的电阻R＝2 Ω，ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，在ab棒中点施加一水平向右的拉力FT，使ab棒能处于静止状态。已知E＝6 V，r＝1 Ω，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。
(1)求金属棒ab受到的安培力F的大小。(2分)
(2)求拉力FT的大小范围。(4分)
(3)若磁感应强度大小不变，方向突然反向，同时撤去FT，求此时金属棒ab的加速度a的大小。(4分)
解析：(1)通过ab的电流大小
I＝＝2 A，方向为a到b，ab受到的安培力F＝BIL＝10 N。
(2)对ab受力分析，如图所示，
最大静摩擦力
fm＝μFN＝μ(mg－F cos α)＝1 N
当最大静摩擦力方向向右时(如图甲)
FT＝F sin α－fm＝7 N
当最大静摩擦力方向向左时(如图乙)
FT＝F sin α＋fm＝9 N
综上可得7 N≤FT≤9 N。
(3)磁场反向后，安培力也反向了，但大小不变，受力分析如图丙所示。
F′sin α－fm′＝ma
F′cos α＋mg＝FN′
fm′＝μFN′
综上可得a＝4 m/s2。
答案：(1)10 N　(2)7 N≤FT≤9 N　(3)4 m/s2　[学生用书P135（单独成册）]
1．速度选择器的示意图如图所示，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一电荷量为q的带正电粒子以速度v从该装置的左端沿水平方向射入后，沿直线匀速运动直至射出，忽略粒子重力的影响，下列说法正确的是(　　)
A．若仅使粒子带的电荷量增多，则粒子将向下偏转
B．若仅使粒子带的电荷量减少，则粒子将向下偏转
C．粒子的速度大小v＝
D．若仅使粒子带的电荷由正变负，则粒子一定发生偏转
解析：选C。正粒子沿直线穿过两板之间，则竖直方向受向下的电场力和向上的洛伦兹力平衡，qE＝qvB，解得v＝，若仅使粒子带的电荷量增多或减小，则粒子竖直方向受力仍平衡，则仍沿直线穿过两板；若仅使粒子带的电荷由正变负，则粒子受电场力和洛伦兹力方向同时改变，即粒子在竖直方向仍平衡，仍沿直线穿过两板。
2．磁流体发电机工作原理如图所示，a、b是正对的两个电阻可忽略的导体电极，面积均为S，间距为d，分别与负载电阻R相连。a、b之间存在匀强磁场，当高温等离子电离气体以速度v0向右进入a、b之间时，运动的电离气体受到磁场作用，使a、b之间产生了电势差，理想电压表的示数为U，通过负载电阻R的电流由1指向2。已知a、b之间等离子体的等效电阻为R，则关于a、b之间磁感应强度B的大小和方向，下列说法正确的是(　　)
A．B＝，垂直于纸面向里
B．B＝，垂直于纸面向外
C．B＝，垂直于纸面向外
D．B＝，垂直于纸面向里
解析：选B。通过负载电阻R的电流由1指向2，可知下极板带正电，根据左手定则可知，磁感应强度垂直于纸面向外；理想电压表的示数为U，可知感应电动势E＝U＋×R＝U，当导体电极间的电势差稳定时，有q＝qv0B，解得B＝。
3．磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有匀强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电，则(　　)
A．仅减小负载的阻值，发电机两端的电压增大
B．仅增强磁感应强度，发电机两端的电压减小
C．仅增大两板间的距离，发电机的电动势减小
D．仅增大磁流体的喷射速度，发电机的电动势增大
解析：选D。在磁流体发电机中，电荷最终所受电场力与洛伦兹力平衡，设发动机的电动势为E，两金属板间的距离为d，由平衡条件有qvB＝q，解得发电机的电动势E＝Bvd，仅增大两板间的距离，发电机的电动势增大，仅增大磁流体的喷射速度，发电机的电动势增大，故C错误，D正确；根据闭合电路欧姆定律，知发电机两端的电压U＝E＝·Bvd，可知仅减小负载的阻值，发电机两端的电压减小，仅增强磁感应强度，发电机两端的电压增大，故A、B错误。
4.血流计原理可以简化为如图所示模型，血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间可以用电极测出电压U。下列说法正确的是(　　)
A．离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．血液中正离子多时，M点的电势高于N点的电势
C．血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
D．血液流量Q＝
解析：选D。根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力而聚集在N一侧，负离子受到竖直向上的洛伦兹力而聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故A、B、C错误；正负离子达到稳定状态时，由qvB＝q可得流速v＝，流量Q＝Sv＝·＝，故D正确。
5.流量计的测量管是如图所示的长方体，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，测量管上、下面是金属材料，前、后面是绝缘材料。现于流量计处加垂直于前、后面向里的匀强磁场，当污水充满测量管且从左向右流过该测量管时，上、下面间电压用U表示，流量计显示的污水流量用Q表示(Q＝vS，其中Q为单位时间内排出的污水体积，v为污水流速，S为管道横截面积)，则(　　)
A．只有当污水中正离子浓度高于负离子浓度时，上表面电势才高于下表面电势
B．污水中离子浓度越高，上、下面间电压U越大
C．污水流速正比于测量管横截面积大小
D．测量管上、下面间电压U大小正比于污水流量Q
解析：选D。当污水充满测量管且从左向右流过该测量管时，根据左手定则，可知正离子向上偏转，所以上板带正电，下板带负电，上表面电势高于下表面电势，与离子浓度无关，A错误；当离子受力平衡时有Eq＝q＝qvB，得U＝cvB，电压U与污水中离子浓度无关，B错误；当流量一定时，污水流速反比于测量管横截面积大小，C错误；电压U＝cvB＝cB，所以电压U大小正比于污水流量Q，D正确。
6.(2025·内蒙古赤峰市期末)如图所示，通入电流为I的导体块放在磁感应强度为B的匀强磁场中，电流与磁场方向垂直时，导体块上、下面A、A′间产生大小为UH的电势差，这种现象称为霍尔效应。导体块中自由电子电荷量大小为e，导体块的宽度为d，厚度为h，下列说法正确的是(　　)
A．A面电势比A′面电势高
B．仅改变h，UH与h成正比
C．仅改变d，UH与d成反比
D．电势差稳定后，电子受到的洛伦兹力大小为
解析：选C。由题图可知，电流方向向右，电子的定向移动方向向左，由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向上，则导体板上表面带负电，下表面带正电，因此A面电势比A′面电势低，A错误；电势差稳定后，电子受到的电场力与洛伦兹力平衡，可得＝evB，可得UH＝vhB，导体板通过的电流I＝nevS＝nevdh，可得v＝，则有UH＝，可知UH与I成正比，与d成反比，与h无关，B、D错误，C正确。
7.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示的是霍尔元件的工作原理示意图，匀强磁场垂直于元件的表面向下，该霍尔元件中的载流子是自由电子，C、D为左、右两侧面。 现霍尔元件中通入图示方向的电流，则(　　)
A．霍尔元件中电子定向移动时受到指向右侧面的洛伦兹力
B．霍尔元件左侧面的电势低于右侧面的电势
C．若霍尔元件的左、右两侧面间的距离越大，左、右两侧面间的电势差UCD越大
D．若霍尔元件的上、下表面间的距离越大，左、右两侧面间的电势差UCD越大
解析：选B。根据左手定则可以判断，霍尔元件中电子定向移动时受到指向左侧面的洛伦兹力，故A错误；电子向左侧面偏转，左侧面的电势低于右侧面的电势，故B正确；随着电子在极板上不断积累，两板间形成的电势差逐渐变大，则电子所受电场力逐渐增大，当电子所受电场力与磁场力相等时达到平衡，此时两板间的电势UCD稳定不变，设C、D间的距离为a，上、下表面间的距离为b，则根据＝Bev，I＝neabv，整理得UCD＝，霍尔元件的左、右两侧面间的电势差大小与左、右两侧面间的距离无关，霍尔元件的上、下表面间的距离越大，左、右两侧面间的电势差越小，故C、D错误。
8.污水流量计用于检测污水排放情况，其由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板。污水充满管口从左向右流经该装置时，理想电压表将显示前后两面的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流过管道横截面的流体体积)，则(　　)
A．后表面电势比前表面电势低
B．电压表的示数U与污水中离子浓度有关
C．污水流量Q与电压表的示数U成正比
D．污水流量Q与a、b有关
解析：选C。正、负离子向右运动，受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面比前表面电势高，故A错误；最终正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qE＝qvB，即E＝＝vB，则U＝bvB，即电压表的示数与污水中离子浓度无关，故B错误；污水流量Q为单位时间内排出的污水体积，则Q＝vbc＝bc＝，可知Q与U成正比，与a、b无关，故C正确，D错误。
9．(2025·陕西宝鸡市期中)笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件。当显示屏闭合时霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭电脑休眠。如图为显示屏内的霍尔元件：宽为a、长为c，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速率为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面方向向下的匀强磁场中，此时元件的前后面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。下列关于该元件的说法错误的是(　　)
A．前表面的电势比后表面的高
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．前后表面间的电压U与c无关
D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
解析：选B。电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的高，故A正确，不符合题意；当电子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前后表面的电压达到稳定，对稳定状态下的电子，根据平衡条件有eE＝evB，场强大小E＝，联立解得U＝Bva，所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小，前、后表面间的电压U与v成正比，与a成正比，与c无关，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力等于电场力F＝eE＝e，故D正确，不符合题意。
10．(8分)一种用磁流体发电的装置如图所示，间距为d的平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(大量质量为m，带电荷量为e的正、负带电粒子)由静止通过电压为U的电场加速后沿垂直于B的方向喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极，不计A、B板间等离子体的电阻，求：
(1)等离子体喷入磁场时的速度v；(4分)
(2)稳定时A、B板间的电势差UAB。(4分)
解析：(1)由动能定理得Ue＝mv2
解得v＝ 。
(2)带电粒子所受电场力F＝e
带电粒子所受洛伦兹力F′＝evB
由平衡条件得e＝evB
得U′＝Bd
由左手定则知正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，故UAB＝－Bd。
答案：(1) 　(2)－Bd(共28张PPT)
课后达标检测
B.安培力F的方向一定垂直于磁感应强度B的方向，但是磁感应强度B的方向不一定垂直于电流I的方向
C．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．通电导线在磁场中受力越大，说明磁场越强
√
2.如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于0，可以(　　)
A．适当减小磁感应强度
B．使磁场反向
C．适当增大电流
D．使电流反向
√
解析：首先对金属棒MN进行受力分析，金属棒MN受竖直向下的重力mg、两根软导线竖直向上的拉力F和竖直向上的安培力。平衡时，2F＋IlB＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力IlB，所以可增大磁场的磁感应强度B或增大通过金属棒中的电流I，或二者同时增大。
3.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈 abcd 共面，位置靠近 ab 且相互绝缘。当线圈 abcd 通以逆时针电流时，线圈所受安培力的合力方向(　　)


A．向左　　　　　　 B．向右
C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里
√
解析：根据安培定则可知，题图中直导线MN在右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里，在左侧产生的磁场方向垂直于纸面向外；矩形线圈的bc边、ad边电流方向相反，故安培力等大、反向；根据左手定则可知，ab、cd所受安培力都向左，所以abcd受到的合力向左。
4.如图，两条垂直于纸面放置的直导线，通有大小相等、方向相同的电流。O为两导线连线的中点，P、Q为两导线连线中垂线上的两点，且OP＝OQ。下列说法正确的是(　　)
A．O点的磁感应强度不为零
B．P、Q两点的磁感应强度方向相同
C．若在Q点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O
D．若在P点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，其受力方向为水平向左
√
解析：根据安培定则可以判断出O点的磁感应强度为零，P点的磁感应强度方向水平向左，Q点的磁感应强度方向水平向右，故A、B错误；若在Q点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，根据左手定则得受力方向为Q→O，故C正确；若在P点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，根据左手定则得受力方向为P→O，故D错误。
题组2　安培力的大小
5.如图所示的一簇磁感线，磁感线均为直线，上下两侧的磁感线关于水平磁感线对称，b、c两点关于水平磁感线也对称，a、d两点为磁场中的另外两点。下列说法正确的是(　　)
A．a、b、c、d四点中a点的磁场最强
B．b、c两点的磁感应强度相同
C．若在d点放一小磁针，小磁针静止时N极指向左侧
D．同一段通电导线分别放在a、d两点，导线在a点所受的磁场力较大
√
解析：磁感线的疏密程度反应磁感应强度的大小，磁感线越密磁感应强度越大，所以a点的磁场最强，A正确；由对称性可知b、c两点的磁感应强度大小相同，但方向不相同，B错误；小磁针静止时N极指向为该点的磁场方向，所以在d点放一小磁针，小磁针静止时N极指向右侧，C错误；同一段通电导线分别放在a、d两点时，由于导线如何放置题中未说明，所以无法确定导线在这两点所受磁场力的大小关系，D错误。
6．在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为(　　)
A．BIL B．2BIL C．πBIL D．2πBIL
√
7．(2025·辽宁鞍山市期中)水平向右的匀强磁场中有一折线形导线abcd，通有恒定电流I，方向如图，ab、cd平行于磁场，b、c处均为直角。已知ab＝bc＝cd＝L，则该导线受到的安培力大小为(　　)
√
解析：因ab、cd平行于磁场，所以这两段导线不受安培力，则该导线受到的安培力等于bc受到的安培力，因bc垂直于磁场，所以该导线受到的安培力大小F＝BIL。
√
题组3　磁电式电流表
9．(多选)电流表的灵敏度，是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小。偏角越大，灵敏度越高。下列方法可提高磁电式电流表灵敏度的是(　　)
A．增强永久磁铁的磁性
B．增大螺旋弹簧的劲度系数
C．增大线圈的面积
D．增加线圈的匝数
√
√
√
解析：通电线圈在磁场中转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动。电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大。要提高电流表的灵敏度，就要在通入相同的电流时，让指针的偏转角度增大，所以要减小螺旋弹簧的劲度系数，或使安培力变大(增强永久磁铁的磁性、增大线圈的面积或增加线圈的匝数)，A、C、D正确。
10.(2025·江苏扬州市期中)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，直角三角形导线框abc通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为l，与磁场方向平行；bc边长为2l，与磁场方向垂直。下列说法正确的是(　　)
√
解析：ab边与磁场平行，则其所受安培力大小为0，A错误；bc边与磁场垂直，则其所受安培力大小为2BIl，B错误；ca边在垂直于磁场方向的投影长度为2l，则其所受安培力大小为2BIl，C错误；整个导线框为闭合线圈，则所受安培力为0，D正确。
11.如图所示，平行长直金属导轨AB、CD水平放置，间距为d，电阻不计。左侧接电动势为E、内阻为r的电源。导体棒静止放在导轨上，与轨道CD间的夹角θ＝30°，M、N两点间电阻为2R且与轨道接触良好。导轨所在区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，则下列说法正确的是(　　)
√
12.(2025·浙江台州市期中)如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面，与xOy平面的交点形成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出。下列说法正确的是(　　)
A．O点的磁感应强度方向沿x轴正方向
B．x轴正半轴的磁感应强度方向沿x轴正方向
C．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
D．直导线1、2、3对导线4的作用力的合力为0
√
13.(8分)(2025·辽宁省县级重点高中协作体期末)如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框垂直固定在磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，将M、N两点接电源两端，通过电源的电流I＝3 A，导体框受到的安培力大小F＝3 N，已知电源(内阻不计)的电动势E＝6 V，求：
(1)导体框中MN边受到的安培力大小FMN；(4分)
解析：设三角形的边长为L，通过MON的电流为I′，则通过MN的电流为2I′，有BI′L＋2BI′L＝F
FMN＝2BI′L
I＝I′＋2I′
解得FMN＝2 N，L＝1 m。
答案：2 N　
(2)电阻丝单位长度的电阻r0。(4分)
答案：3 Ω/m单元过关检测(一)[学生用书P181(单独成册)]
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．2024年9月27日，世界新能源汽车大会在海口开幕。大会中展现的诸多前沿科技，揭示了未来汽车发展的趋势。其中电动汽车的进步最为引人注目。图中与磁现象有关的四个实验，与电动机的原理最为相似的是(　　)
A．甲　　 　B．乙　　 　C．丙　　 　D．丁
解析：选B。电动机的原理是通电线圈在磁场中受力而转动，题图甲是反映条形磁铁周围磁场的分布情况，故A不符合题意；题图乙反映的是通电导体在磁场中受到安培力的作用，故B符合题意；题图丙反映的是电流的磁效应，故C不符合题意；题图丁反映的是电磁铁的磁性与匝数的关系，故D不符合题意。
2．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，且a、b到O点的距离均相等。下列说法正确的是(　　)
A．两根导线互相吸引
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
C.在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D．从O点沿直线至a点，磁感应强度一定不断减小
解析：选A。同向电流互相吸引，故A正确；a点处的磁感应强度方向垂直于MN连线向下，b点处的磁感应强度方向垂直于MN连线向上，由对称性可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反，故B错误；M点处导线与N点处导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点处的磁感应强度为零，从O点沿直线至a点，M点处导线产生的磁感应强度不断增大，N点处导线产生的磁感应强度不断减小，合磁感应强度不断增大，故C、D错误。
3.
如图所示，三根相互平行的长为l的固定直导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通有电流I。a中电流方向与c中的相同，与b中的相反。已知b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则(　　)
A．b、c中电流在a导线处产生的合磁场磁感应强度为0
B．b、c中电流在a导线处产生的合磁场磁感应强度大小为2B0
C．a导线受到的安培力大小为B0Il
D．a导线受到的安培力大小为B0Il
解析：
选C。导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通有电流I，b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，导线a、c在其他导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小也为B0，b、c中电流在a导线处产生的磁场如图所示，根据几何关系其夹角为120°，合磁场的磁感应强度与一根导线在该处产生的磁场的磁感应强度大小相等，等于 B0, 则a导线受到的安培力大小F＝B0Il。
4.如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形区域内有一垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。M、N点在圆周上且MON为其竖直直径。现将两个比荷为k的带电粒子P、Q分别从M点沿MN方向射入匀强磁场，粒子P的入射速度v1＝v，粒子Q的入射速度v2＝v，已知粒子P在磁场中的运动轨迹恰为圆弧，不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．粒子P带正电，粒子Q带负电
B．粒子P的周期小于粒子Q的周期
C．粒子Q的轨道半径为
D．粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为
解析：
选C。两粒子进入磁场时所受洛伦兹力均向左，由左手定则可知，粒子P、Q均带正电，故A错误；根据T＝，两粒子比荷相同，故粒子P和粒子Q的运动周期相同，故B错误；根据qvB＝m，可得r＝，则粒子的半径与速度成正比，故rQ＝rP＝＝，故C正确；作出两粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得粒子P的轨道半径rP＝R，粒子Q的轨道半径rQ＝R＝，则α＝30°，可知粒子Q的圆心角为60°，粒子P的圆心角为90°，则粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为，故D错误。
5.
如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)
解析：选A。根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误。
6．电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是(　　)
A．图甲的速度选择器能使速度大小v＝的粒子沿直线匀速通过，但与粒子的带电性质、带电量及速度方向无关
B．图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为b到a
C．图丙是质谱仪工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越小
D．图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势
解析：选D。若粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器，则qvB＝Eq，所以v＝，若粒子从右进入速度选择器，则不管粒子带正电还是带负电，由于初始时电场力与洛伦兹力方向相同，粒子均不可以从右向左匀速通过速度选择器，即与粒子的速度方向有关，故A错误；题图乙中，正电荷受到向上的洛伦兹力，打在P板上，负电荷受到向下的洛伦兹力，打在Q板上，所以电流方向为a到b，故B错误；粒子经过速度选择器时，有qvB1＝Eq，粒子进入偏转磁场时，有qvB2＝m，联立可得r＝，由此可知，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，即r越小，粒子的比荷越大，故C错误；若载流子带负电，根据左手定则可知，载流子受到向左的洛伦兹力，将打到左极板上，所以左侧的电势低于右侧的电势，故D正确。
7．如图所示，足够长的绝缘木板N放在光滑的水平桌面上，质量为m、电荷量为＋q的木块M以速度v0(v0<)冲上木板N，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场B中，已知M、N间动摩擦因数μ，下列说法正确的是(　　)
A．M向右运动过程中，N静止
B．M向右运动过程中，N也向右运动
C．M向右运动过程中，M、N间弹力逐渐减小
D．M向右运动过程中，M、N间摩擦力逐渐减小
解析：选B。M向右运动过程中，由于v0<，则qBv0二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
8．1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa<φb
B．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb
C．超导体中磁场越强，a、b两点的电势差越小
D．超导体中电流I越大，a、b两点的电势差越大
解析：选AD。载流子为电子，超导体表面上a带负电，则φa<φb，故A正确，B错误；根据电流的微观表达式I＝neSv，可得电子定向移动速度v＝，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝，整理得U＝，所以电流越大、电势差越大，磁场越强、电势差越大，故C错误，D正确。
9.
1931年建成了第一个回旋加速器，如图所示，它的主要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形的金属扁盒(D形盒)隔开相对放置，D形盒上加交变电压，交变电压大小为U、周期为T，D形盒的半径为R，磁感应强度的大小为B，该回旋加速器为α粒子加速器，不计粒子的初速度，已知α粒子的质量为m、电荷量为q。粒子在D形盒间隙运动的时间很短，一般可忽略，下列说法正确的是(　　)
A．α粒子最后从D形盒被引出的速度大小为
B．若将α粒子换成电荷量为、质量为的粒子，则交流电源频率应变为原来的2倍
C．α粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为1∶3
D．α粒子在D形盒中运动的总时间为
解析：选ABD。粒子飞出加速器的最大半径等于D形盒的半径，则有qvmB＝m eq \f(v,R) ，所以vm＝，故A正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电压的周期，则有T＝，若将α粒子换成电荷量为、质量为的粒子，则交流电源周期变为原来的，频率变为原来的2倍，故B正确；根据qvB＝m，qU＝mv，2qU＝mv，可得r＝，v1＝，v2＝，所以＝＝，故C错误；根据nqU＝mv，vm＝，α粒子在D形盒中运动的总时间t＝n＝，故D正确。
10．如图所示，平面直角坐标系xOy内有一圆形匀强磁场区域，其圆心在坐标为(0，R)的O′点，半径为R，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里，在磁场区域的右侧(x>R)区域内有范围足够大的匀强电场区域，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电荷量为q的带负电粒子从O点沿y轴正方向以一定的初速度射入磁场区域，并恰好从A(R，R)点射出磁场区域，且经过点(2R，0)，不计带电粒子的重力和空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．初速度大小v0＝
B．初速度大小v0＝
C．带电粒子的质量m＝
D．带电粒子的质量m＝
解析：选AC。粒子在磁场中做圆周运动，运动半径为R，有qv0B＝ eq \f(mv,R) ，带电粒子在电场中做类平抛运动有R＝v0t1，R＝××t，解得v0＝，m＝。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.
(6分)如图所示，整个实验装置竖直悬挂在弹簧测力计下，装置的下端有宽度L＝10 cm的线框，线框下边处在匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面。当线框未接通电源时，弹簧测力计读数为6 N；接通电源后，线框中通过的电流为2 A，弹簧测力计的读数变为8 N，则可知通电线框所受磁场力的大小为_________N，磁场的磁感应强度的大小为_________T。
解析：由题意可得F安＋G＝8 N，又G＝6 N，解得通电线框所受磁场力的大小F安＝2 N；根据安培力公式F安＝BIL，代入数据解得B＝10 T。
答案：2　10
12．(10分)如图所示，宽L＝0.5 m粗糙平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，一根质量m＝0.3 kg、长L＝0.5 m的金属杆MN水平放置在导轨上，金属杆与导轨垂直且接触良好。空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，当回路中存在电流I1＝0.5 A或I2＝1 A时，金属杆MN都恰好保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)a端为电源的正极还是负极？(2分)
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小以及金属杆与导轨间的动摩擦因数。(8分)
解析：(1)分析可知，金属杆必受到沿斜面向上的安培力，根据左手定则可知，电流方向由M指向N，故a端是电源正极。
(2)当电流为0.5 A时，金属杆恰好要下滑，由平衡条件得
BI1L＋Ffm＝mg sin θ
当电流为1 A时，金属杆恰好要上滑，由平衡条件得
BI2L＝mg sin θ＋Ffm
其中Ffm＝μmg cos θ
联立解得B＝4.8 T，μ＝0.25。
答案：(1)正极　(2)4.8 T　0.25
13.
(10分)如图所示，xOy坐标系的第一象限分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，在x轴上的P(a，0)点向各个方向均匀发射速率为v、质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计所受重力)。其中，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的粒子恰好垂直于y轴射出。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(5分)
(2)粒子在y轴正方向上射出的范围(计算结果保留根号形式)。(5分)
解析：(1)沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的粒子运动轨迹如图甲所示
由几何关系知，圆周运动的半径r＝＝2a
根据qvB＝m解得B＝。
　　
(2)粒子在y轴正方向上射出范围在O与M之间，如图乙所示
由几何关系得yM＝＝a
粒子在y轴正方向上射出的范围为0～a。
答案：(1)　(2)0～a
14．(14分)如图所示，M、N板间存在电压为U0的加速电场，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O的距离为2R。带电粒子从S点由静止飘入M、N板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到P点的距离，便能推算出带电粒子的比荷，不计带电粒子的重力。
(1)若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e，质量为m0，求电子经过电场加速后的速度大小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r。(6分)
(2)若某种带电粒子通过电场加速和磁场偏转后，打在光屏上的Q点，已知P点到Q点的距离为2R，求该带电粒子的比荷。(8分)
解析：(1)电子在电场中加速，根据动能定理有
eU0＝m0v2－0
解得v＝
电子在磁场中做匀速圆周运动，有evB＝m0
解得r＝。
(2)带电粒子从S点到达Q点的运动轨迹如图所示，
由几何关系可得θ＝60°
则α＝＝30°
因tan α＝
类比有r′＝
解得＝。
答案：(1)　　(2)
15．(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限有沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有一比荷k＝4 C/kg的正粒子(不计所受重力)从x＝(2＋) m、y＝ m的P点以初速度v0＝2 m/s沿x轴负方向开始运动，接着进入磁场后从坐标原点O射出，射出时速度方向与x轴负方向的夹角为60°，求：
(1)粒子从O点射出时的速度大小v；(4分)
(2)电场强度E的大小；(4分)
(3)粒子从P点运动到O点所用的时间。(6分)　
解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出。(轨迹如图所示)
根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为v，方向与x轴负方向的夹角为60°，则有v cos 60°＝v0
解得v＝4 m/s。
(2)在P到Q过程中，由动能定理得
qEy＝mv2－mv
解得E＝ N/C。
(3)设粒子在电场中运动的时间为t1，则有
y＝×t
解得t1＝1 s
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得
OQ＝x－v0t1＝ m
其中2r sin 60°＝OQ
解得粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝1 m
粒子在磁场中的运动时间t2＝＝ s
粒子在由P到O过程中的总时间
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1)4 m/s　(2) N/C　(3) s(共26张PPT)
课后达标检测
题组1　洛伦兹力的方向
1．(多选)如图所示，运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向外的是(　　)
√
解析：电荷所受洛伦兹力方向向上，故A错误；电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向里，故B错误；电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向外，故C正确；电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向外，故D正确。
√
2．带电粒子进入磁场时速度的方向和磁感应强度的方向如图所示，则带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力的方向是垂直于纸面向里的是(　　)
√
解析：根据左手定则可以判断，A中的负电荷所受的洛伦兹力方向向下；B中的负电荷所受的洛伦兹力方向向上；C中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向外；D中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向里。
3．如图所示，水平放置的阴极射线管中电子流方向由左向右，其下方放置一根直导线，导线与阴极射线管平行，导线中电流方向向左，则电子流将(　　)
√
A．向上偏转　　　　 B．向下偏转
C．向纸内偏转 D．向纸外偏转
解析：根据右手螺旋定则可知，通电直导线在其上方产生的磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向下，即电子流向下偏转。
4．如图所示，在示波管右边有一通电圆环，则示波管中的电子束将(　　)


A．向上偏转 B．向下偏转
C．向纸外偏转 D．匀速直线运动
解析：由安培定则可知，在示波管处电流磁场方向水平向右；电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，与磁感线平行，由左手定则可知，电子束不受安培力，做匀速直线运动。
√
5．(2025·四川成都期末)关于匀强磁场中的电荷，下列说法正确的是(　　)
A．电荷在匀强磁场中一定受到磁场力
B．运动电荷在匀强磁场中一定受磁场力
C．若电荷仅受磁场力，则速度一定不变
D．若电荷仅受磁场力，则动能一定不变
√
解析：洛伦兹力的大小f洛＝qvB sin θ，θ为速度与磁感应强度间的夹角，当θ＝0°时，洛伦兹力为零，所以运动的电荷在磁场中不一定受到磁场力，A、B错误；根据左手定则可知洛伦兹力方向始终与电荷的运动方向垂直，洛伦兹力只改变速度方向不改变速度大小，所以电荷仅受洛伦兹力，速度改变，动能一定不变，C错误，D正确。
题组2　洛伦兹力的大小
6．下列说法正确的是(　　)
A．电荷在电场中一定受到电场力的作用，在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
B．同一电荷所受电场力大的地方，该处电场强度一定强
C．同一电荷所受洛伦兹力大的地方，该处磁感应强度一定强
D．电场强度为0的地方，电势也一定为0
√
7．太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面，另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成绚丽的极光。赤道上空P处的磁感应强度B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一电子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知电子电荷量q＝1.6×10－19 C，此时该电子受到的洛伦兹力(　　)
√
A．方向向西 B．方向向南
C．方向向东 D．大小为11.2 N
解析：根据左手定则，结合题图可判断知此时该电子受到的洛伦兹力方向向西，大小f＝qvB＝1.6×10－19×2×105×3.5×10－5 N＝1.12×10－18 N，故A正确。
题组3　带电体在洛伦兹力作用下的运动
8．(2025·甘肃兰州市期中)如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙绝缘细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环向右的初速度v0，已知环与细杆间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(　　)
√
解析：当qv0Bmg时，杆对圆环的弹力先向下，圆环先做减速运动到洛伦兹力等于重力时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动；当qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动。
9.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，质量为m的带电小物块从半径为R的固定绝缘光滑半圆槽顶点A由静止滑下，整个装置处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。已知物块所带的电荷量保持不变，物块运动过程中始终没有与圆槽分离，物块第一次经过圆槽最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大小相等，重力加速度大小为g，则物块第二次经过圆槽最低点时对圆槽的压力为(　　)
A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
√
10．下列说法不正确的是(　　)
A．运动电荷在某点不受洛伦兹力作用，这点的磁感应强度不一定为零
B．电荷的运动方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力的方向一定两两互相垂直
C．电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力
D．电子射线垂直进入磁场发生偏转，洛伦兹力对电子不做功
√
解析：运动电荷在某点不受洛伦兹力作用，可能是电荷沿磁场方向运动，这点的磁感应强度不一定为零，故A正确；电荷的运动方向与磁感应强度方向不一定垂直，故B错误；电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力，故C正确；电子射线垂直进入磁场发生偏转，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力对电子不做功，故D正确。
11.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为37°，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直于杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　　)
√
12．(多选)(2025·甘肃天水市期中)如图所示，在垂直于纸面向外的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的带电滑块从光滑斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好不受弹力，已知磁感应强度的大小为B，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
√
√
13．(8分)(2025·辽宁锦州市期中)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径R＝0.50 m的绝缘光滑槽轨。槽轨处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.50 T，有一个质量m＝0.10 kg、带电量q＝＋1.6 C的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球在最高点N的速度大小及洛伦兹力F的大小；(4分)
答案：1 m/s　0.8 N
(2)小球的初速度v0的大小。(可用根号表示)(4分)(共28张PPT)
专题提升课5　带电体(或带电粒子)在叠加场中的运动
专题深度剖析
PART
01
第一部分
1．叠加场：一般是指电场、磁场和重力场并存，或其中两种场并存。
2．三种场力的特点
(1)重力的方向始终竖直向下，重力做功与路径无关，重力做的功等于重力势能的减少量。
(2)静电力的方向与电场方向相同或相反，静电力做功与路径无关，静电力做功的大小等于电势能的变化量。
(3)洛伦兹力的大小和速度方向与磁场方向的夹角有关，方向始终垂直于速度v和磁感应强度B共同决定的平面。无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力始终不做功。
3．解题思路和方法
(1)带电粒子在存在磁场的叠加场中运动，如果做直线运动，一定是匀速直线运动，带电粒子所受合力为0，应利用平衡条件列方程求解。
(2)带电粒子做匀速圆周运动时，其所受重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，应利用平衡方程和向心力公式求解。
(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，带电粒子所受洛伦兹力必不为0，且其大小和方向不断变化，但洛伦兹力不做功，这类问题一般应用动能定理求解。
√
角度1　带电粒子在叠加场中的运动判断
　　　所受重力不可忽略的带电粒子在无边界的重力场、匀强电场与匀强磁场的叠加场中由静止释放，其运动可能为(　　)
A．匀速直线运动
B．匀速圆周运动
C．匀变速曲线运动
D．变加速曲线运动
[解析]　若粒子做匀速直线运动，则合外力为零，由于粒子由静止释放，而合外力为零，故粒子的速度为零，不可能做匀速直线运动，故A错误；若粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力相互平衡，只受洛伦兹力作用，由于粒子从静止释放，而重力与电场力相互平衡，故粒子的速度为零，不可能做匀速圆周运动，故B错误；粒子在运动过程中会受洛伦兹力作用，则合外力的方向一直在变化，则粒子不可能做匀变速曲线运动，故C错误；若重力和电场力对粒子都做正功，则粒子的速度增大，粒子受到的洛伦兹力增大，粒子所受合外力发生变化，故粒子做变加速曲线运动，故D正确。
√
角度2　带电体在叠加场中的直线运动
　　　(2024·辽宁大连期末)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交。有一带电液滴沿虚线AB斜向上做直线运动，AB与水平方向成β角，且α>β，下列说法正确的是(　　)
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场力可能做负功
D．液滴有可能做匀变速直线运动
[解析]　带电液滴沿虚线AB斜向上做直线运动，可知液滴受电场力、重力和洛伦兹力三力平衡，若液滴做变速运动，则洛伦兹力会发生变化，三力不再平衡，则液滴一定做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，A正确，D错误。当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力F洛作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线AB做匀速直线运动；同理可分析电场线方向斜向上时带电液滴带负电及电场线方向斜向下时。液滴带正负电荷的情况，可得带电液滴所受合力均不为零，不可能沿直线运动，则液滴一定带正电且电场线方向斜向上，故B错误。由以上分析可知，带电液滴带正电，且电场线方向斜向上，此过程电场力做正功，C错误。
　　　如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小环，质量为1.0×10－4 kg，电荷量为4.0×10－4 C的正电荷，小环在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E＝10 N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直于纸面向里，小环与棒间的动摩擦因数μ＝0.2。设小环在运动过程中所带电荷量保持不变，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．小环由静止沿棒竖直下落的最大加速度为10 m/s2
B．小环由静止沿棒竖直下落的最大速度为2 m/s
C．若将磁场的方向反向，其余条件不变，则小环由静止
沿棒竖直下落的最大加速度为5 m/s2
D．若将磁场的方向反向，其余条件不变，则小环由静止沿棒竖直下落的最大速度为45 m/s
√
角度3　带电体在叠加场中的匀速圆周运动
　　　(2025·江苏南通市期中)如图所示，电场强度为E的匀强电场竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面向外，一带电小球获得垂直于磁场水平向左的初速度，正好做匀速圆周运动。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
√
√
　　　(多选)(2024·安徽卷，T10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示，当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　)
√
√
规范一练　带电粒子在复合场中的运动
　　　如图所示，虚线MN沿竖直方向，左侧是水平正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1；MN右侧有竖直方向的匀强电场(如图中竖直线，方向未标出)和垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从MN左侧的场区沿与电场线成θ角斜向上的直线做匀速运动，穿过MN上的A点进入右侧的场区，恰好在竖直面内绕O点做半径为r的匀速圆周运动，并穿过MN上的P点进入左侧场区。已知MN右侧的电场对MN左侧无影响，当地重力加速度为g。求：
(1)MN左侧匀强电场场强E1的大小；
(2)MN右侧匀强电场E2的大小和方向、匀强磁场磁感应强度B2的大小和方向。
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(带电粒子在叠加场中的运动)如图所示，电场强度为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向里，一正离子(不计重力)以速度v从左到右射入，恰能沿虚线水平飞越此区域，则(　　)
√
2.(带电粒子在叠加场中的运动)质量为m、电荷量为q的微粒以与水平方向成θ角的速度v从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的复合场区，恰好沿直线运动到A点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
√
3．(带电体在叠加场中的运动)(2025·广东深圳市阶段练)如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上，一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是(　　)
解析：滑块从静止下滑过程中，始终未离开斜面，受到的重力竖直向下，电场力水平向右，垂直于斜面方向上受力平衡，沿斜面方向，滑块做匀加速直线运动，故A、C错误；速度随时间均匀变化，洛伦兹力f洛＝qvB，随时间均匀变化，故B正确；除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒，故D错误。专题提升课4　带电粒子在有界磁场中的运动
微专题一　带电粒子在有界磁场中运动的临界问题[学生用书P26]
1．一个“解题流程”，突破临界问题
2．从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态予以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。
　(多选)(2025·辽宁沈阳阶段练)
如图所示，边长为2a的等边三角形PQR区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。底边中点O处有一粒子源，可平行于纸面向磁场内任意方向均匀发射同种带正电的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为q，速度大小均为v0＝。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子可能垂直于PQ边出射
B．带电粒子可能垂直于PR边出射
C．从QR边出射的粒子占总粒子数的
D．从QR边出射的粒子占总粒子数的
[解析]　
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qv0B＝m eq \f(v,r) ，解得r＝a，由于粒子的运动轨迹半径等于等边三角形边长的一半，如图所示，若粒子沿OP方向射入磁场，轨迹圆心恰好在Q点，则此粒子可以垂直于PQ边出射；沿OR方向射入磁场的粒子，轨迹圆心为N点，易知此粒子在C点射出磁场时速度方向与RP方向夹角为锐角，粒子轨迹绕O点逆时针偏转时，易知从PR边出射的粒子速度方向与RP方向的夹角逐渐变小，则粒子不可能垂直于PR边出射，故A正确，B错误。如图所示，设运动轨迹恰好经过Q点的粒子在O点入射方向与OQ的夹角为θ，其轨迹的圆心角为60°(△OAQ为等边三角形)，易知θ＝30°，可得从QR边出射的粒子应占总粒子数的比为＝，故C错误，D正确。
[答案]　AD
　(2025·河南南阳市期中)如图所示的是有理想边界的匀强磁场，磁感应强度B0＝2×10－4 T，磁场边界为直角三角形，AC＝20 cm，∠C＝90°，∠B＝30°。A点有一粒子源，沿AC方向射出不同速度的带正电粒子到磁场内，粒子的比荷＝1×108 C/kg，不计粒子的重力。求：
(1)在磁场中运动时间最长且速度最大的粒子，在磁场运动的过程中与AB之间的最大距离；
(2)在磁场中运动时间最长粒子的最大速度。
[解析]　(1)由洛伦兹力提供向心力可得
qvB0＝m
可得r＝
粒子在磁场运动的周期T＝＝
可知当粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中的运动时间最长；对于在磁场中运动时间最长且速度最大的粒子，轨迹如图所示，粒子的轨迹刚好与BC边相切，根据几何关系可得
rm＝AC＝0.2 m
则在磁场运动的过程中与AB之间的最大距离
dmax＝OF－OD＝rm－rmsin 30°＝rm＝0.1 m。
(2)根据rm＝
可知在磁场中运动时间最长粒子的最大速度
vm＝＝4×103 m/s。
[答案]　(1)0.1 m　(2)4×103 m/s
　(多选)(2025·陕西汉中市校际联考期末)如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直于ad边界的速度从e点射入该磁场，不计电子受到的重力及其相互之间的作用力，对于从不同边界射出的电子，下列说法正确的是(　　)
A．从d点离开的电子在磁场中运动的半径最大
B．从ad边离开的电子在磁场中运动的时间都相等
C．从bc边离开的电子速度越大，偏转角度越大
D．从cd边离开的电子速度越大，越靠近c点
[解析]　
电子在磁场中不同边界射出的轨迹如图，可知，从d点离开的电子在磁场中运动的半径不是最大的，故A错误。电子在磁场中运动的时间t＝·＝，由轨迹图可知，从ad边离开的电子速度偏转角相等，所以运动时间相等，故B正确。由evB＝可得r＝，可知速度越大半径越大，所以从cd边离开的电子速度越大，越靠近c点；从bc边离开的电子速度越大，半径越大，设正方形边长为d，速度偏转角为α，则sin α＝，可知电子速度越大，速度偏转角越小，故C错误，D正确。
[答案]　BD
微专题二　带电粒子在圆形边界场中的运动[学生用书P27]
1．沿径向射入圆形磁场的粒子必沿径向射出，运动具有对称性(如图甲所示)。
粒子做圆周运动的半径r＝
粒子在磁场中运动的时间
t＝T＝，θ＋α＝。
　　
2．不沿径向射入的粒子的速度方向与半径的夹角为θ，根据对称性，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ，如图乙所示。
　(2025·辽宁省县级重点高中协作体期末)
如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC、DE是圆的两条互相垂直的直径，质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从A点沿纸面与AC成45°斜向上射入磁场后，恰好从D点离开，不计粒子受到的重力，则粒子射入磁场时的速度大小为(　　)
A．　　　　　 　B．
C． D．
[解析]　粒子从A点沿纸面与AC成45°斜向上射入磁场后，恰好从D点离开，可知轨迹圆心在AD中点处，由几何关系可得r＝R，由qvB＝m，解得v＝。
[答案]　B
　(多选)如图所示，半径为R的一圆形区域，O为圆心，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为－q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v＝射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向夹角θ＝30°。下列说法正确的是(　　)
A．两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R
B．a粒子在磁场中运动的时间为
C．b粒子在磁场中运动的时间为
D．a、b粒子离开磁场时的速度方向夹角为30°
[解析]　
由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝R，故A正确；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子a、b在磁场中的运动周期均为T＝＝，由轨迹图可知θa＝90°，θb＝120°，则a、b粒子在磁场中的运动时间分别为ta＝T＝，tb＝T＝，故B错误，C正确；由图中轨迹可知，a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故D错误。
[答案]　AC
　如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°。
(1)求磁感应强度B的大小。
(2)求粒子在磁场中的运动时间t。
(3)如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？
[解析]　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，可知轨迹半径r＝
粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，
有qvB＝m
由两式得B＝。
(2)粒子做圆周运动的周期T＝＝
由题意知粒子在磁场中的运动时间
t＝T＝。
(3)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大，如图2所示
由图2可知sin θ＝
平移距离d＝R sin θ＝R。
[答案]　(1)　(2)　(3)R
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P28]))
1.(带电粒子在有界磁场中运动的临界问题)(2025·江苏南通市期中)如图所示，边长为L的等边三角形区域内有匀强磁场。大量电子从B点射入磁场中，入射方向分布在与BC边的夹角为α(0≤α≤60°)的范围内，在磁场中的运动半径均为L。不计电子间的相互作用，则在磁场中运动时间最长的电子入射时的α角为(　　)
A．0° B．15°
C．30° D．45°
解析：
选C。在磁场中运动时间t＝T＝，可知圆心角越大，在磁场中运动时间越长，根据数学知识可知，半径相同时，所对应弦长越长，圆心角越大，所以当电子过A点时，对应弦长最长，圆心角最大，由图可知，AB边长等于半径，所以△BOA是等边三角形，∠OBA＝60°，此时电子在磁场中运动时间最长，电子入射时的α角为30°。
2.(带电粒子在有界磁场中运动的临界问题)边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD如图所示，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直于AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子所受重力不计)，则t1∶t2为(　　)
A.2∶1 B．2∶3
C．3∶2 D．3∶1
解析：
选C。如图所示，画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径R＝L，从C点射出的粒子运动时间t1＝T＝T，从P点入射的粒子轨迹的圆心在AD延长线上距D点L处，那么粒子转过的圆心角满足cos θ＝＝，解得θ＝60°，运动时间t2＝T＝T，则有＝＝。
3.(带电粒子在圆形边界场中的运动)(2025·江西鹰潭市期中)如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子(不计重力)第一次以v1速度沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的(　　)
A.半径之比为∶1 B．速度之比为1∶
C．速度之比为2∶3 D．时间之比为3∶2
解析：
选A。如图所示，设圆柱形区域的半径为R，由几何关系可得r1＝R tan 60°＝R，r2＝R，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比r1∶r2＝∶1，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得r＝∝v，可得速度之比v1∶v2＝r1∶r2＝∶1，故A正确，B、C错误；粒子在磁场中的运动时间t＝T＝·＝∝θ，由图可知θ1＝60°，θ2＝90°，则时间之比t1∶t2＝θ1∶θ2＝2∶3，故D错误。
4.(带电粒子在圆形边界场中的运动)地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面处地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直于该剖面，如图所示，O为地球球心、R为地球半径，假设地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磁感应强度大小均为B，方向垂直于纸面向外。宇宙射线中含有一种带电粒子，其质量为m、电荷量为q，忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．从A点沿垂直于地面方向射入的该种粒子，速率为的粒子可达到地面
B．从A点沿垂直于地面方向射入的该种粒子，速率为的粒子可达到地面
C．从A点沿平行于地面方向射入的该种粒子，速率为的粒子可达到地面
D．从A点沿平行于地面方向射入的该种粒子，速率为的粒子可达到地面
解析：
选C。从A点沿垂直于地面方向射入的该种粒子，轨迹与地面相切时，根据几何关系可知r2＋(2R)2＝(r＋R)2，根据qvB＝m解得粒子到达地面最小速度v＝，故A、B错误；从A点沿平行于地面方向射入的该种粒子，到达地面最小轨迹半径r1＝R，对应最小速度v1＝，最大轨迹半径r2＝R，对应最大速度v2＝，故C正确，D错误。专题提升课3　磁偏转在现代科技中的应用
微专题一　速度选择器[学生用书P17]
1．速度选择器
如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B互相垂直。具有不同水平速度的带电粒子射入该装置中发生偏转的情况不同(本图以带正电粒子为例分析)。这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫作速度选择器。
2．带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝。
3．粒子匀速通过速度选择器的两种途径
(1)速度v一定时，调节E和B的大小；
(2)E和B一定时，调节速度，即调节加速电场电压U的大小。
4．几点说明
(1)速度选择器两极板间距离极小，粒子稍有偏转，即打到极板上；
(2)速度选择器对正、负电荷均适用；
(3)速度选择器中的E、B的方向具有确定的关系，改变其中一个方向，就不能对速度做出选择；
(4)速度选择器只能单向选择，若图中粒子从右侧进入，则会受到相同方向的电场力和洛伦兹力而打到板上。
　如图所示，两个平行金属板M、N间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向由M板指向N板，磁场方向垂直于纸面向里，OO′为距离两极板相等且平行于两极板的直线。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以速度v0从O点射入，沿OO′方向匀速通过场区，不计带电粒子所受的重力，则以下说法正确的是(　　)
A．电荷量为－q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入时，不能匀速通过场区
B．电荷量为2q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入时，不能匀速通过场区
C．保持电场强度和磁感应强度大小不变，方向均与原来相反，则粒子以v0从O点沿OO′方向射入时仍能匀速通过场区
D．粒子以速度v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，仍能匀速通过场区
[解析]　由题意知带正电的粒子能以速度v0从左向右匀速通过场区，则其所受的竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力平衡，有qE＝Bqv0，解得v0＝，可知平衡条件与电荷量无关，因此电荷量为－q和2q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入时，都能从左向右匀速通过场区，A、B错误；当电场方向与磁场方向都与原来相反时，粒子所受电场力和洛伦兹力的方向仍相反，所以粒子以v0从O点沿OO′方向射入时仍能匀速通过场区，C正确；若粒子以速率v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，粒子受到竖直向下的电场力与竖直向下的洛伦兹力，二者不能平衡，因此不能匀速通过场区，D错误。
[答案]　C
微专题二　电磁流量计[学生用书P17]
电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置，单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量。电荷随液体流动，受到竖直方向的洛伦兹力，使正负电荷在上下两侧聚积，形成电场。当电场力与洛伦兹力平衡时，达到稳态，此时q＝qvB，得v＝，液体流量Q＝v＝。
　电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图所示，上、下两个面M、N为导体材料，前、后两个面为绝缘材料。流量计的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，液体从左往右流动，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，则(　　)
A．M板的电势低于N板的电势
B．当电压表的示数为U时，液体流量为
C．若仅增大导电液体中离子的浓度，电压表示数将增大
D．当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子不受洛伦兹力作用
[解析]　根据左手定则可知，正电离子受到的洛伦兹力指向M板，负电离子受到的洛伦兹力指向N板，可知正电离子向M板偏转，负电离子向N板偏转，故M板的电势高于N板的电势，故A错误；当电压表的示数为U时，根据受力平衡可得qvB＝q，解得U＝cvB，若仅增大导电液体中离子的浓度，电压表示数保持不变，液体流量Q＝vS＝vbc，联立解得Q＝，故B正确，C错误；当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子仍受洛伦兹力作用，故D错误。
[答案]　B
　(2025·陕西宝鸡市期中)电磁流量计是用来测管内电介质流量的感应式仪表，单位时间内流过管道横截面的液体体积为流量。如图为电磁流量计示意图和匀强磁场方向，磁感应强度大小为B。当管中的导电液体流过时，测得管壁上M、N两点间的电压为U。已知管道直径为d，则(　　)
A．管壁上N点电势低于M点
B．管中导电液体的流速为
C．管中导电液体的流量为
D．管中导电液体的流量为
[解析]　若导电液体带正电，根据左手定则可知，其受向下的洛伦兹力，正电荷打在N处，所以N点的电势高于M点，故A错误；稳定时电荷受力平衡，根据平衡条件得qvB＝，解得v＝，故B错误；流量Q＝vS＝＝，故C错误，D正确。
[答案]　D
微专题三　磁流体发电机[学生用书P18]
1．磁流体发电机的发电原理图如图甲所示，其平面图如图乙所示。
将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速度v喷入磁场，磁场的磁感应强度为B，极板间距离为d，开关断开，喷入磁场的带电粒子在洛伦兹力作用下，带正电粒子打在A板上，带负电的粒子打在B板上，这样A、B板间会形成竖直向下的电场，当带电粒子受到的洛伦兹力等于静电力时(重力不计)，极板间电压稳定，设为U，根据qvB＝qE＝，得U＝Bdv。上极板是电源的正极。外电路断开时，电源电动势的大小等于路端电压，故此磁流体发电机的电动势E＝U＝Bdv。
2．若图乙中平行金属板A、B的面积均为S，磁场的磁感应强度为B，两板间的距离为d，等离子体的电阻率为ρ，速度为v，外电路电阻为R，则电源内电阻r＝ρ，由I＝得闭合开关后电路中电流I＝，理想电压表的示数UV＝IR＝。
　(多选)(2024·湖北卷，T9)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　)
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
[解析]　带正电的离子受到洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电，为发电机正极，A正确；离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，令极板间距为d，则qvB＝，可得U＝Bdv，因此增大极板间距，U增大，增大速率，U增大，U大小和粒子数密度无关，B、D错误，C正确。
[答案]　AC
　(2025·浙江杭州市期中)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A．两平行金属板P、Q中，P板的电势比Q板高
B．导轨处磁场的方向垂直于导轨平面向上
C．等离子体的速度大小v＝
D．金属棒所受安培力大小等于mg tan θ
[解析]　根据左手定则可知P板聚集负离子，Q板聚集正离子，所以Q板为正极，P板的电势比Q板低，所以通过金属棒ab的电流方向为a→b，由题意可知金属棒ab所受安培力方向一定沿导轨平面向上，根据左手定则可知导轨处磁场的方向垂直于导轨平面向下，故A、B错误；当P、Q之间电压稳定时，等离子体所受电场力与洛伦兹力大小相等，即q＝qvB1，流过金属棒的电流I＝，对金属棒ab，根据平衡条件有mg sin θ＝B2IL，其中F安＝B2IL，联立解得v＝，F安＝mg sin θ，故C正确，D错误。
[答案]　C
微专题四　霍尔效应[学生用书P19]
1．霍尔效应：1879年霍尔发现，处在匀强磁场中的通电导体板，当电流的方向垂直于磁场时，在垂直于磁场的导体板的两端面之间会产生一个垂直于电流方向和磁场方向的电势差，这一现象称为霍尔效应，如图所示。出现的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压。
2．霍尔电压公式：实验指出，霍尔电势差与通过导体板的电流I、磁场的磁感应强度B成正比，与板的厚度d成反比，即UH＝K，式中K称为霍尔系数。
3．霍尔电压公式推导
设载流子的电荷量为q，沿电流方向定向运动的平均速率为v，单位体积内自由移动的载流子数为n，垂直于电流方向导体板的横向宽度为a，则电流I＝nqadv，根据qvB＝qE，此时两板间电压UH＝Ea＝Bav，则UH＝＝，则UH＝K，其中K＝。
　霍尔元件的用途非常广泛，可制造测量磁场的磁场计和测量直流大电流的电流表以及功率计、乘法器，也可用于自动化检测装置，将位移、压力、速度、加速度、流量等非电学量转换成电学量。如图所示，在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，就做成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为负电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．N极电势高于M极电势
B．磁感应强度越大，M、N间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流都反向，N极电势高于M极电势
[解析]　由题意可知，半导体薄片中的负电荷在洛伦兹力的作用下向N极偏转，故N极电势低于M极电势，A错误；稳定时满足qvB＝q，解得UH＝BvdMN，故磁感应强度越大，M、N间电势差越大，B正确；将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，若负电荷运动方向与磁场方向平行，则负电荷不受洛伦兹力，M、N两极间电压UH变为零，C错误；将磁场和电流都反向，半导体薄片中的负电荷在洛伦兹力的作用下仍向N极偏转，故N极电势低于M极电势，D错误。
[答案]　B
　霍尔元件是把磁学量转换为电学量的电学元件。如图所示，某元件的宽度为h，厚度为d，磁感应强度为B的磁场垂直于该元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U，设元件中能够自由移动的电荷带正电，电荷量为q，且元件单位体积内自由电荷的个数为n，则下列说法正确的是(　　)
A．C侧面的电势低于D侧面的电势
B．自由电荷受到的电场力F＝q
C．C、D两侧面电势差与磁感应强度的关系为U＝
D．若元件中的自由电荷带负电，其他条件不变，则C、D两侧面的电势高低发生变化
[解析]　自由电荷带正电，根据左手定则可知，自由电荷向C端偏转，则C侧面的电势高于D侧面的电势，故A错误；自由电荷聚焦在C、D两端，所以电场强度E＝，自由电荷受到的电场力F＝Eq＝q，故B错误；自由电荷稳定流动时满足所受洛伦兹力等于电场力，即qvB＝q，根据电流微观表达式I＝nqSv，又S＝dh，联立可得U＝，故C错误；元件中自由电荷由正电荷变为负电荷，根据左手定则可知负电荷向C端偏转，则C侧面的电势低于D侧面的电势，结合A可知D正确。
[答案]　D
eq \a\vs4\al()
分析两侧面产生电势高低时应特别注意霍尔元件的材料，若霍尔元件的材料是金属，则参与定向移动形成电流的是电子，偏转的也是电子；若霍尔元件的材料是半导体，则参与定向移动形成电流的可能是正“载流子”，此时偏转的是正电荷。
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P20]))
1．(电磁流量计)如图为电磁流量计的一段塑料管道，横截面为矩形，含大量离子的液体从abcd端口以速度v流入管道，管道处于磁感应强度为B、方向垂直于管道侧面向里的匀强磁场中，管道内壁的上、下两侧分别粘贴M、N金属板。现测得ab边长为h，bc边长为L，则下列说法正确的是(　　)
A．液体流过磁场区时，正离子偏向N金属板
B．洛伦兹力作用使金属板形成电势差Bvh
C．洛伦兹力作用使金属板形成电势差BvL
D．若测得电势差为U，则液体的流量Q＝U
解析：选B。根据左手定则，液体流过磁场区时，正离子偏向M金属板，A错误；当平衡时满足q＝Bqv可知，洛伦兹力作用使金属板形成电势差U＝Bvh，B正确，C错误；若测得电势差为U，则液体的流量Q＝vhL＝hL＝U，D错误。
2.(磁流体发电机)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，它的示意图如图所示，平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以垂直于磁场B且平行于A、B板平面的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，装置稳定时，下列说法正确的是(　　)
A．B板的电势比A板的高
B．图中通过电阻R的电流方向是向下的
C．离子只受到电场力作用
D．图中电阻R两端电压为Bvq
解析：选A。根据左手定则，正离子偏向极板B，所以下极板带正电，上极板带负电，即B板的电势比A板的高，通过电阻的电流方向是向上的，A正确，B错误；极板带电后，离子受到电场力和洛伦兹力，C错误；装置稳定时，离子在极板间受力平衡，有qvB＝q，解得U＝Bvd，D错误。
3．(霍尔元件)(2025·辽宁大连市期中)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)
A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
C．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差不变
解析：选A。设单位时间内的脉冲数n和自行车车轮的半径r，则自行车的速度v＝＝2nπr，故根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小，故A正确；由左手定则可知，形成电流的粒子向外侧偏转，由题图乙可知，外侧为负极，即题图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故B错误；设霍尔电势差UH，则qvB＝q，解得UH＝Bdv，I＝neSv，其中n为单位体积内的电子数，S为横截面积，v为电子定向移动的速度，解得v＝，联立解得UH＝，可知电流一定时，霍尔电势差与车速无关，故C错误；如果长时间不更换传感器的电源，电源内阻增大，电流减小，由UH＝可知，霍尔电势差将减小，故D错误。[学生用书P129（单独成册）]
1．如图所示，磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场中，一根通有恒定电流I的金属棒静止在水平导轨上，电流方向垂直于纸面向里。现把磁场方向沿图示位置顺时针缓慢转到竖直向上，磁感应强度大小不变，金属棒长为L，整个过程金属棒始终保持静止状态，则(　　)
A．图示时刻金属棒受到的安培力水平向左
B．整个过程中安培力的大小均为BIL
C．磁场方向竖直向上时，金属棒受到的摩擦力水平向右
D．磁场转到与水平导轨成45°时，金属棒受到安培力的大小为BIL
解析：选B。由左手定则可知图示时刻金属棒受到的安培力竖直向上，A错误；金属棒始终与磁场垂直，则金属棒所受的安培力大小始终为F＝BIL，B正确，D错误；磁场竖直向上时，根据左手定则可知，安培力水平向右，金属棒始终静止，故此时金属棒受到地面的水平向左的摩擦力，C错误。
2.(2025·云南昭通市期中)如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨，质量为m的导体棒垂直放在导轨上，整个空间存在竖直向上的匀强磁场。现导体棒中通有由a到b的恒定电流，使导体棒恰好保持静止。已知平行导轨间距为L，导体棒中电流为I，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，则此时磁感应强度B的大小为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选D。由左手定则可知，安培力水平向右，由力的平衡条件得BIL cos θ＝mg sin θ，解得B＝。
3.(2025·重庆沙坪坝区期中)如图所示，在竖直平面内用绝缘轻绳连接一根质量为m的通电导线，导线长为L，电流大小为I，方向垂直于纸面向里，施加适当的磁场使通电导线处于平衡状态且轻绳与竖直方向的夹角为30°，重力加速度为g，则磁感应强度的最小值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：
选A。由力的平衡条件可得，三力的合力是零，则三力构成封闭的三角形如图所示，当安培力垂直于轻绳方向向上时，安培力最小，则B最小，则有BIL＝mg sin 30°，解得B＝。
4.(2025·江苏扬州市期中)如图所示，宽为l的光滑金属导轨与水平面成θ角，质量为m、长为l的金属杆ab水平放置在导轨上，空间存在着匀强磁场。当金属杆中通过的电流为I时，金属杆保持静止，重力加速度为g。该磁场的磁感应强度可能(　　)
A．方向竖直向上，大小为sin θ
B．方向水平向右，大小为
C．方向垂直于导轨平面向上，大小为sin θ
D．方向沿导轨平面向下，大小为tan θ
解析：选C。若磁感应强度方向竖直向上，则安培力水平向右，对金属杆受力分析如图甲所示，金属杆保持静止，有mg sin θ＝BIl cos θ，解得B＝tan θ，故A错误；若磁感应强度方向水平向右，则安培力竖直向下，金属杆不能静止，故B错误；若磁感应强度方向垂直于导轨平面向上，则安培力沿斜面向上，对金属杆受力分析如图乙所示，金属杆保持静止，有mg sin θ＝BIl，解得B＝sin θ，故C正确；若磁感应强度方向沿导轨平面向下，则安培力垂直于斜面向上，金属杆不能静止，故D错误。
　　　　
5.(多选)如图所示的电流天平，可用来测定磁感应强度B。天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。当线圈中通有逆时针方向电流I时，天平恰好平衡；若电流I大小不变，方向变为顺时针，在其中一个盘内放上质量为m的砝码，天平又可以恢复平衡。已知矩形线框水平边长度为L，重力加速度为g，则(　　)
A．应将质量为m的砝码放入左盘
B．磁感应强度大小B＝
C．为了提高灵敏度，可以增加线圈匝数
D．为了提高灵敏度，可以减少线圈匝数
解析：选AC。当线圈中通有逆时针方向电流I时，安培力方向竖直向上，大小F＝NBIL，当线圈中通有顺时针方向电流I时，安培力方向竖直向下，天平是等臂杠杆，此时若不增减砝码，天平会右低左高，为了使天平恢复水平，应向左盘中加入砝码，A正确；当线圈中通有逆时针方向电流I时，设线圈受到的拉力为T，则有T＋F＝G，当线圈中通有顺时针方向电流I时，设线圈受到的拉力为T′，则有T′＝F＋G，又mg＝T′－T＝2F，解得B＝，B错误；为了提高灵敏度，应使磁感应强度发生微小变化时，天平会发生明显的倾斜，故应增加线圈匝数，C正确，D错误。
6.一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心正上方的水平导线中通有垂直于纸面向里的恒定电流，如图所示。若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力Ff的变化情况分别是(　　)
A．F增大，Ff减小 B．F减小，Ff增大
C．F与Ff都增大 D．F与Ff都减小
解析：选C。题图中电流与磁体间的相互作用力为引力，若将磁极位置对调则相互作用力为斥力，再由受力分析可知C正确。
7.如图所示，倾角为θ的光滑斜面上静置一根垂直于纸面且电流恒定的导体棒。已知导体棒的质量为m、长度为L、电流为I，竖直面内存在方向未知的匀强磁场，导体棒处于静止状态，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．若只增大磁感应强度B，导体棒仍可保持静止
B．若导体棒对斜面无压力，则磁场方向一定水平向右
C．若磁场方向竖直向上，则导体棒内电流方向一定垂直于纸面向外
D．磁感应强度的最大值为
解析：选C。若导体棒只受重力和安培力作用，此时重力和竖直向上的安培力平衡，若只增大磁感应强度B，安培力增大，导体棒不可能保持静止；若导体棒受重力和安培力及支持力作用保持静止，重力和支持力的方向不变，若只增大磁感应强度B，安培力变大，但同时因为安培力方向不变，故当安培力增大时合力必定不再为零，即导体棒一定无法保持静止，故A错误。若导体棒对斜面无压力，则安培力方向必定竖直向上，但是因为电流方向不确定，所以磁场方向水平向左或向右都有可能，故B错误。若磁场方向竖直向上，则导体棒必须受到水平向左的安培力才能保持平衡，故导体棒内电流方向一定垂直于纸面向外，故C正确。导体棒受重力、支持力和安培力三个力构成矢量三角形，分析可知当安培力与支持力方向垂直时有最小值，故可得mg sin θ＝BminIL，解得Bmin＝，故该值为磁感应强度的最小值而不是最大值，故D错误。
8．(6分)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)MN、PQ为水平放置、间距为1 m的平行导轨，接有如图所示的电路。电源的电动势为36 V，内阻为1 Ω。将导体棒 ab静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为0.5 T，方向竖直向上，匀质导体棒质量为1 kg，接入电路的部分阻值为4 Ω。闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数 μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，(g取10 m/s2)试求：
(1)导体棒受到的安培力的大小；(2分)
(2)滑动变阻器接入电路中的电阻。(4分)
解析：(1)导体棒恰好未滑动，根据水平方向力的平衡条件有F＝μmg＝2 N。
(2)根据安培力公式有F＝BIL
根据闭合电路欧姆定律有I＝
解得滑动变阻器接入电路中的电阻Rx＝4 Ω。
答案：(1)2 N　(2)4 Ω
9.(8分)(2025·宁夏银川市期中)如图所示，在匀强磁场中磁感应强度B＝1.0 T、方向与导轨平面垂直且向下，导轨与水平面夹角θ＝37°，垂直于导轨放置一个可自由移动的金属杆。已知接在导轨中的电源电动势E＝16 V，内阻r＝1 Ω。ab杆长L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨与ab杆的电阻忽略不计。要使杆在导轨上保持静止，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：
(1)ab杆受到的最大安培力F1和最小安培力F2；(4分)
(2)滑动变阻器R有效电阻的取值范围。(4分)
解析：(1)ab杆受到的最大静摩擦力
fm＝μmg cos θ＝0.8 N
根据左手定则可知，ab杆受到的安培力沿斜面向上，当安培力最大时，根据平衡条件可知
F1＝fm＋mg sin θ＝2 N
当安培力最小时F2＝mg sin θ－fm＝0.4 N。
(2)根据闭合电路欧姆定律有I＝
安培力F＝BIL
将最大、最小安培力分别代入解得滑动变阻器R有效电阻的取值范围为3 Ω≤R≤19 Ω。
答案：(1)2 N　0.4 N　(2)3 Ω≤R≤19 Ω(共25张PPT)
课后达标检测
题组1　带电粒子在磁场中的运动
1．在同一匀强磁场中，两带电荷量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A．若速率相等，则半径必相等
B．若速率相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
√
2.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子带负电
B．粒子先经过a点，再经过b点
C．粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功
D．粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变
√
3．(2025·江苏扬州统考开学考试)一显像管原理示意图如图所示，若观察到电子束(　　)


A．打在荧光屏正中的O点，则偏转磁场方向向上
B．打在屏上A点，则偏转磁场垂直于纸面向里
C．打在荧光屏上的位置由O点逐渐移向B点，则偏转线圈中电流增大
D．向上偏转，则洛伦兹力对电子束做正功
√
解析：当偏转线圈中没有电流时，不产生磁场，电子束将沿直线打在荧光屏正中的O点，故A错误；根据左手定则知，电子束打在屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直于纸面向外，故B错误；要使电子束打在荧光屏上的位置由O点逐渐移向B点，偏转磁场应垂直于纸面向里，电子做圆周运动的轨道半径r逐渐变小，则磁感应强度B应逐渐变强，偏转线圈中电流增大，故C正确；洛伦兹力对电子束始终不做功，故D错误。
题组2　带电粒子在直线边界磁场中的运动
4.(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计，则(　　)
√
√
5．如图所示，A、B是两种原子核，二者电荷量相同，质量不等。A、B以相同的速度从S点沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，它们的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)


A．A、B的质量大小关系为mA>mB
B．A、B的质量大小关系为mAC．A、B在磁场中运动的时间大小关系为tAD．A、B在磁场中运动的时间大小关系为tA＝tB
√
√
7.一匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其下边界如图中虚线所示，P、M、N、Q四点共线，∠MON为直角，OM＝ON＝MP。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从P点以不同的速率垂直于PM射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子在磁场中运动的最长时间t是(　　)
√
8.如图所示，两个质量相等的带电粒子a和b分别以速度va和vb射入足够长平行边界匀强磁场，磁场宽度为d，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，不计粒子重力及粒子间的影响，则(　　)
√
9.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出(　　)
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
√
10.(12分)(2025·安徽部分学校下学期联考)如图，纸面内有一水平虚线，垂直于纸面放置的足够长平面感光板ab与虚线平行。ab与虚线间的距离为l，且存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。虚线上有一点状放射源S，可在纸面内向各个方向发射质量为m、电荷量为＋q的同种带电粒子。某一粒子以速率v沿与虚线成θ＝37°角的方向射入磁场。并恰能垂直打到感光板ab上。不计粒子的重力，sin 37°＝0.6。
(1)求粒子射入磁场时的速率v。(4分)(共28张PPT)
专题提升课1　安培力作用下导体的平衡
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　安培力作用下的静态平衡
角度1　通电导体棒在匀强磁场中的平衡
　　　(2025·江苏淮安市期中)如图所示，金属杆ab的质量为m、长为l，与导轨间的动摩擦因数为μ，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成θ角斜向上，ab静止于水平导轨上。下列说法正确的是(　　)
A．金属杆ab所受安培力水平向左
B．金属杆ab所受安培力大小F安＝BIl sin θ
C．金属杆受到的摩擦力f＝μBIl cos θ
D．若将磁场方向与水平面间的夹角减小，金属杆仍保持静止，则此时导轨对金属杆的支持力变小
√
[解析]　由左手定则可知，金属杆ab所受安培力斜向左上，A错误；金属杆ab所受安培力大小F安＝BIl，B错误；金属杆受到的摩擦力f＝BIl sin θ，C错误；导轨对金属杆的支持力N＝mg－BIl cos θ，若将磁场方向与水平面间的夹角减小，金属杆仍保持静止，则此时导轨对金属杆的支持力变小，D正确。
　　　【教材经典P21第7题】如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。有以下三种磁感应强度方向：(1)沿z轴正方向；(2)沿y轴正方向；(3)沿悬线向上。请判断哪些是可能的，可能时其磁感应强度大小是多少？如果不可能，请说明原因。
[答案]　见解析
角度2　磁体在通电导线产生的磁场中的平衡
要想定性分析磁体在电流所产生的磁场中的受力方向，可先判断电流在磁体所产生的磁场中的受力方向，然后再根据牛顿第三定律判断磁体受力方向。
如图所示，电流受到的磁体的作用力方向斜向左上，所以电流对磁体的作用力方向斜向右下。可知地面对磁体的摩擦力方向向左。
　　　如图所示，水平桌面上放一根条形磁铁，磁铁正中央上方吊着跟磁铁垂直的导线，当导线中通入指向纸内的电流时(　　)
A．悬线上的拉力将不变
B．悬线上的拉力将变小
C．条形磁铁对水平桌面的压力将变大
D．条形磁铁对水平桌面的压力将变小
√
[解析]　根据条形磁铁磁场分布特点可知，通电导线处的磁场方向水平向右，由左手定则可知导线受竖直向下的安培力，所以悬线上的拉力变大，A、B错误；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受通电导线对它竖直向上的力，所以条形磁铁对桌面的压力变小，C错误，D正确。
　　　如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直于纸面向里的电流I。用FN表示磁铁对桌面的压力，f表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前相比较(　　)
A.FN减小，f＝0
B．FN减小，f≠0
C．FN增大，f＝0
D．FN增大，f≠0
√
[解析]　根据条形磁铁的磁场分布可知，通电导线所在处的磁感应强度的方向为斜向左下，再根据左手定则可确定通电导线所受安培力指向左上方，所以通电导线对条形磁铁的反作用力F指向右下方，由于磁铁处于静止状态，所以F在水平方向有向右的分力等于磁铁所受桌面的摩擦力，所以摩擦力不为零，方向向左，同时，F在竖直方向有向下的分力，其与重力之和等于桌面对磁铁的支持力，所以支持力增大。
微专题二　安培力作用下的动态平衡
　　　(2025·广西南宁市、河池市质监联考)如图所示，一质量m＝0.1 kg、长L＝0.2 m的导体棒水平放置在倾角θ＝37°的光滑斜面上，整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中。当导体棒中通有垂直于纸面向里的恒定电流I＝0.5 A时，磁场的方向由垂直于斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则磁感应强度B的取值范围是(　　)
A．6 T≤B≤10 T B．6 T≤B≤20 T
C．3 T≤B≤20 T D．3 T≤B≤10 T
√
　　　(多选)倾角为α的轨道上放有一根静止的金属杆ab。ab中通有恒定电流，导轨所在空间存在一个垂直于轨道平面向上的匀强磁场，ab杆静止，如图所示。现使磁场的磁感应强度大小B随时间逐渐增大，则在磁感应强度逐渐增大直到ab杆即将滑动的过程中，ab杆受到的静摩擦力可能的变化情况是(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
√
√
[解析]　导轨所在空间存在一个垂直于轨道平面向上的匀强磁场，ab杆静止，受力分析可知，ab受重力、支持力、摩擦力、安培力作用；若起初摩擦力向下，则有mg sin α＋f＝BIL，随着磁场的磁感应强度大小B随时间逐渐增大，f变大；若起初摩擦力向上，则有mg sin α＝BIL＋f，随着磁场的磁感应强度大小B随时间逐渐增大，f变小，直至为0后，反向增大，故A、D正确，B、C错误。
微专题三　安培力作用下的极值问题
　　　(2025·广东深圳阶段练)如图所示，宽为L的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在着竖直向上的大小未知的匀强磁场(图中未画出)，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。重力加速度为g。
(1)求磁感应强度B的大小。
(2)若保持B的大小不变而改变B的方向，使金属杆仍然保持静止，求回路总电流的最小值I2和此时B的方向。
[解析]　安培力垂直于支持力时，安培力达到最小，总电流最小，此时磁感应强度方向垂直于导轨平面向上。
由平衡条件可得F＝mg sin α
即BI2L＝mg sin α
解得I2＝I1cos α。
[答案] I1cos α　垂直于导轨平面向上
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(安培力作用下的平衡)如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1 m的平行导轨上放一重力为6 N的金属棒ab，棒上通以3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，则匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)
2.(安培力作用下的平衡)如图所示，水平桌面上放一条形磁铁，磁铁N极上方吊着的导线与磁铁垂直，导线中通入垂直于纸面向里的电流，则产生的情况是(　　)
A．弹簧的弹力变小
B．弹簧可能被压缩
C．条形磁铁对桌面的压力变大
D．条形磁铁对桌面的摩擦力向左
√
解析：以导线为研究对象，导线所在位置的磁场方向斜向右上方，导线中电流方向垂直于纸面向里，由左手定则可知，导线所受安培力的方向斜向右下方，弹簧拉力变大，A、B错误；由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到斜向左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面的压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正确。
√
3.(安培力作用下的极值问题)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，垂直于纸面水平放置一根长为L、质量为m的通电直导线，电流大小为I，方向垂直于纸面向里，欲使导线静止于斜面上，则外加匀强磁场的磁感应强度的最小值及其方向为(　　)
√
4.(安培力作用下的极值问题)如图所示，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0．5 T。宽为1 m的平行金属导轨与水平面的夹角为37°，质量为0.5 kg、长为1 m的金属杆ab水平放置在导轨上，杆中通有恒定电流I时能静止在导轨上。已知杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
A．金属杆中的电流方向一定为b→a
B．金属杆中的电流方向可能为b→a
C．金属杆中电流的最大值I＝5 A
D．金属杆中电流的最小值I＝2 A
解析：由于mg sin 37°＝0.6mg>μmg cos 37°＝0.4mg，说明金属杆所受的安培力沿斜面向上，由左手定则可知，金属杆中的电流方向一定为a→b，故A、B错误；当安培力最大时，有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝BImaxL，解得Imax＝10 A，当安培力最小时，有mg sin 37°＝μmg cos 37°＋BIminL，解得Imin＝2 A，故C错误，D正确。(共45张PPT)
第一章　安培力与洛伦兹力
第1节　磁场对通电导线的作用力
学习目标
1．知道安培力的方向与电流、磁感应强度的方向都垂直，会用左手定则判断安培力的方向。
2．会推导匀强磁场中一般情况下安培力的表达式，会计算匀强磁场中安培力的大小。
3．知道磁电式电流表的基本构造以及运用它测量电流大小和方向的基本原理。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、安培力的方向
1．安培力：__________在磁场中受的力。
2．左手定则：(如图所示)伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从__________进入，并使四指指向______的方向，这时______所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
3．安培力方向、磁场方向、电流方向的关系：F⊥B、F⊥I，即F垂直于B和I所决定的平面。
通电导线
掌心垂直
电流
拇指
二、安培力的大小
1．垂直于________的方向放置的长为l的一段导线，当通过的电流为I时，它所受的安培力F＝________。
2．当磁感应强度B的方向与______方向成θ角时，公式F＝___________。
3．当磁感应强度B与电流方向平行时，安培力F＝0。
磁场B
IlB
电流
IlB sin θ
三、磁电式电流表
1．构造：最基本的组成部分是磁体和放在磁体两极之间的线圈。
2．原理：通电线圈在磁场中受到________而偏转，线圈偏转的角度越大，被测电流就______。根据指针的__________，可以知道被测电流的方向。
安培力
越大
偏转方向
3．特点：极靴与铁质圆柱间的磁场沿______方向，线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线______，线圈左右两边所在处的磁感应强度大小都______。
4．优点：灵敏度高，可以测出______的电流。
缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流______。
半径
平行
相等
很弱
很弱
判断下列说法是否正确。
(1)当通电直导线垂直于磁感应强度方向时，安培力的方向和磁感应强度方向相同。(　　)
(2)两根通电导线在同一匀强磁场中，若导线长度相同，电流大小相等，则所受安培力大小相等，方向相同。(　　)
(3)通以10 A电流的通电直导线，长为0.1 m，处在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中，所受安培力的大小可能为0.02 N。(　　)
(4)磁电式电流表只能测定电流的大小，不能确定被测电流的方向。(　　)
×　
×　
√　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　安培力的方向
利用如图所示的实验装置进行实验。
(1)上下交换磁极的位置以改变磁场方向，细铜杆受力的方向是否改变？
[提示]　细铜杆受力的方向改变。
(2)改变细铜杆中电流的方向，细铜杆受力的方向是否改变？
[提示]　细铜杆受力的方向改变。
(3)仔细分析实验结果，说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？
[提示]　安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则。
1．安培力F、磁感应强度B、电流I的方向关系
(1)已知I、B的方向，可唯一确定F的方向。
(2)已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可唯一确定I的方向。
(3)已知F、I的方向时，磁感应强度B的方向不能唯一确定。
2．安培定则与左手定则
项目 安培定则(右手螺旋定则) 左手定则
用途 判断电流的磁场方向 判断电流在磁场中的受力方向
适用 对象 直线电流 环形电流或通电螺线管 电流在磁场中
项目 安培定则(右手螺旋定则) 左手定则
应用 方法 拇指指向电流的方向 四指弯曲的方向与电流的环绕方向一致 磁感线穿过手掌心，四指指向电流的方向
结果 四指弯曲的方向表示磁感线的方向 拇指指向轴线上磁感线的方向 拇指指向电流受到的安培力的方向
3.平行通电直导线之间的相互作用
分析平行通电直导线之间的相互作用时，可以认为其中一根通电直导线在另一根通电直导线产生的磁场中，受到该磁场的作用力。两个力属于作用力和反作用力的关系。
当两平行通电直导线电流方向相同时，两导线相互吸引，电流方向相反时，两导线相互排斥。
√
　　　(2025·新疆喀什市月考)下列各图表示一根放在磁场里的通电直导线，导线与磁场方向垂直，图中已分别标明电流方向、磁场方向和导线受力方向，其中正确的是(　　)
[解析]　根据左手定则可知，A选项中电流受到的安培力竖直向上，B选项中电流受到的安培力水平向右，C选项中电流受到的安培力垂直于导线斜向上，D选项中电流受到的安培力竖直向上，故B正确。
√
　　　(2024·贵州卷，T5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　)
A．竖直向上 B．竖直向下
C．水平向左 D．水平向右
[解析]　由安培定则可知，导线框所在处的磁场方向垂直于纸面向里，又I1>I2，则导线框所在处左侧的磁感应强度较大，结合左手定则和对称性可知，导线框所受安培力的合力方向水平向左，C正确，A、B、D错误。
　　截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　)
√
[解析]　根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确。
知识点二　安培力的大小
仔细观察图片(1)图甲中计算通电导线所受安培力时，能利用公式F＝BIl吗？如果不能，该如何计算？
(2)图乙中设磁感应强度为B，电流大小为I，AB＝BC＝l，整个导线ABC所受安培力如何？与公式F＝BIl对比可以得到什么结论？
[提示]　(1)由于题图甲中电流方向与磁场方向不垂直，所以计算通电导线所受安培力时，不能利用公式F＝BIl；此时通电导线所受安培力大小F＝B2Il＝BIl sin θ。
1．公式表达式：F＝IlB sin θ
(1)θ是B与I的夹角，当B与I垂直，即sin 90°＝1时，F＝IlB，当θ＝0°或180°时，即B与I平行，sin θ＝0，此时通电导线不受安培力。
(2)B对放入的通电导线来说是外磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁感应强度。
(3)l是有效长度，匀强磁场中弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点直线的长度(如图)；相应的电流沿l由始端流向末端。
2．公式适用条件
导线所处的磁场应为匀强磁场；在非匀强磁场中，公式仅适用于很短的通电导线。
3．与电场力区别
电荷在电场中一定会受到电场力作用，但是电流在磁场中不一定受安培力作用，当电流方向与磁场方向平行时，电流不受安培力作用。
√
　　　(2023·江苏卷，T2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　)
[解析]　因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，受安培力Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。
　　 (2025·四川遂宁市期中)一半径为R的圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框中通有顺时针方向的恒定电流I，直线MN是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于圆形线框所在平面向里。整个线框都处在磁场中，平衡时弹簧测力计读数为F；若将线框缓慢上提，在线框正好有一半露出磁场时，弹簧测力计的读数为5F，则磁场的磁感应强度大小为(　　)
√
　　　(2025·浙江温州市期中)有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等的电流I，连接三点构成的三角形为等腰直角三角形(ab＝bc)，O为连线ac的中点，截面图如图所示。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，直导线电流形成的磁场的磁感应强度大小与到导线的距离有关，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是 (　　)
A．O点的磁感应强度大小为3B
B．O点的磁感应强度方向是从O指向a
C．导线b受到的安培力为零
D．导线b受到的安培力方向竖直向上
√
[解析]　a、b、c在O点形成的磁场如图所示，因为O点到a、b、c距离相等，故Ba＝Bb＝Bc，所以O点的磁感应强度大小为B，方向由O指向c，A、B错误；b受到的安培力如图所示，故导线b受到的安培力不为零，方向竖直向上，C错误，D正确。
知识点三　磁电式电流表
1．磁电式电流表的物理学原理
通电线圈因受安培力而转动。线圈偏转方向不同，被测电流方向不同；线圈偏转角度不同，被测电流大小不同。
2．磁电式电流表的特点

(1)极靴和铁质圆柱间的磁场的特点
①方向：沿径向均匀地辐向分布；
②大小：在距轴线等距离处的磁感应强度大小相等。
(2)线圈所受安培力的特点
①方向：线圈左右两边所受安培力的方向相反且均与线圈平面垂直；
②大小：安培力的大小与通过的电流成正比。
　　　(2025·浙江台州市期中)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　)
A．图示右侧通电导线受到安培力向下
B．圆柱内的磁感应强度处处为零
C．线圈转动到a、b两点时所受的安培力大小相等
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
√
[解析]　根据左手定则可知，右侧通电导线受到的安培力向上，故A错误；圆柱内有沿半径方向的磁感线，所以磁感应强度不为零，故B错误；根据F＝BIL可知，线圈转动到a、b两点时所受的安培力大小相等，故C正确；c点较d点磁感线密，所以c点较d点的磁感应强度大，故D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(安培力的方向)关于磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间的关系，正确的说法是(　　)
A．磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间总是互相垂直的
B．磁场方向一定与安培力方向垂直，但电流方向不一定与安培力方向垂直
C．磁场方向不一定与安培力方向垂直，但电流方向一定与安培力方向垂直
D．磁场方向不一定与电流方向垂直，但安培力方向一定既与磁场方向垂直，又与电流方向垂直
√
解析：通电直导线放入磁场中，不管电流方向与磁场方向是否垂直，安培力方向均垂直于磁场方向和电流方向所确定的平面，即安培力方向总是垂直于磁场方向，安培力方向总是垂直于电流方向，故A、B、C错误，D正确。
2．(平行通电直导线之间的相互作用)(2024·北京西城统考期末)如图所示的是研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置，接通电路后发现，接电源的两根导线均发生形变，当通过导线M和N的电流均为向上的I1时，导线N受到的磁场力为F1；当电流均为向上的I2时，导线N受到的磁场力为F2。已知I1>I2，则下列说法正确的是(　　)
A．F1＝F2，两根导线相互排斥
B．F1＝F2，两根导线相互吸引
C．F1>F2，两根导线相互排斥
D．F1>F2，两根导线相互吸引
√
√
解析：导线abc的有效长度为线段ac，因线段ac与磁感应强度B平行，故导线abc所受安培力为0。
4．(安培力的大小)(2025·湖北武汉市期中)如图所示，由4根相同导体棒连接而成的正方形线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，顶点A、B与直流电源两端相接。已知导体棒AB受到的安培力大小为3 N，则线框受到的安培力的合力大小为(　　)
A．0 B．4 N C．6 N D．9 N
√
5．(磁电式电流表)(多选)关于磁电式电流表内的磁铁和铁芯之间的均匀辐向分布的磁场，下列说法正确的是(　　)
A．该磁场的磁感应强度处处大小相等、方向相同
B．该磁场的磁感应强度处处方向相同、大小不等
C．使线圈平面始终与磁感线平行
D．该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度的大小都相等
解析：磁电式仪表内的磁场为辐向分布的磁场，是非匀强磁场，A、B错误；辐向分布的磁场使得线圈转到任何位置都与磁场方向平行，离轴线等距处的磁场大小相等，但方向不同，C、D正确。
√
√(共23张PPT)
课后达标检测
1．速度选择器的示意图如图所示，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一电荷量为q的带正电粒子以速度v从该装置的左端沿水平方向射入后，沿直线匀速运动直至射出，忽略粒子重力的影响，下列说法正确的是(　　)
√
√
3．磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有匀强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电，则(　　)

A．仅减小负载的阻值，发电机两端的电压增大
B．仅增强磁感应强度，发电机两端的电压减小
C．仅增大两板间的距离，发电机的电动势减小
D．仅增大磁流体的喷射速度，发电机的电动势增大
√
√
5.流量计的测量管是如图所示的长方体，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，测量管上、下面是金属材料，前、后面是绝缘材料。现于流量计处加垂直于前、后面向里的匀强磁场，当污水充满测量管且从左向右流过该测量管时，上、下面间电压用U表示，流量计显示的污水流量用Q表示(Q＝vS，其中Q为单位时间内排出的污水体积，v为污水流速，S为管道横截面积)，则(　　)
A．只有当污水中正离子浓度高于负离子浓度时，上表面电势才高于下表面电势
B．污水中离子浓度越高，上、下面间电压U越大
C．污水流速正比于测量管横截面积大小
D．测量管上、下面间电压U大小正比于污水流量Q
√
√
7.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示的是霍尔元件的工作原理示意图，匀强磁场垂直于元件的表面向下，该霍尔元件中的载流子是自由电子，C、D为左、右两侧面。 现霍尔元件中通入图示方向的电流，则(　　)
A．霍尔元件中电子定向移动时受到指向右侧面的洛伦兹力
B．霍尔元件左侧面的电势低于右侧面的电势
C．若霍尔元件的左、右两侧面间的距离越大，左、右两侧面间的电势差UCD越大
D．若霍尔元件的上、下表面间的距离越大，左、右两侧面间的电势差UCD越大
√
8.污水流量计用于检测污水排放情况，其由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板。污水充满管口从左向右流经该装置时，理想电压表将显示前后两面的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流过管道横截面的流体体积)，则(　　)
A．后表面电势比前表面电势低
B．电压表的示数U与污水中离子浓度有关
C．污水流量Q与电压表的示数U成正比
D．污水流量Q与a、b有关
√
9．(2025·陕西宝鸡市期中)笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件。当显示屏闭合时霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭电脑休眠。如图为显示屏内的霍尔元件：宽为a、长为c，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速率为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面方向向下的匀强磁场中，此时元件的前后面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。下列关于该元件的说法错误的是(　　)
√
10．(8分)一种用磁流体发电的装置如图所示，间距为d的平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(大量质量为m，带电荷量为e的正、负带电粒子)由静止通过电压为U的电场加速后沿垂直于B的方向喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极，不计A、B板间等离子体的电阻，求：
(1)等离子体喷入磁场时的速度v；(4分)
(2)稳定时A、B板间的电势差UAB。(4分)专题提升课2　安培力作用下导体的运动
微专题一　“四种方法”分析导体的运动[学生用书P9]
电流元法 把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向，然后判断整段导线所受安培力的方向，从而确定导线运动方向
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铁或多个环形电流(反过来等效也成立)，然后根据磁体间或电流间的作用规律判断
特殊位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
推论法 两平行通电直导线在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；不平行的两通电直导线相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
方法1　电流元法的应用
　【教材经典P21第2题】把一根通电的硬导线放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧形，如图所示。导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由a向b。
(1)描述导线的运动情况。
(2)虚线框内有产生以上弧形磁感线的磁场源，它可能是条形磁体、蹄形磁体、通电螺线管、直线电流。请你分别按每种可能考虑，大致画出它们的安放位置。
[解析]　(1)将导线ab分成左、中、右三部分，中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；左端一段所在处的磁场方向斜向右上，根据左手定则知其受力方向向外；右端一段所在处的磁场方向斜向右下，受力方向向里；当转过一定角度时，中间一段电流不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以a端转向纸外，b端转向纸里，同时向下运动。
(2)如图所示的四个图分别表示虚线框内的磁场源是条形磁体、蹄形磁体、通电螺线管和直线电流及它们的大致位置。
[答案]　见解析
方法2　等效法和特殊位置法的应用
　如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内。当在线圈中通入沿图示方向的电流时，将会看到(　　)
A．线圈向左平移
B．线圈向右平移
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁
[解析]　线圈通以逆时针方向的电流，由于处于S极的磁体附近，磁感线从右侧进入S极，根据左手定则可得，线圈左边受垂直于纸面向内的安培力，线圈右边受垂直于纸面向外的安培力，所以线圈还会绕着悬线轴线旋转，不属于单纯的平移，故A、B错误；从上往下看，线圈顺时针转动，由于环形电流产生的磁场，纸张外侧相当于N极，当开始旋转直至转过90°角过程中，二者异名磁极相互吸引，导致线圈在顺时针转动的同时向磁铁靠近，故C正确，D错误。
[答案]　C
方法3　推论法的应用
　用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所示，当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有(　　)
A.两导线环相互吸引
B．两导线环相互排斥
C．两导线环无相互作用力
D．两导线环先吸引后排斥
[解析]　通电的导线环周围能够产生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或通电导线产生力的作用。由于导线环中通入的电流方向相同，二者同位置处的电流方向完全相同，相当于通入同向电流的直导线，根据同向电流相互吸引的规律，可知两导线环应相互吸引。
[答案]　A
　如图，固定直导线C垂直于纸面放置，可动直导线AB通以方向如图所示的电流，用测力计悬挂在导线C的正上方。若导线C中通以垂直于纸面向外的电流，以下判断正确的是(　　)
A．导线A端转向读者，同时测力计读数减小
B．导线B端转向读者，同时测力计读数减小
C．导线A端转向读者，同时测力计读数增大
D．导线B端转向读者，同时测力计读数增大
[解析]　同向电流相互吸引，所以相互作用的两个通电导线会朝着电流方向一致的方向转动，且相互靠近，所以导线B端将转向读者，且和导线C相互吸引，则测力计示数增大，故D正确，A、B、C错误。
[答案]　D
微专题二　安培力作用下的动力学问题[学生用书P10]
　如图所示，间距d＝2 m的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间分布着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝0.5 T，方向斜向左上方且与水平面的夹角为37°。质量m＝0.2 kg的导体棒MN垂直放在金属导轨上。通过导轨可为导体棒提供从M到N的恒定电流。当电流I1＝1 A时，导体棒恰好保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与金属导轨接触良好，金属导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ。
(2)继续增大电流，导体棒开始运动。求当电流I2＝2 A时，导体棒在金属导轨上运动时的加速度大小。
[解析]　
(1)对导体棒进行受力分析，如图所示，
则有μN1＝BI1d sin 37°，
mg＝N1＋BI1d cos 37°
解得μ＝0.5。
(2)当电流I2＝2 A时，对导体棒进行分析有
BI2d sin 37°－μN2＝ma，mg＝N2＋BI2d cos 37°
解得a＝5 m/s2。
[答案]　(1)0.5　(2)5 m/s2
　(多选)(2025·广东深圳市龙岗区期末)电磁炮是一种新式兵器，其主要原理如图所示。某电磁炮能够把m＝2.2 g的炮弹(包括金属杆CD的质量)由静止加速到v＝10 km/s。
若轨道宽L＝2 m，长s＝100 m，通过的电流I＝10 A，设电磁炮做匀加速直线运动，忽略轨道摩擦，则(　　)
A．加速度大小为5×102 m/s2
B．安培力大小为1.1×103 N
C．磁场的磁感应强度为55 T
D．电磁炮的最大功率为1.1×105 W
[解析]　电磁炮从静止到飞出轨道瞬间，由动能定理得Fs＝mv2，解得电磁炮所受安培力F＝1.1×103 N，根据F＝BIL可知，B＝55 T，根据牛顿第二定律有F＝ma，解得加速度大小a＝＝5×105 m/s2，故A错误，B、C正确；当电磁炮的速度最大时功率最大，则Pm＝BIL·v＝1.1×107 W，故D错误。
[答案]　BC
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P11]))
1．(安培力作用下导体的运动)如图所示，一根可以自由转动的直导线ab平行于通电螺线管的轴线，放置在螺线管的正上方，则直导线ab通以由a到b的电流后，运动情况为(　　)
A．从上向下看顺时针转动并远离螺线管
B．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
解析：
选D。把直线电流等效为 aO、OO′、O′b三段，其中OO′段极短，由于OO′段电流方向与该处的磁场方向相同，所以不受安培力作用；aO段电流所在处的磁场方向斜向上，由左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外；O′b段电流所在处的磁场方向斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直于纸面向里。再用特殊位置法分析：当导线转过90°与纸面垂直时，判断导线所受安培力方向向下，综上可知导线将以 OO′段为轴逆时针转动(从上向下看)并靠近通电螺线管。
2.(安培力作用下导体的运动)(2025·山东青岛市期中)如图所示，KN和LM是圆心为O、半径分别为ON和OM的同心圆弧，在O处有电流方向垂直于纸面向外的载流直导线。用一根导线围成KLMN回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，下列说法正确的是(　　)
A．KL边受到垂直于纸面向里的力
B．线框KLMN将向右平动
C．MN边垂直于纸面向里运动
D．线框KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直于纸面的轴转动
解析：选C。垂直于纸面的导线，电流方向向外，根据安培定则可知，其磁感线是以导线为圆心的逆时针方向的一系列同心圆，再根据左手定则可知，KL边受到的安培力垂直于纸面向外，则将垂直于纸面向外运动，故A错误；MN边受到的安培力垂直于纸面向里，则将垂直于纸面向里运动，故C正确；从右侧观察线框KLMN做逆时针转动，故B、D错误。
3．(导体运动的动力学问题)央视报道我国一款新型电磁炮，专门用来扑灭山林大火。发生山林大火时，山高路陡，人力灭火十分困难，利用电磁炮在山脚下发射消防灭火弹，为了研究方便将待发射的炮弹视为一个导体棒。如图所示，导体棒质量m＝0.02 kg，电阻R＝1 Ω，把导体棒垂直放置于两条与水平面成30°角的平行导轨的下端(初速度为0)，导轨宽L＝0.11 m，导轨长s＝0.25 m，导轨下端接电源，电动势E＝80 V，内阻r＝1 Ω。垂直于导轨平面有一向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.25 T，其余电阻以及摩擦力都忽略不计，不考虑导体棒切割磁感线产生的电动势，g取10 m/s2。
(1)画出导体棒的受力示意图。
(2)求导体棒受到安培力的大小。
(3)求导体棒离开导轨时的速度大小。
解析：
(1)导体棒受到重力、轨道支持力及安培力，如图所示。
(2)由左手定则可知，导体棒受到的安培力方向沿导轨向上。根据闭合电路欧姆定律可知I＝
安培力F＝BIL
联立解得F＝1.1 N。
(3)由受力分析结合牛顿第二定律可知
F－mg sin 30°＝ma
根据匀变速直线运动位移与速度的关系v2＝2as
联立解得v＝5 m/s。
答案：(1)图见解析　(2)1.1 N　(3)5 m/s第2节　磁场对运动电荷的作用力
1．通过实验探究，感受磁场对运动电荷有力的作用。　2.知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断洛伦兹力的方向。　3.了解洛伦兹力公式的推导过程，会用公式分析求解洛伦兹力。　4.了解电视显像管的基本构造和工作原理。
[学生用书P12]
一、洛伦兹力的方向
1．电子束在磁场中的偏转现象
(1)没有磁场时，电子束的径迹呈一条直线。
(2)如果在电子束的路径上施加磁场，电子束会发生弯曲。
(3)改变磁场方向，使其与原来方向相反，电子束会向相反方向弯曲。
2．洛伦兹力：运动电荷在磁场中受到的力。
3．左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。
4．洛伦兹力方向的特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B与v所决定的平面。
二、洛伦兹力的大小
1．电荷量为q的粒子以速度v运动时，如果速度方向与磁感应强度B的方向垂直，那么粒子受到的洛伦兹力为F＝qvB。
2．当电荷运动的方向与磁场的方向夹角为θ时，电荷所受的洛伦兹力为F＝qvB sin θ。
3．当电荷运动的方向与磁场方向平行时，电荷所受洛伦兹力为零，即电荷不受洛伦兹力。
三、电子束的磁偏转
1．显像管的构造：如图所示，由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成。
2．原理
(1)电子枪发射高速电子。
(2)电子束在磁场中偏转。
(3)荧光屏被电子束撞击发光。
3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，因此电子束打在荧光屏上的光点不断移动，这在显示技术中叫作扫描。
判断下列说法是否正确。
(1)洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力永远不做功。(　　)
(2)安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力。(　　)
(3)当带电粒子的运动方向和磁场方向相同时，洛伦兹力最大。(　　)
(4)洛伦兹力在匀强磁场中一般是变力，而电场力在匀强电场中是恒力。(　　)
(5)显像管中偏转磁场使电子所受的洛伦兹力方向仍遵守左手定则。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√
知识点一　洛伦兹力的方向[学生用书P13]
eq \a\vs4\al()
阅读并回答：如图演示实验。
(1)在没有外磁场时，电子束沿直线运动，电子束的直线运动说明了什么？
(2)将蹄形磁铁靠近电子射线管，发现电子束运动轨迹发生了偏转，电子束的偏转说明了什么？
(3)把磁场方向调换过来，电子束的轨迹弯曲方向发生了改变，说明了什么？
[提示]　(1)电子束的直线运动说明了电子不受力的作用。
(2)电子束的偏转说明了电子受到磁场力的作用。
(3)把磁场方向调换过来，电子束的轨迹弯曲方向发生了改变，即电子受到的力的方向发生改变，说明了磁场力的方向跟磁场方向有关。
1．影响洛伦兹力方向的因素
电荷的电性(正、负)、速度的方向、磁感应强度的方向。当电性一定时，其他两个因素决定洛伦兹力的方向，如果只让一个因素相反，则洛伦兹力方向必定相反；如果同时让两个因素相反，则洛伦兹力方向将不变。
2．F、B、v方向间的关系
电荷运动方向和磁场方向间没有因果关系，两者关系是不确定的。电荷运动方向和磁场方向确定洛伦兹力方向，F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v所决定的平面。
3．方向特点
洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化。但无论怎样变化，洛伦兹力都与运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷运动方向，不改变电荷速度大小。
角度1　洛伦兹力的方向
　如图所示，带电粒子刚进入匀强磁场时，所受的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里的是(　　)
[解析]　磁场的方向是向里的，根据左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向是向上的，故A错误；磁场的方向是向上的，负电荷向右运动，受到的洛伦兹力的方向是向里的，故B正确；磁场的方向水平向右，负电荷向上运动，受到的洛伦兹力的方向是向外的，故C错误；磁场的方向是向上的，负电荷向上运动，负电荷运动方向和磁场方向平行，不受洛伦兹力，故D错误。
[答案]　B
角度2　洛伦兹力的理解
　(多选)电荷量为＋q的不同粒子垂直于匀强磁场方向运动时会受到洛伦兹力的作用。下列说法正确的是(　　)
A．只要速度方向不同，所受洛伦兹力就不同
B．洛伦兹力方向一定与粒子速度方向垂直，磁场方向一定与粒子运动方向垂直
C．如果把＋q改为－q，且速度反向，则此时其所受洛伦兹力的方向不变
D．粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能、速度均不变
[解析]　速度方向不同，所受洛伦兹力的方向就不同，故A正确；根据左手定则可知，洛伦兹力方向一定与粒子速度方向垂直，磁场方向不一定与粒子运动方向垂直，故B错误；根据左手定则可知，如果把＋q改为－q，且速度反向，则此时其所受洛伦兹力的方向不变，故C正确；粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能不变，速度方向不断改变，故D错误。
[答案]　AC
　关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是(　　)
A．电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同
B．通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直
C．运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向必须与该处磁场方向垂直
D．当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直
[解析]　电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向只要不和磁场平行有垂直分量即可，故C错误；电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直，故D正确。
[答案]　D
知识点二　洛伦兹力的大小[学生用书P14]
eq \a\vs4\al()
如图所示，磁场的磁感应强度为B。设磁场中有一段长度为l的通电导线，
横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向运动的速率都是v。
(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力是多大？
(2)长为l的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？
[提示]　(1)I＝nqvS　F安＝IlB＝nqvSlB。
(2)N＝nSl　F洛＝＝qvB。
1．洛伦兹力与安培力的关系
(1)安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的微观本质。
(2)洛伦兹力对电荷不做功，但安培力却可以对导体做功。
2．洛伦兹力的大小(F＝qvB sin θ，θ为v与B的夹角)
(1)当v⊥B时，θ＝90°，sin θ＝1，F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大。
(2)当v∥B时，θ＝0°，sin θ＝0，F＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。
(3)当粒子运动方向v与磁场B夹角为θ时，如图所示，此时将v分解为v∥和v⊥，其中v⊥＝v sin θ，则F＝qvB sin θ。
　如图所示，①②③④各图中匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，电荷量均为q。以F1、F2、F3、F4依次表示四图中带电粒子在磁场中所受洛伦兹力的大小，则(　　)
A．F1＝F2　　　　　　B．F3＝F4
C．F2＝F3 D．F2＝F4
[解析]　由题图可知洛伦兹力的大小分别为F1＝Bqv，F2＝Bqv cos 30°＝Bqv，F3＝Bqv，F4＝Bqv，故F1＝F3＝F4>F2。
[答案]　B
　质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，以速度v射入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，速度方向、磁场方向如图所示，则粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力大小为qvB sin θ的是(　　)
[解析]　带电粒子的速度方向垂直于磁场方向时，受到的洛伦兹力大小为qvB，当速度方向与磁场方向的夹角为θ时，垂直于磁场方向的分速度为v sin θ，这时的洛伦兹力大小为qvB sin θ；A、D选项中速度方向与磁场方向垂直，洛伦兹力大小为qvB，故A、D错误；B选项中垂直于磁场方向的分速度为v sin θ，所受洛伦兹力大小为qvB sin θ，故B正确；C选项中垂直于磁场方向的分速度为v cos θ，所受洛伦兹力大小为qvB cos θ，故C错误。
[答案]　B
知识点三　带电体在洛伦兹力作用下的运动[学生用书P15]
1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动。解题的关键是运动状态的判断。
2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点。
3．解题步骤
(1)确定研究对象，即带电体；
(2)确定带电体所带电荷量的正、负以及速度方向；
(3)由左手定则判断带电体所受洛伦兹力的方向，并作出受力分析和运动状态分析；
(4)由平行四边形定则、矢量三角形或正交分解法等方法，根据物体的平衡条件或牛顿第二定律列方程求解，也可能用动能定理或机械能守恒定律求解；
(5)对于定性分析的问题还可以采用极限法进行推理，从而得到结论。
　(2023·海南卷，T2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直于纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是(　　)
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
[解析]　小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A正确；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错误；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。
[答案]　A
　(2025·宁夏银川市期中)如图所示，足够长的粗糙细杆CD水平置于空中，且处在垂直于纸面向里的水平匀强磁场中(图中未画出)。一质量为m、电荷量为＋q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0，圆环运动的v－t图像不可能是(　　)
[解析]　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若满足重力与洛伦兹力相等，即圆环做匀速直线运动，则v－t图像如选项A所示，故A可能，不符合题意；若重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，做减速运动，竖直方向有N＝mg－qvB，水平方向上有f＝μN＝ma，随着速度的减小，支持力增大，摩擦力增大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，则v－t图像如选项C所示，故C可能，不符合题意；若洛伦兹力大于重力，圆环受到摩擦力的作用，做减速运动，竖直方向有N′＝qvB－mg，水平方向上有f＝μN′＝ma，随着速度的减小，支持力减小，摩擦力减小，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与洛伦兹力相等时，做匀速直线运动，则v－t图像如选项D所示，故D可能，不符合题意；圆环不可能做匀变速直线运动，B选项所示v－t图像不存在，故B不可能，符合题意。
[答案]　B
综合一练　动力学和动能定理分析带电体在磁场中的运动
　(2025·宁夏银川市期中)一个质量为m、电荷量为q的小滑块放置在倾角α＝37°的足够长的固定的光滑绝缘斜面上。整个置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示。当小滑块沿斜面下滑到P处时，对斜面有大小为0.4mg的压力。小滑块继续下滑至P处下方某位置时将要离开斜面。取重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)小滑块带何种电荷？
(2)求小滑块滑到P处时的速度大小。
(3)小滑块滑到距离P多远处与斜面没有压力？
[解析]　(1)根据题意可知小滑块所受洛伦兹力垂直于斜面向上，根据左手定则可知小滑块带负电荷。
(2)小滑块在P处时，垂直于斜面方向，根据平衡条件有0.4mg＋F洛＝mg cos α
又F洛＝qvPB
联立解得vP＝。
(3)当小滑块对斜面没有压力时，垂直于斜面方向，根据平衡条件有
F洛′＝qv′B＝mg cos α
解得v′＝
设此时小滑块到P的距离为x，根据动能定理有
mgx sin α＝mv′2－mv
解得x＝。
[答案]　(1)负电荷　(2)　(3)
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P16]))
1．(洛伦兹力的方向)以下四幅图中，正确标明了带电粒子所受洛伦兹力F方向的是(　　)
解析：选D。由于带电粒子的速度方向与磁感应强度的方向平行，所以粒子不受洛伦兹力作用，故A、B错误；根据左手定则可知，四指指向正电荷运动的方向，磁感线垂直穿过手掌心，大拇指指向下，即洛伦兹力的方向向下，故C错误；根据左手定则可知，四指指向正电荷运动的方向，磁感线垂直穿过手掌心，大拇指指向上，即洛伦兹力的方向向上，故D正确。
2．(洛伦兹力的方向)地磁场通过改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，从而保护着地球上的生命。假设所有的宇宙射线从各个方向垂直射向地球表面，那么以下说法正确的是(　　)
A.地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处都相同
B．由于南北极磁场最强，因此阻挡作用最强
C．沿地球赤道平面垂直射来的高能负电荷向西偏转
D．沿地球赤道平面垂直射来的高能正电荷向地球两极偏转
解析：选C。高能带电粒子到达地球附近会受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转，磁感应强度不同，所受到的洛伦兹力不同，故A错误；地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强，故B错误；地磁场会使沿地球赤道平面垂直射来的宇宙射线中的高能正电荷向东偏转，高能负电荷向西偏转，故C正确，D错误。
3．(洛伦兹力的理解)(2025·辽宁鞍山市期中)运动电荷在磁场中所受的力称为洛伦兹力，下列关于洛伦兹力的说法正确的是(　　)
A．静止在磁场中的电荷也受洛伦兹力的作用
B．洛伦兹力的大小与电荷的速度方向无关
C．洛伦兹力的方向总与速度的方向垂直
D．洛伦兹力可以改变电荷的动能
解析：选C。静止在磁场中的电荷不受洛伦兹力的作用，故A错误；根据左手定则可知，洛伦兹力的方向既垂直于磁场方向，又垂直于带电粒子的速度方向，洛伦兹力可以表示为F＝qvB sin θ，θ是v与B的夹角，所以带电粒子受到的洛伦兹力的大小，与粒子速度的大小和方向都有关系，故B错误，C正确；洛伦兹力方向垂直于粒子的速度方向，所以洛伦兹力不能对运动电荷做功，洛伦兹力不可以改变电荷的动能，故D错误。
4．(带电体在洛伦兹力作用下的运动)(2025·重庆沙坪坝区期中)如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，一带电量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿光滑绝缘轨道滑下，下降竖直高度为h时到达b点。不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．该过程中，洛伦兹力做正功
C．该过程中，滑块的机械能增大
D．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
解析：选D。滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，只有重力做功，所以滑块机械能守恒，则mgh＝mv2，解得v＝，故滑块在b点受到的洛伦兹力F＝qvB＝qB，故B、C错误，D正确。专题提升课5　带电体(或带电粒子)在叠加场中的运动
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P35]))
1．叠加场：一般是指电场、磁场和重力场并存，或其中两种场并存。
2．三种场力的特点
(1)重力的方向始终竖直向下，重力做功与路径无关，重力做的功等于重力势能的减少量。
(2)静电力的方向与电场方向相同或相反，静电力做功与路径无关，静电力做功的大小等于电势能的变化量。
(3)洛伦兹力的大小和速度方向与磁场方向的夹角有关，方向始终垂直于速度v和磁感应强度B共同决定的平面。无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力始终不做功。
3．解题思路和方法
(1)带电粒子在存在磁场的叠加场中运动，如果做直线运动，一定是匀速直线运动，带电粒子所受合力为0，应利用平衡条件列方程求解。
(2)带电粒子做匀速圆周运动时，其所受重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，应利用平衡方程和向心力公式求解。
(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，带电粒子所受洛伦兹力必不为0，且其大小和方向不断变化，但洛伦兹力不做功，这类问题一般应用动能定理求解。
角度1　带电粒子在叠加场中的运动判断
　所受重力不可忽略的带电粒子在无边界的重力场、匀强电场与匀强磁场的叠加场中由静止释放，其运动可能为(　　)
A．匀速直线运动
B．匀速圆周运动
C．匀变速曲线运动
D．变加速曲线运动
[解析]　若粒子做匀速直线运动，则合外力为零，由于粒子由静止释放，而合外力为零，故粒子的速度为零，不可能做匀速直线运动，故A错误；若粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力相互平衡，只受洛伦兹力作用，由于粒子从静止释放，而重力与电场力相互平衡，故粒子的速度为零，不可能做匀速圆周运动，故B错误；粒子在运动过程中会受洛伦兹力作用，则合外力的方向一直在变化，则粒子不可能做匀变速曲线运动，故C错误；若重力和电场力对粒子都做正功，则粒子的速度增大，粒子受到的洛伦兹力增大，粒子所受合外力发生变化，故粒子做变加速曲线运动，故D正确。
[答案]　D
角度2　带电体在叠加场中的直线运动
　(2024·辽宁大连期末)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交。有一带电液滴沿虚线AB斜向上做直线运动，AB与水平方向成β角，且α>β，下列说法正确的是(　　)
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场力可能做负功
D．液滴有可能做匀变速直线运动
[解析]　带电液滴沿虚线AB斜向上做直线运动，可知液滴受电场力、重力和洛伦兹力三力平衡，若液滴做变速运动，则洛伦兹力会发生变化，三力不再平衡，则液滴一定做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，A正确，D错误。当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力F洛作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线AB做匀速直线运动；同理可分析电场线方向斜向上时带电液滴带负电及电场线方向斜向下时。液滴带正负电荷的情况，可得带电液滴所受合力均不为零，不可能沿直线运动，则液滴一定带正电且电场线方向斜向上，故B错误。由以上分析可知，带电液滴带正电，且电场线方向斜向上，此过程电场力做正功，C错误。
[答案]　A
　如图所示，
套在很长的绝缘直棒上的小环，质量为1.0×10－4 kg，电荷量为4.0×10－4 C的正电荷，小环在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E＝10 N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，方向垂直于纸面向里，小环与棒间的动摩擦因数μ＝0.2。设小环在运动过程中所带电荷量保持不变，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．小环由静止沿棒竖直下落的最大加速度为10 m/s2
B．小环由静止沿棒竖直下落的最大速度为2 m/s
C．若将磁场的方向反向，其余条件不变，则小环由静止沿棒竖直下落的最大加速度为5 m/s2
D．若将磁场的方向反向，其余条件不变，则小环由静止沿棒竖直下落的最大速度为45 m/s
[解析]　小环静止时受重力、电场力、弹力及摩擦力，电场力方向水平向右，摩擦力方向竖直向上，开始时，小环的加速度应为a＝＝2 m/s2，小环速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力水平向右，故水平方向合力将增大，摩擦力将增大，加速度将减小，当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小环速度达到最大，则有mg＝μ(qvB＋qE)，解得v＝＝5 m/s，故A、B错误；若将磁场的方向反向，其余条件不变，则洛伦兹力向左，故当洛伦兹力与电场力平衡时加速度最大，为10 m/s2，故C错误；将磁场反向，当摩擦力与重力平衡时，速度最大，故mg＝μ(qv′B－qE)，解得v′＝＝45 m/s，D正确。
[答案]　D
角度3　带电体在叠加场中的匀速圆周运动
　(2025·江苏南通市期中)如图所示，电场强度为E的匀强电场竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面向外，一带电小球获得垂直于磁场水平向左的初速度，正好做匀速圆周运动。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．小球做匀速圆周运动的周期为
C．若撤去电场，小球可能做平抛运动
D．若将电场的方向改为竖直向下，小球一定做曲线运动
[解析]　小球做匀速圆周运动，电场力与重力等大反向，电场力向上，小球带正电，故A错误；小球做匀速圆周运动，mg＝qE，T＝，联立可得T＝，故B正确；若撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力的作用，不可能做平抛运动，故C错误；若把电场的方向改成竖直向下，小球受重力与电场力均向下，由运动方向可知洛伦兹力向上，如果合力为零，则小球做匀速直线运动，故D错误。
[答案]　B
　(多选)(2024·安徽卷，T10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示，当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　)
A．油滴a带负电，所带电荷量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
[解析]　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知油滴a带负电，有mg＝Eq，解得q＝，故A正确；由Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝，周期T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，又因油滴a带负电，则小油滴Ⅱ也带负电，则根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
[答案]　ABD
规范一练　带电粒子在复合场中的运动
　如图所示，虚线MN沿竖直方向，左侧是水平正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1；MN右侧有竖直方向的匀强电场(如图中竖直线，方向未标出)和垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从MN左侧的场区沿与电场线成θ角斜向上的直线做匀速运动，穿过MN上的A点进入右侧的场区，恰好在竖直面内绕O点做半径为r的匀速圆周运动，并穿过MN上的P点进入左侧场区。已知MN右侧的电场对MN左侧无影响，当地重力加速度为g。求：
(1)MN左侧匀强电场场强E1的大小；
(2)MN右侧匀强电场E2的大小和方向、匀强磁场磁感应强度B2的大小和方向。
[解析]　
(1)带正电的小球在MN左侧场区做匀速运动，受力如图所示，
根据受力平衡有
qvB1cos θ＝mg
qvB1sin θ＝qE1
联立解得E1＝。
(2)小球在右侧区域做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，有qE2＝mg
得E2＝
方向竖直向上
洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m
联立解得B2＝
根据左手定则可知B2方向垂直于纸面向外。
[答案]　(1)　(2)　竖直向上　
　垂直于纸面向外
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P37]))
1．(带电粒子在叠加场中的运动)如图所示，电场强度为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向里，一正离子(不计重力)以速度v从左到右射入，恰能沿虚线水平飞越此区域，则(　　)
A．该正离子的速度v＝
B．若正离子从右向左飞入，将向上偏转
C．若电子从左向右以速度v飞入，也沿直线运动
D．若电子从右向左飞入，将向下偏转
解析：选C。正离子(不计重力)以速度v从左到右射入，恰能沿虚线水平飞越此区域，此时电场力与洛伦兹力平衡，则有qE＝qvB，可得v＝，故A错误；若正离子从右向左飞入，正离子受到的电场力和洛伦兹力均向下，将向下偏转，故B错误；若电子从左向右以速度v飞入，电子受到的电场力与洛伦兹力平衡，也沿直线运动，故C正确；若电子从右向左飞入，电子受到的电场力和洛伦兹力均向上，将向上偏转，故D错误。
2.(带电粒子在叠加场中的运动)质量为m、电荷量为q的微粒以与水平方向成θ角的速度v从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的复合场区，恰好沿直线运动到A点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．该微粒可能带正电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的场强大小为
解析：
选C。假设微粒沿OA做匀变速运动，则垂直于OA方向上的合力一定为零，由于F洛＝Bqv与OA垂直，随着微粒速度变化，F洛变化，则垂直于OA方向上不能保持平衡，故微粒一定做匀速直线运动，B错误；假设微粒带正电，微粒所受垂直于速度斜向下的洛伦兹力、竖直向下的重力与水平向左的静电力，三力无法平衡，因此该微粒带负电，A错误；微粒受力分析如图所示，根据平衡条件得qE＝mg tan θ，mg＝Bqv cos θ，解得该磁场的磁感应强度大小B＝，电场的场强大小E＝，C正确，D错误。
3．(带电体在叠加场中的运动)(2025·广东深圳市阶段练)如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上，一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是(　　)
解析：选B。滑块从静止下滑过程中，始终未离开斜面，受到的重力竖直向下，电场力水平向右，垂直于斜面方向上受力平衡，沿斜面方向，滑块做匀加速直线运动，故A、C错误；速度随时间均匀变化，洛伦兹力f洛＝qvB，随时间均匀变化，故B正确；除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒，故D错误。(共42张PPT)
第3节　带电粒子在匀强磁场中的运动
学习目标
1．了解带电粒子在匀强磁场中的运动规律。　2.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式及应用。　3.能够应用几何知识分析带电粒子在匀强磁场中的运动。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F＝____。
2．若v⊥B，带电粒子初速度的方向和洛伦兹力的方向都在与______方向______的平面内，粒子在这个平面内运动。
(1)洛伦兹力总是与粒子的运动方向______，只改变粒子速度的______，不改变粒子速度的______。
(2)沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做__________运动，洛伦兹力对粒子起到了________的作用。
0
磁场
垂直
垂直
方向
大小
匀速圆周
向心力
二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期
1．洛伦兹力演示仪：电子枪可以发射电子束。玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示____________。励磁线圈能够在两个线圈之间产生______磁场，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。
2．演示仪中电子轨迹特点
(1)不加磁场时，电子束的径迹是__________。
(2)加磁场后电子束的径迹是一个____。
(3)磁感应强度或电子的速度改变时，圆的半径发生变化。
电子的径迹
匀强
一条直线
圆
判断下列说法是否正确。
(1)带电粒子进入匀强磁场后一定做匀速圆周运动。(　　)
(2)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关。(　　)
(3)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动。(　　)
(4)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀加速直线运动，不可能做匀速直线运动。(　　)
×　
√　
√　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　带电粒子在匀强磁场中的运动
　　　(多选)(2025·湖南常德市期末)一带电粒子以初速度v0进入匀强磁场中，则粒子(只受洛伦兹力)可能的运动是(　　)
A．匀速直线运动　 B．匀变速直线运动
C．匀速圆周运动 D．匀变速曲线运动
√
√
[解析]　当粒子速度方向与磁场方向平行时，粒子所受洛伦兹力为0，即粒子不受外力作用，此时粒子做匀速直线运动，故A正确；若粒子速度方向不与磁场方向平行，此时所受洛伦兹力不为0，由于洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，则洛伦兹力大小不变，方向变化，粒子此时的加速度发生变化，粒子不可能做匀变速直线运动，也不可能做匀变速曲线运动，故B、D错误；当粒子速度方向与磁场方向垂直时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故C正确。
√
　　　如图所示的是某种粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，从垂直于纸面方向向里看(正视)，可能是哪种粒子的运动(　　)

A.中子顺时针运动 B．中子逆时针运动
C．质子顺时针运动 D．电子顺时针运动
[解析]　中子不带电，在磁场中不会做匀速圆周运动，故A、B错误；质子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的方向即为质子运动方向，即质子是逆时针方向运动，故C错误；电子受洛伦兹力方向指向圆心，根据左手定则可知，磁感线穿过手心，大拇指指向圆心，四指所指的反方向即为电子运动方向，即电子是顺时针方向运动，故D正确。
知识点二　带电粒子在磁场中运动的半径和周期
1．如图所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转。不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？加上磁场时，电子束的运动轨迹如何？
2．如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，轨迹圆半径如何变化？
[提示]　1.运动轨迹为一条直线　轨迹为圆。
2．减小　增大。
√
　　　(2025·北京市东城区期末) 一带电粒子以速度v进入匀强磁场，仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。如果速度v增大，下列说法正确的是(　　)
A．半径增大，周期不变
B．半径增大，周期增大
C．半径减小，周期不变
D．半径减小，周期减小
√
　　　(2025·湖北省宜荆荆随恩期末联考)如图所示，在纸面内水平放置两根长直导线AB和CD，只有一条导线中通有恒定电流。在纸面内，一电子由E点开始经过F运动到G的轨迹如图中曲线所示，下列说法正确的是(　　)
A．导线AB中通有从A到B方向的电流
B．导线AB中通有从B到A方向的电流
C．导线CD中通有从C到D方向的电流
D．导线CD中通有从D到C方向的电流
知识点三　带电粒子在直线边界场中的运动
1．圆心的确定：因为洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直，洛伦兹力为粒子做圆周运动提供的向心力，总是指向圆心。
(1)已知两点的速度方向：根据轨迹上两点的速度方向画出洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心，如图甲。
(2)已知进场速度方向和出场点：通过入射点或出射点作速度方向的垂线，再连接入射点和出射点(即圆上的弦)，作其连线的中垂线，这两条线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图乙。
2．半径的确定和计算：半径的计算一般是利用几何知识(三角函数关系、三角形知识等)求解。
3．圆心角的确定及运动时间的求解
(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图丙)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
4．运动轨迹的确定
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图丁所示)。
(2)平行边界(存在临界条件，如图戊所示)。
角度1　直线边界磁场
　　　如图所示，在直线边界PQ上方有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带电粒子先后从PQ上的O点以相同的角度垂直射入磁场中，然后分别从PQ上的M、N两点射出磁场。不计粒子受到的重力，下列说法正确的是(　　)
A．两粒子均带正电
B．两粒子的速度大小相等
C．两粒子射出磁场时的速度方向不相同
D．两粒子在磁场中的运动时间一定相同
√
　　如图所示，一个宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，有一个带电粒子以向右的速度v垂直于该磁场边界进入磁场，穿出磁场时速度方向和进入时的方向夹角α＝30°，不计粒子的重力。求：
(1)粒子做圆周运动的轨迹半径r；
[答案]　2L
(3)带电粒子穿过磁场所用的时间t。
　　　(2024·广西卷，T5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为(　　)
√
角度2　临界极值问题分析
　　【教材经典P22第4题】真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)沿着与MN夹角θ为30°的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场。求粒子射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间。
[答案]　见解析
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(带电粒子在磁场中的运动)两个粒子所带电荷量相等，在同一匀强磁场中只受到磁场力作用而做匀速圆周运动，则(　　)
A．速率相等，半径必相等
B．质量相等，周期必相等
C．动能相等，半径必相等
D．动量相等，周期必相等
√
2.(带电粒子在磁场中的运动)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　)
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
√
3.(带电粒子在磁场中的运动)(2025·辽宁大连市期中)如图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列说法错误的是(　　)
√专题提升课6　带电粒子(或带电体)在组合场中的运动
微专题一　带电粒子在组合场中的运动[学生用书P38]
1．带电粒子在匀强电场中运动(v0为初速度)
(1)若v0与电场线平行，则粒子做匀变速直线运动；
(2)若v0与电场线垂直，则粒子做类平抛运动。
2．带电粒子在匀强磁场中运动(v0为初速度)
(1)若v0与磁感线平行，则粒子做匀速直线运动；　
(2)若v0与磁感线垂直，则粒子做匀速圆周运动。　
3．基本思路和方法
　如图所示，真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的矩形匀强磁场，方向垂直于纸面向里，MN、PQ是磁场的边界，质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)沿着与MN夹角θ＝30°的方向垂直射入磁场中，刚好垂直于PQ边界射出，并沿半径方向垂直进入圆形磁场，圆形磁场半径为L，方向垂直于纸面向外，离开圆形磁场时速度方向与水平右方向夹角为60°，求：
(1)粒子射入磁场的速度大小；
(2)粒子在矩形磁场中运动的时间；
(3)圆形磁场的磁感应强度。
[解析]　画出轨迹图如图。
(1)在矩形磁场区域，根据几何关系
L＝R sin 60°
求得R＝L
根据qvB＝解得v＝。
(2)由题意知粒子在矩形磁场区域内转过的圆心角为60°，粒子在矩形磁场中运动的时间
t＝＝×＝。
(3)粒子在圆形磁场区域内，根据几何关系得
R′tan 30°＝L
解得粒子在圆形磁场中运动的半径为L，
根据qvB′＝解得B′＝B。
[答案]　(1)　(2)　(3)B
　(2025·江苏扬州市宝应县期末)如图，直角坐标系xOy中，在x≤－L区域有沿y轴负方向的匀强电场，在－L0区域还有一个圆心在O′点且与y轴相切的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于坐标平面向外。位于P点的带正电粒子(不计重力)以初速度v0沿x轴正方向射出，粒子恰能依次经过Q(－L，0)点、O点和圆形区域圆弧上的M点。粒子质量为m、电荷量为q，MO′与x轴正方向的夹角为60°。求：
(1)粒子在Q点的速度；
(2)－L(3)粒子从P点到M点所用时间。
[解析]　(1)带电粒子从P到Q做类平抛运动，设带电粒子在Q点时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则有
tan θ＝2×＝＝
得θ＝30°
则Q点的速度vQ＝＝v0
方向与水平方向成30°角斜向下。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
QO＝L＝2R sin 30°
解得R＝L
由qvQB1＝m eq \f(v,R)
解得B1＝＝
带电粒子从O到M，弦长
s＝2×cos 30°＝
弦切角α＝60°，则有s＝2R′sin 60°
解得R′＝
由公式qvQB2＝m eq \f(v,R′)
解得B2＝＝。
(3)粒子从P到Q做类平抛运动，有t1＝
从Q到O的时间t2＝＝
从O到M的时间t3＝＝
总时间t＝＋。
[答案]　(1)v0，方向与水平方向成30°角斜向下　(2)　　(3)＋
　如图，xOy平面内有区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在以原点O为圆心的圆形匀强磁场，区域Ⅱ存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场。电场强度大小为E，方向沿y轴负方向；两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直于坐标平面向里。某带电粒子以速度v0从M点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，从N点离开区域Ⅰ并立即进入区域Ⅱ，之后沿x轴运动。已知B＝0.05 T，M点坐标为(0，0.1 m)，粒子的比荷＝4×106 C/kg，不计粒子的重力。
(1)求粒子的速度大小v0。
(2)求电场强度E。
(3)某时刻开始电场强度大小突然变为2E(不考虑电场变化产生的影响)，其他条件保持不变，一段时间后，粒子经过P点，P点的纵坐标y＝－0.2 m，求粒子经过P点的速度大小vP。
[解析]　(1)带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
qBv0＝m eq \f(v,r)
又有r＝0.1 m
联立解得v0＝2×104 m/s。
(2)带电粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，由平衡条件有qBv0＝qE
解得E＝1×103 N/C。
(3)电场强度突然变为2E，粒子运动到P点过程，由动能定理有
2qE|y|＝mv－mv
解得vP＝6×104 m/s。
[答案]　(1)2×104 m/s　(2)1×103 N/C
(3)6×104 m/s
微专题二　带电粒子在交变电场或磁场中的运动[学生用书P40]
　(2024·广东卷，T15改编)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q。
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v。
[解析]　(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期T＝2t0
根据T＝知粒子所带的电荷量q＝。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时有＝vt0
出电场时竖直方向速度为零，则竖直方向
y＝2××(0.5t0)2
在磁场中时有qvB＝m
其中y＝2r＝
联立解得v＝π
D＝。
[答案]　(1)正电　　(2)　π
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[学生用书P40]))
1.(带电粒子在组合场中的运动)在如图所示的Oxy平面内，第一象限内有方向水平向左的匀强电场，第二、三象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从(l，0)的A点以速度v0沿y轴正方向射入电场，从(0，2l)的C点离开电场，经过磁场后再次到达y轴时刚好从坐标原点O处经过，不计粒子重力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从A点运动到O点经历的时间。
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则
2l＝v0t1
l＝·t
整理得E＝ eq \f(mv,2ql) 。
(2)设粒子离开电场时速度大小为v，与y轴夹角为α，则
qEl＝mv2－mv
cos α＝
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则
2R sin α＝2l
qvB＝m
整理得B＝。
(3)由第(2)问可知α＝
所以粒子在磁场中运动的时间t2＝·
则t＝t1＋t2＝。
答案：(1) eq \f(mv,2ql) 　(2)　(3)
2．(带电粒子在组合场中的运动)(2025·湖北黄冈市期中)在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内，有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向；一质量为m、电荷量为－q的粒子，从y轴上的点P(0，l)沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的点a(2l，0)进入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限某区域内有垂直于平面向里的匀强磁场。(不计粒子所受的重力)
(1)求粒子初速度v0的大小。
(2)如图1所示，若第Ⅳ象限内的磁场区域为正方形abcd，正方形边长为2l，且ad边与x轴重合，粒子飞出磁场后能与y轴负方向成45°角通过y轴，求磁感应强度B1满足的条件。
(3)如图2所示，若第Ⅳ象限内的磁场区域为圆形，圆形区域半径为R(R<2l)，且该圆与x轴相切于a点，粒子飞出磁场后恰能沿x轴负方向通过y轴，求磁感应强度B2的大小。
解析：(1)根据题意，粒子在匀强电场中做类平抛运动，则
2l＝v0t，l＝at2，a＝
联立可得v0＝。
(2)设粒子进入磁场后速度方向与水平方向的夹角为θ，则
tan θ＝＝＝1
所以θ＝45°
若粒子飞出磁场后能与y轴负方向成45°角通过y轴，则粒子一定从ab边离开磁场，所以
2r cos 45°≤2l
根据洛伦兹力提供向心力
qvB1＝m
v＝v0
联立可得B1≥。
(3)若第Ⅳ象限内的磁场区域为圆形，粒子飞出磁场后恰能沿x轴负方向通过y轴，即粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据qvB2＝m
解得B2＝。
答案：(1)　(2)B1≥　(3)　　　[学生用书P133（单独成册）]
题组1　洛伦兹力的方向
1．(多选)如图所示，运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向外的是(　　)
解析：选CD。电荷所受洛伦兹力方向向上，故A错误；电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向里，故B错误；电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向外，故C正确；电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向外，故D正确。
2．带电粒子进入磁场时速度的方向和磁感应强度的方向如图所示，则带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力的方向是垂直于纸面向里的是(　　)
解析：选D。根据左手定则可以判断，A中的负电荷所受的洛伦兹力方向向下；B中的负电荷所受的洛伦兹力方向向上；C中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向外；D中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向里。
3．如图所示，水平放置的阴极射线管中电子流方向由左向右，其下方放置一根直导线，导线与阴极射线管平行，导线中电流方向向左，则电子流将(　　)
A．向上偏转　　　　 B．向下偏转
C．向纸内偏转 D．向纸外偏转
解析：选B。根据右手螺旋定则可知，通电直导线在其上方产生的磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向下，即电子流向下偏转。
4．如图所示，在示波管右边有一通电圆环，则示波管中的电子束将(　　)
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向纸外偏转 D．匀速直线运动
解析：选D。由安培定则可知，在示波管处电流磁场方向水平向右；电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，与磁感线平行，由左手定则可知，电子束不受安培力，做匀速直线运动。
5．(2025·四川成都期末)关于匀强磁场中的电荷，下列说法正确的是(　　)
A．电荷在匀强磁场中一定受到磁场力
B．运动电荷在匀强磁场中一定受磁场力
C．若电荷仅受磁场力，则速度一定不变
D．若电荷仅受磁场力，则动能一定不变
解析：选D。洛伦兹力的大小f洛＝qvB sin θ，θ为速度与磁感应强度间的夹角，当θ＝0°时，洛伦兹力为零，所以运动的电荷在磁场中不一定受到磁场力，A、B错误；根据左手定则可知洛伦兹力方向始终与电荷的运动方向垂直，洛伦兹力只改变速度方向不改变速度大小，所以电荷仅受洛伦兹力，速度改变，动能一定不变，C错误，D正确。
题组2　洛伦兹力的大小
6．下列说法正确的是(　　)
A．电荷在电场中一定受到电场力的作用，在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
B．同一电荷所受电场力大的地方，该处电场强度一定强
C．同一电荷所受洛伦兹力大的地方，该处磁感应强度一定强
D．电场强度为0的地方，电势也一定为0
解析：选B。电荷在电场中一定受到电场力的作用，由F＝Eq可知，同一电荷所受电场力大的地方，该处电场强度一定强；静止的电荷或者速度方向与磁场方向平行的电荷在磁场中不受洛伦兹力的作用，根据F＝Bqv sin θ可知，B＝，同一带电粒子在磁场中受到洛伦兹力大的地方，该处磁场不一定大，还要看v、sin θ的大小情况，故A、C错误，B正确；电场强度为0的地方，电势不一定为0，故D错误。
7．太阳风(含有大量高能质子与电子)射向地球时，地磁场改变了这些带电粒子的运动方向，从而使很多粒子到达不了地面，另一小部分粒子则可能会在两极汇聚从而形成绚丽的极光。赤道上空P处的磁感应强度B＝3.5×10－5 T，方向由南指向北，假设太阳风中的一电子以速度v＝2×105 m/s竖直向下运动穿过P处的地磁场，如图所示。已知电子电荷量q＝1.6×10－19 C，此时该电子受到的洛伦兹力(　　)
A．方向向西 B．方向向南
C．方向向东 D．大小为11.2 N
解析：选A。根据左手定则，结合题图可判断知此时该电子受到的洛伦兹力方向向西，大小f＝qvB＝1.6×10－19×2×105×3.5×10－5 N＝1.12×10－18 N，故A正确。
题组3　带电体在洛伦兹力作用下的运动
8．(2025·甘肃兰州市期中)如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙绝缘细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环向右的初速度v0，已知环与细杆间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是(　　)
A．圆环不可能做匀速直线运动
B．圆环受到细杆的弹力方向向上
C．若v0<，则圆环先减速再匀速
D．若v0>，则圆环先减速再匀速
解析：选D。当qv0Bmg时，杆对圆环的弹力先向下，圆环先做减速运动到洛伦兹力等于重力时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动；当qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动。
9.(2025·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，质量为m的带电小物块从半径为R的固定绝缘光滑半圆槽顶点A由静止滑下，整个装置处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。已知物块所带的电荷量保持不变，物块运动过程中始终没有与圆槽分离，物块第一次经过圆槽最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大小相等，重力加速度大小为g，则物块第二次经过圆槽最低点时对圆槽的压力为(　　)
A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
解析：选C。物块运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可知物块到达圆槽最低点时速度最大且不变，由mgR＝mv，解得vmax＝，物块第一次经过圆槽最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大小相等，则F1＝mg，此时物块受到向上的洛伦兹力，有F1＋Bqvmax－mg＝ eq \f(mv,R) ，物块在半圆槽内做往复运动，物块第二次经过圆槽最低点时，物块受到向下的洛伦兹力，则F2－mg－Bqvmax＝ eq \f(mv,R) ，联立解得F2＝5mg。
10．下列说法不正确的是(　　)
A．运动电荷在某点不受洛伦兹力作用，这点的磁感应强度不一定为零
B．电荷的运动方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力的方向一定两两互相垂直
C．电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力
D．电子射线垂直进入磁场发生偏转，洛伦兹力对电子不做功
解析：选B。运动电荷在某点不受洛伦兹力作用，可能是电荷沿磁场方向运动，这点的磁感应强度不一定为零，故A正确；电荷的运动方向与磁感应强度方向不一定垂直，故B错误；电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力，故C正确；电子射线垂直进入磁场发生偏转，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力对电子不做功，故D正确。
11.
如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为37°，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直于杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　　)
A．小环带正电
B．小环滑到P处时的速度大小vP＝
C．当小环的速度大小v＝时，小环对杆没有压力
D．当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离L＝
解析：选B。根据题意，假如没有磁场，小环对杆的压力大小为mg cos 37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直于杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误；设小环滑到P处时的速度大小为vP，在P处，小环的受力如图甲所示，根据平衡条件得qvPB＋FN＝mg cos 37°，由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小为0.4mg，联立解得vP＝，故B正确；设小环在P′处对杆没有压力，此时小环的速度大小为v′，则在P′处，小环的受力如图乙所示，由平衡条件得qv′B＝mg cos 37°，解得v′＝，在小环由P处滑到P′处的过程中，由动能定理得mgL sin 37°＝mv′2－mv，代入解得L＝，故C、D错误。
　　
12．(多选)(2025·甘肃天水市期中)如图所示，在垂直于纸面向外的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的带电滑块从光滑斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好不受弹力，已知磁感应强度的大小为B，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．滑块滑至底端时的速率为
B．滑块滑至底端时的速率为
C．滑块经过斜面中点时的速率为
D．滑块经过斜面中点时的速率为
解析：选AC。由题意可知，带电滑块从光滑斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好不受弹力，可知此时滑块受到的洛伦兹力与重力沿垂直于斜面的分力平衡，可得mg cos θ＝qvB，则v＝，A正确，B错误；由题意可知，带电滑块在斜面上做初速度是零的匀加速直线运动，由位移中点的速度公式v＝ eq \r(\f(v＋v2,2)) 可知，滑块经过斜面中点时的速率v＝＝，C正确，D错误。
13．(8分)(2025·辽宁锦州市期中)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径R＝0.50 m的绝缘光滑槽轨。槽轨处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.50 T，有一个质量m＝0.10 kg、带电量q＝＋1.6 C的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球在最高点N的速度大小及洛伦兹力F的大小；(4分)
(2)小球的初速度v0的大小。(可用根号表示)(4分)
解析：(1)设小球在最高点N的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力F＝qvB
方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点N，故小球在最高点N由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即
mg－F＝m
两式联立得v＝1 m/s，F＝0.8 N。
(2)由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得
mv＝mg·2R＋mv2
解得v0＝ m/s。
答案：(1)1 m/s　0.8 N　(2) m/s(共42张PPT)
单元过关检测(一)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．2024年9月27日，世界新能源汽车大会在海口开幕。大会中展现的诸多前沿科技，揭示了未来汽车发展的趋势。其中电动汽车的进步最为引人注目。图中与磁现象有关的四个实验，与电动机的原理最为相似的是(　　)
√
A．甲　　 　B．乙　　 　
C．丙　　 　D．丁
解析：电动机的原理是通电线圈在磁场中受力而转动，题图甲是反映条形磁铁周围磁场的分布情况，故A不符合题意；题图乙反映的是通电导体在磁场中受到安培力的作用，故B符合题意；题图丙反映的是电流的磁效应，故C不符合题意；题图丁反映的是电磁铁的磁性与匝数的关系，故D不符合题意。
2．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，且a、b到O点的距离均相等。下列说法正确的是(　　)

A．两根导线互相吸引
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
C.在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D．从O点沿直线至a点，磁感应强度一定不断减小
√
解析：同向电流互相吸引，故A正确；a点处的磁感应强度方向垂直于MN连线向下，b点处的磁感应强度方向垂直于MN连线向上，由对称性可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反，故B错误；M点处导线与N点处导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点处的磁感应强度为零，从O点沿直线至a点，M点处导线产生的磁感应强度不断增大，N点处导线产生的磁感应强度不断减小，合磁感应强度不断增大，故C、D错误。
3.如图所示，三根相互平行的长为l的固定直导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通有电流I。a中电流方向与c中的相同，与b中的相反。已知b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则(　　)
A．b、c中电流在a导线处产生的合磁场磁感应强度为0
B．b、c中电流在a导线处产生的合磁场磁感应强度大小为2B0
C．a导线受到的安培力大小为B0Il
√
解析：导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通有电流I，b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，导线a、c在其他导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小也为B0，b、c中电流在a导线处产生的磁场如图所示，根据几何关系其夹角为120°，合磁场的磁感应强度与一根导线在该处产生的磁场的磁感应强度大小相等，等于 B0, 则a导线受到的安培力大小F＝B0Il。
√
5.如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)
√
解析：根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误。
6．电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是(　　)
√
A．M向右运动过程中，N静止
B．M向右运动过程中，N也向右运动
C．M向右运动过程中，M、N间弹力逐渐减小
D．M向右运动过程中，M、N间摩擦力逐渐减小
√
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
8．1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa<φb
B．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb
C．超导体中磁场越强，a、b两点的电势差越小
D．超导体中电流I越大，a、b两点的电势差越大
√
√
9.1931年建成了第一个回旋加速器，如图所示，它的主要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形的金属扁盒(D形盒)隔开相对放置，D形盒上加交变电压，交变电压大小为U、周期为T，D形盒的半径为R，磁感应强度的大小为B，该回旋加速器为α粒子加速器，不计粒子的初速度，已知α粒子的质量为m、电荷量为q。粒子在D形盒间隙运动的时间很短，一般可忽略，下列说法正确的是(　　)
√
√
√
10．如图所示，平面直角坐标系xOy内有一圆形匀强磁场区域，其圆心在坐标为(0，R)的O′点，半径为R，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里，在磁场区域的右侧(x>R)区域内有范围足够大的匀强电场区域，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电荷量为q的带负电粒子从O点沿y轴正方向以一定的初速度射入磁场区域，并恰好从A(R，R)点射出磁场区域，且经过点(2R，0)，不计带电粒子的重力和空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
√
√
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)如图所示，整个实验装置竖直悬挂在弹簧测力计下，装置的下端有宽度L＝10 cm的线框，线框下边处在匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面。当线框未接通电源时，弹簧测力计读数为6 N；接通电源后，线框中通过的电流为2 A，弹簧测力计的读数变为8 N，则可知通电
线框所受磁场力的大小为_________N，磁场的磁感应
强度的大小为_________T。
解析：由题意可得F安＋G＝8 N，又G＝6 N，解得通电线框
所受磁场力的大小F安＝2 N；根据安培力公式F安＝BIL，代
入数据解得B＝10 T。
2
10
12．(10分)如图所示，宽L＝0.5 m粗糙平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，一根质量m＝0.3 kg、长L＝0.5 m的金属杆MN水平放置在导轨上，金属杆与导轨垂直且接触良好。空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，当回路中存在电流I1＝0.5 A或I2＝1 A时，金属杆MN都恰好保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)a端为电源的正极还是负极？(2分)
解析：分析可知，金属杆必受到沿斜面向上的安培力，根据左手定则可知，电流方向由M指向N，故a端是电源正极。
答案：正极　
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小以及金属杆与导轨间的动摩擦因数。(8分)
解析：当电流为0.5 A时，金属杆恰好要下滑，由平衡条件得
BI1L＋Ffm＝mg sin θ
当电流为1 A时，金属杆恰好要上滑，由平衡条件得
BI2L＝mg sin θ＋Ffm
其中Ffm＝μmg cos θ
联立解得B＝4.8 T，μ＝0.25。
答案：4.8 T　0.25
(2)粒子在y轴正方向上射出的范围(计算结果保留根号形式)。(5分)
14．(14分)如图所示，M、N板间存在电压为U0的加速电场，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O的距离为2R。带电粒子从S点由静止飘入M、N板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到P点的距离，便能推算出带电粒子的比荷，不计带电粒子的重力。
(1)若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e，质量为m0，求电子经过电场加速后的速度大小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r。(6分)
(1)粒子从O点射出时的速度大小v；(4分)
解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出。(轨迹如图所示)
根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为v，方向与x轴负方向的夹角为60°，则有v cos 60°＝v0
解得v＝4 m/s。
答案：4 m/s　
(2)电场强度E的大小；(4分)
(3)粒子从P点运动到O点所用的时间。(6分)　(共33张PPT)
专题提升课6　带电粒子(或带电体)在组合场中的运动
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子在匀强电场中运动(v0为初速度)
(1)若v0与电场线平行，则粒子做匀变速直线运动；
(2)若v0与电场线垂直，则粒子做类平抛运动。
2．带电粒子在匀强磁场中运动(v0为初速度)
(1)若v0与磁感线平行，则粒子做匀速直线运动；　
(2)若v0与磁感线垂直，则粒子做匀速圆周运动。　
3．基本思路和方法
　　　如图所示，真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的矩形匀强磁场，方向垂直于纸面向里，MN、PQ是磁场的边界，质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)沿着与MN夹角θ＝30°的方向垂直射入磁场中，刚好垂直于PQ边界射出，并沿半径方向垂直进入圆形磁场，圆形磁场半径为L，方向垂直于纸面向外，离开圆形磁场时速度方向与水平右方向夹角为60°，求：
(1)粒子射入磁场的速度大小；
(2)粒子在矩形磁场中运动的时间；
(3)圆形磁场的磁感应强度。
(1)粒子在Q点的速度；
(2)－L(3)粒子从P点到M点所用时间。
(1)求粒子的速度大小v0。
[答案]　2×104 m/s　
(2)求电场强度E。
[解析]　带电粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，由平衡条件有qBv0＝qE
解得E＝1×103 N/C。
[答案] 1×103 N/C
(3)某时刻开始电场强度大小突然变为2E(不考虑电场变化产生的影响)，其他条件保持不变，一段时间后，粒子经过P点，P点的纵坐标y＝－0.2 m，求粒子经过P点的速度大小vP。
[答案] 6×104 m/s
　　　(2024·广东卷，T15改编)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，
微专题二　带电粒子在交变电场或磁场中的运动
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q。
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v。
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1.(带电粒子在组合场中的运动)在如图所示的Oxy平面内，第一象限内有方向水平向左的匀强电场，第二、三象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从(l，0)的A点以速度v0沿y轴正方向射入电场，从(0，2l)的C点离开电场，经过磁场后再次到达y轴时刚好从坐标原点O处经过，不计粒子重力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从A点运动到O点经历的时间。
2．(带电粒子在组合场中的运动)(2025·湖北黄冈市期中)在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内，有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向；一质量为m、电荷量为－q的粒子，从y轴上的点P(0，l)沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的点a(2l，0)进入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限某区域内有垂直于平面向里的匀强磁场。(不计粒子所受的重力)
(1)求粒子初速度v0的大小。
(2)如图1所示，若第Ⅳ象限内的磁场区域为正方形abcd，正方形边长为2l，且ad边与x轴重合，粒子飞出磁场后能与y轴负方向成45°角通过y轴，求磁感应强度B1满足的条件。
(3)如图2所示，若第Ⅳ象限内的磁场区域为圆形，圆形区域半径为R(R<2l)，且该圆与x轴相切于a点，粒子飞出磁场后恰能沿x轴负方向通过y轴，求磁感应强度B2的大小。　[学生用书P145（单独成册）]
1.(8分)(2025·黑龙江省第二次联考)如图所示，平面直角坐标系xOy中存在一与x轴相切的圆形匀强磁场区域，圆心坐标为(0，0.2)，匀强磁场的磁感应强度大小B＝ T、方向垂直于纸面向外。y<0区域，存在电场强度大小E＝4×103 N/C、方向沿y轴正方向的匀强电场。第四象限内的P点有一质量m＝2×10－9 kg、带电量q＝5×10－5 C的正电粒子，以大小v0＝5×103 m/s的初速度沿x轴负方向射入匀强电场，从坐标原点O以与x轴负方向成θ＝45°角进入匀强磁场。粒子重力不计，求：
(1)P点的坐标；(4分)
(2)粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间。(4分)
解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由几何关系有
vy＝v0tan θ＝5×103 m/s
根据牛顿第二定律有
a＝＝1×108 m/s2
则粒子在匀强电场中运动的时间
t＝＝5×10－5 s
水平方向有x＝v0t＝0.25 m
竖直方向有y＝at2＝0.125 m
故P点的坐标为(0.25 m，－0.125 m)。
(2)粒子进入匀强磁场的速度大小
v＝＝5×103 m/s
由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得R＝0.2 m
粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期
T＝＝×10－4 s
粒子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知，粒子在匀强磁场中转过的圆心角α＝135°，故粒子在匀强磁场中的运动时间
t′＝T＝×10－5 s。
答案：(1)(0.25 m，－0.125 m)
(2)×10－5 s
2.(12分)(2025·广东深圳市宝安区期末)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的垂直于纸面向外的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。第二象限分布着水平向左的匀强电场，电场强度为E。已知OP＝a，电场和磁场范围均足够大，重力忽略不计。求：
(1)带电粒子电性以及第一次穿出第一象限的坐标；(4分)
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2分)
(3)带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间。(6分)
解析：
(1)粒子从P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入，垂直于y轴从A点射出，根据左手定则，粒子运动轨迹如图所示，
由洛伦兹力的方向根据左手定则可知粒子带负电。由几何关系可知
R＝＝2a，OA＝R＋R sin 30°＝3a
因此A点坐标为(0，3a)。
(2)由洛伦兹力公式以及牛顿第二定律可知
qvB＝m
解得B＝＝。
(3)进入电场后，由于粒子带负电，电场力F向右，因此粒子减速到零，又加速返回，以原速度大小第二次穿过A点，根据左手定则可知，向上偏转180°第三次经过y轴
在电场中有Eq＝ma
由运动学公式以及对称性可知
t2＝＝
在磁场中，由T＝，t＝T，θ1＝120°，θ2＝180°
可知t1＝T＝，t3＝T＝
带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间
t总＝t1＋t2＋t3＝＋。
答案：(1)负电　(0，3a)　(2)　(3)＋
3．(12分)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。从y轴上坐标为(0，L)的P点沿x轴正方向，以初速度v0射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经电场偏转后从坐标为(2L，0)的Q点第一次经过x轴进入磁场。其中三、四象限的磁感应强度B＝，不计粒子的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；(2分)
(2)粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间；(6分)
(3)粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离。(4分)
解析：(1)粒子从P点射出后在电场中做类平抛运动，则2L＝v0t1
L＝at
根据牛顿第二定律有qE＝ma
解得t1＝，E＝ eq \f(mv,2qL) 。
(2)根据类平抛运动规律可知，穿过x轴时速度与水平方向的夹角θ满足
tan θ＝2×＝1
解得θ＝45°
则进入磁场的速度v＝v0
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得r＝L
根据几何关系可知粒子从O点射出磁场，如图，
粒子在磁场中运动的周期
T＝＝
在磁场运动的时间t2＝T＝
粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间
t＝t1＋t2＝。
(3)粒子第二次经过x轴后，根据运动的分解可知，竖直方向先匀减速，再匀加速，水平方向匀速运动，运动的时间为2t1，水平方向的位移
x′＝v0×2t1＝4L
由上述分析可知第三次经过x轴的坐标为4L，第四次经过x轴的坐标为2L，第五次经过x轴的坐标为6L，如此循环运动，
则粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离
xn＝(n＋1)L(n为奇数)或xn′＝(n－2)L(n为偶数)。
答案：(1) eq \f(mv,2qL) 　(2)　(3)(n＋1)L(n为奇数)或(n－2)L(n为偶数)
4．(14分)(2025·甘肃兰州市期中)如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，两磁场区域宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1。一电荷量为＋q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平方向向右进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ。已知AB长度是BC长度的倍。
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小。(2分)
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L。(4分)
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。(4分)
(4)求在(3)的条件下带电粒子从进入边界L1到第二次到达边界L2的时间。(4分)
解析：(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有
tan θ＝＝
则θ＝30°
根据速度关系有v＝＝。
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得qvB1＝m
轨迹如图甲所示，
由几何关系得L＝r1
解得L＝。
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示，
根据洛伦兹力提供向心力qvB2m＝m
根据几何关系有L＝r2(1＋sin θ)
解得B2m＝1.5B1。
(4)由图中几何关系可知，磁场Ⅰ中的圆心角为60°，磁场Ⅱ中的圆心角为240°，则粒子在磁场Ⅰ中的运动时间
t1＝·＝
粒子在磁场Ⅱ中的运动时间
t2＝·＝
带电粒子从进入边界L1到第二次到达边界L2的时间t＝t1＋t2＝。
答案：(1)　(2)　(3)1.5B1
(4)(共25张PPT)
课后达标检测
1.(多选)如图为一具有速度选择功能的质谱仪原理图，P为粒子加速器，加速电压为U1；Q为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；M为偏转分离器，其磁场的磁感应强度为B2。质量为m、电荷量为e的带电粒子(不计重力)，经加速后，恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，则(　　)
A．该粒子一定带负电
B．该粒子一定带正电
C.速度选择器两板间电压U2的大小与U1无关
D．该粒子在分离器磁场中运动的半径与U1有关
√
√
√
√
3．(2023·广东卷，T5)某小型医用回旋加速器最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10－19 J)(　　)
A．3.6×106 m/s　　　 B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
√
4．(2025·新疆乌鲁木齐市期中)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示。D形盒半径为R，垂直于D形盒底面的匀强磁场磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连。设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是(　　)
√
5.(2025·浙江嘉兴市期中)我国某集团全面完成了230 MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压大小恒为U。若用此装置对氘核(H)加速，所加交变电流的频率为f。加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是(　　)
√
6．(多选)(2025·天津南开区质检)回旋加速器是用来加速带电粒子使它们获得很大动能的仪器。其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一电压为U的高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭缝中形成交变电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于D形盒。粒子源A能不断释放出电荷量为q、质量为m的带电粒子(初速度可以忽略，重力不计)。已知D形盒半径为R，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是(　　)
√
√
√
(1)粒子离开加速器时的动能Ek；(4分)
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的时间t；(4分)
(3)第2、4次加速后，粒子刚进入D2时的位置间的距离x。(4分)
(1)判断粒子的电荷属性。(2分)
解析：根据粒子在磁场中的偏转方向结合左手定则可知粒子带正电。
答案：正电
(2)求粒子经加速电场加速后的速度v1。(2分)
(3)求P1和P2两金属板间匀强电场的电压U2。(4分)
(4)求经S3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度B2。(4分)(共29张PPT)
专题提升课2　安培力作用下导体的运动
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　“四种方法”分析导体的运动
电流 元法 把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向，然后判断整段导线所受安培力的方向，从而确定导线运动方向
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铁或多个环形电流(反过来等效也成立)，然后根据磁体间或电流间的作用规律判断
特殊 位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
推论法 两平行通电直导线在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；不平行的两通电直导线相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
方法1　电流元法的应用
　　　【教材经典P21第2题】把一根通电的硬导线放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧形，如图所示。导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由a向b。
(1)描述导线的运动情况。
[解析]　将导线ab分成左、中、右三部分，中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；左端一段所在处的磁场方向斜向右上，根据左手定则知其受力方向向外；右端一段所在处的磁场方向斜向右下，受力方向向里；当转过一定角度时，中间一段电流不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以a端转向纸外，b端转向纸里，同时向下运动。
[答案]　见解析
(2)虚线框内有产生以上弧形磁感线的磁场源，它可能是条形磁体、蹄形磁体、通电螺线管、直线电流。请你分别按每种可能考虑，大致画出它们的安放位置。
[解析]　如图所示的四个图分别表示虚线框内的磁场源是条形磁体、蹄形磁体、通电螺线管和直线电流及它们的大致位置。
[答案]　见解析
√
方法2　等效法和特殊位置法的应用
　　　如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内。当在线圈中通入沿图示方向的电流时，将会看到(　　)
A．线圈向左平移
B．线圈向右平移
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁
[解析]　线圈通以逆时针方向的电流，由于处于S极的磁体附近，磁感线从右侧进入S极，根据左手定则可得，线圈左边受垂直于纸面向内的安培力，线圈右边受垂直于纸面向外的安培力，所以线圈还会绕着悬线轴线旋转，不属于单纯的平移，故A、B错误；从上往下看，线圈顺时针转动，由于环形电流产生的磁场，纸张外侧相当于N极，当开始旋转直至转过90°角过程中，二者异名磁极相互吸引，导致线圈在顺时针转动的同时向磁铁靠近，故C正确，D错误。
方法3　推论法的应用
　　　用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所示，当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有(　　)
A.两导线环相互吸引
B．两导线环相互排斥
C．两导线环无相互作用力
D．两导线环先吸引后排斥
√
[解析]　通电的导线环周围能够产生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或通电导线产生力的作用。由于导线环中通入的电流方向相同，二者同位置处的电流方向完全相同，相当于通入同向电流的直导线，根据同向电流相互吸引的规律，可知两导线环应相互吸引。
　　　如图，固定直导线C垂直于纸面放置，可动直导线AB通以方向如图所示的电流，用测力计悬挂在导线C的正上方。若导线C中通以垂直于纸面向外的电流，以下判断正确的是(　　)
A．导线A端转向读者，同时测力计读数减小
B．导线B端转向读者，同时测力计读数减小
C．导线A端转向读者，同时测力计读数增大
D．导线B端转向读者，同时测力计读数增大
√
[解析]　同向电流相互吸引，所以相互作用的两个通电导线会朝着电流方向一致的方向转动，且相互靠近，所以导线B端将转向读者，且和导线C相互吸引，则测力计示数增大，故D正确，A、B、C错误。
微专题二　安培力作用下的动力学问题
　　　如图所示，间距d＝2 m的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间分布着匀强磁场，其磁感应强度大小B＝0.5 T，方向斜向左上方且与水平面的夹角为37°。质量m＝0.2 kg的导体棒MN垂直放在金属导轨上。通过导轨可为导体棒提供从M到N的恒定电流。当电流I1＝1 A时，导体棒恰好保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与金属导轨接触良好，金属导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求导体棒与金属导轨间的动摩擦因数μ。
[解析]　对导体棒进行受力分析，如图所示，
则有μN1＝BI1d sin 37°，
mg＝N1＋BI1d cos 37°
解得μ＝0.5。
[答案]　0.5　
(2)继续增大电流，导体棒开始运动。求当电流I2＝2 A时，导体棒在金属导轨上运动时的加速度大小。
[解析]　当电流I2＝2 A时，对导体棒进行分析有
BI2d sin 37°－μN2＝ma，mg＝N2＋BI2d cos 37°
解得a＝5 m/s2。
[答案]　5 m/s2
　　　(多选)(2025·广东深圳市龙岗区期末)电磁炮是一种新式兵器，其主要原理如图所示。某电磁炮能够把m＝2.2 g的炮弹(包括金属杆CD的质量)由静止加速到v＝10 km/s。若轨道宽L＝2 m，长s＝100 m，通过的电流I＝10 A，设电磁炮做匀加速直线运动，忽略轨道摩擦，则(　　)
A．加速度大小为5×102 m/s2
B．安培力大小为1.1×103 N
C．磁场的磁感应强度为55 T
D．电磁炮的最大功率为1.1×105 W
√
√
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(安培力作用下导体的运动)如图所示，一根可以自由转动的直导线ab平行于通电螺线管的轴线，放置在螺线管的正上方，则直导线ab通以由a到b的电流后，运动情况为(　　)
A．从上向下看顺时针转动并远离螺线管
B．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
解析：把直线电流等效为 aO、OO′、O′b三段，其中OO′段极短，由于OO′段电流方向与该处的磁场方向相同，所以不受安培力作用；aO段电流所在处的磁场方向斜向上，由左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外；O′b段电流所在处的磁场方向斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直于纸面向里。再用特殊位置法分析：当导线转过90°与纸面垂直时，判断导线所受安培力方向向下，综上可知导线将以 OO′段为轴逆时针转动(从上向下看)并靠近通电螺线管。
√
2.(安培力作用下导体的运动)(2025·山东青岛市期中)如图所示，KN和LM是圆心为O、半径分别为ON和OM的同心圆弧，在O处有电流方向垂直于纸面向外的载流直导线。用一根导线围成KLMN回路，当回路中沿图示
A．KL边受到垂直于纸面向里的力
B．线框KLMN将向右平动
C．MN边垂直于纸面向里运动
D．线框KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直于纸面的轴转动
解析：垂直于纸面的导线，电流方向向外，根据安培定则可知，其磁感线是以导线为圆心的逆时针方向的一系列同心圆，再根据左手定则可知，KL边受到的安培力垂直于纸面向外，则将垂直于纸面向外运动，故A错误；MN边受到的安培力垂直于纸面向里，则将垂直于纸面向里运动，故C正确；从右侧观察线框KLMN做逆时针转动，故B、D错误。
3．(导体运动的动力学问题)央视报道我国一款新型电磁炮，专门用来扑灭山林大火。发生山林大火时，山高路陡，人力灭火十分困难，利用电磁炮在山脚下发射消防灭火弹，为了研究方便将待发射的炮弹视为一个导体棒。如图所示，导体棒质量m＝0.02 kg，电阻R＝1 Ω，把导体棒垂直放置于两条与水平面成30°角的平行导轨的下端(初速度为0)，导轨宽L＝0.11 m，导轨长s＝0.25 m，导轨下端接电源，电动势E＝80 V，内阻r＝1 Ω。垂直于导轨平面有一向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.25 T，其余电阻以及摩擦力都忽略不计，不考虑导体棒切割磁感线产生的电动势，g取10 m/s2。
(1)画出导体棒的受力示意图。
解析：导体棒受到重力、轨道支持力及安培力，如图所示。
答案：图见解析
(2)求导体棒受到安培力的大小。
答案：1.1 N　
(3)求导体棒离开导轨时的速度大小。
解析：由受力分析结合牛顿第二定律可知
F－mg sin 30°＝ma
根据匀变速直线运动位移与速度的关系v2＝2as
联立解得v＝5 m/s。
答案：5 m/s

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