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第2课时　回旋加速器与质谱仪
知识点一　回旋加速器
　 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为Ek＝ eq \f(B2q2R,2m) 。
5．处理回旋加速器的应用题应注意以下两点
(1)交流电的周期与粒子做圆周运动的周期相同，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。
　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)
　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，可知增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，故C正确。
[答案]　C
知识点二　质谱仪
　 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：能生成带电粒子束。
②加速电场：带电粒子束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·珠海月考)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A1A2。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]　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。
[答案]　D
　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。现有一质量为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)
1．(回旋加速器)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：选D。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。
2．(回旋加速器)(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。
3．(质谱仪)(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：选D。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＝。
4．(质谱仪)(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(共44张PPT)
第三节　洛伦兹力
第1课时　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。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、认识洛伦兹力
1．电子束在磁场中的偏转
(1)当没有外磁场时，阴极射线管中的电子束沿____前进。
(2)当磁场方向与电子束前进方向垂直时，电子束运动径迹发生了____，表明磁场对电子束产生了作用力。
2．定义：人们将____对________产生的作用力称为洛伦兹力。
直线
弯曲
磁场
运动电荷
二、洛伦兹力的方向
1．洛伦兹力方向的特点
(1)当运动电荷的速度方向与磁场方向____时，运动电荷不受洛伦兹力；
(2)当运动电荷的速度方向与磁场方向____时，运动电荷受到的洛伦兹力，其方向既与磁场方向垂直，又与速度方向垂直。
平行
垂直
2．左手定则：如图所示，伸开左手，使大拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向______的运动方向，这时拇指所指的方向就是______在该磁场中所受洛伦兹力的方向。运动的负电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向，与沿相同方向运动的正电荷所受力的方向____。
正电荷
正电荷
相反
三、洛伦兹力的大小
1．当电荷在垂直磁场的方向上运动时，磁场对运动电荷的洛伦兹力大小f等于电量q、电荷运动速率v、磁场磁感应强度B三者的乘积，即f＝______。
2．在一般情况下，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
qvB sin θ
√
×　
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)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
在下列四幅图中，正确标明了带负电的粒子所受洛伦兹力f方向的是(　　)
√
[解析]　根据左手定则可知，题图A中洛伦兹力的方向正确；题图B中洛伦兹力方向向上；题图C中洛伦兹力方向垂直于纸面向里；题图D中洛伦兹力方向垂直于纸面向外。
(2025·佛山期末)地磁场对生态系统有重要的保护作用。若在万米高空有一束带负电的高能粒子，垂直于水平地面射向佛山某地，则该束粒子此时所受地磁场作用力的方向是(　　)
A．向东 B．向西
C．向南 D．向北
[解析]　带负电的高能粒子垂直于水平地面射向佛山某地，地磁场方向在佛山的上空从南指向北，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向向西，故B正确。
√
角度2　洛伦兹力的特点
(2025·东莞期末)带电粒子垂直于匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是(　　)
A．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
B．洛伦兹力对带电粒子做功
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力方向与带电粒子的速度方向不一定垂直
√
[解析]　由左手定则可知，洛伦兹力方向一定与带电粒子的速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，则带电粒子的速度大小不变，即动能不变，故A正确，B、D错误；根据公式F洛＝Bqv，可知洛伦兹力的大小与速度有关，故C错误。
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？
[提示]　I＝nqvS　F安＝IlB＝nqvSlB
(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。
角度1　洛伦兹力与安培力
下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是(　　)
A．判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B．安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D．通电导线放在磁场中时，安培力、磁感应强度和电流方向一定两两垂直
√
[解析]　安培力是磁场对通电导体内定向移动的电荷所施加的洛伦兹力的宏观表现，所以，从本质上看，它们都是磁场对运动电荷的作用力，方向都用左手定则判定，但洛伦兹力始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力始终对运动电荷不做功，而通电导体可以沿安培力方向发生位移，所以安培力可以对通电导体做功，A、B错误；一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零，因为安培力还与导体与磁场夹角有关，若导体与磁场方向平行，则安培力为零，C正确；通电导线放在磁场中时，磁感应强度和电流方向不一定垂直，但安培力一定与磁感应强度垂直，与电流方向垂直，D错误。
角度2　洛伦兹力与电场力
一正点电荷分别在电场和磁场中运动，下列说法正确的是　(　　)
A．正点电荷在电场中运动时，可能不受电场力作用
B．正点电荷在电场中运动时，受电场力的方向一定与电场强度方向相反
C．正点电荷在磁场中运动时的速度越大，受到的洛伦兹力一定越大
D．正点电荷在磁场中运动时，受到的洛伦兹力方向一定与磁场方向垂直
√
[解析]　正点电荷在电场中运动时一定受电场力作用，且受电场力的方向一定与电场强度方向相同，故A、B错误；正点电荷在磁场中运动时，若其速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，故C错误；正点电荷在磁场中运动时，受到的洛伦兹力方向一定与磁场方向垂直，故D正确。
角度3　洛伦兹力的大小
　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。
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。
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。
知识点三　带电体在洛伦兹力作用下的运动
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，或者应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。
规范一练　应用动力学方法分析带电体在匀强磁场中的运动
　如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α，一质量为m、电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？
(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(洛伦兹力的方向)电荷量为q、速度为v的带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动时，下列图中带电粒子受力方向不正确的是(　　)
√
解析：根据左手定则可知，题图A、B、C中带电粒子受洛伦兹力的方向都是正确的；题图D中带电粒子受洛伦兹力方向应该垂直于纸面向里，故D错误。
√
2.(洛伦兹力的方向)从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子。由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，如图所示。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正电荷向东偏转
D．沿地球赤道平面垂直射来的高能负电荷向南偏转
解析：高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。粒子在不同的磁场中所受到的洛伦兹力大小不一，在南、北两极的磁场几乎与地面垂直，在赤道附近磁场的方向几乎与地面平行，结合洛伦兹力的特点可知，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A、B错误；根据左手定则可知，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带正电粒子在洛伦兹力作用下向东偏转，同理可知，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带负电粒子在洛伦兹力作用下向西偏转，偏向面均与赤道平面平行，故C正确，D错误。
3．(洛伦兹力的大小)两个带电粒子以相同的速度垂直于磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子受洛伦兹力之比为(　　)
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
解析：带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力f＝qvB，与电荷量成正比，与质量无关，C正确。
√
4．(带电体在洛伦兹力作用下的运动)(2025·江门期中)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。(共23张PPT)
专题提升课1　带电粒子在匀强磁场中
运动的临界问题
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　直线边界磁场中的临界问题
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。
√
√
角度3　垂直边界磁场中的临界问题
如图，在平面直角坐标系xOy的第四象限内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，现有一质量m＝5.0×10－8 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电粒子，从静止开始经U0＝10 V 的电压加速后，从图中P点沿图示方向进入磁场，此时速度方向与y轴负方向夹角为37°，已知OP＝30 cm，粒子所受重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。　
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小是多少？
[答案]　20 m/s　
(2)若磁感应强度的大小B＝2 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则OQ间的距离是多少？
[答案]　0.90 m　
(3)若粒子不能从x轴上方射出，那么磁感应强度B的最小值是多少？
微专题二　圆形边界磁场中的临界问题
√
√
(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？
微专题三　其他边界磁场中的临界问题
√
√
√
√
√第三节　洛伦兹力
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。
第1课时　磁场对运动电荷的作用力
一、认识洛伦兹力
1．电子束在磁场中的偏转
(1)当没有外磁场时，阴极射线管中的电子束沿直线前进。
(2)当磁场方向与电子束前进方向垂直时，电子束运动径迹发生了弯曲，表明磁场对电子束产生了作用力。
2．定义：人们将磁场对运动电荷产生的作用力称为洛伦兹力。
二、洛伦兹力的方向
1．洛伦兹力方向的特点
(1)当运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力；
(2)当运动电荷的速度方向与磁场方向垂直时，运动电荷受到的洛伦兹力，其方向既与磁场方向垂直，又与速度方向垂直。
2．左手定则：如图所示，伸开左手，使大拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向正电荷的运动方向，这时拇指所指的方向就是正电荷在该磁场中所受洛伦兹力的方向。运动的负电荷在磁场中
所受洛伦兹力的方向，与沿相同方向运动的正电荷所受力的方向相反。
三、洛伦兹力的大小
1．当电荷在垂直磁场的方向上运动时，磁场对运动电荷的洛伦兹力大小f等于电量q、电荷运动速率v、磁场磁感应强度B三者的乘积，即f＝qvB。
2．在一般情况下，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。
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)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
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
　在下列四幅图中，正确标明了带负电的粒子所受洛伦兹力f方向的是(　　)
[解析]　根据左手定则可知，题图A中洛伦兹力的方向正确；题图B中洛伦兹力方向向上；题图C中洛伦兹力方向垂直于纸面向里；题图D中洛伦兹力方向垂直于纸面向外。
[答案]　A
　(2025·佛山期末)地磁场对生态系统有重要的保护作用。若在万米高空有一束带负电的高能粒子，垂直于水平地面射向佛山某地，则该束粒子此时所受地磁场作用力的方向是(　　)
A．向东 B．向西
C．向南 D．向北
[解析]　带负电的高能粒子垂直于水平地面射向佛山某地，地磁场方向在佛山的上空从南指向北，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向向西，故B正确。
[答案]　B
角度2　洛伦兹力的特点
　(2025·东莞期末)带电粒子垂直于匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是(　　)
A．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
B．洛伦兹力对带电粒子做功
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力方向与带电粒子的速度方向不一定垂直
[解析]　由左手定则可知，洛伦兹力方向一定与带电粒子的速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，则带电粒子的速度大小不变，即动能不变，故A正确，B、D错误；根据公式F洛＝Bqv，可知洛伦兹力的大小与速度有关，故C错误。
[答案]　A
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？
[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。
角度1　洛伦兹力与安培力
　下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是(　　)
A．判断安培力的方向用左手定则，判断洛伦兹力的方向用右手定则
B．安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功
C．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零
D．通电导线放在磁场中时，安培力、磁感应强度和电流方向一定两两垂直
[解析]　安培力是磁场对通电导体内定向移动的电荷所施加的洛伦兹力的宏观表现，所以，从本质上看，它们都是磁场对运动电荷的作用力，方向都用左手定则判定，但洛伦兹力始终与电荷运动的方向垂直，所以洛伦兹力始终对运动电荷不做功，而通电导体可以沿安培力方向发生位移，所以安培力可以对通电导体做功，A、B错误；一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，但该位置的磁感应强度不一定为零，因为安培力还与导体与磁场夹角有关，若导体与磁场方向平行，则安培力为零，C正确；通电导线放在磁场中时，磁感应强度和电流方向不一定垂直，但安培力一定与磁感应强度垂直，与电流方向垂直，D错误。
[答案]　C
角度2　洛伦兹力与电场力
　一正点电荷分别在电场和磁场中运动，下列说法正确的是　(　　)
A．正点电荷在电场中运动时，可能不受电场力作用
B．正点电荷在电场中运动时，受电场力的方向一定与电场强度方向相反
C．正点电荷在磁场中运动时的速度越大，受到的洛伦兹力一定越大
D．正点电荷在磁场中运动时，受到的洛伦兹力方向一定与磁场方向垂直
[解析]　正点电荷在电场中运动时一定受电场力作用，且受电场力的方向一定与电场强度方向相同，故A、B错误；正点电荷在磁场中运动时，若其速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，故C错误；正点电荷在磁场中运动时，受到的洛伦兹力方向一定与磁场方向垂直，故D正确。
[答案]　D
角度3　洛伦兹力的大小
　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
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。
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，或者应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
规范一练　应用动力学方法分析带电体在匀强磁场中的运动
　如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α，一质量为m、电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？
(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？
[解析]　(1)由于μ根据牛顿第二定律，对沿棒的方向有
mg sin α－f＝ma
垂直于棒的方向有FN＋qvB＝mg cos α
所以当FN＝0，即f＝0时，a有最大值am，设此时的速度为v1
则am＝g sin α
此时qv1B＝mg cos α
解得v1＝。
(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受棒的弹力为FN2，方向垂直于棒向下，摩擦力f2＝μFN2，
此时应有a＝0，
即mg sin α＝f2
FN2＋mg cos α＝qvmB
解得vm＝。
[答案]　(1)g sin α　
(2)
1．(洛伦兹力的方向)电荷量为q、速度为v的带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动时，下列图中带电粒子受力方向不正确的是(　　)
解析：选D。根据左手定则可知，题图A、B、C中带电粒子受洛伦兹力的方向都是正确的；题图D中带电粒子受洛伦兹力方向应该垂直于纸面向里，故D错误。
2.(洛伦兹力的方向)从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子。由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，如图所示。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正电荷向东偏转
D．沿地球赤道平面垂直射来的高能负电荷向南偏转
解析：选C。高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。粒子在不同的磁场中所受到的洛伦兹力大小不一，在南、北两极的磁场几乎与地面垂直，在赤道附近磁场的方向几乎与地面平行，结合洛伦兹力的特点可知，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A、B错误；根据左手定则可知，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带正电粒子在洛伦兹力作用下向东偏转，同理可知，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带负电粒子在洛伦兹力作用下向西偏转，偏向面均与赤道平面平行，故C正确，D错误。
3．(洛伦兹力的大小)两个带电粒子以相同的速度垂直于磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子受洛伦兹力之比为(　　)
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
解析：选C。带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力f＝qvB，与电荷量成正比，与质量无关，C正确。
4．(带电体在洛伦兹力作用下的运动)(2025·江门期中)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：选B。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。(共21张PPT)
课后达标检测
√
1.截面为矩形的载流金属导线置于磁场中，如图所示，将出现(　　)
A．在b表面聚集正电荷，而a表面聚集负电荷
B．在a表面聚集正电荷，而b表面聚集负电荷
C．开始通电时，电子做定向移动并向b偏转
D．两个表面电势不同，a表面电势较高
2.磁流体发电机的原理如图所示。将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可在相距为d、正对面积为S的两平行金属板间产生电压。现把上、下板和电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两极。等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ，回路中有稳定的电流。忽略边缘效应及离子所受的重力，下列说法正确的是(　　)
A．上板A为正极，下板B为负极
B．稳定时，A、B两板间电压U＝Bdv
C．把电阻R更换为阻值更大的电阻，稳定时，A、B两板间电压变大，且UD．稳定时，发电系统提供的能量全部转化为电阻R的内能(焦耳热)
√
√
√
5．(2024·江西卷，T7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3 A时，测得U－B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
√
6.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、下面电压U大小正比于污水流量Q
√
7.如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中。当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应。若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h，厚度为d，通有电流I。稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U，则下列说法正确的是(　　)
A．在上、下表面形成电势差的过程中，
电子受到的洛伦兹力方向向下
B．达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A′的电势
C．只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U
D．只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U
√
√
8.如图所示的是利用霍尔元件制成的磁传感器。已知该长方体金属导体宽为d，高为h，上、下表面接线柱M、N连线与导体竖直边平行，上表面过M点的水平虚线与导体水平边平行，当导体通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，下列说法正确的是(　　)
A．电压表a端接“＋”接线柱
B．为提升磁传感器的灵敏度，可减小导体的宽度d
C．将电压的表盘改装为磁传感器的表盘，则刻度线不均匀
D．若上表面接线柱M沿虚线向右移动少许，则电压表示数不变
√
10．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30张PPT)
第2课时　安培力作用下导体的运动
及其应用
课堂深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　“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
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可能是条形磁体、蹄形磁体、通电螺线管和电流及它们的大致位置。
[答案]　见解析
方法2　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　等效法和推论法的应用
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。
知识点二　安培力作用下的动力学问题
(1)此时通入导体棒的电流为多大？
(2)导体棒摆动过程中的最大速度大小？
(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
知识点三　直流发电机和电磁炮
√
√
[解析]　根据直流发电机的原理可知，线圈在安培力的作用下转到平衡位置时，需改变电流方向，或使电流为零，线圈才能持续转动，故A、D符合题意。
√
(多选)(2025·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。
√
√
√
3．(安培力作用下的运动)(多选)(2025·深圳期末)在玻璃皿中心放一个圆柱形电极，接电源负极；沿边缘内壁放半径与玻璃皿内径相当的圆环形电极，接电源正极。然后在玻璃皿中放入导电液体，如盐水。如果把玻璃皿放在蹄形磁铁的磁场中(如图)，液体就会旋转起来。下列说法正确的是(　　)
A．导电液体之所以会旋转，
是因为通电液体受到了安培力作用
B．俯视发现液体顺时针旋转，说明蹄形磁铁下端是N极，上端是S极
C．俯视发现液体顺时针旋转，说明蹄形磁铁下端是S极，上端是N极
D．液体旋转后，不可以用欧姆定律计算导电液体的电阻
√
√
解析：导电液体之所以会旋转，是因为通电液体受到了安培力作用，故A正确；若俯视发现液体顺时针旋转，根据左手定则，磁感线向下，则蹄形磁铁下端是S极，上端是N极，故B错误，C正确；此电路为非纯电阻电路，不满足欧姆定律，则液体旋转后，不可以用欧姆定律计算导电液体的电阻，故D正确。
√
4．(电磁炮原理)(多选)(2025·佛山期末)如图甲所示的是电磁炮发射过程的情境图，在发射过程中，可以简化为炮弹始终处于磁感应强度为B的竖直方向匀强磁场中。不计一切阻力。下列说法正确的有(　　)
A．匀强磁场方向为竖直向下
B．发射过程中安培力对炮弹做负功
C．若只增大电流，炮弹飞出速度将增大
D．若调换电源正负极并同时将磁场方向变为反向，则炮弹所受磁场力方向也会反向
√
解析：根据左手定则可知，匀强磁场方向为竖直向下，故A正确；发射过程中安培力对炮弹做正功，炮弹的动能增加，若只增大电流，则根据F＝BIL可知，安培力变大，则安培力做功变大，则炮弹飞出速度将增大，故B错误，C正确；若调换电源正负极并同时将磁场方向变为反向，则炮弹所受磁场力方向不变，故D错误。(共41张PPT)
第一章　磁　场
第一节　安培力
学习目标
1．知道什么是安培力，知道安培力的方向与磁场方向、导线中电流方向有关。　2.会用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向。　
3.知道匀强磁场中安培力的表达式，会计算匀强磁场中安培力的大小。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、认识安培力
1．定义：人们把磁场对________的作用力称为安培力。
2．矢量性：安培力是一个矢量，既有大小又有方向。
通电导线
二、安培力的方向
1．通电导线在磁场中所受安培力的方向与____方向、导线中____方向有关。
2．左手定则：如图所示，伸开左手，使大拇指与四指____，且都与手掌在同一个平面内。让磁感线垂直____手心，并使四指指向____的方向，这时大拇指所指方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
磁场
电流
垂直
穿入
电流
三、安培力的大小
1．当通电直导线与磁场方向平行时，通电直导线所受安培力的大小F＝__。
2．当通电直导线与磁场方向垂直时，通电直导线所受安培力的大小F＝______。
3．当通电直导线与磁场方向成θ角时，通电直导线所受安培力的大小F＝____________________。
0
BIL
BIL sin θ
√
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)通电导线在磁场中一定会受安培力的作用。　(　　)
(3)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。(　　)
(4)一通以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，此通电直导线所受安培力的大小可能为0.02 N。(　　)
×　
×　
×　
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
应用方法 大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 大拇指指向轴线上磁感线的方向 大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，可以认为其中的一根通电导线在另一根通电导线产生的磁场中，受到磁场力的作用。两个力属于作用力和反作用力的关系。
推论：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。
角度1　安培力方向的特点
下列关于磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间的关系说法正确的是(　　)
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]　电流放入磁场中，不管电流与磁场是否垂直，安培力的方向均垂直于磁场和电流所确定的平面，即安培力方向既垂直于磁场方向，又垂直于电流方向，故A、B、C错误，D正确。
角度2　左手定则的应用
在下列四个图中，分别标明了磁场方向、通电直导线的电流方向及通电直导线所受安培力的方向，其中正确的是(　　)
√
[解析]　由左手定则可知，A图中安培力方向应向下，故A错误；B图中电流方向与磁场方向平行，不受安培力，故B错误；C图中安培力方向应向下，故C正确；D图中安培力方向应垂直于导线斜向下，故D错误。
角度3　平行通电直导线之间的相互作用
如图所示，两根在同一水平面内、相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2。a点位于两根导线的正中间。不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是(　　)
A．导线A和B间的安培力是斥力
B．A受的安培力比B受的安培力大
C．a点处的磁感应强度方向垂直于纸面向里
D．a点处的磁感应强度方向垂直于纸面向外
√
[解析]　根据左手定则可知，通有方向相同电流的长直导线相互吸引，导线A和B间的安培力是吸引力，A受的安培力与B受的安培力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A、B错误；根据右手螺旋定则可知，长直导线A在a点处产生的磁感应强度方向垂直于纸面向里，长直导线B在a点处产生的磁感应强度方向垂直于纸面向外，由于I1>I2，a点处的合磁感应强度方向垂直于纸面向里，故C正确，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。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(　　)
√
知识点二　安培力的大小
在匀强磁场B中，导线中的电流为I，当磁感应强度B的方向与导线成θ角时(如图)，导线所受安培力F应怎样求解？
[提示] 从右向左看题图时B与导线的关系如图所示，把磁感应强度B分解为两个分量：一个分量与导线垂直，大小为B1＝B sin θ ，另一分量与导线平行，大小为B2＝B cos θ。平行于导线的分量B2不对通电导线产生作用力，通电导线所受作用力仅由B1决定，即F＝ILB1，将B1＝B sin θ代入得F＝ILB 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。
(2)B对放入的通电导线来说是外磁场的磁感应强度。
(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。
角度1　求解安培力的大小
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
√
√
角度2　安培力的合成
(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。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(安培力的方向)在下列所示的各图中，表示磁感应强度B、电流I及电流受力F三者方向关系正确的是(　　)

解析：根据左手定则可得只有A正确。
√
√
2．(平行通电直导线间的相互作用)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
√
√
√(共17张PPT)
课后达标检测
1．(12分)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小未知，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上y＝h处以速度v0沿x轴正方向射出，已知粒子进入磁场时，速度方向与x轴正方向夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场，不计粒子所受重力。求：
(1)电场强度E的大小；(4分)
(2)电场强度E与磁感应强度B的比值。(8分)
(1)带电粒子射出电场时的速度大小和方向；(6分)
(2)匀强磁场的磁感应强度大小和带电粒子在磁场中运动的时间。(6分)
(1)带电粒子电性以及第一次穿出第一象限的坐标；(3分)
答案：负电　(0，3a)　
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(4分)
(3)带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间。(7分)
(1)求从粒子射入磁场到加匀强电场经过的时间t及所加电场的电场强度E的大小。(8分)
(2)要使粒子离开圆形匀强磁场区域后能运动到x轴的负半轴，求圆形区域内磁场的磁感应强度B的取值范围。(6分)
感谢观看
THANKS
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P(L,0)专题提升课1　带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题
微专题一　直线边界磁场中的临界问题
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。
角度1　单条直线边界磁场中的临界问题
　如图所示，
在真空中坐标xOy平面的x>0区域内，有磁感应强度B＝1.0×10－2 T的匀强磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10 cm，0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率v＝1.0×104 m/s的带正电的粒子，粒子的质量m＝1.6×10－25 kg、电荷量为q＝1.6×10－18 C，带电粒子能打到y轴上的范围为(　　)
A．－10 cm≤y≤10 cm
B．－10 cm≤y≤10 cm
C．－10 cm≤y≤10 cm
D．－10 cm≤y≤10 cm
[解析]　由Bqv＝m，知粒子运动轨迹半径为R＝＝ m＝0.1 m＝10 cm，让粒子向x轴负向发射，并作出半圆Ⅰ，然后让粒子发射的方向逆时针转动，同时半圆以P点为轴同方向旋转，结合题意画出半圆Ⅱ，如图所示
带电粒子的轨迹半圆Ⅰ正好与y轴下方相切于B点，B点为粒子能打到y轴下方的最低点，得OB＝R＝10 cm，带电粒子的轨迹半圆Ⅱ打到y轴上方的A点(即A点与P点连线正好为其圆轨迹的直径)时，A点为粒子能打到y轴上方的最高点，因OP＝R＝10 cm，AP＝2R＝20 cm，则OA＝＝10 cm，则带电粒子能打到y轴上的范围为－10 cm≤y≤10 cm。
[答案]　B
角度2　平行直线边界磁场中的临界问题
　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)从MN边界某处射入磁场，刚好没有从PQ边界射出磁场，当再次从MN边界射出磁场时与MN夹角为30°，则(　　)
A．粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角为60°
B．粒子在磁场中转过的角度为60°
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子能从PQ边界射出磁场时的速度大于
[解析]　
由对称性可知，粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角为30°，A错误；根据题意作出粒子运动轨迹如图所示，由图可知，粒子在磁场中转过的角度为α＝360°－2×30°＝300°，B错误；粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，C错误；设粒子刚好没有从PQ边界射出磁场的半径为r，由几何关系可知，r＋r cos 30°＝L，解得r＝2(2－)L，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m eq \f(v,r) ，解得r＝＝2(2－)L，要使粒子能从PQ边界射出磁场，则满足r′＞r，化简可得v0′＞v0＝，D正确。
[答案]　D
角度3　垂直边界磁场中的临界问题
　如图，在平面直角坐标系xOy的第四象限内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，现有一质量m＝5.0×10－8 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电粒子，从静止开始经U0＝10 V 的电压加速后，从图中P点沿图示方向进入磁场，此时速度方向与y轴负方向夹角为37°，已知OP＝30 cm，粒子所受重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。　
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小是多少？
(2)若磁感应强度的大小B＝2 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，则OQ间的距离是多少？
(3)若粒子不能从x轴上方射出，那么磁感应强度B的最小值是多少？
[解析]　(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理
qU0＝mv2得v＝20 m/s。
(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
有qvB＝m
代入数据得R＝＝0.50 m，
而＝0.50 m
故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。由几何关系可知
OQ＝R＋R sin 53°
故OQ＝0.90 m。
(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得OP≥R′＋R′sin 37°，R′＝
由以上两式并代入数据得B≥ T
则磁感应强度B的最小值是 T。
[答案]　(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3) T
微专题二　圆形边界磁场中的临界问题
　(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为 的负离子(不计重力)以相同速率v0(离子在磁场中的运动半径大于R)，由P点在纸面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上，则下列说法正确的是(　　)
A．离子在磁场中运动时间一定相等
B．离子在磁场中的运动半径一定相等
C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
D．沿PQ方向射入的离子飞出时速度的偏转角最大
[解析]　设离子轨迹所对应的圆心角为θ，则离子在磁场中运动的时间为t＝T，其中T＝，所有离子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故A错误；离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝m eq \f(v,R) ，解得R＝，因离子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B正确；由圆的性质可知，当轨迹圆的弦长最大时偏转角最大，最大弦长为PQ，故由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，此时轨迹圆与磁场圆相交，则离子一定不会沿PQ方向射入，故C正确，D错误。
[答案]　BC
　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、带电荷量为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，由几何关系可知轨迹半径为
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为
T＝＝
在磁场中的运动时间为
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＝
平移距离为d＝R sin θ＝R。
[答案]　(1)　(2)　(3)R
微专题三　其他边界磁场中的临界问题
　(多选)(2025·深圳期末)如图所示，水平虚线MN下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B的大小可以改变，ST为接收屏，T点位于磁场的边界处，∠STM＝30°。在S点有一粒子发射源，发射的粒子速度方向均垂直于MN，速度大小均为v0，发射的粒子经过一段时间均能达到接收屏上。已知粒子的比荷为k，发射源S到MN的距离为d，忽略粒子间的相互作用以及重力。下列说法正确的有(　　)
A．粒子带负电
B．B可能为
C．当B最小时，粒子打到接收屏的点到T点的间距为(2－)d
D．当B最小时，粒子从发射到被接收，粒子的运动时间为
[解析]　由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；当粒子轨道半径最大时，B最小，由几何关系可知r＝d，根据qv0Bmin＝m eq \f(v,r) ，可知Bmin＝，则B不可能为，故B错误；当B最小时，粒子打到接收屏的点到T点的间距s＝－2r cos 30°＝(2－)d，故C正确；当B最小时，粒子从发射到被接收，粒子的运动时间t＝T＝·＝，故D正确。
[答案]　ACD
　(多选)如图所示的虚线，是边长为L的正三角形，在正三角形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，d、e为ab、bc边的中点。一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，由d点垂直于ab以初速度v0进入磁场，从e点射出磁场，不计粒子所受重力和空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．磁场的方向垂直于纸面向内
B．磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．若改变粒子射入速度的大小，方向不变，则粒子在磁场运动的最长时间为
[解析]　由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外，A错误；由几何关系，粒子运动轨迹半径为L，根据qv0B＝m eq \f(v,R) 可得B＝，B正确；运动时间t＝T＝，C错误；若改变粒子射入速度的大小，方向不变，则当粒子从bd之间射出时，运动时间最长，为t＝T＝，D正确。
[答案]　BD(共21张PPT)
课后达标检测
√
1．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里。一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动。由此可以判断(　　)
A．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点
B．如果油滴带正电，它可能从M点运动到N点，也可能从N点运动到M点
C．如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点
D．如果水平电场方向向右，油滴是从N点运动到M点
解析：带电油滴做直线运动，由于洛伦兹力会随着速度的变化而变化，所以带电油滴一定做匀速直线运动，为了满足受力平衡，受力一定如图所示。如果油滴带正电，根据左手定则可知，油滴是从M点运动到N点，故A、B错误；如果水平电场方向向右，可知油滴带负电，根据左手定则可知，油滴是从N点运动到M点，故C错误，D正确。
2．(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。
√
√
√
√
√
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。
√
√
8．(14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固定在真空室内，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)。(6分)
答案：2.5×10－3 N，方向竖直向下第一节　安培力
1．知道什么是安培力，知道安培力的方向与磁场方向、导线中电流方向有关。　2.会用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向。　3.知道匀强磁场中安培力的表达式，会计算匀强磁场中安培力的大小。
一、认识安培力
1．定义：人们把磁场对通电导线的作用力称为安培力。
2．矢量性：安培力是一个矢量，既有大小又有方向。
二、安培力的方向
1．通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁场方向、导线中电流方向有关。
2．左手定则：如图所示，伸开左手，使大拇指与四指垂直，且都与手掌在同一个平面内。让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向电流的方向，这时大拇指所指方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
三、安培力的大小
1．当通电直导线与磁场方向平行时，通电直导线所受安培力的大小F＝0。
2．当通电直导线与磁场方向垂直时，通电直导线所受安培力的大小F＝BIL。
3．当通电直导线与磁场方向成θ角时，通电直导线所受安培力的大小F＝BIL sin θ 。
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)通电导线在磁场中一定会受安培力的作用。　(　　)
(3)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。(　　)
(4)一通以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，此通电直导线所受安培力的大小可能为0.02 N。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
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？
(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 大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 大拇指指向轴线上磁感线的方向 大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，可以认为其中的一根通电导线在另一根通电导线产生的磁场中，受到磁场力的作用。两个力属于作用力和反作用力的关系。
推论：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。
角度1　安培力方向的特点
　下列关于磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间的关系说法正确的是(　　)
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]　电流放入磁场中，不管电流与磁场是否垂直，安培力的方向均垂直于磁场和电流所确定的平面，即安培力方向既垂直于磁场方向，又垂直于电流方向，故A、B、C错误，D正确。
[答案]　D
角度2　左手定则的应用
　在下列四个图中，分别标明了磁场方向、通电直导线的电流方向及通电直导线所受安培力的方向，其中正确的是(　　)
[解析]　由左手定则可知，A图中安培力方向应向下，故A错误；B图中电流方向与磁场方向平行，不受安培力，故B错误；C图中安培力方向应向下，故C正确；D图中安培力方向应垂直于导线斜向下，故D错误。
[答案]　C
角度3　平行通电直导线之间的相互作用
　如图所示，两根在同一水平面内、相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2。a点位于两根导线的正中间。不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是(　　)
A．导线A和B间的安培力是斥力
B．A受的安培力比B受的安培力大
C．a点处的磁感应强度方向垂直于纸面向里
D．a点处的磁感应强度方向垂直于纸面向外
[解析]　根据左手定则可知，通有方向相同电流的长直导线相互吸引，导线A和B间的安培力是吸引
力，A受的安培力与B受的安培力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A、B错误；根据右手螺旋定则可知，长直导线A在a点处产生的磁感应强度方向垂直于纸面向里，长直导线B在a点处产生的磁感应强度方向垂直于纸面向外，由于I1>I2，a点处的合磁感应强度方向垂直于纸面向里，故C正确，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。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(　　)
[答案]　C
知识点二　安培力的大小
在匀强磁场B中，导线中的电流为I，当磁感应强度B的方向与导线成θ角时(如图)，导线所受安培力F应怎样求解？
[提示] 从右向左看题图时B与导线的关系如图所示，把磁感应强度B分解为两个分量：一个分量与导线垂直，大小为B1＝B sin θ ，另一分量与导线平行，大小为B2＝B cos θ。平行于导线的分量B2不对通电导线产生作用力，通电导线所受作用力仅由B1决定，即F＝ILB1，将B1＝B sin θ代入得F＝ILB 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。
(2)B对放入的通电导线来说是外磁场的磁感应强度。
(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。
角度1　求解安培力的大小
　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]　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。
[答案]　B
　(2025·中山期中)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
角度2　安培力的合成
　(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
1．(安培力的方向)在下列所示的各图中，表示磁感应强度B、电流I及电流受力F三者方向关系正确的是(　　)
解析：选A。根据左手定则可得只有A正确。
2．(平行通电直导线间的相互作用)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)如图所示，长为5 m的直导线折成边长相等、夹角为120°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T。当在导线中通以电流I＝2 A时，该V形通电导线受到的安培力大小为(　　)
A．1 N B．2 N
C． N D．2 N
解析：选C。根据题意，由几何关系可得，导线折后的有效长度L′＝2·sin 60°＝ m，由公式F＝BIL可得，该V形通电导线受到的安培力大小F＝BIL′＝0.2×2× N＝ N。
4．(安培力的大小)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。
5．(安培力的合成)在正三角形ABC的三个顶点A、B、C处，各固定有一根垂直于三角形的长直导线，每根导线通有大小相同的恒定电流，电流方向如图所示。已知导线A受到的安培力大小为F，则导线C受到的安培力(　　)
A．大小为F，方向平行于AB向左
B．大小为F，方向平行于AB向右
C．大小为F，方向垂直于AB向下
D．大小为F，方向垂直于AB向上
解析：选C。设两长直导线间的相互作用力大小为F1，反向电流相互排斥，同向电流相互吸引，对长直导线A研究，受力分析如图甲所示，根据力的合成可得F＝2F1cos 60°，解得F1＝F，对长直导线C研究，受力分析如图乙所示，根据力的合成可得，C受到的安培力FC＝2F1cos 30°，解得FC＝F，方向垂直于AB向下。
　　(共37张PPT)
第2课时　回旋加速器与质谱仪
课堂深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　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？
[提示]　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．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]　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。
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。
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
√
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？
知识点二　质谱仪
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：能生成带电粒子束。
②加速电场：带电粒子束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。
√
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。现有一质量为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？
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1．(回旋加速器)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(　　)
√
2．(回旋加速器)(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(　　)
√
√
√
√
4．(质谱仪)(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/kg1．(2025·广州联考)如图所示，长为L、质量为m的导体棒ab被两轻质细绳悬挂，静置于竖直方向的匀强磁场中。当ab中通过如图所示的恒定电流I时，ab棒摆离原竖直面，在细绳与竖直方向成θ角位置再次处于静止状态。已知ab棒始终与磁场方向垂直，则磁感应强度的方向及大小是(　　)
A．竖直向下，
B．竖直向下，
C．竖直向上，
D．竖直向上，
解析：选A。若磁感应强度方向竖直向下，根据左手定则可知ab棒所受安培力方向水平向外，由平衡条件可知BIL cos θ ＝mg sin θ，解得B＝，故A正确，B错误；若磁感应强度方向竖直向上，根据左手定则可知ab棒所受安培力方向水平向里，不可能平衡，故C、D错误。
2．如图所示，水平桌面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入垂直于纸面向内的电流，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，则弹簧被拉伸，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.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.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，故此时金属棒受到导轨的水平向左的摩擦力，C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.如图所示的是一个测量磁感应强度大小B的实验装置简图。整个装置悬挂在弹簧测力计下，单匝线圈的下边处于一个待测匀强磁场中，边长L＝0.1 m，磁场方向与线圈平面垂直。当线圈接通2 A直流电时，此时弹簧测力计的示数为0.6 N。保持电流大小不变，改变电流方向，弹簧测力计的示数为0.8 N，则(　　)
A．不通电时，弹簧测力计的示数为0.2 N
B．改变电流方向后，线圈受到的安培力向上
C．线圈受到的安培力大小为0.2 N
D．待测磁场的磁感应强度为0.5 T
解析：选D。由题意，改变电流方向后，弹簧测力计的示数增大，说明线圈所受安培力方向变为竖直向下。设不通电时，弹簧测力计的示数为F，通电后线圈所受安培力的大小为FA，则有F＋FA＝0.8 N，F－FA＝0.6 N，解得F＝0.7 N，FA＝0.1 N，故A、B、C错误；磁场的磁感应强度大小B＝＝0.5 T，故D正确。
7．(2025·广东广州期末)某兴趣小组制作了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示。有一金属棒PQ放在两金属导轨上，导轨间距L＝0.8 m，处在同一水平面上，轨道置于垂直于平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T。棒中点两侧分别固定有劲度系数k＝100 N/m的相同弹簧。闭合开关S前，两弹簧为原长，P端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，静止时指针对准刻度尺0.50 cm处。下列判断正确的是(　　)
A．电源N端为正极
B．闭合开关S后，电路中电流为2.50 A
C．闭合开关S后，电路中电流为1.25 A
D．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，金属棒PQ将继续向右移动
解析：选B。闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，则安培力方向向右，由左手定则可知电流由P到Q，则电源M为正极，A错误；金属棒PQ静止时指针对准刻度尺0.50 cm处，可知PQ受安培力大小F＝2kx＝2×100×0.5×10－2 N＝1.0 N，由安培力公式F＝BIL，可得电路中电流I＝＝ A＝2.50 A，B正确，C错误；闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，变阻器接入电路的电阻值增大，则电路中的总阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，金属棒中的电流减小，金属棒受到的安培力减小，金属棒PQ将向左移动，D错误。
8．(6分)(2025·汕头期中)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·江门期中)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，杆与滑轨间的动摩擦因数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 Ω1．(12分)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小未知，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上y＝h处以速度v0沿x轴正方向射出，已知粒子进入磁场时，速度方向与x轴正方向夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场，不计粒子所受重力。求：
(1)电场强度E的大小；(4分)
(2)电场强度E与磁感应强度B的比值。(8分)
解析：(1)粒子离开电场时，根据速度关系可得
v0＝v cos 60°
解得粒子离开电场时的速度大小v＝2v0
粒子在电场中，根据动能定理可得
qEh＝mv2－mv
解得电场强度大小E＝ eq \f(3mv,2qh) 。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，设粒子离开电场时，沿y轴负方向的分速度为vy，距原点的距离为x，则有
tan 60°＝，h＝t，x＝v0t，
联立解得x＝h
粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB＝m
由于粒子从坐标原点O处第一次射出磁场，则有
x＝2r sin 60°，解得r＝h
联立解得B＝，则电场强度E与磁感应强度B的比值＝。
答案：(1) eq \f(3mv,2qh) 　(2)
2.(12分)如图所示，在竖直虚线之间的两个区域内，左边区域存在竖直向下的匀强电场，右边区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两个区域的宽度均为d。一质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)以初速度v0水平向右射入电场，并恰好不从磁场右边界射出，其在电场中的运动轨迹如图中虚线所示。已知匀强电场的电场强度E＝ eq \f(mv,qd) 。求：
(1)带电粒子射出电场时的速度大小和方向；(6分)
(2)匀强磁场的磁感应强度大小和带电粒子在磁场中运动的时间。(6分)
解析：(1)根据粒子在电场中的运动轨迹可知粒子带负电，粒子在电场中做类平抛运动，令射出电场的速度方向与水平方向夹角为θ，
则有d＝v0t0
vy＝at0＝·t0＝v0
tan θ＝＝1
v＝ eq \r(v＋v)
解得θ＝45°，v＝v0。
(2)粒子进入磁场，恰好不从磁场右边界射出，表明圆周与右边界相切，轨迹如图所示，根据几何关系有＝sin 45°，解得R＝(2－)d
粒子在磁场中有qvB＝m，T＝
粒子在磁场中运动的时间为t＝T
联立解得B＝，t＝。
答案：(1)v0　方向与水平方向夹角为45°斜向上
(2)　
3．(14分)(2025·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；(3分)
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(4分)
(3)带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间。(7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)＋
4.(14分)(2025·广东广雅中学校考)如图所示，在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v从坐标原点O沿xOy平面射入磁场，v与x轴负方向的夹角α＝30°；粒子射入磁场后的某个时刻在x轴上方再加一个匀强电场，使粒子做匀速直线运动并从x轴的P(L，0)点沿垂直于x轴方向进入第四象限，在第四象限内有一半径R0＝L的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，磁场边界与x轴相切于P点。不计粒子所受的重力。
(1)求从粒子射入磁场到加匀强电场经过的时间t及所加电场的电场强度E的大小。(8分)
(2)要使粒子离开圆形匀强磁场区域后能运动到x轴的负半轴，求圆形区域内磁场的磁感应强度B的取值范围。(6分)
解析：(1)某个时刻在x轴上方再加一个匀强电场，使粒子做匀速直线运动并从x轴的P(L，0)点沿垂直于x轴方向进入第四象限，可知粒子到达P所在竖直线时，速度方向竖直向下，根据几何关系
R sin 30°＋R＝L
根据qvB＝结合平衡条件qvB＝Eq解得E＝
粒子在磁场中做圆周运动偏转对应圆心角
θ＝2π－α－＝π
粒子运动周期T＝＝
所以从粒子射入磁场到加匀强电场经过的时间
t＝T＝。
(2)粒子离开圆形磁场，刚好通过原点时，根据几何关系可知，对应速度偏转角为120°，
有＋r1＝L，解得r1＝
粒子离开圆形磁场方向刚好与x轴平行时，转四分之一圆周，有r2＝R0＝L
要使粒子离开圆形磁场区域后能运动到x轴的负半轴，根据qvB＝可得磁感应强度B的取值范围答案：(1)　　(2)课后达标检测
√
1．(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
2.(多选)如图所示为回旋加速器的示意图，用回旋加速器加速某带电粒子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电周期为T。设D形盒半径为R，不计粒子在两极板间运动的时间，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中被加速
B．粒子在电场中被加速
C．被加速的粒子做圆周运动的周期越来越大
D．粒子的最大动能与交流电源的电压U无关
√
√
3．回旋加速器主体部分是两个D形金属盒。两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示。在粒子质量不变和D形盒外径R固定的情况下，下列说法正确的是(　　)
A．粒子每次在磁场中偏转的时间随着加速次数的增加而增大
B．粒子在电场中加速时每次获得的能量相同
C．增大高频交流电压，则可以增大粒子最后偏转出D形盒时的动能
D．将磁感应强度B减小，则可以增大粒子最后偏转出D形盒时的动能
√
4．质谱仪是分析同位素的重要工具，质谱仪原理示意图如图所示。某种元素的两种同位素原子核从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场；加速后垂直进入匀强磁场中，最后打在照相底片D上，形成两条质谱线a、b。设a、b对应的原子核质量分别为ma、mb，进入磁场时速率分别为va、vb，下列判断正确的是(　　)
A．mamb
C．va>vb D．va＝vb
√
√
√
(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。(6分)
(1)求加速电场电压U。(4分)
答案：100 V　
(2)求带电粒子经过加速电场后的速度大小，带电粒子的比荷。(4分)
答案：500 m/s　1.25×103 C/kg
(3)若粒子垂直于加速极板从R(15 cm≤R≤20 cm)间进入静电分析器，通过计算分析粒子打到胶片上的位置范围。(6分)
答案：见解析1.如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(　　)
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直于纸面向外，右半部分垂直于纸面向里
D．左半部分垂直于纸面向里，右半部分垂直于纸面向外
解析：选C。根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向右下，根据左手定则可判断出，导线a所受安培力方向：左半部分垂直于纸面向外，右半部分垂直于纸面向里。故C正确，A、B、D错误。
2.如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为(　　)
A．向上 　　　 B．向下
C．向左 　　　 D．向右
解析：选B。根据安培定则，可知蹄形电磁铁的磁场分布情况，如图所示，故导线所处位置的磁感线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下。
3.(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。
4.(2025·江苏南通市期中)如图所示，纸面内有一环形线圈，线圈中通入顺时针方向的环形电流，在线圈内部放入一小段通电导线，导线与线圈共面，且通过导线的电流方向如图所示，则线圈所受的安培力(　　)
A．大小为0
B．垂直于导线向左
C．垂直于导线向右
D．垂直于纸面向内
解析：选C。根据右手螺旋定则可知，线圈内部磁场方向垂直于纸面向里，由左手定则可知，直导线受安培力垂直于导线向左，由牛顿第三定律可知，线圈所受的安培力垂直于导线向右。
5.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。
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，弹力变大，C正确，D错误。
7．(2025·广东两阳中学校考)将一节五号干电池的负极放在强磁铁上，强磁铁产生磁场的磁感线如图所示。将一矩形金属框与该电池组成闭合回路，在安培力作用下，线框发生转动，这样就构成一台简易“电动机”，下列说法正确的是(　　)
A．图中强磁铁下端为N极
B．从上向下看，图中金属框将逆时针转动
C．调转磁极，再次接入后金属框将反向转动
D．电池消耗的电能全部转化为金属框的动能
解析：选C。根据磁场的磁感线分布可知强磁铁下端为S极，A错误；由于金属框下方的磁感应强度比上方的大，研究金属框下方的受力情况，根据左手定则可知从上向下看，题图中金属框将顺时针转动，B错误；调转磁极，安培力方向将反向，故再次接入后金属框将反向转动，C正确；电池消耗的电能一部分转化为金属框的动能，一部分转化为内能，D错误。
8．(2025·广东高州市第四中学校考期末)电磁轨道炮发射的基本原理如图所示，水平地面上两条平行的金属导轨A和导轨B充当炮管，弹丸放置在两导轨之间，当强大的电流I流过弹丸时，弹丸获得加速度，最终高速发射出去，下列说法正确的是(　　)
A．导轨之间的磁场方向可能竖直向下
B．导轨之间的磁场方向可能水平向右
C．电磁炮的本质是一种大功率型发电机
D．若要增大发射速度，可增大流过弹丸的电流
解析：选D。根据安培定则可知，两导轨中的强电流在导轨之间产生的磁场方向竖直向上，故A、B错误；电磁炮的本质是电磁发射技术，不是大功率的发电机，故C错误；增大流过弹丸的电流，安培力将增大，根据牛顿第二定律知，弹丸获得的加速度增大，则其他条件不变的情况下，发射速度增大，故D正确。
9．(6分)(2025·广东东莞期中)电磁轨道炮示意图如图所示。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，已知电源电动势为E，闭合开关，MN开始向右加速运动直到达到最大速度之后离开导轨。求：
(1)磁场的方向；(2分)
(2)MN刚开始运动瞬间的加速度大小a。(4分)
解析：(1)根据题意，电流方向由M流向N，电磁炮受到的安培力方向水平向右，根据左手定则判断知磁场的方向为垂直于导轨平面向里。
(2)MN刚开始运动瞬间，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电路中的电流I＝
金属棒受到的安培力F＝BIL
根据牛顿第二定律F＝ma
联立解得MN刚开始运动瞬间的加速度大小
a＝。
答案：(1)垂直于导轨平面向里　(2)
10．(14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。(4分)
(2)求拉力FT的大小范围。(6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受到的安培力大小
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第二节　安培力的应用
1．知道电流天平的基本构造和工作原理。　2.知道磁电式电表的内部结构以及运用它测量电流大小和方向的基本原理。　3.知道直流电动机是利用安培力使通电线圈转动的典型应用，知道电动机的工作原理。
一、电流天平
等臂电流天平的原理图如图所示。在天平的右端挂一矩形线圈，设线圈匝数为n，底边cd长L，放在待测匀强磁场中，使线圈平面与磁场垂直，磁场方向垂直于纸面向里。
当线圈中通入图示方向的电流I时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码使天平平衡。设磁场磁感应强度为B，根据左手定则、安培力表达式和平衡条件，有m1g＝m2g－nBIL。
保持线圈中电流的大小不变，使电流方向反向。通过在天平左盘加上质量为m的砝码使天平再次平衡，则有(m1＋m)g＝m2g＋nBIL。
综合以上两式，可得该匀强磁场的磁感应强度测量值B＝。
电流天平常用于实验室中测量两平行通电导体之间的相互作用力和磁感应强度。
二、磁电式电表
1．构造：最基本的是磁铁、铁芯和放在磁铁两极之间的线圈，如图甲所示。
　
2．工作原理：蹄形磁铁与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示。
(1)当电流流入线圈时，线圈受安培力作用绕中心轴转动，使螺旋弹簧被扭转，产生一个阻碍线圈转动的阻力。当安培力与螺旋弹簧阻力作用效果相当时，线圈停在某一位置，电表指针指示表盘相应刻线，进而得到相应电流的大小。
(2)改变通入线圈的电流方向，安培力的方向随之改变，指针的偏转方向也随之改变。根据指针的偏转方向，可以知道通过电表的电流方向。
三、直流电动机
1．直流电动机的能量转化
直流电动机是利用安培力使通电线圈转动的典型应用。从能量的角度看，它是将电能转换成机械能的旋转电机。
2．直流电动机的工作原理
当图(a)直流电动机中的线圈通入电流后，线圈在安培力的作用下转到图(b)位置时，尽管受力平衡，但由于惯性作用，线圈仍能够按原方向继续转过该平衡位置。为了让线圈能够持续转动下去，技术人员巧妙地使线圈两端与两个半圆形铜环相连并一起转动，同时在电路中安装了与半圆形铜环接触的电刷。由此通过电流的周期性换向，确保线圈受到的安培力始终起到推动线圈往同一个方向持续转动的效果。
3．直流电动机的优点：只需改变输入电流的大小，就能够直接调节电动机的转速，而输入电流的大小是较容易改变的，因此，直流电动机常被应用于需要调速的设备。
判断下列说法是否正确。
(1)可以用电流天平测量磁场的磁感应强度。(　　)
(2)在磁电式电表中，线圈的平面总与磁场方向垂直。(　　)
(3)磁电式电表只能测定电流的大小不能确定被测电流的方向。(　　)
(4)增加线圈匝数和增大线圈面积都可以提高磁电式电流表的灵敏度。(　　)
(5)直流电动机工作时，将电能转化为机械能。　(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√
第1课时　安培力作用下的平衡及其应用
知识点一　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·汕头期末)如图所示，金属杆ab的质量为m，长为L，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夹角为θ斜向上，金属杆ab始终静止于水平导轨上，则以下说法正确的是(　　)
A．金属杆受到的安培力的大小为BIL sin θ
B．金属杆所受摩擦力大小为BIL cos θ
C．金属杆对导轨压力可以为0
D．仅使磁感应强度B反向，其他条件不变，摩擦力大小不变
[解析]　对金属杆受力分析，如图甲所示，金属杆受到的安培力的大小为BIL，水平方向由平衡条件得f＝BIL sin θ，故A、B错误；竖直方向由平衡条件得N＝mg－BIL cos θ，由牛顿第三定律得金属杆对导轨压力大小N′＝N＝mg－BIL cos θ，因水平方向必须存在摩擦力才能保持平衡，故金属杆对导轨压力不可以为0，C错误；仅使磁感应强度B反向，其他条件不变，受力分析如图乙所示，摩擦力大小f＝BIL sin θ不变，故D正确。
[答案]　D
　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，条形磁铁受电流对它竖直向上的力，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
知识点二　安培力作用下的动态平衡及极值问题
角度1　安培力作用下的动态平衡
　如图所示，两光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为30°，导轨间距为l，一质量为m的导体棒与导轨垂直放置，电源输出电流保持恒定，不计导轨电阻。当磁场水平向右时，导体棒恰能静止，现磁场发生变化，方向沿逆时针旋转，最终竖直向上，在磁场变化的过程中，导体棒始终静止，关于磁场的磁感应强度B的大小的变化说法正确的是(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
[解析]开始磁场水平向右，根据左手定则可知，安培力竖直向上，恰与重力平衡；当磁场逆时针旋转时，根据左手定则可知，安培力也同方向转动，由动态平衡图可知安培力先变小后变大，电流恒定，则磁感应强度的大小先减小后增大。
[答案]C
角度2　安培力作用下的极值问题
　(2025·惠州期末)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BI2L＝mg sin α
解得I2＝I1cos α。
[答案]　(1)　(2)I1cos α　垂直于导轨平面向上
知识点三　电流天平和磁电式电表
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。
　磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。蹄形磁铁和铁芯间有均匀辐向分布的磁场，如图乙所示。当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭转，线圈停止转动时满足NBIS＝kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈(指针)偏转角，k是与螺旋弹簧有关的常量。不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知(　　)
A．该电流表的刻度是均匀的
B．线圈转动过程中受到的安培力的大小变大
C．若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动
D．更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即)
[解析]　由NBIS＝kθ可知，电流与指针的偏转角成正比，故该电流表的刻度是均匀的，故A正确；蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，电流与磁场方向始终垂直，故线圈转动过程中受到的安培力的大小不变，故B错误；若线圈中通以题图乙所示的电流时，根据左手定则可知，左侧受的安培力向上，右侧受的安培力向下，故线圈将沿顺时针方向转动，故C错误；更换k值更大的螺旋弹簧，同样的电流变化导致同样的安培力变化，但偏转角度的变化减小了，故灵敏度降低了，故D错误。
[答案]　A
　如图所示的电流天平，矩形线圈的匝数为n，b段导线长为L，导线a、b、c段处于与线圈平面垂直的匀强磁场中，当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流I时，通过在右盘加质量为m的砝码(或移动游码)使天平重新平衡。下列说法正确的是(　　)
A．线圈通电后， b段导线所受的安培力向下
B．若仅将电流反向，线圈将仍能保持平衡状态
C．线圈受到的安培力大小为mg
D．由以上测量数据可以求出磁感应强度B＝
[解析]　依题意，通过在右盘加质量为m的砝码(或移动游码)使天平重新平衡，可知b段导线所受安培力向上且F安＝mg，又F安＝nBIL，解得B＝，故A、D错误，C正确；当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，若仅将电流反向，线圈将额外受到向下的安培力作用，不能保持平衡状态，故B错误。
[答案]　C
1．(安培力作用下的平衡)(2025·佛山月考)如图所示，在与水平方向成60°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＝＝2T。
2．(安培力作用下的平衡)如图所示，用两根等长的轻细悬线将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于竖直方向的匀强磁场内。当棒中通入从a到b的电流I后，两细悬线偏离竖直方向θ角，金属棒处于平衡状态，则该磁场磁感应强度的大小和方向分别为(　　)
A．tan θ，竖直向上 B．tan θ，竖直向下
C．，竖直向上 D．，竖直向下
解析：选A。从a端截面分析，金属棒受力如图所示，所以磁场方向为竖直向上，且满足BIl＝mg tan θ，解得B＝。
3.(安培力作用下的极值问题)(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：选AD。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。
4．(电流天平)如图所示的是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，请根据所测得的数据算出通电螺线管中的磁感应强度大小B。所测数据：CD段导线长度为4.0×10－2 m，天平平衡时钩码所受重力为4.0×10－5 N，通过导线的电流为0.5 A。
解析：由题意知，I＝0.5 A，G＝4.0×10－5 N，L＝4.0×10－2 m。电流天平平衡时，导线所受磁场力的大小等于钩码所受的重力，即F＝G。
由磁感应强度的定义式B＝ 得
B＝＝ T＝2.0×10－3 T
所以，通电螺线管中的磁感应强度大小为2.0×10－3 T。
答案：2.0×10－3 T(共23张PPT)
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√
√
√
3．(多选)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
√
√
√
√
√
7．(12分)(2025·广州期末)如图所示，在xOy坐标系的第一、四象限内存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场(未画出)。一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，从y轴上的A点沿平行于x轴的方向射入第一象限，经C点与x轴成30°角进入第四象限。已知第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小为B，C点到O点的距离为a，不计粒子所受的重力。
(1)判断带电粒子电性。(2分)
解析：由左手定则可知，带电粒子带正电。
答案：带正电　
(2)求粒子从A点射出时的速度大小。(4分)
(3)若粒子刚好不能进入第三象限，求粒子在第四象限内运动的时间。(6分)
(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；(8分)
答案：0.1 m　
(2)在磁场中运动时间最长粒子的最大速度。(4分)
答案：4×103 m/s(共24张PPT)
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√
1.如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(　　)
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直于纸面向外，右半部分垂直于纸面向里
D．左半部分垂直于纸面向里，右半部分垂直于纸面向外
解析：根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向右下，根据左手定则可判断出，导线a所受安培力方向：左半部分垂直于纸面向外，右半部分垂直于纸面向里。故C正确，A、B、D错误。
2.如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为(　　)

A．向上 　　　 B．向下
C．向左 　　　 D．向右
√
解析：根据安培定则，可知蹄形电磁铁的磁场分布情况，如图所示，故导线所处位置的磁感线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下。
3.(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。
4.(2025·江苏南通市期中)如图所示，纸面内有一环形线圈，线圈中通入顺时针方向的环形电流，在线圈内部放入一小段通电导线，导线与线圈共面，且通过导线的电流方向如图所示，则线圈所受的安培力(　　)
A．大小为0 B．垂直于导线向左
C．垂直于导线向右 D．垂直于纸面向内
解析：根据右手螺旋定则可知，线圈内部磁场方向垂直于纸面向里，由左手定则可知，直导线受安培力垂直于导线向左，由牛顿第三定律可知，线圈所受的安培力垂直于导线向右。
√
5.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：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。
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，弹力变大，C正确，D错误。
7．(2025·广东两阳中学校考)将一节五号干电池的负极放在强磁铁上，强磁铁产生磁场的磁感线如图所示。将一矩形金属框与该电池组成闭合回路，在安培力作用下，线框发生转动，这样就构成一台简易“电动机”，下列说法正确的是(　　)
A．图中强磁铁下端为N极
B．从上向下看，图中金属框将逆时针转动
C．调转磁极，再次接入后金属框将反向转动
D．电池消耗的电能全部转化为金属框的动能
√
解析：根据磁场的磁感线分布可知强磁铁下端为S极，A错误；由于金属框下方的磁感应强度比上方的大，研究金属框下方的受力情况，根据左手定则可知从上向下看，题图中金属框将顺时针转动，B错误；调转磁极，安培力方向将反向，故再次接入后金属框将反向转动，C正确；电池消耗的电能一部分转化为金属框的动能，一部分转化为内能，D错误。
√
8．(2025·广东高州市第四中学校考期末)电磁轨道炮发射的基本原理如图所示，水平地面上两条平行的金属导轨A和导轨B充当炮管，弹丸放置在两导轨之间，当强大的电流I流过弹丸时，弹丸获得加速度，最终高速发射出去，下列说法正确的是(　　)
A．导轨之间的磁场方向可能竖直向下
B．导轨之间的磁场方向可能水平向右
C．电磁炮的本质是一种大功率型发电机
D．若要增大发射速度，可增大流过弹丸的电流
解析：根据安培定则可知，两导轨中的强电流在导轨之间产生的磁场方向竖直向上，故A、B错误；电磁炮的本质是电磁发射技术，不是大功率的发电机，故C错误；增大流过弹丸的电流，安培力将增大，根据牛顿第二定律知，弹丸获得的加速度增大，则其他条件不变的情况下，发射速度增大，故D正确。
9．(6分)(2025·广东东莞期中)电磁轨道炮示意图如图所示。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，已知电源电动势为E，闭合开关，MN开始向右加速运动直到达到最大速度之后离开导轨。求：
(1)磁场的方向；(2分)
解析：根据题意，电流方向由M流向N，电磁炮受到的安培力方向水平向右，根据左手定则判断知磁场的方向为垂直于导轨平面向里。
答案：垂直于导轨平面向里　
(2)MN刚开始运动瞬间的加速度大小a。(4分)
10．(14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。(4分)
答案：10 N
(2)求拉力FT的大小范围。(6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25张PPT)
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√
题组1　带电粒子在磁场中运动的基本问题
1.某带电粒子垂直射入匀强磁场，粒子使沿途的空气电离，动能逐渐减小，一段径迹如图所示。若粒子带电量不变，重力不计，下列说法正确的是(　　)
A．粒子从a到b运动，带正电
B．粒子从b到a运动，带正电
C．粒子从a到b运动，带负电
D．粒子从b到a运动，带负电
2．(多选)(2025·佛山期中)如图所示的是显像管的原理示意图。偏转线圈通电后会产生磁场，电子枪射出的高速电子束，经过偏转线圈时会发生偏转，打在荧光屏上，电子所受重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．电子经过偏转线圈的过程动能不会变化
B．电子经过偏转线圈的过程做类平抛运动
C．增大偏转线圈电流，电子束向O点靠近
D．若电子束打在P点，则偏转线圈磁场垂直于纸面向外
√
√
题组2　带电粒子在直线边界磁场中的运动
3.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
√
4．如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的(　　)
A．轨迹半径之比为1∶2
B．速度之比为2∶1
C．时间之比为2∶3
D．周期之比为2∶1
√
5．(多选)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子a带正电
B．粒子c的动能最大
C．粒子b在磁场中运动的时间最长
D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大
√
√
√
√
√
√
9.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
√
10．(10分)如图所示，正方形区域abcd内有垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从a点以v0＝1.0×105 m/s的速度沿ad方向射入磁场，恰好从c点离开。已知带电粒子质量m＝1.6×10－16 kg，电荷量q＝2.0×10－10 C，匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T。不计带电粒子所受的重力，π取3.14。
(1)判断该粒子是带正电还是带负电。(2分)
解析：带电粒子受洛伦兹力作用从a点运动到c点，由左手定则可知，带电粒子带正电。
答案：带正电　
(2)求正方形区域的边长l。(4分)
答案：0.4 m　
(3)求带电粒子在正方形区域内的运动时间t0。(4分)
答案：6.28×10－6 s1.截面为矩形的载流金属导线置于磁场中，如图所示，将出现(　　)
A．在b表面聚集正电荷，而a表面聚集负电荷
B．在a表面聚集正电荷，而b表面聚集负电荷
C．开始通电时，电子做定向移动并向b偏转
D．两个表面电势不同，a表面电势较高
答案：A
2.磁流体发电机的原理如图所示。将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可在相距为d、正对面积为S的两平行金属板间产生电压。现把上、下板和电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两极。等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ，回路中有稳定的电流。忽略边缘效应及离子所受的重力，下列说法正确的是(　　)
A．上板A为正极，下板B为负极
B．稳定时，A、B两板间电压U＝Bdv
C．把电阻R更换为阻值更大的电阻，稳定时，A、B两板间电压变大，且UD．稳定时，发电系统提供的能量全部转化为电阻R的内能(焦耳热)
解析：选B。根据左手定则可知，正离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子将打在下板B上，负离子将打在上板A上，所以上板A为负极，下板B为正极，故A错误；稳定时，离子所受电场力与洛伦兹力平衡，即qvB＝Eq＝q，所以U＝Bdv，故B正确；A、B两板间的电压与电阻R无关，故C错误；稳定时，发电系统提供的能量转化为电阻R的内能和发电机内部损耗的能量，故D错误。
3.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。
4.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＝。
5．(2024·江西卷，T7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3 A时，测得U－B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
解析：选D。设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有evB＝e，联立解得U＝B，结合图像可得k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016。
6.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，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。
7.如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中。当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应。若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h，厚度为d，通有电流I。稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U，则下列说法正确的是(　　)
A．在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛伦兹力方向向下
B．达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A′的电势
C．只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U
D．只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U
解析：选C。电流向右、磁场向内，根据左手定则可知，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上，故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高，A、B错误。电子最终达到平衡，有evB＝e，电流的微观表达式I＝nevS＝nevhd，所以U＝，只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U；只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为，C正确，D错误。
8.如图所示的是利用霍尔元件制成的磁传感器。已知该长方体金属导体宽为d，高为h，上、下表面接线柱M、N连线与导体竖直边平行，上表面过M点的水平虚线与导体水平边平行，当导体通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，下列说法正确的是(　　)
A．电压表a端接“＋”接线柱
B．为提升磁传感器的灵敏度，可减小导体的宽度d
C．将电压的表盘改装为磁传感器的表盘，则刻度线不均匀
D．若上表面接线柱M沿虚线向右移动少许，则电压表示数不变
解析：选B。金属导体中载流子为自由电子，其定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知电子将向上表面偏转，所以电压表a端接“－”接线柱，故A错误；当M、N间的电压为U时，根据电场力和洛伦兹力的相等可得eE＝ ＝evB，根据电流的微观表达式有I＝nedhv，解得U＝，所以电压U与B成正比例关系，而电压表盘上电压刻度线均匀，所以由电压表盘改装的磁传感器的表盘的刻度线均匀，故C错误；磁传感器的灵敏度即U随B的变化量，为＝，为提升磁传感器的灵敏度，可减小导体的宽度d，故B正确；在电源之外的电路中沿电流方向电势降低，若上表面接线柱沿虚线向右移动少许，则N、M在沿电流方向也会存在电势差，且N点电势高于M点电势，所以电压表示数会变大，故D错误。
9．(2025·佛山期中)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：选D。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。
10．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车＝＝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。题组1　洛伦兹力
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。题图A中电荷所受洛伦兹力方向向上，故A错误；题图B中电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向里，故B错误；题图C、D中电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向外，故C、D正确。
2．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。
3．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。
4．(2025·揭阳期中)带电粒子射向地球时，地磁场改变了它们的运动方向。赤道上空P处的地磁场方向由南指向北，一正电粒子垂直于地面向赤道射来，如图所示。在P处该粒子受到的洛伦兹力(　　)
A．方向向东 B．方向向南
C．方向向西 D．方向向北
解析：选A。根据左手定则，可知磁场垂直穿过手心，四个手指指向正电粒子的运动方向，大拇指为其所受洛伦兹力方向，即方向向东。
5．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　带电体在洛伦兹力作用下的运动
6.在B＝2 T的匀强磁场中，一质量m＝1 kg、带正电q＝1 C的物体沿光滑的绝缘水平面以初速度v0＝10 m/s 向左运动，g取10 m/s2，如图，运动过程中物体受合力的大小为(　　)
A．10 N B．20 N
C．30 N D．0
解析：选D。物体受到竖直向下的洛伦兹力、重力和竖直向上的支持力，因在竖直方向没有发生位移，没有加速度，所以运动过程物体所受的合力大小为0。
7.(2025·广州期中)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。
8.(2025·深圳期中)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，一带电荷量为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。
9．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．(10分)(2025·汕头期末)如图所示，一个质量m＝0.1 g、电荷量q＝5×10－4 C的小滑块(可视为质点)，放在倾角α＝37°的光滑绝缘斜面顶端(斜面足够长)，斜面置于B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离后离开斜面，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块的电性；(2分)
(2)小滑块离开斜面的瞬时速率；(4分)
(3)小滑块在斜面下滑的距离。(4分)
解析：(1)由于小滑块运动一段距离后离开斜面，表明小滑块所受洛伦兹力方向垂直于斜面向上，根据左手定则可知，四指指向与滑块运动方向相同，即小滑块带正电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑时的过程，对滑块进行受力分析，如图所示
则有N＋qv0B＝mg cos α
当小滑块恰好离开斜面时，斜面对滑块的支持力N恰好等于0，此时解得v0＝4 m/s。
(3)结合上述可知，小滑块在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mg sin α＝ma
根据速度与位移的关系式有v＝2ax
解得x＝ m。
答案：(1)正电荷　(2)4 m/s　(3) m
11．(10分)(2025·珠海期中)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；(6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20张PPT)
专题提升课2　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，或其中任意两种场并存。
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)电场力的方向与电场方向相同或相反，电场力做功与路径无关，电场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)若带电粒子在存在磁场的叠加场中做直线，一定是做匀速直线运动，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，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的判断
　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，由于粒子由静止释放，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
如图所示，某空间有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电小球在电磁场中沿直线ab运动，下列关于小球的说法正确的是(　　)
A．带正电
B．运动方向一定为从a到b
C．动能减少
D．电势能增加
[解析]　根据做直线运动的条件和受力情况，又洛伦兹力与速度方向垂直，则可知小球做匀速直线运动，动能不变；若小球带正电，则电场力一定向右，重力竖直向下，不论小球从b到a，还是从a到b，都不能确保小球处于平衡状态，因此小球一定带负电，故A、C错误。由上述分析可知，小球带负电，则电场力水平向左，重力竖直向下，由于要处于平衡状态，则洛伦兹力必须斜向右上方，根据左手定则可知，小球必须从a到b，则电场力对小球做正功，电势能一定减小，故B正确，D错误。
角度3　带电体在叠加场中的类平抛运动
粗糙绝缘的水平地面上方虚线MN两侧存在着相等宽度的、方向竖直向下的匀强电场，MN左侧电场内存在着方向垂直于纸面向里匀强磁场，如图所示。质量为m的带电滑块(可视为质点)在水平地面上以速度v从左边界向右进入复合场后做匀速直线运动，滑块滑过MN之后经相同的时间从匀强电场的右边界离开电场，离开时速度方向与水平方向夹角为30°。已知电场强度为E，磁感应强度为B，且E＝2Bv，重力加速度为g，求：
(1)带电滑块的电荷性质及电荷量q；
(2)匀强电场的宽度L。
√
√
√
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。第四节　洛伦兹力与现代技术
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。　4.理解质谱仪的工作原理。　5.理解回旋加速器的工作原理。
一、回旋加速器
1．洛伦兹力演示仪：电子枪射出的电子束，能使玻璃泡中的稀薄气体发出辉光，显示出电子的径迹。调节电子枪的加速电压，可改变电子速度的大小。匀强磁场由两个平行的励磁线圈产生，磁场的磁感应强度可通过改变线圈中电流的大小进行调节。
2．演示仪中电子轨迹特点
(1)未加磁场时，电子束的径迹是一条直线。
(2)给励磁线圈通电后，在玻璃泡内产生沿两线圈轴线中心连线、方向由纸内指向纸外的磁场，可以看到垂直磁场射入的电子束的径迹是圆弧形。
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与轨道半径和运动速度无关。　
4．回旋加速器的结构
如图所示，回旋加速器的真空室内主要有两个区域。其中D形盒区域施加垂直盒底面的匀强磁场，另外一个区域是两个D形盒之间的窄缝区，施加方向可调的电场。
5．回旋加速器原理：处于中心O附近的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速，进入D形盒的磁场区域。由于D形盒内无电场，粒子在盒内空间做匀速圆周运动。经过半个圆周后粒子再次到达两盒间的缝隙时，两盒间的电压恰好改变正负，于是粒子在两盒缝隙间再一次被加速。由T＝可知，回旋周期T与粒子速度v无关，只要我们选择合适的交变电压周期，就能确保粒子在每次穿过电场时被加速。随着粒子速度的增加，由R＝可知，粒子做圆周运动的半径也将逐步增大。当粒子达到预期的速率时，用静电偏转板将高能粒子引出D形盒，即可用于科学研究。
二、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．速度选择
设P1、P2之间的匀强磁场B1和匀强电场E相互垂直，对于满足沿直线运行条件的粒子，根据平衡条件，有qvB1＝qE，所以v＝②。
4．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，有qvB2＝③。
5．由①②③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。
6．质谱仪的应用
可以测量带电粒子的质量和分析同位素。
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)√
第1课时　带电粒子在匀强磁场中的运动
知识点一　带电粒子在磁场中运动的基本问题
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，圆半径如何变化？
[提示]　1.运动轨迹为一条直线　轨迹为圆弧
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与速度无关，与半径大小无关。
　(多选)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
图为洛伦兹力演示仪的结构简图，励磁线圈中的电流产生垂直于纸面向外的匀强磁场，调节励磁线圈中的电流可以改变磁场的强弱。电子枪发射的电子，其出射速度与磁场方向垂直，调节电子枪上的加速电压可以控制电子的速度大小，下列说法正确的是(　　)
A．电子在磁场中做匀速圆周运动
B．电子在磁场中运动，洛伦兹力对电子做正功
C．只调节电子枪的加速电压，可以改变电子做圆周运动的周期
D．只增大励磁线圈中的电流，可以使电子运动径迹的半径增大
[解析]　当电子垂直于磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，故A正确；电子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故B错误；设加速电压为U，对电子的加速过程，根据动能定理有eU＝mv2，解得v＝，设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有evB＝m，解得R＝＝，电子的运动周期T＝＝，可知只调节电子枪的加速电压，只改变电子进入磁场的速度，没有改变电子做圆周运动的周期，故C错误；根据R＝＝ ，增大励磁线圈中的电流，即B增大，可以使电子运动径迹的半径减小，故D错误。
[答案]　A
　(2025·中山期末联考)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
知识点二　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
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：过入射点作速度方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂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，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)。
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图己所示)。
角度1　带电粒子在直线边界磁场中的运动
　(多选)如图，直线PQ上方有垂直于纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点以速度v1垂直于PQ射入磁场，经时间t1从b点离开磁场；电子2也从a点与PQ成θ＝30°方向以速度v2射入磁场，经时间t2也从b点离开磁场，则(　　)
A．＝　　　　　　 B．＝
C．＝ D．＝
[解析]电子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示。电子1垂直射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，运动时间t1＝T，半径r1＝ab，电子2从a点与PQ成θ＝30°方向以速度v2射入磁场，轨迹对应的圆心角为60°，则运动时间t2＝T，半径r2＝ab，因为周期T＝，所以两电子做匀速圆周运动的周期相等，所以有t1∶t2＝3∶1，因为r＝，所以v1∶v2＝r1∶r2＝1∶2。　
[答案]　BC
　(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　带电粒子在圆形边界磁场中的运动
　如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的负电荷(重力忽略不计)从A点以速度v1沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ。若仅将速度大小改为v2，从磁场中射出时速度方向改变了2θ，则的值为(　　)
A．2　 　 B．
C．　　 D．
[解析]　轨迹图如图所示。由几何关系可知r＝，根据qvB＝m 可知速度v与轨道半径r成正比，则半径之比即速度之比，故＝＝＝。
[答案]　C
　(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]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。
[答案]　CD
　一个所受重力不计、比荷为k的带电粒子，以某一速度从坐标(0，a)的P点，平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上Q点射出磁场，射出速度方向与x轴正方向夹角为60°，如图所示。求：
(1)圆形匀强磁场的半径R和带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
(2)带电粒子进入磁场时的速度v；
(3)粒子从P运动到Q点的时间t。
[解析]　(1)粒子运动的轨迹如图，由几何知识得
r cos 60°＋a＝r
解得r＝2a
根据几何关系，可知PQ恰好为圆形磁场的直径
则有R＝＝a。
(2)洛伦兹力提供向心力，
则有qvB＝m
解得v＝2kBa。
(3)粒子做圆周运动的周期
T＝＝
粒子运动的时间t＝T＝。
[答案]　(1)a　2a　(2)2kBa　(3)
1.(带电粒子在匀强磁场中的运动)(多选)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的小
D．轨迹3对应的粒子是正电子
解析：选AC。根据题图可知，1和3轨迹对应的粒子绕转方向一致，则1和3轨迹对应的粒子为电子，2轨迹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；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得粒子运动的半径为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，轨迹1对应的粒子半径在减小，所以速度越来越小，故B错误，C正确。
2．(带电粒子在直线边界磁场中的运动)(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。
3．(带电粒子在圆形边界磁场中的运动)(2025·湛江期末)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：选B。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＝。
4．(带电粒子在直线边界磁场中的运动)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)1．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：选B。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。
2．(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：选C。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。
3．(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：选C。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。
4．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。
5．(2025·中山期中)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。
6．(2025·广东广州期末)特高压直流输电是国家重点能源工程，目前该技术已达世界先进水平，再次体现了中国速度，惊艳了全世界。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，已知I1＝I2。 a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度B＝k，k为比例系数，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流大小。不考虑地磁场的影响，则(　　)
A．两输电直导线间因安培力而互相排斥
B．b、d两点处的磁感应强度大小相等
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．b、d两点处的磁感应强度方向相同
解析：选C。两通电直导线电流方向相同，所以存在相互吸引的作用力，故A错误；由于I1＝I2，根据安培定则和叠加原理可知，b点处的磁感应强度为0，d点处的磁感应强度不为0，且方向与a、c连线方向平行指向c，故B、D错误；根据安培定则可知电流I1在a点产生的磁感应强度方向竖直向下，I2在a点产生的磁感应强度方向竖直向下，则a点处的磁感应强度方向竖直向下，故C正确。
7．如图所示，三根互相平行的固定长直导线L1、L2和L3，其位置构成图示顶角为120°的等腰三角形。L2和L3中通有同向等大电流I，L1中通有反向电流I′。若导线间距离远大于导线直径，则(　　)
A．L1受到的磁场作用力为零
B．L1受到的磁场作用力方向与L2、L3所在平面平行
C．L3中的电流反向、大小不变时，L1受到的磁场作用力大小变为原先的
D．L3中的电流反向、大小不变时，L1受到的磁场作用力大小变为原先的 倍
解析：选D。根据安培定则和左手定则可知，L1受到L2的安培力沿着L1、L2连线斜向上，L1受到L3的安培力沿着L1、L3连线斜向上，上述两个力在水平方向上的分量大小相等、方向相反，所以L1受到的磁场作用力的方向竖直向上，与L2、L3所在平面垂直，故A、B错误；设原先L1受到L2的安培力与L1受到L3的安培力大小均为F，两个力的合力大小F1＝2F cos 60°＝F，L3中的电流反向、大小不变时，L1受到L2和L3的安培力大小不变，仍均为F，但L1受到L3的安培力方向变为沿着L1、L3连线斜向下，所以此时两个力的合力大小F2＝2F cos 30°＝F＝F1，所以当L3中的电流反向、大小不变时，L1受到的磁场作用力大小变为原先的 倍，故C错误，D正确。
8．(2025·广东深圳期末)先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直。图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系，下列说法正确的是(　　)
A．A、B两点磁感应强度相等
B．A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度
C．a、b图线的斜率等于磁感应强度大小
D．因为B＝，所以某处的磁感应强度的大小与放在该处的通电短导线IL的乘积成反比
解析：选B。在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直，根据F＝BIL，可知F－I图像的斜率k＝BL，由图像可知，a图线的斜率大于b图线的斜率，则A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度，故A、C错误，B正确；B＝为磁感应强度的定义式，某处的磁感应强度由磁场自身决定，与放在该处的通电短导线IL的乘积无关，故D错误。
9．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∶。
　　
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．(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)，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的作用力大小均为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。
12．(7分)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。(3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/m1．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里。一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动。由此可以判断(　　)
A．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点
B．如果油滴带正电，它可能从M点运动到N点，也可能从N点运动到M点
C．如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点
D．如果水平电场方向向右，油滴是从N点运动到M点
解析：选D。带电油滴做直线运动，由于洛伦兹力会随着速度的变化而变化，所以带电油滴一定做匀速直线运动，为了满足受力平衡，受力一定如图所示。如果油滴带正电，根据左手定则可知，油滴是从M点运动到N点，故A、B错误；如果水平电场方向向右，可知油滴带负电，根据左手定则可知，油滴是从N点运动到M点，故C错误，D正确。
2．(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。
3．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达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，由平衡条件有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做匀速圆周运动，故D错误。
4．(多选)如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场B和竖直向上的匀强电场E，两个质量不同、电荷量均为q的带电小球a和b从同一位置先后以相同的速度v从场区左边水平进入磁场，其中 a小球刚好做匀速圆周运动，b小球刚好沿直线向右运动。不计两小球之间库仑力的影响，重力加速度为g，则(　　)
A．a球一定带正电，b球可能带负电
B．a小球的质量等于
C．b小球的质量等于
D．a小球做圆周运动的半径为
解析：选BD。a小球刚好做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，所以Eq＝mag，电场力方向竖直向上，则a小球一定带正电，b小球刚好沿直线向右运动，如果b小球带负电，电场力和洛伦兹力均向下，重力也向下，不能平衡，无法做直线运动，所以b小球带正电，则qvB＋Eq＝mbg，故A错误；根据A项分析可知，a小球的质量ma＝，故B正确；根据A项分析可知，b小球的质量mb＝，故C错误；a小球做圆周运动时有Bqv＝，解得r＝＝，故D正确。
5．(多选)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直于纸面向里，如图所示，下列说法正确的是　(　　)
A．沿垂直于纸面方向向里看，小球的绕行方向为顺时针方向
B．小球一定带正电且小球的电荷量q＝
C．由于洛伦兹力不做功，小球在运动过程中机械能守恒
D．由于合外力做功等于0，小球在运动过程中动能不变
解析：选BD。带电小球在叠加场中，只有满足所受重力与电场力大小相等、方向相反时，小球受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故小球所受电场力方向向上，小球带正电，小球受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg＝qE可得q＝，A错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，C错误；由于合外力做功等于0，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，D正确。
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)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为
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．(14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固定在真空室内，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)。(6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，方向竖直向下第2课时　安培力作用下导体的运动及其应用
知识点一　“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
　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可能是条形磁体、蹄形磁体、通电螺线管和电流及它们的大致位置。
[答案]　见解析
方法2　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　等效法和推论法的应用
　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
知识点二　安培力作用下的动力学问题
　一通电导体棒用两根相同的绝缘轻质细线悬挂在天花板上(如正面图所示)，静止时每根细线张力F＝5 N，细线长l＝(3＋2) m，通电导体棒长L＝2 m，棒两侧为轻质导线。现在空间中施加竖直向下的匀强磁场，场强B＝T，使导体棒能够到达偏离竖直方向最大摆角θ＝60° (如侧面图所示)的位置(g取10 N/kg)。
(1)此时通入导体棒的电流为多大？
(2)导体棒摆动过程中的最大速度大小？
[解析]　(1)导体棒所受的重力大小
mg＝2F＝10 N，则m＝1 kg
施加磁场后，导体棒在细线拉力、重力和安培力作用下做周期性摆动，摆角为θ，根据对称性可知，重力和安培力的合力与竖直方向夹角为，
有BIL＝mg tan
解得I＝ A。
(2)当摆过的角度为时，导体棒摆动的速度最大，重力和安培力的合力
F合＝＝ N
根据动能定理F合l(1－cos )＝mv2
解得v＝2 m/s。
[答案]　(1) A　(2)2 m/s
知识点三　直流发电机和电磁炮
　(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
[解析]　根据直流发电机的原理可知，线圈在安培力的作用下转到平衡位置时，需改变电流方向，或使电流为零，线圈才能持续转动，故A、D符合题意。
[答案]　AD
　(多选)(2025·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
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．(安培力作用下的运动)(多选)一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘、垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示。当两线圈中通以图示方向大小相同的电流的一瞬间(已知每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度为B0)，则(　　)
A．O处的磁感应强度大小为2B0
B．O处的磁感应强度大小为 B0
C．从左向右看，线圈L1将顺时针转动
D．从左向右看，线圈L1将逆时针转动
解析：选BC。根据安培定则以及磁感应强度的叠加法则可知，通电一瞬间，O处的磁感应强度大小BO＝ eq \r(B＋B) ＝B0，故A错误，B正确；根据左手定则可知L1上半部分受到的安培力方向指向纸外，下半部分受到的安培力方向指向纸内，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动，故C正确，D错误。
3．(安培力作用下的运动)(多选)(2025·深圳期末)在玻璃皿中心放一个圆柱形电极，接电源负极；沿边缘内壁放半径与玻璃皿内径相当的圆环形电极，接电源正极。然后在玻璃皿中放入导电液体，如盐水。如果把玻璃皿放在蹄形磁铁的磁场中(如图)，液体就会旋转起来。下列说法正确的是(　　)
A．导电液体之所以会旋转，是因为通电液体受到了安培力作用
B．俯视发现液体顺时针旋转，说明蹄形磁铁下端是N极，上端是S极
C．俯视发现液体顺时针旋转，说明蹄形磁铁下端是S极，上端是N极
D．液体旋转后，不可以用欧姆定律计算导电液体的电阻
解析：选ACD。导电液体之所以会旋转，是因为通电液体受到了安培力作用，故A正确；若俯视发现液体顺时针旋转，根据左手定则，磁感线向下，则蹄形磁铁下端是S极，上端是N极，故B错误，C正确；此电路为非纯电阻电路，不满足欧姆定律，则液体旋转后，不可以用欧姆定律计算导电液体的电阻，故D正确。
4．(电磁炮原理)(多选)(2025·佛山期末)如图甲所示的是电磁炮发射过程的情境图，在发射过程中，可以简化为炮弹始终处于磁感应强度为B的竖直方向匀强磁场中。不计一切阻力。下列说法正确的有(　　)
A．匀强磁场方向为竖直向下
B．发射过程中安培力对炮弹做负功
C．若只增大电流，炮弹飞出速度将增大
D．若调换电源正负极并同时将磁场方向变为反向，则炮弹所受磁场力方向也会反向
解析：选AC。根据左手定则可知，匀强磁场方向为竖直向下，故A正确；发射过程中安培力对炮弹做正功，炮弹的动能增加，若只增大电流，则根据F＝BIL可知，安培力变大，则安培力做功变大，则炮弹飞出速度将增大，故B错误，C正确；若调换电源正负极并同时将磁场方向变为反向，则炮弹所受磁场力方向不变，故D错误。1．(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。
2.(多选)如图所示为回旋加速器的示意图，用回旋加速器加速某带电粒子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电周期为T。设D形盒半径为R，不计粒子在两极板间运动的时间，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中被加速
B．粒子在电场中被加速
C．被加速的粒子做圆周运动的周期越来越大
D．粒子的最大动能与交流电源的电压U无关
解析：选BD。由于粒子在磁场中所受的洛伦兹力不做功，可知磁场的作用是偏转，粒子在电场中被加速，故A错误，B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，T＝，解得T＝，可知，当粒子不变，磁感应强度不变时，被加速的粒子在磁场中做圆周运动的周期不变，故C错误；粒子被射出时的轨道半径最大，等于D形盒的半径R，根据上述可知，此时对应的速度和动能最大，且有qvmaxB＝m eq \f(v,R) ，Ekmax＝mv，解得Ekmax＝，可知粒子的最大动能与交流电源的电压U无关，故D正确。
3．回旋加速器主体部分是两个D形金属盒。两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示。在粒子质量不变和D形盒外径R固定的情况下，下列说法正确的是(　　)
A．粒子每次在磁场中偏转的时间随着加速次数的增加而增大
B．粒子在电场中加速时每次获得的能量相同
C．增大高频交流电压，则可以增大粒子最后偏转出D形盒时的动能
D．将磁感应强度B减小，则可以增大粒子最后偏转出D形盒时的动能
解析：选B。粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝，由公式可看出，粒子的周期不变，粒子每次在磁场中偏转的时间等于半个周期，所以时间是不变的，故A错误；粒子每次在电场中加速，加速电压相同，根据动能定理得qU＝mv－mv，每次增加的动能相同，故B正确；当粒子最后离开D形盒时，对应的圆周运动半径为R，根据牛顿第二定律得qvB＝，解得v＝，所以动能为Ek＝mv2＝，与高频交流电压无关，减小磁感应强度B，将使动能减小，故C、D错误。
4．质谱仪是分析同位素的重要工具，质谱仪原理示意图如图所示。某种元素的两种同位素原子核从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场；加速后垂直进入匀强磁场中，最后打在照相底片D上，形成两条质谱线a、b。设a、b对应的原子核质量分别为ma、mb，进入磁场时速率分别为va、vb，下列判断正确的是(　　)
A．mamb
C．va>vb D．va＝vb
解析：选B。原子核经电场加速，由qU＝mv2，得v＝，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m，联立可得R＝ ，由于同位素的电荷量相同，质量大的圆周半径大，所以ma>mb，故A错误，B正确；由v＝知质量大的速率小，因为ma>mb，所以va5．(多选)如图所示，在真空中，让电荷量均为q的a、b两种离子先后从容器A下方的狭缝S1飘入(离子初速度为零)电场区(视为匀强电场)，经电场加速后通过狭缝S2、S3，垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。测得a、b两种离子到达底片的位置到缝S3的距离之比为9∶8，不计离子受到的重力，则a、b两种离子(　　)
A．质量之比为81∶64
B．在磁场中运动的速度大小之比为3∶2
C．在电场中运动的时间之比为9∶8
D．在磁场中运动的时间之比为1∶1
解析：选AC。在电场中加速过程qU＝mv2，离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，则有qvB＝m，得r＝＝ ，已知a、b两种离子到达底片的位置到缝S3的距离之比为9∶8，二者在磁场中均运动半个周期，则半径之比为9∶8，所以质量之比为81∶64，故A正确；在磁场中运动的速度v＝，则速度大小之比为8∶9，故B错误；在电场中运动d＝t，所以在电场中运动的时间之比为9∶8，故C正确；在磁场中运动的时间T＝，t′＝，则在磁场中运动的时间之比为81∶64，故D错误。
6．(14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。(6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)
7．(14分)(2025·广州月考)如图，一种质谱仪可简化为由粒子源A、加速电场(匀强电场)、静电分析器和磁分析器组成。其中加速电场电压为U，静电分析器是圆心为O、半径为R的圆弧通道(0.15 m≤R≤0.20 m)，其中半径为R处各点的电场强度大小ER＝ V/m；磁分析器中有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.0 T，PQ为胶片。粒子源逸出某种粒子(初速度可忽略)，经加速电场加速后，垂直于加速极板从R＝0.15 m处进入并通过静电分析器，之后进入磁分析器，最终打在胶片上的M点，测得P、M的距离L＝0.40 m。不考虑粒子所受的重力及相互间的作用力。
(1)求加速电场电压U。(4分)
(2)求带电粒子经过加速电场后的速度大小，带电粒子的比荷。(4分)
(3)若粒子垂直于加速极板从R(15 cm≤R≤20 cm)间进入静电分析器，通过计算分析粒子打到胶片上的位置范围。(6分)
解析：(1)粒子在加速电场中进行加速，根据动能定律
qU＝mv2
粒子进入静电分析器中做匀速圆周运动，有
qER＝m
解得U＝100 V。
(2)粒子进入磁场中做匀速圆周运动
qvB＝m
又r＝
联立解得v＝500 m/s，＝1.25×103 C/kg。
(3)若粒子垂直于加速极板从R(15 cm≤R≤20 cm)间进入静电分析器，总能满足
qER＝m
在静电分析器中做匀速圆周运动，当R＝15 cm时，粒子刚好贴着圆弧通道的内侧做匀速圆周运动，从P点进入磁分析器中。当R＝20 cm时，粒子刚好贴着圆弧通道的外侧做匀速圆周运动，从磁分析器的边界处进入。粒子进入磁分析器中均做匀速圆周运动，满足qvB＝m，轨迹半径不变，如图所示
实际轨迹在图中两虚线间变化，经计算知粒子打到胶片上的位置到P点的距离d的范围为35 cm≤d≤40 cm。
答案：(1)100 V　(2)500 m/s　1.25×103 C/kg
(3)见解析1．一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＝。
2．(多选)长为l的水平极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直于磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度＜v＜
解析：选AB。如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r＝＋l2，又r1＝，所以v1＝；粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，v2＝，综合上述分析可知，A、B正确。
3．(多选)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：选BD。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。
4．(2025·湛江期中)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°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5．如图所示，等腰梯形abcd区域(包含边界)存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，边长ab＝bc＝cd＝ad＝l，一质量为m、带电荷量为－q的粒子从a点沿着ad方向射入磁场中，粒子仅在洛伦兹力作用下运动，为使粒子能从bc边射出，粒子的速度不可能为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C。
为使粒子能从bc边射出，其临界点为b、c，其几何关系如图所示，当粒子过b点时，做圆周运动的圆心在O1，根据几何关系可知r1＝ab＝l，根据牛顿第二定律可知qBv1＝m eq \f(v,r1) ，解得v1＝，当粒子过c点时做圆周运动的圆心在O2，根据几何关系可知r2＝ac＝ab＝l，根据牛顿第二定律可知qBv2＝m eq \f(v,r2) ，解得v2＝，所以为使粒子能从bc边射出，速度范围为≤v≤。
6．如图所示，半径R＝1 cm的圆形区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B＝2 T，一比荷为2×106 C/kg的带正电粒子从圆形磁场边界上的A点以v0＝4×104 m/s的速度垂直于直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中运动的轨迹半径为0.5 cm
B．粒子从N点射出方向竖直向下
C．若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出
D．若要实现粒子从A点入射，从N点射出，则所加圆形磁场的最小面积可调整为π×10－4m2
解析：选C。根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv0＝ eq \f(mv,r) ，解得r＝1 cm，A错误；如图甲所示，连接A、N两点，由单边磁场的特点可知，入射方向与AN的夹角等于出射方向与AN的夹角，故粒子从N点射出方向不是竖直向下的，若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则所加圆形磁场的直径为AN时对应的面积最小，最小面积S＝π(R sin 60°)2＝×10－4 m2，B、D错误；如图乙所示， 若粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，入射方向与MN垂直，由以上分析可知，四边形ONO′C是个菱形，对边互相平行，O′C竖直向下，由此可知，粒子一定从N点射出，C正确。
　　　　
7．(12分)(2025·广州期末)如图所示，在xOy坐标系的第一、四象限内存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场(未画出)。一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，从y轴上的A点沿平行于x轴的方向射入第一象限，经C点与x轴成30°角进入第四象限。已知第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小为B，C点到O点的距离为a，不计粒子所受的重力。
(1)判断带电粒子电性。(2分)
(2)求粒子从A点射出时的速度大小。(4分)
(3)若粒子刚好不能进入第三象限，求粒子在第四象限内运动的时间。(6分)
解析：(1)由左手定则可知，带电粒子带正电。
(2)粒子在第一象限的运动轨迹如图1所示
设在第一象限内圆周运动的半径为R1，由几何关系得R1＝，解得R1＝2a
又因为qvB＝m
代入数据解得v＝。
　　
(3)粒子刚好不进入第三象限，则轨迹如图2所示，设此时轨迹半径为R2
根据几何关系可知R2＋R2sin 30°＝a
根据几何关系可知粒子在第四象限的磁场中转过轨迹弧长s＝·2πR2
所以粒子运动时间t＝
联立解得t＝。
答案：(1)带正电　(2)　(3)
8．(12分)(2025·深圳期中)如图所示为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；(8分)
(2)在磁场中运动时间最长粒子的最大速度。(4分)
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专题提升课2　带电体(或带电粒子)在叠加场中的运动
1．叠加场
一般是指电场、磁场和重力场并存，或其中任意两种场并存。
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)电场力的方向与电场方向相同或相反，电场力做功与路径无关，电场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)若带电粒子在存在磁场的叠加场中做直线，一定是做匀速直线运动，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，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的判断
　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，由于粒子由静止释放，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
如图所示，某空间有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电小球在电磁场中沿直线ab运动，下列关于小球的说法正确的是(　　)
A．带正电
B．运动方向一定为从a到b
C．动能减少
D．电势能增加
[解析]　根据做直线运动的条件和受力情况，又洛伦兹力与速度方向垂直，则可知小球做匀速直线运动，动能不变；若小球带正电，则电场力一定向右，重力竖直向下，不论小球从b到a，还是从a到b，都不能确保小球处于平衡状态，因此小球一定带负电，故A、C错误。由上述分析可知，小球带负电，则电场力水平向左，重力竖直向下，由于要处于平衡状态，则洛伦兹力必须斜向右上方，根据左手定则可知，小球必须从a到b，则电场力对小球做正功，电势能一定减小，故B正确，D错误。
[答案]　B
角度3　带电体在叠加场中的类平抛运动
　粗糙绝缘的水平地面上方虚线MN两侧存在着相等宽度的、方向竖直向下的匀强电场，MN左侧电场内存在着方向垂直于纸面向里匀强磁场，如图所示。质量为m的带电滑块(可视为质点)在水平地面上以速度v从左边界向右进入复合场后做匀速直线运动，滑块滑过MN之后经相同的时间从匀强电场的右边界离开电场，离开时速度方向与水平方向夹角为30°。已知电场强度为E，磁感应强度为B，且E＝2Bv，重力加速度为g，求：
(1)带电滑块的电荷性质及电荷量q；
(2)匀强电场的宽度L。
[解析]　(1)滑块滑过边界MN之后离开电场时速度方向与水平方向夹角为30°，可知滑块所受电场力竖直向上，所以滑块带负电；在MN左侧，带电滑块(可视为质点)以速度v向右做匀速运动，则有
qE＝qvB＋mg
代入E＝2Bv
解得q＝或q＝。
(2)滑块在MN右侧，根据牛顿第二定律有
qE－mg＝ma
解得a＝g
方向竖直向上
经t时间vy＝at
根据速度的关系有tan 30°＝
解得t＝
水平方向做匀速直线运动，有x＝vt
由题知所求L＝2x
解得L＝。
[答案]　(1)负电　或　(2)
角度4　带电体在叠加场中的匀速圆周运动
　(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
　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
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(共22张PPT)
课后达标检测
√
2．如图所示，水平桌面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入垂直于纸面向内的电流，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，则弹簧被拉伸，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。
√
√
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，故此时金属棒受到导轨的水平向左的摩擦力，C错误。
√
√
6.如图所示的是一个测量磁感应强度大小B的实验装置简图。整个装置悬挂在弹簧测力计下，单匝线圈的下边处于一个待测匀强磁场中，边长L＝0.1 m，磁场方向与线圈平面垂直。当线圈接通2 A直流电时，此时弹簧测力计的示数为0.6 N。保持电流大小不变，改变电流方向，弹簧测力计的示数为0.8 N，则(　　)
A．不通电时，弹簧测力计的示数为0.2 N
B．改变电流方向后，线圈受到的安培力向上
C．线圈受到的安培力大小为0.2 N
D．待测磁场的磁感应强度为0.5 T
√
7．(2025·广东广州期末)某兴趣小组制作了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示。有一金属棒PQ放在两金属导轨上，导轨间距L＝0.8 m，处在同一水平面上，轨道置于垂直于平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T。棒中点两侧分别固定有劲度系数k＝100 N/m的相同弹簧。闭合开关S前，两弹簧为原长，P端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ向右移动，静止时指针对准刻度尺0.50 cm处。下列判断正确的是(　　)
A．电源N端为正极
B．闭合开关S后，电路中电流为2.50 A
C．闭合开关S后，电路中电流为1.25 A
D．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片向右移动，金属棒PQ将继续向右移动
√
8．(6分)(2025·汕头期中)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)
解析：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。
答案：2 N　
(2)滑动变阻器接入电路中的电阻。(4分)
答案：4 Ω
9．(8分)(2025·江门期中)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，杆与滑轨间的动摩擦因数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(共34张PPT)
第2课时　磁偏转在现代科技中的应用
课堂深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　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，粒子稍有偏转就会打到极板上；
(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，粒子仍能匀速通过场区
√
知识点二　电磁流量计
√
√
知识点三　磁流体发电机
√
√
√
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。
知识点四　霍尔效应
√
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
√
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
√
2．(磁流体发电机)(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
√
√
3．(电磁流量计)(多选)武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型；废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器左侧流入，右侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。流量计所在空间有垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是(　　)
A．流量计中的负离子向下偏转
B．N点的电势高于M点的电势
C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D．只需要再测量出M、N两点电势差就能够推算污水的流量
√
√
√专题提升课3　带电体(或带电粒子)在组合场中的运动
微专题一　带电体(或带电粒子)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，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·阳江期末)如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴的上方存在沿y轴竖直向下的匀强电场，x轴的下方存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以初速度v0从y轴上的A点沿x轴正方向进入匀强电场，从x轴上的B点进入匀强磁场，然后经O点再次回到电场。已知A、B两点的坐标分别为、，不计粒子所受重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)磁感应强度的大小。
[解析]　(1)带电粒子在组合场中运动的轨迹如图所示，
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，
则有2l＝v0t
l＝at2
qE＝ma
联立解得E＝ eq \f(mv,2ql) 。
(2)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，沿y轴方向有l＝t，解得vy＝v0
则带电粒子从B点进入磁场的速度大小v＝v0
方向与x轴成45°角，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝m
由几何关系知r＝l
联立解得B＝。
[答案]　(1) eq \f(mv,2ql) 　(2)
　如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第二象限内存在水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电粒子从y轴的M点(0，－2L)以与y轴负方向成θ＝60°角、大小为v的初速度垂直于磁场进入第四象限，经磁场偏转从y轴上的N点(0，2L)进入第二象限，又经电场作用垂直于x轴从轴上的A点射出，不计粒子所受重力。求：
(1)第一、四象限内磁场的磁感应强度的大小B；
(2)第二象限内电场强度的大小E；
(3)粒子从M点运动到A点的时间。
[解析]　(1)粒子运动轨迹如图所示，
设粒子在第一、四象限内做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得r＝＝L
由qvB＝m解得B＝。
(2)粒子进入第二象限后受水平向右的电场力作用，从N点运动至A点的运动可以看成类平抛的逆过程，则由几何关系可得沿x轴方向vx＝at1
qE＝ma
vx＝v sin 60°
沿y轴方向2L＝v cos 60°·t1
解得E＝。
(3)由(2)知，粒子在电场中运动时间为t1＝
粒子在磁场中运动时间
t2＝T＝＝
粒子从M运动到A的时间为
t＝t1＋t2＝＋。
[答案]　(1)　(2)　(3)＋
微专题二　带电粒子在交变电场或磁场中的运动
　(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题组1　带电粒子在磁场中运动的基本问题
1.某带电粒子垂直射入匀强磁场，粒子使沿途的空气电离，动能逐渐减小，一段径迹如图所示。若粒子带电量不变，重力不计，下列说法正确的是(　　)
A．粒子从a到b运动，带正电
B．粒子从b到a运动，带正电
C．粒子从a到b运动，带负电
D．粒子从b到a运动，带负电
解析：选D。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的动能逐渐减小，速度逐渐减小，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得粒子在磁场中运动的半径公式R＝，所以粒子的半径逐渐减小，粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带负电。
2．(多选)(2025·佛山期中)如图所示的是显像管的原理示意图。偏转线圈通电后会产生磁场，电子枪射出的高速电子束，经过偏转线圈时会发生偏转，打在荧光屏上，电子所受重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．电子经过偏转线圈的过程动能不会变化
B．电子经过偏转线圈的过程做类平抛运动
C．增大偏转线圈电流，电子束向O点靠近
D．若电子束打在P点，则偏转线圈磁场垂直于纸面向外
解析：选AD。电子经过偏转线圈受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，动能不变，故A正确，B错误；根据qvB＝m，得r＝，增大偏转线圈电流，则磁场变强，电子运动半径减小，电子束远离O点，故C错误；电子带负电，根据左手定则，可知偏转线圈磁场垂直于纸面向外，故D正确。
题组2　带电粒子在直线边界磁场中的运动
3.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＝，速度相同，A的半径大，则A的质量大，故A正确，B错误；粒子的周期为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。
4．如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的(　　)
A．轨迹半径之比为1∶2
B．速度之比为2∶1
C．时间之比为2∶3
D．周期之比为2∶1
解析：选A。设粒子的入射点到磁场下边界的磁场宽度为d，画出粒子轨迹过程图，设第一个粒子的圆心为O1，第二个粒子的圆心为O2，由几何关系可知R1＝d，R2sin 30°＋d＝R2，解得R2＝2d，故两粒子在磁场中运动的轨道半径之比R1∶R2＝1∶2，故A正确；由R＝，可知v与R成正比，故速度之比也为1∶2，故B错误；粒子在磁场中运动的周期的公式为T＝，由此可知，粒子的运动的周期与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，两种速度的粒子的偏转角分别为90°、60°，所以偏转角为90°的粒子的运动的时间为，偏转角为60°的粒子的运动的时间为，所以时间比∶＝3∶2，故C、D错误。
5．(多选)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子a带正电
B．粒子c的动能最大
C．粒子b在磁场中运动的时间最长
D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大
解析：选AD。根据左手定则可知，粒子a带正电，故A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝m，Ek＝mv2，解得Ek＝，根据题图可知，粒子b做圆周运动的半径最大，则粒子b的动能最大，故B错误；T＝＝，可知圆周运动周期相等，粒子c圆弧对应的圆心角最大，则粒子c在磁场中运动的时间最长，故C错误；粒子在磁场中的向心力由洛伦兹力提供，则有F＝qvB，结合上述可知，粒子b的动能最大，则粒子b的速度最大，可知粒子b在磁场中运动时的向心力最大，故D正确。
6.(2025·江门期末)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。
题组3　带电粒子在圆形边界磁场中的运动
7.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。
8.(多选)(2025·惠州期末)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。
9.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。
10．(10分)如图所示，正方形区域abcd内有垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从a点以v0＝1.0×105 m/s的速度沿ad方向射入磁场，恰好从c点离开。已知带电粒子质量m＝1.6×10－16 kg，电荷量q＝2.0×10－10 C，匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T。不计带电粒子所受的重力，π取3.14。
(1)判断该粒子是带正电还是带负电。(2分)
(2)求正方形区域的边长l。(4分)
(3)求带电粒子在正方形区域内的运动时间t0。(4分)
解析：(1)带电粒子受洛伦兹力作用从a点运动到c点，由左手定则可知，带电粒子带正电。
(2)带电粒子从a点沿ad方向射入磁场，恰好从c点离开，可知带电粒子在磁场中运动的半径等于正方形区域的边长l，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m eq \f(v,l)
解得 l＝＝ m＝0.4 m。
(3)由题意可知，带电粒子在磁场中运动的周期为
T＝＝
则带电粒子在正方形区域内的运动时间为
t0＝＝ s＝6.28×10－6 s。
答案：(1)带正电　(2)0.4 m　(3)6.28×10－6 s(共25张PPT)
课后达标检测
1．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。
2．(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。
√
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。
√
4．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：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。
√
√
解析：两通电直导线电流方向相同，所以存在相互吸引的作用力，故A错误；由于I1＝I2，根据安培定则和叠加原理可知，b点处的磁感应强度为0，d点处的磁感应强度不为0，且方向与a、c连线方向平行指向c，故B、D错误；根据安培定则可知电流I1在a点产生的磁感应强度方向竖直向下，I2在a点产生的磁感应强度方向竖直向下，则a点处的磁感应强度方向竖直向下，故C正确。
√
√
√
√
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．(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
12．(7分)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。(3分)
答案：3 Ω/m(共20张PPT)
专题提升课3　带电体(或带电粒子)
在组合场中的运动
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　带电体(或带电粒子)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，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)电场强度的大小；
(2)磁感应强度的大小。
如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第二象限内存在水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电粒子从y轴的M点(0，－2L)以与y轴负方向成θ＝60°角、大小为v的初速度垂直于磁场进入第四象限，经磁场偏转从y轴上的N点(0，2L)进入第二象限，又经电场作用垂直于x轴从轴上的A点射出，不计粒子所受重力。求：
(1)第一、四象限内磁场的磁感应强度的大小B；
(2)第二象限内电场强度的大小E；
(3)粒子从M点运动到A点的时间。
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。第2课时　磁偏转在现代科技中的应用
知识点一　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。
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，粒子稍有偏转就会打到极板上；
(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，粒子仍能匀速通过场区
[解析]　由题意知带正电的粒子能从左向右匀速通过场区，则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的多少无关，因此电荷量为－q和2q的粒子以v0入射，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，则粒子受到竖直向下的电场力与竖直向下的洛伦兹力，不能平衡，因此不能匀速通过场区，D错误。
[答案]　C
知识点二　电磁流量计
电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置。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＝，单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量，液体流量Q＝v＝。
　某电磁流量计的结构如图所示，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，则下列说法正确的是(　　)
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，则电压表示数将增大
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，则电压表示数保持不变，液体流量为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
　医院中需要用血流计检测患者身体情况。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均竖直向下
B．血液中正离子多时，M点的电势高于N点的电势
C．血液流速v＝
D．血液流量Q＝
[解析]　根据左手定则可知，正离子受到向下的洛伦兹力而向下偏转，负离子受到向上的洛伦兹力而向上偏转，形成的电场线是从N指向M，所以M点的电势低于N点的电势，故A、B错误；正负离子达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力互相平衡，则q＝qBv，解得v＝，故C正确；由于流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积，血液流量Q＝πv＝π·＝，故D错误。
[答案]　C
知识点三　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。
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)磁流体发电机的示意图如图所示，平行金属板A、C组成一对平行电极，两板间距为d，面积为S。两板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束等离子体(带有正、负电荷的粒子)以一定的速度v平行于金属板、垂直于磁场射入两板间，两板间连接有定值电阻R，等离子体的电阻率为ρ，则下列说法正确的是(　　)
A．极板A带负电，极板C带正电
B．稳定时，电阻R两端的电压为Bdv
C．电源的总功率为
D．增大两金属板的正对面积可增大发电机的电动势
[解析]　根据左手定则可知，带正电离子受到向下的洛伦兹力，向C板偏转，带负电离子受到向上的洛伦兹力，向A板偏转，则极板A带负电，极板C带正电，故A正确；稳定时，则有qvB＝q，解得发电机的电动势U＝Bdv，可知发电机的电动势与两金属板的正对面积无关，故D错误；根据电阻定律可知，发电机的内阻为r＝ρ，则电阻R两端的电压UR＝U＝·Bdv，电源的总功率P总＝＝＝，故B错误，C正确。
[答案]　AC
　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
知识点四　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。
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＝。
　(2025·揭阳期末)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选项分析可知D正确。
[答案]　D
　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
1．(速度选择器)速度选择器是质谱仪的重要组成部件，其构造如图所示，平行极板连接在电源两极，极板间形成竖直方向的匀强电场，内部有垂直于纸面向里的匀强磁场，S1、S2为两个小孔且其连线与极板平行，氕核(H )、氘核(H)和氚核(H)(均不计重力)从S1沿平行于金属板方向以相同动能射入速度选择器，其中氘核能射出极板，则下列说法正确的是(　　)
A．速度选择器上极板带负电
B．氕核在速度选择器中做匀变速直线运动
C．氘核从S2以相同速度射入仍能射出速度选择器
D．氚核在速度选择器中向下偏转，动能增大
解析：选D。由题知，带正电的氘核从S1沿平行于金属板方向进入复合场，且能射出极板，说明其受力平衡，根据左手定则可知，氘核受到向上的洛伦兹力，故其受到的电场力向下，故上极板带正电，故A错误。三个粒子以相同的动能进入复合场，则有Ek＝mv2，解得v＝，则有v11H>v21H>v31H，而只有氘核能射出极板，则有qBv21H＝qE，解得v21H＝，可知氕核受到洛伦兹力大于电场力，将向上偏转，所受合外力是变化的，不是做匀变速直线运动；氚核受到的电场力大于洛伦兹力，将向下偏转，电场力做正功，动能增大，故B错误，D正确。氘核从S2以相同速度进入复合场，受到的电场力和洛伦兹力都向下，则将向下偏转，不能射出速度选择器，故C错误。
2．(磁流体发电机)(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：选AC。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。
3．(电磁流量计)(多选)武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型；废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器左侧流入，右侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。流量计所在空间有垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是(　　)
A．流量计中的负离子向下偏转
B．N点的电势高于M点的电势
C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D．只需要再测量出M、N两点电势差就能够推算污水的流量
解析：选AD。由左手定则知，正离子受洛伦兹力向上，负离子受洛伦兹力向下，故A正确；正离子受力向上，M点电势高于N点电势，故B错误；因为要用到洛伦兹力，故污水流量计不可以用于测量不带电的液体的流速，故C错误；稳定时水流量Q＝vS＝v，洛伦兹力与电场力平衡qBv＝，联立可得Q＝，只需要再测量出M、N两点电势差就能够推算污水的流量，故D正确。
4．(霍尔元件)(多选)(2025·惠州期末)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，电子的定向移动速度为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、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。下列关于该元件的说法正确的是(　　)
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v有关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
解析：选BD。电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE＝evB，电场强度E＝，联立解得U＝Bva，故前、后表面间的电压U与v成正比，与a成正比，与c无关，故B正确，C错误；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。(共52张PPT)
第四节　洛伦兹力与现代技术
第1课时　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。　4.理解质谱仪的工作原理。　5.理解回旋加速器的工作原理。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、回旋加速器
1．洛伦兹力演示仪：电子枪射出的______，能使玻璃泡中的稀薄气体发出辉光，显示出__________。调节电子枪的加速电压，可改变电子速度的大小。____磁场由两个平行的励磁线圈产生，磁场的磁感应强度可通过改变线圈中电流的大小进行调节。
2．演示仪中电子轨迹特点
(1)未加磁场时，电子束的径迹是________。
(2)给励磁线圈通电后，在玻璃泡内产生沿两线圈轴线中心连线、方向由纸内指向纸外的磁场，可以看到垂直磁场射入的电子束的径迹是______。
电子束
电子的径迹
匀强
一条直线
圆弧形
无关
4．回旋加速器的结构
如图所示，回旋加速器的真空室内主要有两个区域。其中______区域施加垂直盒底面的匀强磁场，另外一个区域是两个__________________，施加方向可调的电场。
D形盒
D形盒之间的窄缝区
匀速圆周
速度v
增大
二、质谱仪
1．原理图：如图所示。
qvB2
6．质谱仪的应用
可以测量带电粒子的质量和分析同位素。
质量
√
×　
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。(　　)
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　带电粒子在磁场中运动的基本问题
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？
[提示]　运动轨迹为一条直线　轨迹为圆弧
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，圆半径如何变化？
[提示]　减小　增大
　(多选)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。
图为洛伦兹力演示仪的结构简图，励磁线圈中的电流产生垂直于纸面向外的匀强磁场，调节励磁线圈中的电流可以改变磁场的强弱。电子枪发射的电子，其出射速度与磁场方向垂直，调节电子枪上的加速电压可以控制电子的速度大小，下列说法正确的是(　　)
A．电子在磁场中做匀速圆周运动
B．电子在磁场中运动，洛伦兹力对电子做正功
C．只调节电子枪的加速电压，可以改变电子做圆周运动的周期
D．只增大励磁线圈中的电流，可以使电子运动径迹的半径增大
√
　(2025·中山期末联考)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
√
知识点二　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
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：过入射点作速度方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂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。
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)。
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图己所示)。
√
√
√
√
√
√
一个所受重力不计、比荷为k的带电粒子，以某一速度从坐标(0，a)的P点，平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上Q点射出磁场，射出速度方向与x轴正方向夹角为60°，如图所示。求：
(1)圆形匀强磁场的半径R和带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
[答案]　a　2a　
(2)带电粒子进入磁场时的速度v；
[答案]　2kBa　
(3)粒子从P运动到Q点的时间t。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1.(带电粒子在匀强磁场中的运动)(多选)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的小
D．轨迹3对应的粒子是正电子
√
√
√
√
4．(带电粒子在直线边界磁场中的运动)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。(共43张PPT)
第二节　安培力的应用
第1课时　安培力作用下的平衡及其应用
学习目标
1．知道电流天平的基本构造和工作原理。　2.知道磁电式电表的内部结构以及运用它测量电流大小和方向的基本原理。　3.知道直流电动机是利用安培力使通电线圈转动的典型应用，知道电动机的工作原理。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、电流天平
等臂电流天平的原理图如图所示。在天平的右端挂一矩形线圈，设线圈匝数为n，底边cd长L，放在待测匀强磁场中，使线圈平面与磁场垂直，磁场方向垂直于纸面向里。
当线圈中通入图示方向的电流I时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码使天平平衡。设磁场磁感应强度为B，根据左手定则、安培力表达式和平衡条件，有m1g＝_____________。
m2g－nBIL
保持线圈中电流的大小不变，使电流方向反向。通过在天平左盘加上质量为m的砝码使天平再次平衡，则有(m1＋m)g＝______________。
综合以上两式，可得该匀强磁场的磁感应强度测量值B＝________。
电流天平常用于实验室中测量两平行通电导体之间的相互作用力和__________。
m2g＋nBIL
磁感应强度
二、磁电式电表
1．构造：最基本的是____、铁芯和放在磁铁两极之间的____，如图甲所示。
磁铁
线圈
2．工作原理：蹄形磁铁与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示。
(1)当电流流入线圈时，线圈受安培力作用绕中心轴____，使螺旋弹簧被____，产生一个阻碍线圈转动的阻力。当安培力与螺旋弹簧阻力作用效果相当时，线圈停在某一位置，电表指针指示表盘相应刻线，进而得到相应电流的大小。
(2)改变通入线圈的电流方向，安培力的方向随之改变，指针的偏转方向也随之改变。根据指针的偏转方向，可以知道通过电表的电流方向。
转动
扭转
三、直流电动机
1．直流电动机的能量转化
直流电动机是利用安培力使通电线圈转动的典型应用。从能量的角度看，它是将____转换成机械能的旋转电机。
电能
2．直流电动机的工作原理
当图(a)直流电动机中的线圈通入电流后，线圈在安培力的作用下转到图(b)位置时，尽管受力平衡，但由于惯性作用，线圈仍能够按原方向继续转过该平衡位置。为了让线圈能够持续转动下去，技术人员巧妙地使线圈两端与两个半圆形铜环相连并一起转动，同时在电路中安装了与半圆形铜环接触的电刷。由此通过电流的周期性换向，确保线圈受到的安培力始终起到推动线圈往同一个方向持续转动的效果。
3．直流电动机的优点：只需改变输入电流的大小，就能够直接调节电动机的转速，而输入电流的大小是较容易改变的，因此，直流电动机常被应用于需要调速的设备。
√
×　
判断下列说法是否正确。
(1)可以用电流天平测量磁场的磁感应强度。(　　)
(2)在磁电式电表中，线圈的平面总与磁场方向垂直。(　　)
(3)磁电式电表只能测定电流的大小不能确定被测电流的方向。(　　)
(4)增加线圈匝数和增大线圈面积都可以提高磁电式电流表的灵敏度。(　　)
(5)直流电动机工作时，将电能转化为机械能。　(　　)
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　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·汕头期末)如图所示，金属杆ab的质量为m，长为L，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夹角为θ斜向上，金属杆ab始终静止于水平导轨上，则以下说法正确的是(　　)
A．金属杆受到的安培力的大小为BIL sin θ
B．金属杆所受摩擦力大小为BIL cos θ
C．金属杆对导轨压力可以为0
D．仅使磁感应强度B反向，其他条件不变，摩擦力大小不变
√
[解析]　对金属杆受力分析，如图甲所示，金属杆受到的安培力的大小为BIL，水平方向由平衡条件得f＝BIL sin θ，故A、B错误；竖直方向由平衡条件得N＝mg－BIL cos θ，由牛顿第三定律得金属杆对导轨压力大小N′＝N＝mg－BIL cos θ，因水平方向必须存在摩擦力才能保持平衡，故金属杆对导轨压力不可以为0，C错误；仅使磁感应强度B反向，其他条件不变，受力分析如图乙所示，摩擦力大小f＝BIL sin θ不变，故D正确。
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，条形磁铁受电流对它竖直向上的力，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。
知识点二　安培力作用下的动态平衡及极值问题
角度1　安培力作用下的动态平衡
如图所示，两光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为30°，导轨间距为l，一质量为m的导体棒与导轨垂直放置，电源输出电流保持恒定，不计导轨电阻。当磁场水平向右时，导体棒恰能静止，现磁场发生变化，方向沿逆时针旋转，最终竖直向上，在磁场变化的过程中，导体棒始终静止，关于磁场的磁感应强度B的大小的变化说法正确的是(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
√
[解析]开始磁场水平向右，根据左手定则可知，安培力竖直向上，恰与重力平衡；当磁场逆时针旋转时，根据左手定则可知，安培力也同方向转动，由动态平衡图可知安培力先变小后变大，电流恒定，则磁感应强度的大小先减小后增大。
角度2　安培力作用下的极值问题
(2025·惠州期末)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BI2L＝mg sin α
解得I2＝I1cos α。
[答案]　I1cos α　垂直于导轨平面向上
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。
知识点三　电流天平和磁电式电表
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。
√
[解析]　由NBIS＝kθ可知，电流与指针的偏转角成正比，故该电流表的刻度是均匀的，故A正确；蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，电流与磁场方向始终垂直，故线圈转动过程中受到的安培力的大小不变，故B错误；若线圈中通以题图乙所示的电流时，根据左手定则可知，左侧受的安培力向上，右侧受的安培力向下，故线圈将沿顺时针方向转动，故C错误；更换k值更大的螺旋弹簧，同样的电流变化导致同样的安培力变化，但偏转角度的变化减小了，故灵敏度降低了，故D错误。
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
√
3.(安培力作用下的极值问题)(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。
4．(电流天平)如图所示的是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，请根据所测得的数据算出通电螺线管中的磁感应强度大小B。所测数据：CD段导线长度为4.0×10－2 m，天平平衡时钩码所受重力为4.0×10－5 N，通过导线的电流为0.5 A。
答案：2.0×10－3 T(共24张PPT)
课后达标检测
题组1　洛伦兹力
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：题图A中电荷所受洛伦兹力方向向上，故A错误；题图B中电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向里，故B错误；题图C、D中电荷所受洛伦兹力方向是垂直于纸面向外，故C、D正确。
2．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。
3．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。
√
4．(2025·揭阳期中)带电粒子射向地球时，地磁场改变了它们的运动方向。赤道上空P处的地磁场方向由南指向北，一正电粒子垂直于地面向赤道射来，如图所示。在P处该粒子受到的洛伦兹力(　　)
A．方向向东 B．方向向南
C．方向向西 D．方向向北
解析：根据左手定则，可知磁场垂直穿过手心，四个手指指向正电粒子的运动方向，大拇指为其所受洛伦兹力方向，即方向向东。
√
5．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　带电体在洛伦兹力作用下的运动
6.在B＝2 T的匀强磁场中，一质量m＝1 kg、带正电q＝1 C的物体沿光滑的绝缘水平面以初速度v0＝10 m/s 向左运动，g取10 m/s2，如图，运动过程中物体受合力的大小为(　　)
A．10 N B．20 N
C．30 N D．0
解析：物体受到竖直向下的洛伦兹力、重力和竖直向上的支持力，因在竖直方向没有发生位移，没有加速度，所以运动过程物体所受的合力大小为0。
√
7.(2025·广州期中)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．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．(10分)(2025·汕头期末)如图所示，一个质量m＝0.1 g、电荷量q＝5×10－4 C的小滑块(可视为质点)，放在倾角α＝37°的光滑绝缘斜面顶端(斜面足够长)，斜面置于B＝0.4 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离后离开斜面，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块的电性；(2分)
解析：由于小滑块运动一段距离后离开斜面，表明小滑块所受洛伦兹力方向垂直于斜面向上，根据左手定则可知，四指指向与滑块运动方向相同，即小滑块带正电荷。
答案：正电荷　
(2)小滑块离开斜面的瞬时速率；(4分)
解析：小滑块沿斜面下滑时的过程，对滑块进行受力分析，如图所示
则有N＋qv0B＝mg cos α
当小滑块恰好离开斜面时，斜面对滑块的支持力N恰好等于0，
此时解得v0＝4 m/s。
答案：4 m/s　
(3)小滑块在斜面下滑的距离。(4分)
11．(10分)(2025·珠海期中)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；(6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)

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