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带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题(二)
1.(8分)如图所示，空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径R＝0.08 m，磁场的磁感应强度方向垂直于横截面向里、大小B＝0.5 T。一带正电的粒子以速率v0(大小未知)沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向与入射方向的夹角为θ。已知该带电粒子的比荷＝2×107 C/kg，tan ＝，不计粒子所受重力。
(1)求速率v0。(4分)
(2)若不改变该带电粒子的入射速率，仅改变入射方向，求粒子离开磁场时速度方向与入射速度方向的夹角最大时，粒子在磁场中运动的时间t(结果可保留π)。(4分)
解析：(1)粒子轨迹如图甲所示
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有tan ＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv0B＝m eq \f(v,r)
联立解得v0＝1.6×106 m/s。
　　　　
(2)当以直径为轨迹圆的弦长时，粒子离开磁场时速度方向与入射速度方向的夹角最大，如图乙所示
根据几何关系有三角形OAB为等边三角形，所以圆心角α＝60°
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝＝
粒子在磁场中的运动时间t＝T
联立解得t＝×10－7 s。
答案：(1)1.6×106 m/s　(2)×10－7 s
2．(10分)(2025·云南楚雄期末)如图所示，第一象限及坐标轴正半轴存在磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在x＝a处有垂直于x轴的金属薄板，长度为a，一粒子从坐标中心O沿y轴正半轴以速度v0射出，恰好垂直打中薄板。
(1)求粒子的比荷。(3分)
(2)若只改变粒子的速度大小，要使其能打中薄板，求粒子速度大小的取值范围。(4分)
(3)若只改变粒子的速度方向，要使其能打中薄板，求粒子速度与x轴正半轴的夹角θ的取值范围。(3分)
解析：(1)根据题意可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝a
根据洛伦兹力充当向心力有qv0B＝m eq \f(v,R)
解得＝。
(2)当粒子恰好打到薄板与x轴的交点时，可得其轨迹半径R′＝0.5a
根据洛伦兹力充当向心力有qvB＝m
解得v＝0.5v0
因此要使粒子能打中薄板，则应满足0.5v0≤v≤v0。
(3)粒子轨迹经过薄板与x轴的交点时，其轨迹如图所示
由几何关系可得θ＝30°，因此当粒子向x轴上方发射且30°≤θ≤90°时，粒子都能打中薄板。
答案：(1)　(2)0.5v0≤v≤v0　(3)30°≤θ ≤90°
3．(12分)如图所示，在矩形区域abcO内存在一个垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为L，ab边长为L。现从O点沿Ob方向射入各种速率的带正电粒子，已知这些粒子的质量为m，电荷量为q。不计粒子重力和粒子间的相互作用力。
(1)若粒子垂直于ab边射出磁场，求粒子射入的速率。(6分)
(2)若粒子从a点离开磁场，求粒子射入的速率。(3分)
(3)求粒子在磁场中运动的最长时间。(3分)
解析：(1)粒子运动的轨迹如图，由几何关系，可知
tan θ＝＝
解得θ＝
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得qvB＝
解得v＝
粒子垂直于ab边射出磁场，轨迹圆的圆心为O1，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径
r1＝＝2L
则粒子射入的速率v1＝＝。
(2)粒子从a点离开磁场，轨迹圆的圆心为O2，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径r2＝L
则粒子射入的速率v2＝＝。
(3)根据T＝有T＝
可知粒子在磁场中做圆周运动的周期和速度无关，由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝
有tmax＝T＝。
答案：(1)　(2)　(3)
4．(12分)(2025·安徽部分学校下学期联考)如图，纸面内有一水平虚线，垂直于纸面放置的足够长平面感光板ab与虚线平行。ab与虚线间的距离为l，且存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。虚线上有一点状放射源S，可在纸面内向各个方向发射质量为m、电荷量为＋q的同种带电粒子。某一粒子以速率v沿与虚线成θ＝37°角的方向射入磁场。并恰能垂直打到感光板ab上。不计粒子的重力，sin 37°＝0.6。
(1)求粒子射入磁场时的速率v。(4分)
(2)若粒子均以的速率在纸面内沿不同方向射入磁场，仅考虑能打到感光板ab上的粒子，求：
①粒子在磁场中运动的最短时间；(4分)
②感光板ab被粒子打中的长度。(4分)
解析：(1)粒子恰能垂直打到感光板ab上，所以速度偏转角为53°，由几何关系有
R1＝＝l
洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得v＝。
(2)①粒子以的速率沿纸面不同方向射入磁场，则做圆周运动半径
R2＝＝
如图甲所示，当粒子经过S′时弦长最短，对应时间最短，根据几何关系有
sin ＝＝
则最短时间t＝·＝。
②如图乙所示，轨迹恰好与感光板ab相切时，打到最左侧的P点，由几何关系可知
S′P＝ eq \r(R－（l－R2）2) ＝
当粒子初速度平行于感光板ab时，打到最右侧的Q点，由几何关系可知S′Q＝S′P＝
感光板ab被粒子打中的长度s＝S′P＋S′Q＝l。
答案：(1)　(2)①　②l(共23张PPT)
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√
1．如图所示的是一种污水流量计原理简化模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，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的磁感应强度为B的匀强磁场，关于M、N两端的电势差UMN，下列说法正确的是(　　)
A．稳定状态下UMN为正值
B．稳定状态下，直径d不影响UMN的值
C．稳定状态下，磁感应强度B越大， UMN越小
D．稳定状态下，流量越大，UMN越大
解析：带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到的洛伦兹力向上，M点的电势低于N点的电势，UMN为负值，故A错误；
稳定状态下，磁感应强度B越大，UMN越大，故C错误；
稳定状态下，由Q＝vS可知，流量越大，速度越大，UMN越大，故D正确。
√
2．如图所示的是霍尔元件的工作原理示意图，磁场垂直于霍尔元件的工作面向上，通入图示方向的电流I，C、D两侧面间会产生电势差，下列说法正确的是(　　)
A．电势差的大小仅与磁感应强度有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势φC<φD
C．仅增大电流I时，电势差变小
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直
根据左手定则，电子向D侧面偏转，D表面带负电，C表面带正电，所以C表面的电势高，B错误；
在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，D正确。
√
3．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)
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。
√
解析：根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力而聚集在N一侧，负离子受到竖直向上的洛伦兹力而聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故A、B、C错误；
√
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：根据左手定则可知，电离气体中正离子向上偏，负离子向下偏，上表面的导体电极可视为电源的正极，A错误；
√
7．(2025·四川成都期末)如图甲所示，笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。如图乙所示为霍尔元件，其长、宽、高分别为a、b、c，元件中的导电粒子为自由电子，打开和合上显示屏时，霍尔元件中电流保持不变，当合上显示屏时，水平放置的霍尔元件处于竖直向下的匀强磁场中，前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。下列说法正确的是(　　)
A．开、合屏时，前、后表面间的电压U与
c成正比
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．合屏过程中，前表面的电势比后表面的高
D．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
开屏过程中，穿过霍尔元件竖直方向的磁场减弱，则元件前、后表面间的电压变小，故B错误；
由题图乙可知，电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故C正确；
若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，闭合屏幕时仍然能熄屏，故D错误。
√
8．(2025·辽宁大连市期中)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车
轮的半径即可获知车速大小
B．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定
向运动形成的
C．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差不变
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；
9．(6分)一种用磁流体发电的装置如图所示，间距为d的平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(大量质量为m，带电荷量为e的正、负带电粒子)由静止通过电压为U的电场加速后沿垂直于磁场的方向喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极，不计A、B板间等离子体的电阻，求：
(1)等离子体喷入磁场时的速度v；(2分)
(2)稳定时A、B板间的电势差UAB。(4分)(共21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， 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。
√
√
6.(多选)如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆
环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板
上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两圆环的
转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是(　　)
A．P顺时针转动，Q逆时针转动
B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变
C．P与天花板连接的细线张力不变
D．P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大
解析：根据安培定则可知，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场方向水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点可知，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环靠近部分的电流的方向相同，所以两个圆环相互吸引，两环间细线张力减小。由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环所受的重力之和，大小不变，A、C正确。
7．(多选)(2025·四川绵阳期末)如图甲所示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，不考虑炮弹切割磁感线产生的感应电动势。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。
8.(8分)绝缘水平桌面有一竖直向上的匀强磁场B＝1 T，间距L＝1 m的平行金属导轨固定在桌面上，左端连接电源的电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω。质量m＝0.5 kg 的金属棒垂直于导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。细线一端系在金属棒的中点，另一端通过桌边光滑定滑轮挂一重物时，金属棒恰处于静止状态且刚好不向右滑，细线水平且与金属棒垂直。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，金属棒接入电路的电阻R＝2 Ω，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求悬挂重物的质量M。(4分)
答案：0.75 kg　
(2)若锁定金属棒，保持磁感应强度大小不变，将磁场方向顺时针旋转过53°后解锁金属棒的瞬间，求重物加速度a的大小。(4分)
解析：设磁场旋转后轨道对金属棒的支持力为FN，
BIL sin 53°＋FN＝mg
磁场旋转后，安培力水平方向分量减小，金属棒向右加速，有Mg－BIL cos 53°－μFN＝(m＋M)a
解得a＝3.2 m/s2。
答案：3.2 m/s2
9.(10分)如图所示，在匀强磁场中沿水平方向固定两平行
金属导轨，磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与 导
轨平面的夹角α＝53°，导轨宽度L＝1 m，导轨电阻忽
略不计，左端与电源连接。一质量m＝1 kg的金属棒ab
垂直于两平行导轨放置并与导轨接触良好，连入导轨间的电阻R＝2 Ω，ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，在ab棒中点施加一水平向右的拉力FT，使ab棒能处于静止状态。已知E＝6 V，r＝1 Ω，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。
(1)求金属棒ab受到的安培力F的大小。(2分)
答案：10 N　
(2)求拉力FT的大小范围。(4分)
解析：对ab受力分析，如图所示，
最大静摩擦力
fm＝μFN＝μ(mg－F cos α)＝1 N
当最大静摩擦力方向向右时(如图甲)
FT＝F sin α－fm＝7 N
当最大静摩擦力方向向左时(如图乙)
FT＝F sin α＋fm＝9 N
综上可得7 N≤FT≤9 N。
答案：7 N≤FT≤9 N　
(3)若磁感应强度大小不变，方向突然反向，同时撤去FT，求此时金属棒ab的加速度a的大小。(4分)
解析：磁场反向后，安培力也反向了，但大小不变，受力分析如图丙所示。
F′sin α－fm′＝ma
F′cos α＋mg＝FN′
fm′＝μFN′
综上可得a＝4 m/s2。
答案：4 m/s2(共52张PPT)
第4节　洛伦兹力的应用
学习目标
1．理解质谱仪的工作原理。　2.理解回旋加速器的工作原理。　3.会分析带电粒子在质谱仪和回旋加速器中的运动。　4.理解洛伦兹力在现代科技中的应用。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、利用磁场控制带电粒子运动
带电粒子垂直于磁场方向进入磁场，粒子在洛伦兹力的作用下运动方向偏转，速度大小不变。
二、质谱仪
测定带电粒子比荷的仪器叫作质谱仪。
加速
三、回旋加速器
回旋加速器原理：如图甲所示，两D形盒之间留有窄缝，中心附近放置离子源(如质子、氘核或α粒子源等)。在两D形盒间接上交流电源(其频率的数量级为106Hz)，于是在缝隙里形成一个交变电场。由于电屏蔽效应，在每个D形盒内部的电场很弱，可以忽略。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强磁场中，磁场的方向垂直于D形盒的底面。
如图乙所示，设想正当D2的电势较高的时候，一个带正电的粒子从粒子源发出，它在缝隙中被加速，以速率v1进入D1内部的无电场区，在这里，粒
子在磁场的作用下做半径为R1＝_______的圆周运动，经过__________后
再次回到缝隙。如果在此期间缝隙间的电场恰好反向，粒子通过缝隙时又被加速，以较大的速率v2进入D2内部的无电场区，
半个圆周
所用的时间
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。(　　)
√
×　
√
√
第1课时　洛伦兹力在现代
科技中的应用
课堂深度探究
PART
02
第二部分
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，则会受到相同方向的电场力和洛伦兹力而打到板上。
　　　如图所示，两个平行金属板M、N间为一个
正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向由M板
指向N板，磁场方向垂直于纸面向里，OO′为距离两
极板相等且平行于两极板的虚线。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
√
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；
若粒子以速度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。
知识点二　电磁流量计
√
[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；




当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子仍受洛伦兹力作用，故D错误。
√
[解析]　若导电液体带正电，根据左手定则可知，其受向下的洛伦兹力，正电荷打在N处，所以N点的电势高于M点，故A错误；
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。
√
√
[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；
　　　(2025·浙江杭州市期中)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　　)
√
[解析]　根据左手定则可知P板聚集负电荷，Q板聚集正电荷，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；
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
√
[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；



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。
√
[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；
元件中自由电荷由正电荷变为负电荷，根据左手定则可知负电荷向C端偏转，则C侧面的电势低于D侧面的电势，结合A可知D正确。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
解析：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，则其受到的电场力向下，故上极板带正电，A错误。
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，将向下偏转，不能射出速度选择器，故C错误。
√
解析：根据左手定则，液体流过磁场区时，正离子偏向M金属板，A错误；
3．(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：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；
√
4．(霍尔效应)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：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；
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。带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题(一)
1．(多选)如图所示，OACD为矩形，OA边长为L，其内部存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角α＝60°，粒子刚好从A点射出磁场。不计粒子所受的重力，则(　　)
A．粒子带负电
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
D．为保证粒子刚好从A点射出磁场，OD边长至少为L
解析：选AD。根据题意画出粒子运动的轨迹图。
粒子沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A正确；设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可得2R sin 60°＝L，则R＝L，由牛顿第二定律得qv0B＝ eq \f(mv,R) ，解得B＝，故B、C错误；粒子刚好从A点射出磁场，则OD边长至少为OD＝R－R cos α＝L－L cos 60°＝L，故D正确。
2.一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＝。
3.(2024·河北邯郸联考)边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD如图所示，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直于AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子所受重力不计)，则t1∶t2为(　　)
A．2∶1 B．2∶3
C．3∶2 D．3∶1
解析：选C。如图所示，
画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径R＝L，从C点射出的粒子运动时间t1＝T＝T，从P点入射的粒子轨迹的圆心在AD延长线上距D点L处，那么粒子转过的圆心角满足cos θ＝＝，解得θ＝60°，运动时间t2＝T＝T，则有＝＝。
4.(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。
5.(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：选BD。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。
6.(多选)(2025·陕西宝鸡市期中)如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长为d，∠B＝。现垂直于AB边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t0(不计重力)，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为d
D．粒子进入磁场时速度大小为
解析：选AB。根据题意粒子垂直于AB边进入，
垂直于AC边飞出，经过四分之一个周期，即T＝t0，解得T＝4t0，A正确；洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得R＝，粒子运动的周期T＝＝＝4t0，解得磁感应强度B＝，B正确；粒子与BC边相切，运动时间最长，在磁场中转过圆心角120°，满足t0＝T，如图所示，根据几何关系可知R sin ＋＝d，解得R＝d，C错误；根据T＝可知v＝＝＝，D错误。
7．(8分)如图所示，abcd为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域(含边界)处于垂直于纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ad＝L，ab＝L。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，从a点沿ab方向运动，不计粒子所受重力。求：
(1)粒子能通过cd边的最小速度v；(4分)
(2)粒子能通过cd边的最短时间t。(4分)
解析：粒子运动轨迹如图所示。
(1)粒子能通过cd边，可知粒子以最小速率运动时恰好打在d点，由几何关系可知其半径r1＝L
根据qvB＝m
解得v＝。
(2)粒子能通过cd边，从c点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，根据几何关系
(r2－L)2＋(L)2＝r
解得r2＝2L
则转过的圆心角sin θ＝＝
即θ＝60°
粒子在磁场中运动的周期T＝
则粒子能通过cd边的最短时间t＝T＝。
答案：(1)　(2)
8．(8分)(2025·河南南阳市期中)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中运动的过程中与AB之间的最大距离；(6分)
(2)在磁场中运动时间最长粒子的最大速度。(2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
则在磁场中运动的过程中与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第2课时　安培力作用下的运动及其应用
知识点一　安培力作用下的运动问题
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 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；不平行的两直线电流相互作用时，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
　如图所示，把一所受重力不计的通电直导线AB水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以在空间自由运动，当导线通以图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　)
A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升
[解析]　如图所示，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下，其受力方向向里。当导线转过一定角度时，导线中间一段电流的方向不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以从上往下看导线将一边逆时针方向转动，一边向下运动，C正确。
[答案]　C
方法2　等效法和特殊位置法的应用
　如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内。当在线圈中通入沿图示方向的电流时，将会看到(　　)
A．线圈向左平移
B．线圈向右平移
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁
[解析]　线圈通以逆时针方向的电流，由于处于S极的磁体附近，磁感线从右侧进入S极，根据左手定则可得，线圈左边受垂直于纸面向内的安培力，线圈右边受垂直于纸面向外的安培力，所以线圈还会绕着悬线轴线旋转，不属于单纯的平移，故A、B错误；从上往下看，线圈顺时针转动，由环形电流产生的磁场，根据安培定则可得纸张外侧相当于N极，在线圈旋转至转过90°角时，环形电流产生的磁场与条形磁铁S极逐渐相向，二者异名磁极相互吸引，导致线圈在顺时针转动的同时向磁铁靠近，故C正确，D错误。
[答案]　C
方法3　推论法的应用
　如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是(　　)
A．都绕圆柱转动
B．以不等的加速度相向运动
C．以相等的加速度相向运动
D．以相等的加速度相背运动
[解析]　同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但根据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力必大小相等，C正确。
[答案]　C
　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
　(2024·四川内江期末)如图所示，间距L＝ m的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角θ＝30°。一质量m＝0.01 kg的金属棒垂直于导轨放置，并与定值电阻R(大小未知)、电动势E＝2 V(内阻不计)的电源、开关S构成闭合回路，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小B＝0.35 T的匀强磁场中。闭合开关S，金属棒恰好不会沿导轨向上滑动。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨和金属棒的电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。
(1)求电阻R的阻值。
(2)若把电源更换为电动势E′＝4.0 V、内阻r＝1 Ω的电源，闭合开关S时，求金属棒的瞬时加速度大小。
[解析]　(1)金属棒恰好不向上滑动，所受的摩擦力方向沿导轨向下，对金属棒受力分析如图所示
由平衡条件可知
mg sin θ＋μ(mg cos θ＋F安sin θ)－F安cos θ＝0
又F安＝BL
联立解得R＝9 Ω。
(2)若把电源更换为电动势为4 V、内阻为1 Ω的电源，闭合开关S的瞬间，金属棒所受的安培力大小
F安′＝BL>F安
根据牛顿第二定律有
F安′cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋F安′sin θ)＝ma
解得a＝7 m/s2。
[答案]　(1)9 Ω　(2)7 m/s2
知识点三　直流电动机和电磁炮
1．直流电动机的工作原理
通电线圈在磁场中受到安培力的作用旋转，当线圈与磁场垂直时，线圈靠惯性转动，此时电流改变方向，线圈受安培力继续转动。
2．电磁炮的工作原理
通电导线在强磁场中受安培力加速运动。
角度1　直流电动机
　(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
角度2　电磁炮
　电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图为某次试验所采用的电磁轨道，该轨道长7.5 m，宽1.5 m。若发射质量为50 g的炮弹从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为20 A时，最大速度可达3 km/s。轨道间所加磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　)
A．磁场方向为竖直向下
B．磁场方向为水平向右
C．磁感应强度的大小为103T
D．电磁炮的加速度大小为3×105m/s2
[解析]　炮弹受到的安培力向右，根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A、B错误；由速度位移公式2ax＝v2，其中x＝7.5 m，解得电磁炮的加速度大小a＝6×105 m/s2，根据牛顿第二定律BIL＝ma，其中L＝1.5 m，解得B＝103 T，故C正确，D错误。
[答案]　C
1.(安培力作用下导体的运动)如图所示，一根可以自由转动的直导线ab平行于通电螺线管的轴线，放置在螺线管的正上方，则直导线ab通以由a到b的电流后，运动情况为(　　)
A．从上向下看顺时针转动并远离螺线管
B．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
解析：选D。把直线电流等效为 aO、OO′ 、O′b三段，其中OO′段极短，由于OO′段电流方向与该处的磁场方向相同，所以不受安培力作用；aO段电流所在处的磁场方向斜向上，
由左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外；O′b段电流所在处的磁场方向斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直于纸面向里。再用特殊位置法分析：当导线转过90°与纸面垂直时，判断导线所受安培力方向向下，综上可知导线将以 OO′段为轴逆时针转动(从上向下看)并靠近通电螺线管。
2.(安培力作用下导体的运动)(2025·山东青岛市期中)如图所示，KN和LM是圆心为O、半径分别为ON和OM的同心圆弧，在O处有电流方向垂直于纸面向外的载流直导线。用一根导线围成KLMN回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，下列说法正确的是(　　)
A．KL边受到垂直于纸面向里的力
B．线框KLMN将向右平动
C．MN边垂直于纸面向里运动
D．线框KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直于纸面的轴转动
解析：选C。垂直于纸面的导线，电流方向向外，根据安培定则可知，其磁感线是以导线为圆心的逆时针方向的一系列同心圆，再根据左手定则可知，KL边受到的安培力垂直于纸面向外，则将垂直于纸面向外运动，故A错误；MN边受到的安培力垂直于纸面向里，则将垂直于纸面向里运动，故C正确；从右侧观察线框KLMN逆时针转动，故B、D错误。
3．(电动机原理)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。1．(10分)(2025·黑龙江省第二次联考)如图所示，平面直角坐标系xOy中存在一与x轴相切的圆形匀强磁场区域，圆心坐标为(0，0.2)，匀强磁场的磁感应强度大小B＝ T、方向垂直于纸面向外。y<0区域，存在电场强度大小E＝4×103 N/C、方向沿y轴正方向的匀强电场。第四象限内的P点有一质量m＝2×10－9 kg、带电量q＝5×10－5 C的带正电粒子，以大小v0＝5×103 m/s的初速度沿x轴负方向射入匀强电场，从坐标原点O以与x轴负方向成θ＝45°角进入匀强磁场。粒子重力不计，求：
(1)P点的坐标；(5分)
(2)粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间。(5分)
解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由几何关系有vy＝v0tan θ＝5×103 m/s
根据牛顿第二定律有a＝＝1×108 m/s2
则粒子在匀强电场中运动的时间
t＝＝5×10－5 s
水平方向有x＝v0t＝0.25 m
竖直方向有y＝at2＝0.125 m
故P点的坐标为(0.25，－0.125)。
(2)粒子进入匀强磁场的速度大小
v＝＝5×103 m/s
由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得R＝0.2 m
粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期
T＝＝×10－4 s
粒子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知，粒子在匀强磁场中转过的圆心角α＝135°，故粒子在匀强磁场中的运动时间
t′＝T＝×10－5 s。
答案：(1)(0.25，－0.125)　(2)×10－5 s
2.(12分)(2025·广东深圳市宝安区期末)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的垂直于纸面向外的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。第二象限分布着水平向左的匀强电场，电场强度为E。已知OP＝a，电场和磁场范围均足够大，重力忽略不计。求：
(1)带电粒子电性以及第一次穿出第一象限的坐标；(4分)
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2分)
(3)带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间。(6分)
解析：(1)粒子从P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入，垂直于y轴从A点射出，根据左手定则，粒子运动轨迹如图所示，
由洛伦兹力的方向根据左手定则可知粒子带负电。由几何关系可知
R＝＝2a，OA＝R＋R sin 30°＝3a
因此A点坐标为(0，3a)。
(2)由洛伦兹力公式以及牛顿第二定律可知
qvB＝m
解得B＝＝。
(3)进入电场后，由于粒子带负电，电场力F向右，因此粒子减速到零，又加速返回，以原速度大小第二次穿过A点，根据左手定则可知，向上偏转180°第三次经过y轴
在电场中有Eq＝ma
由运动学公式以及对称性可知t2＝＝
在磁场中，由T＝，t＝T，θ1＝120°，θ2＝180°
可知t1＝T＝，t3＝T＝
带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间
t总＝t1＋t2＋t3＝＋。
答案：(1)负电　(0，3a)　(2)　(3)＋
3．(14分)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。从y轴上坐标为(0，L)的P点沿x轴正方向，以初速度v0射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经电场偏转后从坐标为(2L，0)的Q点第一次经过x轴进入磁场。其中三、四象限的磁感应强度B＝，不计粒子的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；(4分)
(2)粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间；(6分)
(3)粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离。(4分)
解析：(1)粒子从P点射出后在电场中做类平抛运动，则
2L＝v0t1
L＝at
根据牛顿第二定律有qE＝ma
解得t1＝，E＝ eq \f(mv,2qL) 。
(2)根据类平抛运动规律可知，穿过x轴时速度与水平方向的夹角θ满足
tan θ＝2×＝1
解得θ＝45°
则进入磁场的速度v＝v0
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得r＝L
根据几何关系可知粒子从O点射出磁场，如图，
粒子在磁场中运动的周期T＝＝
在磁场运动的时间t2＝T＝
粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间
t＝t1＋t2＝。
(3)粒子第二次经过x轴后，根据运动的分解可知，竖直方向先匀减速，再匀加速，水平方向匀速运动，运动的时间为2t1，水平方向的位移
x′＝v0×2t1＝4L
由上述分析可知第三次经过x轴的坐标为4L，第四次经过x轴的坐标为2L，第五次经过x轴的坐标为6L，如此循环运动，
则粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离
xn＝(n＋1)L(n为奇数)或xn′＝(n－2)L(n为偶数)。
答案：(1) eq \f(mv,2qL) 　(2)　(3)(n＋1)L(n为奇数)或(n－2)L(n为偶数)
4．(16分)(2025·甘肃兰州市期中)如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，两磁场区域宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1。一电荷量为＋q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平方向向右进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ。已知AB长度是BC长度的倍。
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小。(4分)
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L。(4分)
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。(4分)
(4)求在(3)的条件下带电粒子从进入边界L1到第二次到达边界L2的时间。(4分)
解析：(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有
tan θ＝＝
则θ＝30°
根据速度关系有v＝＝。
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得qvB1＝m
轨迹如图甲所示，
由几何关系得L＝r1
解得L＝。
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示，
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB2m＝m
根据几何关系有L＝r2(1＋sin θ)
解得B2m＝1.5B1。
(4)由几何关系可知，磁场Ⅰ中的圆心角为60°，磁场Ⅱ中的圆心角为240°，则粒子在磁场Ⅰ中的运动时间t1＝·＝
粒子在磁场Ⅱ中的运动时间
t2＝·＝
带电粒子从进入边界L1到第二次到达边界L2的时间t＝t1＋t2＝。
答案：(1)　(2)　(3)1.5B1
(4)1.一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量和质量均相同的粒子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些粒子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，粒子刚好能打在底片上的M点。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。若想要粒子始终能打在底片MN上，则加速电场的电压最大为(　　)
A．U0 B．2U0
C．4U0 D．8U0
解析：选C。粒子打到M点时，有U0q＝mv，qv1B＝m eq \f(v,r1) ，L＝2r1，粒子打到N点时，加速电场的电压最大，有Uq＝mv，qv2B＝m eq \f(v,r2) ，2L＝2r2，解得U＝4U0。
2.如图所示，平行金属板M、N之间有竖直向下的匀强电场，虚线下方有垂直于纸面的匀强磁场，质子(H)和α粒子(He)分别从上板中心S点由静止开始经电场加速，从O点垂直于磁场边界进入磁场，最后从a、b两点射出磁场。下列判断正确的是(　　)
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．从a点离开的是质子
C．从b点离开的粒子在磁场中运动的速率较大
D．从S出发到离开磁场，由b点射出的粒子用时短
解析：选B。质子和α粒子都带正电荷，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，A错误；粒子在匀强电场中加速，由动能定理有qU＝mv2，解得v＝ ，进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，联立解得R＝ ，由此可知，α粒子的轨道半径较大，从a点离开的是质子，从b点离开的是α粒子，α粒子在磁场中运动的速率较小，B正确，C错误；质子和α粒子在电场中加速，α粒子末速度是质子末速度的，在电场中运动的时间是质子的倍，而质子和α粒子在磁场中运动的时间都是半个周期，由周期公式T＝可知，α粒子在磁场中运动的时间是质子在磁场中运动的时间的2倍，综上可知，从S出发到离开磁场，由b点离开的α粒子所用时间较长，D错误。
3.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，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，质量大的做圆周运动的半径大，所以ma>mb，故A错误，B正确；由v＝ 知质量大的速率小，ma>mb，所以va4.(2025·新疆乌鲁木齐市期中)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示。D形盒半径为R，垂直于D形盒底面的匀强磁场磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连。设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是(　　)
A．D形盒之间交变电场的周期为
B．质子被加速后的最大速度随B、R的增大而减小
C．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大
D．粒子射出时的最大动能与D形盒的半径无关
解析：选A。D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中回旋的周期，质子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m，又T＝，得T＝，A正确；由Bqv＝m得v＝，又因为Ek＝mv2＝，可见当r＝R时，质子速度最大，动能最大，vm＝，Ekm＝mv＝，即B、R越大，最大速度越大，最大动能越大，与加速电压无关，B、C、D错误。
5.(2025·浙江嘉兴市期中)我国某集团全面完成了230 MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压大小恒为U。若用此装置对氘核(H)加速，所加交变电流的频率为f。加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是(　　)
A．仅增大加速电压U，则氘核(H)从D形盒出口射出的动能增大
B．仅减小加速电压U，则氘核(H)被加速次数增多
C．氘核(H)在磁场运动过程中，随着半径逐渐增大，周期也随之逐渐增大
D．若用该加速器加速α粒子(He)需要把交变电流的频率调整为2f
解析：选B。当氘核在磁场中的轨迹半径等于D形金属盒半径R时，氘核的动能最大，即qvmB＝m eq \f(v,rm) ，故Ekm＝mv＝，与加速电压和加速次数无关，A错误；氘核在电场中加速nqU＝mv＝，解得n＝，仅减小加速电压U，氘核加速次数增多，B正确；氘核在磁场运动的周期T＝，与半径无关，周期不变，C错误；回旋加速器交流电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，氘核和α粒子比荷相同，在同一匀强磁场中做圆周运动的频率相同，D错误。
6.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。
7.(8分)回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加在狭缝间的交变电压的电压值大小为U0，周期T＝。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从A处飘入狭缝，其初速度视为零，不考虑粒子在狭缝中的运动时间。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)
解析：(1)粒子离开加速器时运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m
粒子加速后的动能Ek＝mv2
联立解得Ek＝。
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝
设粒子被加速n次后动能为Ek，则有Ek＝nqU0
解得n＝
因粒子每加速一次后都要经磁场运动半个圆周，则粒子从飘入狭缝至动能达到Ek共经历了n次半个圆周的运动，故在磁场中运动的总时间t＝n＝。
答案：(1)　(2)
8．(10分)图示是一种质谱仪的原理图，离子源(在狭缝S1上方，图中未画出)产生的带电粒子(不计重力)经狭缝S1与S2之间的电场加速后，进入P1和P2两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。沿直线通过狭缝S3后垂直进入另一匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子打到底片上形成一细条纹。已知离子源产生的粒子初速度为零、比荷为，S1与S2之间的加速电压为U1，P1和P2两金属板间距离d，两板间匀强磁场的磁感应强度B1，照相底片上的条纹到狭缝S3的距离为L。
(1)判断粒子的电荷属性。(2分)
(2)求粒子经加速电场加速后的速度v1。(2分)
(3)求P1和P2两金属板间匀强电场的电压U2。(3分)
(4)求经S3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度B2。(3分)
解析：(1)根据粒子在磁场中的偏转方向结合左手定则可知粒子带正电。
(2)粒子在S1与S2之间加速，由动能定理得
qU1＝mv－0
解得v1＝ 。
(3)带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡有q＝qv1B1
解得U2＝B1d。
(4)由题意可知，根据几何关系，粒子轨道半径R＝
洛伦兹力提供向心力qv1B2＝m eq \f(v,R)
解得B2＝ 。
答案：(1)正电　(2) 　(3)B1d
(4)(共3张PPT)
章末知识网络建构
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THANKS第2节　安培力的应用
1．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。　2.知道电磁炮的基本构造和工作原理。　3.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。
一、直流电动机
1．电动机是安培力的一个重要应用。电动机利用安培力做功把电能转化为机械能。图甲给出一个直流电动机的工作模型，它由磁场(磁体)、转动线圈、滑环、电刷等组成，由直流电源供电。其中，滑环分成两个半圆环A与B，滑环在其中起了一个换向器的作用。
2．当线圈通电后，由于受到安培力的作用(图乙)，线圈在磁场中旋转起来，并且每转半圈，线圈内电流方向就变换一次，从而可以连续转动。这就是直流电动机的工作原理。
二、电磁炮
一个简单的电磁轨道炮发射的基本原理图如图所示，其中两条平行的金属导轨A和B充当传统火炮的炮管，弹丸放置在两导轨间，它与两导轨间接触良好且摩擦很小。当两导轨
接入电源时，强大的电流I从导轨A流入，经弹丸从另一导轨B流回，两导轨中的强电流在两导轨间产生强磁场，磁场方向竖直向上。利用左手定则可以判定，弹丸受到安培力方向水平向右，它将在导轨上以很大的加速度做加速运动，最终高速发射出去。
三、磁电式电流表
1．磁电式电流表的原理
利用通电线圈在磁场中受到安培力作用的原理制成的，我们在实验室里经常使用的电流表和电压表都是磁电式电流表改装而成的。
2．磁电式电流表的内部结构
如图甲所示，蹄形永磁体的两个磁极各加一个软铁制的极靴，它们的中心固定一个圆柱形的软铁芯，在极靴与铁芯之间形成均匀的空隙，空隙中是磁感线均匀地沿着径向分布的磁场。这种磁场叫作辐向磁场。
3．磁电式电流表内部磁场的特点
磁场内同一圆周上的任何位置，磁感应强度的大小都相等，方向总是沿半径方向，如图乙所示。
4．在空隙间安装有用漆包细铜线绕制的线圈，它连接在转轴上，可以绕轴转动，待测的电流就从其中通过。转轴上附着指针，轴的上下两端各连有一盘游丝，它们的绕向相反。通电时，磁场对线圈产生的安培力使它偏转，电流越大，指针偏转角度越大。
判断下列说法是否正确。
(1)直流电动机的滑环能改变通过线圈的电流方向。(　　)
(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。(　　)
(6)电磁炮通电时，弹丸中有电流通过，受安培力作用。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√
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
　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]　对金属杆做受力分析，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
知识点二　安培力作用下的动态平衡和极值问题
　如图所示，宽为L的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在着竖直向上的大小未知的匀强磁场(图中未画出)，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。重力加速度为g。
(1)求磁感应强度B的大小。
(2)若保持B的大小不变而改变B的方向，使金属杆仍然保持静止，求回路总电流的最小值I2和此时B的方向。
[解析]　(1)对金属杆进行受力分析，如图所示，由平衡条件可得BI1L＝mg tan α
解得B＝。
(2)安培力垂直于支持力时，安培力达到最小，总电流最小，此时磁感应强度方向垂直于导轨平面向上。
由平衡条件可得F＝mg sin α
即BI2L＝mg sin α
解得I2＝I1cos α。
[答案]　(1)　(2)I1cos α　垂直于导轨平面向上
　(2025·广西南宁市、河池市质监联考)如图所示，一质量m＝0.1 kg、长L＝0.2 m的导体棒水平放置在倾角θ＝37°的光滑斜面上，整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中。当导体棒中通有垂直于纸面向里的恒定电流I＝0.5 A时，磁场的方向由垂直于斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则磁感应强度B的取值范围是(　　)
A．6 T≤B≤10 T B．6 T≤B≤20 T
C．3 T≤B≤20 T D．3 T≤B≤10 T
[解析]　经分析知，导体棒受到重力mg、斜面的弹力FN和安培力FA，且三力的合力为零，如图所示，从图中可以看出，在磁场方向变化的过程中，安培力FA一直变大，导体棒受到斜面的弹力FN一直变小，由于FA＝BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大，当磁场方向垂直于斜面向上时，安培力FA沿斜面向上，此时安培力最小，最小值FAmin＝mg sin θ，则Bmin＝＝6 T，当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，此时对应的安培力最大，得磁感应强度的最大值Bmax＝＝10 T，则磁感应强度B的取值范围是6 T≤B≤10 T。
[答案]　A
知识点三　安培力作用下平衡的应用
角度1　磁电式电流表
　图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等，则下列正确的是(　　)
A．该磁场为匀强磁场 B．线圈将顺时针转动
C．a、b两边受到的安培力相同 D．线圈平面总与磁场方向垂直
[解析]　匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等、方向处处相同，由题图可知，该磁场不是匀强磁场，故A错误；根据左手定则可知，题图所示位置a边受到的安培力向上，b边受到的安培力向下，则a向上转动，b向下转动，即线圈将顺时针转动，故B正确，C错误；根据磁感线分布可知，线圈平面总与磁场方向平行，故D错误。
[答案]　B
角度2　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得
B＝＝ T＝2.0×10－3 T
所以，通电螺线管中的磁感应强度为2.0×10－3 T。
[答案]　2.0×10－3 T
1.(安培力作用下的平衡)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＝＝2 T。
2.(安培力作用下的平衡)(2024·天津静海一中校考)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，A、B错误；由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到斜向左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面的压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正确。
3.(安培力作用下的极值问题)如图所示，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5 T。宽为1 m的平行金属导轨与水平面的夹角为37°，质量为0.5 kg、长为1 m的金属杆ab水平放置在导轨上，杆中通有恒定电流I时能静止在导轨上。已知杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
A．金属杆中的电流方向一定为b→a B．金属杆中的电流方向可能为b→a
C．金属杆中电流的最大值为5 A D．金属杆中电流的最小值为2 A
解析：选D。由于mg sin 37°＝0.6mg>μmg cos 37°＝0.4mg，说明金属杆所受的安培力沿斜面向上，由左手定则可知，金属杆中的电流方向一定为a→b，故A、B错误；当安培力最大时，有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝BImaxL，解得Imax＝10 A，当安培力最小时，有mg sin 37°＝μmg cos 37°＋BIminL，解得Imin＝2 A，故C错误，D正确。
4.(安培力的应用)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：选C。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。第2课时　带电粒子在匀强磁场中的运动
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。
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．洛伦兹力的方向总跟粒子运动的速度方向垂直，洛伦兹力对运动电荷不做功，它不会改变带电粒子速度的大小，只改变粒子运动的方向。
2．一个带正电荷q的粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中，以垂直于磁场的方向运动，粒子所受洛伦兹力大小恒为F洛＝qvB，方向总跟速度方向垂直，则它将做匀速圆周运动，设圆周半径为R，则F洛＝qvB＝m，则R＝。带电粒子做圆周运动的周期是T＝＝。
判断下列说法是否正确。
(1)带电粒子进入匀强磁场后一定做匀速圆周运动。(　　)
(2)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关。(　　)
(3)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动。(　　)
(4)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀加速直线运动，不可能做匀速直线运动。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
知识点一　带电粒子在磁场中运动的基本问题
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。加上合适的磁场时，电子的运动轨迹是圆角。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
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。
　关于带电粒子在匀强电场或匀强磁场中的运动，下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子飞入匀强磁场后，一定做匀速圆周运动
B．带电粒子飞入匀强电场后，一定做匀变速直线运动
C．将带电粒子在匀强电场中由静止释放，粒子将会做匀加速直线运动
D．将带电粒子在匀强磁场中由静止释放，粒子将会做匀速圆周运动
[解析]　带电粒子飞入匀强磁场后，如果速度方向与磁场方向平行，则带电粒子不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动，故A错误；带电粒子飞入匀强电场后，如果速度方向与电场方向不在同一直线上，带电粒子将做匀变速曲线运动，故B错误；将带电粒子在匀强电场中由静止释放，粒子将在电场力作用下做匀加速直线运动，故C正确；将带电粒子在匀强磁场中由静止释放，带电粒子不受洛伦兹力作用，粒子处于静止状态，故D错误。
[答案]　C
　(2025·湖北省宜荆荆随恩期末联考)如图所示，在纸面内水平放置两根长直导线AB和CD，只有一条导线中通有恒定电流。在纸面内，一电子由E点开始经过F运动到G的轨迹如图中曲线所示，下列说法正确的是(　　)
A．导线AB中通有从A到B方向的电流
B．导线AB中通有从B到A方向的电流
C．导线CD中通有从C到D方向的电流
D．导线CD中通有从D到C方向的电流
[解析]　由于电子在运动的过程中，速度大小不变，根据r＝，可知在F点处轨道半径较小，磁感强度较大，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中电流的方向从C到D。
[答案]　C
　一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，以速度v垂直射入一匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B。带电粒子所受的重力忽略不计。求：
(1)带电粒子做圆周运动的半径；
(2)带电粒子做圆周运动的周期；
(3)带电粒子定向移动形成的等效电流的大小。
[解析]　(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝，解得r＝。
(2)根据公式T＝得，带电粒子做圆周运动的周期T＝。
(3)根据电流的定义式I＝可知，带电粒子定向移动形成的等效电流的大小I＝＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
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，如图甲所示。
(2)已知进场速度方向和出场点：通过入射点或出射点作速度方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图乙所示。
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(如图所示)，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，如图甲所示)。
(2)平行边界(存在临界条件，如图乙所示)。
(3)圆形边界
①在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，必沿半径方向射出，如图丙所示。
②在圆形磁场区域内，不沿半径方向射入的粒子，入射速度方向与半径的夹角为θ，出射速度方向与半径的夹角也为θ，如图丁所示。
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
　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)
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)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r1＝，r2＝，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
　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，射出速度的方向与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所示，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．(带电粒子在磁场中的运动)(2025·四川遂宁校考)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一质子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑质子所受重力，关于接下来质子的运动，下列说法正确的是(　　)
A．质子将向下偏转，运动的半径逐渐变大
B．质子将向上偏转，运动的半径逐渐变小
C．质子将向下偏转，运动的动能逐渐变小
D．质子将向上偏转，运动的动能不变
解析：选A。根据安培定则可知恒定电流在导线下方激发的磁场方向是垂直于纸面向外的，再根据左手定则可以判定质子受到的洛伦兹力是向下的，所以质子将向下偏转；质子偏转后将远离导线，随着磁感应强度的减小，向心力也减小，则质子的运动半径将逐渐变大；由于洛伦兹力不做功，质子所受的重力也不考虑，所以质子的动能不变，故A正确，B、C、D错误。
2.(带电粒子在磁场中的运动)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　)
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
解析：选A。根据题图可知，1和3粒子绕转方向一致，则1和3对应的粒子为电子，2对应的粒子为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确，D错误；电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvB＝m，解得r＝，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
3.(带电粒子在圆形边界磁场中的运动)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，所受重力不计，电荷量一定的带正电粒子，以速度v正对着圆心O射入磁场。若粒子射入和射出磁场两点间的距离为R，则粒子在磁场中运动时间为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B。带正电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
由几何关系可得θ＝，α＝，粒子做圆周运动的半径为r＝R，粒子做圆周运动对应的圆心角为2α＝，则粒子在磁场中的运动时间t＝×＝。
4.(带电粒子在直线边界磁场中的运动)如图所示，在直线边界PQ上方有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带电粒子先后从PQ上的O点以相同的角度垂直射入磁场中，然后分别从PQ上的M、N两点射出磁场。不计粒子受到的重力，下列说法正确的是(　　)
A．两粒子均带正电
B．两粒子的速度大小相等
C．两粒子射出磁场时的速度方向不相同
D．两粒子在磁场中的运动时间一定相同
解析：选D。根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则可知两个粒子带负电，故A错误；根据几何关系可知两个粒子在磁场中运动的轨道半径不同，结合qvB＝m，得r＝，所以两粒子的速度大小不相等，故B错误；根据对称性，对于同一直线边界磁场，带电粒子以多大角度入射，就以多大角度出射，与速度大小无关，因为两种粒子的入射方向相同，所以出射方向相同，故C错误；对于同一直线边界磁场中的粒子，两种粒子的入射方向相同，转过的圆心角相等，根据t＝T，同种带电粒子在磁场中运动的周期T＝，所以两粒子在磁场中的运动时间一定相同，故D正确。(共35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
角度1　磁场与磁场的组合
　　　(2025·四川宜宾统考)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右方向夹角为60°，求：
(1)粒子射入磁场的速度大小；
(2)粒子在矩形磁场中运动的时间；
(3)圆形磁场的磁感应强度。
角度2　先电场后磁场
　　　在平面直角坐标系的第一象限内有沿x轴负
方向的匀强电场，在第二、三象限内有垂直于坐
标平面向里的匀强磁场，在第四象限内有M、N两
个水平平行金属板，之间的电压为U。一质量为m、
电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子所受重力)从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，从x轴上x＝l处的A点沿y轴正方向垂直于x轴射入电场，从y＝2l的C点离开电场，经磁场后再次到达x轴时刚好从坐标原点O处经过。求：
(1)粒子运动到A点的速度大小；
(2)电场强度E和磁感应强度B的大小。
角度3　先磁场后电场
　　　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轴上的M点(0，－2L)以与y轴负方向夹角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
　　　(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。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q。
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v。
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1.(带电粒子在组合场中的运动)在如图所示的平面直角
坐标系xOy中，第一象限区域内有沿y轴负方向的匀强电
场，第三象限和第四象限区域内有垂直于xOy平面(纸面)
向里的匀强磁场，第三象限的磁场的磁感应强度大小为
B。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，以初速度v0
从坐标为(2L，L)的A点沿x轴负方向进入匀强电场后，恰好从坐标原点O进入第三象限，继而经y轴上的P点(未画出)进入第四象限，然后又垂直于x轴进入第一象限，不计粒子所受的重力，求：
(1)第一象限内匀强电场的电场强度大小E；
(2)P点坐标；
(3)粒子在第四象限运动的时间t。
2．(带电粒子在组合场中的运动)(2025·湖北黄冈市期中)在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内，有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向；一质量为m、电荷量为－q的粒子，从y轴上的点P(0，l)沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的点a(2l，0)进入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限某区域内有垂直于平面向里的匀强磁场。(不计粒子所受的重力)
(1)求粒子初速度v0的大小。
(2)如图1所示，若第Ⅳ象限内的磁场区域为正方形abcd，正方形边长为2l，且ad边与x轴重合，粒子飞出磁场后能与y轴负方向成45°角通过y轴，求磁感应强度B1满足的条件。
(3)如图2所示，若第Ⅳ象限内的磁场区域为圆形，圆形区域半径为R(R<2l)，且该圆与x轴相切于a点，粒子飞出磁场后恰能沿x轴负方向通过y轴，求磁感应强度B2的大小。(共47张PPT)
第2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。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．洛伦兹力的方向总跟粒子运动的速度方向______，洛伦兹力对运动电荷________，它不会改变带电粒子速度的大小，只改变粒子运动的______。
垂直
不做功
方向
匀速圆周
判断下列说法是否正确。
(1)带电粒子进入匀强磁场后一定做匀速圆周运动。(　　)
(2)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关。(　　)
(3)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动。(　　)
(4)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀加速直线运动，不可能做匀速直线运动。(　　)
√
×　
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　带电粒子在磁场中运动的基本问题
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。加上合适的磁场时，电子的运动轨迹
是圆角。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
　　　关于带电粒子在匀强电场或匀强磁场中的运动，下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子飞入匀强磁场后，一定做匀速圆周运动
B．带电粒子飞入匀强电场后，一定做匀变速直线运动
C．将带电粒子在匀强电场中由静止释放，粒子将会做匀加速直线运动
D．将带电粒子在匀强磁场中由静止释放，粒子将会做匀速圆周运动
√
[解析]　带电粒子飞入匀强磁场后，如果速度方向与磁场方向平行，则带电粒子不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动，故A错误；
带电粒子飞入匀强电场后，如果速度方向与电场方向不在同一直线上，带电粒子将做匀变速曲线运动，故B错误；
将带电粒子在匀强电场中由静止释放，粒子将在电场力作用下做匀加速直线运动，故C正确；
将带电粒子在匀强磁场中由静止释放，带电粒子不受洛伦兹力作用，粒子处于静止状态，故D错误。
　　　(2025·湖北省宜荆荆随恩期末联考)如图所示，在纸面内水平放置两根长直导线AB和CD，只有一条导线中通有恒定电流。在纸面内，一电子由E点开始经过F运动到G的轨迹如图中曲线所示，下列说法正确的是(　　)
A．导线AB中通有从A到B方向的电流
B．导线AB中通有从B到A方向的电流
C．导线CD中通有从C到D方向的电流
D．导线CD中通有从D到C方向的电流
√
　　　一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，以速度v垂直射入一匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B。带电粒子所受的重力忽略不计。求：
(1)带电粒子做圆周运动的半径；
(2)带电粒子做圆周运动的周期；
(3)带电粒子定向移动形成的等效电流的大小。
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，如图甲所示。
(2)已知进场速度方向和出场点：通过入射点或出射点作速度方向的垂线，再连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条线的交点就是圆弧轨道的圆心，如图乙所示。
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(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt。
4．运动轨迹的确定
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图甲所示)。
(2)平行边界(存在临界条件，如图乙所示)。
(3)圆形边界
①在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，必沿半径方向射出，如图丙所示。
②在圆形磁场区域内，不沿半径方向射入的粒子，入射速度方向与半径的夹角为θ，出射速度方向与半径的夹角也为θ，如图丁所示。
角度1　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。
角度2　带电粒子在圆形边界磁场中的运动
√
　　　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，射出速度的方向与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．(带电粒子在磁场中的运动)(2025·四川遂宁校考)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一质子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑质子所受重力，关于接下来质子的运动，下列说法正确的是(　　)
A．质子将向下偏转，运动的半径逐渐变大
B．质子将向上偏转，运动的半径逐渐变小
C．质子将向下偏转，运动的动能逐渐变小
D．质子将向上偏转，运动的动能不变
解析：根据安培定则可知恒定电流在导线下方激发的磁场方向是垂直于纸面向外的，再根据左手定则可以判定质子受到的洛伦兹力是向下的，所以质子将向下偏转；质子偏转后将远离导线，随着磁感应强度的减小，向心力也减小，则质子的运动半径将逐渐变大；由于洛伦兹力不做功，质子所受的重力也不考虑，所以质子的动能不变，故A正确，B、C、D错误。
√
2.(带电粒子在磁场中的运动)正电子是电子的反粒子，与电
子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀
强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动
轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　)
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
解析：根据题图可知，1和3粒子绕转方向一致，则1和3对应的粒子为电子，2对应的粒子为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确，D错误；
电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；
√
√
4.(带电粒子在直线边界磁场中的运动)如图所示，在直线
边界PQ上方有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的
带电粒子先后从PQ上的O点以相同的角度垂直射入磁场
中，然后分别从PQ上的M、N两点射出磁场。不计粒子受到的重力，下列说法正确的是(　　)
A．两粒子均带正电
B．两粒子的速度大小相等
C．两粒子射出磁场时的速度方向不相同
D．两粒子在磁场中的运动时间一定相同
解析：根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则可知两个粒子带负电，故A错误；
根据对称性，对于同一直线边界磁场，带电粒子以多大角度入射，就以多大角度出射，与速度大小无关，因为两种粒子的入射方向相同，所以出射方向相同，故C错误；第4节　洛伦兹力的应用
1．理解质谱仪的工作原理。　2.理解回旋加速器的工作原理。　3.会分析带电粒子在质谱仪和回旋加速器中的运动。　4.理解洛伦兹力在现代科技中的应用。
一、利用磁场控制带电粒子运动
带电粒子垂直于磁场方向进入磁场，粒子在洛伦兹力的作用下运动方向偏转，速度大小不变。
二、质谱仪
测定带电粒子比荷的仪器叫作质谱仪。
一种质谱仪的原理图如图所示，离子源(在狭缝S1上方，图中未画出)产生的带电粒子经狭缝S1与S2之间的电场加速后，进入由P1和P2两平行金属板产生的场强为E的匀强电场，及与电场方向垂直、磁感应强度为B1的匀强磁场区域，再通过狭缝S3垂直进入磁感应强度为B2的匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子做半个圆周运动后打到照相底片上，形成一个细条纹。测出条纹到狭缝S3的距离L，就得出了粒子做圆周运动的半径R＝，根据R＝，只要知道带电粒子的速度v和磁感应强度B2，就可以得出粒子的比荷。
三、回旋加速器
回旋加速器原理：如图甲所示，两D形盒之间留有窄缝，中心附近放置离子源(如质子、氘核或α粒子源等)。在两D形盒间接上交流电源(其频率的数量级为106Hz)，于是在缝隙里形
成一个交变电场。由于电屏蔽效应，在每个D形盒内部的电场很弱，可以忽略。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强磁场中，磁场的方向垂直于D形盒的底面。
如图乙所示，设想正当D2的电势较高的时候，一个带正电的粒子从粒子源发出，它在缝隙中被加速，以速率v1进入D1内部的无电场区，在这里，粒子在磁场的作用下做半径为R1＝的圆周运动，经过半个圆周后再次回到缝隙。如果在此期间缝隙间的电场恰好反向，粒子通过缝隙时又被加速，以较大的速率v2进入D2内部的无电场区，在其中做半径为R2＝的圆周运动，绕过半个圆周后再次回到缝隙……虽然R2>R1，但绕过半个圆周所用的时间都是一样的，它们都等于带电粒子做圆周运动的周期的一半，即＝，所以尽管粒子的速率与圆周运动半径一次比一次增大，只要缝隙中的交变电场以T＝的不变周期往复变化，便可保证粒子每次经过缝隙时受到的电场力都是使它加速的。
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　洛伦兹力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，则会受到相同方向的电场力和洛伦兹力而打到板上。
　如图所示，两个平行金属板M、N间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向由M板指向N板，磁场方向垂直于纸面向里，OO′为距离两极板相等且平行于两极板的虚线。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；若粒子以速度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，单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量。电荷随液体流动，受到竖直方向的洛伦兹力，使正、负电荷在上下两侧聚积，形成电场。当电场力与洛伦兹力平衡时，达到稳态，此时q＝qvB，得v＝，液体流量Q＝v＝。
　
　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Q＝vS＝vbc，联立解得Q＝，故B正确，C错误；当电压表的示数稳定时，导电液体中的离子仍受洛伦兹力作用，故D错误。
[答案]　B
　(2025·陕西宝鸡市期中)电磁流量计是用来测管内电介质流量的感应式仪表，单位时间内流过管道横截面的液体体积为流量。如图为电磁流量计示意图和匀强磁场方向，磁感应强度大小为B。当管中的导电液体流过时，测得管壁上M、N两点间的电压为U。已知管道直径为d，则(　　)
A．管壁上N点电势低于M点 B．管中导电液体的流速为
C．管中导电液体的流量为 D．管中导电液体的流量为
[解析]　若导电液体带正电，根据左手定则可知，其受向下的洛伦兹力，正电荷打在N处，所以N点的电势高于M点，故A错误；稳定时电荷受力平衡，根据平衡条件得qvB＝，解得v＝，故B错误；流量Q＝vS＝＝，故C错误，D正确。
[答案]　D
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，带正电的粒子打在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电场力时(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，两极板间距为d，面积为S。两极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平行金属板、垂直于磁场射入两极板间，两极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E＝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＝E＝·Bdv，电源的总功率P总＝＝＝，故B错误，C正确。
[答案]　AC
　(2025·浙江杭州市期中)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A．两平行金属板P、Q中，P板的电势比Q板高
B．导轨处磁场的方向垂直于导轨平面向上
C．等离子体的速度大小v＝
D．金属棒所受安培力大小等于mg tan θ
[解析]　根据左手定则可知P板聚集负电荷，Q板聚集正电荷，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，垂直于电流方向导体板的横向宽度为a，则电流I＝nqadv，根据qvB＝qE，此时两板间电压UH＝Ea＝Bav，则UH＝＝，则UH＝K，其中K＝。
　霍尔元件的用途非常广泛，可制造测量磁场的磁场计和测量直流大电流的电流表以及功率计、乘法器，也可用于自动化检测装置，将位移、压力、速度、加速度、流量等非电学量转换成电学量。如图所示，在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，就做成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为负电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．N极电势高于M极电势
B．磁感应强度越大，M、N间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流都反向，N极电势高于M极电势
[解析]　由题意可知，半导体薄片中的负电荷在洛伦兹力的作用下向N极偏转，故N极电势低于M极电势，A错误；稳定时满足qvB＝q，解得UH＝BvdMN，故磁感应强度越大，M、N间电势差越大，B正确；将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，若负电荷运动方向与磁场方向平行，则负电荷不受洛伦兹力，M、N两极间电压UH变为零，C错误；将磁场和电流都反向，半导体薄片中的负电荷在洛伦兹力的作用下仍向N极偏转，故N极电势低于M极电势，D错误。
[答案]　B
　(2024·东北师大附中期末)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可知D正确。
[答案]　D
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，则其受到的电场力向下，故上极板带正电，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v eq \s\do5(H ) >v eq \s\do5(H ) >v eq \s\do5(H )，而只有氘核能射出极板，则有qBv eq \s\do5(H )＝qE，解得v eq \s\do5(H )＝，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，将向下偏转，不能射出速度选择器，故C错误。
2．(电磁流量计)如图为电磁流量计的一段塑料管道，横截面为矩形，含大量离子的液体从abcd端口以速度v流入管道，管道处于磁感应强度为B、方向垂直于管道侧面向里的匀强磁场中，管道内壁的上、下两侧分别粘贴M、N金属板。现测得ab边长为h，bc边长为L，则下列说法正确的是(　　)
A．液体流过磁场区时，正离子偏向N金属板
B．洛伦兹力作用使金属板形成电势差Bvh
C．洛伦兹力作用使金属板形成电势差BvL
D．若测得电势差为U，则液体的流量Q＝U
解析：选B。根据左手定则，液体流过磁场区时，正离子偏向M金属板，A错误；当平衡时满足q＝Bqv可知，洛伦兹力作用使金属板形成电势差U＝Bvh，B正确，C错误；若测得电势差为U，则液体的流量Q＝vhL＝hL＝U，D错误。
3．(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。
4．(霍尔效应)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等量关系可得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。(共42张PPT)
单元过关检测(一)
√
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．2024年9月27日，世界新能源汽车大会在海口开幕。大会中展现的诸多前沿科技，揭示了未来汽车发展的趋势。其中电动汽车的进步最为引人注目。图中与磁现象有关的四个实验，与电动机的原理最为相似的是(　　)
A．甲
B．乙
C．丙
D．丁
解析：电动机的原理是通电线圈在磁场中受力而转动，题图甲是反映条形磁铁周围磁场的分布情况，故A不符合题意；
题图乙反映的是通电导体在磁场中受到安培力的作用，故B符合题意；
题图丙反映的是电流的磁效应，故C不符合题意；
题图丁反映的是电磁铁的磁性与匝数的关系，故D不符合题意。
√
2．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，且a、b到O点的距离均相等。下列说法正确的是(　　)

A．两根导线互相吸引
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D．从O点沿直线至a点，磁感应强度一定不断减小
解析：同向电流互相吸引，故A正确；
a点处的磁感应强度方向垂直于MN连线向下，b点处的磁感应强度方向垂直于MN连线向上，由对称性可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反，故B错误；
M点处导线与N点处导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点处的磁感应强度为零，从O点沿直线至a点，M点处导线产生的磁感应强度不断增大，N点处导线产生的磁感应强度不断减小，合磁感应强度不断增大，故C、D错误。
√
解析：导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通
有电流I，b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强
度大小为B0，导线a、c在其他导线位置处产生的磁场的磁
感应强度大小也为B0，b、c中电流在a导线处产生的磁场如
图所示，根据几何关系其夹角为120°，合磁场的磁感应强度与一根导线在该处产生的磁场的磁感应强度大小相等，等于 B0, 则a导线受到的安培力大小F＝B0Il。
√
解析：两粒子进入磁场时所受洛伦兹力均向左，由左手定
则可知，粒子P、Q均带正电，故A错误；
5.如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成
两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相
反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方
体左侧垂直于Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。
下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)
√
解析：根据题述情境，质子垂直于Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；
该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误。
6．电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是(　　)
√
题图乙中，正电荷受到向上的洛伦兹力，打在P板上，负电荷受到向下的洛伦兹力，打在Q板上，所以电流方向为a到b，故B错误；
若载流子带负电，根据左手定则可知，载流子受到向左的洛伦兹力，将打到左极板上，所以左侧的电势低于右侧的电势，故D正确。
√
M向右运动过程中，由于摩擦力的作用，速度逐渐减小，M所受的洛伦兹力逐渐减小，则M、N间弹力F＝mg－qBv逐渐增大，M、N间摩擦力逐渐增大，故C、D错误。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
8．1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa<φb
B．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb
C．超导体中磁场越强，a、b两点的电势差越小
D．超导体中电流I越大，a、b两点的电势差越大
√
√
解析：载流子为电子，超导体表面上a带负电，则φa<φb，故A正确，B错误；
9.1931年建成了第一个回旋加速器，如图所示，它的主
要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形的金属扁盒
(D形盒)隔开相对放置，D形盒上加交变电压，交变电压
大小为U、周期为T，D形盒的半径为R，磁感应强度的大
小为B，该回旋加速器为α粒子加速器，不计粒子的初速度，已知α粒子的质量为m、电荷量为q。粒子在D形盒间隙运动的时间很短，一般可忽略，下列说法正确的是(　　)
√
√
√
10．如图所示，平面直角坐标系xOy内有一圆形匀强磁场区域，其圆心在坐标为(0，R)的O′点，半径为R，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里，在磁场区域的右侧(x>R)区域内有范围足够大的匀强电场区域，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电荷量为q的带负电粒子从O点沿y轴正方向以一定的初速度射入磁场区域，并恰好从A(R，R)点射出磁场区域，且经过点(2R，0)，不计带电粒子的重力和空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
√
√
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)如图所示，整个实验装置竖直悬挂在弹簧测力计下，装置
的下端有宽度L＝10 cm的线框，线框下边处在匀强磁场内，磁场
方向垂直于线框平面。当线框未接通电源时，弹簧测力计读数为
6 N；接通电源后，线框中通过的电流为2 A，弹簧测力计的读数
变为8 N，则可知通电线框所受磁场力的大小为________N，磁场
的磁感应强度的大小为________T。
解析：由题意可得F安＋G＝8 N，又G＝6 N，解得通电线框所受磁场力的大小F安＝2 N；根据安培力公式F安＝BIL，代入数据解得B＝10 T。
2　
10
12.(10分)如图所示，宽L＝0.5 m的粗糙平行金属导轨与
水平面的夹角θ＝37°，一根质量m＝0.3 kg、长L＝0.5 m
的金属杆MN水平放置在导轨上，金属杆与导轨垂直且接
触良好。空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，当回
路中存在电流I1＝0.5 A或I2＝1 A时，金属杆MN都恰好保
持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)a端为电源的正极还是负极？(2分)
解析：分析可知，金属杆必受到沿斜面向上的安培力，根据左手定则可知，电流方向由M指向N，故a端是电源正极。
答案：正极　
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小以及金属杆与导轨间的动摩擦因数。(8分)
解析：当电流为0.5 A时，金属杆恰好要下滑，由平衡条件得BI1L＋Ffm＝mg sin θ
当电流为1 A时，金属杆恰好要上滑，由平衡条件得
BI2L＝mg sin θ＋Ffm
其中Ffm＝μmg cos θ
联立解得B＝4.8 T，μ＝0.25。
答案：4.8 T　0.25
(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(5分)
(2)粒子在y轴正方向上射出的范围(计算结果保留根号形式)。(5分)
14．(14分)如图所示，M、N板间存在电压为U0的加速电场，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O的距离为2R。带电粒子从S点由静止飘入M、N板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到P点的距离，便能推算出带电粒子的比荷，不计带电粒子的重力。
(1)若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e，质量为m0，求电子经过电场加速后的速度大小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r。(6分)
(1)粒子从O点射出时的速度大小v；(4分)
解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入
磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出。
(轨迹如图所示)
根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为v，方向与x轴负方向的夹角为60°，则有v cos 60°＝v0
解得v＝4 m/s。
答案：4 m/s　
(2)电场强度E的大小；(4分)
(3)粒子从P点运动到O点所用的时间。(6分)(共20张PPT)
课后达标检测
带电粒子在匀强磁场中
运动的临界问题(二)
(1)求速率v0。(4分)
答案：1.6×106 m/s
(2)若不改变该带电粒子的入射速率，仅改变入射方向，求粒子离开磁场时速度方向与入射速度方向的夹角最大时，粒子在磁场中运动的时间t(结果可保留π)。(4分)
2．(10分)(2025·云南楚雄期末)如图所示，第一象限及坐标轴正半轴存在磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在x＝a处有垂直于x轴的金属薄板，长度为a，一粒子从坐标中心O沿y轴正半轴以速度v0射出，恰好垂直打中薄板。
(1)求粒子的比荷。(3分)
(2)若只改变粒子的速度大小，要使其能打中薄板，求粒子速度大小的取值范围。(4分)
答案：0.5v0≤v≤v0　
(3)若只改变粒子的速度方向，要使其能打中薄板，求粒子速度与x轴正半轴的夹角θ的取值范围。(3分)
解析：粒子轨迹经过薄板与x轴的交点时，
其轨迹如图所示
由几何关系可得θ＝30°，
因此当粒子向x轴上方发射且30°≤θ≤90°时，
粒子都能打中薄板。
答案：30°≤θ ≤90°
(1)若粒子垂直于ab边射出磁场，求粒子射入的速率。(6分)
(2)若粒子从a点离开磁场，求粒子射入的速率。(3分)
(3)求粒子在磁场中运动的最长时间。(3分)
4．(12分)(2025·安徽部分学校下学期联考)如图，纸面内有一水平虚线，垂直于纸面放置的足够长平面感光板ab与虚线平行。ab与虚线间的距离为l，且存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B。虚线上有一点状放射源S，可在纸面内向各个方向发射质量为m、电荷量为＋q的同种带电粒子。某一粒子以速率v沿与虚线成θ＝37°角的方向射入磁场。并恰能垂直打到感光板ab上。不计粒子的重力，sin 37°＝0.6。
(1)求粒子射入磁场时的速率v。(4分)(共26张PPT)
课后达标检测
√
题组1　带电粒子在磁场中运动的基本问题
1．在同一匀强磁场中，两带电荷量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A．若速率相等，则半径必相等
B．若速率相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
√
2.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子带负电
B．粒子先经过a点，再经过b点
C．粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功
D．粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变
由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，C错误；
根据F＝qvB，可知粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小，D错误。
√
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：由左手定则可知，粒子带负电荷，A正确；
√
√
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：根据左手定则可知，粒子a带正电，故A正确；
粒子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。
√
题组3　带电粒子在圆形边界磁场中的运动
6.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个
质量和电荷量相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对
准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图所示。若
带电粒子只受洛伦兹力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．a粒子动能最大 B．c粒子速率最大
C．b粒子在磁场中运动时间最长 D．它们做圆周运动的周期Ta7.(多选)如图所示的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁
场，两粒子在同一点正对圆心O射入磁场，分别从a、b两
点射出。下列说法正确的是(　　)
A．a点射出的粒子的运动半径较小
B．a点射出的粒子的速率较大
C．b点射出的粒子的运动时间较长
D．b点射出的粒子的速度方向的反向延长线过O点
√
√
速度越大，半径越大，圆心角越小，但粒子的比荷不确定，则不能比较在磁场中的运动时间，C错误；
带电粒子在圆形边界磁场中做匀速圆周运动，沿径向射入，沿径向射出，所以b点射出的粒子的速度方向的反向延长线过O点，D正确。
√
9.(8分)如图所示，在y>0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸外，磁感应强度大小为B。一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角θ＝30°，粒子所受重力不计。求：
(1)该粒子在磁场中到x轴的最远距离；(4分)
(2)该粒子在磁场中运动的时间。(4分)
10.(9分)如图所示，在以O为圆心的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，AO、CO为圆的两条半径，夹角为120°。一个质量为m、电荷量为q的粒子由静止经加速电场加速后，从图中A点沿AO方向进入磁场，最后以速度v从C点离开磁场。不计粒子所受的重力。求：
(1)加速电场的电压U；(3分)
(2)圆形有界磁场区域的半径R；(3分)
(3)粒子在磁场中运动的时间t。(3分)(共41张PPT)
第一章　磁场对电流的作用
第1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：______对__________的作用力称为安培力。
2．通电导线之间的相互作用力：两根相互平行、距离很近的通电直线如图甲所示，当电流方向相同时，两根导线相互______，当电流方向相反时，两根导线相互______。
磁场
通电导线
吸引
排斥
二、安培力的方向
1．通电导线在磁场中所受安培力的方向，可用左手定则判定：伸出______，四指并拢，使大拇指和其余四指______，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过______，四指指向__________，则大拇指所指方向就是通电导线所受安培力的方向，如图乙所示。
左手
垂直
手心
电流方向
2．如果通电导线不与磁场方向垂直，而是与磁场方向间夹角为θ，如图丙所示，把磁感应强度B分解为B∥和B⊥，B∥对通电导线无作用力，只有B⊥对安培力有贡献。用左手定则可得出通电导线所受安培力的方向________磁场方向，也________电流方向，即安培力的方向总是________磁场方向与电流方向所在的平面。
垂直于
垂直于
垂直于
三、安培力的大小
1．当通电导线与磁场方向垂直时，安培力的大小为F＝________，式中导线中的电流I的单位为安(A)，导线长度L的单位为米(m)，磁感应强度B的单位为特(T)，F的单位为牛(N)。
2．当通电导线与磁场方向______时，导线不受安培力。
3．当通电导线与磁场方向的夹角为θ时，安培力的大小为F＝ILB⊥＝______________。
ILB
平行
ILB 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)两根通电导线在同一匀强磁场中，若导线长度相同，电流大小相等，则所受安培力大小相等，方向相同。(　　)
(3)通以10 A电流的通电直导线，长为0.1 m，处在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中，所受安培力的大小可能为0.02 N。(　　)
(4)通电导线在某处所受的安培力为零，此处的磁感应强度一定为零。(　　)
√
×　
×　
×　
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 拇指指向电流的方向 四指弯曲的方向与电流的环绕方向一致 磁感线穿过手掌心，四指指向电流的方向
结果 四指弯曲的方向表示磁感线的方向 拇指指向轴线上磁感线的方向 拇指指向电流受到的安培力的方向
3.平行通电直导线之间的相互作用
分析平行通电直导线之间的相互作用时，可以认为其中一根通电直导线在另一根通电直导线产生的磁场中，受到该磁场的作用力。两个力属于作用力和反作用力的关系。
　　　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。
√
　　　(2024·贵州卷，T5)如图，两根相互平行的长直导线
与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对
称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线
中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　)
A．竖直向上 B．竖直向下
C．水平向左 D．水平向右
[解析]　由安培定则可知，导线框所在处的磁场方向垂直于纸面向里，又I1>I2，则导线框所在处左侧的磁感应强度较大，结合左手定则和对称性可知，导线框所受安培力的合力方向水平向左，C正确，A、B、D错误。
　　　截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，
长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直
导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流
方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　)
√
[解析]　根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确。
知识点二　安培力的大小
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，不必考虑导线自身产生的磁感应强度。
(3)L是有效长度，匀强磁场中弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点直线的长度(如图)；相应的电流沿L由始端流向末端。
2．公式适用条件：导线所处的磁场应为匀强磁场；在非匀强磁场中，公式仅适用于很短的通电导线。
3．与电场力区别：电荷在电场中一定会受到电场力作用，但是电流在磁场中不一定受安培力作用，当电流方向与磁场方向平行时，电流不受安培力作用。
√
角度1　安培力的相关计算
[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。
√
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)下列各图中，表示通电直导线在匀强磁场中所受安培力的情况，其中磁感应强度B、电流I、安培力F三者之间的方向关系不正确的是(　　)
√
解析：磁场向上，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，A错误；
磁场向外，电流向上，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，B正确；
磁场向左，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，C正确；
磁场向里，电流向右上方，根据左手定则可得，安培力的方向垂直于导线向左上方，D正确。
√
2．(通电导线之间的相互作用)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
√
3．(安培力的大小)(2025·重庆高二统考期末)如图所示，一根长为L且通有恒定电流I的直导线固定在纸面内，与水平方向的夹角为θ，并处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，则该通电直导线所受磁场的作用力大小为(　　)
A．BIL
B．BIL sin θ
C．BIL cos θ
D．BIL tan θ
解析：根据L⊥B可知，该通电直导线所受磁场的作用力F＝BIL。
√
4．(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(共46张PPT)
第3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、初识洛伦兹力
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：运动电荷在磁场中受到的磁场力，称为洛伦兹力。
直线
弯曲
二、洛伦兹力的方向
1．洛伦兹力演示仪
洛伦兹力演示仪的结构如图所示，电子枪发射出阴极射线，当没有磁场时，电子的运动轨迹是______；当外加一个与电子初速度方向垂直的匀强磁场时，在磁感应强度大小合适的情况下，电子的运动轨迹是______，即电子做______________。做匀速圆周运动的电子受到的向心力始终与速度方向垂直，由此可以判断，这时电子受到的洛伦兹力的方向与电子运动方向垂直，也与磁场方向垂直。
直线
圆周
匀速圆周运动
2．左手定则
如图所示：伸出______，四指并拢，使大拇指和其余
四指______，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线
垂直穿过______，四指指向________的运动方向(即
电流方向)，则大拇指所指方向就是正电荷所受洛伦兹
力的方向。
若在磁场中运动的是带________的粒子，应用左手定则时，四指应指向该粒子运动方向的________。
左手
垂直
手心
正电荷
负电荷
反方向
三、洛伦兹力的大小
1．电荷量为q的电荷，在磁感应强度大小为B的匀强磁场内运动，如果运动方向与磁场方向垂直，则它受到的洛伦兹力的大小可以表示为F洛＝______。
2．如果电荷的运动方向与磁场方向间的夹角为θ，电荷受到的洛伦兹力大小F洛＝____________。
3．当电荷的速度方向和磁场方向______时，运动电荷所受洛伦兹力为零。
qvB
qBv sin θ
平行
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洛、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洛⊥B，F洛⊥v，即F洛垂直于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。
　　　如图所示，带电粒子刚进入匀强磁场时，所受的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里的是(　　)
√
[解析]　磁场的方向是向里的，根据左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向是向上的，故A错误；
磁场的方向是向上的，负电荷向右运动，受到的洛伦兹力的方向是向里的，故B正确；
磁场的方向水平向右，负电荷向上运动，受到的洛伦兹力的方向是向外的，故C错误；
磁场的方向是向上的，负电荷向上运动，电荷运动方向和磁场方向平行，粒子不受洛伦兹力，故D错误。
√
　　　电荷量为＋q的不同粒子垂直于匀强磁场方向运动时会受到洛伦兹力的作用。下列说法正确的是(　　)
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．洛伦兹力方向一定与粒子速度方向垂直，磁场方向一定与粒子运动方向垂直
C．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则此时其所受洛伦兹力的大小、方向均不变
D．粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能、速度均不变
[解析]　速度大小相同，方向不同，所受洛伦兹力大小相同，方向不同，故A错误；
根据左手定则可知，洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直，故B错误；
根据左手定则可知，如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则此时其所受洛伦兹力的大小、方向均不变，故C正确；
粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能不变，速度方向不断改变，故D错误。
　　　关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是(　　)
A．电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同
B．通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直
C．运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向必须与该处磁场方向垂直
D．当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直
√
[解析]　电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；
通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；
运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向只要有垂直分量，不和磁场平行即可，故C错误；
电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直，故D正确。
知识点二　洛伦兹力的大小
如图所示，磁场的磁感应强度为B。设磁场中有一段长度为l的通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向运动的速率都是v。
(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力是多大？
[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F洛＝qvB sin θ，θ为v与B的夹角
(1)当v⊥B时，θ＝90°，sin θ＝1，F洛＝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洛＝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洛＝qvB sin θ。
　　　质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，以速度v射入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，速度方向、磁场方向如图所示，则粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力大小为qvB sin θ的是(　　)
√
[解析]　带电粒子的速度方向垂直于磁场方向时，受到的洛伦兹力大小为qvB，当速度方向与磁场方向的夹角为θ时，垂直于磁场方向的分速度为v sin θ，这时的洛伦兹力大小为qvB sin θ；A、D选项中速度方向与磁场方向垂直，洛伦兹力大小为qvB，故A、D错误；
B选项中垂直于磁场方向的分速度为v sin θ，所受洛伦兹力大小为qvB sin θ，故B正确；
C选项中垂直于磁场方向的分速度为v cos θ，所受洛伦兹力大小为qvB cos θ，故C错误。
知识点三　带电体在洛伦兹力作用下的运动
1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动。
2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点。
3．解题步骤
(1)确定研究对象，即带电体；
(2)确定带电体所带电荷量的正、负以及速度方向；
(3)由左手定则判断带电体所受洛伦兹力的方向，并作出受力分析和运动状态分析；
(4)由平行四边形定则、矢量三角形或正交分解法等方法，根据物体的平衡条件或牛顿第二定律列方程求解，也可能用动能定理或机械能守恒定律求解；
(5)对于定性分析的问题还可以采用极限法进行推理，从而得到结论。
√
　　　(2023·海南卷，T2)如图所示，带正电的小球竖直向
下射入垂直于纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力
的说法正确的是(　　)
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程中的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
[解析]　小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A正确；
小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错误；
小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错误；
洛伦兹力永不做功，D错误。
　　　(2025·宁夏银川市期中)如图所示，足够长的粗糙细杆CD水平置于空中，且处在垂直于纸面向里的水平匀强磁场中(图中未画出)。一质量为m、电荷量为＋q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0，圆环运动的v－t图像不可能是(　　)
√
[解析]　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若满足重力与洛伦兹力相等，即圆环做匀速直线运动，则v－t图像如选项A所示，故A可能，不符合题意；
若重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，做减速运动，竖直方向有N＝mg－qvB，水平方向上有f＝μN＝ma，随着速度的减小，支持力增大，摩擦力增大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，则v－t图像如选项C所示，故C可能，不符合题意；
若洛伦兹力大于重力，圆环受到摩擦力的作用，做减速运动，竖直方向有N′＝qvB－mg，水平方向上有f＝μN′＝ma，随着速度的减小，支持力减小，摩擦力减小，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与洛伦兹力相等时，做匀速直线运动，则v－t图像如选项D所示，故D可能，不符合题意；
圆环不可能做匀变速直线运动，B选项所示v－t图像不存在，故B不可能，符合题意。
综合一练　动力学和动能定理分析带电体在磁场中的运动
　　　(2025·宁夏银川市期中)一个质量为m、电荷量为
q的小滑块放置在倾角α＝37°的足够长的固定的光滑绝
缘斜面上。整个置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁
场方向垂直于纸面向里，如图所示，当小滑块沿斜面下滑到P处时，对斜面有大小为0.4mg的压力。小滑块继续下滑至P处下方某位置时将要离开斜面。取重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)小滑块带何种电荷？
[解析]　根据题意可知小滑块所受洛伦兹力垂直于斜面向上，根据左手定则可知小滑块带负电。
[答案]　带负电　
(2)求小滑块滑到P处时的速度大小。
(3)小滑块滑到距离P多远处与斜面没有压力？
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(洛伦兹力的方向)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，而在南、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)(2024·四川凉山州月考)如图是带电粒子在匀强磁场中运动的四种情况，其中运动的带电粒子所受洛伦兹力为零的是(　　)
√
解析：根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向垂直于纸面向里，故A错误；
根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向向右，故B错误；
粒子运动方向与磁场方向平行，所受洛伦兹力为零，故C正确；
根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向向右，故D错误。
√
解析：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；(共22张PPT)
课后达标检测
(1)P点的坐标；(5分)
答案：(0.25，－0.125)　
(2)粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间。(5分)
(1)带电粒子电性以及第一次穿出第一象限的坐标；(4分)
答案：负电　(0，3a)　
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2分)
(3)带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间。(6分)
(1)匀强电场的电场强度大小E；(4分)
(2)粒子从P点射入到第二次经过x轴所用的时间；(6分)
(3)粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离。(4分)
解析：粒子第二次经过x轴后，根据运动的分解可知，竖直方向先匀减速，再匀加速，水平方向匀速运动，运动的时间为2t1，水平方向的位移
x′＝v0×2t1＝4L
由上述分析可知第三次经过x轴的坐标为4L，第四次经过x轴的坐标为2L，第五次经过x轴的坐标为6L，如此循环运动，
则粒子第n次经过x轴的位置离O点的距离
xn＝(n＋1)L(n为奇数)或xn′＝(n－2)L(n为偶数)。
答案：(n＋1)L(n为奇数)或(n－2)L(n为偶数)
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小。(4分)
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L。(4分)
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值。(4分)
答案：1.5B1
(4)求在(3)的条件下带电粒子从进入边界L1到第二次到达边界L2的时间。(4分)(共27张PPT)
第2课时　安培力作用下的运动
及其应用
课堂深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　安培力作用下的运动问题
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 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；不平行的两直线电流相互作用时，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
　　　如图所示，把一所受重力不计的通电直导线AB水平放在
蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以在空间自由运动，当导线通
以图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　)
A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升
√
[解析]　如图所示，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下，其受力方向向里。当导
线转过一定角度时，导线中间一段电流的方向不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以从上往下看导线将一边逆时针方向转动，一边向下运动，C正确。
√
方法2　等效法和特殊位置法的应用
　　　如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内。当在线圈中通入沿图示方向的电流时，将会看到(　　)
A．线圈向左平移
B．线圈向右平移
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁
[解析]　线圈通以逆时针方向的电流，由于处于S极的磁体附近，磁感线从右侧进入S极，根据左手定则可得，线圈左边受垂直于纸面向内的安培力，线圈右边受垂直于纸面向外的安培力，所以线圈还会绕着悬线轴线旋转，不属于单纯的平移，故A、B错误；
从上往下看，线圈顺时针转动，由环形电流产生的磁场，根据安培定则可得纸张外侧相当于N极，在线圈旋转至转过90°角时，环形电流产生的磁场与条形磁铁S极逐渐相向，二者异名磁极相互吸引，导致线圈在顺时针转动的同时向磁铁靠近，故C正确，D错误。
√
方法3　推论法的应用
　　　如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是(　　)
A．都绕圆柱转动
B．以不等的加速度相向运动
C．以相等的加速度相向运动
D．以相等的加速度相背运动
[解析]　同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但根据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力必大小相等，C正确。
√
　　　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)求电阻R的阻值。
[答案]　9 Ω　
(2)若把电源更换为电动势E′＝4.0 V、内阻r＝1 Ω的电源，闭合开关S时，求金属棒的瞬时加速度大小。
[答案]　7 m/s2
知识点三　直流电动机和电磁炮
1．直流电动机的工作原理
通电线圈在磁场中受到安培力的作用旋转，当线圈与磁场垂直时，线圈靠惯性转动，此时电流改变方向，线圈受安培力继续转动。
2．电磁炮的工作原理
通电导线在强磁场中受安培力加速运动。
√
角度1　直流电动机
　　　(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。
√
角度2　电磁炮
　　　电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图为某次试验所采用的电磁轨道，该轨道长7.5 m，宽1.5 m。若发射质量为50 g的炮弹从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为20 A时，最大速度可达3 km/s。轨道间所加磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是(　　)
A．磁场方向为竖直向下
B．磁场方向为水平向右
C．磁感应强度的大小为103T
D．电磁炮的加速度大小为3×105m/s2
[解析]　炮弹受到的安培力向右，根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A、B错误；
由速度位移公式2ax＝v2，其中x＝7.5 m，解得电磁炮的加速度大小a＝6×105 m/s2，根据牛顿第二定律BIL＝ma，其中L＝1.5 m，解得B＝103 T，故C正确，D错误。
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1.(安培力作用下导体的运动)如图所示，一根可以自由转
动的直导线ab平行于通电螺线管的轴线，放置在螺线管
的正上方，则直导线ab通以由a到b的电流后，运动情况
为(　　)
A．从上向下看顺时针转动并远离螺线管
B．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
解析：把直线电流等效为aO、OO′ 、O′b三段，其中OO′段
极短，由于OO′段电流方向与该处的磁场方向相同，所以
不受安培力作用；aO段电流所在处的磁场方向斜向上，由
左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外；O′b段电流所在处的磁场方向斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直于纸面向里。再用特殊位置法分析：当导线转过90°与纸面垂直时，判断导线所受安培力方向向下，综上可知导线将以 OO′段为轴逆时针转动(从上向下看)并靠近通电螺线管。
√
2.(安培力作用下导体的运动)(2025·山东青岛市期中)如图所
示，KN和LM是圆心为O、半径分别为ON和OM的同心圆弧，
在O处有电流方向垂直于纸面向外的载流直导线。用一根
导线围成KLMN回路，当回路中沿图示方向通过电流时
(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逆时针转动，故B、D错误。
√
3．(电动机原理)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。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．常见的临界问题
(1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长。
(3)当比荷相同，速率v变化时，带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹对应圆心角越大，运动时间越长。
2．一个“解题流程”，突破临界问题
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，粒子的质量为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；由图可知，
粒子在磁场中转过的角度α＝360°－2×30°＝300°，B错误；粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，C错误；由几何关系可知，粒子刚好没有从PQ边界射出磁场的半径为r，满足r＋r cos 30°＝L，解得r＝2(2－)L，由洛伦兹力提供向心力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
　(2025·辽宁大连市期中)如图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点沿着与x轴正方向成30°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]　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[答案]　D
微专题二　圆形边界磁场中的临界问题
　如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面向外的匀强磁场，粒子源M位于磁场边界上，可平行于纸面沿各个方向向磁场区域内射入速率均为v的同种带正电的粒子，在磁场中运动时间最长的粒子速度方向偏转了120°。已知粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子所受重力及粒子之间的相互作用，则匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　如图所示，
设圆形磁场区域圆心为O，过O点作直径MN的垂线，与过M点速度方向的垂线交于O1点，O1即粒子轨迹的圆心，已知粒子速度偏转角为120°，故轨迹圆心角为120°，可知∠MO1O＝60°，由几何关系可知粒子轨迹半径r＝＝R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝，联立解得B＝。
[答案]　B
　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．若要实现带电粒子从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]　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＝×10－4m2，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。
　　　　
[答案]　C
　如图所示，以O为圆心，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a、b为圆的一条直径，a处有一粒子源，能沿垂直于磁场的各个方向，向磁场发射质量为m、电荷量大小为q、速度不同的负电荷，已知某一从a点沿aOb方向射入磁场的负电荷P，恰好从c点离开磁场，Ob与Oc间夹角α＝60°，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)求负电荷P射入磁场的初速度大小v0。
(2)若另一负电荷Q沿与aOb成30°角的方向斜向上射入磁场后仍从c点离开，求电荷Q入射的速度大小和在磁场中运动的时间。
(3)要使所有负电荷只能从∠aOc所对应的磁场边界射出，求射入负电荷的初速度大小满足的要求。
[解析]　(1)作出轨迹图，如图甲所示，根据几何关系可知电荷P在磁场中做圆周运动的半径r＝R
根据Bqv0＝m eq \f(v,r)
解得v0＝。
(2)电荷Q在磁场中运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知Q在磁场中做圆周运动的半径r′＝R
根据Bqv1＝m eq \f(v,r′) ，解得v1＝
由几何关系可知Q在磁场中做圆周运动的圆心角
θ＝120°
Q在磁场中运动的时间t＝·＝。
(3)要使所有负电荷从∠aOc所对应的磁场边界射出，则弦ac为速度最大的负电荷的轨迹的直径，对应的最大半径rm＝R
根据Bqvm＝m eq \f(v,rm) ，解得vm＝
所以入射的电荷的速度应满足v≤。
[答案]　(1)　(2)　
(3)v≤
微专题三　其他边界磁场中的临界问题
　(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法正确的是(　　)
A．若该粒子的入射速度v＝ ，则粒子一定从AD边射出磁场
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
[解析]　若该粒子的入射速度v＝ ，则由qvB＝m可得r＝＝l，由几何关系可知，粒子将从CD边的中点射出磁场，故A错误；由qvB＝m可得v＝，即粒子在磁场中的运动半径越大，速度就越大，由几何关系可得，当粒子的轨迹与AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子的轨迹半径r＝(＋1)l，所以粒子的最大速率v＝＝，故B正确，C错误；由q×(×r)×B＝m()2r，可得粒子在磁场中的运动周期T＝，即运动周期与轨迹半径、粒子速度都无关，所以粒子在磁场中的运动时间取决于运动轨迹所对应的圆心角，所以粒子从AC边射出时运动时间最长，因为此时运动轨迹对应的圆心角为180°，其在磁场中的运动时间t＝T＝，故D正确。
[答案]　BD
　(2025·四川成都联考)如图所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m、电荷量大小为q的离子，从ad边的中点O处以速度v垂直于ad边界向右射入磁场区域，并从b点离开磁场，则(　　)
A．离子在O、b两处的速度相同
B．离子在磁场中运动的时间为
C．若减小磁感应强度B，则离子在磁场中的运动时间增大
D．若磁感应强度B<，则该离子将从bc边射出
[解析]　离子在磁场中做匀速圆周运动，则离子在O、b两处的速度大小相同，但是方向不同，故A错误；离子在磁场中的运动的半径满足R2＝L2＋(R－L)2，解得R＝，则离子在磁场中运动的弧长所对的圆心角的正弦值sin θ＝0.8即θ＝53°，运动的时间t＝T＝·>，故B错误；若减小磁感应强度B，由R＝可知，离子在磁场中的运动半径增大，离子将从bc边射出，此时离子在磁场中运动的弧长减小，速度不变，则运动时间减小，故C错误；若离子从bc边射出，则R＝>即B<，故D正确。
[答案]　D
1.(带电粒子在三角形边界场中的运动)如图所示，边长为l的正三角形abc(含边界)内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以大小不等的速度从a点沿ad方向射入磁场，ad与ab的夹角为30°。下列判断正确的是(　　)
A．若能从ac边射出，则粒子的速度v ≥
B．若能从bc边射出，则粒子的速度v ≤
C．若粒子的速度v＝，则恰好从c点射出
D．若粒子所带电荷量为－q，则会从bc的中点射出
解析：选C。粒子刚好能从c点射出，由几何关系知R＝l，据牛顿第二定律有Bqv＝m，解得v＝，若能从ac边射出，则粒子的速度v ≤，若能从bc边射出，则粒子的速度v ≥，A、B错误，C正确；若粒子带负电，其向ab一侧偏转，不会从bc的中点射出，D错误。
2.(平行直线边界磁场中的临界问题)如图所示，宽为d的有界匀强磁场的边界为PP′、QQ′，一个质量为m、电荷量为q的负电荷沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，磁感应强度大小为B，要使粒子不能从边界QQ′射出，粒子的入射速度v0的最大值可能是下面给出的(粒子所受的重力不计)(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C。粒子带负电荷，当粒子轨迹与QQ′相切时，恰好不能从边界QQ′射出，此时速度最大，如图所示，
根据几何知识得R＋R cos 60°＝d，解得R＝d，由qv0B＝m eq \f(v,R) ，解得v0＝。
3.(带电粒子在圆形边界场中的运动)(2024·辽宁大连期末)地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面处地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直于该剖面，如图所示，O为地球球心、R为地球半径，假设地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磁感应强度大小均为B，方向垂直于纸面向外。宇宙射线中含有一种带电粒子，其质量为m、电荷量为q，忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．从A点沿垂直于地面方向射入的该种粒子，速率为的粒子可达到地面
B．从A点沿垂直于地面方向射入的该种粒子，速率为的粒子可达到地面
C．从A点沿平行于地面方向射入的该种粒子，速率为的粒子可达到地面
D．从A点沿平行于地面方向射入的该种粒子，速率为的粒子可达到地面
解析：选C。从A点沿垂直于地面方向射入的该种粒子，轨迹与地面相切时，根据几何关系可知r2＋(2R)2＝(r＋R)2，根据qvB＝m解得粒子到达地面最小速度v＝，故A、B错误；从A点沿平行于地面方向射入的该种粒子，到达地面最小轨迹半径r1＝R，对应最小速度v1＝，最大轨迹半径r2＝R，对应最大速度v2＝，故C正确，D错误。
4．(多边形边界磁场中的临界问题)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、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≤。(共37张PPT)
第2节　安培力的应用
学习目标
1．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。　2.知道电磁炮的基本构造和工作原理。　3.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。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、直流电动机
1．电动机是安培力的一个重要应用。电动机利用安培力做功把电能转化为________。图甲给出一个直流电动机的工作模型，它由磁场(磁体)、转动线圈、滑环、电刷等组成，由直流电源供电。其中，滑环分成两个半圆环A与B，滑环在其中起了一个________的作用。
机械能
换向器
2．当线圈通电后，由于受到________的作用(图乙)，线圈在磁场中旋转起来，并且每转______，线圈内电流方向就变换一次，从而可以连续转动。这就是直流电动机的工作原理。
安培力
半圈
二、电磁炮
一个简单的电磁轨道炮发射的基本原理图如图所示，其中两条平行的金属导轨A和B充当传统火炮的炮管，弹丸放置在两导轨间，它与两导轨间接触良好且摩擦很小。当两导轨接入电源时，强大的电流I从导轨A流入，经弹丸从另一导轨B流回，两导轨中的________在两导轨间产生________，磁场方向竖直向上。利用左手定则可以判定，弹丸受到安培力方向水平向右，它将在导轨上以很大的加速度做加速运动，最终高速发射出去。
强电流
强磁场
三、磁电式电流表
1．磁电式电流表的原理
利用通电线圈在磁场中受到________作用的原理制成的，我们在实验室里经常使用的电流表和电压表都是磁电式电流表改装而成的。
2．磁电式电流表的内部结构
如图甲所示，蹄形永磁体的两个磁极各加一个软铁制的极靴，它们的中心固定一个圆柱形的软铁芯，在极靴与铁芯之间形成均匀的空隙，空隙中是磁感线均匀地沿着径向分布的磁场。这种磁场叫作__________。
安培力
辐向磁场
3．磁电式电流表内部磁场的特点
磁场内同一圆周上的任何位置，磁感应强度的大小都
______，方向总是沿______方向，如图乙所示。
4．在空隙间安装有用漆包细铜线绕制的线圈，它连接在转轴上，可以绕轴转动，待测的电流就从其中通过。转轴上附着指针，轴的上下两端各连有一盘游丝，它们的绕向相反。通电时，磁场对线圈产生的安培力使它偏转，电流越大，指针偏转角度越大。
相等
半径
判断下列说法是否正确。
(1)直流电动机的滑环能改变通过线圈的电流方向。(　　)
(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。(　　)
(6)电磁炮通电时，弹丸中有电流通过，受安培力作用。(　　)
√
×　
×　
√
√
√
第1课时　安培力作用下的平衡
及其应用
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
　　　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]　对金属杆做受力分析，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。
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。
知识点二　安培力作用下的动态平衡和极值问题
　　　如图所示，宽为L的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在着竖直向上的大小未知的匀强磁场(图中未画出)，当回路总电流为I1时，金属杆恰好能静止。重力加速度为g。
(1)求磁感应强度B的大小。
(2)若保持B的大小不变而改变B的方向，使金属杆仍然保持静止，求回路总电流的最小值I2和此时B的方向。
[解析]　安培力垂直于支持力时，安培力达到最小，总电流最小，此时磁感应强度方向垂直于导轨平面向上。
由平衡条件可得F＝mg sin α
即BI2L＝mg sin α
解得I2＝I1cos α。
[答案]　I1cos α　垂直于导轨平面向上
√
　　　(2025·广西南宁市、河池市质监联考)如图所示，一质量m＝0.1 kg、长L＝0.2 m的导体棒水平放置在倾角θ＝37°的光滑斜面上，整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中。当导体棒中通有垂直于纸面向里的恒定电流I＝0.5 A时，磁场的方向由垂直于斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则磁感应强度B的取值范围是(　　)
A．6 T≤B≤10 T B．6 T≤B≤20 T
C．3 T≤B≤20 T D．3 T≤B≤10 T
知识点三　安培力作用下平衡的应用
角度1　磁电式电流表
　　　图甲为磁电式电流表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等，则下列正确的是(　　)
A．该磁场为匀强磁场
B．线圈将顺时针转动
C．a、b两边受到的安培力相同
D．线圈平面总与磁场方向垂直
√
[解析]　匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等、方向处处相同，由题图可知，该磁场不是匀强磁场，故A错误；
根据左手定则可知，题图所示位置a边受到的安培力向上，b边受到的安培力向下，则a向上转动，b向下转动，即线圈将顺时针转动，故B正确，C错误；
根据磁感线分布可知，线圈平面总与磁场方向平行，故D错误。
角度2　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。
所以，通电螺线管中的磁感应强度为2.0×10－3 T。
[答案]　2.0×10－3 T
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
√
2.(安培力作用下的平衡)(2024·天津静海一中校考)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，A、B错误；
由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到斜向左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面的压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正确。
√
3.(安培力作用下的极值问题)如图所示，空间存在着垂直于
导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5 T。宽为
1 m的平行金属导轨与水平面的夹角为37°，质量为0.5 kg、
长为1 m的金属杆ab水平放置在导轨上，杆中通有恒定电流
I时能静止在导轨上。已知杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
A．金属杆中的电流方向一定为b→a B．金属杆中的电流方向可能为b→a
C．金属杆中电流的最大值为5 A D．金属杆中电流的最小值为2 A
解析：由于mg sin 37°＝0.6mg>μmg cos 37°＝0.4mg，说明金属杆所受的安培力沿斜面向上，由左手定则可知，金属杆中的电流方向一定为a→b，故A、B错误；
当安培力最大时，有mg sin 37°＋μmg cos 37°＝BImaxL，解得Imax＝10 A，当安培力最小时，有mg sin 37°＝μmg cos 37°＋BIminL，解得Imin＝2 A，故C错误，D正确。
√
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。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， 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。
6.(多选)如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是(　　)
A．P顺时针转动，Q逆时针转动
B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变
C．P与天花板连接的细线张力不变
D．P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大
解析：选AC。根据安培定则可知，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场方向水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点可知，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环靠近部分的电流的方向相同，所以两个圆环相互吸引，两环间细线张力减小。由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环所受的重力之和，大小不变，A、C正确。
7．(多选)(2025·四川绵阳期末)如图甲所示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，不考虑炮弹切割磁感线产生的感应电动势。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。
8.(8分)绝缘水平桌面有一竖直向上的匀强磁场B＝1 T，间距L＝1 m的平行金属导轨固定在桌面上，左端连接电源的电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω。质量m＝0.5 kg 的金属棒垂直于导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。细线一端系在金属棒的中点，另一端通过桌边光滑定滑轮挂一重物时，金属棒恰处于静止状态且刚好不向右滑，细线水平且与金属棒垂直。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，金属棒接入电路的电阻R＝2 Ω，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求悬挂重物的质量M。(4分)
(2)若锁定金属棒，保持磁感应强度大小不变，将磁场方向顺时针旋转过53°后解锁金属棒的瞬间，求重物加速度a的大小。(4分)
解析：(1)金属棒恰处于静止且刚好不向右滑，有
BIL＋μmg＝Mg
金属棒接入电路的电流I＝
解得M＝0.75 kg。
(2)设磁场旋转后轨道对金属棒的支持力为FN，
BIL sin 53°＋FN＝mg
磁场旋转后，安培力水平方向分量减小，金属棒向右加速，有Mg－BIL cos 53°－μFN＝(m＋M)a
解得a＝3.2 m/s2。
答案：(1)0.75 kg　(2)3.2 m/s2
9.(10分)如图所示，在匀强磁场中沿水平方向固定两平行金属导轨，磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面的夹角α＝53°，导轨宽度L＝1 m，导轨电阻忽略不计，左端与电源连接。一质量m＝1 kg的金属棒ab垂直于两平行导轨放置并与导轨接触良好，连入导轨间的电阻R＝2 Ω，ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，在ab棒中点施加一水平向右的拉力FT，使ab棒能处于静止状态。已知E＝6 V，r＝1 Ω，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8。
(1)求金属棒ab受到的安培力F的大小。(2分)
(2)求拉力FT的大小范围。(4分)
(3)若磁感应强度大小不变，方向突然反向，同时撤去FT，求此时金属棒ab的加速度a的大小。(4分)
解析：(1)通过ab的电流大小
I＝＝2 A，方向为a到b，ab受到的安培力F＝BIL＝10 N。
(2)对ab受力分析，如图所示，
最大静摩擦力
fm＝μFN＝μ(mg－F cos α)＝1 N
当最大静摩擦力方向向右时(如图甲)
FT＝F sin α－fm＝7 N
当最大静摩擦力方向向左时(如图乙)
FT＝F sin α＋fm＝9 N
综上可得7 N≤FT≤9 N。
(3)磁场反向后，安培力也反向了，但大小不变，受力分析如图丙所示。
F′sin α－fm′＝ma
F′cos α＋mg＝FN′
fm′＝μFN′
综上可得a＝4 m/s2。
答案：(1)10 N　(2)7 N≤FT≤9 N　(3)4 m/s21．如图所示的是一种污水流量计原理简化模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，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的磁感应强度为B的匀强磁场，关于M、N两端的电势差UMN，下列说法正确的是(　　)
A．稳定状态下UMN为正值
B．稳定状态下，直径d不影响UMN的值
C．稳定状态下，磁感应强度B越大， UMN越小
D．稳定状态下，流量越大，UMN越大
解析：选D。带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到的洛伦兹力向上，M点的电势低于N点的电势，UMN为负值，故A错误；稳定状态下有qvB＝q，解得UMN＝Bvd，直径d影响UMN的值，故B错误；稳定状态下，磁感应强度B越大， UMN越大，故C错误；稳定状态下，由Q＝vS可知，流量越大，速度越大，UMN越大，故D正确。
2．如图所示的是霍尔元件的工作原理示意图，磁场垂直于霍尔元件的工作面向上，通入图示方向的电流I，C、D两侧面间会产生电势差，下列说法正确的是(　　)
A．电势差的大小仅与磁感应强度有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势φC<φD
C．仅增大电流I时，电势差变小
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直
解析：选D。根据C、D间存在电势差，可知C、D之间存在电场，电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c，有q＝qvB，又由I＝nqSv＝nqbcv，可得UCD＝，n由材料决定，故UCD与材料、厚度c、磁场B、电流I均有关，仅增大电流I时，电势差增大，A、C错误；根据左手定则，电子向D侧面偏转，D表面带负电，C表面带正电，所以C表面的电势高，B错误；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，D正确。
3．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，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。
4.血流计原理可以简化为如图所示模型，血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间可以用电极测出电压U。下列说法正确的是(　　)
A．离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．血液中正离子多时，M点的电势高于N点的电势
C．血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
D．血液流量Q＝
解析：选D。根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力而聚集在N一侧，负离子受到竖直向上的洛伦兹力而聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，故A、B、C错误；正、负离子达到稳定状态时，由qvB＝q可得流速v＝，流量Q＝Sv＝·＝，故D正确。
5．(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．(多选)如图是磁流体发电机工作原理示意图。发电通道是长方体结构，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个面是绝缘体，上下两个面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极与负载电阻R相连。发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向如图所示。发电通道内有电阻率为ρ的高温等离子电离气体沿通道以速度v向右流动，运动的电离气体受到磁场作用，使发电通道上下表面间产生了电势差。下列说法正确的是(　　)
A．上表面的导体电极可视为电源的负极
B．磁流体发电机的内阻为ρ
C．作为电源，磁流体发电机的电动势为Bav
D．闭合开关S，通过电阻R的电流为
解析：选CD。根据左手定则可知，电离气体中正离子向上偏，负离子向下偏，上表面的导体电极可视为电源的正极，A错误；根据电阻定律可知，发电机的内阻r＝ρ，B错误；当发电通道上下表面间的电势差稳定时，有q＝Bqv，解得电动势E＝Bav，C正确；根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流I＝＝，D正确。
7．(2025·四川成都期末)如图甲所示，笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。如图乙所示为霍尔元件，其长、宽、高分别为a、b、c，元件中的导电粒子为自由电子，打开和合上显示屏时，霍尔元件中电流保持不变，当合上显示屏时，水平放置的霍尔元件处于竖直向下的匀强磁场中，前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。下列说法正确的是(　　)
A．开、合屏时，前、后表面间的电压U与c成正比
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．合屏过程中，前表面的电势比后表面的高
D．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
解析：选C。由电子受力平衡可得e·＝evB，而I＝neSv＝nebcv，联立解得U＝·，故开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与c成反比，故A错误；开屏过程中，穿过霍尔元件竖直方向的磁场减弱，则元件前、后表面间的电压变小，故B错误；由题图乙可知，电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故C正确；若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，闭合屏幕时仍然能熄屏，故D错误。
8．(2025·辽宁大连市期中)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
C．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差不变
解析：选A。设单位时间内的脉冲数n和自行车车轮的半径r，则自行车的速度v＝＝2nπr，故根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小，故A正确；由左手定则可知，形成电流的粒子向外侧偏转，由题图乙可知，外侧为负极，即题图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故B错误；设霍尔电势差UH，则qvB＝q，解得UH＝Bdv，I＝neSv，其中n为单位体积内的电子数，S为横截面积，v为电子定向移动的速度，解得v＝，联立解得UH＝，可知电流一定时，霍尔电势差与车速无关，故C错误；如果长时间不更换传感器的电源，电源内阻增大，电流减小，由UH＝可知，霍尔电势差将减小，故D错误。
9．(6分)一种用磁流体发电的装置如图所示，间距为d的平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(大量质量为m，带电荷量为e的正、负带电粒子)由静止通过电压为U的电场加速后沿垂直于磁场的方向喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极，不计A、B板间等离子体的电阻，求：
(1)等离子体喷入磁场时的速度v；(2分)
(2)稳定时A、B板间的电势差UAB。(4分)
解析：(1)由动能定理得Ue＝mv2
解得v＝ 。
(2)带电粒子所受电场力F＝e
带电粒子所受洛伦兹力F′＝evB
由平衡条件得e＝evB
得U′＝Bd
由左手定则知正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，故UAB＝－Bd。
答案：(1) 　(2)－Bd题组1　带电粒子在磁场中运动的基本问题
1．在同一匀强磁场中，两带电荷量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A．若速率相等，则半径必相等 B．若速率相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等 D．若动能相等，则周期必相等
解析：选C。根据qvB＝m，解得r＝，两粒子电荷量相等，速率相等，但是质量不一定相等，故半径不一定相等，故A错误；根据T＝，可知粒子做圆周运动的周期与速度大小无关，若两粒子电荷量相等，动能相等，但质量不一定相等，则周期不一定相等，故B、D错误；根据qvB＝m，解得r＝，两粒子电荷量相等，mv大小相等，则半径必相等，C正确。
2.带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子带负电
B．粒子先经过a点，再经过b点
C．粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功
D．粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变
解析：选A。由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可知速度大小在减小，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，所以粒子运动轨迹半径减小，粒子先经过b点，再经过a点，则根据左手定则可知粒子带负电，A正确，B错误；由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，C错误；根据F＝qvB，可知粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小，D错误。
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＝，电荷量相同，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.(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计，则(　　)
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(＋1)a
解析：选AD。由左手定则可知，粒子带负电荷，A正确；作出粒子的轨迹示意图，如图所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子的轨道半径R＝a，则由qvB＝m得v＝＝，B、C错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(＋1)a，D正确。
5.(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。
题组3　带电粒子在圆形边界磁场中的运动
6.如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受洛伦兹力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．a粒子动能最大
B．c粒子速率最大
C．b粒子在磁场中运动时间最长
D．它们做圆周运动的周期Ta解析：选B。设粒子的电荷量和质量分别为q和m，速率为v，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得R＝，粒子运动的周期T＝＝，粒子在磁场中运动时间t＝T＝，由题图可知c粒子的运动半径最大，则速率最大，动能最大；三个粒子做圆周运动的周期相等；a粒子转过的圆心角最大，则在磁场中运动的时间最长。综上所述可知A、C、D错误，B正确。
7.(多选)如图所示的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，两粒子在同一点正对圆心O射入磁场，分别从a、b两点射出。下列说法正确的是(　　)
A．a点射出的粒子的运动半径较小
B．a点射出的粒子的速率较大
C．b点射出的粒子的运动时间较长
D．b点射出的粒子的速度方向的反向延长线过O点
解析：选AD。粒子在磁场中运动轨迹如图所示。
b点射出的粒子运动半径较大，根据r＝可知，粒子的比荷不确定，不能确定速度关系，A正确，B错误；速度越大，半径越大，圆心角越小，但粒子的比荷不确定，则不能比较在磁场中的运动时间，C错误；带电粒子在圆形边界磁场中做匀速圆周运动，沿径向射入，沿径向射出，所以b点射出的粒子的速度方向的反向延长线过O点，D正确。
8.(2025·辽宁省县级重点高中协作体期末)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC、DE是圆的两条互相垂直的直径，质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从A点沿纸面与AC成45°斜向上射入磁场后，恰好从D点离开，不计粒子受到的重力，则粒子射入磁场时的速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
解析：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A、D连线中点处，由几何关系可得r＝R，由qvB＝m，解得v＝。
9.(8分)如图所示，在y>0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸外，磁感应强度大小为B。一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角θ＝30°，粒子所受重力不计。求：
(1)该粒子在磁场中到x轴的最远距离；(4分)
(2)该粒子在磁场中运动的时间。(4分)
解析：(1)粒子的运动轨迹如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝ eq \f(mv,r)
解得r＝
由几何关系知粒子在磁场中到x轴最远距离
d＝(r＋r cos 30°)＝。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝＝
粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为300°，则有
t＝·＝。
答案：(1)　(2)
10.(9分)如图所示，在以O为圆心的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，AO、CO为圆的两条半径，夹角为120°。一个质量为m、电荷量为q的粒子由静止经加速电场加速后，从图中A点沿AO方向进入磁场，最后以速度v从C点离开磁场。不计粒子所受的重力。求：
(1)加速电场的电压U；(3分)
(2)圆形有界磁场区域的半径R；(3分)
(3)粒子在磁场中运动的时间t。(3分)
解析：(1)在加速电场中qU＝mv2，
解得U＝。
(2)由qvB＝m解得轨道半径r＝
圆形磁场半径R＝r tan 30°＝。
(3)粒子在磁场中运动周期T＝＝
则t＝＝。
答案：(1)　(2)　(3)(共23张PPT)
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√
√
2.如图所示，平行金属板M、N之间有竖直向下的匀强电场，虚线下方有垂直于纸面的匀强磁场，质子(H)和α粒子(He)分别从上板中心S点由静止开始经电场加速，从O点垂直于磁场边界进入磁场，最后从a、b两点射出磁场。下列判断正确的是(　　)
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．从a点离开的是质子
C．从b点离开的粒子在磁场中运动的速率较大
D．从S出发到离开磁场，由b点射出的粒子用时短
解析：质子和α粒子都带正电荷，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，A错误；
√
3.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．maB．ma>mb
C．va>vb
D．va＝vb
√
√
回旋加速器交流电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，氘核和α粒子比荷相同，在同一匀强磁场中做圆周运动的频率相同，D错误。
6.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)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的时间t。(4分)
(1)判断粒子的电荷属性。(2分)
解析：根据粒子在磁场中的偏转方向结合左手定则可知粒子带正电。
答案：正电　
(2)求粒子经加速电场加速后的速度v1。(2分)
(3)求P1和P2两金属板间匀强电场的电压U2。(3分)
(4)求经S3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度B2。(3分)题组1　安培力的方向
1．(2025·甘肃兰州市期中)关于物理概念和规律的理解，下列说法正确的是(　　)
A．根据磁感应强度的定义式B＝可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
B．安培力F的方向一定垂直于磁感应强度B的方向，但是磁感应强度B的方向不一定垂直于电流I的方向
C．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．通电导线在磁场中受力越大，说明磁场越强
解析：选B。磁感应强度B＝是比值定义法定义的物理量，B与F不成正比，与IL也不成反比，B是由磁场本身性质决定的物理量，故A错误；安培力垂直于B与I所决定的平面，但B与I可以互成夹角，故B正确；如果一小段通电导体与磁场平行放置，则导体不受安培力，不能说明此处没有磁场，故C错误；安培力的大小与B、I、L以及B与I的夹角的正弦值均有关系，故D错误。
2.如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于0，可以(　　)
A．适当减小磁感应强度 B．使磁场反向
C．适当增大电流 D．使电流反向
解析：选C。首先对金属棒MN进行受力分析，金属棒MN受竖直向下的重力mg，受两根软导线竖直向上的拉力F和竖直向上的安培力。平衡时，2F＋IlB＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力IlB，所以可增大磁场的磁感应强度B或增大通过金属棒中的电流I，或二者同时增大。
3.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当线圈abcd通以逆时针电流时，线圈所受安培力的合力方向(　　)
A．向左 B．向右
C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里
解析：选A。根据安培定则可知，题图中直导线MN在右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里，在左侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，矩形线圈的bc边、ad边电流方向相反，故安培力等大反向；根据左手定则可知，ab、cd所受安培力方向都向左，所以abcd受到的合力方向向左。
4.(2025·四川成都期末)如图所示，两条垂直于纸面放置的直导线，通有大小相等、方向相同的电流。O为两导线连线的中点，P、Q为两导线连线中垂线上的两点，且OP＝OQ。下列说法正确的是(　　)
A．O点的磁感应强度不为零
B．P、Q两点的磁感应强度方向相同
C．若在Q点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，则其受力方向为Q→O
D．若在P点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，则其受力方向为水平向左
解析：选C。根据安培定则可以判断O点的磁感应强度为零，P点的磁感应强度方向水平向左，Q点的磁感应强度方向水平向右，故A、B错误；若在Q点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，则根据左手定则得受力方向为Q→O，故C正确；若在P点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，则根据左手定则得受力方向为P→O，故D错误。
题组2　安培力的大小
5.(2025·浙江杭州市期中)如图所示，通以恒定电流I的Λ形导线abc放置在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。已知导线abc组成的平面与磁场方向平行，导线的ab、bc段的长度均为l，两段导线间的夹角为90°，且两段导线与磁场方向的夹角均为45°，则导线abc受到的安培力大小为(　　)
A．0 B．BIl
C．BIl D．2BIl
解析：选A。导线abc的有效长度为线段ac，因线段ac与磁感应强度B平行，故导线abc所受安培力为0。
6．在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为(　　)
A．BIL B．2BIL
C．πBIL D．2πBIL
解析：选A。从上向下看导线的图形如图所示，
导线的有效长度为2L，则导线所受的安培力大小F＝2BIL，设导线中的张力为T，由几何关系可知T＝，解得T＝BIL，故A正确，B、C、D错误。
7．(2025·辽宁鞍山市期中)水平向右的匀强磁场中有一折线形导线abcd，通有恒定电流I，方向如图，ab、cd平行于磁场，b、c处均为直角。已知ab＝bc＝cd＝L，则该导线受到的安培力大小为(　　)
A．BIL B．2BIL
C．3BIL D．BIL
解析：选A。因ab、cd平行于磁场，所以这两段导线不受安培力，则该导线受到的安培力等于bc受到的安培力，因bc垂直于磁场，所以该导线受到的安培力大小F＝BIL。
8．如图所示，一段圆心角为60°的圆弧形导线，通以电流I。若导线所在平面与纸面平行，匀强磁场方向垂直于纸面向里，导线所受安培力的大小为F1；若磁感应强度大小不变，方向改为平行于纸面沿半径ON向右，导线所受安培力的大小为F2，则为(　　)
A．2∶ B．∶1
C．∶2 D．1∶1
解析：选A。当磁场方向垂直于纸面向里时，通电导线的有效长度如图甲中直线MN所示，根据安培力的定义，结合几何关系，可得导线所受安培力大小F1＝BIr，当磁场方向平行于纸面沿ON向右时，通电导线的有效长度如图乙中垂线所示，同理可得导线所受安培力大小F2＝BIr sin 60°＝BIr，所以F1∶F2＝2∶。
9.(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。
10．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。
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)，所以，可得四根导线在x轴正方向上的合磁感应强度方向沿x轴正方向，A错误，B正确。根据“同向相吸，异向相斥”的规律可知直导线1、3之间的相互作用力应为吸引力，C错误。设1、3导线对4的作用力大小分别为F，则它们的合力大小为F，方向2→4，2导线对4的作用力大小为F，方向4→2，则直导线1、2、3对导线4的作用力的合力大小为F，D错误。
12.(8分)(2025·辽宁省县级重点高中协作体期末)如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框垂直固定在磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，将M、N两点接电源两端，通过电源的电流I＝3 A，导体框受到的安培力大小F＝3 N，已知电源(内阻不计)的电动势E＝6 V，求：
(1)导体框中MN边受到的安培力大小FMN；(4分)
(2)电阻丝单位长度的电阻r0。(4分)
解析：(1)设三角形的边长为L，通过MON的电流为I′，则通过MN的电流为2I′，有
BI′L＋2BI′L＝F
FMN＝2BI′L
I＝I′＋2I′
解得FMN＝2 N，L＝1 m。
(2)设导体框每边的电阻为R，则有
E＝，r0＝
解得r0＝3 Ω/m。
答案：(1)2 N　(2)3 Ω/m(共30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)带电粒子在存在磁场的叠加场中做直线运动则一定是匀速直线运动，带电粒子所受合力为0，应利用平衡条件列方程求解。
(2)带电粒子做匀速圆周运动时，其所受重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，应利用平衡方程和向心力公式求解。
(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，带电粒子所受洛伦兹力必不为0，且其大小和方向不断变化，但洛伦兹力不做功，这类问题一般应用动能定理求解。
√
角度1　带电粒子在叠加场中的运动判断
　　　所受重力不可忽略的带电粒子在无边界的重力场、匀强电场与匀强磁场的叠加场中由静止释放，其运动可能为(　　)
A．匀速直线运动
B．匀速圆周运动
C．匀变速曲线运动
D．变加速曲线运动
[解析]　若粒子做匀速直线运动，则合外力为零，由于粒子从静止释放，而合外力为零，故粒子的速度为零，不可能做匀速直线运动，故A错误；
若粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力相互平衡，只受洛伦兹力作用，由于粒子从静止释放，而重力与电场力相互平衡，故粒子的速度为零，不可能做匀速圆周运动，故B错误；
粒子在运动过程中会受洛伦兹力作用，则合外力的方向一直在变化，则粒子不可能做匀变速曲线运动，故C错误；
若重力和电场力对粒子都做正功，则粒子的速度增大，粒子受到的洛伦兹力增大，粒子所受合外力发生变化，则粒子做变加速曲线运动，故D正确。
√
[解析]　小球做匀速圆周运动，电场力与重力等大反向，电场力向上，小球带正电，故A错误；

若撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力的作用，不可能做平抛运动，故C错误；
若把电场的方向改成竖直向下，小球受重力与电场力均向下，由运动方向可知洛伦兹力向上，如果合力为零，则小球做匀速直线运动，故D错误。
√
角度2　带电体在叠加场中的直线运动
　　　(2025·四川雅安期末)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交。有一带电液滴沿虚线AB斜向上做直线运动，AB与水平方向成β角，且α>β，下列说法正确的是(　　)
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场力可能做负功
D．液滴有可能做匀变速直线运动
[解析]　带电液滴沿虚线AB斜向上做直线运动，可知液滴受电场力、重力和洛伦兹力三力平衡，若液滴做变速运动，则洛伦兹力会发生变化，三力不再平衡，则液滴一定做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，A正确，D错误；
当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力F洛作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线AB做匀速直线运动；同理可分析电场线方向斜向上时带电液滴带负电及电场线方向斜向下时，液滴带正负电荷的情况，可得带电液滴所受合力均不为零，不可能沿直线运动，则液滴一定带正电且电场线方向斜向上，故B错误；
由以上分析可知，带电液滴带正电，且电场线方向斜向上，此过程电场力做正功，C错误。
　　　(2025·广东深圳市阶段练)如图所示，整个空间存在
一水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，光
滑绝缘斜面固定在水平面上，一带正电滑块从斜面顶端由
静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f洛、加速度a与机械能E机四个物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是(　　)
√
[解析]　滑块从静止下滑过程中，始终未离开斜面，受到的重力竖直向下，电场力水平向右，垂直斜面方向上受力平衡，沿斜面方向，滑块做匀加速直线运动，故A错误；
速度随时间均匀变化，洛伦兹力f洛＝qvB，随时间均匀变化，故B正确，C错误；
除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒，故D错误。
角度3　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(　　)
√
√
√
　　　如图所示，虚线MN沿竖直方向，左侧是水平
正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁
场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1；MN
右侧有竖直方向的匀强电场(如图中竖直线，方向未
标出)和垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从MN左侧的场区沿与电场线成θ角斜向上的直线做匀速运动，穿过MN上的A点进入右侧的场区，恰好在竖直面内绕O点做半径为r的匀速圆周运动，并穿过MN上的P点进入左侧场区。已知MN右侧的电场对MN左侧无影响，当地重力加速度为g。求：
(1)MN左侧匀强电场场强E1的大小；
(2)MN右侧匀强电场E2的大小和方向、匀强磁场磁感应强度B2的大小和方向。
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
1.(带电体在叠加场中的运动)如图所示，空间某区域存在
匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，
磁场方向垂直于纸面向里。三个带电的微粒a、b、c电荷
量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)
A．a一定带负电 B．c一定带正电
C．一定有mamc
√
解析：微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有qE＝mag，所以a所受的电场力方向竖直向上，与电场强度方向相同，故a一定带正电，A错误；
微粒c向左做匀速直线运动，若c带正电，则电场力竖直向上，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，由平衡条件得qE＝mcg＋qvcB，若c带负电，则电场力竖直向下，由左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，由平衡条件得qvcB＝mcg＋qE，所以微粒c可以带正电也可以带负电，B错误；
微粒b向右做匀速直线运动，若b带负电，则电场力竖直向下，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，故不可能受力平衡，故b一定带正电，由平衡条件得qE＋qvbB＝mbg，得mbg>qE，而qE＝mag，所以ma若c带正电，则由qE＝mcg＋qvcB，可得mcgmc，若c带负电，则从qvcB＝mcg＋qE中无法比较qE和mcg的大小，故ma与mc之间的大小也无法比较，D错误。
√
解析：假设微粒沿OA做匀变速运动，则垂直于OA方向上的合力一定为零，由于F洛＝Bqv与OA垂直，随着微粒速度变化，F洛变化，则垂直于OA方向上不能保持平衡，故微粒一定做匀速直线运动，B错误；
假设微粒带正电，微粒所受垂直于速度斜向下的洛伦兹力、竖直向下的重力与水平向左的静电力，三力无法平衡，因此该微粒带负电，A错误；
√
√
解析：小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做匀速圆周运动，则所受电场力与重力平衡，可知电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，故A错误；第3节　洛伦兹力
第1课时　磁场对运动电荷的作用力
1．通过实验探究，感受磁场对运动电荷有力的作用。　2.知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断洛伦兹力的方向。　3.了解洛伦兹力公式的推导过程，会用公式分析求解洛伦兹力。
一、初识洛伦兹力
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：运动电荷在磁场中受到的磁场力，称为洛伦兹力。
二、洛伦兹力的方向
1．洛伦兹力演示仪
洛伦兹力演示仪的结构如图所示，电子枪发射出阴极射线，当没有磁场时，电子的运动轨迹是直线；当外加一个与电子初速度方向垂直的匀强磁场时，在磁感应强度大小合适的情况下，电子的运动轨迹是圆周，即电子做匀速圆周运动。做匀速圆周运动的电子受到的向心力始终与速度方向垂直，由此可以判断，这时电子受到的洛伦兹力的方向与电子运动方向垂直，也与磁场方向垂直。
2．左手定则
如图所示：伸出左手，四指并拢，使大拇指和其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向正电荷的运动方向(即电流方向)，则大拇指所指方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向。
若在磁场中运动的是带负电荷的粒子，应用左手定则时，四指应指向该粒子运动方向的反方向。
三、洛伦兹力的大小
1．电荷量为q的电荷，在磁感应强度大小为B的匀强磁场内运动，如果运动方向与磁场方向垂直，则它受到的洛伦兹力的大小可以表示为F洛＝qvB。
2．如果电荷的运动方向与磁场方向间的夹角为θ，电荷受到的洛伦兹力大小F洛＝qBv sin θ。
3．当电荷的速度方向和磁场方向平行时，运动电荷所受洛伦兹力为零。
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洛、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洛⊥B，F洛⊥v，即F洛垂直于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。
　如图所示，带电粒子刚进入匀强磁场时，所受的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里的是(　　)
[解析]　磁场的方向是向里的，根据左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向是向上的，故A错误；磁场的方向是向上的，负电荷向右运动，受到的洛伦兹力的方向是向里的，故B正确；磁场的方向水平向右，负电荷向上运动，受到的洛伦兹力的方向是向外的，故C错误；磁场的方向是向上的，负电荷向上运动，电荷运动方向和磁场方向平行，粒子不受洛伦兹力，故D错误。
[答案]　B
　电荷量为＋q的不同粒子垂直于匀强磁场方向运动时会受到洛伦兹力的作用。下列说法正确的是(　　)
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．洛伦兹力方向一定与粒子速度方向垂直，磁场方向一定与粒子运动方向垂直
C．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则此时其所受洛伦兹力的大小、方向均不变
D．粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能、速度均不变
[解析]　速度大小相同，方向不同，所受洛伦兹力大小相同，方向不同，故A错误；根据左手定则可知，洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直，故B错误；根据左手定则可知，如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则此时其所受洛伦兹力的大小、方向均不变，故C正确；粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能不变，速度方向不断改变，故D错误。
[答案]　C
　关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是(　　)
A．电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同
B．通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直
C．运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向必须与该处磁场方向垂直
D．当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直
[解析]　电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；运动的电荷进入磁场中要受到洛伦兹力，速度的方向只要有垂直分量，不和磁场平行即可，故C错误；电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直，故D正确。
[答案]　D
知识点二　洛伦兹力的大小
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F洛＝qvB sin θ，θ为v与B的夹角
(1)当v⊥B时，θ＝90°，sin θ＝1，F洛＝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洛＝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洛＝qvB sin θ。
　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，也可能用动能定理或机械能守恒定律求解；
(5)对于定性分析的问题还可以采用极限法进行推理，从而得到结论。
　(2023·海南卷，T2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直于纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是(　　)
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程中的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
[解析]　小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A正确；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错误；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。
[答案]　A
　(2025·宁夏银川市期中)如图所示，足够长的粗糙细杆CD水平置于空中，且处在垂直于纸面向里的水平匀强磁场中(图中未画出)。一质量为m、电荷量为＋q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0，圆环运动的v－t图像不可能是(　　)
[解析]　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若满足重力与洛伦兹力相等，即圆环做匀速直线运动，则v－t图像如选项A所示，故A可能，不符合题意；若重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，做减速运动，竖直方向有N＝mg－qvB，水平方向上有f＝μN＝ma，随着速度的减小，支持力增大，摩擦力增大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，则v－t图像如选项C所示，故C可能，不符合题意；若洛伦兹力大于重力，圆环受到摩擦力的作用，做减速运动，竖直方向有N′＝qvB－mg，水平方向上有f＝μN′＝ma，随着速度的减小，支持力减小，摩擦力减小，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与洛伦兹力相等时，做匀速直线运动，则v－t图像如选项D所示，故D可能，不符合题意；圆环不可能做匀变速直线运动，B选项所示v－t图像不存在，故B不可能，符合题意。
[答案]　B
综合一练　动力学和动能定理分析带电体在磁场中的运动
　(2025·宁夏银川市期中)一个质量为m、电荷量为q的小滑块放置在倾角α＝37°的足够长的固定的光滑绝缘斜面上。整个置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，当小滑块沿斜面下滑到P处时，对斜面有大小为0.4mg的压力。小滑块继续下滑至P处下方某位置时将要离开斜面。取重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)小滑块带何种电荷？
(2)求小滑块滑到P处时的速度大小。
(3)小滑块滑到距离P多远处与斜面没有压力？
[解析]　(1)根据题意可知小滑块所受洛伦兹力垂直于斜面向上，根据左手定则可知小滑块带负电。
(2)小滑块在P处时，垂直于斜面方向，根据平衡条件有0.4mg＋F洛＝mg cos α
又F洛＝qvPB
联立解得vP＝。
(3)当小滑块对斜面没有压力时，垂直于斜面方向，根据平衡条件有F洛′＝qv′B＝mg cos α
解得v′＝
设此时小滑块到P的距离为x，根据动能定理有
mgx sin α＝mv′2－mv
解得x＝。
[答案]　(1)带负电　(2)　(3)
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，而在南、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)(2024·四川凉山州月考)如图是带电粒子在匀强磁场中运动的四种情况，其中运动的带电粒子所受洛伦兹力为零的是(　　)
解析：选C。根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向垂直于纸面向里，故A错误；根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向向右，故B错误；粒子运动方向与磁场方向平行，所受洛伦兹力为零，故C正确；根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向向右，故D错误。
4．(带电体在洛伦兹力作用下的运动)(2025·重庆沙坪坝区期中)如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，一带电量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿光滑绝缘轨道滑下，下降竖直高度为h时到达b点。不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．该过程中，洛伦兹力做正功
C．该过程中，滑块的机械能增大
D．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
解析：选D。滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，只有重力做功，所以滑块机械能守恒，则mgh＝mv2，解得v＝，故滑块在b点受到的洛伦兹力F＝qvB＝qB，故B、C错误，D正确。1.(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直于纸面向里)的匀强磁场，如图所示。已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为0，C为运动的最低点。不计离子所受重力，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；根据动能定理可知，离子运动到C点时电场力做功最大，则速度最大，C正确；只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态(速度为0，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，那么离子就将在B点的右侧重复前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误。
2.如图所示，竖直平面内存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，电场强度方向水平向右。一质量为m、电荷量为q的带电小球(视为质点)以某一速度，从M点沿着与水平方向成30°的方向做直线运动到N点，MN的长度为l，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．小球克服电场力做的功为mgl
C．小球在N点的速度大小为
D．仅将电场方向逆时针旋转90°，其余条件不变，小球可在空间做匀速圆周运动
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，由平衡有qvB＝，得v＝，故C正确；电场方向没有改变时，由平衡可得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。
3.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知电场的电场强度为E，方向竖直向上；磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)
A．液滴带负电 B．液滴所受的重力和电场力平衡
C．液滴顺时针运动 D．液滴运动速度大小为
解析：选B。液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，故液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相同，可知液滴带正电，故A错误；物体做匀速圆周运动，由平衡关系可知mg＝qE，故B正确；磁场方向垂直于纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可以判断出液滴逆时针运动，故C错误；液滴所受的洛伦兹力提供液滴做圆周运动的向心力，即qvB＝m，又mg＝qE，联立解得v＝，故D错误。
4.(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，根据动能定理可知，小球在运动过程中动能不变，D正确。
5．如图所示，某空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带正电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．匀强磁场的方向垂直于纸面向外
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子的电荷量为
D．若粒子运动过程中磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动
解析：选C。带电粒子受到重力、电场力、洛伦兹力，三者平衡，如图，
因重力方向向下，电场力方向向右，所以洛伦兹力方向为左上方，根据左手定则可判断匀强磁场的方向垂直于纸面向里，故A错误；由平衡条件可知qvB sin 60°＝qE，tan 30°＝，解得 B＝，q＝，故B错误，C正确；若粒子运动过程中磁场突然消失，重力和电场力的合力与速度方向垂直且恒定，则粒子做类平抛运动，故D错误。
6.(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　)
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
解析：选BC。电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。
7.(多选)(2025·河北沧州市期中)如图所示，在水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和减少
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能为
D．小球向下运动的稳定速度为
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.(12分)设在地面上方的真空室内，存在着方向水平向右的匀强电场和方向垂直于纸面向里的匀强磁场，匀强电场的场强E＝6 N/C。如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在真空室内，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；(2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
9.(12分)(2024·四川成都期末)如图所示，两足够长的平行竖直线MN、PQ间距为d，其间存在竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。MN上有一粒子源A，能向各个方向射出电荷量相同、质量均为m、速率均为v0的微粒，且微粒恰好能在MN、PQ间做匀速圆周运动。当微粒的入射方向与MN的夹角为θ＝45°时，微粒恰好沿垂直于PQ的方向射出，重力加速度为g，已知sin 21°≈0.353 5，≈1.414。求：
(1)微粒的电荷量及电性；(4分)
(2)微粒的速率v0；(4分)
(3)从PQ射出的微粒做匀速圆周运动的最短时间t。(4分)
解析：(1)微粒在空间中受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，由于微粒恰好能做匀速圆周运动
则mg＝qE，解得q＝，微粒带负电。
(2)当微粒的入射方向与MN的夹角为θ＝45°时，微粒的运动轨迹如图甲所示，
由几何关系易得，微粒运动的半径
R＝d
则由qv0B＝m eq \f(v,R)
解得v0＝。
(3)当对应弦长为d时，做匀速圆周运动的时间最短，微粒的运动轨迹如图乙所示
由几何关系sin ＝＝≈0.353 5
解得α＝42°
最短时间t＝·＝。
答案：(1)　负电　(2)　(3)题组1　静态平衡问题
1.如图所示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、C错误；改变电流方向后，弹簧测力计的示数变大，即安培力向下，故B错误；磁场的磁感应强度大小B＝＝0.5 T，故D正确。
2.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，受力分析如图，所以磁场方向为竖直向上，且满足BIl＝mg tan θ，解得B＝。
题组2　动态平衡问题
3．(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。
题组3　安培力作用下平衡的应用
4.如图所示的是电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为 L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在右盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡，则磁感应强度B的表达式正确的是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A。设左盘中砝码的质量为m1，右盘中砝码的质量为m2，线框的质量为m0，根据题意可知电流方向变化前，线框受到的安培力方向向下，根据平衡条件有m1g＝m2g＋m0g＋nBIL；电流反向，大小不变，可知线框受到的安培力方向向上，根据平衡条件有m1g＝(m2＋m)g＋m0g－nBIL，联立解得B＝。
5．如图甲所示为磁电式电流表的结构图，图乙为内部结构示意图，在极靴和铁质圆柱间存在磁场，电流通过电表接线柱流入线圈，在安培力作用下发生偏转，与螺旋弹簧的反向作用平衡后，指针指示电流大小。下列说法正确的是(　　)
A．铁质圆柱将磁场屏蔽，内部没有磁场
B．线圈所处位置是匀强磁场
C．若更换更强的磁场，将增大电流表的量程
D．若更换更强的磁场，电流表的灵敏度将提高
解析：选D。铁质圆柱没有将磁场屏蔽，内部有磁场，故A错误；磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，故B错误；若更换更强的磁场，安培力增大，电流表的灵敏度提高，但不会增大电流表的量程，故C错误，D正确。
6.如图所示，电源电动势不变，金属杆ab处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与水平导轨平面成θ角，ab始终保持静止。下列说法正确的是(　　)
A．θ角由0°增加到90°的过程中，ab所受摩擦力先变大再变小
B．θ角由0°增加到90°的过程中，ab所受摩擦力先变小再变大
C．θ角由0°增加到180°的过程中，ab所受摩擦力先变大再变小
D．θ角由0°增加到180°的过程中，ab所受摩擦力与安培力的合力方向竖直向上
解析：选C。导体棒始终静止，对导体棒受力分析，竖直方向有mg＝N＋BIL cos θ，水平方向有BIL sin θ＝f，当θ从0增加到90°过程中，摩擦力增加；在θ从0增加到180°过程中，摩擦力先增大后减小，故A、B错误，C正确；当θ＝90°时，由左手定则可知，其安培力方向为水平向左，摩擦力为水平向右，且大小相等，方向相反，合力为零，故D错误。
7．(6分)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)MN、PQ为水平放置、间距为1 m的平行导轨，接有如图所示的电路。电源的电动势为36 V，内阻为1 Ω。将导体棒 ab静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为0.5 T，方向竖直向上，匀质导体棒质量为 1 kg，接入电路的部分阻值为4 Ω。闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数 μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，(g取10 m/s2)试求：
(1)导体棒受到的安培力的大小；(3分)
(2)滑动变阻器接入电路中的电阻。(3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
8．(8分)(2025·宁夏银川市期中)如图所示，在匀强磁场中磁感应强度B＝1.0 T、方向与导轨平面垂直且向下，导轨与水平面夹角θ＝37°，垂直于导轨放置一个可自由移动的金属杆。已知接在导轨中的电源电动势E＝16 V，内阻r＝1 Ω。ab杆长L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与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 Ω(共43张PPT)
第2课时　质谱仪和回旋加速器
课堂深度探究
PART
01
第一部分
知识点一　质谱仪
在如图所示的质谱仪中，粒子在S1区域做什么运动？在S2区域做何种运动？粒子进入磁场时的速率为多大？粒子在磁场中运动的轨道半径是多大？
质谱仪是利用电场和磁场控制电荷运动的精密仪器，它是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。
1．质谱仪的组成
(1)离子源：能生成带电粒子。
(2)加速电场：带电粒子经过加速电场获得了一定
的速度。
(3)偏转磁场：粒子进入偏转磁场做匀速圆周运动，
运动半个圆周后打到照相底片的某个位置。
(4)照相底片：粒子在底片上显示出相应的位置。
√
　　　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？
知识点二　回旋加速器
1．回旋加速器原理图如图所示。回旋加速器所加的电场和磁场各起什么作用？电场为什么是交变电场？
[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。
　　　(2025·北京市昌平区期末质量抽测)回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间忽略不计。粒子所受重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子每在电场中加速一次，动能的增加量都相同
B．粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越大
C．若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大
D．若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大
√
[解析]　根据题意，由动能定理可知，粒子每在电场中加速一次，动能的增加量ΔEk＝qU，则每次动能的增加量都相同，故A正确；
　　　(2025·江苏连云港市期中)某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，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
√
[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；
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
1．(回旋加速器)(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.(质谱仪)现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)
A．11
B．12
C．21
D．144
√
3.(质谱仪)(2025·四川广元期末)质谱仪的工作原理如图所示，电荷量相同、质量不同的三种带电粒子从容器A下方的小孔无初速度飘入电压为U的加速电场，加速后垂直于MN进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。最后垂直于MN打在照相底片D上，形成a、b、c三条质谱线，下列说法正确的是(　　)
A．三种粒子均带负电荷
B．三种粒子在磁场中运动的时间一样长
C．a谱线对应的粒子在进入磁场时动能最大
D．a谱线对应的粒子质量最大
解析：由三种粒子在磁场中的运动轨迹和左手定则判定，三种粒子均带正电荷，A错误；
4.(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(　　)
√
√
√
解析：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；(共26张PPT)
课后达标检测
√
安培力垂直于B与I所决定的平面，但B与I可以互成夹角，故B正确；
如果一小段通电导体与磁场平行放置，则导体不受安培力，不能说明此处没有磁场，故C错误；
安培力的大小与B、I、L以及B与I的夹角的正弦值均有关系，故D错误。
√
2.如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接
后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直于纸面向里的匀强
磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉
力，为了使拉力等于0，可以(　　)
A．适当减小磁感应强度 B．使磁场反向
C．适当增大电流 D．使电流反向
解析：首先对金属棒MN进行受力分析，金属棒MN受竖直向下的重力mg，受两根软导线竖直向上的拉力F和竖直向上的安培力。平衡时，2F＋IlB＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力IlB，所以可增大磁场的磁感应强度B或增大通过金属棒中的电流I，或二者同时增大。
√
3.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠
近ab且相互绝缘。当线圈abcd通以逆时针电流时，线圈所受
安培力的合力方向(　　)
A．向左 B．向右
C．垂直于纸面向外 D．垂直于纸面向里
解析：根据安培定则可知，题图中直导线MN在右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里，在左侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，矩形线圈的bc边、ad边电流方向相反，故安培力等大反向；根据左手定则可知，ab、cd所受安培力方向都向左，所以abcd受到的合力方向向左。
√
4.(2025·四川成都期末)如图所示，两条垂直于纸面放置的直导
线，通有大小相等、方向相同的电流。O为两导线连线的中点，
P、Q为两导线连线中垂线上的两点，且OP＝OQ。下列说法正
确的是(　　)
A．O点的磁感应强度不为零
B．P、Q两点的磁感应强度方向相同
C．若在Q点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，则其受力方向为Q→O
D．若在P点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，则其受力方向为水平向左
解析：根据安培定则可以判断O点的磁感应强度为零，P点的磁感应强度方向水平向左，Q点的磁感应强度方向水平向右，故A、B错误；
若在Q点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，则根据左手定则得受力方向为Q→O，故C正确；
若在P点放置一条电流方向垂直于纸面向里的通电导线，则根据左手定则得受力方向为P→O，故D错误。
√
解析：导线abc的有效长度为线段ac，因线段ac与磁感应强度B平行，故导线abc所受安培力为0。
√
6．在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定，固定点的距离为2L，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为(　　)
A．BIL
B．2BIL
C．πBIL
D．2πBIL
√
解析：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：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。
√
解析：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；
√
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：根据安培定则和矢量合成可知，四根导线同时存在时O点的磁感应强度大小为0；同理，可判断在Ox轴正方向上，1、4导线的合磁场方向沿x轴负方向，2、3导线的合磁场方向沿x轴正方向，且磁感应强度大小大于1、4导线的合磁感应强度大小(无穷远点处除外)，所以，可得四根导线在x轴正方向上的合磁感应强度方向沿x轴正方向，A错误，B正确。
根据“同向相吸，异向相斥”的规律可知直导线1、3之间的相互作用力应为吸引力，C错误。
12.(8分)(2025·辽宁省县级重点高中协作体期末)如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框垂直固定在磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，将M、N两点接电源两端，通过电源的电流I＝3 A，导体框受到的安培力大小F＝3 N，已知电源(内阻不计)的电动势E＝6 V，求：
(1)导体框中MN边受到的安培力大小FMN；(4分)
解析：设三角形的边长为L，通过MON的电流为I′，则通过MN的电流为2I′，有
BI′L＋2BI′L＝F
FMN＝2BI′L
I＝I′＋2I′
解得FMN＝2 N，L＝1 m。
答案：2 N　
(2)电阻丝单位长度的电阻r0。(4分)
答案：3 Ω/m(共20张PPT)
课后达标检测
√
题组1　静态平衡问题
1.如图所示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：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、C错误；
改变电流方向后，弹簧测力计的示数变大，即安培力向下，故B错误；
√
题组2　动态平衡问题
3．(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。
√
√
5．如图甲所示为磁电式电流表的结构图，图乙为内部结构示意图，在极靴和铁质圆柱间存在磁场，电流通过电表接线柱流入线圈，在安培力作用下发生偏转，与螺旋弹簧的反向作用平衡后，指针指示电流大小。下列说法正确的是(　　)
A．铁质圆柱将磁场屏蔽，内部没有磁场
B．线圈所处位置是匀强磁场
C．若更换更强的磁场，将增大电流表的量程
D．若更换更强的磁场，电流表的灵敏度将提高
解析：铁质圆柱没有将磁场屏蔽，内部有磁场，故A错误；
磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，故B错误；
若更换更强的磁场，安培力增大，电流表的灵敏度提高，但不会增大电流表的量程，故C错误，D正确。
√
6.如图所示，电源电动势不变，金属杆ab处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与水平导轨平面成θ角,ab始终保持静止。下列说法正确的是(　　)
A．θ角由0°增加到90°的过程中，ab所受摩擦力先变
大再变小
B．θ角由0°增加到90°的过程中，ab所受摩擦力先变小再变大
C．θ角由0°增加到180°的过程中，ab所受摩擦力先变大再变小
D．θ角由0°增加到180°的过程中，ab所受摩擦力与安培力的合力方向竖直向上
解析：导体棒始终静止，对导体棒受力分析，竖直方向有mg＝N＋BIL cos θ，水平方向有BIL sin θ＝f，当θ从0增加到90°过程中，摩擦力增加；在θ从0增加到180°过程中，摩擦力先增大后减小，故A、B错误，C正确；
当θ＝90°时，由左手定则可知，其安培力方向为水平向左，摩擦力为水平向右，且大小相等，方向相反，合力为零，故D错误。
7．(6分)(2025·黑龙江哈尔滨市期中)MN、PQ为水平放置、间距为1 m的平行导轨，接有如图所示的电路。电源的电动势为36 V，内阻为1 Ω。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为0.5 T，方向竖直向上，匀质导体棒质量为 1 kg，接入电路的部分阻值为4 Ω。闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数 μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，(g取10 m/s2)试求：
(1)导体棒受到的安培力的大小；(3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。(3分)
答案：4 Ω
8．(8分)(2025·宁夏银川市期中)如图所示，在匀强磁场中磁感应强度B＝1.0 T、方向与导轨平面垂直且向下，导轨与水平面夹角θ＝37°，垂直于导轨放置一个可自由移动的金属杆。已知接在导轨中的电源电动势E＝16 V，内阻r＝1 Ω。ab杆长L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与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)带电粒子在存在磁场的叠加场中做直线运动则一定是匀速直线运动，带电粒子所受合力为0，应利用平衡条件列方程求解。
(2)带电粒子做匀速圆周运动时，其所受重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，应利用平衡方程和向心力公式求解。
(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，带电粒子所受洛伦兹力必不为0，且其大小和方向不断变化，但洛伦兹力不做功，这类问题一般应用动能定理求解。
角度1　带电粒子在叠加场中的运动判断
　所受重力不可忽略的带电粒子在无边界的重力场、匀强电场与匀强磁场的叠加场中由静止释放，其运动可能为(　　)
A．匀速直线运动 B．匀速圆周运动
C．匀变速曲线运动 D．变加速曲线运动
[解析]　若粒子做匀速直线运动，则合外力为零，由于粒子从静止释放，而合外力为零，故粒子的速度为零，不可能做匀速直线运动，故A错误；若粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力相互平衡，只受洛伦兹力作用，由于粒子从静止释放，而重力与电场力相互平衡，故粒子的速度为零，不可能做匀速圆周运动，故B错误；粒子在运动过程中会受洛伦兹力作用，则合外力的方向一直在变化，则粒子不可能做匀变速曲线运动，故C错误；若重力和电场力对粒子都做正功，则粒子的速度增大，粒子受到的洛伦兹力增大，粒子所受合外力发生变化，则粒子做变加速曲线运动，故D正确。
[答案]　D
　(2025·江苏南通市期中)如图所示，场强为E的匀强电场竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于电场向外，一带电小球获得垂直于磁场水平向左的初速度，正好做匀速圆周运动。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．小球做匀速圆周运动的周期为
C．若撤去电场，小球可能做平抛运动
D．若将电场的方向改为竖直向下，小球一定做曲线运动
[解析]　小球做匀速圆周运动，电场力与重力等大反向，电场力向上，小球带正电，故A错误；小球做匀速圆周运动，mg＝qE，T＝，联立可得T＝，故B正确；若撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力的作用，不可能做平抛运动，故C错误；若把电场的方向改成竖直向下，小球受重力与电场力均向下，由运动方向可知洛伦兹力向上，如果合力为零，则小球做匀速直线运动，故D错误。
[答案]　B
角度2　带电体在叠加场中的直线运动
　(2025·四川雅安期末)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交。有一带电液滴沿虚线AB斜向上做直线运动，AB与水平方向成β角，且α>β，下列说法正确的是(　　)
A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴一定带负电
C．电场力可能做负功 D．液滴有可能做匀变速直线运动
[解析]　带电液滴沿虚线AB斜向上做直线运动，可知液滴受电场力、重力和洛伦兹力三力平衡，若液滴做变速运动，则洛伦兹力会发生变化，三力不再平衡，则液滴一定做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力F洛作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线AB做匀速直线运动；同理可分析电场线方向斜向上时带电液滴带负电及电场线方向斜向下时，液滴带正负电荷的情况，可得带电液滴所受合力均不为零，不可能沿直线运动，则液滴一定带正电且电场线方向斜向上，故B错误；由以上分析可知，带电液滴带正电，且电场线方向斜向上，此过程电场力做正功，C错误。
[答案]　A
　(2025·广东深圳市阶段练)如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上，一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f洛、加速度a与机械能E机四个物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是(　　)
[解析]　滑块从静止下滑过程中，始终未离开斜面，受到的重力竖直向下，电场力水平向右，垂直斜面方向上受力平衡，沿斜面方向，滑块做匀加速直线运动，故A错误；速度随时间均匀变化，洛伦兹力f洛＝qvB，随时间均匀变化，故B正确，C错误；除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒，故D错误。
[答案]　B
角度3　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，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
1.(带电体在叠加场中的运动)如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)
A．a一定带负电 B．c一定带正电
C．一定有mamc
解析：选C。微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有qE＝mag，所以a所受的电场力方向竖直向上，与电场强度方向相同，故a一定带正电，A错误；微粒c向左做匀速直线运动，若c带正电，则电场力竖直向上，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，由平衡条件得qE＝mcg＋qvcB，若c带负电，则电场力竖直向下，由左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，由平衡条件得qvcB＝mcg＋qE，所以微粒c可以带正电也可以带负电，B错误；微粒b向右做匀速直线运动，若b带负电，则电场力竖直向下，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，故不可能受力平衡，故b一定带正电，由平衡条件得qE＋qvbB＝mbg，得mbg>qE，而qE＝mag，所以mamc，若c带负电，则从qvcB＝mcg＋qE中无法比较qE和mcg的大小，故ma与mc之间的大小也无法比较，D错误。
2.(带电体在叠加场中的直线运动)质量为m、电荷量为q的微粒以与水平方向成θ角的速度v从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的复合场区，恰好沿直线运动到A点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．该微粒可能带正电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的场强大小为
解析：选C。假设微粒沿OA做匀变速运动，则垂直于OA方向上的合力一定为零，由于F洛＝Bqv与OA垂直，随着微粒速度变化，F洛变化，则垂直于OA方向上不能保持平衡，故微粒一定做匀速直线运动，B错误；假设微粒带正电，微粒所受垂直于速度斜向下的洛伦兹力、竖直向下的重力与水平向左的静电力，三力无法平衡，因此该微粒带负电，A错误；微粒受力分析如图所示，
根据平衡条件得qE＝mg tan θ，mg＝Bqv cos θ，解得该磁场的磁感应强度大小B＝，电场的场强大小E＝，C正确，D错误。
3.(带电体在叠加场中的匀速圆周运动)(多选)如图所示，电场强度为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于电场向外，电荷量为q的小球(视为质点)获得某一垂直于磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球必须带正电
B．小球做匀速圆周运动的周期为
C．小球的质量为
D．若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为
解析：选BC。小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做匀速圆周运动，则所受电场力与重力平衡，可知电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，故A错误；根据上述有qE＝mg，解得m＝，故C正确；小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有qvB＝m，T＝，结合上述解得T＝，故B正确；若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有v0＝，故D错误。第1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：磁场对通电导线的作用力称为安培力。
2．通电导线之间的相互作用力：两根相互平行、距离很近的通电直线如图甲所示，当电流方向相同时，两根导线相互吸引，当电流方向相反时，两根导线相互排斥。
二、安培力的方向
1．通电导线在磁场中所受安培力的方向，可用左手定则判定：伸出左手，四指并拢，使大拇指和其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流方向，则大拇指所指方向就是通电导线所受安培力的方向，如图乙所示。
　　
2．如果通电导线不与磁场方向垂直，而是与磁场方向间夹角为θ，如图丙所示，把磁感应强度B分解为B∥和B⊥，B∥对通电导线无作用力，只有B⊥对安培力有贡献。用左手定则可得出通电导线所受安培力的方向垂直于磁场方向，也垂直于电流方向，即安培力的方向总是垂直于磁场方向与电流方向所在的平面。
三、安培力的大小
1．当通电导线与磁场方向垂直时，安培力的大小为F＝ILB，式中导线中的电流I的单位为安(A)，导线长度L的单位为米(m)，磁感应强度B的单位为特(T)，F的单位为牛(N)。
2．当通电导线与磁场方向平行时，导线不受安培力。
3．当通电导线与磁场方向的夹角为θ时，安培力的大小为F＝ILB⊥＝ILB 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)两根通电导线在同一匀强磁场中，若导线长度相同，电流大小相等，则所受安培力大小相等，方向相同。(　　)
(3)通以10 A电流的通电直导线，长为0.1 m，处在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中，所受安培力的大小可能为0.02 N。(　　)
(4)通电导线在某处所受的安培力为零，此处的磁感应强度一定为零。(　　)
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 拇指指向电流的方向 四指弯曲的方向与电流的环绕方向一致 磁感线穿过手掌心，四指指向电流的方向
结果 四指弯曲的方向表示磁感线的方向 拇指指向轴线上磁感线的方向 拇指指向电流受到的安培力的方向
3.平行通电直导线之间的相互作用
分析平行通电直导线之间的相互作用时，可以认为其中一根通电直导线在另一根通电直导线产生的磁场中，受到该磁场的作用力。两个力属于作用力和反作用力的关系。
　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
　(2024·贵州卷，T5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　)
A．竖直向上 B．竖直向下
C．水平向左 D．水平向右
[解析]　由安培定则可知，导线框所在处的磁场方向垂直于纸面向里，又I1>I2，则导线框所在处左侧的磁感应强度较大，结合左手定则和对称性可知，
导线框所受安培力的合力方向水平向左，C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
　截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　)
[解析]　根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确。
[答案]　C
知识点二　安培力的大小
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，不必考虑导线自身产生的磁感应强度。
(3)L是有效长度，匀强磁场中弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点直线的长度(如图)；相应的电流沿L由始端流向末端。
2．公式适用条件：导线所处的磁场应为匀强磁场；在非匀强磁场中，公式仅适用于很短的通电导线。
3．与电场力区别：电荷在电场中一定会受到电场力作用，但是电流在磁场中不一定受安培力作用，当电流方向与磁场方向平行时，电流不受安培力作用。
角度1　安培力的相关计算
　(2023·江苏卷，T2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　)
A．0 B．BIl
C．2BIl D．BIl
[解析]　因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，受安培力Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。
[答案]　C
　(2025·四川遂宁市期中)一半径为R的圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框中通有顺时针方向的恒定电流I，直线MN是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于圆形线框所在平面向里。整个线框都处在磁场中，平衡时弹簧测力计读数为F；若将线框缓慢上提，在线框正好有一半露出磁场时，弹簧测力计的读数为5F，则磁场的磁感应强度大小为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　圆形线框全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，则满足F＝mg，圆形线框正好有一半露出磁场时，有效长度为2R，受到竖直向下的安培力大小FA＝BI·2R，由平衡条件得5F＝mg＋FA，解得B＝。
[答案]　B
角度2　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]　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。
　　
[答案]　C
　(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)下列各图中，表示通电直导线在匀强磁场中所受安培力的情况，其中磁感应强度B、电流I、安培力F三者之间的方向关系不正确的是(　　)
解析：选A。磁场向上，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向水平向左，A错误；磁场向外，电流向上，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，B正确；磁场向左，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，C正确；磁场向里，电流向右上方，根据左手定则可得，安培力的方向垂直于导线向左上方，D正确。
2．(通电导线之间的相互作用)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)(2025·重庆高二统考期末)如图所示，一根长为L且通有恒定电流I的直导线固定在纸面内，与水平方向的夹角为θ，并处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，则该通电直导线所受磁场的作用力大小为(　　)
A．BIL B．BIL sin θ
C．BIL cos θ D．BIL tan θ
解析：选A。根据L⊥B可知，该通电直导线所受磁场的作用力F＝BIL。
4．(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：选B。由已知条件可知ADCB边的有效长度与AB边相同，等效后的电流方向也与AB的相同，ADCB边的电阻等于AB边的电阻的三倍，设AB中的电流大小为I，则ADCB中的电流为I，设AB的长为L，由题意知F＝BIL＝3 N，所以ADCB边所受安培力F′＝B×IL＝1 N，方向与AB边所受安培力的方向相同，故有F合＝F＋F′＝4 N。单元过关检测(一)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．2024年9月27日，世界新能源汽车大会在海口开幕。大会中展现的诸多前沿科技，揭示了未来汽车发展的趋势。其中电动汽车的进步最为引人注目。图中与磁现象有关的四个实验，与电动机的原理最为相似的是(　　)
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
解析：选B。电动机的原理是通电线圈在磁场中受力而转动，题图甲是反映条形磁铁周围磁场的分布情况，故A不符合题意；题图乙反映的是通电导体在磁场中受到安培力的作用，故B符合题意；题图丙反映的是电流的磁效应，故C不符合题意；题图丁反映的是电磁铁的磁性与匝数的关系，故D不符合题意。
2．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，且a、b到O点的距离均相等。下列说法正确的是(　　)
A．两根导线互相吸引
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D．从O点沿直线至a点，磁感应强度一定不断减小
解析：选A。同向电流互相吸引，故A正确；a点处的磁感应强度方向垂直于MN连线向下，b点处的磁感应强度方向垂直于MN连线向上，由对称性可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反，故B错误；M点处导线与N点处导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点处的磁感应强度为零，从O点沿直线至a点，M点处导线产生的磁感应强度不断增大，N点处导线产生的磁感应强度不断减小，合磁感应强度不断增大，故C、D错误。
3.如图所示，三根相互平行的长为l的固定直导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，均通有电流I。a中电流方向与c中的相同，与b中的相反。已知b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则(　　)
A．b、c中电流在a导线处产生的合磁场磁感应强度为0
B．b、c中电流在a导线处产生的合磁场磁感应强度大小为2B0
C．a导线受到的安培力大小为B0Il
D．a导线受到的安培力大小为B0Il
解析：选C。导线a、b、c两两等距，截面构成等边三角形，
均通有电流I，b中的电流在a导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，导线a、c在其他导线位置处产生的磁场的磁感应强度大小也为B0，b、c中电流在a导线处产生的磁场如图所示，根据几何关系其夹角为120°，合磁场的磁感应强度与一根导线在该处产生的磁场的磁感应强度大小相等，等于 B0, 则a导线受到的安培力大小F＝B0Il。
4.如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形区域内有一垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。M、N点在圆周上且MON为其竖直直径。现将两个比荷为k的带电粒子P、Q分别从M点沿MN方向射入匀强磁场，粒子P的入射速度v1＝v，粒子Q的入射速度v2＝v，已知粒子P在磁场中的运动轨迹恰为圆弧，不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．粒子P带正电，粒子Q带负电
B．粒子P的周期小于粒子Q的周期
C．粒子Q的轨迹半径为
D．粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为
解析：选C。两粒子进入磁场时所受洛伦兹力均向左，由左手定则可知，粒子P、Q均带正电，故A错误；
根据T＝，两粒子比荷相同，故粒子P和粒子Q的运动周期相同，故B错误；根据qvB＝m，可得r＝，则粒子的半径与速度成正比，故rQ＝rP＝＝，故C正确；作出两粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系得粒子P的轨道半径rP＝R，粒子Q的轨道半径rQ＝R＝，则α＝30°，可知粒子Q的圆心角为60°，粒子P的圆心角为90°，则粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为，故D错误。
5.如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直于Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)
解析：选A。根据题述情境，质子垂直于Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误。
6．电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是(　　)
A．图甲的速度选择器能使速度大小v＝的粒子沿直线匀速通过，但与粒子的带电性质、带电量及速度方向无关
B．图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为b到a
C．图丙是质谱仪工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越小
D．图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势
解析：选D。若粒子从左侧沿直线匀速通过速度选择器，则qvB＝Eq，所以v＝，若粒子从右进入速度选择器，则不管粒子带正电还是带负电，由于初始时电场力与洛伦兹力方向相同，粒子均不可以从右向左匀速通过速度选择器，即与粒子的速度方向有关，故A错误；题图乙中，正电荷受到向上的洛伦兹力，打在P板上，负电荷受到向下的洛伦兹力，打在Q板上，所以电流方向为a到b，故B错误；粒子经过速度选择器时，有qvB1＝Eq，粒子进入偏转磁场时，有qvB2＝m，联立可得r＝，由此可知，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，即r越小，粒子的比荷越大，故C错误；若载流子带负电，根据左手定则可知，载流子受到向左的洛伦兹力，将打到左极板上，所以左侧的电势低于右侧的电势，故D正确。
7．如图所示，足够长的绝缘木板N放在光滑的水平桌面上，质量为m、电荷量为＋q的木块M以速度v0(v0<)冲上木板N，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场B中，已知M、N间动摩擦因数μ，下列说法正确的是(　　)
A．M向右运动过程中，N静止
B．M向右运动过程中，N也向右运动
C．M向右运动过程中，M、N间弹力逐渐减小
D．M向右运动过程中，M、N间摩擦力逐渐减小
解析：选B。M向右运动过程中，由于v0<，则qBv0二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
8．1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa<φb
B．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb
C．超导体中磁场越强，a、b两点的电势差越小
D．超导体中电流I越大，a、b两点的电势差越大
解析：选AD。载流子为电子，超导体表面上a带负电，则φa<φb，故A正确，B错误；根据电流的微观表达式I＝neSv，可得电子定向移动速度v＝，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝，整理得U＝，所以电流越大、电势差越大，磁场越强、电势差越大，故C错误，D正确。
9.1931年建成了第一个回旋加速器，如图所示，它的主要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形的金属扁盒(D形盒)隔开相对放置，D形盒上加交变电压，交变电压大小为U、周期为T，D形盒的半径为R，磁感应强度的大小为B，该回旋加速器为α粒子加速器，不计粒子的初速度，已知α粒子的质量为m、电荷量为q。粒子在D形盒间隙运动的时间很短，一般可忽略，下列说法正确的是(　　)
A．α粒子最后从D形盒被引出的速度大小为
B．若将α粒子换成电荷量为、质量为的粒子，则交流电源频率应变为原来的2倍
C．α粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为1∶3
D．α粒子在D形盒中运动的总时间为
解析：选ABD。粒子飞出加速器的最大半径等于D形盒的半径，则有qvmB＝m eq \f(v,R) ，所以vm＝，故A正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电压的周期，则有T＝，若将α粒子换成电荷量为、质量为的粒子，则交流电源周期变为原来的，频率变为原来的2倍，故B正确；根据qvB＝m，qU＝mv，2qU＝mv，可得r＝，v1＝，v2＝，所以＝＝，故C错误；根据nqU＝mv，vm＝，α粒子在D形盒中运动的总时间t＝n＝，故D正确。
10．如图所示，平面直角坐标系xOy内有一圆形匀强磁场区域，其圆心在坐标为(0，R)的O′点，半径为R，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里，在磁场区域的右侧(x>R)区域内有范围足够大的匀强电场区域，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电荷量为q的带负电粒子从O点沿y轴正方向以一定的初速度射入磁场区域，并恰好从A(R，R)点射出磁场区域，且经过点(2R，0)，不计带电粒子的重力和空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．初速度大小v0＝ B．初速度大小v0＝
C．带电粒子的质量m＝ D．带电粒子的质量m＝
解析：选AC。粒子在磁场中做圆周运动，运动半径为R，有qv0B＝ eq \f(mv,R) ，带电粒子在电场中做类平抛运动有R＝v0t1，R＝××t，解得v0＝，m＝。
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11.(6分)如图所示，整个实验装置竖直悬挂在弹簧测力计下，装置的下端有宽度L＝10 cm的线框，线框下边处在匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面。当线框未接通电源时，弹簧测力计读数为6 N；接通电源后，线框中通过的电流为2 A，弹簧测力计的读数变为8 N，则可知通电线框所受磁场力的大小为________N，磁场的磁感应强度的大小为________T。
解析：由题意可得F安＋G＝8 N，又G＝6 N，解得通电线框所受磁场力的大小F安＝2 N；根据安培力公式F安＝BIL，代入数据解得B＝10 T。
答案：2　10
12.(10分)如图所示，宽L＝0.5 m的粗糙平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，一根质量m＝0.3 kg、长L＝0.5 m的金属杆MN水平放置在导轨上，金属杆与导轨垂直且接触良好。空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，当回路中存在电流I1＝0.5 A或I2＝1 A时，金属杆MN都恰好保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)a端为电源的正极还是负极？(2分)
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小以及金属杆与导轨间的动摩擦因数。(8分)
解析：(1)分析可知，金属杆必受到沿斜面向上的安培力，根据左手定则可知，电流方向由M指向N，故a端是电源正极。
(2)当电流为0.5 A时，金属杆恰好要下滑，由平衡条件得BI1L＋Ffm＝mg sin θ
当电流为1 A时，金属杆恰好要上滑，由平衡条件得
BI2L＝mg sin θ＋Ffm
其中Ffm＝μmg cos θ
联立解得B＝4.8 T，μ＝0.25。
答案：(1)正极　(2)4.8 T　0.25
13.(10分)如图所示，xOy坐标系的第一象限分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，在x轴上的P(a，0)点向各个方向均匀发射速率为v、质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计所受重力)。其中，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的粒子恰好垂直于y轴射出。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(5分)
(2)粒子在y轴正方向上射出的范围(计算结果保留根号形式)。(5分)
解析：(1)沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的粒子运动轨迹如图甲所示
由几何关系知，圆周运动的半径r＝＝2a
根据qvB＝m解得B＝。
　　
(2)粒子在y轴正方向上射出范围在O与M之间，如图乙所示
由几何关系得yM＝＝a
粒子在y轴正方向上射出的范围为0～a。
答案：(1)　(2)0～a
14．(14分)如图所示，M、N板间存在电压为U0的加速电场，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O的距离为2R。带电粒子从S点由静止飘入M、N板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到P点的距离，便能推算出带电粒子的比荷，不计带电粒子的重力。
(1)若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e，质量为m0，求电子经过电场加速后的速度大小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r。(6分)
(2)若某种带电粒子通过电场加速和磁场偏转后，打在光屏上的Q点，已知P点到Q点的距离为2R，求该带电粒子的比荷。(8分)
解析：(1)电子在电场中加速，根据动能定理有
eU0＝m0v2－0
解得v＝
电子在磁场中做匀速圆周运动，有evB＝m0
解得r＝。
(2)带电粒子从S点到达Q点的运动轨迹如图所示，
由几何关系可得θ＝60°
则α＝＝30°
因tan α＝
类比有r′＝
解得＝。
答案：(1)　　(2)
15．(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限有沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有一比荷k＝4 C/kg的正粒子(不计所受重力)从x＝(2＋) m、y＝ m的P点以初速度v0＝2 m/s沿x轴负方向开始运动，接着进入磁场后从坐标原点O射出，射出时速度方向与x轴负方向的夹角为60°，求：
(1)粒子从O点射出时的速度大小v；(4分)
(2)电场强度E的大小；(4分)
(3)粒子从P点运动到O点所用的时间。(6分)
解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O点射出。(轨迹如图所示)
根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等，均为v，方向与x轴负方向的夹角为60°，则有v cos 60°＝v0
解得v＝4 m/s。
(2)在P到Q过程中，由动能定理得
qEy＝mv2－mv
解得E＝ N/C。
(3)设粒子在电场中运动的时间为t1，则有
y＝×t
解得t1＝1 s
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得OQ＝x－v0t1＝ m
其中2r sin 60°＝OQ
解得粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝1 m
粒子在磁场中的运动时间t2＝＝ s
粒子在由P到O过程中的总时间
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1)4 m/s　(2) N/C　(3)s章末知识网络建构
方向：用
①
判定
[答案]
安培力
I⊥B时，F=②
①左手定则
磁场对通电导
大小
I与B的夹角为0时，F=③
②BIL
线的作用力
I与B平行时，F=④
③BILsin0
安培力的应用
直流电动机、电磁炮、磁电式电流表
磁场
对电
④0
流的
方向：用
⑤
判定
作用
⑤左手定则
洛伦兹力
U⊥
B时，F洛=
⑥
⑥qvB
磁场对运动电
大小
v与B的夹角为0时，F洛=⑦
荷的作用力
v与B平行时，F洛=⑧
⑦qvBsinθ
洛伦兹力的应用
质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机等
⑧0题组1　洛伦兹力
1．(2025·辽宁鞍山市期中)运动电荷在磁场中所受的力称为洛伦兹力，下列关于洛伦兹力的说法正确的是(　　)
A．静止在磁场中的电荷也受洛伦兹力的作用
B．洛伦兹力的大小与电荷的速度方向无关
C．洛伦兹力的方向总与速度的方向垂直
D．洛伦兹力可以改变电荷的动能
解析：选C。静止在磁场中的电荷不受洛伦兹力的作用，故A错误；根据左手定则可知，洛伦兹力的方向既垂直于磁场方向，又垂直于带电粒子的速度方向，洛伦兹力可以表示为f＝qvB sin θ，θ是v与B的夹角，所以带电粒子受到的洛伦兹力的大小，与粒子速度的大小和方向都有关系，故B错误，C正确；洛伦兹力方向垂直于粒子的速度方向，所以洛伦兹力不能对运动电荷做功，洛伦兹力不可以改变电荷的动能，故D错误。
2．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。
3．(2025·重庆沙坪坝区期中)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。
4．(2024·四川成都期末)关于匀强磁场中的电荷，下列说法正确的是(　　)
A．电荷在匀强磁场中一定受到磁场力
B．运动电荷在匀强磁场中一定受磁场力
C．若电荷仅受磁场力，则速度一定不变
D．若电荷仅受磁场力，则动能一定不变
解析：选D。洛伦兹力的大小f洛＝qvB sin θ，θ为速度与磁感应强度间的夹角，当θ＝0°时，洛伦兹力为零，所以运动的电荷在磁场中不一定受到磁场力，A、B错误；根据左手定则可知洛伦兹力方向始终与电荷的运动方向垂直，洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，所以电荷仅受洛伦兹力，速度改变，动能一定不变，C错误，D正确。
5．带电粒子进入磁场时速度的方向和磁感应强度的方向如图所示，则带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里的是(　　)
解析：选D。根据左手定则可以判断，A中的负电荷所受的洛伦兹力方向向下；B中的负电荷所受的洛伦兹力方向向上；C中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向外；D中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向里。
题组2　带电体在洛伦兹力作用下的运动
6．(多选)如图所示，一带正电的物块静止在粗糙的绝缘的水平地面上，整个空间有垂直于纸面向里的匀强磁场。现给物块一个水平向右的瞬时速度，则物块在地面上的运动情况可能是(　　)
A．做加速运动
B．先做减速直线运动，后做匀速运动
C．始终做匀速运动
D．做减速运动直到静止在地面上
解析：选CD。根据左手定则可知，带正电物块向右运动所受洛伦兹力的方向向上，其大小与物块的初速度大小有关。由于物块的初速度大小未具体给出，所以洛伦兹力的大小与物块所受的重力可能出现三种不同的关系。若洛伦兹力大于重力，物块将做曲线运动；若洛伦兹力等于重力，物块始终做匀速运动；若洛伦兹力小于重力，物块受摩擦力作用做减速运动直到静止在地面上。
7．(2025·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，质量为m的带电小物块从半径为R的固定绝缘光滑半圆槽顶点A由静止滑下，整个装置处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。已知物块所带的电荷量保持不变，物块运动过程中始终没有与圆槽分离，物块第一次经过圆槽最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大小相等，重力加速度大小为g，则物块第二次经过圆槽最低点时对圆槽的压力为(　　)
A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
解析：选C。物块运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可知物块到达圆槽最低点时速度最大且不变，由mgR＝mv，解得vmax＝，物块第一次经过圆槽最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大小相等，则F1＝mg，此时物块受到向上的洛伦兹力，有F1＋Bqvmax－mg＝ eq \f(mv,R) ，物块在半圆槽内做往复运动，物块第二次经过圆槽最低点时，物块受到向下的洛伦兹力，则F2－mg－Bqvmax＝ eq \f(mv,R) ，联立解得F2＝5mg。
8.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为37°，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直于杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　　)
A．小环带正电
B．小环滑到P处时的速度大小vP＝
C．当小环的速度大小v＝时，小环对杆没有压力
D．当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离L＝
解析：选B。根据题意，假如没有磁场，小环对杆的压力大小为mg cos 37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直于杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误；设小环滑到P处时的速度大小为vP，在P处，小环的受力如图甲所示，根据平衡条件得qvPB＋FN＝mg cos 37°，由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小为0.4mg，联立解得vP＝，故B正确；设小环在P′处对杆没有压力，此时小环的速度大小为v′，则在P′处，小环的受力如图乙所示，由平衡条件得qv′B＝mg cos 37°，解得v′＝，在小环由P处滑到P′处的过程中，由动能定理得mgL sin 37°＝mv′2－mv，代入解得L＝，故C、D错误。
9．(多选)(2025·甘肃天水市期中)如图所示，在垂直于纸面向外的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的带电滑块从光滑斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好不受弹力，已知磁感应强度的大小为B，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．滑块滑至底端时的速率为
B．滑块滑至底端时的速率为
C．滑块经过斜面中点时的速率为
D．滑块经过斜面中点时的速率为
解析：选AC。由题意可知，带电滑块从光滑斜面的顶端由静止释放，滑至底端时恰好不受弹力，可知此时滑块受到的洛伦兹力与重力沿垂直于斜面的分力平衡，可得mg cos θ＝qvB，则v＝，A正确，B错误；由题意可知，带电滑块在斜面上做初速度是零的匀加速直线运动，由位移中点的速度公式v＝ eq \r(\f(v＋v2,2)) 可知，滑块经过斜面中点时的速率v＝＝，C正确，D错误。
10．(8分)(2025·辽宁锦州市期中)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径R＝0.50 m的绝缘光滑槽轨。槽轨处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.50 T，有一个质量m＝0.10 kg、带电量q＝＋1.6 C的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球在最高点N的速度大小及洛伦兹力F的大小；(4分)
(2)小球的初速度v0的大小。(可用根号表示)(4分)
解析：(1)设小球在最高点N的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力F＝qvB
方向竖直向上
由于小球恰好能通过最高点N，故小球在最高点N由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即
mg－F＝m
两式联立得v＝1 m/s，F＝0.8 N。
(2)由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得
mv＝mg·2R＋mv2
解得v0＝ m/s。
答案：(1)1 m/s　0.8 N　(2) m/s第2课时　质谱仪和回旋加速器
知识点一　质谱仪
在如图所示的质谱仪中，粒子在S1区域做什么运动？在S2区域做何种运动？粒子进入磁场时的速率为多大？粒子在磁场中运动的轨道半径是多大？
[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。进入磁场时的速率为v＝，在磁场中运动的轨道半径r＝。
质谱仪是利用电场和磁场控制电荷运动的精密仪器，它是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。
1．质谱仪的组成
(1)离子源：能生成带电粒子。
(2)加速电场：带电粒子经过加速电场获得了一定的速度。
(3)偏转磁场：粒子进入偏转磁场做匀速圆周运动，运动半个圆周后打到照相底片的某个位置。
(4)照相底片：粒子在底片上显示出相应的位置。
2．质谱仪的工作原理
(1)质谱仪中带电粒子加速
带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得qU＝mv2。
(2)质谱仪中带电粒子的偏转
带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m。
(3)粒子在磁场中的轨道半径r＝
粒子垂直进入偏转磁场做匀速圆周运动，运动半个圆周后打到照相底片的某个位置。
(4)在偏转磁场中，偏转的距离为x，x＝2r，解得x＝＝
由这个式子可知同位素电荷量相同，但质量有微小差别，那么x就会不同，也就是说在照相底片上会打到不同的位置，从而在底片上出现一系列的分立的亮线，这就称为质谱线或谱线。一根谱线对应着一种质量的粒子。由上式可得粒子的质量m＝x＝，比荷＝。
　(2025·江苏南通市期中)如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　粒子飘入电势差为U的加速电场，有qU＝mv2，粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，联立解得R＝。
[答案]　D
　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)
知识点二　回旋加速器
1．回旋加速器原理图如图所示。回旋加速器所加的电场和磁场各起什么作用？电场为什么是交变电场？
2．粒子每次经过D形盒狭缝时，电场力做功多少一样吗？粒子经回旋加速器加速后，最终获得的动能与交变电压大小有无关系？
[提示]　1.电场对粒子加速，磁场使粒子偏转，为了使粒子每次经过D形盒的缝隙时都被加速，需加上与它圆周运动周期相同的交变电场。
2．电场力做功一样多。最终获得的动能与交变电压大小无关。
1．回旋加速器的构造图
回旋加速器的核心部件是：两个D形盒(半圆金属盒)。
2．回旋加速器的原理
(1)粒子第一次经加速电场加速后进入磁场，转半周后，再进入D形盒狭缝之间的加速电场，此时电场方向已经与第一次加速时反向，粒子进行第二次加速，而后重复上述运动。
(2)粒子每在磁场中转半周，就在电场中加速一次，直到轨道半径达到D形盒半径为止，粒子被加速到最大速度。
(3)加速电场是周期性变化的，必须由周期性变化的交流电源提供。
3．回旋加速器的周期问题
粒子做圆周运动的周期T＝，速度增大但是周期不变，加速电场的周期与粒子的运动周期必须相同，才能实现同步加速，交流电压的频率f＝，则T粒子＝T交流，f粒子＝f交流。
4．最大动能(速度)
当粒子轨道半径最大，即r＝R0时，粒子加速后的动能最大Ek＝ eq \f(B2q2R,2m) 。
处理回旋加速器的应用题应注意以下两点：
(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。
　(2025·北京市昌平区期末质量抽测)回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间忽略不计。粒子所受重力忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子每在电场中加速一次，动能的增加量都相同
B．粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越大
C．若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大
D．若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大
[解析]　根据题意，由动能定理可知，粒子每在电场中加速一次，动能的增加量ΔEk＝qU，则每次动能的增加量都相同，故A正确；根据题意，由qvB＝m可得R＝，由于v增大，则粒子在磁场中运行的圆周越来越大，由T＝＝可知，其周期不变，故B错误；结合B项分析可知，设D形盒的半径R0，则粒子的最大速度vm＝，则粒子射出D形金属盒的动能Ek＝mv＝ eq \f(q2B2R,2m) ，可知增大电压U和增大两盒之间的距离，不会使粒子射出D形盒的动能增大，故C、D错误。
[答案]　A
　(2025·江苏连云港市期中)某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，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)＝，又因为粒子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，根据半径公式r＝，可得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
1．(回旋加速器)(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.(质谱仪)现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)
A．11 B．12
C．21 D．144
解析：选D。直线加速过程根据动能定理得qU＝mv2，可得v＝ ，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m，可得R＝，联立可得m＝，一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场，则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍。
3.(质谱仪)(2025·四川广元期末)质谱仪的工作原理如图所示，电荷量相同、质量不同的三种带电粒子从容器A下方的小孔无初速度飘入电压为U的加速电场，加速后垂直于MN进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。最后垂直于MN打在照相底片D上，形成a、b、c三条质谱线，下列说法正确的是(　　)
A．三种粒子均带负电荷
B．三种粒子在磁场中运动的时间一样长
C．a谱线对应的粒子在进入磁场时动能最大
D．a谱线对应的粒子质量最大
解析：选D。由三种粒子在磁场中的运动轨迹和左手定则判定，三种粒子均带正电荷，A错误；设某粒子带的电荷量为q，质量为m，在磁场中做匀速圆周运动的线速度为v，半径为R，周期为T，由牛顿第二定律可得qvB＝m，解得R＝，T＝＝，由题图可知三种粒子在磁场中运动的时间都是，由于三种粒子的电荷量相同、质量不同，因此三种粒子周期不同，则在磁场中运动的时间不同，B错误；粒子在加速电场中加速时，由动能定理可得Ek＝qU＝mv2，由于三种粒子所带电荷量相同，因此进入磁场时的动能相同，C错误；由R＝和qU＝mv2，可得R＝ ，可知粒子的质量m越大，运动的圆周半径R越大，因此a谱线对应的粒子质量最大，D正确。
4.(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。(共24张PPT)
课后达标检测
带电粒子在匀强磁场中
运动的临界问题(一)
√
√
解析：根据题意画出粒子运动的轨迹图。粒子沿顺时针
方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，故A
正确；
√
√
3.(2024·河北邯郸联考)边长为L的正方形有界匀强磁场
ABCD如图所示，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，
恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的
中点P垂直于AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M
点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子所受重力不计)，则t1∶t2为(　　)
A．2∶1 B．2∶3
C．3∶2 D．3∶1
√
√
4.(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：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。
√
√
解析：由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外，A错误；
√
√
(1)粒子能通过cd边的最小速度v；(4分)
解析：粒子运动轨迹如图所示。
(2)粒子能通过cd边的最短时间t。(4分)
(1)在磁场中运动时间最长且速度最大的粒子在磁场中运动的过程中与AB之间的最大距离；(6分)
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
答案：0.1 m　
(2)在磁场中运动时间最长粒子的最大速度。(2分)
答案：4×103 m/s(共41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．常见的临界问题
(1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长。
(3)当比荷相同，速率v变化时，带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹对应圆心角越大，运动时间越长。
2．一个“解题流程”，突破临界问题
角度1　单条直线边界磁场中的临界问题
√
角度2　平行直线边界磁场中的临界问题
√
[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；
由图可知，粒子在磁场中转过的角度α＝360°－2×30°＝300°，B错误；
√
角度3　垂直边界磁场中的临界问题
[解析]　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；
微专题二　圆形边界磁场中的临界问题
√
√
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。
　　　如图所示，以O为圆心，半径为R的圆形区域内有垂
直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a、b为圆
的一条直径，a处有一粒子源，能沿垂直于磁场的各个方向，
向磁场发射质量为m、电荷量大小为q、速度不同的负电荷，
已知某一从a点沿aOb方向射入磁场的负电荷P，恰好从c点离开磁场，Ob与Oc间夹角α＝60°，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)求负电荷P射入磁场的初速度大小v0。
(2)若另一负电荷Q沿与aOb成30°角的方向斜向上射入磁场后仍从c点离开，求电荷Q入射的速度大小和在磁场中运动的时间。
(3)要使所有负电荷只能从∠aOc所对应的磁场边界射出，求射入负电荷的初速度大小满足的要求。
微专题三　其他边界磁场中的临界问题
√
√
√
[解析]　离子在磁场中做匀速圆周运动，则离子在O、b两处的速度大小相同，但是方向不同，故A错误；
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
若粒子带负电，其向ab一侧偏转，不会从bc的中点射出，D错误。
√
3.(带电粒子在圆形边界场中的运动)(2024·辽宁大连期末)地
磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面处地磁场可简化为
包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直于该剖面，如图
所示，O为地球球心、R为地球半径，假设地磁场只分布在
半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磁感应强度大小均为B，方向垂直于纸面向外。宇宙射线中含有一种带电粒子，其质量为m、电荷量为q，忽略引力和带电粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
√
√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
角度1　磁场与磁场的组合
　(2025·四川宜宾统考)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右方向夹角为60°，求：
(1)粒子射入磁场的速度大小；
(2)粒子在矩形磁场中运动的时间；
(3)圆形磁场的磁感应强度。
[解析]　画出轨迹图如图所示。
(1)在矩形磁场区域，根据几何关系有L＝R sin 60°，
解得R＝L
根据qvB＝，解得v＝。
(2)粒子在矩形磁场区域内，粒子转过的圆心角为60°，粒子在矩形磁场中运动的时间t＝
求得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的半径为L
根据qvB′＝，解得B′＝B。
[答案]　(1)　(2)　(3)B
角度2　先电场后磁场
　在平面直角坐标系的第一象限内有沿x轴负方向的匀强电场，在第二、三象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在第四象限内有M、N两个水平平行金属板，之间的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子所受重力)从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，从x轴上x＝l处的A点沿y轴正方向垂直于x轴射入电场，从y＝2l的C点离开电场，经磁场后再次到达x轴时刚好从坐标原点O处经过。求：
(1)粒子运动到A点的速度大小；
(2)电场强度E和磁感应强度B的大小。
[解析]　(1)设粒子运动到A点的速度大小为v0，由动能定理得qU＝ mv
可得粒子运动到A点的速度大小v0＝ 。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，竖直方向有2l＝v0t1
水平方向有l＝×t，解得E＝ eq \f(mv,2ql) ＝
设粒子离开电场时的速度大小为v，与y轴正方向的夹角为α，则qEl＝mv2－mv且cos α＝
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则
2R sin α＝2l
由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m
整理可得B＝＝ 。
[答案]　(1) 　(2)　
角度3　先磁场后电场
　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轴上的M点(0，－2L)以与y轴负方向夹角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t1＝
粒子在磁场中运动时间
t2＝T＝＝
则粒子从M运动到A的时间
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
1.(带电粒子在组合场中的运动)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第一象限区域内有沿y轴负方向的匀强电场，第三象限和第四象限区域内有垂直于xOy平面(纸面)向里的匀强磁场，第三象限的磁场的磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，以初速度v0从坐标为(2L，L)的A点沿x轴负方向进入匀强电场后，恰好从坐标原点O进入第三象限，继而经y轴上的P点(未画出)进入第四象限，然后又垂直于x轴进入第一象限，不计粒子所受的重力，求：
(1)第一象限内匀强电场的电场强度大小E；
(2)P点坐标；
(3)粒子在第四象限运动的时间t。
解析：(1)如图所示，粒子在第一象限，在电场力作用下做类平抛运动，则沿x轴方向2L＝v0t
沿y轴方向qE＝ma
L＝at2＝·t2
代入得E＝ eq \f(mv,2qL) 。
(2)如图所示，当粒子从O点进入第三象限磁场，粒子做圆周运动，设速度为v，则v＝ eq \r(v＋v)
由类平抛关系式vy＝at＝t＝v0
联立得v＝v0
由几何关系知图中角θ等于45°，设进入第三象限粒子做圆周运动的半径为r，则m＝qvB
r＝＝
由几何关系可知，P点到原点的距离
yP＝＝r
代入得yP＝
则P点坐标为(0，－)。
(3)当粒子以v0从第三象限射出进入第四象限，并垂直从x轴射出时，其运动轨迹如图所示，设第四象限磁场强度为B1，做圆周运动的半径为R，周期为T，则R＝
根据几何关系知R＝yP
代入得B1＝B
由周期公式知T＝
则由角度关系知，运动时间t＝T＝。
答案：(1) eq \f(mv,2qL) 　(2)(0，－)　(3)
2．(带电粒子在组合场中的运动)(2025·湖北黄冈市期中)在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内，有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向；一质量为m、电荷量为－q的粒子，从y轴上的点P(0，l)沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的点a(2l，0)进入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限某区域内有垂直于平面向里的匀强磁场。(不计粒子所受的重力)
(1)求粒子初速度v0的大小。
(2)如图1所示，若第Ⅳ象限内的磁场区域为正方形abcd，正方形边长为2l，且ad边与x轴重合，粒子飞出磁场后能与y轴负方向成45°角通过y轴，求磁感应强度B1满足的条件。
(3)如图2所示，若第Ⅳ象限内的磁场区域为圆形，圆形区域半径为R(R<2l)，且该圆与x轴相切于a点，粒子飞出磁场后恰能沿x轴负方向通过y轴，求磁感应强度B2的大小。
解析：(1)根据题意，粒子在匀强电场中做类平抛运动，则2l＝v0t，l＝at2，a＝
联立可得v0＝。
(2)设粒子进入磁场后速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝＝1
所以θ＝45°
若粒子飞出磁场后能与y轴负方向成45°角通过y轴，则粒子一定从ab边离开磁场，所以
2r cos 45°≤2l
根据洛伦兹力提供向心力qvB1＝m
v＝v0
联立可得B1≥。
(3)若第Ⅳ象限内的磁场区域为圆形，粒子飞出磁场后恰能沿x轴负方向通过y轴，即粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据qvB2＝m
解得B2＝。
答案：(1)　(2)B1≥　(3)(共23张PPT)
课后达标检测
√
题组1　洛伦兹力
1．(2025·辽宁鞍山市期中)运动电荷在磁场中所受的力称为洛伦兹力，下列关于洛伦兹力的说法正确的是(　　)
A．静止在磁场中的电荷也受洛伦兹力的作用
B．洛伦兹力的大小与电荷的速度方向无关
C．洛伦兹力的方向总与速度的方向垂直
D．洛伦兹力可以改变电荷的动能
解析：静止在磁场中的电荷不受洛伦兹力的作用，故A错误；
根据左手定则可知，洛伦兹力的方向既垂直于磁场方向，又垂直于带电粒子的速度方向，洛伦兹力可以表示为f＝qvB sin θ，θ是v与B的夹角，所以带电粒子受到的洛伦兹力的大小，与粒子速度的大小和方向都有关系，故B错误，C正确；
洛伦兹力方向垂直于粒子的速度方向，所以洛伦兹力不能对运动电荷做功，洛伦兹力不可以改变电荷的动能，故D错误。
2．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。
√
√
3．(2025·重庆沙坪坝区期中)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。
√
4．(2024·四川成都期末)关于匀强磁场中的电荷，下列说法正确的是(　　)
A．电荷在匀强磁场中一定受到磁场力
B．运动电荷在匀强磁场中一定受磁场力
C．若电荷仅受磁场力，则速度一定不变
D．若电荷仅受磁场力，则动能一定不变
解析：洛伦兹力的大小f洛＝qvB sin θ，θ为速度与磁感应强度间的夹角，当θ＝0°时，洛伦兹力为零，所以运动的电荷在磁场中不一定受到磁场力，A、B错误；
根据左手定则可知洛伦兹力方向始终与电荷的运动方向垂直，洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，所以电荷仅受洛伦兹力，速度改变，动能一定不变，C错误，D正确。
5．带电粒子进入磁场时速度的方向和磁感应强度的方向如图所示，则带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里的是(　　)
√
解析：根据左手定则可以判断，A中的负电荷所受的洛伦兹力方向向下；
B中的负电荷所受的洛伦兹力方向向上；
C中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向外；
D中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向里。
√
√
题组2　带电体在洛伦兹力作用下的运动
6．(多选)如图所示，一带正电的物块静止在粗糙的绝缘的水平地面上，整个空间有垂直于纸面向里的匀强磁场。现给物块一个水平向右的瞬时速度，则物块在地面上的运动情况可能是(　　)
A．做加速运动
B．先做减速直线运动，后做匀速运动
C．始终做匀速运动
D．做减速运动直到静止在地面上
解析：根据左手定则可知，带正电物块向右运动所受洛伦兹力的方向向上，其大小与物块的初速度大小有关。由于物块的初速度大小未具体给出，所以洛伦兹力的大小与物块所受的重力可能出现三种不同的关系。若洛伦兹力大于重力，物块将做曲线运动；若洛伦兹力等于重力，物块始终做匀速运动；若洛伦兹力小于重力，物块受摩擦力作用做减速运动直到静止在地面上。
√
7．(2025·黑龙江哈尔滨市期中)如图所示，质量为m的带电小物块从半径为R的固定绝缘光滑半圆槽顶点A由静止滑下，整个装置处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。已知物块所带的电荷量保持不变，物块运动过程中始终没有与圆槽分离，物块第一次经过圆槽最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大小相等，重力加速度大小为g，则物块第二次经过圆槽最低点时对圆槽的压力为(　　)
A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
8.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹
角为37°，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方
向垂直于纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁
场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直于杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　　)
√
解析：根据题意，假如没有磁场，小环对杆的压力大小为mg cos 37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直于杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误；
√
√
10．(8分)(2025·辽宁锦州市期中)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径R＝0.50 m的绝缘光滑槽轨。槽轨处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.50 T，有一个质量m＝0.10 kg、带电量q＝＋1.6 C的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰好能通过最高点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球在最高点N的速度大小及洛伦兹力F的大小；(4分)
答案：1 m/s　0.8 N　
(2)小球的初速度v0的大小。(可用根号表示)(4分)(共28张PPT)
课后达标检测
1.(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直于纸
面向里)的匀强磁场，如图所示。已知一离子在电场力和洛伦
兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达
B点时速度为0，C为运动的最低点。不计离子所受重力，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；
根据动能定理可知，离子运动到C点时电场力做功最大，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。
√
解析：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；
电场方向没有改变时，由平衡可得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。
√
解析：液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，故液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相同，可知液滴带正电，故A错误；
物体做匀速圆周运动，由平衡关系可知mg＝qE，故B正确；
磁场方向垂直于纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可以判断出液滴逆时针运动，故C错误；
√
√
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，根据动能定理可知，小球在运动过程中动能不变，D正确。
√
解析：带电粒子受到重力、电场力、洛伦兹力，三者平
衡，如图，因重力方向向下，电场力方向向右，所以洛
伦兹力方向为左上方，根据左手定则可判断匀强磁场的
方向垂直于纸面向里，故A错误；
若粒子运动过程中磁场突然消失，重力和电场力的合力与速度方向垂直且恒定，则粒子做类平抛运动，故D错误。
√
√
6.(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀
强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释
放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同
一等势面上，下列说法正确的有(　　)
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
解析：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。
√
√
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；
8.(12分)设在地面上方的真空室内，存在着方向水平向右
的匀强电场和方向垂直于纸面向里的匀强磁场，匀强电场
的场强E＝6 N/C。如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨
道AC固定在真空室内，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；(2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)
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：2.5×10－3 N，方向竖直向下
(1)微粒的电荷量及电性；(4分)
(2)微粒的速率v0；(4分)
(3)从PQ射出的微粒做匀速圆周运动的最短时间t。(4分)

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