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第一章　　安培力与洛伦兹力
1．磁场对通电导线的作用力
学习目标：1.知道安培力的方向与电流、磁感应强度的方向都垂直，会用左手定则判断安培力的方向；2.理解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；3.知道磁电式电流表的基本构造以及运用它测量电流大小和方向的基本原理。
　情境导入
传统的大炮是利用火药爆炸使炮弹获得向前的推力，随着科技的进步，人们研制出一种电磁炮。电磁炮由两条平行的长直导轨组成，导轨间放置一质量较小的滑块作为弹丸，当两轨接入电源时，强大的电流从一导轨流入，经滑块从另一导轨流回时，在两导轨平面间产生强磁场，通电流的滑块在安培力的作用下，会以很大的速度射出，弹丸体积虽小，但由于初速度特别大，所以具有很大的动能，足以穿透厚钢板。
【问题】　根据上面的介绍能否自制一个电磁炮的模型，进而研究通电导体在磁场中的受力与磁场、电流、弹丸直径(即通电导线的长度)之间有什么关系？
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、安培力的方向
1．安培力：通电导线在磁场中受的力。
2．左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
3．安培力方向与磁场方向、电流方向的关系：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I所决定的平面。
二、安培力的大小
1．垂直于磁场B的方向放置的长为l的一段导线，当通过的电流为I时，导线所受安培力为F＝BIl。
2．当磁感应强度B的方向与通电导线方向平行时，导线所受安培力F＝0。
3．当磁感应强度B的方向与电流方向成θ角时，导线所受安培力F＝BIlsinθ。
三、磁电式电流表
1．构造：最基本的组成部分是磁铁和放在磁体两极之间的线圈，如图甲所示。
2．原理
(1)如图乙所示，通电线圈在磁场中受安培力作用发生转动。螺旋弹簧变形，以反抗线圈的转动。
(2)线圈偏转的角度越大，说明被测电流就越大，所以根据线圈偏转角度的大小，可以确定被测电流的大小；根据指针偏转的方向，可以知道被测电流的方向。
3．特点：表盘刻度均匀。
4．优、缺点
(1)优点：灵敏度高，可以测出很弱的电流。
(2)缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流很弱。
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)判断电流的磁场方向用安培定则(右手螺旋定则)，确定通电导体在磁场中的受力方向用左手定则。(√)
(2)通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向三者必须保持相互垂直。(×)
(3)用左手定则判断安培力方向时，磁感线只要从掌心进入即可，不一定垂直穿过掌心。(√)
(4)当导体在磁场中放置时，导体所受作用力为F＝IBL。(×)
(5)磁电式电流表最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈。其原理是通电线圈在磁场中受安培力而转动。(√)
2．(多选)如图所示，F是磁场对通电直导线的作用力，其中正确的示意图是(　　)
解析　由左手定则可判断，B项中安培力的方向向左，C项中安培力的方向向下；A、D两项中安培力的方向如题图所示，A、D两项正确。
答案　AD
3.如图所示，直角形导线abc通以恒定电流I，两段导线的长度分别为3L和4L，导线处于垂直于导线平面的磁感应强度为B的匀强磁场中，则导线受到磁场力的合力为(　　)
A．3BIL，方向b→c
B．4BIL，方向b→a
C．7BIL，方向垂直于ac连线斜向上
D．5BIL，方向垂直于ac连线斜向上
解析　导线受到磁场力的合力相当于直线ac受到的安培力，由左手定则可知，安培力的方向垂直于ac连线斜向上。导线在磁场内有效长度为＝5L，故该通电导线受到安培力大小为F＝5BIL，D项正确。
答案　D
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 安培力的方向
1.安培力的方向判断
(1)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面。(注意：B和I可以有任意夹角)
①当电流方向跟磁场方向垂直时，安培力的方向、磁场方向和电流方向两两相互垂直。应用左手定则判断时，磁感线从掌心垂直进入，拇指、其余四指和磁感线三者两两垂直。
②当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则判断时，拇指与四指、拇指与磁感线均垂直，磁感线与四指不垂直。
(2)两平行通电直导线间的相互作用
①同向电流相互吸引：如图甲所示，设两导线中都通以向上的同向电流。根据安培定则，导线a中的电流产生的磁场，在其右侧都垂直纸面向内，这个磁场对通电导线b的作用力Fab的方向，由左手定则可判知，在纸面内向左。同理，导线b中的电流产生的磁场在其左侧都垂直纸面向外，它对导线a的作用力Fba的方向在纸面内向右，两导线互相吸引。
②反向电流相互排斥：若其中b导线的电流反向(即两导线中通以反向电流)，则a导线的右边垂直纸面向内的磁场对b导线的作用力Fab′的方向在纸面内向右；同理b导线的左边垂直纸面向内的磁场对a导线的作用力Fba′的方向在纸面内向左，两导线互相排斥(图乙)。
【例1】　画出下列各图中磁场中通电导线的安培力的方向。
解析　无论B、I是否垂直，安培力总是垂直于B与I决定的平面，且满足左手定则。
答案　如图所示
判断安培力方向常见的两类问题
2．判断导体在磁场中运动情况
(1)常规思路
不管是电流还是磁体，对通电导线的作用都是通过磁场来实现的，因此，此类问题可按下面步骤进行分析：
①确定导体所在位置的磁场分布情况。
②结合左手定则判断导体所受安培力的方向。
③由导体的受力情况判定导体的运动方向。
(2)五种常用方法
电流元法 把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线的运动方向
特殊位置法 通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
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．然后根据同极相斥、异极相吸或者根据同向电流相吸、反向电流相斥判断相互作用情况
结论法 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；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题时，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
【例2】　如图两条导线相互垂直，但相隔一段距离。其中导线AB固定，导线CD能自由活动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)(　　)
A．顺时针方向转动，同时靠近导线AB
B．逆时针方向转动，同时离开导线AB
C．顺时针方向转动，同时离开导线AB
D．逆时针方向转动，同时靠近导线AB
解析　解法一　电流元法分析：把电流CD等效成CO、OD两段电流，由安培定则画出CO、OD所在位置的AB电流的磁场，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动；由特殊位置法分析，当CD逆时针转动90°时，俯视图如图乙所示，并画出AB此时在CD导线处的磁感应强度的方向，据左手定则可判断CD受力指向AB，可见CD靠近AB，D项正确。
解法二　结论法：两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势，所以CD逆时针转动同时靠近AB，D项正确。
答案　D
【针对训练1】　如图直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，直导线可能静止在光滑斜面上的是(　　)
解析　要使直导线能够静止在光滑斜面上，则直导线在磁场中受到的安培力必须与重力和支持力的合力为零，通过左手定则判断出A项正确。
答案　A
【针对训练2】　如图所示，将通电直导线AB用丝线水平悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关S的瞬间(　　)
A．A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变
B．A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变
C．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小
D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大
解析　当开关S接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故导线将转动，由特殊位置法知当导线转到与磁感线垂直时，整个导线受到的磁场力方向竖直向下，故悬线张力变大，D项正确。
答案　D
探究二 安培力的大小
1.关于公式F＝BIlsinθ的两点说明
(1)在公式F＝BIlsinθ中，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场的磁感应强度的影响。
(2)在非匀强磁场中，公式F＝BIlsinθ仅适用于很短的通电直导线(电流元)。
2．有效长度
(1)F＝BIlsinθ适用于匀强磁场中的通电直导线，求非直导线在匀强磁场中所受安培力时，l为有效长度。弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度。相应的电流沿l由始端流向末端，如图所示。
(2)因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后，在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。
【例3】　长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是(　　)
解析　A图中，导线不和磁场垂直，故将导线投影到垂直磁场方向上，F＝，A项正确；B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，B项错误；C图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，C项错误；D图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，D项错误。
答案　A
【针对训练3】　如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，ab与cd相距为l，则金属杆MN所受安培力大小为(　　)
A．F＝BIl B．F＝BIlsinθ
C．F＝ D．F＝BIlcosθ
解析　题中磁场方向和电流方向垂直，θ角仅是导线框与金属杆MN间夹角，不是电流方向与磁场方向的夹角，受安培力作用的导线长度为，故所受安培力大小为，C项正确。
答案　C
探究三 安培力作用下的动力学问题
解决安培力作用下的动力学问题与解一般物体动力学问题方法类似，只是多画出一个安培力。一般解题步骤为：
(1)明确研究对象；
(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上；
(3)正确受力分析，然后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解。
【例4】　如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝直流电源。现把一个质量m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知sin 37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力大小；
(3)导体棒受到的摩擦力。
解析　(1)根据闭合电路欧姆定律，得通过导体棒的电流I＝＝。
(2)导体棒受到的安培力
F安＝BIL＝ N。
(3)将重力正交分解，设导体棒所受重力沿斜面方向的分力为F1，则
F1＝mgsin 37°＝0.24 N，
所以F1F1＋Ff＝F安，
解得Ff＝0.06 N，方向沿斜面向下。
答案　(1)1.5 A　(2)0.30 N
(3)0.06 N，方向沿斜面向下
微提醒
把立体的受力图转换为平面受力图的方法是转换观察的角度，分析在垂直视线平面内的受力情况，便于在纸面内画出受力示意图，有助于直观地解决问题。例4中画出侧视图(即沿着ba 方向观察)。
【针对训练4】　如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨两端接入电动势为E、内阻为r的直流电源，两平行导轨的间距为L。电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，导体棒与导轨接触良好，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小。
解析　画出导体棒侧面受力示意图如图所示，
导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F作用，由牛顿第二定律得
mgsin θ－Fcos θ＝ma　①，
F＝BIL　②，
I＝　③，
由①②③式可得a＝gsin θ－。
故加速度的大小为。
答案　
【新高考链接】　(2019·浙江选考)如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”实验的部分装置，导体棒处于磁场中，设三块磁铁可视为相同，忽略导体棒的电阻，下列操作能使导体棒通电瞬间所受安培力变为原来二分之一的是(　　)
A．仅移去一块蹄形磁铁
B．仅使棒中的电流减小为原来的二分之一
C．仅使导体棒接入端由②③改为①④
D．仅使导体棒接入端由①④改为②③
解析　通电导线受到的安培力F＝BIL(I⊥B)，所以安培力变为原来的一半的方法有仅将磁场宽度变为原来的一半、仅将电流减为原来的一半或仅将导线长度减为原来的一半，综上所述只有B项正确。
答案　B
限时训练　　巩固当堂所学
随堂·达标自测
1．把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用，关于安培力的方向，下列说法中正确的是(　　)
A．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同
B．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直
C．安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直
D．安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直
解析　安培力的方向既垂直于磁场方向，又垂直于电流方向，即垂直于磁场方向与电流方向决定的平面。但电流方向与磁场方向不一定垂直，D项正确。
答案　D
2. (多选)如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以(　　)
A．将A、C端接在电源正极，B、D端接在电源负极
B．将B、D端接在电源正极，A、C端接在电源负极
C．将A、D端接在电源正极，B、C端接在电源负极
D．将B、C端接在电源正极，A、D端接在电源负极
解析　要求直杆MN垂直纸面向外运动，把直杆所在处的磁场方向和直杆中电流画出来，根据左手定则分析得A、B两项正确，C、D两项错误。
答案　AB
3．如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。当在该导线中通以由C到A、大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是(　　)
A．BIL，平行于OC向左
B．，平行于OC向右
C．，垂直AC的连线指向左下方
D．2BIL，垂直AC的连线指向左下方
解析　因为L为圆弧长，所以＝L，即R＝，AC的有效长度为l＝R＝，安培力大小FA＝BIl＝，由左手定则判断，方向垂直AC的连线指向左下方，因此C项正确。
答案　C
4．(多选)实验室经常使用的电流表是磁电式电流表。这种电流表的构造如图甲所示。蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的。若线圈中通以如图乙所示的电流，则下列说法中正确的是(　　)
A．在量程内指针转至任一角度，线圈平面都跟磁感线平行
B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动
C．当线圈转到如图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上
D．当线圈转到如图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动
解析　由于磁场辐向分布，且线圈与铁芯共轴，故线圈平面总是与磁感线平行，A项正确。通有电流时，线圈在安培力的作用下转动，从而使螺旋弹簧发生形变，螺旋弹簧因为形变而产生阻碍线圈转动的力，故B项正确。由左手定则知，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，安培力将使线圈沿顺时针方向转动，故C项错误，D项正确。
答案　ABD
电流天平是用来测磁感应强度大小的仪器，如图甲所示，测量线圈产生的磁场。图乙是它的原理示意图，横臂的右边缘固定一条U形绝缘导线ACDE，将它通电后放入待测磁场中，调节左端悬挂的钩码使天平平衡，利用平衡条件求得磁感应强度。
【快乐体验】　实验室的物理天平可以改装成电流天平。将一架物理天平调节好平衡，然后将质量为m＝2×10－2 kg的矩形线圈abcd挂在天平托盘底部，底边bc置于垂直纸面向里的匀强磁场中，bc＝2 cm，如图所示。在天平左盘加上适当的砝码，使天平重新平衡。现在给线圈通以电流，电流方向为adcba，大小为10 A，发现这时要在天平左盘上再加上适当的砝码，才能使天平再一次重新平衡，最终左盘砝码的总质量为M＝6×10－2 kg。求磁场的磁感应强度。(g＝10 m/s2)
解析　当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈adcb受到的安培力为F＝BIL，方向向下，
此时根据天平处于平衡状态有
Mg＝mg＋BIL，
整理可得B＝，
代入数据解得B＝2 T。
答案　2 T
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知识点一 安培力的方向
1.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三根直导线均通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流，则R受到的磁场力的方向是(　　)
A．垂直R，指向y轴负方向
B．垂直R，指向y轴正方向
C．垂直R，指向x轴正方向
D．垂直R，指向x轴负方向
解析　由安培定则可知，通电直导线P、Q在R处产生的合磁场方向水平向右，即沿x轴正方向，则R处的磁场方向沿x轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向y轴负方向，A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
2.如图所示，原来静止的圆线圈可以自由移动，在圆线圈直径MN上靠近N点处放置一根垂直于线圈平面的固定不动的通电直导线，导线中电流方向从外向里。当在圆线圈中通以逆时针方向的电流I′时，圆线圈将会(　　)
A．受力向左平动
B．受力向右平动
C．不受力，平衡不动
D．以MN为轴转动
解析　长直导线通电后，在它周围形成以导线上的点为圆心的圆形磁场区域，如图中虚线所示。圆线圈就是在该磁场中的通电导体，要受到安培力的作用，其方向可由左手定则判断出．圆线圈下半部分所在处磁场方向斜向上，所以受的安培力方向垂直纸面向外；上半部分线圈受的安培力垂直纸面向里，因此线圈以MN为轴转动，D项正确。
答案　D
知识点二 安培力的大小
3.(多选)有一段直导线长为1 cm，通有5 A的电流，把它置于磁场中的某点时，受到的安培力为0.1 N，则该点的磁感应强度B的值可能为(　　)
A．1 T B．0.5 T
C．2 T D．2.5 T
解析　由F＝BILsinθ知，当I与B垂直时，B有最小值，由B＝可解得B＝2 T，I与B不垂直时，B的值大于2 T，故C、D两项正确。
答案　CD
4. (多选)一质量为0.06 kg、长为0.1 m的金属棒MN用两根长度均为1 m的绝缘细线悬挂于水平天花板，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动，当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°，已知一切阻力可忽略不计，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能增加
B．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少
C．通入金属棒中的电流为9 A
D．通入金属棒中的电流为4 A
解析　在金属棒上升过程中，安培力做正功，机械能一直增加，A项正确，B项错误；设金属棒的长度为l，细线的长度为R，由动能定理知W安－W重＝0，即BIlRsin37°＝mgR(1－cos37°)，代入数值得I＝4 A，C项错误，D项正确。
答案　AD
课堂小练(一)　磁场对通电导线的作用力
　基本素养练　
1．关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是(　　)
A．F、B、I三者必须保持相互垂直
B．F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直
C．B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直
D．I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直
解析　F、B、I三者间的关系是：F⊥I、F⊥B、I与B不一定垂直，B项正确。
答案　B
2．在赤道上空，水平放置一根通以由西向东方向的电流的直导线，则此导线(　　)
A．受到竖直向上的安培力
B．受到竖直向下的安培力
C．受到由南向北的安培力
D．受到由西向东的安培力
解析　赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，画出此处磁场和电流的方向图如图所示，由左手定则可判断出导线受到的安培力的方向是竖直向上的，A项正确。
答案　A
3.如图所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近，磁铁处于水平位置并和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将(　　)
A．转动同时靠近磁铁
B．转动同时离开磁铁
C．不转动，只靠近磁铁
D．不转动，只离开磁铁
解析　把环形电流等效成一个小磁针，由安培定则知，此小磁针的N极向里S极向外。由于条形磁铁的N极吸引小磁针的S极排斥N极，故线圈将发生转动同时靠近磁铁。等效图如图所示。A项正确。
答案　A
4.如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则(　　)
A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极
B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极
C．无论如何台秤的示数都不可能变化
D．以上说法都不正确
解析　如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，故A项正确。
答案　A
5．如图所示，在水平面上有一根通有恒定电流的直导线，直导线周围空间存在无限大的匀强磁场，磁场方向与水平面成60°夹角，通电直导线在磁场力作用下沿水平面做匀速直线运动，导线与水平面间的动摩擦因数为，现使磁场方向缓慢顺时针方向转30°直到竖直向上，若通电导线一直做匀速直线运动，则磁感应强度(　　)
A．一直变大 B．一直变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
解析　以金属棒为研究对象，受力分析如图所示，F＝BIL，θ＝90°－α，Ff＝μFN，由平衡条件得G＝FN＋BILsin θ，Ff＝BILcos θ，解得B＝，代入μ＝，则B＝，α从60°增大至90°过程中，磁感应强度B一直变大，故A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
6.一段通电直导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，如图所示，导线中电流方向由左指向右。当导线以其中点O为轴转过90°的过程中，导线受到的安培力(　　)
A．大小不变，方向不变
B．由0增至最大，方向时刻变
C．由最大减小至0，方向不变
D．由0增至最大，方向不变
解析　导线转动前，电流方向与磁感线方向相同，导线不受安培力；当导线转过一个小角度，电流方向与磁感线不再平行，于是导线受到安培力；当导线转过90°时，电流方向与磁感线垂直，此时导线受的安培力最大。用左手定则可以判断安培力的方向始终不变。所以D项正确。
答案　D
7．所谓电流表的灵敏度，是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小。偏转角度越大，灵敏度越高。下列关于提高磁电式电流表灵敏度的方法不正确的是(　　)
A．增强永久磁铁的磁性
B．增大螺旋弹簧的劲度系数
C．增大线圈沿轴线的长度
D．增加线圈的匝数
解析　通电线圈在磁场中转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动。电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大。要提高电流表的灵敏度，就要在通入相同的电流时，让指针的偏转角度增大。所以应该减小螺旋弹簧的劲度系数，或者保持电流大小不变使安培力变大。增强永久磁铁的磁性、增大线圈沿轴线的长度和增加线圈的匝数均可使安培力增大，B项不正确。
答案　B
8. (多选)如图所示，矩形金属框CDEF用两根绝缘细线悬挂于天花板上，其中CD和EF质量均为m，CF和DE重力不计，金属框处于竖直向下的匀强磁场中，现使金属框中通过图中所示的恒定电流。当系统稳定后，则(　　)
A．CD边将垂直纸面向里偏离至某处
B．EF边将垂直纸面向外偏离至某处
C．两根绝缘细线的拉力均大于mg
D．两根绝缘细线的拉力均等于mg
解析　EF棒受到重力、水平方向的安培力和两个金属杆的拉力，其中安培力：F2＝BIL，设金属杆CF、DE与竖直方向的夹角为θ，则：tan θ＝；由左手定则可知，EF边将垂直纸面向外偏离至某处。如图对CD棒和EF棒组成的系统进行受力分析(从左向右看)，整体受到两个重力，两个安培力和两个绝缘绳子的拉力，水平方向F1＝F2＝BIL，所以绳子仍然沿竖直方向，竖直方向受力平衡，得2FT＝mg＋mg＝2mg，解得FT＝mg；由以上分析可知，B、D两项正确。
答案　BD
9.用一根金属丝、一节电池和一块磁铁，可以做一个简易的电动机。先将电池的负极和磁铁的N极接触，再将金属丝架在电池的正极上，金属丝的下部分与磁铁接触，如图所示。放开金属丝，金属丝就会转动。则下列说法正确的是(　　)
A．线圈转动的动力是电场力
B．从上往下看，金属丝顺时针转动
C．从上往下看，金属丝逆时针转动
D．若将电池的负极与磁铁的S极接触，金属丝的旋转方向不会变
解析　由题意知，金属丝组成了闭合回路，有电流流过，又处于磁场中，所以线圈转动的动力是安培力，A项错误；由左手定则知金属丝受的力，从上向下看会使金属丝顺时针转动，B项正确，C项错误；若将电池的负极与磁铁的S极接触，电流方向不变，而磁场反向，所以安培力反向，故金属丝的旋转方向会反向，D项错误。
答案　B
10．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场辐向均匀分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则(　　)
　
A．该磁场是匀强磁场
B．线圈平面总与磁场方向垂直
C．线圈将沿逆时针方向转动
D．a、b导线受到的安培力大小总为BIl
解析　该磁场是辐向均匀分布的，不是匀强磁场，A项错误；线圈平面总与磁场方向平行，B项错误；根据左手定则可知，a导线受到向上的安培力，b导线受到向下的安培力，线圈沿顺时针方向转动，C项错误；a、b导线始终与磁场垂直，受到的安培力大小总为BIl，D项正确。
答案　D
　能力提升练　
11．(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图，质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长为ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数表示电流大小。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g，则(　　)
A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M到N
B．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零
C．该电流表的量程是Im＝
D．该电流表的刻度在0～Im范围内是不均匀的
解析　电流表正常工作时，MN必然向下运动，所以受到的安培力向下，根据左手定则可知，电流一定是从M到N，故A项正确；当电流表的示数为零时，MN中没有电流通过，MN受力平衡，所以弹簧的弹力大小等于MN的重力大小，弹簧的伸长量不为零，故B项错误；电流表的量程即最大值，当MN杆到达cd边时，为最大电流，此时由受力平衡条件可得G＋F安＝F弹，其中F安＝BImL1、F弹＝kL2＋G，所以Im＝，故C项正确；由Im＝可得出任意电流的表达式为I＝，所以电流和MN下降的距离Lx成正比例函数关系，所以刻度是均匀的，故D项错误。
答案　AC
12.法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上，一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连，电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中，从上往下看，金属杆(　　)
A．向左摆动 B．向右摆动
C．顺时针转动 D．逆时针转动
解析　由题目中的电路图可以看出，电流方向从正极流出，沿金属杆向上流向负极，磁场沿磁感线的切线方向，根据左手定则，可以判断出此时安培力方向垂直于纸面向里，从上往下看，金属杆逆时针方向转动，D项正确。
答案　D
13.如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形金属导轨上，两导轨相互平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；当开关闭合时，导体棒向纸面外滑动，最终静止在与竖直方向成37°角的位置，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)判断磁场的磁感应强度方向；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN。
解析　(1)导体棒受到的安培力向外，根据左手定则可知磁场方向竖直向下。
(2)从左向右看受力分析如图所示，
由受力平衡得到＝tan 37°，
解得B＝，
即磁场的磁感应强度B的大小为。
(3)两个导轨对棒的支持力为2FN，满足：
2FNcos 37°＝mg，
解得FN＝mg，
即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg。
答案　(1)竖直向下　(2)　(3)mg
14.如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成α＝53°夹角；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝，ab处于静止状态。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
(1)通过ab的电流大小和方向；
(2)ab受到的安培力大小；
(3)重物重力G的取值范围。
解析　(1)导体棒ab与电阻、电源构成闭合回路，根据闭合电路欧姆定律可知
I＝＝2 A，方向为从a到b。
(2)因为电流与磁场垂直，故安培力
F＝BIL＝5 N。
(3)作出ab受力侧视图如图(Ffm方向可变)。
最大静摩擦力大小
Ffm＝μ(mg－Fcos 53°)＝3.5 N，
由平衡条件可知：
当最大静摩擦力方向向右时
FT＝Fsin 53°－Ffm＝0.5 N，
当最大静摩擦力方向向左时
FT＝Fsin 53°＋Ffm＝7.5 N。
重物的重力G＝FT，
所以重物重力G的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N。
答案　(1)2 A　从a到b　 (2)5 N
(3)0.5 N≤G≤7.5 N
2．磁场对运动电荷的作用力
学习目标：1.通过实验探究，感受磁场对运动电荷有力的作用；2.知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断洛伦兹力的方向；3.了解洛伦兹力公式的推导过程，会用公式分析求解洛伦兹力；4.了解电视显像管的基本构造和工作原理；5.会分析速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的工作原理。
　情境导入
极光是由于来自太阳的带电粒子(太阳风)进入地球磁场，在地球南北两极附近地区的高空，夜间出现的灿烂美丽的光辉。极光的形成与地磁场对带电粒子的作用有关。
【问题】　磁场对电荷的作用力有什么特点呢？力的大小、方向又是怎样的呢？
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、洛伦兹力的方向和大小
1．洛伦兹力
(1)定义：运动电荷在磁场中所受的力。
(2)洛伦兹力与安培力的关系：通电导体在磁场中所受的安培力是导体中运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现。
2．洛伦兹力的方向
(1)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。
(2)洛伦兹力方向的特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于所决定的平面。
3．洛伦兹力的大小
(1)当v与B成θ角时：F＝qvBsinθ。
(2)当v⊥B时：F＝qvB。
(3)当v∥B时：F＝0。
二、电子束的磁偏转
1．显像管原理
(1)电子枪发射电子。
(2)电子束在磁场中偏转。
(3)荧光屏被电子束撞击发光。
2．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，因此电子束打在荧光屏上的光点从上向下、从左向右不断移动。电子束从最上一行到最下一行扫描一遍叫作一场，电视机中的显像管每秒要进行50场扫描。
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定会受到洛伦兹力的作用。(×)
(2)洛伦兹力的方向与电荷运动方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于v和B所决定的平面(但v和B的方向不一定垂直)。(√)
(3)用左手定则判断洛伦兹力方向时，“四指的指向”与正电荷定向移动方向相同。(√)
(4)显像管内偏转线圈中的电流恒定不变时，电子打在荧光屏上的光点是不变的。(√)
2．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度的方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(　　)
解析　根据左手定则，A项中F方向应向上，B项中F方向应向下，故A项错误，B项正确。C、D两项中都是v∥B，F＝0，故C、D两项都错误。
答案　B
3．在匀强磁场中，一带电粒子沿着垂直磁感应强度的方向运动。现将该磁场的磁感应强度增大为原来的2倍，则该带电粒子受到的洛伦兹力(　　)
A．变为原来的 B．增大为原来的4倍
C．减小为原来的 D．增大为原来的2倍
解析　由洛伦兹力的公式F＝qvB可知，磁感应强度增大为原来的2倍，带电粒子受到的洛伦兹力也增大为原来的2倍，D项正确。
答案　D
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 洛伦兹力的方向
1.洛伦兹力的方向
(1)左手定则
其准备动作与判断安培力方向的左手定则完全一样，后面的步骤也差不多，只是四指所指的方向稍微有些差别。具体步骤如下：
①掌心——磁感线从掌心垂直穿入；
②四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
③拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面，B和v不一定垂直。
2．决定洛伦兹力方向的三个因素
电荷的电性(正、负)、速度方向、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。
【例1】　匀强磁场中一个运动的带电粒子，受到洛伦兹力F的方向如图所示，则该粒子所带电性和运动方向可能是(　　)
A．粒子带负电，向下运动
B．粒子带正电，向左运动
C．粒子带负电，向上运动
D．粒子带正电，向右运动
解析　根据左手定则，让磁感线垂直穿过掌心，拇指指向F的方向，可判断出四指向上，这样存在两种可能：粒子带正电向上运动或粒子带负电向下运动，故A项正确，C项错误；而粒子左右运动时，所受洛伦兹力的方向向上或向下，故B、D两项错误。
答案　A
微提醒
判断洛伦兹力方向的易错点：注意电荷的正负，尤其是判断负电荷所受洛伦兹力方向时，四指应指向负电荷运动的反方向，也可理解为等效电流的方向。
【针对训练1】　一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束粒子流，则下列有关粒子的带电情况描述错误的是(　　)
A．1带正电 B．1带负电
C．2不带电 D．3带负电
解析　根据左手定则，带正电的粒子向左偏，即粒子1带正电；不偏转说明不带电，即粒子2不带电；带负电的粒子向右偏，即粒子3不带电，故B项错误。
答案　B
探究二 洛伦兹力的大小
1.洛伦兹力的大小
(1)推导洛伦兹力公式：设有一段长为L，横截面积为S的直导线，单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，自由电荷定向移动的速率为v。这段通电导线垂直磁场方向放入磁感应强度为B的匀强磁场中。
①根据电流的定义式可知通电导线中的电流I＝＝＝nqSv。
②通电导线所受的安培力F安＝BIL＝B(nqSv)L。
③这段导线内的自由电荷数N＝nSL。
④每个电荷所受的洛伦兹力F洛＝＝＝qvB。
(2)若运动电荷速度v的方向与磁感应强度B的方向成θ角时，可将v分解为与B平行的分量v2和与B垂直的分量v1，其中分速度v2方向不受洛伦兹力，如图所示，运动电荷所受洛伦兹力由分速度v1决定：F＝qv1B＝q(vsinθ)B＝qBvsinθ。
2．洛伦兹力与安培力的关系
洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，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。
【例2】　如图所示，一个带正电q的小带电体处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，若小带电体的质量为m，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该(　　)
A．使B的数值增大
B．使磁场以速率v＝向上移动
C．使磁场以速率v＝向右移动
D．使磁场以速率v＝向左移动
解析　为使小球对平面无压力，则应使它受到的洛伦兹力刚好平衡重力，磁场不动而只增大B，静止电荷在磁场里不受洛伦兹力，A项错误；磁场向上移动相当于电荷向下运动，受洛伦兹力向右，不可能平衡重力；磁场以v向右移动，等同于电荷以速率v向左运动，此时洛伦兹力向下，也不可能平衡重力，故B、C两项错误；磁场以v向左移动，等同于电荷以速率v向右运动，此时洛伦兹力向上。当qvB＝mg时，带电体对绝缘水平面无压力，即v＝，D项正确。
答案　D
与洛伦兹力有关的动力学问题，分析方法与力学中相同，涉及牛顿第二定律、运动学规律、动能定理等规律的应用问题。例2中还要注意在运动过程中由于洛伦兹力变化引起的临界问题。
【针对训练2】　如图所示，匀强磁场的磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外，质量为m、带电荷量为q的小球在倾角为α的光滑斜面上由静止开始下滑。若带电小球下滑后某个时刻对斜面的压力恰好为零，问：
(1)小球的带电性质如何？
(2)此时小球下滑的速度和位移分别为多大？
解析　(1)小球沿斜面下滑，其对斜面的压力为零，说明其受到的洛伦兹力应垂直斜面向上，根据左手定则可判断小球带正电。
(2)当小球对斜面压力为零时，有
mgcos α＝qvB，
得小球此时的速度为v＝，
由于小球沿斜面方向做匀加速运动，加速度为
a＝gsin α，
由匀变速直线运动的位移公式v2＝2ax，
得x＝。
答案　(1)带正电　(2)　
探究三 现代电磁技术
1.速度选择器
如图所示，D1和D2是两个平行金属板，分别连在电源的两极上，其间有一电场强度为E的匀强电场，同时在此空间加有垂直于电场方向的匀强磁场，磁感应强度为B。S1、S2为两个小孔，且S1与S2连线方向与金属板平行。速度沿S1、S2连线方向从S1飞入的带电粒子只有做直线运动才可以从S2飞出。因此能从S2飞出的带电粒子所受的电场力与洛伦兹力平衡，即qE＝qvB。故只要带电粒子的速度满足v＝，即使电性不同，比荷不同，也可沿直线穿出右侧的小孔S2，而其他速度的粒子要么上偏，要么下偏，无法穿出S2。因此利用这个装置可以达到选择某一速度带电粒子的目的，故称为速度选择器。(带电粒子不计重力)
2．磁流体发电机
如图所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，从整体上来说是呈电中性)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，则高速射入的离子在洛伦兹力的作用下向A、B两板聚集，使两板间产生电势差，若平行金属板间距为d，匀强磁场的磁感应强度为B，等离子体流速为v，气体从一侧面垂直磁场射入板间，不计气体电阻，外电路电阻为R。运动电荷在磁场中受洛伦兹力作用发生偏转，正、负离子分别到达B、A极板(B为电源正极)，使A、B板间产生匀强电场，在电场力的作用下偏转逐渐减弱，当等离子体不发生偏转即匀速穿过时，有qvB＝qE，所以此时两极板间电势差U＝Ed＝Bdv，据闭合电路欧姆定律可得电流大小I＝。
3．霍尔效应
如图所示，厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中。当电流按如图方向通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和B的关系为U＝k，式中的比例系数k称为霍尔系数。
霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成电场。电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电场力。当静电场力与洛伦兹力达到平衡时，导体板上下两侧面之间就会形成稳定的电势差。由U＝k可得B＝，这也是一种测量磁感应强度B的方法。
4．电磁流量计
(1)原理
如图所示是电磁流量计的示意图，在非磁性材料做成的圆管道外加一匀强磁场区域，当管中的导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上a、b两点间的电势差U，就可以知道管中液体的流量Q(m3/s)——单位时间内流过液体的体积。
(2)流量的计算
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＝。
【例3】　磁强计是利用霍尔效应来测量磁感应强度B的仪器，其原理可理解为：如图所示，一块导体接上a、b、c、d四个电极，将导体放在匀强磁场之中，a、b间通以电流I，c、d间就会出现电势差，只要测出c、d间的电势差U，就可以测得B。试证明之。
解析　c、d间电势差达到稳定时，有U＝Eh，
此时定向移动的自由电荷受到的电场力与洛伦兹力平衡，有Eq＝qvB，
式中v为自由电荷的定向移动速度，由此可知，
B＝＝，
设导体中单位体积内的自由电荷数为n，则电流
I＝nqSv，
式中S为导体横截面积，即S＝lh，
因此v＝，B＝，
由此可知B∝U。
故只要将装置先在已知磁场中定出标度，就可通过测定U来确定B的大小。
答案　见解析
速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应等原理基本相同。解题时，一是要应用洛伦兹力确定粒子的偏转方向，二是要应用电场力和洛伦兹力的平衡。判断洛伦兹力方向时一定要注意区分正、负粒子。
【针对训练3】　为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是(　　)
A．若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面电势高
B．前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D．污水流量Q与电压U成正比，与a、b有关
解析　由左手定则可判断：若流动的是正离子，则正离子向里偏，前内侧面电势低于后内侧面电势；若流动的是负离子，则负离子向外偏，仍然是前内侧面电势低于后内侧面的电势，故A项错误，B项正确；污水稳定流动时，对任一离子有：qvB＝qE＝，所以U＝Bbv，电势差与浓度无关，故C项错误；流量Q＝Sv＝bc·＝，可以看出流量与a、b均无关，故D项错误。
答案　B
【新高考链接】　(2018·浙江选考)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　)
A．上板为正极，电流I＝
B．上板为负极，电流I＝
C．下板为正极，电流I＝
D．下板为负极，电流I＝
解析　根据左手定则可知，带正电粒子在磁场受到的力向下，故下板为正极，两板间的电动势为U，则q＝Bqv，得U＝Bdv，电流I＝＝，故C项正确。
答案　C
限时训练　　巩固当堂所学
随堂·达标自测
1．带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是(　　)
A．若v⊥B，只要速度大小相等，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
解析　若v⊥B，由F洛＝qvB知，速度大小相等，洛伦兹力大小就相等，但洛伦兹力方向可能不同，A项错误；根据左手定则可判断B项正确；洛伦兹力的方向一定与电荷速度方向垂直，但磁场方向与电荷运动方向可以不垂直，C项错误；运动电荷在磁场中所受的洛伦兹力F＝qvBsin θ，所以F的大小不但与q、v、B有关系，还与v与B的夹角θ有关系，当θ＝0°或180°时，F＝0，此时B不一定等于零，D项错误。
答案　B
2．显像管的工作原理图如图所示，图中阴影区域没有磁场时，从电子枪发出的电子打在荧光屏正中的O点。为使电子在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，阴影区域所加磁场的方向是(　　)
A．竖直向上 B．竖直向下
C．垂直于纸面向内 D．垂直于纸面向外
解析　电子上偏，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，D项正确。
答案　D
3. (多选)如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率，重力忽略不计，那么(　　)
A．带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过
B．带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区，才能沿直线通过
C．不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过
D．不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过
解析　速度选择器中匀强电场和匀强磁场相互垂直，带电粒子垂直电场且垂直磁场方向进入场区，粒子所受重力可以忽略，如果洛伦兹力与电场力等大反向，就能沿直线匀速通过磁场，受力分析可知A、C两项正确，B、D两项错误。
答案　AC
4．如图所示，带负电荷的摆球在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里。摆球在A、B间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力大小为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力大小为F2，摆球加速度大小为a2，则(　　)
A．F1＞F2，a1＝a2 B．F1＜F2，a1＝a2
C．F1＞F2，a1＞a2 D．F1＜F2，a1＜a2
解析　由于洛伦兹力不做功，所以摆球从B到达C点的速度和从A到达C点的速度大小相等。由a＝可得a1＝a2。当由A运动到C时，以摆球为研究对象，对摆球进行受力分析如图甲所示，F1＋qvB－mg＝ma1。当由B运动到C时，对摆球受力分析如图乙所示，F2－qvB－mg＝ma2。由以上两式可得F2＞F1，故B项正确。
答案　B
笔记本电脑(Laptop)最大的特点就是机身小巧，相比PC携带方便，是一种小型、可便于携带的个人电脑，通常重1～3公斤。笔记本电脑中包含很多的传感器，如陀螺仪、加速传感器、温度传感器……，各种传感器在笔记本上的应用，让笔记本变得更加智能。实际上，检测磁性的也有传感器，它被称之为霍尔传感器。
例如，当笔记本电脑屏幕合上时，笔记本电脑屏幕将自动熄灭，整个机器将依靠霍尔传感器进入休眠状态。通常，在笔记本电脑的屏幕中安装磁体，在机身主板内的对应位置安装霍尔传感器。当屏幕打开时，磁铁远离传感器，笔记本电脑工作正常。当屏幕合上时，磁铁靠近传感器，导致传感器附近磁场发生变化，使得传感器能够感知屏幕状态的变化，并让笔记本电脑通过外围电路和系统进入睡眠状态以降低功耗。
利用霍尔传感器还可以控制笔记本电脑风扇的速度。风扇转动时，定子磁场和转子磁极都会周期性变化，霍尔传感器感应到变化后会产生脉冲。计数器处理完毕后，计算机将知道风扇的速度。当计算机温度升高时自动提高风扇的转速来降温，以确保笔记本电脑的正常运行。
【快乐体验】　如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电荷量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为(　　)
A.，负 B.，正
C.，负 D.，正
解析　建立霍尔效应模型，根据左手定则，不管正电荷还是负电荷均应该向上偏，由于上表面的电势比下表面的电势低，说明电荷电性为负．当导电材料上、下表面之间的电压为U时，电荷所受电场力和洛伦兹力相等，q＝qvB，根据电流的微观表达式I＝nqvab，解得导电材料单位体积内自由运动的电荷数n＝，所以C项正确；A、B、D三项错误。
答案　C
教师备选微题库
知识点一 洛伦兹力的方向
1.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是(　　)
A．洛伦兹力对带电粒子做功
B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
解析　洛伦兹力的方向总跟速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，不会改变粒子的动能，B项正确。
答案　B
2.在长直通电螺线管中通入变化的电流i(如图所示电流的方向周期性改变)，并沿着其中心轴线OO′的方向射入一颗速度为v的电子，则此电子在螺线管内部空间运动的情况是(　　)
A．匀速直线运动 B．来回往复运动
C．变速直线运动 D．曲线运动
解析　通电螺线管内部中心的磁场方向与轴线平行，故电子进入螺线管后不受洛伦兹力，做匀速直线运动，A项正确。
答案　A
知识点二 洛伦兹力的大小
3.如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形滑道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直，一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M滑下到最右端，则下列说法中正确的是(　　)
A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B．滑块从M点到最低点的加速度比磁场不存在时小
C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D．滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
解析　由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度大小不变，A项错误；由a＝，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度大小不变，B项错误；由左手定则可知，滑块经最低点时受的洛伦兹力方向向下，而滑块所受的向心力不变，故滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，C项错误；由于洛伦兹力始终与运动方向垂直，滑块经过任意一点时的速度与磁场不存在时相等，D项正确。
答案　D
4.如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静止于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场。现用水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动。在加速运动阶段(　　)
A．地面对乙物块的摩擦力逐渐减小
B．甲、乙两物块的加速度逐渐增大
C．乙对甲的摩擦力逐渐增大
D．甲对乙的摩擦力逐渐减小
解析　加速过程中，甲受向下的洛伦兹力逐渐增大，乙对地板的压力逐渐增大，乙受摩擦力增大，则加速度逐渐减小，A、B两项错误；甲的加速度是由乙对它的摩擦力产生的，由牛顿第二定律知，甲、乙间的摩擦力逐渐减小，C项错误，D项正确。
答案　D
知识点三 现代电磁技术
5.截面为矩形的载流金属导线置于磁场中，如图所示，将出现下列哪种情况(　　)
A．在b表面聚集正电荷，而a表面聚集负电荷
B．在a表面聚集正电荷，而b表面聚集负电荷
C．开始通电时，电子做定向移动并向b偏转
D．两个表面电势不同，a表面电势较高
解析　金属导体靠电子导电，金属正离子并没有移动，而电流由金属导体中的自由电子的定向移动(向左移动)形成。应用左手定则，四指应指向电子定向移动方向，让磁感线垂直穿过手心，拇指指向的反方向即为自由电子的受力方向。也就是说，自由电子受洛伦兹力方向指向a表面一侧，实际上自由电子在向左移动的同时，受到指向a表面的作用力，并在a表面进行聚集，由于整个导体是呈电中性的(正、负电荷总量相等)，所以在b的表面“裸露”出正电荷层，并使b表面电势高于a表面电势，A项正确。
答案　A
课堂小练(二)　磁场对运动电荷的作用力
　基本素养练　
1．关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是(　　)
A．安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力
B．安培力可以对通电导线做功，洛伦兹力对运动电荷一定不做功
C．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的运动状态
解析　安培力和洛伦兹力都是磁场力，A项错误；洛伦兹力方向永远与电荷运动方向垂直，所以洛伦兹力不做功，安培力是洛伦兹力的宏观表现，它虽然对引起电流的定向移动的电荷不做功，但对导线可以做功，B项正确；电荷的运动方向与磁感线方向在一条直线上时，洛伦兹力为零，磁感应强度不为零，C项错误；洛伦兹力不改变带电粒子的速度大小，但改变速度的方向，D项错误。
答案　B
2．来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时，将(　　)
A．竖直向下沿直线射向地面
B．相对于预定地点，稍向东偏转
C．相对于预定地点，稍向西偏转
D．相对于预定地点，稍向北偏转
解析　质子带正电，地球表面的地磁场方向由南向北，根据左手定则可判定，质子自赤道上空的某一点竖直下落的过程中受到洛伦兹力的方向向东，故B项正确。
答案　B
3．两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子所受洛伦兹力之比为(　　)
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
解析　带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力F＝qvB，与电荷量成正比，与质量无关，C项正确。
答案　C
4．如图所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将(　　)
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向左偏转 D．向右偏转
解析　由安培定则可知，线圈在纸面内中心点的磁场方向向下，由左手定则知电子所受洛伦兹力方向向右，故向右偏转，D项正确。
答案　D
5.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度大小的近似值和电极a、b的正负为(　　)
A．1.3 m/s，a正、b负 B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正
解析　血液中的离子在磁场的作用下会在a、b之间形成电势差，当电场给离子的力与洛伦兹力大小相等时达到稳定状态(与速度选择器原理相似)，血流速度v＝＝≈1.3 m/s，又由左手定则可得a为正极，b为负极，A项正确。
答案　A
6．(多选)下列关于电荷所受静电力和洛伦兹力的说法中，正确的是(　　)
A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力的作用
B．电荷在电场中一定受静电力的作用
C．电荷受静电力的方向与该处的电场方向一致
D．电荷若受洛伦兹力，则受力方向与该处的磁场方向垂直
解析　静止电荷在磁场中不受洛伦兹力的作用，但在电场中一定受静电力的作用，A项错误，B项正确；只有正电荷的受力方向与该处的电场方向一致，C项错误；根据左手定则知运动电荷若受洛伦兹力，则受力方向与该处的磁场方向垂直，D项正确。
答案　BD
7.有一个电荷量为＋q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h高处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是(　　)
A．一定做曲线运动
B．不可能做曲线运动
C．有可能做匀加速直线运动
D．有可能做匀速直线运动
解析　带电小球在没有进入电磁场前做自由落体运动，进入磁场后，受竖直向下的重力G＝mg，水平向左的电场力F电场力＝qE，以及向右的洛伦兹力F洛＝qBv，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为速度大小会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
8.如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是(　　)
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
解析　根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C项正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，根据动能定理，摩擦力做功不同，到达底端的动能不同，A、B两项错误；由于开始时滑块下滑，滑块沿斜面的分力大于摩擦大，B很大时，滑块随速度的增大所受摩擦力变大，最终做匀速直线运动，D项错误。
答案　C
9. (多选)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速直线运动，c向左做匀速直线运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是(　　)
A．Ga最大 B．Gb最大
C．Gc最大 D．Gb最小
解析　据F合＝0可知a带负电，显然b、c也带负电，所以b所受洛伦兹力方向竖直向下，c所受洛伦兹力方向竖直向上，则有Gb答案　CD
10．(多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下图中的(　　)
解析　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A项正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小，洛伦兹力减小，摩擦力减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后洛伦兹力减小到与重力相等，做匀速直线运动，D项正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且随着速度减小，摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C两项错误。
答案　AD
　能力提升练　
11．(多选)如图所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴方向加恒定的匀强磁场B，磁场方向沿y轴正方向。图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面(　　)
A．a处电势高于b处电势
B．a处离子浓度大于b处离子浓度
C．溶液的上表面电势高于下表面的电势
D．溶液的上表面处的离子浓度等于下表面处的离子浓度
解析　电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是沿y轴正方向的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以A项错误；由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以B项正确；离子都向a处运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以C项错误，D项正确。
答案　BD
12．两个完全相同的带等量的正电荷的小球a和b，从同一高度自由落下，分别穿过高度相同的水平方向的匀强电场和匀强磁场，如图所示，然后再落到地面上，设两球运动所用的总时间分别为ta、tb，则(　　)
A．ta＝tb B．ta>tb
C．ta解析　a球进入匀强电场后，始终受到水平向右的电场力F电＝qE作用，这个力不会改变a在竖直方向运动的速度，故它下落的总时间ta与没有电场时自由下落的时间t0相同。b球以某一速度进入匀强磁场瞬间它就受到水平向右的洛伦兹力作用，这个力只改变速度方向，会使速度方向向右发生偏转，又因为洛伦兹力始终与速度方向垂直，当速度方向变化时，洛伦兹力的方向也发生变化，不再沿水平方向。如图所示为小球b在磁场中某一位置时的受力情况，从图中可以看出洛伦兹力F洛的竖直分力F1会影响小球竖直方向的运动，使竖直下落的加速度减小(小于g)，故其下落的时间tb大于没有磁场时小球自由下落的总时间t0。综上所述，ta答案　C
13.如图所示，空间某区域有一方向水平、磁感应强度为B＝0.2 T的匀强磁场。一带正电微粒质量为m＝2.0×10－8 kg，带电荷量为q＝1.0×10－8 C，当它以某一水平速度v0垂直进入磁场后，恰能沿直线匀速通过此区域。g取10 m/s2。
(1)求v0的大小；
(2)如果微粒的速度大于v0，它将向哪边偏转？
解析　(1)微粒沿着直线匀速通过此区域，受力平衡，有mg＝qv0B，
v0＝＝ m/s＝100 m/s。
(2)如果微粒的速度大于v0，微粒所受洛伦兹力大于重力，它将向上偏转。
答案　(1)100 m/s　(2)向上偏转
14.如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4 m的光滑绝缘四分之一圆弧的固定轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向水平互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100 V/m，水平向右；B＝1 T，方向垂直纸面向里。求：(g＝10 m/s2)
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块对轨道的压力大小。
解析　(1)以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；电场力qE，水平向右；洛伦兹力F洛＝qvB，方向始终垂直于速度方向，即垂直于轨道向下。
所以滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，
由动能定理得mgR－qER＝mv，
得vC＝＝2 m/s。
(2)在C点时滑块受到四个力作用，如图所示，由牛顿第二定律与圆周运动知识得
FN－mg－qvCB＝m，
得FN＝mg＋qvCB＋m＝20.1 N，
由牛顿第三定律得，在C点时滑块对轨道的压力
FN′＝FN＝20.1 N。
答案　(1)2 m/s　(2)20.1 N
3.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。
　情境导入
由上节的学习可知，带电粒子若垂直磁场方向进入匀强磁场，洛伦兹力总与速度方向垂直，不改变带电粒子的速度大小，只改变速度方向，所以洛伦兹力不对带电粒子做功。由于粒子速度的大小不变，所以洛伦兹力大小也不改变。
【问题】　根据以上的受力特点，能否判断粒子的运动情况？此运动满足怎样的规律呢？
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、洛伦兹力的特点
1．洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。
2．洛伦兹力方向总与速度方向垂直，正好起到了向心力的作用。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．运动特点：沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动。
2．半径和周期公式：质量为m，带电荷量为q，速率为v的带电粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，可得半径公式r＝，再由T＝得周期公式T＝，由此可知带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期跟速率v和半径r无关。
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)带电粒子进入匀强磁场后一定做匀速圆周运动。(×)
(2)运动电荷进入匀强磁场后(无其他场)受到的洛伦力大小不变且与速度垂直，所以粒子做类平抛运动。(×)
(3)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关。(√)
(4)在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，洛伦兹力提供向心力，它的轨道半径跟粒子的运动速率成正比。(√)
2．(多选)如果一带电粒子匀速进入一个磁场，除磁场力外不受其他任何力的作用，则带电粒子在磁场中可能做(　　)
A．匀速直线运动 B．类平抛运动
C．匀加速直线运动 D．变速曲线运动
解析　如果粒子运动方向与磁场方向平行，则它不会受到洛伦兹力，做匀速直线运动，A项正确。在其他情况下，洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，速度大小不变，但方向变化，所以只能做变速曲线运动，D项正确。粒子的加速度方向时刻改变，所以不能做匀加速直线运动和类平抛运动，B、C两项均错误。
答案　AD
3．质子p(带1个单位正电荷，质量数为1)和α粒子(带2个单位正电荷，质量数为4)以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为rp和rα，周期分别为Tp和Tα，则下列选项正确的是(　　)
A．rp∶rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2
B．rp∶rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1
C．rp∶rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2
D．rp∶rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1
解析　设质子的质量为m，电荷量为q，则α粒子的质量为4m，电荷量为2q。根据r＝可得＝＝，根据T＝可得＝＝，A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题
1.带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹
带电粒子(不计重力)以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场时：
(1)当v∥B时，带电粒子将做匀速直线运动；
(2)当v⊥B时，带电粒子将做匀速圆周运动。
2．匀速圆周运动的半径和周期
(1)半径公式r＝ ：洛伦兹力方向总与速度方向垂直，洛伦兹力充当向心力。根据牛顿第二定律，qvB＝，解得r＝。
(2)周期公式T＝：周期T＝，将r＝代入可得T＝。
【例1】　(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动，与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)
A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
解析　电子在两匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得evB＝，可得r＝，即＝＝，A项正确；由a＝得，＝＝，B项错误；根据周期公式T＝ 可得＝＝，C项正确；根据角速度与周期成反比，可得＝，D项错误。
答案　AC
微提醒
带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力与速度垂直，从而使粒子做匀速圆周运动(前提是v⊥B)，遵循圆周运动的所有规律。其半径和周期公式经常用到，应牢记。
【针对训练1】　如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C.∶2 D.∶1
解析　设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则E 1＝mv，E 2＝mv；由题意可知E 1＝2E 2，即mv＝mv，则＝。由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，得B＝，由题意可知＝，所以＝＝，C项正确。
答案　C
探究二 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动分析
1.圆心的确定方法：两线定一点
(1)圆心一定在垂直于速度的直线上。
如图甲所示，已知入射点P和出射点M的速度方向，可通过入射点和出射点作速度的垂线，两条直线的交点就是圆心。
(2)圆心一定在弦的中垂线上。
如图乙所示，作P、M连线的中垂线，与其中一个速度的垂线的交点为圆心。
2．半径的确定
半径的计算一般利用几何知识解直角三角形。做题时一定要做好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形。由直角三角形的边角关系或勾股定理求解。
3．粒子在磁场中运动时间的确定
(1)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t＝ T(或t＝ T)。
(2)当v一定时，粒子在磁场中运动的时间t＝，l为带电粒子通过的弧长。
【例2】　如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来的射入方向的夹角为θ＝60°，求电子的质量和穿越磁场的时间。
解析　过M、N作入射方向和出射方向的垂线，两垂线交于O点，O点即电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，过N做OM的垂线，垂足为P，如图所示。
由直角三角形OPN知，电子运动的半径为r＝＝d　①，
由牛顿第二定律知evB＝m　②，
联立①②式解得m＝，
电子在磁场中运动的周期为
T＝·＝，
电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为
α＝θ＝60°，
故电子在磁场中的运动时间为
t＝T＝×＝。
答案　　
处理带电粒子在磁场中的运动问题时通常要按以下三步进行：
(1)画轨迹：即确定圆心，画出轨迹并通过几何方法求半径。
(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系。
(3)用规律：运用牛顿第二定律和匀速圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式。
【针对训练2】　如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子(重力不计)，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为(　　)
A．1∶1∶1 B．1∶2∶3
C．3∶2∶1 D．1∶∶
解析　粒子在磁场中运动的周期公式为T＝，所以三个粒子在磁场中的周期相同，三个粒子的速度偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°的粒子在磁场中运动的时间为T，偏转角为60°的粒子在磁场中运动的时间为T，偏转角为30°的粒子在磁场中运动的时间为
T，所以有T∶T∶T＝3∶2∶1，C项正确。
答案　C
【新高考链接】　(2020·山东省九校检测)(多选)如图所示，半径为R的圆形区域中有垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B，PQ为该圆形磁场的一条直径，圆弧PM恰为圆周长的。现有大量电子从P点以相同的速率，从不同方向射入磁场，其中一电子与PQ成30°角射入磁场，并从M点射出，已知电子电荷量为e，质量为m，则下列说法中正确的是(　　)
A．电子的速率为
B．电子在磁场中运动的轨道半径为2R
C．沿PQ方向射入的电子在磁场中运动的时间为
D．所有电子射出磁场时速度方向均相同
解析　电子在磁场中的运动轨迹如图，O′为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，因为弧长PM恰为圆周长的，所以∠POM＝120°，则ΔPO′O为等边三角形，所以电子做圆周运动的半径r＝R，B项错误；沿PQ方向射入的电子在磁场中运动个周期，t＝×＝，C项错误；根据牛顿第二定律evB＝，可得电子的速率v＝＝，A项正确；由于四边形POO′M为菱形，所以O′M∥PO，射出时的速度方向与O′M垂直，一定竖直向下，根据几何知识可以证明，所有的电子射出磁场时的速度方向都向下，是相同的，D项正确。
答案　AD
限时训练　　巩固当堂所学
随堂·达标自测
1.如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将(　　)
A．沿路径a运动，轨迹是圆
B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大
C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小
D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小
解析　水平导线在导线下方产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲，又由r＝知，B减小，r增大，故电子将沿路径a运动，轨迹半径越来越大，B项正确。
答案　B
2．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的　(　　)
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析　分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小，D项正确。
答案　D
3．(多选)在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场中做匀速圆周运动，则(　　)
A．粒子的速率加倍，周期减半
B．粒子的速率不变，轨道半径减半
C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的
D．粒子的速率不变，周期减半
解析　洛伦兹力不做功，速率不变，由R＝可知，磁场加倍，半径减半，由T＝可知，周期减半，故B、D
两项正确。
答案　BD
4．如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。P为屏上的一小孔，PC与MN垂直。一束质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为(　　)
A. B.
C. D.
解析　如图所示，能打到的范围中最远点为2R处，其中R为轨迹半径，R＝；最近点为2Rcos θ处，所以总长度L＝2R－2Rcos θ＝，故D项正确。
答案　D
太阳发射出的带电粒子以300～1 000 km/s的速度扫过太阳系，形成了“太阳风”。这种巨大的辐射经过地球时，地球的磁场使这些带电粒子发生偏转，避免了地球上的生命受到带电粒子的辐射。当“太阳风”的带电粒子被地磁场拉向两极时，带电粒子的轨迹呈螺旋形。
【快乐体验】　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，若它们在毫无阻挡的情况下到达地球，将对地球上的生命造成巨大危害。下列关于地磁场和上述宇宙射线的相关说法中，正确的是(　　)
A．在地球表面附近，地磁场对带电宇宙射线完全没有阻挡作用
B．在地球表面附近，各处的地磁场对带电宇宙射线的阻挡作用强弱相同
C．在赤道附近，地磁场将使垂直射向地球表面的带正电的宇宙射线略向西偏
D．在赤道附近，地磁场将使垂直射向地球表面的带正电的宇宙射线略向东偏
解析　高能带电粒子到达地球表面附近受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转。粒子的比荷不同、粒子的速度方向与磁场方向的夹角不同、磁场的强弱不同，致使地磁场对带电宇宙射线的洛伦兹力大小、方向不同，在南、北两极最弱，赤道附近最强，故A项错误，B项错误；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。在赤道附近，根据左手定则，正粒子所受到的洛伦兹力略向东偏，故C项错误，D项正确。
答案　D
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知识点一 带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题
1.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场。粒子的一段径迹如图所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，不计重力。从图中情况可以确定(　　)
A．粒子从a到b，带正电 B．粒子从a到b，带负电
C．粒子从b到a，带正电 D．粒子从b到a，带负电
解析　垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R＝。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B、带电荷量不变。又据E＝mv2知，v在减小，故R减小，可判定粒子从b向a运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C项正确。
答案　C
2. (多选)如图所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是(　　)
A．a B．b
C．c D．d
解析　粒子的出射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a、c均不可能，B、D两项正确。
答案　BD
知识点二 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动分析
3.如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示。由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为(　　)
粒子编号 质量 电荷量(q＞0) 速度大小
1 m 2q v
2 2m 2q 2v
3 3m －3q 3v
4 2m 2q 3v
5 2m －q v
A.3、5、4 B．4、2、5
C．5、3、2 D．2、4、5
解析　由洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力，有qvB＝，可得运动半径R＝，结合表格中数据可求得1～5各组粒子的半径之比依次为0.5∶2∶3∶3∶2，说明第一组正粒子的半径最小，由图可知，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动，说明磁场为垂直纸面向里。由左手定则可知，a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2∶3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子，c顺时针运动，一定为负电荷，半径与a相等是第5组粒子，D项正确。
答案　D
4. (多选)在平面直角坐标系xOy的第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从y轴正半轴上的A点以与y轴正方向夹角为α＝45°的速度垂直磁场方向射入磁场，如图所示，已知OA＝a，不计粒子的重力，则下列说法正确(　　)
A．若粒子垂直于x轴离开磁场，则粒子进入磁场时的初速度大小为
B．改变粒子的初速度大小，可以使得粒子刚好从坐标系的原点O离开磁场
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．从x轴射出磁场的粒子中，粒子的速度越大，在磁场中运动的时间就越短
解析　如图所示， 若粒子垂直于x轴离开磁场，则粒子做圆周运动的半径r＝a，又由r＝知v＝，A项正确；
由几何关系知，粒子不可能从O点离开磁场，B项错误；粒子从AO间射出时间最长，对应圆心角θ＝270°，则最长时间t＝T＝×＝，C项正确；从x轴射出磁场的粒子，速度越大，半径越大，圆心角越小，运动时间越短，D项正确。
答案　ACD
课堂小练(三)　带电粒子在匀强磁场中的运动
　基本素养练　
1．洛伦兹力使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度v，洛伦兹力F及磁场B的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能出现的情况是(　　)
解析　由左手定则可判断出A项正确，B项中粒子应向上做圆周运动，C项中粒子受力向左，应向左下方做圆周运动，D项中，粒子应向右下方做圆周运动，故选A。
答案　A
2．(多选)运动电荷进入磁场(无其他场)中，可能做的运动是(　　)
A．匀速圆周运动 B．平抛运动
C．自由落体运动 D．匀速直线运动
解析　若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀速圆周运动，A、D两项正确；由于无其他场，电荷只受洛伦兹力，故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动，B、C两项错误。
答案　AD
3．有电子、质子、氘核和氚核，以同样的速度垂直射入同一匀强磁场中，它们在磁场中做匀速圆周运动，则轨道半径最大的粒子是(　　)
A．氘核 B．氚核
C．电子 D．质子
解析　因为qBv＝，故r＝，因为v、B相同，所以r∝，而氚核的最大，B项正确。
答案　B
4．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值(　　)
A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比
解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，该粒子运动等效的环形电流I＝＝，由此可知I∝q2，A项错误；I与速率无关，B项错误；I∝，即I与m成反比，C项错误；I∝B，D项正确。
答案　D
5.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是(　　)
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
解析　根据左手定则可知N带正电，M带负电，A项正确；因为r＝，而M的半径大于N的半径，所以M的速率大于N的速率，B项错误；洛伦兹力不做功，C项错误；M和N的运行时间都为＝，D项错误。
答案　A
6.如图所示，在x>0、y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则(　　)
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最短的是沿④方向射出的粒子
解析　由R＝可知，速度越大半径越大，A项正确，B项错误；由于粒子质量、电荷量相同，由周期公式T＝可知，粒子周期相同，运动时间取决于圆弧对应的圆心角，所以在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，时间最短的是沿①方向射出的粒子，C、D两项错误。
答案　A
7. (多选)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹，宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子，当这些粒子从上部垂直磁场方向进入磁场时，下列说法正确的是(　　)
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
解析　根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，A项正确；根据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不同，B项错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，无法依据轨迹判断粒子是质子还是正电子，C项正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不一定大，D项错误。
答案　AC
8.如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，C、D是水平线与圆周的交点，且CD＝R，AO是水平半径。甲、乙两粒子从A点以不同速度沿AO方向同时垂直射入匀强磁场中，甲、乙两粒子恰好同时分别击中C、D两点，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则甲、乙两粒子的速度之比为(　　)
A. B.
C. D.
解析　由题意知甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，则甲粒子运动轨迹所对圆心角∠AO1C＝120°，乙粒子运动轨迹所对圆心角∠AO2D＝60°，由运动时间t＝T及周期T＝知甲、乙两粒子的比荷满足＝，由图知甲、乙两粒子运动的半径分别为r甲＝R、r乙＝R，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则v＝，即v∝，所以甲、乙两粒子的速度之比为＝，D项正确。
答案　D
9.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第1象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴正方向的夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向。下列判断正确的是(　　)
A．粒子带正电
B．运动过程中，粒子的速度不变
C．粒子由O到A经历的时间为t＝
D．离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°
解析　根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A项错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，但方向改变，所以速度是变化的，故B项错误；粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ＝60°，则粒子由O到A运动的时间为t＝T＝·＝，故C项正确；粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D项错误。
答案　C
10．(多选)如图所示，速度不同的同种带电粒子(重力不计)a、b沿半径AO方向进入一圆形匀强磁场区域，a、b两粒子的运动轨迹分别为AB和AC，则下列说法中正确的是(　　)
A．a、b两粒子均带正电
B．a粒子的速度比b粒子的速度大
C．a粒子在磁场中的运动时间比b粒子长
D．两粒子离开磁场时的速度反向延长线一定都过圆心O
解析　粒子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，根据左手定则知，粒子均带负电，故A项错误。根据a、b的运动轨迹知，b的轨道半径大于a的轨道半径，根据r＝知，b粒子的速度大于a粒子的速度，故B项错误。a粒子在磁场中运动的圆心角大于b粒子在磁场中运动的圆心角，根据T＝知，两粒子的周期相同，结合t＝T知，a粒子在磁场中运动的时间大于b粒子

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