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第2节　磁场对运动电荷的作用
考点一|
运动电荷在磁场中受到的力
1．洛伦兹力
运动电荷在磁场中受到的力叫做洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
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(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.
1．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面．
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．
(4)用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意一定分正、负电荷．
(5)洛伦兹力一定不做功．
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．
3．洛伦兹力和电场力的区别
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0
且
v
不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场
方向的关系
一定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功，也可能不做功
1．下列关于洛伦兹力的说法中，正确的是(　　)
A．只要速度大小相同，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．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
B　[因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时F＝qvB，当粒子速度与磁场平行时F＝0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A选项错误．因为＋q改为－q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F＝qvB知大小也不变，所以B选项正确．因为电荷运动方向可以与磁场的方向成任意角度，C选项错误；粒子只受洛伦兹力作用时速度大小不变，方向改变，选项D错误．]
2．关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力作用
B．放置在磁场中的通电导线，一定受到安培力作用
C．因洛伦兹力总垂直于电荷运动方向，故洛伦兹力对运动电荷一定不做功
D．因安培力垂直通电导线，故安培力对通电导线一定不做功
C　[带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力，A错误；洛伦兹力与运动方向始终垂直，对运动电荷不做功，C正确；通电导线与磁场平行放置时不受安培力，B错误；通电导线在安培力方向上有位移时安培力对导线做功，D错误．]
3．(2016·兰溪学考模拟)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是(　　)
　A　　　　　B　　　　　　C　　　　　D
B　[根据左手定则，A中F方向应向下，B中F方向应向上，故A错误、B正确；C、D中都是v∥B，F＝0，故C、D都错．]
4．(2017·舟山模拟)如图8 2 1所示是电子射线管示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，下列措施可采用的是(　　)
图8 2 1
A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C．加一磁场，磁场方向沿x轴正方向
D．加一磁场，磁场方向沿y轴负方向
B　[电子沿x轴正方向运动，则电流沿x轴负方向；要使电子偏向z轴负方向，则电子所受洛伦兹力或电场力应沿z轴负方向；由此可知可加一磁场，磁场方向沿y轴正方向．]
5．(加试要求)如图8 2 2甲所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．电流方向如图乙所示，试判断垂直纸面向外而来的电子束将向哪边偏转(　　)
　　　　甲　　　　　　　　乙
图8 2 2
A．向上
B．向下
C．向左
D．向右
C　[由安培定则可知两侧线圈内的磁场方向向上，则通过圆环中间区域的磁场方向向下，根据左手定则可知电子束将向左偏转，故选项C正确．]
考点二|
带电粒子在匀强磁场中的运动(只加试要求)
1．洛伦兹力的特点
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．粒子的运动性质
(1)若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动．
(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式
(1)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．根据牛顿第二定律，其表达式为qvB＝m.
(2)半径公式r＝，周期公式T＝.
1．圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图8 2 3甲所示，P为入射点，M为出射点)．
　　　　　甲　　　　　　　　乙
图8 2 3
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．
(3)半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
(4)运动时间的确定
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θ时，其运动时间表示为t＝T(或t＝)．
2．带电粒子在有界磁场中运动的三种常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图8 2 4所示)
　　　　　(a)　　　　(b)　　　　(c)
图8 2 4
(2)平行边界(存在临界条件，如图8 2 5所示)
　　　　　(a)　　　　(b)　　　　(c)
图8 2 5
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图8 2 6所示)
图8 2 6
1．(加试要求)一带电粒子在垂直于匀强磁场方向的平面内仅受洛伦兹力作用做匀速圆周运动．要想确定带电粒子电荷量与质量之比，则下列说法中正确的是(　　)
A．只需要知道磁感应强度B和运动周期T
B．只需要知道磁感应强度B
C．只需要知道轨道半径r和运动速度v
D．只需要知道运动速度v和磁感应强度B
A　[带电粒子在垂直于匀强磁场方向的平面内仅受洛伦兹力做匀速圆周运动，由qvB＝m，可得＝，所以需要知道v，B，r，故选项C、D错误；根据T＝可得＝，所以需要知道B和T，故选项A正确，B错误．]
2．(加试要求)(2016·衢州模拟)(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
AC　[设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，B2＝B，B1＝kB
则由牛顿第二定律得：qvB＝①
T＝②
由①②得：R＝，T＝
所以＝k，＝k
根据a＝，ω＝可知＝，＝
所以选项A、C正确，选项B、D错误．]
3．(加试要求)如图8 2 7所示，粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子．这些粒子经装置M加速并筛选后，能以相同的速度从A点垂直磁场方向沿AB射入正方形匀强磁场ABCD.粒子1、粒子2分别从AD中点和C点射出磁场．不计粒子重力，则粒子1和粒子2(　　)
图8 2 7
A．均带正电，质量之比为4∶1
B．均带负电，质量之比为1∶4
C．均带正电，质量之比为2∶1
D．均带负电，质量之比为1∶2
B　[由左手定则和洛伦兹力方向可知粒子1和粒子2均带负电，＝，由r＝得＝＝，故选B项．]
4．(加试要求)(2016·奉化市调研)(多选)如图8 2 8所示，直线MN上方存在范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场，一质子(质量为m、电荷量为e)以速度v从O点沿与MN成30°角的方向射入磁场中，若不计质子重力，则(　　)
图8 2 8
A．质子从磁场中射出时距O点的距离为
B．质子从磁场中射出时距O点的距离为
C．质子在磁场中运动的时间为
D．质子在磁场中运动的时间为
AD　[由左手定则可判断出质子应落在OM之间，设质子从磁场中射出时距O点的距离为d，其运动轨迹如图所示，由图示的几何关系可知rsin
30°＝，即r＝d，粒子做圆周运动满足qvB＝m，所以d＝，A正确，B错误；质子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为300°，所以质子在磁场中运动的时间为t＝T＝，C错误，D正确．
]
5．(加试要求)如图8 2 9所示，质量均为m，电荷量大小均为q的正、负离子均从磁场边界上的一点A以与磁场边界夹角为30°的初速度v0射入到磁场中，然后分别从边界上的B点和C点射出，已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，正、负离子重力不计．求：
图8 2 9
(1)AB、AC的长度；
(2)正、负离子在磁场中运动时间之比.
【解析】　画出正、负离子在磁场中的运动轨迹分别如图Ⅰ、Ⅱ所示．(1)根据对称性可知AB＝AC，且∠AO1B＝∠AO2C＝60°
由Bqv0＝得R＝
故AB＝AC＝2Rsin
30°＝R＝.
(2)正离子在磁场中偏转的圆心角
θ1＝2π－＝π
负离子在磁场中偏转的圆心角θ2＝
由t＝T，又T＝可知，正、负离子的周期相同，t正∶
t负＝5∶1.
【答案】　(1)　　(2)5∶1
课后限时训练(三十三)
(建议用时：40分钟)
1．关于洛伦兹力，下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用
B．若带电粒子经过磁场中某点时所受的洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零
C．当运动电荷的速度方向与磁场平行时，电荷不受洛伦兹力
D．当运动电荷的速度方向与磁场垂直时，电荷不受洛伦兹力
C　[当粒子平行磁场方向在磁场中运动时，粒子不受磁场力作用，C对．故选C.]
2．(2017·慈溪调研)有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是(　　)
A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用
B．当电荷平行于电场方向运动时，不受电场力的作用
C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致
D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直
D　[当电荷在磁场中静止或者速度方向与磁场方向平行时，电荷在磁场中将不受磁场力的作用，选项A错误；而电荷在电场中一定受电场力的作用，选项B错误；负电荷受电场力的方向与该处的电场方向相反，选项C错误；电荷若受磁场力，则由左手定则可知受力方向与该处的磁场方向垂直，选项D正确．]
3．带电粒子在匀强磁场中，沿垂直于磁场的方向做匀速圆周运动，其中轨迹判断正确的是(　　)
D　[由左手定则及力与运动轨迹的关系可知D正确．]
4．2015年3月3日凌晨，中国南极中山站站区上空出现绚丽的极光现象，持续时间超过数小时．地球的极光，来自地球磁层和太阳的高能带电粒子流(太阳风)使高层大气分子或原子激发(或电离)而产生．太阳风在地球上空环绕地球流动，以大约每秒400公里的速度撞击地球磁场．假如高速电子流以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则电子流在进入地球周围的空间时，将(　　)
A．稍向东偏转
B．稍向西偏转
C．稍向北偏转
D．竖直向下沿直线射向地面
【答案】　B
5．(2015·温州学考模拟)一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图8 2 10中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为(　　)
图8 2 10
A．圆弧a　　B．直线b　　C．圆弧c　　D．无法判断
A　[由左手定则可知粒子沿圆弧a运动，A正确．]
6．如图8 2 11所示，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会(　　)
图8 2 11
A．向上偏转
B．向下偏转
C．向纸内偏转
D．向纸外偏转
A　[由通电导线的电流方向，根据安培定则可知电子射线管处于垂直纸面向外的磁场中，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向上偏转．故选A.]
7．在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“×”表示)．如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转(　　)
图8 2 12
A．不偏转
B．向东
C．向西
D．无法判断
B　[根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故选项B正确．]
8．带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图8 2 13所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)
图8 2 13
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
A　[油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝，A正确．]
9．(加试要求)如图8 2 21世纪教育网14所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为(　　)
图8 2 14
A．1∶2　　　B．2∶1　　　C．1∶　　　D．1∶1
B　[正、负电子在磁场中运动轨迹如图所示，正电子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120°，负电子圆周部分所对应圆心角为60°，故时间之比为2∶1.
]
10．(加试要求)如图8 2 15所示，匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子，自a点沿半圆轨道运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c点，已知a、b、c在同一直线上，且ac＝ab，电子的电荷量为e，电子质量可忽略不计，则该正离子吸收的电子个数为(　　)
图8 2 15
A.　　　B.　　　C.　　　D.
D　[正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝，正离子碰上电子后半径发生变化，r′＝＝，所以q′＝，Δq＝q，D正确．]
11．(加试要求)(2017·兰溪调研)如图8 2 16所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)(　　)
图8 2 16
A．1∶3　　　B．4∶3　　　C．1∶1　　　D．3∶2
D　[如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°，从b点射出的粒子对应的圆心角为60°，由t＝T，可得：t1∶t2＝90°∶60°＝3∶2，故D正确．
]
12．(多选)(加试要求)如图8 2 17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，现有四个相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力影响，则(　　)
图8 2 17
A．初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子
C．在磁场中运动经历时间最长的是沿③方向出射的粒子
D．在磁场中运动经历时间最长的是沿④方向出射的粒子
AD　[由r＝可知，速度越大，粒子在磁场中做圆周运动的半径越大，A项正确，B项错误；由T＝可知，各粒子的运动周期相同，沿④方向出射的粒子的轨迹对应的圆心角最大，用时最长，C项错误，D项正确．]
13．(加试要求)如图8 2 18所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(　　)
图8 2 18
A.Δt　　　B．2Δt　　　C.Δt　　　D．3Δt
B　[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r＝，圆弧AC所对应的圆心角∠AO1C＝60°，经历的时间为Δt＝T(T为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T＝，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为后，根据r＝知其在磁场中的轨道半径变为，粒子将从D点射出，根据图中几何关系得圆弧AD所对应圆心角∠AO2D＝
120°，经历的时间为Δt′＝T＝2Δt.由此可知本题正确选项只有B.
]
14．一个质量m＝0.1
g的小滑块，带有电荷量q＝5×10－4C，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5
T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图8 2 19所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面．g取10
m/s2，则：
图8 2 19
(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大？
(3)该斜面的长度至少多长？
【解析】　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．
(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有
qvB＋FN－mgcos
α＝0
当FN＝0时，小滑块脱离斜面，有qvB＝mgcos
α，得
v＝＝
m/s＝2
m/s.
(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得
mgxsin
α＝mv2
斜面的长度至少是x＝＝
m＝1.2
m.
【答案】　(1)负电荷　(2)2
m/s　(3)1.2
m
15．(加试要求)(2016·平湖模拟)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图8 2 20所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．
图8 2 20
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°，则磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
【解析】　(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．
粒子由A点沿－x方向射入，由C点沿＋y方向飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r
又qvB＝m，
则粒子的比荷＝.
(2)粒子从D点飞出磁场时速度方向改变了60°，故弧AD所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径R′＝＝r
又R′＝，所以B′＝B
粒子在磁场中的运动时间
t＝T＝×＝.
【答案】　(1)负电荷　　(2)B　第3节　带电粒子在复合场中的运动(只加试要求)
考点一|
带电粒子在复合场中的实例分析
1．质谱仪
(1)构造：如图8 3 1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．
图8 3 1
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m.
由以上两式可得r＝，m＝，＝.
2．回旋加速器
(1)构造：如图8 3 2所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中．
接交流电源　
图8 3 2
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关．
3．速度选择器
(1)构造：如图8 3 3所示，平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直，这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器．
图8 3 3
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq＝qvB，即v＝，速度v与粒子电荷量、电性、质量无关．
4．磁流体发电机
高速等离子体射入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下发生偏转而打在A、B极板上，使两极板产生电势差．当离子做匀速运动时，两极板间的电势差最大．根据左手定则，如图8 3 4所示中的B极板是发电机的正极．若磁流体发电机两极板间的距离为d，等离子体速度为v，磁感应强度为B，则由＝Bqv得两极板间能达到的最大电势差U＝Bdv.
图8 3 4
5．霍尔效应
如图8 3 5所示，在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流体，当磁场方向与电流方向垂直时，形成电流的载流子受洛伦兹力的作用发生偏转，导致导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差．这个现象称为霍尔效应，所产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压．当载流子不偏转时，即所受洛伦兹力与电场力平衡时，霍尔电压达到稳定值．
图8 3 5
6．电磁流量计
电磁流量计原理：如图8 3 6所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷(正、负电子)在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差U.当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定．
由Bqv＝Eq＝，可得v＝.流量Q＝Sv＝.
图8 3 6
带电粒子在复合场中运动的六个实例比较
速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的复合场中的运动平衡问题．所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子在两极板间聚集后才产生的．
1．(加试要求)(多选)一质子以速度v穿过互相垂直的电场和磁场区域(如图8 3 7所示)而没有发生偏转，则(　　)
图8 3 7
A．若电子以相同速度v射入该区域，将会发生偏转
B．无论何种带电粒子(不计重力)，只要以相同速度v射入都不会发生偏转
C．若质子的速度v′＜v，它将向下偏转而做类平抛运动
D．若质子的速度v′＞v，它将向上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线
BD　[质子穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，则qvB＝qE，v＝，无论何种带电粒子(不计重力)只要v＝，均不会发生偏转，故选项A错误，B正确．当v′＜v或v′＞v时qvB≠qE，电场力做功，速度大小、方向发生变化，则洛伦兹力时刻改变，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线，选项C错误，D正确．]
2．(多选)(加试要求)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图8 3 8是它的示意图．平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负离子)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就是直流电源的两个电极，设A、B两板间距为d，磁感应强度为B′，等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间，则下列说法正确的是(　　)
图8 3 8
A．A是直流电源的正极　　　B．B是直流电源的正极
C．电源的电动势为B′dv
D．电源的电动势为qvB′
BC　[等离子体喷入磁场，正离子因受向下的洛伦兹力而向下偏转，B是直流电源的正极，则选项B正确；当带电粒子以速度v做匀速直线运动时，q＝qvB′，电源的电动势U＝B′dv，则选项C正确．]
3．(加试要求)(2016·东阳调研)(多选)回旋加速器的原理如图8 3 9所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)
图8 3 9
A．离子从电场中获得能量
B．离子从磁场中获得能量
C．只增大空隙间的加速电压可增加离子从回旋加速器中获得的动能
D．只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能
AD　[回旋加速器通过电场对离子做功获得能量，A正确；洛伦兹力对离子不做功，B错误；粒子获得的能量为Ekm＝，C错误、D正确．]
4．(加试要求)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图8 3 10所示，则下列相关说法中正确的是(　　)
图8 3 10
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带负电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
C　[带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故选项A错误．在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故选项B错误．进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB＝得，r＝，知r越大，比荷越小，而质量m不一定大，故选项C正确、选项D错误．]
5．(2015·浙江10月学考)小张在探究磁场对电流作用的实验中，将直导线换作导体板，如图8 3 11所示，发现在a、b两点之间存在电压Uab.进一步实验结果如下表：
电流
磁感应强度
电压Uab
I
B
U
I
2B
2U
I
3B
3U
2I
B
2U
3I
B
3U
图8 3 11
由表中结果可知电压Uab(　　)
A．与电流无关　　　　　B．与磁感应强度无关
C．与电流可能成正比
D．与磁感应强度可能成反比
C　[探究目标是电压与电流、磁感应强度的关系，由控制变量法可知I一定时，U与B成正比，同理，B一定时，U与I成正比，故只有C正确．]
考点二|
带电粒子叠加场中的运动
1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
带电粒子在叠加场中运动分析思路
1．(加试要求)(多选)在图8 3 12中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场．取坐标系如图所示，一带电粒子沿x轴正向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转，不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是(　　)
图8 3 12
A．E和B都沿x轴正向
B．E沿y轴正向，B沿z轴正向
C．E沿z轴正向，B沿y轴正向
D．E、B都沿z轴正向
AB　[本题没有说明带电粒子的带电性质，为便于分析，假定粒子带正电．A选项中，磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线上，带电粒子的运动方向不会发生偏转，故A正确；B选项中，电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，当这两个力平衡时，粒子运动方向可以始终不变，B正确；C选项中，电场力、洛伦兹力都沿z轴正方向，粒子将做曲线运动，C错；D选项中，电场力沿z轴正方向，洛伦兹力沿y轴负方向，两力不可能平衡，粒子将做曲线运动，D错．如果粒子带负电，仍有上述结果．]
2．(加试要求)如图8 3 13所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则液滴的质量和环绕速度分别为(　　)
图8 3 13
A.，
B.，
C．B，
D.，
D　[液滴要在这种叠加场中做匀速圆周运动，从受力的角度来看，一是要满足恒力的合力为零，即qE＝mg，有m＝，二是洛伦兹力提供向心力Bqv＝，则可得v＝，选项D正确．]
3．如图8 3 14所示，界面MN与水平地面之间有足够大且正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直，在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是(　　)
图8 3 14
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球的电势能保持不变
C．洛伦兹力对小球做正功
D．小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和
D　[
带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Ep＝qφ，知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能保持不变，选项B错误；根据洛伦兹力的方向确定方法知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度知道选项D正确．]
4．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，如图8 3 15所示，不计空气阻力，则(　　)
图8 3 15
A．h1＝h2＝h3
B．h1＞h2＞h3
B．h1＝h2＞h3
D．h1＝h3＞h2
D　[由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝；当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，由能量守恒得：mgh2＋Ek＝mv＝mgh1，所以h1＞h2；当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，选项D正确．]
考点三|
带电粒子在组合场中的运动
垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
电场力F＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力
洛伦兹力F洛＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
情景图
21世纪教育网求解方法
类平抛运动vx＝v0，x＝v0tvy＝·t，y＝··t2偏转角φ：tan
φ＝＝
匀速圆周运动半径：r＝周期：T＝偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解
21世纪教育网运动时间
t＝
t＝T＝
动能
变化
不变
“电偏转”和“磁偏转”的比较
带电粒子在组合场中运动的分析思路及技巧
1．基本思路：
2．解题关键：抓住联系两个场的纽带——速度．
1．(加试要求)如图8 3 16所示，两平行金属板长均为0.2
m，两板间的电压U＝100
V，下极板接地，金属板右侧紧贴磁场的左边界MN，MN的右边为足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.01
T，方向垂直纸面向里，现有带正电的粒子连续不断地以速度v0＝105
m/s，沿两板中线OO′从平行金属板的左侧射入电场中，磁场边界MN与中线OO′垂直，已知带电粒子的比荷为＝108
C/kg，粒子的重力和粒子间相互作用力均可忽略不计，若射入电场的带电粒子恰能从平行金属板的边缘穿出电场射入磁场中，则下列说法正确的是(　　)
图8 3 16
A．带电粒子在磁场中运动的半径为
m
B．带电粒子射出磁场后最终不能返回到O点
C．带电粒子射出电场的速度大小为×105
m/s
D．对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，其射入磁场的入射点和射出磁场的出射点间的距离都为0.2
m
BCD　[粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，L＝v0t，运动时间t＝2×10－6s，竖直方向电场力做功，穿出电场时竖直分速度为vy则有qU
＝mv，可得竖直分速度vy＝105
m/s，根据速度的合成可知粒子进入磁场的速度v＝＝×105
m/s，方向与竖直分界面的夹角为45°，选项C对．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，qvB＝m，圆周运动半径R＝＝
m，选项A错．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据对称性，粒子必然在磁场的左边界离开磁场，方向与竖直方向夹角45°斜向下．粒子射入磁场的入射点和射出磁场的出射点的间距L＝2Rsin
45°＝R＝0.2
m，选项D对．再次返回电场后，水平分速度与进电场时相同，与第一次在电场中运动时间相同，竖直分速度与出电场时的竖直分速度相同，那么竖直方向的位移比第一次位移大，若从电场上边界回到电场，那么必然返回到O点下方，若返回点再靠下，离开电场时一定在O点更下方，即不可能返回O点，选项B对．]
2．(加试要求)(2016·东阳选考模拟)一圆筒的横截面如图8 3 17所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出．设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
图8 3 17
(1)M、N间电场强度E的大小；
(2)圆筒的半径R.
【解析】　(1)设两板间的电压为U，由动能定理得：
qU＝mv2　①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得
U＝Ed　②
联立上式可得E＝.　③
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.
由几何关系得r＝Rtan　④
粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝m　⑤
联立④⑤式得R＝.
【答案】　(1)　(2)
3．(加试要求)(2016·浙江10月选考)如图8 3 18是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图，区域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2，长L＝1.0
m的区域Ⅲ存在场强大小E＝5.0×104
V/m、方向水平向右的匀强电场．区域Ⅲ中间上方有一离子源S，水平向左发射动能Ek0＝4.0×104
eV的氘核，氘核最终从区域Ⅱ下方的P点水平射出，S、P两点间的高度差h＝0.10
m.
图8 3 18
(氘核质量m＝2×1.67×10－27
kg、电荷量q＝1.60×10－19
C,1
eV＝1.60×10－19
J.≈1×10－4)
(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2；
(2)若B1＝1.0
T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅰ的最小宽度d；
(3)若B1＝1.0
T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅱ的磁感应强度B2.
【解析】　(1)由动能定理W＝Ek2－Ek0
电场力做功W＝qE·2L
得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105
eV＝2.24×10－14
J.
(2)洛伦兹力提供向心力qvB＝m
第一次进入B1区域，半径
R0＝≈0.04
m
第二次进入B1区域，
mv＝Ek0＋qEL
R2＝≈0.06
m
故d＝R2＝0.06
m.
(3)氘核运动轨迹如图所示
由图中几何关系可知
2R2＝h＋(2R1－2R0)
解得R1＝0.05
m
由R1＝
得B2＝＝1.2
T.
【答案】　(1)2.24×10－14
J
(2)0.06
m
(3)1.2
T
4．(2016·10月浙江选考)如图8 3 19所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场，位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～v0，这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上，在x轴上2a～3a区间水平固定放置一探测板(a＝)，假设每秒射入磁场的离子总数为N，打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．
图8 3 19
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；
(3)保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．
【解析】　(1)设离子初速度为v1(0≤v1≤v0)，离子进入磁场中的速度为v，则离子经过电场加速，根据动能定理有qU＝mv2－mv①
离子在磁场中做偏转运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝m，可得偏转半径r＝②
离子进入磁场后直接偏转打到x轴上，根据几何关系知离子打到x轴上距离原点的长度为2r，
可知当v1＝0时，离子打在x轴上的位置为区间最左端；
当v1＝v0时，离子打在x轴上的位置为区间最右端；
由①②得r1＝a，r2＝2a，
得离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间为[2a,4a]．
(2)当离子速度最大为v1＝v0时，恰好打在探测板右端，此时有r＝a③
由②③可得，磁感应强度大小B1＝B0
(3)保持磁感应强度B1大小不变，则打在探测板上的离子在磁场中的偏转半径a≤r≤a，
根据②式可知，此时有v0≤v≤2v0④
根据①式可知，离子总数为N0的离子束经过加速电场后，离子速度为v0≤v≤2v0⑤
由④⑤可知，此时每秒打在探测板上的离子数N＝N0
当打在板上的离子80%被板吸收，20%以原速度的0.6倍反向弹回时，根据动量定理，有探测板施加给离子的力
F＝＝＝
mv0N0
可得探测板受到的作用力大小为mv0N0.
【答案】　(1)[2a,4a]
(2)B1＝B0
(3)每秒打在探测板上的离子数N＝N0；探测板受到的作用力大小为
mv0N0.第1节　磁场的描述　磁场对电流的作用
考点一|
磁现象和磁场、磁感应强度
一、磁现象、磁场
1．磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．
2．磁场
(1)磁场：存在于磁体周围或电流周围的一种客观存在的特殊物质．磁体与磁体之间、磁体和通电导体之间、通电导体和通电导体间的相互作用都是通过磁场发生的．
(2)基本性质：对放入其中的磁体或通电导体有力的作用．
(3)地磁场：地球磁体的N极(北极)位于地理南极附近，地球磁体的S极(南极)位于地理北极附近．
二、磁感应强度
1．定义式：B＝(通电导线垂直于磁场)．
2．方向：小磁针静止时N极的指向．
3．单位：特斯拉，简称特(T)，1
T＝1.
4．磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．
1．奥斯特实验(如图8 1 1所示)：
图8 1 1
(1)通电直导线沿南北方向放置在小磁针的上方．
(2)意义：说明通电导体周围存在着磁场，发现了电流的磁效应，首先揭示了电与磁之间是有联系的．
2．求解有关磁感应强度问题的关键
(1)磁感应强度→由磁场本身决定．(2)合磁感应强度→等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)．
1．(2015·浙江学业水平考试)下列表示的工具或装置中，利用地磁场工作的是(　　)
A．磁卡　　　　　　B．指南针
C．磁性黑板　　　　　D．电磁起重机
B　[磁卡、磁性黑板及电磁起重机均利用了磁性工作，只有指南针是利用地磁场工作的．故选B.]
2．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．磁场看不见、摸不着，所以它并不存在，它是人们为了研究问题方便而假想出来的
B．同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引
C．磁体和通电导体都能产生磁场
D．若小磁针始终指向南北方向，则小磁针的附近一定没有磁铁
BC　[磁场是一种“场”物质，它和我们常见的分子、原子组成的物质不同，它是以一种“场”的形式存在的，故选项A错误．由磁极间相互作用的基本规律及电流的磁效应可知，选项B、C正确．若磁铁放在小磁针的南方或北方，小磁针仍可能始终指向南北方向，故选项D错误．]
3．(2017·永康学考模拟)有关磁感应强度的下列说法中，正确的是(　　)
A．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量
B．若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
C．若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是
D．由定义式B＝可知，电流I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小
A　[磁感应强度的引入目的就是用来描述磁场强弱，因此选项A是正确的．磁感应强度是与电流I和导线长度L无关的物理量，且B＝中的B、F、L相互垂直，所以选项B、C、D皆是错误的．]
4．(加试要求)在重复奥斯特的电流磁效应的实验时，为使实验方便且效果明显，通电直导线应(　　)
A．平行于南北方向，位于小磁针上方
B．平行于东西方向，位于小磁针上方
C．平行于东南方向，位于小磁针下方
D．平行于西南方向，位于小磁针下方
A　[在做奥斯特实验时，为排除地磁场影响，小磁针应南北放置，通电直导线也应南北放置且位于小磁针上方，故选A.]
5．(加试要求)(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零
B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值
D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值
AC　[电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A对，B错．同理根据电场强度的定义式E＝可知C对．而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝中I和B的方向必须垂直，故D错．]
考点二|
几种常见的磁场
1．磁感线(1)引入：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．
(2)特点：磁感线的特点与电场线的特点类似，主要区别在于磁感线是闭合的曲线．
(3)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图8 1 2所示)．
图8 1 2
2．电流的磁场
直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
特点
无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场
环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则
立体图
横截面图
1．磁感线与电场线的比较
磁感线
电场线
相似点
引入目的
为了形象地描述场而引入的假想线，实际不存在
疏密
场的强弱
切线方向
场的方向
能否相交
不能相交
不同点
闭合曲线
起始于正电荷或无穷远，终止于无穷远或负电荷
2.安培定则的“因”和“果”
原因(电流方向)
结果(磁场方向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流及通电螺线管的磁场
四指
大拇指
3．磁场的叠加(1)磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则．
(2)两个电流附近的磁场某处的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．
1．当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是(　　)
　A　　　　　B　　　　C　　　　　D
C　[A图通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；B图根据右手螺旋定则，磁场的方向沿逆时针方向(从上向下看)，因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；C图根据右手螺旋定则，小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；D图根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向由右向左，则小磁针静止时北极指向左，故D错误；故选C.]
2．通电螺线管附近放置四个小磁针，如图8 1 3所示，当小磁针静止时，图中小磁针的指向正确的是(涂黑的一端为N极)(　　)
图8 1 3
A．a　　　　B．b　　　　C．c　　　　D．d
B　[根据安培定则判断在通电螺线管的内部磁感线方向应是向左的，外部是向右的．由此可判断小磁针a，c，d的N极都应向左，而小磁针b的N极应向右．故选B.]3．(2016·平湖模拟)电流的磁效应揭示了电与磁的关系．若直导线通有方向垂直纸面向外的恒定电流，则电流的磁感线分布正确的是(　　)
【答案】　D
4．(多选)(加试要求)(2017·永昌联考)如图8 1 4所示是云层之间闪电的模拟图，图中A，B是位于东、西方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中，在两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，则关于A，B带电情况的说法中正确的是(　　)
图8 1 4
A．带同种电荷
B．带异种电荷
C．B带正电
D．A带正电
BD　[云层间闪电必须发生在异种电荷之间，故B正确；在云层间放电时，形成的强电场和高温将空气电离成正离子和负离子，并在强电场的作用下做定向移动，形成电流，所以此题考查右手螺旋定则．由题意知，从西向东看，磁场方向是逆时针的，根据右手螺旋定则可以判断电流是从A流向B的，故可知A带正电，B带负电，所以D选项正确．故正确答案为B、D.]
考点三|
通电导线在磁场中受到的力
1．安培力的方向
(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．
(2)两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥．
(3)注意问题：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．
2．安培力的大小
(1)当磁场与电流垂直时，安培力最大，Fmax＝ILB
(2)当磁场与电流平行时，安培力等于零．
　(2016·浙江10月学考)如图8 1 5所示，把一根通电的硬直导线ab，用轻绳悬挂在通电螺线管正上方，直导线中的电流方向由a向b，闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是(　　)
图8 1 5
A．向上
B．向下
C．垂直纸面向外
D．垂直纸面向里
D　[根据通电螺线管的电流方向，由右手安培定则可得螺线管周围磁场方向，如图，
其中在导线a端的磁场斜向下，由左手定则可得安培力垂直纸面向里．故选D.]
　(2016·浙江4月学考)法拉第电动机原理如图8 1 6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(　　)
图8 1 6
A．向左摆动
B．向右摆动
C．顺时针转动
D．逆时针转动
D　[由题目中的电路图可以看出，电流方向从正极流出，沿着棒向上，磁场沿着磁感线的切线方向，根据左手定则，可以判断出安培力方向垂直电流与磁场的平面向里，俯视为逆时针方向，D正确．]
1．判定导体运动情况的基本思路
判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场磁感线分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．
2．五种常用判定方法
电流元法
分割为电流元安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向
特殊位置法
在特殊位置―→安培力方向―→运动方向
等效法
环形电流??小磁针条形磁铁??通电螺线管??多个环形电流
结论法
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；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，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
1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
B　[安培力垂直于导线和磁场方向决定的平面，A错误，B正确；由F＝BILsin
θ可知，C错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，D错误．]
2．如图8 1 7所示是“探究影响通电导线受力的因素”的装置图．实验时，先保持导线通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流不变，改变导线通电部分的长度．对该实验，下列说法正确的是(　　)
图8 1 7
A．当导线中的电流反向时，导线受到的安培力方向不变
B．保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的3倍
C．保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的2倍
D．接通“1、4”，当电流增加为原来的2倍时，通电导线受到的安培力减半
B　[接触“1、4”时导线的长度是接触“2、3”时长度的3倍，根据安培力公式F＝BIL知，导线所受安培力也是3倍关系．正确答案为B.]
3．在如图所示的四幅图中，正确标明通电导线所受安培力F方向的是(　　)
　A　　　　　B　　　　C　　　　　D
B　[根据左手定则可知：A、B、C图中安培力方向应向下，D图中安培力垂直于电流和磁场向纸外，故正确答案为B.]
4．(加试要求)(2016·金华十校调研)(多选)电磁轨道炮工作原理如图8 1 8所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是(　　)
图8 1 8
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变
BD　[弹体所受安培力为F安＝BIl，由动能定理得：BILl＝mv2，只将轨道长度L变为原来的2倍，其速度将增加至原来的倍，A错误；只将电流I增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的倍，C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D正确．]

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