人教版高中物理選擇性必修第二冊

第一章安培力與洛倫茲力

第1節磁場對通電導線的作用力

【素養目標】

1、知道什么是安培力，會推導安培力公式

2、知道左手定則的內容，并會用它判斷安培力的方向。

3、了解磁電式電流表的工作原理。

【必備知識】

知識點一、安培力

1、定義：通電導體在磁場中受的力稱為安培力。

2、安培力的方向：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；

讓磁感線從掌心進入,并使四指指向曳流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場

中所受安培力的方向.

3、安培力F、磁感應強度B、電流/三者的關系

⑴已知/、6的方向，可唯一確定尸的方向；

⑵已知尸、6的方向，且導線的位置確定時，可唯一確定/的方向；

⑶已知尸、/的方向時，磁感應強度6的方向不能唯一確定.

【點睛】安培定則（右手螺旋定則）與左手定則的比較

安培定則（右手螺旋定則）左手定則

判斷電流在磁場中

作用判斷電流的磁場方向

的受力方向

具體環形電流或通電螺

直線電流電流在磁場中

情況線管

內

容磁感線穿過手掌心，

應用拇指指向電流的方四指彎曲的方向表

四指指向電流的方

方法向示電流的環繞方向

向

四指彎曲的方向表拇指指向軸線上磁拇指指向電流受到

結果

示磁感線的方向感線的方向的磁場力的方向

【點睛】安培力作用下導體運動方向的五種判斷方法

電流元把整段導線分為多段電流元，先用左手定則判斷每段電流元所受安培力

法的方向，然后判斷整段導線所受安培力的方向，從而確定導線運動方向

環形電流可等效成小磁針,通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個環形

等效法

電流（反過來等效也成立），然后根據磁體間或電流間的作用規律判斷

特殊位通過轉動通電導線到某個便于分析的特殊位置，判斷其所受安培力的方

置法向，從而確定其運動方向

兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉動趨勢，同向電流互相吸引，

結論法反向電流互相排斥；不平行的兩直線電流相互作用時，有轉到平行且電

流方向相同的趨勢

轉換研定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題,可先分析電流在磁體

究對象磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的

法反作用力，從而確定磁體所受合力及其運動方向

知識點二、安培力的大小

2、式中的I為導線的有效長度，當導線彎曲時，I等于連接導線兩端點的線段的長度。相應

的電流方向沿L由始端流向末端，如圖所示。

XXXXXX

tX

Xx<義XX

rX

—

X、

x股

)尸XX

X

XX

3、同樣情況下，通電導線與磁場方向垂直時，它所受的安培力最大；導線與磁場方向平行

時，它不受安培力；導線與磁場方向斜交時，它所受的安培力介于0和最大值之間.

4、在非勻強磁場中，只要通電直導線/所在位置的各點6矢量相等（包括大小和方向），則

導線所受安培力也能用上述公式計算.

5、當電流同時受到幾個安培力時，則電流所受的安培力為這幾個安培力的矢量和.

知識點三、磁電式電流表

電流表是測定電流強弱和方向的儀器，常用的是磁電式電流表，其結構和原理如圖所示。

2、原理

①通電線圈在磁場中受安培力發生轉動,螺旋彈簧變形，反抗線圈的轉動.

②線圈偏轉的角度越大,被測電流就越大，所以根據線圈偏轉角度的大小，可以確定被測電

流的大小；根據線圈偏轉的方向，可以知道被測電流的方向.

3、特點

表盤刻度均勻.

4、優、缺點

①優點：靈敏度高，可以測出很弱的電流.

②缺點：線圈的導線很細,允許通過的電流很弱.

【課堂檢測】

L如圖所示，位于通電螺線管中央軸線上a、b、c三點和外側的d點，關于各點的磁場，下

列說法正確的是（）

A.a點的磁場最強

B.b點的磁場最強

C.c點磁感應強度方向水平向左

D.d點磁感應強度方向水平向右

［答案］A

【解析】CD.由右手螺旋定則可以判定，螺線管內部的磁場方向從左向右，所以c點的磁

感應強度方向水平向右；由于磁感線是閉合的曲線，所以d點的磁感應強度方向水平向左；

C、D不付合題意；

AB.由螺線管的內、外磁感線分布可知，a點的磁場最強，b點的磁場弱于a點，A符合題

意、B不符合題意。

故答案為：

Ao

【分析】利用右手螺旋定則可以判別螺線管周圍磁感應強度的大小及方向。

2.如圖所示，在水平放置的通電螺線管正上方，垂直螺線管水平放置一陰極射線管。若要陰

A.M接電源正極，N接負極

B.M接電源負極，N接正極

C.M接電源正極，N接負極，陰極射線管正負極位置互換

D.M接電源負極，N接正極，陰極射線管水平旋轉90°

【答案】A

【解析】ABC.由圖可知，陰極射線由負極射向正極往上偏轉，由左手定則可判斷，螺線管

上方的磁場由N指向M,則螺線管內部軸線方向的磁場由M指向N,由安培定則可判斷出，

M接電源正極，N接負極，A符合題意，BC不符合題意；

D.M接電源負極，N接正極時，根據左手定則和安培定則可判斷出，陰極射線管水平旋轉

180°,D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】由左手定則，陰極射線向右，向上偏，磁場由M指向N,由安培定則，M接電源

正極，N接負極。

【素養作業】

L如圖，通有電流I的直導線處于方向向左的勻強磁場B中，則導線受到磁場力的方向（）

B

A.向上B.向下C.向左D.向右

【答案】A

【解析】根據左手定則可知，直導線受安培力方向向上。

故答案為：A。

【分析】利用左手定則結合磁感線和電流的方向可以判別安培力的方向。

2.如圖所示，三根長直通電導線互相平行，電流大小和方向均相同，它們的截面處于頂角為

120。的等腰AABC的三個頂點，導線A產生的磁場在C處的磁感應強度大小為Bo,則

（）

,8、、

C'、、

、'、、、B

蔭........................逐

A.導線A,B在C處的合磁場的磁感應強度大小為2B。

導線在處的合磁場的磁感應強度大小為

B.A,BCV3B0

C.導線C受到的安培力的方向為垂直AB向下

D.導線C受到的安培力的方向為垂直AB向上

【答案】C

【解析】AB.由右手螺旋定則和平行四邊形定則，可判斷導線A、B在C處的合磁場的磁感

應強度大小為Bo,方向平行AB向右，如圖所示，

4?二......................--B

AB不符合題意；

CD.再由左手定則可判斷C處受到的安培力的方向為垂直48向下，C符合題意，D不符

合題意。

故答案為：C?

【分析】利用右手螺旋定則可以判別磁感應強度的方向，結合平行四邊形定則可以判別合磁

感應強度的方向及大小，結合左手定則可以判別安培力的方向。

3.如圖所示，粗細均勻同種材料制成的半圓形通電導體線框置于勻強磁場中，ab為導體線

框的直徑，a、b兩點通入如圖所示的電流，已知ab邊受到的安培力大小為F,則導體

線框半圓弧部分受到的安培力大小為（）

XdXXcX

D,^

A-C-2

71717T

【答案】A

【解析】設導線框的直徑為d,則半圓弧長度為17rd,根據電阻定律R=p^

可知導線框直徑部分與半圓弧部分電阻之比為2:兀,導線框直徑部分與半圓弧部分并聯,

電流與電阻成反比，設通過導線框直徑ab的電流為I,則通過導線框半圓孤部分電流為

7-1I,導線框直徑ab受到的安培力大小為F=IdB

導線框半圓弧部分等效長度也為d,導線框半圓弧部分受到的安培力大小為

解得出=”

A符合題意。

故答案為：A。

【分析】利用電阻定律可以求出并聯電阻的支路電阻的比值，結合安培力的表達式及有效長

度可以求就出安培力的大小。

4.如圖所示，長為d質量為m的細金屬桿ab,用長為L的細線懸掛后，恰好與水平光滑的

平行金屬導軌接觸，平行金屬導軌間距也為d,導軌平面處于豎直向下的磁感應強度為B的

勻強磁場中。閉合開關S后，細金屬桿ab向右擺起，懸線的最大偏角為e。重力加速度

為g,則>閉合開關■的短時間內通過細金屬桿ab的電荷量為（）

sa

A.劍2gL（l-cose）B.fgLQ—儂。）C.9-cosJ）D.

【答案】C

【解析】細金屬桿ab離開導軌向右擺起的過程，由機械能守恒定律可得加后=小屋（1-

COS。）

細金屬桿在通電瞬間在水平方向受到磁場的安培力，根據動量定理可得產安=

即Bld-t=mv

又q=1?t

可得Bqd=mv

解得q=■J2gL（1_cos。）

故答案為：Co

【分析】研究金屬桿ab離開導軌上擺的過程，根據能量守恒定律求ab離開導軌的速度大小，

金屬桿在通電瞬間受到磁場作用的安培力，根據動量定理和電荷量與電流關系求解電量q。

5,截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根

平行長直導線，若中心直導線通入電流4,四根平行直導線均通入電流l2,/i?k,

電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是（）

Aii

%

【解析】如圖所示，已知五條通電直導線的電流方向，且中心直導線的電流與周圍四根直導

線的電流關系有：人>>/2,則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用，只考慮中間

導線和周圍四個導線的安培力作用；根據同吸異斥可以得出：正方形上下兩個導線受到中間

導線的排斥力，導致正方形上下邊長凸出，其左右兩個導線受到中間導線的吸引力作用，導

致正方形左右兩邊形成凹形，故變形后的形狀如C圖所示，所以C選項符合題意。

故答案為：Co

【分析】利用安培定則可以判別其通電導線周期產生的磁場方向，結合左手定則可以判別其

導線受到的安培力方向進而判別彈性長管的變形情況。

6.水平面有一通有恒定電流的直導線，電流方向如圖所示，導線處于水平向右的勻強磁場

Bi中。如果在該空間再加一個勻強磁場B2,使得導線所受安培力為零，不考慮導線產生

的磁場及地磁場的影響，則B?的方向可能為（）

【解析】A.由左手定則可知，導線在勻強磁場&中受到的安培力方向垂直向里，導線在勻

強磁場團中受到的安培力方向垂直向外，所以導線受到的安培力可能為0,A符合題意；

B.由左手定則可知，導線在勻強磁場&中受到的安培力方向垂直向里，導線在勻強磁場

Bz中受到的安培力方向垂直向時，所以導線受到的安培力不可能為0,B不符合題意；

C.由左手定則可知，導線在勻強磁場Bi中受到的安培力方向垂直向里，導線在勻強磁場

B2中受到的安培力方向與導線在同一平面內，則導線受到的安培力不可能為0,C不符合題

~V*7".

/

D.由左手定則可知，導線在勻強磁場員中受到的安培力方向垂直向里，導線在勻強磁場

Bz中不受安培力的作用，則導線受到的安培力不可能為0,D不符合題意。

故答案為：Ao

【分析】本題主要考查通電導體在磁場中所受安培力的相關知識。由力的平衡條件和左手定

則進行求解。

7.如圖所示，是物理興趣小組自制的電流表原理圖。質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎

直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧勁度系數為k,在邊長ab=人、be=L2的矩形區域abed

內有勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，

可指示出標尺上的刻度，MN的長度大于ab。當MN中沒有電流通過且處于靜止時，

MN與ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度。當MN中有電流時，指針示數可表示電流

大小。MN始終在紙面內且保持水平，重力加速度為g,則（）

W標

D尺

A.金屬桿中電流方向不影響電流表正常工作

B.當該電流表的示數為零時，彈簧的伸長量為零

C.該電流表的刻度在有效范圍內是不均勻的

D.該電流表的最大量程是加=暮

DLI

【答案】D

【解析】A.電流表正常工作時金屬桿所受安培力應向下，即電流方向應M-N,故電流

方向改變，所受安培力方向改變，會影響電流表正常工作，A不符合題意；

B.當該電流表的示數為零時，滿足kAx=mg

可得彈簧的伸長量為4%=詈K0

B不符合題意；

CD.設電流表滿偏時通過MN的電流為1.,此時金屬桿達到cd位置，由平衡條件可得

mg+BImLr=+L2）

聯立可解得最大量程為3=當

DL-^

同理可知，在未達到最大量程時滿足/=整

DL-y

I與X成正比，故該電流表的刻度在有效范圍內是均勻的，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】本題主要根據導體棒MN的重力和通電時收到的安培力與彈簧彈力處于平衡狀態，

根據胡克定律以及安培力的表達式計算求解。

8.如圖所示，長為L的通電直導線放在傾角為6的光滑斜面上，并處在磁感應強度為B的勻

強磁場中，當B方向垂直斜面向上，則電流為h時導體處于平衡狀態，若B方向改為豎直向

上，電流為卜時導體處于平衡狀態，電流比值一應為（）

12

［答案］A

【血析】當B方向垂直斜面向上時，根據左手定則，安培力方向沿斜面向上，根據平衡條

件得BlrL=mgsin。

當B方向垂直豎直向上時，根據左手定則，安培力方向水平向右，根據平衡條件得即2乙=

mgtand

解得cosd

712=

故答案為:A。

【分析】利用左手定則可以判別安培力的方向，結合平衡條件可以求出電流的大小

第一章安培力與洛倫茲力

第2節磁場對運動電荷的作用力

【素養目標】

1.通過實驗探究，感受磁場對運動電荷有力的作用.

2.知道什么是洛倫茲力，會用左手定則判斷洛倫茲力的方向.

3.了解洛倫茲力公式的推導過程，會用公式分析求解洛倫茲力.

4.了解電視顯像管的基本構造和工作原理.

【必備知識】

知識點一、洛倫茲力

1、定義：運動電荷在磁場中所受的力稱為洛倫茲力。

2、洛倫茲力的方向：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面

內；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向亞曳有運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動

的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向,負電荷受力的方向與正電荷受力的方向甄,

3、洛倫茲力的大小

⑴當卜與6成8角時：F=Bg^m_e.

⑵當i/J-6時：F=qvB.

⑶當“6時：尸=0.

4、洛倫茲力與安培力的關系

安培力是洛倫茲力的宏觀表現，洛倫茲力是安培力的微觀實質.

⑴方向：洛倫茲力的方向與運動電荷形成的等效電流的安培力方向相同.

⑵大小：一段通電導線所受安培力大小等于該段導線內所有運動電荷所受洛倫茲力的矢量

和.

洛倫茲力總不做功，而安培力可以做功。

知識點二、洛倫茲力與電場力的比較

洛倫茲力電場力

磁場對在其中運動的電荷的作

性質電場對放入其中電荷的作用力

用力

產生條電場中無論電荷處于何種狀態尸

k0且U不與6平行

件片0

大小F-qvB^vX.8)F=qE

正電荷受力方向與電場方向相

方向滿足左手定則FlB、FLv同，負電荷受力方向與電場方向

相反

做功情可能做正功、負功，也可能不做

任何情況下都不做功

況功

作用效只改變電荷運動的速度方向，不既可以改變電荷運動的速度大

果改變速度大小小，也可以改變電荷運動的方向

【點睛】推導洛倫茲力公式

設有一段長為/,橫截面積為S的直導線，單位體積內的自由電荷數為"，每個自由電荷的

電荷量為q,自由電荷定向移動的速率為上這段通電導線垂直磁場方向放入磁感應強度為B

洛

XXX>3XXXX

XXX3X

XaXXA

XXXXXXXX

,,—rr、，rrlXXXXXXXX

的勻強磁場中.L-——vt------------1

⑴根據電流的定義式可知通電導線中的電流/=,=至詈=nqSv.

⑵通電導線所受的安培力廠安=BIL=隊nqSM

⑶這段導線內的自由電荷數N=nSL.

⑷每個電荷所受的洛倫茲力尸洛=1=n^f=qvB.

【點睛】對公式的理解

⑴適用條件：運動電荷的速度方向與磁場方向垂直，當1/=0時，尸洛=0,即相對磁場靜止

的電荷不受洛倫茲力作用.

(2)6、〃夾角對洛倫茲力的影響：

①當6=90。時，sin0=1,*qvB,即運動方向與磁場垂直時，洛倫茲力最大.

②當〃6時，6=0。，sin6=0,尸洛=0,即運動方向與磁場平行時，不受洛倫茲力.

③若不垂直，尸洛=［展冶9.

知識點三、電子束的磁偏轉

1、洛倫茲力的方向與粒子的運動速度方向垂直。當粒子在磁場中運動時，因受到洛倫茲力

的作用，會發生偏轉。

2、電視顯像管應用了電子束磁偏轉的原理。電子槍發射電子，經過偏轉線圈時受到洛倫茲

力發生偏轉，之后發到熒光屏上，使其發光。

3、在偏轉區的水平方向和豎直方向都有偏轉磁場，電子的水平分速度是由豎直方向的磁場

控制的，電子的豎直分速度是由水平方向的磁場控制的。

電子檢—

I1—1子束o

ZsJ?光屏)

偏轉線圈

【課堂檢測】

1.如圖所示，正方形區域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，

從b點射出。下列說法正確的是()

［x~X~~X~xl

x彳

XXXX

|XXx」x|

A.粒子帶正電

B.粒子在b點速率大于在a點速率

C.若僅增大磁感應強度，則粒子可能從b點左側射出

D,若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

［答案］C

【解析】A.根據左手定則，粒子帶負電，A不符合題意；

B.洛倫茲力與速度垂直不做功，粒子在b點速率等于在a點速率，B不符合題意；

C.根據r=W，若僅增大磁感應強度，粒子的軌道半徑成小，b點向左側移動，則粒子

可能從b點左側射出，C符合題意；

D.根據「=千，若僅減小入射速率，粒子的軌道半徑減小，b點向左側移動，軌跡所對

應的圓心角e增大，根據「=47=白?繆

360360qB

則粒子在磁場中運動時間先變長，后不變，D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】利用左手定則可以判別粒子的電性利用利用洛倫茲力不做功可以判別速率的大小；

增大磁感應強度及牛頓第二定律可以判別粒子的運動軌跡；利用軌跡圓心角的變化可以判別

運動時間的大小。

2.如圖所示，在MNQP中有一垂直紙面向里的勻強磁場。質量和電荷量都相等的帶電粒子

a、b、c以不同的速率從。點沿垂直于PQ的方向射入磁場。圖中實線是它們的軌跡，已

知。是PQ的中點。不計粒子重力。下列說法中正確的是（）

A.粒子C帶負電，粒子a、b帶正電

B.射入磁場時，粒子b的速率最小

C.粒子a在磁場中運動的時間最長

D.若勻強磁場磁感應強度增大，其他條件不變，則粒子a在磁場中的運動時間不變

【答案】C

【解析】A.根據左手定則可知粒子c帶正電，粒子a、b帶負電，A不符合題意；

”2

B粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB=m

亍K

解得"=等

由圖知射入磁場時粒子a的半徑最小，所以射入磁場時粒子a的速率最小，B不符合題意；

C.根據7=筌可知，粒子在磁場中做圓周運動的周期相同，粒子在磁場中的運動時間

qB

為t=—T=—

271qB

由于m、q、B都相同，粒子a轉過的圓心角。最大，則射入磁場時粒子a的運動時間最長，

C符合題意；

”2

D,若勻強磁場磁感應強度增大，其它條件不變，由牛頓第二定律得qvB=哈

解得R=干

則a粒子射入磁場時的半徑會變小，但a粒子軌跡對應的圓心角不變，由t=?T=吟

可知a粒子運動時間會變小，D不符合題意。

故答案為：

Co

【分析】利用左手定則可以判別粒子的電性，?利用牛頓第二定律結合軌道半徑的大小可以比

較速率的大小；利用周期公式結合運動的圓心角可以比較運動的時間；利用周期公式可以判

別運動時間的變化。

【素養作業】

1.關于電荷所受電場力和洛倫茲力，正確的說法是（）

A.電荷在磁場中一定受洛倫茲力作用B.電荷在電場中一定受電場力作用

C.電荷所受的電場力一定與該處電場方向一致D.電荷所受的洛倫茲力不一定與磁場

方向垂直

【答案】B

【解析】A.當電荷的運動方向與磁場方向平行，則電荷不受洛倫茲力.A不符合題意.

B.電荷在電場中一定受到電場力作用.B符合題意.

C.正電荷所受電場力一定與該處電場方向一致，負電荷所受電場力一定與該處電場方向相

反.C不符合題意.

D.電荷所受的洛倫茲力一定與磁場方向垂直.D不符合題意.

故答案為：B

【分析】電荷在電場中移動受到電場力的作用，其正電荷受到的電場力方向和電場方向相同；

電荷在磁場中不一定受到洛倫茲力的作用，其洛倫茲力方向一定與磁場方向垂直。

2.如圖所示，a為帶負電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊，a、b疊放于光滑的水平地面

上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場，現用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對

滑動地向左加速運動在加速運動階段（）

XxXX

B

XX-----------XX

X"XX

7777777777777777777/77777777T

A.a、b—起運動的加速度減小

B.a、b一起運動的加速度增大

C.a、b物塊間的支持力減小

D.a、b物塊間的摩擦力戒小

【答案】C

【解析】AB.對a、b整體由牛頓第二定律得F=+m2）a

771］T777.2

水平恒力F不變，所以加速度不變，AB不符合題意；

C.向左加速運動時，由左手定則得洛倫磁力方向豎直向上，速度越大洛倫磁力越大，所以

支持力減小，則C符合題意；

D.對a受力分析，由f=僅逐，加速度不變，所以ab之間的靜摩擦力不變，貝UD不

符合題意；

故答案為：Co

【分析】1.以a、b整體，根據牛頓第二定律列式尸=（叫+m2）a,解出a；2.根據左手

定則，判斷洛倫磁力向上，速度越大，洛倫磁力越大，支持力減小。4.對a受力分析，f=

mxa,加速度不變，所以ab之間的靜摩擦力不變。

3.如圖所示，在第一象限內有垂直紙而向里的勻強磁場，正、負電子分別以相同速度沿與%

軸成60。角從原點射入磁場，則正、負電子在磁場中運動時間之比為（）

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A.1:2B.2:1C.1：V3D

.V3:l

［答案］A

【骨析】根據左手定則，正電子在洛倫茲力的作用下逆時針做勻速圓周運動，弦切角等于

30。，圓心角等于60。，在磁場中的運動時間為。=黑義7=!

5oUo

根據左手定則，負電子在洛倫茲力的作用下順時針做勻速圓周運動，弦切角等于60。，圓心

角等于120。，在磁場中的運動時間為t2=||^xT=

DOU3

根據r=寫，正電子和負電子的周期相同，則正、負電子在磁場中運動時間之比為

6DZ

故答案為：A。

【分析】利用粒子運動軌跡所對的圓心角結合周期相等可以求出運動時間的比值。

4.空間有一圓柱形勻強磁場區域，其橫截面的半徑為R,圓心為O,磁場方向垂直橫截面（紙

面向里），一質量為m、電量為q的負電粒子從M點平行于橫截面以速率v射入磁場，速度

方向與直徑MN的夾角為6=30。，離開磁場時速度方向與MN垂直，不計粒子重力，該磁場

的磁感應強度大小為（）

Mr-'-

\xXX

yj3mv

3mv

qR

【解析】作出粒子運動軌跡如圖所示

XX

XXX

o

X<XX

\?\?rR'\?\?

粒子從K點射出，Q為軌跡圓心，因為速度方向與直徑MN的夾角為9=30。，貝UNOMQ=

60°；粒子離開磁場時速度方向與MN垂直，則0M平行于QK,Na=60。；又因為。用=

OK=R,QM=QK=r,且另外一邊0Q重合，貝U△OMQ=AOKQ,Z0KQ=

N0MQ=Za=60°,則QM平行于KO,四邊形OKQM為菱形，得出r=R,根據洛倫

2

茲力提供向心力得qvB=m^

聯立解得3=等

故答案為：Co

【分析】畫出粒子的運動軌跡，結合幾何關系可以求出軌道半徑的大小，再利用牛頓第二定

律可以求出磁感應強度的大小。

5.如圖所示，兩塊很大的平行金屬板M、N正對放置，分別帶有等量異種電荷，在兩板間形

成勻強電場，空間同時存在垂直紙面向里的勻強磁場。有一帶正電的粒子從。點進入兩金

屬板的空間，恰能沿軌跡③所在的直線。。‘運動，不計粒子重力。只改變一個條件，則下

列說法中正確的是（）

OJ7-：---③

工④

?nN

A.若將粒子電量變為原來的2倍，則粒子可能沿軌跡①做曲線運動

B.若將電容器逆時針旋轉一個很小的角度，則粒子可能沿軌跡②做直線運動

C.若將M板向左移動一小段距離，則粒子可能沿軌跡④做曲線運動

D.若將M、N板間距戒小少許，則粒子將沿軌跡④做曲線運動

【答案】C

【解析】A.帶正電的粒子從。點進入兩金屬板的空間，恰能沿軌跡③所在的直線。。‘運

動，則粒子受向上的洛倫茲力和向下的電場力平衡，即qvB=Eq

即°D

若將粒子電量變為原來的2倍，則粒子所受的電場力和洛倫茲力仍平衡，仍沿軌跡③做直線

運動，A不符合題意；

B.若將電容器逆時針旋轉一個很小的角度，則粒子進入復合場時所受的向上的洛倫茲力大

于電場力沿豎直方向的分力，則粒子將向上偏轉做曲線運動，B不符合題意；

C.若將M板向左移動一小段距離，則電容器電容減小，根據Q=CU可知，兩板電壓U變

大，則粒子受向下的電場力變大，則粒子可能沿軌跡④做曲線運動，C符合題意；

D.若將M、N板間距減小少許，則電容器電容C變大，根據Q=CU可知兩板電壓U戒小，

則粒子受電場力減小，則粒子向上偏轉，可能沿軌跡①做曲線運動，D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】利用電場力和洛倫茲力相等可以判別直線通過速度選擇器的速度大小，利用表達式

可以判別粒子電荷量變化時粒子還是做直線運動；當電容器旋轉一定角度時，利用洛倫茲力

和電場力在豎直方向的大小可以判別粒子的偏轉；當板間距離減小時電容變小電壓變大會導

致電場力大于洛倫茲力則粒子向下偏轉；當板間距離減小時由于電場強度不變所以粒子繼續

做直線運動。

6一個質量為m、帶電量為+q的小球，由長為I的細線吊在天花板下，空間有豎直向下的勻

強磁場。如圖甲小球恰好以速率V。逆時針在水平面內做勻速圓周運動，如圖乙小球以速率

vJI頁時針在水平面內做勻速圓周運動，這兩種情況小球的軌道平面與地面的距離均為h,細

線與豎直方向的夾角均為仇已知重力加速度大小為g,空氣阻力忽略不計。下列選項正確

的是（）

A.兩種情況小球的向心加速度大小相同

B.兩種情況小球所受的拉力不同

C.兩種情況小球的速率相同

D.兩種情況剪斷細線后，小球落到地面的時間相同為R

yg

【答案】D

【解析】C.根據牛頓第二定律得mgtand+qv0B=m-^~

isint/

mqtand—q%B=m-----

Ismd

解得%「%,C不符合題意,

A.小球的向心加速度為Q=彳

V—Isind

解得品，?相同，v不同，所以a不同，A不符合題意；

isintz

B.小球所受的拉力％=電，所以兩種情況小球所受的拉力相同，B不符合題意；

D.剪斷細線后，小球做平拋運動，運動時間為h=1gt2

解得t=、任,兩種情況小球的軌道平面與地面的距離均為h,兩種情況剪斷細線后，小

球落到時間相同，D符合題意。

故答案為：Do

【分析】利用左手定則可以判別洛倫茲力的方向，結合牛頓第二定律可以求出向心加速度的

大小及線速度的大小；利用豎直方向的平衡方程可以判別拉力的大小相同；剪斷繩子后，利

用豎直方向的位移公式可以比較小球的運動的時間。

7.如圖所示，空間有一個范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B,一個質量為m、電荷量

為+q的帶電小圓環套在一根固定的絕緣水平細桿上，桿足夠長，環與桿的動摩擦因數為加

現給環一個向右的初速度V。,在圓環整個運動過程中，下列說法正確的是（）

*'0

u3

A.如果磁場方向垂直紙面向里，圓環克服摩擦力做的功一定為|機詔

B.如果磁場方向垂直紙面向里，圓環克服摩擦力做的功一定為軻畸-震

C.如果磁場方向垂直紙面向外，圓環克服摩擦力做的功一定為ImW

D.如果磁場方向垂直紙面向外，圓環克服摩擦力做的功一定為馴資-晦

22B乙q乙

【答案】C

【解析】AB.當磁場方向垂直紙面向里，則洛倫茲力方向向上。當qv0B=mg

時，圓環不受支持力和摩擦力，摩擦力做功為零。當qv0B<mg

時，圓環做減速運動到靜止，只有摩擦力做功。根據動能定理得-勿=0-3徵詔

解得W=如評

當qv0B>mg

時，圓環先做減速運動，當qvB=mg

時，不受摩擦力，做勻速直線運動。由qvB=mg

可得八翳

根據動能定理得—W=jrnv2

解得W=[m琮一

AB不符合題意；

CD.如果磁場方向垂直紙面向外，則洛倫茲力方向向下，圓環做減速運動到靜止，只有摩

擦力做功。根據動能定理得一卬=0-|m^

解得W=如詔

D不符合題意，C符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用左手定則可以判別洛倫茲力的方向；結合洛倫茲力和重力比較可以判別壓力的

方向及大小，利用壓力可以判別其摩擦力的大小進而判別克服摩擦力做功的大小。

8.如圖所示，在邊長為I的正三角形ABC內有垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出磁場）。

0為三角形的中心，一個帶負電的粒子以速度V。從A點沿A0方向射入該磁場，從B點沿

0B方向射出，下列說法正確的是（）

A.粒子做圓周運動的半徑為|Z

B.粒子做圓周運動的半徑為21

C.粒子在磁場中運行的時間是署

D.粒子在磁場中運行的時間是當

【答案】c

【解析】AB.由于洛倫茲力提供向心力有qvoB=m?

畫出帶電粒子的軌跡如下圖所示

AB不符合題意；

CD.由于洛倫茲力提供向心力有qvoB=mar,qvoB=m￡，r=I

_________TJT/

由上圖可知圓心角e=60。則t='=丁

63v0

C符合題意、D不符合題意。

故答案為：C?

【分析】畫出帶電粒子的運動軌跡，利用幾何關系可以求出軌道半徑的大小；結合牛頓第二

定律及周期的大小可以求出運動的時間。

第一章安培力與洛倫茲力

第3節帶電粒子在勻強磁場中的運動

【素養目標】

1.了解帶電粒子在勻強磁場中的運動規律

2.掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式和周期公式及應用

【必備知識】

知識點一、帶電粒子在勻強磁場中的運動

1、"IB、帶電粒子以速度v做勻速直線運動（此情況下洛倫茲力F=0）

2、若v_LB,帶電粒子在垂直于磁場的平面內以入射速度v做勻速圓周運動。

3、當帶電粒子的初速度方向與磁場方向成0角時，粒子做等螺距螺旋運動。

知識點二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期

質量為〃電荷量為q的帶電粒子，垂直磁場方向進入磁感應強度為6的勻強磁場中，

2

⑴若不計粒子重力，運動電荷只受洛倫茲力作用，由洛倫茲力提供向心力，即9出=市,

,mv

可信片花.

mv

2TTX—

2nrqB2nm

⑵由軌道半徑與周期的關系可得：廠=▽=

1/qB-

知識點三、帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析方法

研究帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的問題，應遵循“一找圓心，二找半徑，三找周期"

的基本思路。具體如下。

⑴軌跡圓心的兩種確定方法.

①已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向時，作這兩速度的垂線，交點即為圓心，如圖所示.

②已知粒子軌跡上的兩點和其中一點的速度方向時，畫出粒子軌跡上的兩點連線(即過這兩

點的圓的弦)，作它的中垂線，并畫出已知點的速度的垂線，則弦的中垂線與速度的垂線的

交點即為圓心，如圖所示.

⑵三種求半徑的方法.

mv

①根據半徑公式廣力求解.

②根據勾股定理求解，如圖所示,

③根據三角函數求解，如圖所示,

d

為d,則有關系式,工

sin9

⑶四種角度關系.

①速度的偏向角(0)等于圓心角(a).

②圓心角a等于弦與速度方向的夾角（弦切角0的2倍?=a=26=口。.

③相對的弦切角（0相等，與相鄰的弦切角（8）互補，即6+8=180。，如圖3-6-5所不

。幻（P（偏向角）

/'

④進出同一直邊界時速度方向與該直邊界的夾角相等.

⑷兩種求時間的方法.

0

①利用圓心角求解，若求出這部分圓弧對應的圓心角，則廣元Z

5

②利用弧長5和速度1/求解，L,

知識點四、帶電粒子在有界磁場中的運動

1、直線邊界（如圖所示）

粒子進入磁場時的速度，垂直于邊界時，出射點距離入射點最遠，且入射點和出射點的距離

da=2R,如圖甲所示；同一出射點，可能對應粒子的兩個入射方向，且一個“優弧”，

一個“劣弧”，如圖乙、丙中的出射點力。

甲乙

d=2Rsin0

2、平行邊界（如圖所示）

Rj(R-d)2+￡2R2J+(R_dy或d=R+Rcos0d=Rs\n0

R=d+Rcos3

3、相交直邊界（如圖所示）

XX

X

4、圓邊界(如圖所示)

(1)粒子沿圓形區域勻強磁場的半徑方向垂直射入磁場,必沿半徑方向射出磁場，如圖甲

所示。

zxx、、

甲乙

(2)粒子射入磁場的速度方向與入射點和磁場圓心連線的夾角等于射出磁場的速度方向與

出射點和磁場圓心連線的夾角，如圖乙所示。

知識點五、帶電粒子在復合場中的運動

1、帶電粒子在復合場中的受力特點

(1)復合場通常指電場與磁場在某一區域并存或電場、磁場和重力場在某一區域并存的情

況。

(2)重力：若為基本粒子(如電子、質子、a粒子、離子等)一般不考慮重力；若為帶電

顆粒(如液滴、油滴、小球、塵埃等)一般需要考慮重力。

(3)電場力：帶電粒子在電場中一定受到電場力的作用，在勻強電場中，電場力為恒力，

大小為F=qE。電場力的方向與電場的方向相同或相反。電場力做功與路徑無關，只與初末

位置的電勢差有關，電場力做工一定伴隨著電勢能的變化。

(4)洛倫茲力：帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力與運動的速度(大小、方向)有關，洛

倫茲力的方向始終和磁場方向垂直，又和速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，也不會改變帶

電粒子的動能。

2、帶電粒子在復合場中的幾種運動形式

(1)在復合場中受到洛倫茲力的帶電粒子，作直線運動時，所受的合力必為0,且一定做

勻速直線運動。

(2)當帶電粒子所受重力和電場力等大、反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子做勻速

圓周運動。

(3)當帶電粒子連續通過幾個不同的場區時，帶電粒子的受力情況和運動情況會發生相應

的變化，其運動過程分別由幾個不同的運動階段組成。

【課堂檢測】

L如圖所示，在邊長為2a的正三角形區域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質

量為m、電荷量為-q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中點。以速度v進入磁場，粒子

進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60。，若要使粒子能從AC邊穿出磁

場，則勻強磁場的大小B需滿足（）

D.B<

aq

【答案】B

【解析】解：粒子剛好達到。點時，其運動軌跡與zc相切，如圖所示：

則粒子運動的半徑為：r=acot30°=V3a,

洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qvB=my,

解得：7,

粒子要能從，。邊射出，粒子運行的半徑：R>r,

V3mv

解得：B<

3qa

故選：B.

【分析】作出粒子在磁場中的運動軌跡，結合幾何關系得到臨界軌跡的軌道半徑；再根據牛

頓第二定律并結合洛倫茲力提供向心力列式求解.

2.空間有一圓柱形勻強磁場區域，該區域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直橫截面.一質

量為m、電荷量為q（q>0）的粒子以速率v。沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速

度方向偏離入射方向60°.不計重力，該磁場的磁感應強度大小為（）

%

,3qRqRqR

3mv0

qR

【答案】A

【解析】解：帶正電的粒子垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區域，由洛倫茲力提供向心力而

做勻速圓周運動，根據幾何知識得知，

軌跡的圓心角等于速度的偏向角60°,

且軌跡的半徑為r=Rcot30°=V3R,

由牛頓第二定律得：qv°B=m§,

解得：8=需；

故選：A.

【分析】帶正電的粒子垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區域，由洛倫茲力提供向心力，由幾

何知識求出軌跡半徑r,根據牛頓第二定律求出磁場的磁感應強度.

【素養作業】

L空間有一圓柱形勻強磁場區域，磁感應強度為B,該區域的橫截面的半徑為R