高考物理一轮学案第11章磁场

第一课时磁场磁感应强度安培力

第一关：基础关展望高考

基础知识

一、磁场

知识讲解

(1)定义：磁体或通电导体周围存在一种特殊物质，它能够传

递磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间以及通电导体与通电导体之

间的相互作用，这种特殊的物质叫做磁场.

(2)基本性质：对放入其中的磁体或电流产生力的作用.

(3)产生：①永磁体周围存在磁场；②电流周围存在磁场——

电流的磁效应.

(4)方向：小磁针北极受力的方向即小磁针静止时北极所指方

向，为磁场中该点的磁场方向.

活学活用

1.如图所示，带负电的金属环绕轴00'以角速度3匀速旋转，

在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是()

N

A.N极竖直向上B.N极竖直向下

C.N极沿轴线向左D.N极沿轴线向右

解析：带负电的金属环旋转，可形成环形电流，进而产生磁场，

负电荷匀速转动会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，

在磁针处磁场的方向沿00'轴向左，由于磁针N极指向为磁场方向，

所以应选C.

答案：C

二、磁感应强度

知识讲解

(1)定义：在磁场中垂直于磁场方向的通电直导线，受到的安

培力的作用F,跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值，叫做通电

直导线的磁感应强度.

(2)公式：B=F/IL

(3)单位：在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，简

称特，符号是T.

(4)方向：其方向就是磁场方向，即小磁针静止时N极所指的

方向.

(5)物理意义：磁感应强度是表征磁场强弱的物理量.

说明：①磁感应强度是反映磁场性质的物理量，是由磁场自身决

定的，与是否引入电流无关，与引入的电流是否受力无关，因为通电

导线取不同方向时，其受力大小不尽相同，在定义磁感应强度时，式

中F是直导线垂直磁场时受到的磁场力.

②磁感应强度的方向是该处磁场的方向，而不是F的方向.

③若空间存在儿个磁场，空间的磁场应.由这儿个磁场叠加而成,

某点的磁感应强度为B,百=可工正…(矢量和).

活学活用

2.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F/IL

D.由定义式B=F/IL可知，电流I越大，导线L越长，某点的磁

感应强度就越小

解析：磁感应强度的定义式B=£,是利用比值法来定义的，但

IL

不能说B与F成正比，与IL成反比.磁场中某点磁感应强度只由磁场

本身决定，与通电导线的受力无关，与放入检验电流的大小、方向以

及导线长度也无关.另一方面，通电导线在磁场中的受力不仅与磁感

应强度有关，还跟导线通过的电流大小、长度、位置取向都有关.

答案：A

三、磁感线

知识讲解

(1)定义：在磁场中画一些有方向的曲线，这些曲线上每一点

的切线方向跟该点的磁感应强度方向相同，这样的曲线叫磁感线.

(2)特点：①磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地

方磁场越强；磁场方向在过该点的磁感线的切线方向.

②磁感线不相交、不中断，是闭合曲线.在磁体外部，磁感线从

N极指向S极；在磁体内部，磁感线从S极指向N极.

③磁感线是为了形象地描述磁场而假想的物理模型，在磁场中并

不真的存在，不可以认为有磁感线的地方才有磁场，没有磁感线的地

方没有磁场.

四、安培力

知识讲解

(1)定义：通电导线在磁场中受到的力称为安培力.

(2)方向：安培力方向的判定通常利用左手定则.

左手定则：它是确定通电导体在外磁场中受力方向的定则.其内

容为：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且都要跟手掌在

同一平面内，把手放入磁场，让磁感线穿过手心，让伸开的四指指向

电流方向，那么大拇指所指方向即为安培力方向，如图所示.

(3)大小:F=BILsin0

说明：①公式适用于导线处在匀强磁场中，或导体所在范围内B

是一个恒量.

②公式中0指磁场和电流方向的夹角.

③公式中各物理量的单位为：N(F)、T(B)、A(I)、m(L).

④在应用F=BILsin0公式时应注意：

a.B一般指匀强磁场的磁感应强度，若是非匀强磁场，B应是通

电导线L所在处的磁感应强度.

b.L是有效长度，对于弯曲导线的有效长度，应等效于两端点连

接直线的长度，相应的电流方向应沿等效长度L由始端流向末端，如

图所示.对于任意形状的闭合导线，可认为线圈的有效长度为零，即

L=0,所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和一定为零.

XXXXXXXX

z

X:

XXx匕XX

x:4T

:》

XXL乂-

X^XxXX

<

x-kXXXXXXX

活学活用

3.如图所示，垂直折线abc中通以电流I,ab=bc=L,折线所在的

平面与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度为B,求abc折线受到

的安培力的大小？

XXXX

XXXX

解析：abc受到的安培力等效于ac(通有电流I的ac直导线)所

受的安培力，即F=BI(0L),方向同样等效于电流ac,判定为在纸面

内垂直于ac的连线上并且斜向上方.

答案:BI(V2L)

第二关：技法关解读高考

解题技法

一、安培力作用下的动态分析

技法讲解

定性判断通电导线或线圈在安培力作用下的运动方向的几种基

本方法

1.电流元分析法

把整段电流等分为很多段直线电流元，先用左手定则判断出各小

段电流元受到的安培力方向，再判断整段电流所受安培力合力的方

向，从而确定导体的运动方向.

2.特殊位置分析法

把通电导体转到一个便于分析的特殊位置后判断其安培力方向，

从而确定运动方向.

3.等效分析法

环形电流可等效为小磁针，条形磁铁也可等效为环形电流，通电

螺线管可等效成多个环形电流或条形磁铁.

4.利用电流相互作用的结论分析

电流产生磁场，磁场对电流有安培力作用，所以电流与电流之间

也将存在磁场力作用关系.同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，

异面电流相互作用下有转动趋势，转到同向且相互靠近.

5.转换研究对象法

电流与电流之间，磁体与电流之间的相互作用应满足牛顿第三定

律，这样定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题时，可先分

析电流在磁体磁场中的受力，然后由牛顿第三定律确定磁体的受力，

从而判断其运动方向.

典例剖析

例1如图所示,把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁磁

极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导

线的运动情况是（从上往下看）（）

I

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：用电流元分析法：把直线电流看为0A和0B两部分，画出

儿条典型的磁感线，由左手定则可判断出0A段受安培力垂直纸面向

外，0B段受安培力垂直纸面向里，如右图所示，可见从上向下看导

线将逆时针转动；再用特殊位置分析法：设导线转过90°到与纸面

垂直的位置，见右图判断导线受安培力方向向下.由以上两个方向可

知导线在逆时针转动的同时向下运动.选C.

答案：C

例2如图所示，在条形磁铁S极附近悬挂一个线圈，线圈与水平

磁铁位于同一平面内，当线圈中电流沿图示方向流动时，将会出现()

A.线圈仅做平动、不转动

B.线圈仅做转动、不平动

C.从上往下看，线圈做顺时针方向转动，同时靠近磁铁

D.从上往下看，线圈做逆时针方向转动，同时靠近磁铁

解析：把环形电流等效为磁针，根据安培定则可判

断此磁针垂直纸面，N极向里，根据磁铁对磁针的作用很容易得

到：从上往下看，磁铁S极将吸引磁针N极，排斥磁针S极，故线圈

做逆时针方向转动，同时靠近磁铁•选D.

答案：D

二、安培力作用下的静态分析

技法讲解

有关通电导体受安培力作用的综合性问题，大多是力的平衡问

题.与力学相比只是多了一个安培力，解题过程中，首先要准确地使

用左手定则，判断出安培力的方向，再利用物体平衡的知识和规律解

决问题，解题关键是要学会把空间立体图改画成平面图，以便于进行

受力分析，做出力分析图.

典例剖析

例3在倾角。=30°的斜面上，固定一金属框，宽1=0.25m,

接入电动势E=12V、内阻不计的电池，垂直框的两对边放有一根质

量m=0.2kg的金属棒ab,它与框架的动摩擦因数U=36,整个装

置放在磁感应强度B=0.8T,垂直框面向上的匀强磁场中（图）.为

使金属棒静止在框架上，滑动变阻器R的阻值应在什么范围内？（设棒

受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与棒的电阻不计，g取10m

/s2）

解析：由左手定则判定安培力方向沿斜面向上，随着变阻器调至

不同的阻值，引起了金属杆中电流大小的不同，产生两种情况，当安

培力小时，杆有下滑趋势；当安培力大时，杆有上滑趋势.当R较大

时，I较小，安培力F较小，棒受的摩擦力向上（图1）.当刚好平衡

时，R最大，且BS-T+Jmgcos0-mgsin。=0

Rmax

得RM=-----强----=——0.8x12x0.25Q=48Q

mg（sinjcos6）02x10x（0.5—3当

图1

当R取较小值时,I较大,安培力F较大,棒受的摩擦力向下（图2）.

当刚好平衡时,R最小,且

Rmgcos9-mgsin0=0,得Rmin=-----------

Rminmg（sine+〃cos。）

=-------0.8xl2x0fQ=l.6Q

0.2x10x（0.5+旦也）

62

所以R的取值范围应为1.6OWRW4.8Q

三、安培力的瞬时作用与安培力做功问题

技法讲解

L安培力的瞬间作用，实际上是在很短的时间At内给导线

一个冲量，使导线获得一个动量，FAt=mv

2.安培力做功的特点

(1)安培力做功与路径有关，绕闭合回路一周，安培力做的功可

以为正，可以为负，也可以为零，而不像重力和电场力做功一定为零.

(2)安培力做功的实质：起能量转化的作用，将电源的能量传递

给通电导线，而磁场本身并不能提供能量，如导体ab在安培力作用

下运动，安培力做功的结果是将电能转化为导体的动能，只要有安培

力做功，就有电能和其它形式的能量转化，安培力做功的过程就是电

能和其它形式的能转化的过程.

典例剖析

例4如图所示水平桌面放置的U形金属导轨，串接有电源，现将

两根质量相等的裸导线L和L2放在导轨上，方向与导轨垂直，导轨

所在平面有一个方向向上的匀强磁场，当闭合开关后，两根导线便向

右运动，并先后脱离导轨右端掉在水平地面上.测得它们落地位置与

导轨右端的水平距离分别为$和S2,求合上开关后：

(1)安培力对L、L?所做的功之比WJWK

(2)通过L.和L的电荷量之比q,：q2.

解析：(1)设U形导轨的高度为h,棒离开导轨下落做平抛运动,

则棒平抛运动的初速度

根据动能定理，金属棒从K闭合到离开导轨时有

W=-mv2-O=-mg—

r2o4h

其中WF为安培力对金属棒所做的功.

可见在质量m高度h相同时WFOCS?.

故安培力对L\,L所做功之比为其=工.

W2s2

(2)棒在导轨上由静止达到水平速率vO的过程中由动量定理得

B71•t=mv0,又有q=71

可见，在m、B、L、h相同时，q0cs.

故通过LI、L2的电荷量之比为卬：q2=Si：s2.

2

答案：(1)工(2)s,：s2

S2

第三关：训练关笑对高考

随堂训练

1.由磁感应强度的定义式B=£可知o

A.磁感应强度与通电导线受到的磁场力F成正比，与电流强度和

导线长度的乘积成反比

B.一小段通电导线在某处不受磁场力作用时一，该处的磁感应强度

一定为零

C.磁感应强度的方向与F的方向一致

D.只要满足L很短，I很小的条件，B=£对任何磁场都适用

IL

解析：磁感应强度由磁场本身决定，与放入磁场中的通电导线无

关.若通电导线平行于磁场方向放置，则所受磁场力一定为零，但磁

感应强度不一定为零.磁感应强度的方向规定为小磁针N极所受磁场

力的方向，与放在该处通电导线受磁场力方向不一致.

答案：D

2.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质

弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为FN1,现在磁铁

上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图，当加上电流后，

台秤读数为Fw,则以下说法正确的是()

A.FN1>FN2,弹簧长度将变长

B.FQFg弹簧长度将变短

C.&KFN2,弹簧长度将变长

D.F水FN2,弹簧长度将变短

答案：B

3.如图为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图,其工作

原理类似打点计时器，当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁

向下运动时，以下选项中正确的是()

A.电磁铁的上端为N极,小磁铁的下端为N极

B.电磁铁的上端为S极,小磁铁的下端为S极

C.电磁铁的上端为N极,小磁铁的下端为S极

D.电磁铁的上端为S极,小磁铁的下端为N极

解析：当电流从a端流入电磁铁时，据安培定则可判断出电磁铁的上端为S极,

此时能吸引小磁铁向下运动，说明小磁铁的下端为N极，答案为D.

4.如图为研究磁场对通电导线作用的实验装置，当接通电源有电

流由a至b通过导线ab时，导线将受到磁场作用而向左运动，则()

A.当磁场方向改变时，导线ab将向右运动，机械能转化为电能

B.当电流方向改变时，导线ab将向右运动，电能转化为机械能

C.当电流方向和磁场方向同时改变时，导线ab仍将向左运动

D.当电流方向和磁场方向同时改变时，导线ab将向右运动

解析：磁场对通电导线的作用力方向跟电流方向和磁场方向有关.

保持电流方向不变，使导体中磁场方向相反，则通电导线受力方向与

原来相反；保持磁场方向不变，使电流方向相反，则通电导线受力方

向与原来相反；若磁场方向和电流方向都改变，则受力方向不变.能

量转化都是电能转化为机械能

答案：BC

5.如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距1m,导

体棒ab跨放在导轨上,棒的质量为m=0.2kg,棒的中点用细绳经滑轮

与物体相连,物体的质量M=0.3kg,棒与导轨的动摩擦因数为U=0.5,

匀强磁场的磁感应强度B=2T,方向竖直向下，为了使物体以加速度

a=3m/s2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g=10

m/s2)

解析：此题可看作是连接体问题，以整体为研究对象，整体受力

情况为：导体棒的安培力F安，摩擦力Fr,物体受重力Mg,由牛顿第

二定律可得

F安一F「Mg=(M+m)a①

又F安=8£②

Ff=uFN③

联立①②③得1=3A,由左手定则知电流方向由a-b.

答案:3Aa-b

课时作业三十六磁场磁感应强度安培力

1.在等边三角形的三个顶点a,b,c处，各有一条长直导线垂直穿

过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图.过c点的导线

所受安培力的方向()

a

g)、、、

::&

;J_1

匕区T—＞右

A.与ab边平行，竖直向上

B.与ab边平行，竖直向下

C.与ab边垂直，指向左边

D.与ab边垂直，指向右边

解析：由右手可判断导线a、b产生的磁场在导线c处的磁感应强

度方向的合方向是竖直向下，再由左手可判得导线c受安培力方向为

向左并与ab边垂直，所以C正确，A、B、D错误.

答案:C

2.科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢，假如地球

的磁场是由地球表面带电引起的，则可以断定()

A.地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱

B.地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变强

C.地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱

D.地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变强

解析:地球的磁场可类比成一个通电螺线管，在地理北极附近是

地磁场的S极.由安培定则可知电流方向是自东向西，所以地球自转

方向是电流的反方向，所以地球表面带负电，而由于地球自转变慢，

电流变小，地磁场将变弱，选项C正确.

答案:C

3.如图所示，一水平导轨处于与水平方向成45°角斜向左上方

的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作用而

在粗糙的导轨上向右做匀速运动.现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至

竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间

动摩擦因数口<1,则磁感应强度B的大小变化情况是()

A.不变

B.一直减小

C.一直增大

D.先变小后变大

解析:分析金属棒的受力如图所示.

B

由平衡条件有BILsinO=F„

Ft-pF尸口(mg+BILcos9),

可解得B=——譬——

IL(sin。-4cos。)

.4mg,

HJ+〃2sin(e+e)'

其中4)=arctanu，因为。从45°变化到90。.所以当。+0

=90°时，B最小，此过程中B应先减小后增大，D正确

答案:D

4.如图是一个用均匀金属导线做成的圆环，A、B是圆环直径的

两端点，当电流I从A点流入，从B点流出时，在环中心处的磁场方

向是()

A.在圆环所在的平面内，且指向B

B.垂直圆环平面，且指向纸外

C.垂直圆环平面，且指向纸内

D.磁感应强度为零，无方向

解析:利用安培定则结合对称性分析，易得D正确.

答案:D

5.取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图甲所示的螺线

管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的

磁感应强度大小为B,若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺

线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应

强度大小为()

A.0

B.0.5B

C.B

D.2B

解析：乙为双绕线圈，两通电导线的磁场相互抵消，管同磁感应

强度为零，故选A.

答案:A

6.如图所示甲，电流恒定的通电直导线MN,垂直平放在两条相

互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N,在两导轨间存在

着垂直纸面向里的磁场，当t=0时导线静止.若磁感应强度B按如图

乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是()

Xx|Hx-X-X--X-X

Xx|xXXXX

甲乙

A.在最初的一个周期内，导线在导轨上做机械振动

B.在最初的一个周期内，导线一直向左运动

C.在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小

D.在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小

解析:若导线中的恒定电流为I，设磁感应强度B=Bmcos女t,则

T

由左手定则可以确定导线所受的安培力f=ILB=F“cos阴t,所以在最

T

初的半个周期内，导线的加速度先减小后反向增大，速度先增大后减

小，最初的一个周期内导线将在这种周期性变化的作用下做机械振

动.

答案:AD

7.如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧

拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面.导线中无电流时磁铁对

斜面的压力为FN1；当导线中有电流通过时,磁铁对斜面的压力为FN2,

此时弹簧的伸长量减小了，则()

AeN

______

A.FN,<FN2,A中电流方向向外

B.FN】=FN2,A中电流方向向外

C.FN,>FN2,A中电流方向向内

D.FN1>FN2,A中电流方向向外

解析:如图所示，画出磁铁在导线A处的一条磁感线，若导线A

中通有向外的电流，由左手定则判断出导线所受安培力F方向向下，

由牛顿第三定律知磁铁所受反作用力可向上，磁铁对斜面的压力FN

减小，FN2<FNI；同时由于已有沿斜面向上的分力，使得弹簧弹力

减小，可知弹簧的伸长量减小，假设正确，故选D.

答案:D

8.如图所示的天平可用于测定磁感应强度，天平的右臂下面挂有

一个矩形线圈，宽度为L,共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场

方向垂直纸面.当线圈中通有方向如图所示的电流I时一，在天平左右

两边加上质量各为叫、的祛码，天平平衡，当电流反向(大小不变)

时，右边再加上质量为m的祛码后，天平重新平衡，由此可知()

B.磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为瑞

C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外，大小为（m「m2）g

NIL

D.磁感应强度的方向垂直于纸面向外，大小为「鸳

2NIL

解析：由于当电流反向时，右边需要加祛码，可判定电流反向后,

安培力方向向上，因此在图示电流时安培力方向向下，此时gg=m/g+

NBIL,电流反向后mg=（ni2+m）g-NBIL.由以上两式可解得mg=2NBIL,

则B=a,由左手定则可判定磁感应强度的方向为垂直于纸面向

2NIL

里.

答案:B

9.电磁炮是利用电磁技术制成的一种理想武器，它的主要原理如

图所示.电磁炮轨道宽2m,长100m,通过的电流为10A,要把2.2g

的弹体（包括金属杆的质量）加速到10km/s,则轨道间所加的匀强

磁场的磁感应强度B=_T,磁场力的最大功率P=_W（轨道摩擦不计）.

IAI1|+B

<_,・二

IJIII

cr_^>

解析:在电磁炮发射炮弹的过程中，磁场力做功，增加炮弹的动

能，即F・x=”v/F=BIL

.imv22.2x103x(10xl03)2匚匚

则InBn=----=--------------=55T

2ILx2x10x2x100

P=Fv=BIL•V=55X10X2X10X103=1.1X107W

答案:55T1.1X107W

10.如图所示，通电导体棒ab质量为m、长为L,水平放置在倾

角为。的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I,要求导

体棒ab静止在斜面上.求：

(1)若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？

(2)若要求磁感应强度最小，则磁感应强度如何？

解析：(1)沿导体棒从a向b观察，对ab棒受力分析(如图所

示)，由平衡条件得:

在沿斜面方向：mgsin9=Fcos9

在垂直斜面方向：FN=mgcos9+Fsin0

其中F=BIL

联立以上各式可得B=巴鬻

(2)当安培力F全部用来平衡重力沿斜面方向的分力mgsin9时,

磁感应强度B最小，此时安培力方向为平行斜面向上.此时有

BIL=mgsin(,B=,磁场方向垂直斜面向上.

答案：(1)理吆(2)自吆，磁场方向垂直斜面向上

IL1L

11.有两个相同的总电阻为9。的均匀光滑圆环，固定于一个绝

缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直

平面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的

磁感应强度B=0.87T的匀强磁场，两环的最高点A和C间接有一内

阻为0.5。的电源，连接导线的电阻不计.今有一根质量为10g,电

阻为1.5Q的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于图所

示的水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧

所对应的圆心角均为。=60°，取重力加速度为g=10m/s2,试求此电

源电动势E的大小.

解析：在图中，从左向右看，棒PQ的受力如图所示，棒所受的

重力和安培力FB的合力与环对棒的弹力FN是一对平衡力，且FB=mgtan

9=V3mg

而FB=IBL,所以

3

I=V3mg=V3xlOxlO-xwA=14

BL0.87x0.2

在图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R,则

J"，

R=J_^_^2Q=2Q

9

由闭合电路欧姆定律得

E=I(r+2R+R棒)=1X(0.5+2X2+1.5)V=6V

答案：6V

12.如图所示，表面光滑的平行金属导轨P、Q水平放置，左端与

一电动势为E,内阻为r的电源连接.导轨间距为d,电阻不计.导轨

上放有两根质量均为m的细棒，棒I电阻为R,棒H为绝缘体，两棒

之间用一轻杆相连.导轨所在的空间有垂直导轨平面竖直向上的匀强

磁场，磁感应强度大小为B.求：

(1)闭合开关S瞬间棒H的加速度；

(2)从闭合开关S到两棒速度达到v的过程中，通过棒I的电

荷量和电源消耗的总能量分别为多少？(导轨足够长)

解析：（1）闭合S的瞬间，电路中的电流为1=工

R+r

棒I受安培力F=BId=^

R+r

对棒I、棒n整体，根据牛顿第二定律得

a=[=方向水平向右.

2m2m（R+r）

（2）对棒i棒n整体，由动量定理

BI'dt=2mv,q=If•t

••.2qm=v——

Bd

电源消耗的电能为E能=口£=生虫

Bd

答案：（1）BdE方向水平向右

2m（R+r）

（2）2mv2mvE

BdBd

第三课时带电粒子在复合场中的运动

第一关：基础关展望高考

基础知识

一、速度选择器

知识讲解

速度选择器（如下图所示）

++++

XXXX

XXXX

①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，所以叫做速度选择器.

②带电粒子能够匀速沿直线通过速度选择器的条件是Bqv=Eq,即

v=—E.

B

活学活用

1.如图是测量带电粒子质量仪器的工作原理示意图.设法使

某有机化合物的气态分子导入图示的容器A中，使它受到

电子束轰击，失去一个电子成为正一价的分子离子.分子

离子从狭缝Si以很小的速度进入电压为U的加速电场区

（初速度不计），加速后，再通过狭缝&、S,射入磁感应

强度为B的匀强磁场，方向垂直于磁场区的界面PQ,最

后，分子离子打到感光片上，形成垂直于纸面且平行于狭

缝，的细线.若测得细线到狭缝出的距离为d,导出分子离

子质量m的表达式.

B

解析：设离子的质量为m、带电荷量为q,经过加速电场时，

有qU=-mv2

2

则从狭缝S,射入磁场区域的速度v=用①

射入磁场后，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由于垂直于边界

射入，离子恰经过半个圆，如图所示，其圆半径R=色，由离子做匀速

2

圆周运动的条件…竿

代入①式的结果后，即得离子的质量111=昨

8U

答案：m=嚅1

二、磁流体发电机

知识讲解

如图所示，由燃烧室。燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以

高速v喷入偏转磁场B中.在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、

下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电场，两板间形成一

定的电势差：当qvBpt时-，电势差稳定为U=dvB,这就相当于一个

d

可以对外供电的电源.

0

活学活用

2.目前世界上正在研究新型发电机.一磁流体发电机，它的原理

图如图所示，设想在相距为d的两平行金属板间加一磁感应强度为B

的匀强磁场，两板通过开关和灯泡相连.将气体加热到使之高度电离

后，由于正、负离子一样多，且带电荷量均为q,因而称为等离子体,

将其以速度v喷入甲、乙两板之间，这时甲、乙两板就会聚集电荷，

产生电压，这就是磁流体发电机的原理，它可以直接把内能转化为电

能，试问：

(1)图中哪个极板是发电机的正极？

(2)发电机的电动势多大？

(3)设喷入两极板间的离子流每立方米有n个负电荷，离子流

的横截面积为S,则发电机的最大功率多大?

电离气体甲

-------XXX

------->XXX0

AXXX

解析：(1)等离子体从左侧射入磁场，正离子受向上的洛伦兹

力而偏向甲板，使甲板上积累正电荷，相应的乙板上积累负电荷，成

为电源的正、负两极.甲板是发电机的正极.

(2)当开关断开时，甲、乙两板间的电压即为电源的电动势•稳

定时，甲、乙两板上积累的电荷不再增加，此时的等离子体所受的洛

伦兹力与电场力恰好平衡，贝I有幽=qvB

d

即得电源的电动势为U=Bdv.

(3)理想状态时，喷入两极板间的离子流全部流向两极板，这

时电源达到最大功率.此时，电路中的最大电流为1皿=啊

t

式中N为在t时间内喷入两极板间的正、负离子数的总和，即

2

N=2nSvt,则发电机的最大功率为Pmax=UImax=2ndqSBv.

答案：（1）甲板（2）Bdv（3）2ndqSBv2

三、电磁流量计

知识讲解

电磁流量计原理可解释为：如图所示，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、负离子）在洛伦兹力作用下偏转，a\,b间的电势差就

保持稳定，由qBv=qE=q—，可得v=—,流量Q=Sv=——=变！.

dBd4Bd4B

四、霍尔效应

知识讲解

霍尔效应是高中物理重要的探究课题之一.在匀强磁场中放置一

个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，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，其原理如图所

第二关：技法关解读高考

解题技法

一、带电体在重力场与磁场的复合场中的运动

技法讲解

带电体在重力场与磁场的复合场中运动时，若只受洛伦兹力与重

力，当二力平衡时，物体将沿水平方向做匀速直线运动，若二力不平

衡则物体做一般的曲线运动，很难从运动学角度来分析，而从能量的

角度来分析就比较简便.一定要注意洛伦兹力不做功这一特点.若带

电物体在运动过程中还受其他物体（如绳、面或轨道等）的约束，则应

结合施加约束的物体的特点来分析带电物体的运动，一定注意洛伦兹

力随运动状态的变化而变化.

典例剖析

例1如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，有一足够长的等腰三角

形绝缘滑槽，两侧斜槽与水平面夹角为a，在斜槽顶点两侧各放一个

质量相等、带等量负电荷的小球A和B,两小球与斜槽的动摩擦因数

相等，且RQanJ将两小球同时由静止释放，下面说法正确的是（）

2

XXXX

x>y\xx

x/xx\X

“aXX恭

A.两球沿斜槽都做匀加速运动，且akaB

B.两球沿斜槽都做匀加速运动，且aA>aB

C.两球沿斜槽都做变加速运动，且a»aB

D.两球沿斜槽的最大位移关系是：SA=SR

解析：由静止下滑后，对A、B两球受力分析

由牛顿第二定律得：

mgsina-u(mgcosa-qBv)=maA

mgsina-u(mgcosa+qBv)=man

所以A球下滑过程中加速度增大，当mgcosa=qBv时将脱离斜面

在空中做曲线运动，B球下滑过程中加速度减小，当mgsina=p

(mgcosa+qBv)时一，B球将沿斜面匀速下滑，所以选项C正确.

答案：C

二、带电粒子在电场、磁场、重力场并存的复合场中的运动

技法讲解

1.带电粒子在复合场中的直线运动

带电粒子在电场、磁场、重力场并存的复合场中运动时，如果带

电粒子所受合外力为零时，所处状态一定是匀速直线运动.如果受的

合力不为零，但方向与速度在同一直线上，粒子将做匀减速或匀加速

直线运动(或作变加速直线运动，如果有杆或面束缚).常见情况如下:

⑴洛伦兹力为零（即V与B平行），重力与电场力平衡，做匀速

直线运动；或重力与电场力的合力恒定做匀变速运动.

（2）洛伦兹力F与速度v垂直，且与重力和电场力的合力（或其中

一种力）平衡.做匀速直线运动.

2.当带电粒子所受合外力充当向心力，带电粒子做匀速圆周运

动.由于通常情况下，重力和电场力为恒力，故不能充当向心力，所

以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡，洛伦兹力充当向心力.

3.当带电微粒所受的合外力不为零，且恒力中的重力、电场力的

合力做功使速度大小变化时，带电微粒所受洛伦兹力变化，从而合外

力变化，粒子将做曲线运动，这时其轨迹既非圆弧、亦非抛物线，属

变加速曲线运动，不能用匀变速运动或圆周运动等规律解答有关问

题，可考虑用动量观点解答或用功能观点处理.

典例剖析

例2如图所示,在空间存在着水平方向的匀强磁场和竖直方向的

匀强电场，电场强度为E,磁感应强度为B.在某点由静止释放一个带

电液滴a,它运动到最低点处，恰与一个原来处于静止的液滴b相撞,

相撞后两液滴合为一体，沿水平方向做直线运动.已知液滴a质量是

液滴b质量的2倍,液滴a所带电荷量是液滴b所带电荷量的4倍.

求两液滴的初始位置之间的高度差h（设a\,b之间的静电力可以不

计）.

解析：设b液滴的质量为m,电荷量为q,则a液滴的质量为2m,

电荷量为4q.

b液滴原来静止,受重力和电场力处于平衡，由此可知b液滴带正

电荷，且mg=Eq.①

由a粒子的运动轨迹可知其受的洛伦兹力方向为右上方,判定出

a粒子带负电荷.设a原来所在处与b原来所在处的高度为h,a运动

到b时的速度为v,

由动能定理2mgh+E,4qh=-•2mv40②

2

联立①②得：Vi=J6gh.③

a与b相撞后合在一起，电荷量为

4q-q=3q,带负电，由动量守恒定律得：

2mv,=(m+2m)v2

V^=|-vi=-|76gh@

碰后在一起做匀速直线运动，受到重力3mg,电场力3Eq,洛伦

兹力3Bqv2.

由平衡条件3Bvzq=3Eq+3mg⑤

联立①④⑤解得卜=坐

2gB-

3E2

答案：h=

萌

三、带电体在复合场中的动态分析与临界问题

技法讲解

带电体在电场力、磁场力、重力、弹力及摩擦力作用下的运动，

广泛地涉及力学和电磁学的基本概念、规律和方法，不仅受力复杂、

运动多变（受力分析与运动分析常结合在一起）、综合性强，而且往往

与临界问题和极值问题密切相关.

1.解决该类型题方法思路

（1）正确进行受力分析，除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意

电场力和磁场力的分析.（2）正确进行物体的运动状况分析，找出物

体的速度、位置及变化，分清运动过程，如果出现临界状态，要分析

临界条件.（3）选择适当的规律进行求解.

2.分析临界问题的常用方法

（1）物理分析法

认真分析系统所经历的物理过程，找出与临界状态相对应的临界

条件，是解答这类题目的关键，寻找临界条件，方法之一是从最大静

摩擦力、极限频率、临界角、临界温度等具有临界含义的物理量及相

关规律入手；方法之二是以题目叙述的一些特殊词语如“恰好”“刚

好”“最大”“最高”“至少”为突破口，挖掘隐含条件，探求临界位

置或状态.

(2)数学解析法

许多物理过程，一个物理量随另一个物理量的变化可用一个二次

函数来表示，如果这个函数存在极值，则说明它反映的物理变化存在

一个临界状态，用配方法、图像法求解极值，就可求得临界点，临界

状态的各物理量便可一一得出.

典例剖析

例3如图所示,竖直绝缘杆处于方向彼此垂直、大小为E、B的匀

强电、磁场中，一个质量为m、带正电电荷量为q的小球，从静止开

始沿杆下滑，且与杆的动摩擦因数为试求：

(1)小球速度为多大时，加速度最大？最大值是多少？

(2)小球下滑的最大速度是多少？

解析：小球开始下滑时，在水平方向始终受到方向相反的电场力

qE和洛伦兹力qvB的作用，受力分析如图所示］

*Eq

(1)当qvBVqE时，压

力FN水平向左，小球下滑的加速度为:

mg-〃FN_〃(qE-qvB)

©

mm

由上式知a随v的增加而增加，即小球做加速度增加的加速运动.

当qvB=qE,即速度增大v=0时-，

B

摩擦力Ff=FN=O,加速度最大,其最大值为a^=g.

⑵当qvB>qE时\FN改变方向为水平向右，小球下滑加速度为:

mg-〃FN〃(qvB-qE)

a---------=g-------------

mm

由此可知a随v增大而减小，即小球做加速度减小的加速运动,

当a=0时,速度达到最大,这时有：

mg=u(qvB-qE)

故最大速度为

〃qB

答案：（1）v=0araax=g（2）mg+〃Eq

B〃qB

第三关：训练关笑对高考

随堂训练

1.如图所示，a、b是一对平行的金属板，分别接到直流电源的两

极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d.在较大的空间范围内存

在着匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，而在a、

b两板间还存在着匀强电场.从两板左侧中点C处射入一束正离子，

这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束.则这些正

离子的（）

A.速度一定都相同

B.质量一定有3种不同的数值

C.电量一定有3种不同的数值

D.荷质比一定有3种不同的数值

XXX^XXXXXX

a1=)/,

xxxxkx/%XX

c-----------------B

XXXXIXXXXX

hi,}

XXXXXXXx

解析：带电粒子在正交的复合场中做直线运动，必有qvB=qE,

即v=£各离子的速度相同.离开复合场后各离子的轨道半径不同，由

B

R=^可知，荷质比一定不同.

答案：AD

2.如图所示，一块通电的铜板，板面垂直磁场放在磁场中，板内

通有图示方向的电流，a、b是铜板的左、右边缘的两点，则()

XXXX

XX1ZXX

a，■b

XXXX

A.电势6a>。b

B.电势6b>6a

c.电流增大时，I6a—6bl增大

D.其他条件不变，将铜板改为NaC1水溶液时，电势情况仍然

一样

解析：铜板内自由电荷为自由电子，电流向上，则电子流动方向向

下，其所受洛伦兹力的方向向左,则自由电子将向a侧偏转,a侧积累

负电荷,b侧显出正电荷从而建立由b指向a的电场，故6aV如”B正

确.同时，当eBv=^^■时，电子不再偏转,Ik最大，为lk=Bdv,其中

d

I=svne,所以v=」~,所以几=网■，可见I增大时,Lb=|也增

snesne

大,C正确.当为NaCl水溶液,正负离子偏向同一侧，故D不正确.

答案:BC

3.如图所示，水平放置的两个平行金属板MN、PQ间存在匀强电

场和匀强磁场.MN板带正电，PQ板带负电，磁场方向垂直纸面向里.

一带电粒子只在电场力和洛伦兹力作用下，从I点由静止开始沿曲线

IJK运动，到达K点时速度为零，J是曲线上离MN板最远的点.以下

说法正确的是()

P'W0

A.粒子在J点受到的电场力大于洛伦兹力

B.粒子在I点的电势能大于K点的电势能

C.粒子在I点和K点的加速度相同

D.粒子将在IJK曲线上往复运动

答案：AC

4.如图所示，带电平行板中匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸

面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端

点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使小球从稍低些的b

点开始自由滑下，在经P点进入板间的运动过程中（）

①其动能将会增大②其电势能将会增大③小球所受

的洛伦兹力将会增大④小球所受的电场力将会增大

A.①②③B.①②③④

C.①④D.②③④

解析：带电小球进入板间恰好沿水平方向做直线运动，所以

qvB+qE=mg（小球只能带正电），若从稍低的b点落下，进入板间的速

度将减小，则进入时洛伦兹力减小了，因此小球将向下板偏，合外力

做功大于零（mg>qE）,动能将会增大，速度将会增大，洛伦兹力将会

增大；由于向下板偏，电场力做负功，其电势能将会增大.而电场力

大小只与场强及小球的带电荷量有关，故④错.

答案：A

5.如图所示，直线P0与x轴成45°角，x轴上方有水平向右的

匀强电场E”下方有竖直向下的匀强电场艮，已知电场强度E尸&=10

N/C,x轴下方还存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度

B=10T.现有一质量m=l.OXICTkg的带电粒子，带电荷量q=-1.0X

10'C.粒子由P点无初速释放，PO=d=—m(重力加速度g=10m/s?).

2

求：

(1)粒子刚进入磁场区域时的速度v；

⑵粒子第一次在磁场中运动的时间t和位移L.

解析：粒子在两个电场中所受的电场力大小相同，为

4

F=qE,=qE2=1.0X10N

粒子所受的重力为

G=mg=1.0X10'N

可见在两个电场中粒子所受电场力大小均等于重力大小.

(1)在x轴上方的电场中，粒子沿P0做初速度为0的匀加

速直线运动

合外力大小为F合ZB+F?=V2X104N

合外力方向：tan0=-=1,8=45°,即合外力与场强方向的夹

角为45。，粒子将从原点0进入x轴下方的复合场中

加速度a=殳=10V2m/s2

m