【单元练】高中物理选修2【安倍力与洛伦兹力】知识点总结

一、选择题如图为电视显像管的俯视图，偏转线圈中没有通入电流时，电子束打在荧光屏正中的O点，通过转变线圈中的电流，可使得电子打到荧光屏上各点，则〔 〕电子在偏转线圈中被加速B．电子的偏转是由于电场力的作用CA点，线圈区域中有平行纸面对右的磁场DA点，线圈区域中有垂直纸面对外的磁场D解析：DAB．偏转线圈产生磁场，电子在洛伦兹力的作用下发生偏转，洛伦兹力不做功，不能对电子加速，只能使它偏转，AB错误；CD．依据左手定则，电子带负电，打到A点时，线圈区域中有垂直纸面对外的磁场，C错误，D正确。D。如下图，在边界上方存在着垂直纸面对里的匀强磁场，两个比荷一样的正、负粒子〔不计重力〕，从边界上的O点以不同速度射入磁场中，入射方向与边界均成θ角，则正、负粒子在磁场中〔 〕运动轨迹的半径一样C．重回到边界时速度方向一样解析：C依据牛顿其次定律得

重回到边界所用时间一样DO点的距离相等Cv2qvB mr解得rmvqB由题知比荷、Br不一样，故A错误；2mB．粒子的运动周期T ，由题知比荷、B大小均一样，则知T一样。粒子运动轨迹qB如下图依据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重回到边界时正离子的速度偏向角为22，轨迹的圆心角也为22，运动时间为2同理，负离子运动时间为明显时间不等，故B错误；

t 2 T2t2TC．正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，依据圆的对称性可知，重回到边界时速度大小与方向一样，故C正确；D．依据几何学问得知重回到边界的位置与O点距离s2rsinθrs不一样，故D错误。C。如下图，一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于张紧状态，以下哪些措施可使悬线中张力为零〔 〕适当增大电流B．使电流反向并适当减小CIBDI反向并增大A解析：AAC．棒处于方向垂直纸面对里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，依据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必需增加，由于FBIL所以可以适当增加电流强度，或增大磁场，C错误A正确；BD．当电流反相后所受到的安培力向下，故悬线肯定会受到拉力，CD错误。A。PQk=70N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来。置于水平向里的匀强磁场中，PQL=0.5mm=0.1kg。当导体棒中通以大小为I=2A的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态。欲使弹簧伸长2cm后能重处于静止状态〔g10m/s2〕，则〔〕P→Q0.4AP→Q0.8AQ→P0.4AQ→P0.8AD解析：D【分析】I=2A的电流，依据平衡条件求解磁感应强度；导体棒下移2cm后能重处于静止状态，依据左手定则推断电流方向，依据平衡条件求解电流强度。PQk=70N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，没有通电时弹簧伸长xmg1m1 k 70当导体棒中通以大小为I=2A的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态，此时有BIL=mg解得B=1T1x2=2cm=0.02m>x，棒能重处于静止状态，则安培力方向向下，依据左Q→P，依据平衡条件可得1BI′L+mg=kx2解得D。

I′=0.8Aa、b两个带正电的粒子经同一电场由静止加速，先后以v1、v2MMN进入矩形PQE、FME、MFMQ的夹角分别为30°、60°，粒子的重力不计，则两个粒子进入磁场运动的速度大小之比为〔 〕1 ：v=1：1 解析：B

B．v：v=3：1 C．v：v=3：2 D．v：v=2：3B1 2 1 2 1 a、b两个带正电的粒子在磁场中的运动轨迹如图1 2 1 2 1 1 aR，bRMQ=d1 R1+R1sin30°=d，R2-R2sin30°=d解得1 R：R=3：1 UB，有v2Uq mv2，qvB=mR可得2UvBR则1 v：v=3：1 应选B。两平行直导线cd和ef竖直放置，通电后消灭如下图现象，图中a、b两点位于两导线所在的平面内。则〔 〕两导线中的电流方向一样B．两导线中的电流大小肯定一样C．b点的磁感应强度方向肯定向里D．同时转变两导线中电流方向，两导线受到的安培力方向不变D解析：DA．依据通电导线间的相互作用力，同向相吸，异向相斥的规律可知两导线电流方向相反，所以A错误；B．由于两导线间的安培力为相互作用力，所以两导线中的电流大小不肯定一样，所以B错误；C．由图可推断两导线电流方向相反，但具体方向不确定，所以b点的磁感应强度方向不肯定向里，也可能向外，所以C错误；D．同时转变两导线中电流方向，两导线电流方向还是相反，则两导线受到的安培力方向不变，还是相互排斥的，所以D正确；D。如下图，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面对里，一带负电的粒子〔不计重力〕沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°。假设想使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，在保持原入射速度的根底上，需将粒子的入射点向上平移的距离d为〔 〕．1R

．3R

．2R

3． RBA 2 B 3 C

2 D 2解析：B粒子运动轨迹如下图依据几何学问可得

r Rtan30当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大。由图可知平移距离为

RsinrdRsin解得BACD错误。应选B。

d 3R3空间有一圆形匀强磁场区域，OA点沿半径方向以速率v垂直射入磁场，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直，不计粒子重力。假设粒子速率变为3v，其他条件不变，粒子在圆形磁场中运动的时间为〔 〕t 2t 3t

2tBA．2 B．3 C．2 D．解析：B令磁场的半径为r，粒子以速率v垂直射入磁场，运动轨迹如甲图所示：依据几何学问可知，粒子的半径为圆心角为

901粒子以速率3v射入磁场，其运动轨迹如图乙所示：由于洛伦兹力供给向心力则

qvBmv2R所以粒子的半径为

RmvqB3r依据几何学问可知，粒子在磁场中运动的圆心角为 2由于粒子在磁场中做圆周运动的半径为

2mTqB粒子的比荷一样，则周期相等，粒子两次在磁场中运动的时间之比为t1t2所以粒子其次次在磁场中运动的时间为

90360 2 2ACD错误，B正确。

t t2

3t应选B。如下图为两根相互平行的通电直导线a，b的横截面图，a，b中的电流方向已在图中a中的电流产生的磁场的磁感线围绕方向及导线b所受的磁场力的方向分别是：()磁感线顺时针方向，磁场力向左B．磁感线顺时针方向，磁场力向右C．磁感线逆时针方向，磁场力向左D．磁感线逆时针方向，磁场力向右B解析：Bab导线处的磁感线竖直向下，如下图b导线受到的安培力水平向右，故B正确，ACD错误。应选B．AB中间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场。A板带正电荷，BE：磁场方向垂直纸面对里，磁感应强度为B1。平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔OOO是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面对外的匀强磁场，磁场应强度为B2

。CD 为磁场B2

M板的夹角45OCam，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子〔不计重力〕，自O点沿OO方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO方向运动，并进入匀强磁场B2

中，则能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值为〔 〕

21mE

21mEBBa BBa12 12 BBa BBaq

21 1 2

q

21

1 2 AmE mE解析：AOO′B2v，则有BqvqE1解得vEB1B2中做匀速圆周运动，则qvB2得

mv2r1qmvBr21r因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小，设最小半径为，此带电粒子运动轨r1CD板相切，则有r 2ra1 1得所以电荷量最大值

r( 21)a1q( 21)

mEaBB1 2A。二、填空题试验证明：通电长直导线四周磁场的磁感应强度大小为BkI，式中常量k0，Ir为电流强度，rMNabcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂着，如下图。开头时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0

3NMNI1

1A电流时，两细线内的张力均减小为T1

2NMN内电流强度大小变为I

时，两细线内的张力均增大为2T4NI22

的大小为 A；当MN内的电流强度为I

3A时两细线恰好同3时断裂，则在此断裂的瞬间线圈的加速度大小为 g。〔g为重力加速度〕32解析：20MN不通电时两线原来的拉力均为T0

3N，则mg=2T0=6N1MN1A的电流时，两线的张力均减为T1

2N，由于所以安培力方向向上，大小为计算出

2T1<mgmg=2T1+F安k kF=I1(r1

-r)=2N，I1=1A2当两细线内的张力均增大为T2

4N时，由于2T2>mg安培力方向向下，大小为安 安 安 安 计算得

2T2=mg+F′，F′ =I2(1

-r)2电流方向与原来相反。

I2=1A3当MN中的电流为I 3A时两细线签好同时断裂，此时线圈的安培力方向向下，大小为3安 安 细线断开的瞬间由牛顿其次定律有

F″ =I3(1

-r)=6N22g。

mg+F″ =ma安如下图，平行导轨MN和PQ上有一辆小车，车上有一个通电线框，图中虚线框A、B、C、D、E是磁场区域，内有垂直纸面的磁场。要使小车在图示位置受到向右的推力，A区域的磁场方向 ，B区域磁场方向 ，要使小车始终受到磁场的推力作用磁场的变化规律是 。垂直纸面对内垂直纸面对外磁磁场中解析：垂直纸面对内垂直纸面对外磁场方向准时转变使线框左边始终处在向内的磁场中，线框的右边始终处在向外的磁场中要使小车能向右行驶，则电流受到的安培力向右，依据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁感线垂直，且安培力与电流方向垂直，所以此时A区域磁场方向为垂直纸面对内，B区域磁场方向为垂直纸面对外要使小车能向右行驶，则电流受到的安培力向右，依据左手定则，可知：磁感线穿过掌心，安培力与磁感线垂直，且安培力与电流方向垂直，所以此时A区域磁场方向为垂直纸面对内，B区域磁场方向为垂直纸面对外要使小车始终受到磁场的推力作用磁场的变化规律是，磁场方向准时转变使线框左边始终处在向内的磁场中，线框的右边始终处在向外的磁场中。L的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时abac边的中点，在虚线的下方有一垂直于导线框平面对B，此时导线框处于静止状态，导线框中的电流大小为IF1，保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场平移至虚线上方〔虚线下方不再有磁场〕，且磁感应强度增大到原来的两倍，此时细线中拉力大小为3解析：BILF2 11当磁场在虚线下方时，通电导线的等效长度为2L，受到的安培力方向竖直向上，设三角m，则有：1当磁场在虚线上方时，通电导线的等效长度为1L，受到的安培力方向竖直向下，磁感应2强度增大到原来的两倍，故此时有：F2

2BI1Lmg2联立可得F3BILF2 2 1如下图，铜棒ab0.1m0.06kg1m的轻铜线悬挂起来，铜棒abB0.5T，现给铜棒如ab中通入恒定电流，铜棒发生摇摆．最大偏转角为37°，则铜棒从最低点运动到最高点的过程中，安培力做的功是 J，恒定电流的大小为 A〔不计感应电流影响〕．124解析：12 4由能量守恒可知，安培力做功等于重力势能的变化量，所以可得Wmgl(1cos37)解得W0.12J依据左手定则可知，铜棒ab所受安培力方向为水平方向，因此在安培力方向移动的距离为因此安培力做功为解得

slsin37WBILsI4A如图是霍尔元件工作原理示意图，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，其中自由运动电荷的带电量大小为q。导电材料置于方向垂直于其前外表对里的匀强磁场中，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、下外表之间的电压为U，且上外表的电势比下外表的低。由此可得该导电材料的自由运动电荷为 〔填“正”或“负”〕电荷，单位体积内自由运动电荷数等于 。负【分析】上外表的电势比下外表的低可知上外表带负电和电场力平衡求出电荷的移动速度从而得出单位体积内自由运动的电荷数IB解析：负【分析】

qbU上外表的电势比下外表的低，可知上外表带负电，下外表带正电，依据左手定则推断自由运动电荷的电性。抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出单位体积内自由运动的电荷数。[1]由于上外表的电势比下外表的低，依据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；[2]由于：vUaB由于电流：

qvBqUaInqvSnqvabn【点睛】

IBqbU解决此题的关键在于利用左手定则推断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。一块横截面为矩形的金属导体的宽度为b，厚度为d，将导体置于一磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于侧面，如下图．当在导体中通以图示方向的电I时，在导体的上下外表间用电压表测得的电压为UHe，电压表的“＋”接线柱接 (上、下〕外表，该导体单位体积内的自由电子数为 ．下BI解析：下ebUH[1]．由图，磁场方向向里，电流方向向右，则电子向左移动，依据左手定则，电子向上外表偏转，则上外表得到电子带负电，那么下外表带上正电，所以电压表的“+”接线柱接下外表；[2]．依据电场力与洛伦兹力平衡，则有：Ue HeBvd由I=neSv=nebdv得导体单位体积内的自由电子数为：

n BIebUH为了争论海洋中海水的运动，海洋工作者有时依靠水流通过地磁场所产生的感应电动势测量水的流速．现测量队员正在某海疆测量某处水流速度，假设该处地磁场的竖直重量已测出为B，该处的水流是南北流向的．测量时，测量队员首先将两个探测电极插入水中，两探测电极的另一端与一个能测量微小电压的电压表相连，则这两个电极的连线应沿 方向；然后，还需测出几个数据，这些数据分别是 ；最终就可依据v＝ 计算出该处的水流速度了．东西两电极之间的电压ULU/BL解析：东西 两电极之间的电压U，两电极之间的距离L，U/BL地磁场的磁感应强度为竖直方向，需要海水流淌等效为通电的导体棒垂直磁感线，故海水接电极的方向为东西方向．依据海水中的电荷受到的洛伦兹力和电场力平衡时，形成稳定的最大电压，有qvBqUL

v

U；故需要测量的数据为两电极之间的电压U，两电极之间的BLL.【点睛】解决此题的关键知道海水流淌时，正负离子流淌，受到洛伦兹力偏转，打在两极板上，在两极板间形成电场，最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡．电磁炮是一种抱负的兵器，它的主要原理如下图.某大学制成了能把m=2.2g的弹体(包括金属杆CD的质量)加速到v=10km／s的电磁炮.假设轨道宽l=2m，长s=100m，通过的电流为I=10A，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) 11×107解析：1.1×107试题分析：由场力的最大功率

， ， 联立把数据统一成国际单位解得B=55T；磁代入数据解得 ．考点：运动学公式，牛顿其次定律，安培力公式，功率的公式点评：学生清楚电磁炮的加速度由安培力供给，带入相关公式解题．在赤道四周的地磁场可看作是沿南北方向的匀强磁场，磁感应强度为B．假设赤道上空有一根沿东西方向的直导线，长为L，通有从东向西的电流I，则地磁场对这根导线的作用力大小为 ，方向 ．BIL竖直向下解析：BIL，竖直向下[1]F=BIL的适用条件可知地磁场对这根导线的作用力大小为：F=BIL；[2]．依据左手定则可知：伸开左手，让磁感线穿过手心，四指方向与电流方向一样，大拇指指向为受力方向，由此可知安培力方向竖直向下．如下图的天平可用来测定磁感应强度，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l，1 共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I时(方向顺时针，如图)时，在天平左、右两边各加上质量分别为m、m的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重平衡．由此可知：磁感应强度的方向为 ，大小为 1 垂直纸面对里解析：垂直纸面对里

mg2NIL由于B的方向垂直纸面对里，开头线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝mgmg=2NBILB=2NIL故答案为三、解答题理论争论说明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是觉察暗物质的一种方法。某争论小组为争论暗物质设计了探测正电子的装置〔如图所示〕。空间存在垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度B0

5104T，半径r0.3m的0 ABC为正电子放射源，能持续不断地放射速度v3.52107m/s的正电子，0 为半圆环的圆心，BDFACCx处，ACH点，板的左侧面固定有正电子收集器，沿板建立y轴，H为原点。只考虑正电子在纸面内的运动，无视相对论效应，不计重力，sin530.8，cos530.6。只争论从C点沿半径向外射出的正电子，左右移动收集板，打在收集板上的最低位置

0.4mq；mB点沿各个方向向外射出的正电子，左右移动收集板，当收集板在C点右CxB放射的正电子；假设正电子出射时速度方向均沿半径方向向外，且粒子数按圆弧面均勾分布，试求当x0.4mDF上收集到的正电子数与放射总数的比值。解析：〔1〕1.761011C/kg；〔2〕0.5m；〔3〕53901，有正电子轨迹半径由洛伦兹力通过向心力，可得

Ry1

0.4m代入数据，即有

qBvmv2Rq v 1.761011C/kgm RBB点沿半径方向射出的正电子偏转轨迹与y2，由几何关系得x2Rrx0.5m3沿半径方向射出的正电子轨迹圆心在以O1为圆心r1为半径的圆上r r2R20.5m1M点沿半径方向射出的正电子轨迹圆与yN点，Ny轴的距离RCM段射出的正电子能打到收集板，从AM段射出的正电子不能打到收集板O1MNO1CN全等，即有MONCON由几何关系可得

1 1tanR453r 3x0.4mDF上收集到的正电子数与放射总数的比值为25353180 90如下图，在倾角为αLm的直导体棒，导体棒中通有大小为I、方向垂直纸面对里的电流，欲使导体棒静止在斜面上，可以加方向垂直于导体棒的匀强磁场。求：(1)假设匀强磁场的方向在水平方向，磁感应强度为多大？(2)假设匀强磁场的方向在竖直方向，磁感应强度为多大？(3)沿什么方向加匀强磁场可使磁感应强度最小？最小为多少？解析：(1Bmg

；(2)B

mgtan

；(3)磁场方向垂直斜面对上时最小，最小为BmgsinIL

IL IL依据左手定则可知磁场方向水平向左，依据题意可得BILmg得故磁场方向向左，磁感应强度大小为

BmgILBmgIL依据左手定则可知磁场方向竖直向上，由题意可知BILmgtanα得故磁场方向竖直向上，大小为

mgtanαBILmgtanαBIL依据左手定则可知方向垂直斜面对上，依据题意有BILmgsinα得mgsinαBIL故当磁场方向垂直斜面对上时最小，最小为mgsinαBIL如下图为质谱仪的工作原理图，在容器A中存在假设干种电荷量一样而质量不同的带2电粒子，它们可沉着器A下方的小孔S1U的加速电场〔初速度可无视〕，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，最终打到照相底片Dqm1m2的粒子〔m1<m〕，粒子重力无视不计。21 分别求出这两种粒子进入磁场时的速度v、v1 求这两种粒子打到照相底片上的位置间的距离。2qU 2qU 2解析：(1)v= ，v= ；(2)d= 〔2qm

U 2qmU〕21 m 2 m21

qB 2 1由动能定理得1qU=2

m1v21m11m2 qU=2 v2 解得v1=

2qUm12qUm22qUm2在匀强磁场中，由牛顿其次定律得v2qvB=mR解得mvR=qBm1的粒子的轨道半径mvR= 111 qBm2的粒子的轨道半径mvR= 222 qB两种粒子打到照相底片上的位置相距解得2d=qB

d=2R2-2R12qmU1〕2qmU 2qmU1〕2如下图，光滑平台处于水平向右的匀强电场中〔图中区域I〕，其场强E

mg12q，123II存在场强未知的竖直向上的匀强电场EIII存在场强未知的竖直向上的匀强E和垂直纸面对外的匀强磁场，一质量为m、带电量为qA点无初速度释23LLL

的距离也为。小球恰经过O1

2

PIII做匀速圆周运动后又能无碰撞地滑上平台并刚好回到A点。重力加速度为g，求：III内电场的电场强度E3；IIIB；AAt。mg 2m 243π解析：〔1〕q

；〔2〕qL

gL；〔3〕 4g gL依据题意，做出小球的运动轨迹示意如下图III做匀速圆周运动，则：qEmg03解得：

E mg3 qIO点时速度为v0由动能定理有：qEL1得出

122mv02v gl02OP做类平抛运动，设经过时间tPv，有：2Lvt02qE mgma2L1L at22 22得出lgt lg

2mg由动能定理得：

2 ，2 qqE

mgL

1 1mv2 mv22 2 2 2 0设小球从ONIII时速度与ONθ，有1 1v2得出2sin

v0sin2gl，v2gl2III内做匀速圆周运动，有：v2qvBmR得出2L2R 2 Lsin 2得：2mB gLqLAO，小球做匀加速运动，有：v at0 11qEma1 1得出III内做匀速圆周运动有：

t2llg2πRTvt2π2Tt3 2π得出3π l3π l4 gt3对小球运动全程，有：t2t1

2t t2 3得：243πt gL4g50cm1kgab的两端用两只相间的弹簧悬挂成水平状态，置于垂直于纸面对里的匀强磁场中，当金属棒中通以4A的电流时，弹簧恰好不伸长〔g=10m/s2〕。求匀强磁场的磁感应强度大小；1Aab3cmb到a，而电流大小不变，求弹簧的形变量。〔弹簧始终在弹性限度内〕解析：〔1〕5T；〔2〕5cm弹簧不伸长时，依据平衡条件有可得出磁感应强度

BILmgB5T1Aab时，有安培力向上，则有当电流反向后，有

2kx1

BI1

Lmg联立得

2kx2

mgBIL2x 5cm2如图，平行板电容器两极间的电势差为30V，两板间距为0.1m，板间同时存在磁感B1

0.01T、方向垂直纸面对里的匀强磁场.电容器右侧有一倾角30的斜面，斜面上方有一正三角形区域abc，区域内分布有磁感应强度大小B2

0.02T、方向垂直纸面对里的匀强磁场.质量为41020kg、带电量为21012C的粒子〔重力不计〕，从板间以速度v0

水平射入电容器，做直线运动，