人教版高中物理选择性必修第二册第一章教学设计复习资料

人教版高中物理选择性必修第二册

第一章安培力与洛伦兹力

第1节磁场对通电导线的作用力

【素养目标】

1、知道什么是安培力，会推导安培力公式

2、知道左手定则的内容，并会用它判断安培力的方向。

3、了解磁电式电流表的工作原理。

【必备知识】

知识点一、安培力

1、定义：通电导体在磁场中受的力称为安培力。

2、安培力的方向：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,并使四指指向曳流的方向，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F、磁感应强度B、电流/三者的关系

⑴已知/、6的方向，可唯一确定尸的方向；

⑵已知尸、6的方向，且导线的位置确定时，可唯一确定/的方向；

⑶已知尸、/的方向时，磁感应强度6的方向不能唯一确定.

【点睛】安培定则（右手螺旋定则）与左手定则的比较

安培定则（右手螺旋定则）左手定则

判断电流在磁场中

作用判断电流的磁场方向

的受力方向

具体环形电流或通电螺

直线电流电流在磁场中

情况线管

内

容磁感线穿过手掌心，

应用拇指指向电流的方四指弯曲的方向表

四指指向电流的方

方法向示电流的环绕方向

向

四指弯曲的方向表拇指指向轴线上磁拇指指向电流受到

结果

示磁感线的方向感线的方向的磁场力的方向

【点睛】安培力作用下导体运动方向的五种判断方法

电流元把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力

法的方向，然后判断整段导线所受安培力的方向，从而确定导线运动方向

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

等效法

电流（反过来等效也成立），然后根据磁体间或电流间的作用规律判断

特殊位通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，判断其所受安培力的方

置法向，从而确定其运动方向

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，

结论法反向电流互相排斥；不平行的两直线电流相互作用时，有转到平行且电

流方向相同的趋势

转换研定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题,可先分析电流在磁体

究对象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

法反作用力，从而确定磁体所受合力及其运动方向

知识点二、安培力的大小

2、式中的I为导线的有效长度，当导线弯曲时，I等于连接导线两端点的线段的长度。相应

的电流方向沿L由始端流向末端，如图所示。

XXXXXX

tX

Xx<义XX

rX

—

X、

x股

)尸XX

X

XX

3、同样情况下，通电导线与磁场方向垂直时，它所受的安培力最大；导线与磁场方向平行

时，它不受安培力；导线与磁场方向斜交时，它所受的安培力介于0和最大值之间.

4、在非匀强磁场中，只要通电直导线/所在位置的各点6矢量相等（包括大小和方向），则

导线所受安培力也能用上述公式计算.

5、当电流同时受到几个安培力时，则电流所受的安培力为这几个安培力的矢量和.

知识点三、磁电式电流表

电流表是测定电流强弱和方向的仪器，常用的是磁电式电流表，其结构和原理如图所示。

2、原理

①通电线圈在磁场中受安培力发生转动,螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动.

②线圈偏转的角度越大,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；根据线圈偏转的方向，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.

【课堂检测】

L如图所示，位于通电螺线管中央轴线上a、b、c三点和外侧的d点，关于各点的磁场，下

列说法正确的是（）

A.a点的磁场最强

B.b点的磁场最强

C.c点磁感应强度方向水平向左

D.d点磁感应强度方向水平向右

［答案］A

【解析】CD.由右手螺旋定则可以判定，螺线管内部的磁场方向从左向右，所以c点的磁

感应强度方向水平向右；由于磁感线是闭合的曲线，所以d点的磁感应强度方向水平向左；

C、D不付合题意；

AB.由螺线管的内、外磁感线分布可知，a点的磁场最强，b点的磁场弱于a点，A符合题

意、B不符合题意。

故答案为：

Ao

【分析】利用右手螺旋定则可以判别螺线管周围磁感应强度的大小及方向。

2.如图所示，在水平放置的通电螺线管正上方，垂直螺线管水平放置一阴极射线管。若要阴

A.M接电源正极，N接负极

B.M接电源负极，N接正极

C.M接电源正极，N接负极，阴极射线管正负极位置互换

D.M接电源负极，N接正极，阴极射线管水平旋转90°

【答案】A

【解析】ABC.由图可知，阴极射线由负极射向正极往上偏转，由左手定则可判断，螺线管

上方的磁场由N指向M,则螺线管内部轴线方向的磁场由M指向N,由安培定则可判断出，

M接电源正极，N接负极，A符合题意，BC不符合题意；

D.M接电源负极，N接正极时，根据左手定则和安培定则可判断出，阴极射线管水平旋转

180°,D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】由左手定则，阴极射线向右，向上偏，磁场由M指向N,由安培定则，M接电源

正极，N接负极。

【素养作业】

L如图，通有电流I的直导线处于方向向左的匀强磁场B中，则导线受到磁场力的方向（）

B

A.向上B.向下C.向左D.向右

【答案】A

【解析】根据左手定则可知，直导线受安培力方向向上。

故答案为：A。

【分析】利用左手定则结合磁感线和电流的方向可以判别安培力的方向。

2.如图所示，三根长直通电导线互相平行，电流大小和方向均相同，它们的截面处于顶角为

120。的等腰AABC的三个顶点，导线A产生的磁场在C处的磁感应强度大小为Bo,则

（）

,8、、

C'、、

、'、、、B

荫........................逐

A.导线A,B在C处的合磁场的磁感应强度大小为2B。

导线在处的合磁场的磁感应强度大小为

B.A,BCV3B0

C.导线C受到的安培力的方向为垂直AB向下

D.导线C受到的安培力的方向为垂直AB向上

【答案】C

【解析】AB.由右手螺旋定则和平行四边形定则，可判断导线A、B在C处的合磁场的磁感

应强度大小为Bo,方向平行AB向右，如图所示，

4•二......................--B

AB不符合题意；

CD.再由左手定则可判断C处受到的安培力的方向为垂直48向下，C符合题意，D不符

合题意。

故答案为：C„

【分析】利用右手螺旋定则可以判别磁感应强度的方向，结合平行四边形定则可以判别合磁

感应强度的方向及大小，结合左手定则可以判别安培力的方向。

3.如图所示，粗细均匀同种材料制成的半圆形通电导体线框置于匀强磁场中，ab为导体线

框的直径，a、b两点通入如图所示的电流，已知ab边受到的安培力大小为F,则导体

线框半圆弧部分受到的安培力大小为（）

XdXXcX

D,^

A-C-2

71717T

【答案】A

【解析】设导线框的直径为d,则半圆弧长度为17rd,根据电阻定律R=p^

可知导线框直径部分与半圆弧部分电阻之比为2:兀,导线框直径部分与半圆弧部分并联,

电流与电阻成反比，设通过导线框直径ab的电流为I,则通过导线框半圆孤部分电流为

7-1I,导线框直径ab受到的安培力大小为F=IdB

导线框半圆弧部分等效长度也为d,导线框半圆弧部分受到的安培力大小为

解得出=”

A符合题意。

故答案为：A。

【分析】利用电阻定律可以求出并联电阻的支路电阻的比值，结合安培力的表达式及有效长

度可以求就出安培力的大小。

4.如图所示，长为d质量为m的细金属杆ab,用长为L的细线悬挂后，恰好与水平光滑的

平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为d,导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的

匀强磁场中。闭合开关S后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为e。重力加速度

为g,则>闭合开关■的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为（）

sa

A.剑2gL（l-cose）B.fgLQ—侬。）C.9-cosJ）D.

【答案】C

【解析】细金属杆ab离开导轨向右摆起的过程，由机械能守恒定律可得加后=小屋（1-

COS。）

细金属杆在通电瞬间在水平方向受到磁场的安培力，根据动量定理可得产安=

即Bld-t=mv

又q=1•t

可得Bqd=mv

解得q=■J2gL（1_cos。）

故答案为：Co

【分析】研究金属杆ab离开导轨上摆的过程，根据能量守恒定律求ab离开导轨的速度大小，

金属杆在通电瞬间受到磁场作用的安培力，根据动量定理和电荷量与电流关系求解电量q。

5,截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根

平行长直导线，若中心直导线通入电流4,四根平行直导线均通入电流l2,/i»k,

电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）

Aii

%

【解析】如图所示，已知五条通电直导线的电流方向，且中心直导线的电流与周围四根直导

线的电流关系有：人>>/2,则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用，只考虑中间

导线和周围四个导线的安培力作用；根据同吸异斥可以得出：正方形上下两个导线受到中间

导线的排斥力，导致正方形上下边长凸出，其左右两个导线受到中间导线的吸引力作用，导

致正方形左右两边形成凹形，故变形后的形状如C图所示，所以C选项符合题意。

故答案为：Co

【分析】利用安培定则可以判别其通电导线周期产生的磁场方向，结合左手定则可以判别其

导线受到的安培力方向进而判别弹性长管的变形情况。

6.水平面有一通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示，导线处于水平向右的匀强磁场

Bi中。如果在该空间再加一个匀强磁场B2,使得导线所受安培力为零，不考虑导线产生

的磁场及地磁场的影响，则B?的方向可能为（）

【解析】A.由左手定则可知，导线在匀强磁场&中受到的安培力方向垂直向里，导线在匀

强磁场团中受到的安培力方向垂直向外，所以导线受到的安培力可能为0,A符合题意；

B.由左手定则可知，导线在匀强磁场&中受到的安培力方向垂直向里，导线在匀强磁场

Bz中受到的安培力方向垂直向时，所以导线受到的安培力不可能为0,B不符合题意；

C.由左手定则可知，导线在匀强磁场Bi中受到的安培力方向垂直向里，导线在匀强磁场

B2中受到的安培力方向与导线在同一平面内，则导线受到的安培力不可能为0,C不符合题

~V*7".

/

D.由左手定则可知，导线在匀强磁场员中受到的安培力方向垂直向里，导线在匀强磁场

Bz中不受安培力的作用，则导线受到的安培力不可能为0,D不符合题意。

故答案为：Ao

【分析】本题主要考查通电导体在磁场中所受安培力的相关知识。由力的平衡条件和左手定

则进行求解。

7.如图所示，是物理兴趣小组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ab=人、be=L2的矩形区域abed

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，指针示数可表示电流

大小。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g,则（）

W标

D尺

A.金属杆中电流方向不影响电流表正常工作

B.当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零

C.该电流表的刻度在有效范围内是不均匀的

D.该电流表的最大量程是加=暮

DLI

【答案】D

【解析】A.电流表正常工作时金属杆所受安培力应向下，即电流方向应M-N,故电流

方向改变，所受安培力方向改变，会影响电流表正常工作，A不符合题意；

B.当该电流表的示数为零时，满足kAx=mg

可得弹簧的伸长量为4%=詈K0

B不符合题意；

CD.设电流表满偏时通过MN的电流为1.,此时金属杆达到cd位置，由平衡条件可得

mg+BImLr=+L2）

联立可解得最大量程为3=当

DL-^

同理可知，在未达到最大量程时满足/=整

DL-y

I与X成正比，故该电流表的刻度在有效范围内是均匀的，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】本题主要根据导体棒MN的重力和通电时收到的安培力与弹簧弹力处于平衡状态，

根据胡克定律以及安培力的表达式计算求解。

8.如图所示，长为L的通电直导线放在倾角为6的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀

强磁场中，当B方向垂直斜面向上，则电流为h时导体处于平衡状态，若B方向改为竖直向

上，电流为卜时导体处于平衡状态，电流比值一应为（）

12

［答案］A

【血析】当B方向垂直斜面向上时，根据左手定则，安培力方向沿斜面向上，根据平衡条

件得BlrL=mgsin。

当B方向垂直竖直向上时，根据左手定则，安培力方向水平向右，根据平衡条件得即2乙=

mgtand

解得cosd

712=

故答案为:A。

【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向，结合平衡条件可以求出电流的大小

第一章安培力与洛伦兹力

第2节磁场对运动电荷的作用力

【素养目标】

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.

【必备知识】

知识点一、洛伦兹力

1、定义：运动电荷在磁场中所受的力称为洛伦兹力。

2、洛伦兹力的方向：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，并使四指指向亚曳有运动的方向，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甄,

3、洛伦兹力的大小

⑴当卜与6成8角时：F=Bg^m_e.

⑵当i/J-6时：F=qvB.

⑶当“6时：尸=0.

4、洛伦兹力与安培力的关系

安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观实质.

⑴方向：洛伦兹力的方向与运动电荷形成的等效电流的安培力方向相同.

⑵大小：一段通电导线所受安培力大小等于该段导线内所有运动电荷所受洛伦兹力的矢量

和.

洛伦兹力总不做功，而安培力可以做功。

知识点二、洛伦兹力与电场力的比较

洛伦兹力电场力

磁场对在其中运动的电荷的作

性质电场对放入其中电荷的作用力

用力

产生条电场中无论电荷处于何种状态尸

k0且U不与6平行

件片0

大小F-qvB^vX.8)F=qE

正电荷受力方向与电场方向相

方向满足左手定则FlB、FLv同，负电荷受力方向与电场方向

相反

做功情可能做正功、负功，也可能不做

任何情况下都不做功

况功

作用效只改变电荷运动的速度方向，不既可以改变电荷运动的速度大

果改变速度大小小，也可以改变电荷运动的方向

【点睛】推导洛伦兹力公式

设有一段长为/,横截面积为S的直导线，单位体积内的自由电荷数为"，每个自由电荷的

电荷量为q,自由电荷定向移动的速率为上这段通电导线垂直磁场方向放入磁感应强度为B

洛

XXX>3XXXX

XXX3X

XaXXA

XXXXXXXX

,,—rr、，rrlXXXXXXXX

的匀强磁场中.L-——vt------------1

⑴根据电流的定义式可知通电导线中的电流/=,=至詈=nqSv.

⑵通电导线所受的安培力厂安=BIL=队nqSM

⑶这段导线内的自由电荷数N=nSL.

⑷每个电荷所受的洛伦兹力尸洛=1=n^f=qvB.

【点睛】对公式的理解

⑴适用条件：运动电荷的速度方向与磁场方向垂直，当1/=0时，尸洛=0,即相对磁场静止

的电荷不受洛伦兹力作用.

(2)6、〃夹角对洛伦兹力的影响：

①当6=90。时，sin0=1,*qvB,即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大.

②当〃6时，6=0。，sin6=0,尸洛=0,即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力.

③若不垂直，尸洛=［展冶9.

知识点三、电子束的磁偏转

1、洛伦兹力的方向与粒子的运动速度方向垂直。当粒子在磁场中运动时，因受到洛伦兹力

的作用，会发生偏转。

2、电视显像管应用了电子束磁偏转的原理。电子枪发射电子，经过偏转线圈时受到洛伦兹

力发生偏转，之后发到荧光屏上，使其发光。

3、在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，电子的水平分速度是由竖直方向的磁场

控制的，电子的竖直分速度是由水平方向的磁场控制的。

电子检—

I1—1子束o

ZsJ?光屏)

偏转线圈

【课堂检测】

1.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，

从b点射出。下列说法正确的是()

［x~X~~X~xl

x彳

XXXX

|XXx」x|

A.粒子带正电

B.粒子在b点速率大于在a点速率

C.若仅增大磁感应强度，则粒子可能从b点左侧射出

D,若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短

［答案］C

【解析】A.根据左手定则，粒子带负电，A不符合题意；

B.洛伦兹力与速度垂直不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，B不符合题意；

C.根据r=W，若仅增大磁感应强度，粒子的轨道半径成小，b点向左侧移动，则粒子

可能从b点左侧射出，C符合题意；

D.根据「=千，若仅减小入射速率，粒子的轨道半径减小，b点向左侧移动，轨迹所对

应的圆心角e增大，根据「=47=白•缪

360360qB

则粒子在磁场中运动时间先变长，后不变，D不符合题意。

故答案为：Co

【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性利用利用洛伦兹力不做功可以判别速率的大小；

增大磁感应强度及牛顿第二定律可以判别粒子的运动轨迹；利用轨迹圆心角的变化可以判别

运动时间的大小。

2.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子

a、b、c以不同的速率从。点沿垂直于PQ的方向射入磁场。图中实线是它们的轨迹，已

知。是PQ的中点。不计粒子重力。下列说法中正确的是（）

A.粒子C带负电，粒子a、b带正电

B.射入磁场时，粒子b的速率最小

C.粒子a在磁场中运动的时间最长

D.若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变

【答案】C

【解析】A.根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，A不符合题意；

”2

B粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m

亍K

解得"=等

由图知射入磁场时粒子a的半径最小，所以射入磁场时粒子a的速率最小，B不符合题意；

C.根据7=筌可知，粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间

qB

为t=—T=—

271qB

由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角。最大，则射入磁场时粒子a的运动时间最长，

C符合题意；

”2

D,若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，由牛顿第二定律得qvB=哈

解得R=干

则a粒子射入磁场时的半径会变小，但a粒子轨迹对应的圆心角不变，由t=?T=吟

可知a粒子运动时间会变小，D不符合题意。

故答案为：

Co

【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性，・利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以比

较速率的大小；利用周期公式结合运动的圆心角可以比较运动的时间；利用周期公式可以判

别运动时间的变化。

【素养作业】

1.关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（）

A.电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B.电荷在电场中一定受电场力作用

C.电荷所受的电场力一定与该处电场方向一致D.电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场

方向垂直

【答案】B

【解析】A.当电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力.A不符合题意.

B.电荷在电场中一定受到电场力作用.B符合题意.

C.正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相

反.C不符合题意.

D.电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直.D不符合题意.

故答案为：B

【分析】电荷在电场中移动受到电场力的作用，其正电荷受到的电场力方向和电场方向相同；

电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用，其洛伦兹力方向一定与磁场方向垂直。

2.如图所示，a为带负电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放于光滑的水平地面

上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对

滑动地向左加速运动在加速运动阶段（）

XxXX

B

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

X"XX

7777777777777777777/77777777T

A.a、b—起运动的加速度减小

B.a、b一起运动的加速度增大

C.a、b物块间的支持力减小

D.a、b物块间的摩擦力戒小

【答案】C

【解析】AB.对a、b整体由牛顿第二定律得F=+m2）a

771］T777.2

水平恒力F不变，所以加速度不变，AB不符合题意；

C.向左加速运动时，由左手定则得洛伦磁力方向竖直向上，速度越大洛伦磁力越大，所以

支持力减小，则C符合题意；

D.对a受力分析，由f=仅逐，加速度不变，所以ab之间的静摩擦力不变，贝UD不

符合题意；

故答案为：Co

【分析】1.以a、b整体，根据牛顿第二定律列式尸=（叫+m2）a,解出a；2.根据左手

定则，判断洛伦磁力向上，速度越大，洛伦磁力越大，支持力减小。4.对a受力分析，f=

mxa,加速度不变，所以ab之间的静摩擦力不变。

3.如图所示，在第一象限内有垂直纸而向里的匀强磁场，正、负电子分别以相同速度沿与%

轴成60。角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A.1:2B.2:1C.1：V3D

.V3:l

［答案］A

【骨析】根据左手定则，正电子在洛伦兹力的作用下逆时针做匀速圆周运动，弦切角等于

30。，圆心角等于60。，在磁场中的运动时间为。=黑义7=!

5oUo

根据左手定则，负电子在洛伦兹力的作用下顺时针做匀速圆周运动，弦切角等于60。，圆心

角等于120。，在磁场中的运动时间为t2=||^xT=

DOU3

根据r=写，正电子和负电子的周期相同，则正、负电子在磁场中运动时间之比为

6DZ

故答案为：A。

【分析】利用粒子运动轨迹所对的圆心角结合周期相等可以求出运动时间的比值。

4.空间有一圆柱形匀强磁场区域，其横截面的半径为R,圆心为O,磁场方向垂直横截面（纸

面向里），一质量为m、电量为q的负电粒子从M点平行于横截面以速率v射入磁场，速度

方向与直径MN的夹角为6=30。，离开磁场时速度方向与MN垂直，不计粒子重力，该磁场

的磁感应强度大小为（）

Mr-'-

\xXX

yj3mv

3mv

qR

【解析】作出粒子运动轨迹如图所示

XX

XXX

o

X<XX

\•\•rR'\»\«

粒子从K点射出，Q为轨迹圆心，因为速度方向与直径MN的夹角为9=30。，贝UNOMQ=

60°；粒子离开磁场时速度方向与MN垂直，则0M平行于QK,Na=60。；又因为。用=

OK=R,QM=QK=r,且另外一边0Q重合，贝U△OMQ=AOKQ,Z0KQ=

N0MQ=Za=60°,则QM平行于KO,四边形OKQM为菱形，得出r=R,根据洛伦

2

兹力提供向心力得qvB=m^

联立解得3=等

故答案为：Co

【分析】画出粒子的运动轨迹，结合几何关系可以求出轨道半径的大小，再利用牛顿第二定

律可以求出磁感应强度的大小。

5.如图所示，两块很大的平行金属板M、N正对放置，分别带有等量异种电荷，在两板间形

成匀强电场，空间同时存在垂直纸面向里的匀强磁场。有一带正电的粒子从。点进入两金

属板的空间，恰能沿轨迹③所在的直线。。‘运动，不计粒子重力。只改变一个条件，则下

列说法中正确的是（）

OJ7-：---③

工④

।nN

A.若将粒子电量变为原来的2倍，则粒子可能沿轨迹①做曲线运动

B.若将电容器逆时针旋转一个很小的角度，则粒子可能沿轨迹②做直线运动

C.若将M板向左移动一小段距离，则粒子可能沿轨迹④做曲线运动

D.若将M、N板间距戒小少许，则粒子将沿轨迹④做曲线运动

【答案】C

【解析】A.带正电的粒子从。点进入两金属板的空间，恰能沿轨迹③所在的直线。。‘运

动，则粒子受向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡，即qvB=Eq

即°D

若将粒子电量变为原来的2倍，则粒子所受的电场力和洛伦兹力仍平衡，仍沿轨迹③做直线

运动，A不符合题意；

B.若将电容器逆时针旋转一个很小的角度，则粒子进入复合场时所受的向上的洛伦兹力大

于电场力沿竖直方向的分力，则粒子将向上偏转做曲线运动，B不符合题意；

C.若将M板向左移动一小段距离，则电容器电容减小，根据Q=CU可知，两板电压U变

大，则粒子受向下的电场力变大，则粒子可能沿轨迹④做曲线运动，C符合题意；

D.若将M、N板间距减小少许，则电容器电容C变大，根据Q=CU可知两板电压U戒小，

则粒子受电场力减小，则粒子向上偏转，可能沿轨迹①做曲线运动，D不符合题意。

故答案为：Co

【分析】利用电场力和洛伦兹力相等可以判别直线通过速度选择器的速度大小，利用表达式

可以判别粒子电荷量变化时粒子还是做直线运动；当电容器旋转一定角度时，利用洛伦兹力

和电场力在竖直方向的大小可以判别粒子的偏转；当板间距离减小时电容变小电压变大会导

致电场力大于洛伦兹力则粒子向下偏转；当板间距离减小时由于电场强度不变所以粒子继续

做直线运动。

6一个质量为m、带电量为+q的小球，由长为I的细线吊在天花板下，空间有竖直向下的匀

强磁场。如图甲小球恰好以速率V。逆时针在水平面内做匀速圆周运动，如图乙小球以速率

vJI页时针在水平面内做匀速圆周运动，这两种情况小球的轨道平面与地面的距离均为h,细

线与竖直方向的夹角均为仇已知重力加速度大小为g,空气阻力忽略不计。下列选项正确

的是（）

A.两种情况小球的向心加速度大小相同

B.两种情况小球所受的拉力不同

C.两种情况小球的速率相同

D.两种情况剪断细线后，小球落到地面的时间相同为R

yg

【答案】D

【解析】C.根据牛顿第二定律得mgtand+qv0B=m-^~

isint/

mqtand—q%B=m-----

Ismd

解得%「%,C不符合题意,

A.小球的向心加速度为Q=彳

V—Isind

解得品，।相同，v不同，所以a不同，A不符合题意；

isintz

B.小球所受的拉力％=电，所以两种情况小球所受的拉力相同，B不符合题意；

D.剪断细线后，小球做平抛运动，运动时间为h=1gt2

解得t=、任,两种情况小球的轨道平面与地面的距离均为h,两种情况剪断细线后，小

球落到时间相同，D符合题意。

故答案为：Do

【分析】利用左手定则可以判别洛伦兹力的方向，结合牛顿第二定律可以求出向心加速度的

大小及线速度的大小；利用竖直方向的平衡方程可以判别拉力的大小相同；剪断绳子后，利

用竖直方向的位移公式可以比较小球的运动的时间。

7.如图所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B,一个质量为m、电荷量

为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘水平细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为加

现给环一个向右的初速度V。,在圆环整个运动过程中，下列说法正确的是（）

*'0

u3

A.如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为|机诏

B.如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为轲畸-震

C.如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为ImW

D.如果磁场方向垂直纸面向外，圆环克服摩擦力做的功一定为驯资-晦

22B乙q乙

【答案】C

【解析】AB.当磁场方向垂直纸面向里，则洛伦兹力方向向上。当qv0B=mg

时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。当qv0B<mg

时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得-勿=0-3徵诏

解得W=如评

当qv0B>mg

时，圆环先做减速运动，当qvB=mg

时，不受摩擦力，做匀速直线运动。由qvB=mg

可得八翳

根据动能定理得—W=jrnv2

解得W=[m琮一

AB不符合题意；

CD.如果磁场方向垂直纸面向外，则洛伦兹力方向向下，圆环做减速运动到静止，只有摩

擦力做功。根据动能定理得一卬=0-|m^

解得W=如诏

D不符合题意，C符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用左手定则可以判别洛伦兹力的方向；结合洛伦兹力和重力比较可以判别压力的

方向及大小，利用压力可以判别其摩擦力的大小进而判别克服摩擦力做功的大小。

8.如图所示，在边长为I的正三角形ABC内有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出磁场）。

0为三角形的中心，一个带负电的粒子以速度V。从A点沿A0方向射入该磁场，从B点沿

0B方向射出，下列说法正确的是（）

A.粒子做圆周运动的半径为|Z

B.粒子做圆周运动的半径为21

C.粒子在磁场中运行的时间是署

D.粒子在磁场中运行的时间是当

【答案】c

【解析】AB.由于洛伦兹力提供向心力有qvoB=m?

画出带电粒子的轨迹如下图所示

AB不符合题意；

CD.由于洛伦兹力提供向心力有qvoB=mar,qvoB=m£，r=I

_________TJT/

由上图可知圆心角e=60。则t='=丁

63v0

C符合题意、D不符合题意。

故答案为：C„

【分析】画出带电粒子的运动轨迹，利用几何关系可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二

定律及周期的大小可以求出运动的时间。

第一章安培力与洛伦兹力

第3节带电粒子在匀强磁场中的运动

【素养目标】

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

【必备知识】

知识点一、带电粒子在匀强磁场中的运动

1、"IB、带电粒子以速度v做匀速直线运动（此情况下洛伦兹力F=0）

2、若v_LB,带电粒子在垂直于磁场的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。

3、当带电粒子的初速度方向与磁场方向成0角时，粒子做等螺距螺旋运动。

知识点二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期

质量为〃电荷量为q的带电粒子，垂直磁场方向进入磁感应强度为6的匀强磁场中，

2

⑴若不计粒子重力，运动电荷只受洛伦兹力作用，由洛伦兹力提供向心力，即9出=市,

,mv

可信片花.

mv

2TTX—

2nrqB2nm

⑵由轨道半径与周期的关系可得：厂=▽=

1/qB-

知识点三、带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析方法

研究带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的问题，应遵循“一找圆心，二找半径，三找周期"

的基本思路。具体如下。

⑴轨迹圆心的两种确定方法.

①已知粒子运动轨迹上两点的速度方向时，作这两速度的垂线，交点即为圆心，如图所示.

②已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向时，画出粒子轨迹上的两点连线(即过这两

点的圆的弦)，作它的中垂线，并画出已知点的速度的垂线，则弦的中垂线与速度的垂线的

交点即为圆心，如图所示.

⑵三种求半径的方法.

mv

①根据半径公式广力求解.

②根据勾股定理求解，如图所示,

③根据三角函数求解，如图所示,

d

为d,则有关系式,工

sin9

⑶四种角度关系.

①速度的偏向角(0)等于圆心角(a).

②圆心角a等于弦与速度方向的夹角（弦切角0的2倍®=a=26=口。.

③相对的弦切角（0相等，与相邻的弦切角（8）互补，即6+8=180。，如图3-6-5所不

。幻（P（偏向角）

/'

④进出同一直边界时速度方向与该直边界的夹角相等.

⑷两种求时间的方法.

0

①利用圆心角求解，若求出这部分圆弧对应的圆心角，则广元Z

5

②利用弧长5和速度1/求解，L,

知识点四、带电粒子在有界磁场中的运动

1、直线边界（如图所示）

粒子进入磁场时的速度，垂直于边界时，出射点距离入射点最远，且入射点和出射点的距离

da=2R,如图甲所示；同一出射点，可能对应粒子的两个入射方向，且一个“优弧”，

一个“劣弧”，如图乙、丙中的出射点力。

甲乙

d=2Rsin0

2、平行边界（如图所示）

Rj(R-d)2+£2R2J+(R_dy或d=R+Rcos0d=Rs\n0

R=d+Rcos3

3、相交直边界（如图所示）

XX

X

4、圆边界(如图所示)

(1)粒子沿圆形区域匀强磁场的半径方向垂直射入磁场,必沿半径方向射出磁场，如图甲

所示。

zxx、、

甲乙

(2)粒子射入磁场的速度方向与入射点和磁场圆心连线的夹角等于射出磁场的速度方向与

出射点和磁场圆心连线的夹角，如图乙所示。

知识点五、带电粒子在复合场中的运动

1、带电粒子在复合场中的受力特点

(1)复合场通常指电场与磁场在某一区域并存或电场、磁场和重力场在某一区域并存的情

况。

(2)重力：若为基本粒子(如电子、质子、a粒子、离子等)一般不考虑重力；若为带电

颗粒(如液滴、油滴、小球、尘埃等)一般需要考虑重力。

(3)电场力：带电粒子在电场中一定受到电场力的作用，在匀强电场中，电场力为恒力，

大小为F=qE。电场力的方向与电场的方向相同或相反。电场力做功与路径无关，只与初末

位置的电势差有关，电场力做工一定伴随着电势能的变化。

(4)洛伦兹力：带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力与运动的速度(大小、方向)有关，洛

伦兹力的方向始终和磁场方向垂直，又和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，也不会改变带

电粒子的动能。

2、带电粒子在复合场中的几种运动形式

(1)在复合场中受到洛伦兹力的带电粒子，作直线运动时，所受的合力必为0,且一定做

匀速直线运动。

(2)当带电粒子所受重力和电场力等大、反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子做匀速

圆周运动。

(3)当带电粒子连续通过几个不同的场区时，带电粒子的受力情况和运动情况会发生相应

的变化，其运动过程分别由几个不同的运动阶段组成。

【课堂检测】

L如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质

量为m、电荷量为-q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点。以速度v进入磁场，粒子

进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60。，若要使粒子能从AC边穿出磁

场，则匀强磁场的大小B需满足（）

D.B<

aq

【答案】B

【解析】解：粒子刚好达到。点时，其运动轨迹与zc相切，如图所示：

则粒子运动的半径为：r=acot30°=V3a,

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qvB=my,

解得：7,

粒子要能从，。边射出，粒子运行的半径：R>r,

V3mv

解得：B<

3qa

故选：B.

【分析】作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系得到临界轨迹的轨道半径；再根据牛

顿第二定律并结合洛伦兹力提供向心力列式求解.

2.空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直横截面.一质

量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速率v。沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速

度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（）

%

,3qRqRqR

3mv0

qR

【答案】A

【解析】解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而

做匀速圆周运动，根据几何知识得知，

轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°,

且轨迹的半径为r=Rcot30°=V3R,

由牛顿第二定律得：qv°B=m§,

解得：8=需；

故选：A.

【分析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几

何知识求出轨迹半径r,根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度.

【素养作业】

L空间有一圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度为B,该区域的横截面的半径为R