2024届物理一轮复习讲义第1讲 磁场及其对电流的作用含答案

2024届物理一轮复习讲义

第1讲磁场及其对电流的作用

学习目标1.会用安培定则判断电流的磁场，会利用矢量合成的方法计算合磁

场。2.会根据有效长度计算安培力的大小，会判断导体的运动情况。3.会分析

安培力作用下的平衡问题和加速问题。

夯实必备知识

1.

基本—磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的

性质作用

厂意义一表征磁场的强弱和方向

磁感七上•(导体与磁场垂直).单位：恃斯拉(T)

-应强一

度小被针静止时N极所指的方向

加]—遵循平行四边形定则

磁[-①磁感线上某点的叨线方向就是该点的磁场方向

场

②磁感线的疏密程度定性地表示磁场的幽.在

-磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地

磁感方磁场较弱

-线的—③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点,在磁体外

特点部.从N极指向S极;在磁体内部,由S极指向N极

一④同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切

「⑤磁感线是假想的曲线，客观上并不存在

通电右手握住导线.LL大拇指所指的方向与

电流直导一电流方向一致,弯曲的四指所指的方向

磁场线就是磁感线环绕的方向

方向

的判止右手弯曲的四指与环「电流的方向一

环形

一致，大拇指所指的方向就是环形导线轴

断电流

线上磁感线的方向

2.

L磁场与电流垂直时,F=HB

大小一磁场与电流平行时,F=0

L磁场与电流之间的夹角为。时，F=〃Bsin8

安

培

[-左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指

力

垂直,并且都与手掌在同一个平面内,让磁感线

从掌心进入，并使四指指向电速的方向，这时拇

方向

指所指的方向就是通电导线在磁场中所受至她

判定

的方向

1-注意：安培力的方向垂直于8、垂直于电流/.即

安培力垂直于决定的平面

1.思考判断

⑴磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。（J）

⑵磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向

一致。（X）

⑶垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。（J）

（4）小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。（X）

（5）在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。（J）

（6）将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。（X）

2.如图1所示，四根相互平行的通有电流均为/的长直导线，放在正方形的四个

顶点〃、b、c、,/上。每根通电直导线单独存在时，正方形中心。点的磁感应强

度大小都是B,则四根通电导线同时存在时。点的磁感应强度的大小和方向为

（）

岭|........如

I\zI

I、zI

1、%/'

I、/I

：yp：

Iz.\、I

1,、I

Iz、I

I/、I

dGj-------衿c

图1

A.2■B,方向向左

B.26&方向向下

C.pB,方向向右

D.正B,方向向上

答案A

研透核心考点

考点一安培定则磁场的叠加

1.安培定则的应用

直线电流通电螺线管环形电流

的磁场的磁场的磁场

安培B

N,[s

定则

6/

立体图轲醺

纵截••If:

面图•X7。。。6z^x

2.磁场叠加问题的解题思路

(1)确定磁场场源，如通电导线。

(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的

磁场的大小和方向。如图2所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场。

图2

⑶应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场夙

角度n安培定则的应用

例1(2()23•北师大实险中学月考)如图3所示，直导线A3、螺线管石、电磁铁3

三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)

指示磁场方向正确的是()

线在。点的磁感应强度方向均向下，则。点的磁感应强度夕=2乎=4%，方向

2

垂直AB连线向下，所以D正确。

跟踪训练

1.（多选）如图5,三根通电长直细导线垂直于纸面固定，导线的横截面（截面积不

计）分别位于以。点为圆心的圆环上“、c、”三处，已知每根导线在。点的磁感

应强度大小均为&则（）

■I、

//•I'、、

9I、

（135。俞35。：

X'或

—••

图5

A.0点的磁感应强度方向垂直于aO向右

B.0点的磁感应强度方向从。指向。

C.0点的磁感应强度大小为（啦+1）8

D.0点的磁感应强度大小为（陋一1）8

答案AC

解析磁感应强度的矢量叠加如图所示，每根导坡在圆心。处产生的磁感应强

度大小均为B,可得0处的磁感应强度大小为Bo=2Bcos45。+。=（也+1）8,

3o方向垂直于。0向右，故A、C正确。

考点二安培力的分析与计算

1.安培力的大小和方向

（1）应用安培力公式F=〃8时要注意

①8与/垂直。

②/与/平行时，F=0o

③/是有效长度。

弯曲导线的有效长度/,等于连接两端点线段的长度（如图6所示）；相应的电流

沿直线由始端流向末端。

图6

⑵方向：根据左手定则判断。

2.安培力作用下导体运动的判定方法

左手定则

电流元法分割为电流元一一安培力方向一整段导体所受合力方

向一运动方向

特殊位置法在特殊位置一安培力方向f运动方向

环形电流小磁针

等效法

条形磁体通电螺线管多个环形电流

同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；两不平行的直线电

结论法

流相互作用时.，有转到平行且电流方向相同的趋势

转换研究对象先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体

法所受电流磁场的作用力

角度n通电导学后有效长度问题

例3（2023•安徽合肥高三质检汝I图7所示，正六边形线框〃反何由六根导体棒

连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点。、方与电

源两端相连，其中h棒的电阻为5R,其余各棒的电阻均为R,电源内阻及导线

电阻忽略不计.S闭合后,线框受到的安培.力大小为凡若仅将〃〃棒移走，则

余下线框受到的安培力大小为（）

图7

A.fc2尸~5F

B.~y请DT

答案A

解析S闭合后，R?棒与其余各棒并联，设电源电动势为E,则两支路的电流大

F

小均为/=就"棒受到安培力的大小为“〃团其余各棒在磁场中的等效长

度也为/,受到的安培力大小为F共=IIB,线框受到的安培力大小F=Fab+F其

=2〃8,若仅将。〃棒移走，则余下线框受到的安培力大小尸=/其=〃B=*故

A正确。

角度安培力作用下运动情况的判断

例4一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图8所示，如

果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到h的电流，则导线ab受磁场力后

的运动情况为（）

图8

A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管

B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管

C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管

D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管

答案D

解析先由安培定则判断出通电螺线管的N、S极，确定导线左、右两端磁感应

强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示。可以

判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动。当导体转过90。时，再分析导

线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙身示，

可知导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误。

跟踪训练

2.如图9所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧,

将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为8的匀强磁场中，当在该导线中通

以由。到A,大小为/的恒定电流时，该导线受到的安培力大小和方向是（）

图9

AJLB,平行于。。向左

门2@LB

B.,平行于0C向右

C.呼,垂直A、C两点的连线指向左下方

D.2y/2ILB,垂直A、C两点的连线指向左下方

答案C

解析直导线折成半径为R的;圆弧形状，在磁场中的有效长度为〃=也R,又

L=¥=竽,联立解得詈，则安培力大小为尸=〃/8=如警，根据左

手定则可知，安培力的方向垂直A、C两点的连线指向左下方，故C正确。

3.（2022・江苏卷，3）如图1（）所示，两根固定的通电长直导线。、力相互垂直，〃平

行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线。所受安培力

方向（）

/欣r

图10

A.平行于纸面向上

B.平行于纸面向下

C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里

D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外

答案C

解析根据安培定则，可判断出导线4左半部分所在空间的磁场方向斜向右上

方，右半部分所在空间的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出导线4

左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向

里。故C正确，A、B、D错误。

考点三安培力作用下的平衡与加速问题

求解关键是将三维图转化为二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,

将立体图转换为平面受力图。如图11所示。

角度n安培力作用下的平衡问题

例5(2022・湖南卷，3)如图12(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于

水平轴。。，上，其所在区域存在方向垂直指向。。，的磁场，与。0'距离相等位置

的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流/,

静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为仇下列说法正确的是()

A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方句由N指向M

B.电流/增大，静止后，导线对悬线的拉力不变

C.tan6与电流/成正比

D.sin0与电流/成正比

答案D

解析当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让

安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N,A错误；由于与00距

离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin0=震，FT=

mgcos9,则sin。与电流/成正比，当/增大时。增大，cos。减小，静止后，导

线对悬线的拉力G减小，B、C错误，D正确。

角度因安培力作用下的加速问题

例6(2023・四川遂宁市诊断)电磁弹射技术原理如图13甲所示，飞机钩在滑杆上,

储能装置通过导轨和滑杆放电，产生强电流恒为400()A,导轨激发的磁场在两

导轨间近似为匀强磁场，磁感应强度3=1()T,在磁场力和匕机发动机推力作用

下，滑杆和飞机从静止开始向右加速，在导轨末端飞机与滑杆脱离，导轨长

120m,间距为3m。飞机质量为2.0X104kg,在导轨上运动时所受阻力恒为机

重的0.1倍，假如刚开始时发动机己达额定功率4义106亚，飞机在导轨末端所受

竖直升力与水平速度关系b=依(4=4000kg/s)。如图乙是在一次弹射过程中，记

录的飞机在导轨各个位置上的速度，滑杆的质量忽略，g取lOm/s?。求：

(1)匕机在导轨上运动30m处的加速度大小；

(2)如果飞机在导轨末端刚好达到起飞条件，飞机在导轨上运动的时间。

答案(1)10m/s2⑵3.25s

解析(1)分析飞机在30m处水平方向的受力知，发动机的推力大小

尸产亲)

安培力大小尸2=/出②

阻力大小/=0.1〃2g③

由牛顿第二定律有

F\4-Fi—f=ma®

2

联立①②③④得6Z=l()m/s0

(2)飞机在导轨末端刚好达到起飞条件为

F=kv=tng⑤

全过程由动能定理得

Pf+Fvc—fa=^nrv1@

联立⑤⑥得f=3.25s。

跟踪训练

4.(2022•重庆精创预测卷)如图14所示,一根质量为长为2的金属棒〃。用两

根绝缘的软绳P和。竖直悬挂，并处于垂直于纸面的匀强磁场中。现在金属棒

中通以大小为/、方向从。到b的电流，此时两软绳上的拉力均等于金属棒重力

的永己知金属棒始终处于静止状态，重力加速度为g,两软绳上的拉力始终相

同，则下列说法正确的是()

PQ

ab

I

图14

A.金属棒受到的安培力大小为方向竖直向下

B.磁场方向垂直纸面向里

C.磁场的磁感应强度大小为第

D.若仅改变金属棒中的电流方向，那么两软绳上的拉力大小均变为］zg

答案C

解析由于金属棒通电后两软绳上的拉力均等于金属棒重力的点所以两软绳的

总拉力大小为9〃g,由力的平衡条件可判断出此时金属棒受到的安培力方向竖直

向下，大小为尸安=/咫，故A错误；由左手定则可知，磁场的方向为垂直纸面

向外，故B错误；由/安=/心=〃&得磁场的磁感应强度大小为3=第，故C

正确；若仅改变金属棒中的电流方向，则安培力的方向变为竖直向上，此时两软

绳的拉力大小均为F=3（mg-F安尸%吆,故D错误。

提升素养能力

（限时：40分钟）

A级基础对点练

对点练1安培定则磁场的叠加

1.（多选）（2022•全国乙卷）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测

量磁感应强度瓦如图1,在于机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xO.v

面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时），轴指向不同方向而z

轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（）

X

图1

测量序号Bx/pTBv/gTBz/piT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.测量地点位于南半球

B.当地的地磁场大小约为5011T

C.第2次测量时y轴正向指向南方

D.第3次测量时y轴正向指向东方

答案BC

解析如图所示，地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近。由

表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；

磁感应强度为矢量，故由表格第1次测量的数据可知此处的磁感应强度大致为

氏+丘入50RT,B正确；测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向

下，则第2次测量，测量&<0,故y轴正向指向南方，第3次测量以>0,故x

轴正向指向北方而丁轴正向则指向西方，C正确，D错误。

2.（2023・河北邯郸高三期末）如图2所示，M、N和尸是以MN为直径的半圆弧上

的三点，。为半圆弧的圆心，ZMOP=60°,在M、N处各有一长直导线垂直穿

过纸面，方向如图2所示，且已知电流为/的长直导线在其周围激发的

磁场中，距导线距离为，•处的磁感应强度其中攵为常数），此时O点的磁

感应强度大小为囱。若将M处长直导线移至P处，则此时O点的磁感应强度为

)

A.大小为小8,方向水平向右

B.大小为小B1,方向水平向左

C.大小为2Bi,方向与水平方向夹角为30。斜向右下

D.大小为2b，方向与水平方向夹角为30。斜向右上

答案A

解析设N处导线在。点激发磁场的磁感应强度大小为Bo,则M处导线在O

点激发的磁场的磁感应强度大小为2%,导线未移动时，各导线在。点激发磁场

的磁感应强度示意图如图实线所示，可得B=R）,M导线移到P点时，如图中

虚线所示，此时合磁感应强度大小为小R）,即小Bi,方向水平向右，故A正确。

3.（2023•安徽江南十校联考）三根足够长的绝缘直导线a、b、c按图示3方式固定

放置在同一纸面内，其交点分别为例、N、P,三点恰好构成正三角形，O点为

该三角形的中心，0'点与。点关于导线c对称。现在〃、b、。三根导线中分别通

入恒定电流/、2/、3/。已知长直导线电流在空间某点产生的磁感应强度大小与

电流大小成正比，与该点到直导线的距离成反比。若O点的磁感应强度大小为

R）,方向垂直纸面向里，则。点的磁感应强度为（）

\/a

XN

/,O\

cM?\P

-O'\b

图3

3

-

4方向把直纸面向里

B.大小为,B（）,方向垂直纸面向外

C.大小为;Bo,方向垂直纸面向里

D.大小为;Bo,方向垂直纸面向外

答案D

解析设。导线在O点产生的磁感应强度大小为3,则力导线在。点产生的磁

感应强度大小为23,c导线在O点产生的磁感应强度大小为33,方向均垂直纸

面向里，则B+2B+3B=Bo,所以8=器又〃导线在。，点产生的磁感应强度大

小为白，方向垂直纸面向里；〃导线在。'点产生的磁感应强度大小为8,方向垂

直纸面向里；C导线在0,点产生的磁感应强度大小为38,方向垂直纸面向外。

所以。点磁感应强度大小为夕=34—3—1=华，A、B、C错误，D正确。

对点练2安培力的分析与计算

4.（多选）（2023•福建福州高三期末）己知长直通电导线在其周围某点产生磁场的磁

感应强度与该导线中的电流强度成正比，与该点到导线的距离成反比。如图4,

两根平行长直通电导线心、心中的电流强度分别为/和2/,此时L受到的磁场

力大小为凡现将另一根长直通电导线七平行放在Li外侧，三根导线间距相等

且处于同一平面，心受到的磁场力大小变为2凡则心中的电流强度大小可能是

（）

/2/

LL]L，2

图4

A.2/B.4/C.6/D.8/

答案AC

解析只有平行长直通电导线L、L时，“受到向右的安培力，将另一根长直

通电导线小平行放在L外侧，心受到的磁场力大小变为2F,若△电流向上，

心电流产生的磁场对A有向左的安培力，分析可知大小为3F,因长直通电导线

在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导线中的电流强度成正比，对比L2电

流强度大小可知心中的电流强度大小为6/,若4电流向下，心电流产生的磁场

对Li有向右的安培力，分析可知大小为尸，对比上电流强度大小可知心中的电

流强度大小为2/,故A、C正确，B、D错误。

5.一个可以沿过圆心的水平轴自由运动的线圈L和一个固定的线圈上互相绝缘

垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图5所示。当两线圈中通以图示方向的电

流时，从左向右看，线圈匕将（）

A.不动B.顺时针转动

C.逆时针转动D.在纸面内平动

答案B

解析方法一（电流元法）把线圈L沿水平转动轴分成上、下两部分，每一部分

又可以看成无数段直线电流元，电流元处在上产生的磁场中，根据安培定则可

知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可知，上半部分电流元所受安培

力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右

看，线圈L将顺时针转动，B正确。

方法二（等效法）把线圈Li等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流/2的中

心，小磁针的N极应指向该点环形电流〃的磁场方向，由安培定则知〃产生的

磁场方向在其中心处竖直向上，而L等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，

因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L将顺时针

转动，RIF确。

方法三（结论法）环形电流外、“不平行，则一定有相对转动，直到两环形电流

同向平行为止。据此可知，从左向右看，线圈人将顺时针转动，B正确。

6.如图6,等腰梯形线框。力cc/是由相同材料、相同横截面积的导线制成，梯形上

底和腰长度均为L且腰与下底夹角为60。。整个线框处在与线框平面垂直的匀

强磁场中。现给线框通入图示电流，若下底cd受到的安培力为F,则整个线框

受到的安培力为（）

45

-

A.寸3

答案B

解析梯形上底和腰长度均为L且腰与下底夹角为60。，由几何关系可知，梯形

的下底A长为2L；由电阻的决定式/?=8，可知梯形的边的电阻等于下底

"C的电阻的1.5倍，两者为并联关系，设八边n的电流大小为根据欧姆定

2

律，知及血？中的电流为»丁；由已知条件可知加?边与A边的电流方向相同，由

27

题意知产=8八2乙，所以边面儿所受安培力为尸=8写八2L=］尸，方向与de边所

受安培力的方向相同，则整个线框受到的安培力为|F，故B正确。

对点练3安培力作用下的平衡与加速

7.（2023•湖北黄冈高三月考）如图7所示，质量为〃h半径为八有缺口的半圆形

金属圆环用金属线。、人连接并悬吊，半圆环直径AC水平，静止在磁感应强度

大小为8的水平匀强磁场中，磁场方向垂直于环面向外，竖直金属线〃、力诃的

距离为广，通过金属线。、b给半圆环通以大小为/的电流，半圆环仍保持静止,

重力加速度为g，则金属线。上的拉力为（）

图7

C.^(mg+2IrB)D.；(〃吆一2/2)

答案B

解析根据左手定则，半圆环所受的安培力向上，根据平衡条件得2尸+/加=，叫,

解得产—JrB）,故B正确。

8.（2023•山东省济宁高三期末）某同学设计了测定磁场的磁感应强度B大小的实

验，他用两根不可伸长的绝缘细线将质量为，小长为L的导体棒水平悬挂在方向

竖直向下的匀强磁场中。当突然给导体棒通入大小为/的恒定电流，棒沿弧线”弹

起”到最高点时，悬线与竖直方向的夹角刚好为53。，整个过程导体棒一直处于

水平状态，其侧视图如图8所示，已知重力加速度为g,sin53o=0.8,8553。=

0.6,则（）

A.B=端、电流方向为侧视图中垂直纸面向外

B.B=驾，电流方向为侧视图中垂直纸面向外

C.B=翳,电流方向为侧视图中垂直纸面向里

。“需电流方向为侧视图中垂直纸面向里

答案A

解析由题意知，导体棒受到的安培力向右，由左手定则可知电流方向为侧视图

中垂直纸面向外。在导体棒由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理可知一

/n^（l-cos53°）+/LBLsin53°=0,可解得B=器，故A正确，B、C、D错误。

9.（2022・重庆高三诊断）如图9所示，电源电动势E=16V,内阻厂=1Q,在磁感

应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中，质量，〃=0.2kg的金属细杆MN置

于倾角为。=37。的导轨上，导轨的宽度为L=0.5m,杆与导轨间的动摩擦因数

为〃=0.5,导轨与MN杆的电阻忽略不计，取g=10m/s2,揄37。=0.6,cos37。

=0.8,可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使杆在导轨上恰好不上滑,

滑动变阻器R的阻值为（）

图9

A.lQB.3cC.5cD.7c

答案A

解析画出杆MN在导轨上恰好不上滑这种情况下的受力分析图，如图所示，由

平衡条件得，沿斜面方向"zgsin。+〃网=/安cos。，垂直斜面方向B^mgcos〃

F

+尸安sina而产安=67「心用解得R=1C,故A正确。

K~rr

B级综合提升练

10.（2023•山东省济宁高三月考）三根足够长的导体棒。、仄c呈等边三角形排歹I」,

质量均为"7，电流大小相等、方向如图10所示，。、力两导体棒放置在粗糙的水

平桌面上，导体棒c,被竖直伸长的弹簧悬挂，重力加速度为g,则（）

“处---⑨〃

图10

A.弹簧的拉力大于c导体棒的重力

B.桌面对a、/?导体棒的摩擦力均为零

3

-

C.杲面对a2

D.若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离，则弹簧长度增大

答案D

解析由“同向电流相互吸引，反向电流相互排示”知，。导体棒和〃导体棒对

c导体棒都是排斥力，作用力的合力方向竖直向上，故弹簧的拉力小于。导体棒

的重力，选项A错误；c导体棒对，导体棒的作用力为斜向左下的排斥力，〃导

体棒对〃导体棒的作用力为水平向右的吸引力，两力大小相等，夹角120°,合

力斜向右下方，。导体棒受力平衡，说明桌面对“导体棒的摩擦力不为零，方向

水平向左，同理桌面对匕导体棒摩擦力也不为零，方向水平向右，选项B错误;

选择。、氏c导体棒整体研究，由于弹簧的弹力竖直向上，根据对称性，桌面对

〃导体棒的支持力小于^778,选项C错误；若对称地缓慢增大〃、人导体棒间的

距离，。导体棒和b导体棒对C导体棒的作用力都在减小，且二力的夹角增大，

故二力的合力减小，则弹簧的弹力增大，长度增大，选项D正确。

11.如图11甲所示，在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，

圆环半径均为R=().125m,相距1m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势

E=3V,内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为0.06kg,接

入电路的电阻r=1.5口，圆环电阻不计，匀强磁场方向竖直向上。开关S闭合后，

棒可以静止在圆环上某位置，侧视图如图乙所示，该位置对应的半径与水平方向

的夹角为。=37。，gK1()m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

图H

(1)导体棒静止在某位置时所受安培力的大小；

(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；

(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。

答案(D0.8N(2)0.4T(3)0.54N,方向竖直向下

解析(1)导体棒静止时，受力分析如图所示

根据平衡条件得tan。二华

代入数据解得导体棒/受安培力的大小尸=0.8N,

E

(2)由闭合电路的欧姆定律得1=-

解得/=2A

由安培力的公式/=〃8

解得3=0.4T。

(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点的过程中，根据动能定理有

m^R(\—sin0=ynv2-0

解得u=«2gR(1—sin/)=1m/s

导体棒在最低点时，由牛顿第二定律得

V2

2FN-mg=〃乐

解得FN=0.54N

由牛顿第三定律可知，导体棒对单个圆环的压力大小为0.54N,方向竖直向下。

第2讲磁场对运动电荷的作用

学习目标1.会利用左手定则判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。

2.会分析带电粒子在有界磁场中的运动。

夯实必备知识

定义磁场对运切电荷的作用力

一F=&a，/B时）

大小-F=qvB（rlB时）

洛-F=qvBsin0（”与3夹角为0）

伦

兹左手定则：伸出左手,使拇指与其余四个手指里

力工不直,并且舞与手掌在同一个平面内。让傲感线从

一-4!?一掌心进入・并使四指指向划1直运动的方向(或负

匚巴电荷运动的反方向，大拇指所指的方向就是运动电

荷在磁场中所受洛伦兹力的方向

F_LB,F_Li,即F垂直于B与1决定的平面,F与，始终

垂宜,洛伦兹力不做功

2.

,〃B时一带电粒子做匀速直线运动

带电粒子

在匀强磁L运动性质：匀速陨I周运动

场中的运

一动力学方程：＜/vB=m1

动K

-frl8时］—一半径、周期公式：R=/7=々萼

qB,qB

—运动时间：t=—=-^—T

v2IT

1.思考判断

(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。(X)

(2)根据公式7=*，带电粒子在匀强磁场中的运动周期丁与。成反比。(X)

(3)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。(X)

(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。(X)

(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有

关。(J)

2.(多选)如图1所示，初速度为必的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，

直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()

左右

图1

A.电子将向右偏转，速率不变

B.电子将向左偏转，速率改变

C.电子将向左偏转，轨道半径不变

D.电子将向右偏转，轨道半径改变

答案AD

研透核心考点

考点一对洛伦兹力的理解和应用

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的速度方向，所以洛伦兹力只改变速度

的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。

(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。

⑶用左手定则判断负巴荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向

负电荷运动的反方向。

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。

(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。

跟踪训练

1.如图2所示，M、N为两根垂直纸面的平行长直导线，。为M、N连线中点，

一电子沿过O点垂直纸面的直线向外射出，当两导线同时通有如图方向电流时,

该电子将()

McN

Q----♦------®左，"右

图2

A.向上偏转B.向下偏转

C.向左偏转D.向右偏转

答案D

解析根据右手螺旋定则可知，M、N两导线在。点形成的磁场方向都是向上的,

故。点处合磁场方向向上，电子沿过0点垂直纸面的直线向外射出时，由左手

定则可知，电子受洛伦兹力向右，故D正确,

2.（2022•北京卷，7）正日子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。

在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个

粒子运动轨迹如图3中的1、2、3所示。下列说法正确的是（）

图3

A.磁场方向垂直于纸面向里

B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大

C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大

D.轨迹3对应的粒子是正电子

答案A

解析三个粒子从P点射入磁场，轨迹偏转方向相同的带同种电荷，所以轨迹2

对应的粒子是正电子，1、3为电子，故D错误；由左手定则可判断，磁场方向

垂直纸面向里，故A丘确；对于轨迹1的粒子运动半径越来越小，由r=喝知,

qB

运动速度越来越小，B错误；对于轨迹2和轨迹3两种粒子，由于初始半径

由知故C错误。

考点二带电粒子在匀强磁场中的运动

1.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定

基本思路图例说明

1•、••1P、M点速度方向垂线的交

:、、:/

①与速度方向垂

!*点

P^\

圆心的直的直线过圆心

11

确定②弦的垂直平分；xXX；

O\B

；Xxx：P点速度方向垂线与弦的

线过圆心

:x、xx!/

垂直平分线交点

1人入人■

常用解三角形法：左图中，

—1

X或由乃=质一

半径的利用平面几何知ol1112+

r

确定识求半径R-(t>1,-D0⑨2求得

Z1/

彳〃+#

R-2d

利用轨迹对应圆

心角3或轨迹长3_(p__2a_

运动时

度/求时间

间的确

①_L_AB

定八、4

t—V—V

②T

2.带电粒子在有界磁场中运动的常见情形

(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图4所示)

图4

⑵平行边界：往往存在临界条件，如图5所示。

（3）圆形边界

①沿径向射入必沿径向射出，如图6甲所示。

②不沿径向射入时，如图6乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为仇

则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为仇

角度n直线边界和平行边界磁场

例1（多选）如图7所示，在竖直线EOE右侧足够大的区域内存在着磁感应强度

大小为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为+q和一q

的带电粒子，从。点以相同的初速度先后射入磁场，已知初速度方向与。产

成。=30。角，两带电粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，则（）

图7

A.两带电粒子回到£0尸竖直线时到O点的距离相等

B.两带电粒子回到E。/烧直线时的速度相同

C.两带电粒子在磁场中的运动时间相等

D.从射入到射出磁场的过程中，两带电粒子所受洛伦兹力的冲量相同

答案ABD

解析这两个正、负粒子以与。产成9=30。角射入有界匀强磁场后，由左手定则

可判断，正粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，负粒子沿顺时针方向做匀速圆周

运动，如图所示（磁场未画出）。因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，

由r=,和T=器知,正、负粒子的轨迹半径和周期相同。由几何关系知，

负粒子在磁场中转过的角度为20,正粒子在磁场中转过的角度3=2兀-20,则两

段圆弧所对应的弦长度相等，即两带电粒子回到E。/竖直线时到。点的距离相

等，选项A正确；因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析知，两粒

子回到E。/竖直线时的速度大小和方向均相同，选项B正确；因正、负粒子的

运动周期相同，而在磁场中的偏转角度不同，所以两带电粒子在磁场中的运动时

间不相等，选项C错误；因两带电粒子的初、末速度相同，根据动量定理可知

两粒子所受洛伦兹力的冲量相同，选项D正确。

跟踪训练

3.如图8所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子。和〃依次

从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子〃和〃

射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30。和60%不计粒子的重力，下列判断

正确的是（）

图8

A.粒子〃带负电，粒子/?带正电

B.粒子〃和匕在磁场中运动的半径之比为1:小

C.粒子。和〃在磁场中运动的速率之比为小：1

D.粒子。和人在磁场中运动的时间之比为1：2

答案B

解析粒子。向上偏转，由左手定则可判断，粒子〃带正电，而粒子b向下偏转，

则粒子6带负电，故A错误；如图所示，由几何关系可知，磁场宽度x=R“sin60。

=RbS\n30°,解得Ro：R/)=l：小,故B正确；日qvB=〃斥,可得。=笠丁，比

荷相同，磁场相同，则。a：Ub=Ru：电=1：小,故C错误；粒子运动的周期7

=鬻，则Ta=Tb,。运动的时间勿=黑〃=上乳=上。人运动的时间h尸寺Tb

=~Y2^b=~Y2^,故fa：而=2：1,故D错误。

角度内圆形边界磁场

例2(2023•江苏盐城高三月考)如图9所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀

强磁场，()a、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动

径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成9()。、6()。、45。的夹

角，则下列判断正确的是()

图9

A.沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短

B.沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子

c.沿径迹运动的粒子速率比值为卓

D.沿径迹Ob、Od运动的时间之比为9:8

答案C

解析由于正电子和负电子的电荷量q和质量相均相等，粒子在磁场中做匀速

圆周运动，则由7=繁，可知四种粒子的周期相等，而沿径迹0c运动的粒子

偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为伍由，=《丁可知，沿径迹Oc运动的

粒子在磁场中运动时间最长，A项错误；由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动

的粒子均带负电，B项错误；设圆形磁场半径为厂，根据几何关系可得沿径迹

Ob运动的粒子轨道半径分别为人=入门户5八根据9=〃素可得%念坐

C项正确；运动时间之比为偏转角之比，所以£=9=隽=*D项错误。

laUdqDD

跟踪训练

4.（多选）（2023•河北张家口高三期末）如图10所示，半径为R的圆形区域内有垂直

于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,AC是圆的一条直径，。为圆上

一点，NCOQ=60。。在A点有一个粒子源，沿与AC成30。角斜向上垂直磁场的

方向射出速率均为。的各种带正电粒子，所有粒子均从圆弧CO射出磁场，不计

粒子的重力及粒子间的相互作用。则从A点射出的粒子的比荷日可能是（）

，，「

/XX，

,、

Jxxxg

、//

'、JxX/

…一

图10

v3a也返

A，BRB，2BR。BR”3BR

答案AD

R

解析带电粒子从C点射出磁场，轨迹如图甲所示，由几何关系得sin3()0=M，

解得门=2R,带电粒子从。点射出磁场，轨迹如图乙所示，由几何关系得AOOO2

是菱形，所以粒子的轨迹半径n=R,所以粒子在磁场中运动的轨迹半径满足

力WrWm,由洛伦兹力提供向心力得小方=〃rp解得从A点射出的粒子的比荷

满足砺《北圣丽,故A、DIE确。

角度用三角形或四边形边界磁场

例3如图11所示，边长为£的正方形区域Med中充满匀强磁场，磁场方向垂

直纸面向里。一带电粒子从4边的中点M垂直于"边，以一定速度射入磁场,

仅在洛伦兹力的作用下，正好从外边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力，

下列说法正确的是()

MLXXBX

图11

A.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒子将从〃点射出

B.若粒了射入磁场的速度增大为原来的2倍，粒了在磁场中运动的时间也增大为

原来的2倍

C.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子将从。点射出

D.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍，粒子在磁场中运动的时间也增大为原

来的2倍

答案C

解析由题意和左手定则可知，粒子带正电，带电粒子