高二物理（人教版）教案选择性必修二第一章安培力与洛伦兹力

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(强基课逐点理清物理观念)课标要求学习目标1.通过实验,认识安培力。2.能判断安培力的方向,会计算安培力的大小。3.了解安培力在生产生活中的应用。1.掌握安培力的概念、大小和方向及左手定则。2.应用安培力公式计算安培力的大小。3.观察磁电式电流表的结构,知道其工作原理。逐点清(一)安培力的方向[多维度理解]1.安培力:通电导线在磁场中受的力。2.决定安培力方向的因素(1)磁场方向;(2)电流方向。3.左手定则: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;让磁感线从掌心垂直进入,并使四指指向电流的方向,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。4.安培力方向的特点安培力的方向既垂直于电流方向,也垂直于磁场方向,即垂直于电流I和磁场B所在的平面。5.判断安培力方向的步骤(1)明确研究对象。(2)用安培定则或根据磁体的磁场特征,画出研究对象所在位置的磁场方向。(3)由左手定则判断安培力方向。1.安培定则与左手定则的选取原则2.两平行通电直导线的相互作用规律(1)同向电流互相吸引;(2)反向电流互相排斥。[全方位练明]1.下列各选项图中,F是磁场对通电直导线的作用力,其中正确的示意图是()解析:选B根据左手定则可知,题图A中通电直导线所受安培力的方向垂直导线斜向上,题图B中通电直导线所受安培力的方向水平向右,题图C中通电直导线所受安培力的方向竖直向下,题图D中通电直导线所受安培力的方向水平向左。故正确的示意图为B。2.(2024·宁夏银川期末)在赤道上空,有一条沿东西方向水平架设的导线,当导线中的自由电子自西向东沿导线做定向移动时,导线受到地磁场的作用力的方向为()A.向北 B.向南C.向上 D.向下解析:选D当导线中的自由电子自西向东沿导线做定向移动时,则导线中的电流方向由东向西。在赤道上空,地磁场的方向从南向北,根据左手定则可判断安培力的方向竖直向下,故选D。3.画出下列各图中磁场对通电导线的安培力的方向。答案:逐点清(二)安培力的大小[多维度理解]1.安培力的大小(1)当通电导线垂直于磁场B的方向放置:F=IlB。(2)当通电导线平行于磁场B的方向放置:F=0。(3)如图所示,当通电导线与磁场方向既不平行也不垂直时:F=IlB⊥=IlBsinθ。

2.对安培力表达式F=IlBsinθ的理解(1)公式F=IlBsinθ中θ是B和I方向的夹角①当θ=90°时,即B⊥I,sinθ=1,公式为F=IlB。②当θ=0°时,即B∥I,F=0。(2)公式F=IlBsinθ中,l指的是导线在磁场中的“有效长度”,弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线的长度(如图所示);相应的电流沿导线由始端流向末端。对任意形状的闭合平面线圈,当线圈平面与磁场方向垂直时,线圈的有效长度l=0,故通电后线圈在匀强磁场中所受安培力的矢量和一定为零,如图所示。3.安培力的叠加当通电导线同时处于几个磁场中时,每个磁场对通电导线都有作用力,通电导线所受合力是各个安培力的矢量和。[全方位练明]1.(多选)如图所示的四幅图中,导体棒的长度均为L,匀强磁场的磁感应强度大小均为B,在各导体棒中通有相同的电流I,则下列选项正确的是()A.图甲中导体棒所受的安培力大小为BILB.图乙中导体棒所受的安培力大小为BILC.图丙中导体棒所受的安培力大小为32D.图丁中导体棒所受的安培力大小为32解析:选BD题图甲中,因电流方向与磁场方向平行,所以导体棒所受安培力为零;题图乙中,电流方向与磁场方向垂直,则导体棒所受安培力的大小为F乙=BIL;题图丙中,电流方向与磁场方向垂直,则导体棒所受安培力的大小为F丙=BIL;题图丁中,电流方向与磁场方向成60°角,则导体棒所受安培力的大小为F丁=BILsin60°=32BIL。故选B、D2.(2024年1月·广西高考适应性演练)半径为0.1m的圆内有匀强磁场,磁感应强度B大小为0.4T,现将一单匝正方形线框放入磁场,线框平面与磁场方向垂直,其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合,如图,当通过线框的电流I为1A时,线框所受的安培力大小为()A.125N B.2C.225N D.π解析:选B线框在磁场中的有效长度L=2R=210m,安培力大小为F=BIL=225N,3.(2024·广东湛江期末)如图所示,将一根同种材料、粗细均匀的导体围成半径为R的闭合线圈,固定在垂直线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中(未画出)。C、D两点将线圈分为上、下两部分,且C、D两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120°。现有大小为I的恒定电流自C点流入、D点流出,则闭合线圈受到的安培力大小为()A.BIR3 B.BIR2C.BIR D.0解析:选A由几何关系可知,C、D两点间的距离为L=Rsin60°×2=3R,由等效思想可知,闭合线圈受到的安培力的大小为F安=BI上L+BI下L=BL(I上+I下)=BIL=3BIR,故选A。逐点清(三)磁电式电流表[多维度理解]1.磁电式电流表的构造:刻度盘、指针、蹄形磁体、极靴(软铁制成)、螺旋弹簧、线圈、圆柱形铁芯(软铁制成)。2.磁电式电流表的工作原理:通电线圈因受安培力而转动。(1)被测电流越大,线圈偏转的角度越大。螺旋弹簧变形,反抗线圈的转动。这两种转动的效果叠加在一起,指针随之发生偏转;最终达到平衡,指针停止偏转。所以根据指针偏转角度的大小,可以确定被测电流的大小。(2)当线圈中电流方向改变时,安培力的方向随着改变,指针的偏转方向也随着改变。所以,根据指针的偏转方向,可以知道被测电流的方向。3.磁电式电流表的特点(1)极靴和铁芯之间是沿半径方向均匀分布的磁场。(2)线圈平面始终与磁感线平行。(3)表盘刻度均匀分布。4.磁电式电流表的优点:灵敏度高,可以测量很弱的电流。5.磁电式电流表的缺点:线圈的导线很细,允许通过的电流很弱。1.磁电式电流表的磁场特点两磁极间装有极靴,极靴中有铁质圆柱,使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,保持线圈转动时,所受安培力的方向总与线圈平面垂直,使表盘刻度均匀。2.磁电式电流表的灵敏度(1)电流表的灵敏度:是指在通入相同电流的情况下,指针偏转角度的大小,偏角越大,灵敏度越高。(2)提高灵敏度的方法:在通入相同电流的情况下使线圈所受的安培力增大,可通过增加线圈的匝数、增大永磁体的磁感应强度、增加线圈的面积和减小转轴处摩擦等方法实现。[典例](2024·浙江金华期末)如图甲所示为磁电式电流表的结构图,图乙为其内部结构示意图,在极靴和铁质圆柱间存在磁场,电流通过电表接线柱流入线圈,在安培力作用下发生偏转,与螺旋弹簧的反向作用平衡后,指针指示电流大小。下列说法正确的是()A.铁质圆柱将磁场屏蔽,内部没有磁场B.线圈所处位置是匀强磁场C.若更换更强的磁场,将增大电流表的量程D.运输过程中把电表正负接线柱用导线相连可减缓指针摆动幅度[解析]铁质圆柱没有将磁场屏蔽,内部有磁场,故A错误;线圈所处位置的磁场是均匀地辐向分布,线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变,故B错误;若更换更强的磁场,安培力增大,会减小电流表的量程,故C错误;运输过程中把电表正负接线柱用导线相连,电流表短路,指针摆动时产生感应电流,感应电流受到安培力作用,可减缓指针摆动幅度,故D正确。[答案]D[全方位练明]1.(多选)关于磁电式电流表,以下说法正确的是()A.指针稳定后,螺旋弹簧形变产生的阻碍效果与线圈受到的安培力的转动效果方向是相反的B.通电线圈中的电流越大,电流表指针偏转角度也越大C.在线圈转动的范围内,各处的磁场都是匀强磁场D.在线圈转动的范围内,线圈所受安培力大小与电流大小有关,而与所处位置无关解析:选ABD螺旋弹簧形变产生的阻碍效果与线圈受到的安培力的转动效果方向相反,线圈才能停止转动,使指针稳定。电流表内磁场是均匀辐向磁场,在线圈转动的范围内,不管线圈转到什么位置,它的平面都跟磁感线平行,线圈左右两边所在处的磁感应强度大小相等、方向不同,安培力大小与电流大小有关,而与线圈所处位置无关,电流越大,安培力越大,指针偏转的角度越大。故A、B、D正确,C错误。2.(多选)实验室经常使用的电流表是磁电式电流表。这种电流表的构造如图甲所示。蹄形磁体和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的。若线圈中通以如图乙所示的电流,则下列说法中正确的是()A.在量程内指针转至任一角度,线圈平面都跟磁感线平行B.线圈转动时,螺旋弹簧被扭动,阻碍线圈转动C.当线圈在如图乙所示的位置时,b端受到的安培力方向向上D.当线圈在如图乙所示的位置时,安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动解析:选ABD由于磁场均匀辐向分布,且线圈与铁芯共轴,故线圈平面总是与磁感线平行,故A正确;通有电流时,线圈在安培力的作用下转动,从而使螺旋弹簧发生形变,螺旋弹簧因为形变而产生阻碍线圈转动的力,故B正确;由左手定则知,b端受到的安培力方向向下,a端受到的安培力方向向上,安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动,故C错误,D正确。[课时跟踪检测]A级——基础达标1.关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系,下列说法正确的是()A.F、B、I三者必须保持相互垂直B.F必须垂直B、I,但B、I可以不相互垂直C.B必须垂直F、I,但F、I可以不相互垂直D.I必须垂直F、B,但F、B可以不相互垂直解析:选B安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直,通电导线受安培力时,安培力F与磁感应强度B的方向和电流I的方向都是垂直的,但B与I可以垂直,也可以不垂直,故A、C、D错误,B正确。2.(选自鲁科版教材课后练习)(多选)如图(a)所示,扬声器中有一线圈处于辐射状磁场中,当音频电流信号通过线圈时,线圈带动纸盆振动,发出声音。俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面),磁场方向如图中箭头所示。下列选项正确的是()A.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外解析:选BC将环形导线分割成无限个小段,每一小段看成直导线,根据左手定则可以判断,当电流沿顺时针方向时,线圈受到的安培力垂直纸面向外;当电流沿逆时针方向时,线圈受到的安培力垂直纸面向里,故B、C正确,A、D错误。3.(2024·安徽滁州中学期末)如图所示,半圆形导线abc通以恒定电流I,放置在匀强磁场中。已知磁感应强度大小为B,导线长为πl,直径ac与磁场方向夹角为θ=30°。该导线受到的安培力大小为()A.2BIl B.BIl3C.BIl D.BIl3解析:选C由几何知识可知,该半圆形导线的有效长度为Lac=2l,该导线受到的安培力大小为F=BILacsinθ=BIl,故选C。4.(2024·贵州铜仁期末)如图所示,长为5m的直导线折成边长相等、夹角为120°的V形,并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B=0.2T。当在导线中通以电流I=2A时,该V形通电导线受到的安培力大小为()A.1N B.2NC.3N D.23N解析:选C根据题意,由几何关系可得,该V形导线的有效长度为L'=2·L2sin60°=532m,则该V形通电导线受到的安培力大小为F=BIL'=0.2×2×532N=35.(2023·江苏高考)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为()A.0 B.BIlC.2BIl D.BIl5解析:选Cbc段与磁场方向平行,不受安培力;ab段与磁场方向垂直,所受安培力大小为Fab=BI·2l=2BIl,则该导线受到的安培力大小为2BIl,故选C。6.如图为一台直流电动机的简化示意图。已知转子为n匝、长为L、宽为d的矩形线圈,线圈所在位置的磁感应强度为B。当线圈中通有恒定电流I,转子绕线圈平面内垂直于磁场的轴,由图示位置顺时针(从a看向b)转过θ角时(转动过程中线圈平面与磁场方向始终平行),转子的ab边受到的安培力大小为()A.nBILsinθ B.nBILcosθC.nBId D.nBIL解析:选D转动过程中ab边与磁场方向始终垂直,根据安培力公式可得,转子的ab边所受的安培力大小为F=nBIL,D正确。7.(2024·山东潍坊期末)如图所示,在空间中分布着沿x轴正方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场,将一金属导线制成半径为r的34圆环放置在xOy平面内。当圆环中通过由a到b的电流I时,圆环受到的安培力大小和方向分别为()A.BIr,垂直xOy平面向里B.BIr,垂直xOy平面向外C.BIr2,垂直xOy平面向外D.BIr2,垂直xOy平面向里解析:选A圆环在磁场中的等效长度为r,方向沿y轴正方向,则圆环受到的安培力大小为BIr,由左手定则可知,安培力方向垂直xOy平面向里,故选A。8.(多选)实验室经常使用的电流表是磁电式电流表,这种电流表的构造如图甲所示,蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的。当线圈通以如图乙所示的恒定电流(b端电流方向垂直于纸面向内)时,下列说法正确的是()A.线圈左边受到向上的安培力,右边受到向下的安培力B.线圈左、右两边受到的安培力方向相同C.线圈转到不同位置受到的安培力大小不同D.电流表表盘刻度均匀解析:选AD由左手定则可知,线圈左边受到向上的安培力,右边受到向下的安培力,故A正确,B错误;线圈转到任意位置,线圈所在平面与磁感线平行,受到的安培力大小相同,故C错误;磁场是均匀辐向分布的,线圈转动过程中经过的各个位置的磁感应强度的大小不变,电流与转动角度成正比,故该电流表的刻度是均匀的,故D正确。9.如图所示,水平放置的U形导线框中接有电源,电流为I,匀强磁场方向垂直于导线框平面,磁感应强度大小为B,导线框间距为d,一导体棒与垂直于导线框的虚线成θ角放置,则导体棒所受安培力的大小和方向分别为()A.BId,方向水平向右B.BIdsinC.BIdsinθ,方向垂直导体棒向左D.BIdcos解析:选D导体棒中电流方向与磁场方向垂直,导体棒受到的安培力大小为F=BIL=BIdcosθ,由左手定则可知,安培力的方向垂直导体棒向右,10.在图中画出通电导体棒ab所受的安培力的方向。答案:B级——综合应用11.(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是()A.图示左侧通电导线受到安培力向下B.a、b两点的磁感应强度相同C.圆柱内的磁感应强度处处为零D.c、d两点的磁感应强度大小相等解析:选A由左手定则可知,题图示左侧通电导线受到安培力向下,A正确;a、b两点的磁感应强度大小相同,但是方向不同,B错误;磁感线是闭合的曲线,则圆柱内的磁感应强度不为零,C错误;因c点处的磁感线较d点密集,可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度,D错误。12.如图甲所示为某电磁推进实验舰艇,该舰艇下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示,其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极,使得M、N间海水内电流方向为M→N,此时加方向垂直MN所在平面的磁场,可使得M、N间海水受到磁场力作用而被推出,舰艇因此向右前进,则()A.所加磁场的方向应为水平向右B.所加磁场的方向应为垂直纸面向外C.所加磁场的方向应为垂直纸面向里D.互换电源正负极的同时把磁场变为反向,能实现舰艇减速解析:选BM、N间海水中电流方向为M→N,舰艇向右运动,则舰艇受到M、N间海水对其向右的作用力,根据牛顿第三定律可知,M、N间海水所受的安培力方向向左,再根据左手定则可知,磁场方向应为垂直纸面向外,故A、C错误,B正确;互换电源正负极的同时把磁场变为反向,根据左手定则可知,M、N间海水所受的安培力方向不变,不能实现舰艇减速,故D错误。13.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“花瓣”形线框,磁场方向垂直于线框平面,a、c两点接一直流电源,电流方向如图所示。已知abc边受到的安培力大小为F,则整个线框所受安培力大小为()A.F32 B.FC.F54 D.F解析:选D根据题图,由电阻定律R=ρlS可知,另一边的阻值为ab边的5倍,结合并联电路分流规律可知,通过另一边的电流为ab边的15。由F=BIL可知,另一边受到的安培力大小为15F,方向与ab边受到的安培力方向相同,因此整个线框所受安培力大小为F合=F+15F=6514.如图所示为电流天平,它的左、右两臂等长,可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈,匝数为n,线圈的水平边长为l,处于匀强磁场内,磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时,调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向,大小不变,这时需要在左盘中增加质量为m的砝码,才能使两臂再达到新的平衡。重力加速度g取10m/s2。(1)导出用n、m、l、I、g计算B的表达式;(2)当n=9、l=10.0cm、I=0.10A、m=8.78g时,磁感应强度是多大?(保留两位有效数字)解析:(1)设电流方向未改变时,等臂天平的左盘内砝码的质量为m1,右盘内砝码和线圈的总质量为m2,则由等臂天平的平衡条件,有m1g=m2gnBIl,电流方向改变后,同理可得(m+m1)g=m2g+nBIl,两式联立解得B=mg2(2)将n=9、l=10.0cm、I=0.10A、m=8.78g代入B=mg2nIl,解得B≈0.49答案:(1)B=mg2nIl(2)0.4综合·融通(一)安培力作用下的运动和平衡问题(融会课主题串知综合应用)通过本节课的学习掌握用左手定则判断安培力的方向和导体的运动方向;应用牛顿第三定律通过转换研究对象分析安培力的方法;会通过力学方法分析安培力作用下的平衡与加速问题。主题(一)安培力作用下通电导体运动方向的判断[知能融会通]1.常规思路(1)不管是电流还是磁体,对通电导线的作用都是通过磁场来实现的,因此必须要清楚导线所在位置的磁场分布情况。(2)结合左手定则准确判断导线所受安培力的方向。(3)由导体的受力情况判定导体的运动方向。2.主要方法电流元法把整段电流等效为许多段直线电流元,先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向,然后判断整段电流所受合力的方向,从而确定导线运动方向等效法环形电流可等效成小磁针,通电螺线管可等效成条形磁体或多个环形电流,反过来等效也成立特殊位置法通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置(如转过90°角),然后判断其所受安培力的方向,从而确定其运动方向结论法两直线电流相互平行时,同向电流互相吸引,反向电流互相排斥;两直线电流不平行时,有转到相互平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法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作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向[典例]一个可以自由运动的线圈L1和一个水平固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将()A.不动 B.顺时针转动C.逆时针转动 D.向纸面里平动[解析]方法1:(电流元法)把线圈L1沿L2所在平面分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2中的电流产生的磁场中,根据安培定则可知,各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,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L1将顺时针转动。方法2:(等效法)将环形电流I1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的圆心处。由安培定则可知,I2产生的磁场在其圆心处方向沿其竖直轴线向上,而环形电流I1等效成的小磁针在转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为竖直向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动。方法3:(结论法)环形电流I1、I2不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止,据此可知,从左向右看,线圈L1将顺时针转动。[答案]B[题点全练清]1.(2024·河北沧州期末)(多选)如图所示,两根无限长直导线a、b相互垂直,a通过绝缘细线悬挂在天花板上且可自由转动,b通过绝缘支架固定在地面上。现同时给a通以沿导线向右的电流,给b通以沿导线向外的电流。下列说法正确的是()A.刚通电流时,导线a左半部分垂直纸面向里转,右半部分垂直纸面向外转B.刚通电流时,导线a左半部分垂直纸面向外转,右半部分垂直纸面向里转C.导线a转动90°时,细线对a的拉力大于导线a的重力D.导线a转动90°时,细线对a的拉力小于导线a的重力解析:选AC给b通以沿导线向外的电流,根据安培定则可知,导线b在其周围产生的磁场为逆时针方向,如图所示。将导线a处的磁场分解为竖直方向和水平方向,根据左手定则可知,导线a左半部分受到的安培力垂直纸面向里,右半部分受到的安培力垂直纸面向外,转过90°时,a、b中电流方向相同,彼此间的安培力为引力,所以绳子拉力大于重力,故选A、C。2.(2024·广东汕头期末)如图所示,用绝缘细线将通电直导线悬吊,将一蹄形电磁铁放在正下方,当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时,有关直导线运动情况和细线受力情况,下列说法中正确的是(从上往下看)()A.顺时针方向转动,细线拉力减小B.逆时针方向转动,细线拉力增大C.顺时针方向转动,细线拉力增大D.逆时针方向转动,细线拉力减小解析:选B根据安培定则可知,电磁铁线圈产生的磁场与蹄形磁体产生的磁场相同,作出其磁感线分布如图所示,在直导线左右两侧取两个对称的微元,根据左手定则可知,左侧微元受到的安培力方向垂直于纸面向外,右侧微元受到的安培力方向垂直于纸面向里,可知,从上往下看,直导线将逆时针方向转动。直导线转动过程中,导线逐渐趋于与纸面垂直,即电流方向垂直于纸面向里,导线在磁场中的有效长度逐渐增大,根据左手定则,该电流所受安培力方向向下,且大小逐渐增大,根据平衡条件可知,细线拉力增大。故选B。主题(二)安培力作用下的平衡问题[知能融会通]1.将立体图转化为平面图立体图平面图2.分析求解安培力时需要注意的问题(1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向,再根据左手定则判断安培力方向。(2)安培力大小与导体放置的角度有关,l为导体垂直于磁场方向的长度,即有效长度。(3)进行受力分析时,注意不要漏掉安培力。同时,当存在静摩擦力时,要注意分析由于电流的大小变化而引起的安培力的变化,导致静摩擦力大小和方向的变化,此过程往往存在临界问题。[典例]质量为m=0.02kg的通电细杆ab置于倾角为θ=37°的平行放置的导轨上,导轨间的距离d=0.2m,杆ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4,磁感应强度大小B=2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下,如图所示。现调节滑动变阻器的触头,为使杆ab静止不动,求通过杆ab的电流I的大小范围。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)[解析]当ab受到沿导轨向下的最大静摩擦力时,受力如图1所示,有F1mgsinθFf1=0,FNmgcosθ=0,Ff1=μFN,F1=BImaxd,联立解得Imax=0.46A。当ab受到沿导轨向上的最大静摩擦力时,受力如图2所示,有F2+Ff2mgsinθ=0,FN'mgcosθ=0,Ff2=μFN',F2=BImind,联立解得Imin=0.14A。所以通过杆ab的电流的大小范围是0.14A≤I≤0.46A。[答案]0.14A≤I≤0.46A[变式拓展]对应[典例]中的情境,若ab杆中的电流为0.2A,且导轨是光滑的,其他条件不变,则要使ab杆静止至少要施加一个多大的力?方向如何?[解析]F安=BId=0.08N,mgsin37°=0.12N,F安<mgsinθ,对ab杆受力分析,ab杆受重力、支持力和安培力作用,当施加的外力沿导轨平面向上时外力最小,如图所示,以沿导轨平面向上为正方向,根据平衡条件有F安+Fmgsin37°=0,则F=mgsin37°F安=0.04N。[答案]0.04N方向沿导轨平面向上/方法技巧/解决安培力作用下导体的平衡问题的基本思路[题点全练清]1.在两个倾角均为α的光滑斜面上,放有两个相同的金属棒,分别通有电流I1和I2,磁场的磁感应强度大小相同,方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上,如图甲、乙所示,两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流之比I1∶I2为()A.sinα∶1 B.1∶sinαC.cosα∶1 D.1∶cosα解析:选D两金属棒的受力如图所示,根据共点力平衡的条件得F1=mgtanα,F2=mgsinα,所以两金属棒所受的安培力之比为F1F2=tanαsinα=1cosα;因为F=ILB,所以I1I22.(2024·山东济南期末)如图所示,两根相同的轻质弹簧下端挂有质量为m的等腰梯形金属框,金属框的上底、腰和下底长度分别为L、L和2L,空间存在垂直于金属框平面向里的匀强磁场。A、B两端与电源相连,从A端流入的电流大小为I,金属框静止后弹簧的压缩量均为x。已知弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,则磁感应强度大小为()A.5(mg+2C.mg+2kx解析:选C设下底通过的电流为I1,上底和腰通过的电流为I2,上底和腰与下底并联,则I1+I2=I,根据平衡条件,结合几何关系,对整体受力分析可得mg+2kx=BI1·2L+BI2·L+2BI2L·sin30°,解得B=mg+2kx2主题(三)安培力作用下的加速问题[知能融会通]1.解决在安培力作用下导体的加速运动问题,首先要对研究对象进行受力分析(不要漏掉安培力),然后根据牛顿第二定律列方程求解。2.选定观察角度画好平面图,标出电流方向和磁场方向,然后利用左手定则判断安培力的方向。[典例]如图所示,光滑的平行导轨倾角为θ,处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中,导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源。电路中有一阻值为R的电阻,其余电阻不计。将质量为m、长度为l的导体棒ab由静止释放,导体棒沿导轨向下运动,导体棒与导轨垂直且接触良好,求导体棒在释放瞬间的加速度的大小。(重力加速度为g)[解析]画出题中装置的侧视图,对导体棒受力分析如图所示,导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F,由牛顿第二定律得mgsinθFcosθ=ma,又F=BIl,I=ER联立可得a=gsinθBElc[答案]gsinθBEl[题点全练清]1.(2024·广西北海期末)电磁轨道炮发射的基本原理如图所示,水平地面上两条平行的金属导轨A和导轨B充当炮管,弹丸放置在两导轨之间,当强大的电流I流过弹丸时,弹丸获得加速度,最终高速发射出去,下列说法正确的是()A.导轨之间的磁场方向可能竖直向下B.导轨之间的磁场方向可能水平向右C.电磁炮的本质是一种大功率型发电机D.若要增大发射速度,可增大流过弹丸的电流解析:选D电流方向如题图所示,弹丸发射方向水平向右,根据左手定则可知,导轨之间的磁场方向竖直向上,故A、B错误;电磁炮的本质是一种电动机,不是一种大功率型发电机,故C错误;增大流过弹丸的电流,安培力将增大,根据牛顿第二定律可知,弹丸获得的加速度增大,则在其他条件不变的情况下,发射速度增大,故D正确。2.(多选)如图所示为某科技爱好者设计的电磁炮模型示意图,水平发射轨道宽1m,轨道间有磁感应强度大小为1×103T、方向竖直向上的匀强磁场,炮弹(含相关附件)总质量为0.5kg,当电路中通20A的恒定电流时,炮弹从轨道左端开始加速,然后从轨道右端发射出去。忽略一切阻力,下列说法正确的是()

A.电流从a端流入、b端流出B.电流从b端流入、a端流出C.炮弹的加速度大小为1×104m/s2D.炮弹的加速度大小为4×104m/s2解析:选BD由左手定则可知,电流从b端流入、a端流出,A错误,B正确;炮弹的加速度大小为a=BIlm=103×20×10.5m/s2=4×104[课时跟踪检测]1.如图所示,两条导线互相垂直,但相隔一小段距离,其中AB是固定的,CD能自由活动,当直流电流按图示方向通过两条导线时,导线CD将(从纸外向纸内看)()A.顺时针方向转动,同时靠近导线ABB.逆时针方向转动,同时靠近导线ABC.逆时针方向转动,同时远离导线ABD.顺时针方向转动,同时远离导线AB解析:选B两条不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势,假设CD导线转过90°,此时两电流为同向电流,相互吸引。所以导线CD逆时针方向转动,同时靠近导线AB,故B正确,A、C、D错误。2.如图所示,两平行直导线cd和ef竖直放置,通以方向相反、大小相等的电流,a、b两点位于两导线所在的平面内。则()A.ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里B.ef和cd导线在b点产生的合磁场为零C.cd导线受到的安培力方向向右D.若同时改变两导线的电流方向,两导线各自受到的安培力方向不变解析:选D根据安培定则可知,ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外,A错误;根据安培定则可知,ef和cd导线在b点产生的磁场方向相同,则合磁场不为零,B错误;根据安培定则可知,ef导线在cd导线处产生的磁场垂直纸面向外,由左手定则可知,cd导线受到的安培力方向向左,C错误;根据“同向电流相互吸引,反向电流相互排斥”可知,若同时改变两导线的电流方向,两导线各自受到的安培力方向不变,D正确。3.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体连接起来,此时台秤读数为F1。现在磁体上方中心偏左位置固定一通电导线,电流方向垂直纸面向里,此时台秤读数为F2。则以下说法正确的是()A.F1>F2 B.F1<F2C.弹簧长度将变长 D.弹簧长度将不变解析:选A选通电导线为研究对象,根据左手定则判断可知,通电导线受到的安培力方向为斜向右下方,根据牛顿第三定律分析可知,磁体受到的磁场力方向为斜向左上方,则磁体将向左运动,弹簧被压缩,所以长度将变短,故C、D错误;由于磁体受到的磁场力方向为斜向左上方,对台秤的压力减小,则F1>F2,故A正确,B错误。4.如图所示,在水平地面上固定一对与水平面夹角为θ的光滑平行金属导轨,顶端接有电源,直导体棒ab垂直两导轨放置,且与两导轨接触良好,整套装置处于匀强磁场中。下列各选项为沿a→b方向观察的侧视图,其中所加磁场可能使导体棒ab静止在导轨上的是()解析:选B导轨光滑,导体棒静止在导轨上,部分受力分析如图所示,所以导体棒一定会受到安培力作用,且方向与重力和支持力的合力方向相反。C、D选项中磁场方向与电流方向平行,导体棒不受安培力;由左手定则可知,A选项中安培力方向水平向左,导体棒不可能平衡;B选项中安培力方向水平向右,导体棒可能平衡,故选B。5.(2024·江门高二月考)(多选)如图所示,用绝缘细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平,导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察),在导线框的正下方,垂直于导线框平面有一直导线PQ,现在PQ中通以水平向左的电流,在短时间内,下列说法正确的是()A.从上往下观察导线框逆时针转动B.从上往下观察导线框顺时针转动C.细绳受力会变得比导线框重力大D.细绳受力会变得比导线框重力小解析:选AC由安培定则判断出通电直导线PQ在导线框处产生的磁场方向平行于导线框平面从外向里,根据左手定则可知,导线框外侧电流受安培力向右,导线框内侧电流受安培力向左,从上往下看,导线框将逆时针转动,A正确,B错误;导线框沿逆时针方向转动一个小角度后,导线框底边的电流方向向左,由左手定则可知,其受到的安培力的方向向下,导线框上边的电流的方向向右,由左手定则可知,其受到的安培力的方向向上,由于直导线在导线框上边产生的磁感应强度小于直导线在导线框底边产生的磁感应强度,所以导线框整体受安培力向下,细绳受力会变得比导线框重力大,C正确,D错误。6.如图所示是一位同学制作的实验装置:轻弹簧竖直悬挂,下端恰与铜片接触。当开关闭合后,弹簧时伸时缩,灯泡时明时暗。关于这个实验现象,下列说法中正确的是()A.有电流通过弹簧时,各匝环形电流互相吸引致使弹簧收缩B.有电流通过弹簧时,各匝环形电流互相排斥致使弹簧伸长C.弹簧收缩与铜片分离时,通过灯泡的电流较小,灯泡较暗D.弹簧伸长与铜片接触时,通过灯泡的电流较大,灯泡明亮解析:选A有电流通过弹簧时,各匝环形电流同向,互相吸引致使弹簧收缩,A正确,B错误;弹簧伸长与铜片接触时,弹簧与灯泡并联,电路中总电阻较小,总电流较大,电源内阻分压较大,灯泡两端电压较小,灯泡较暗,同理可知弹簧收缩与铜片分离时,灯泡较明亮,C、D错误。7.(多选)如图所示,质量为m、长度为l的金属棒放置在横截面为14圆弧的光滑轨道上,轨道处在竖直平面内,整个装置处于竖直方向的匀强磁场中,当金属棒通有垂直纸面向外的电流I时,金属棒静止于轨道某点,该点与圆心连线和水平方向的夹角为θ,重力加速度为g。则下列说法正确的是()A.匀强磁场的方向竖直向上B.匀强磁场的方向竖直向下C.磁感应强度大小为mgD.磁感应强度大小为mg解析:选BC根据平衡条件得金属棒受到的安培力向右,根据左手定则可知,匀强磁场的方向竖直向下,B正确,A错误;根据平衡条件得BIltanθ=mg,解得B=mgIltanθ8.(2024·吉林长春期末)如图所示,用绝缘细绳竖直悬挂一个匝数为n的矩形线圈,细绳与拉力传感器相连,传感器可以读出细绳上的拉力大小。现将线框的下边MN垂直置于匀强磁场中,MN边长为L。当导线中通以大小为I的电流时,传感器的读数为F1;只将电流反向,传感器的读数变为F2(F2>F1)。重力加速度为g,则可得到()A.减小电流I重复实验,则F1减小、F2增大B.传感器读数为F2时,MN中电流从M到NC.磁感应强度B=FD.金属线框的质量m=F解析:选C对矩形线圈受力分析,矩形线圈受到重力、拉力和安培力,由于F2>F1,当安培力向下时有F2=mg+nIBL,当安培力向上时有F1=mgnIBL,联立解得B=F2-F12nIL,m=F1+F22g,减小电流I重复实验,则F1增大、F2减小,故A、D错误,C正确;传感器读数为F2时,矩形线圈受到的安培力向下9.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。如图所示为某型号电磁炮的轨道,该轨道长10m、宽2m。若发射质量为100g的炮弹,从轨道左端以初速度为零开始加速,当回路中的电流恒为100A时,最大速度可达2km/s,假设轨道间磁场为匀强磁场,不计空气及摩擦阻力。下列说法正确的是()A.磁场方向竖直向下B.磁场方向水平向左C.电磁炮的最大加速度大小为4×105m/s2D.磁感应强度的大小为100T解析:选D回路中电流方向如题图所示,发射方向水平向右,则根据左手定则可知,磁场方向应竖直向上,故A、B错误;由题意可知,炮弹最大速度v=2km/s,加速距离x=10m,由初速度为零的匀加速直线运动速度和位移关系v2=2ax,解得最大加速度大小为a=2×105m/s2,由牛顿第二定律可得F=ma,又F=BIL,联立解得B=100T,故C错误,D正确。10.(2024·安徽淮北期末)如图所示,水平导轨间距L=1m,导体棒ab的质量m=0.5kg,与导轨保持良好接触并与导轨垂直,细线绕过定滑轮,一端悬挂重物,另一端与导体棒相连。电源电动势E=6V、内阻r=1Ω,定值电阻R=4Ω;外加匀强磁场的磁感应强度大小为B=0.5T,方向水平向左;导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),不计定滑轮摩擦,不计导轨与导体棒的电阻,细线对ab的拉力为水平方向,取重力加速度g=10m/s2,导体棒ab处于静止状态。求:(1)导体棒ab受到的安培力;(2)所挂重物的重力G的最大值。解析:(1)根据闭合电路欧姆定律可得,回路中的电流为I=Er+R=61+4则导体棒ab受到的安培力大小为F安=BIL=0.5×1.2×1N=0.6N根据左手定则可知,安培力方向垂直ab向下。(2)设所挂重物的重力的最大值为Gm,根据受力平衡可得Gm=fmax又fmax=μN=μ(mg+F安)联立解得Gm=2.8N。答案:(1)0.6N,方向垂直ab向下(2)2.8N11.如图所示,两平行金属导轨间的距离L=0.4m,金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°,在导轨所在平面内分布着磁感应强度大小为B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源。现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒恰好静止,导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω,金属导轨电阻不计,g取10m/s2,已知sin37°=0.60,cos37°=0.80,求:(1)通过导体棒的电流;(2)导体棒受到的安培力大小;(3)导体棒受到的摩擦力的大小和方向。解析:(1)根据闭合电路欧姆定律,有I=ER0+r=4.52.5+0.5(2)导体棒受到的安培力大小为F安=ILB=1.5×0.4×0.5N=0.3N。(3)对导体棒受力分析如图所示,将重力正交分解得mgsin37°=0.24N<F安根据平衡条件,有mgsin37°+Ff=F安代入数据解得Ff=0.06N。摩擦力的方向沿金属导轨平面向下。答案:(1)1.5A(2)0.3N(3)0.06N方向沿金属导轨平面向下第2节磁场对运动电荷的作用力(赋能课精细培优科学思维)课标要求学习目标1.通过实验,认识洛伦兹力。2.能判断洛伦兹力的方向,会计算洛伦兹力的大小。1.掌握洛伦兹力的概念、大小和方向。2.经历由安培力的表达式推导洛伦兹力表达式的过程,了解宏观与微观的联系。3.通过演示实验,观察电子束在磁场中的偏转,认识洛伦兹力。4.了解洛伦兹力在电视显像管中的应用。一、洛伦兹力的方向1.洛伦兹力:运动电荷在磁场中受到的力。2.洛伦兹力方向的判断左手定则: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;让磁感线从掌心垂直进入,并使四指指向正电荷运动的方向,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。(1)正电荷所受洛伦兹力方向用左手定则判断,和安培力的方向判断方法类似。(2)负电荷所受洛伦兹力的方向与正电荷相反。二、洛伦兹力的大小1.电荷量为q的粒子以速度v运动时,如果速度方向与磁感应强度B的方向垂直,则F=qvB。2.当电荷运动的方向与磁场的方向夹角为θ时,F=qvBsinθ。

3.当电荷沿磁场方向运动(即θ=0或v∥B)时,F=0。三、电子束的磁偏转1.显像管的构造:如图所示,由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成。2.显像管的原理(1)电子枪发射高速电子。(2)磁场使电子束偏转。(3)荧光屏被电子束撞击发光。磁偏转的原因是洛伦兹力的方向与粒子速度方向始终垂直。[微情境·大道理]1.观察阴极射线管中电子束的运动,判断电子束的偏转情况。(1)没有加磁场时,电子束呈一条直线。(2)加上磁场时,电子束的径迹发生弯曲。(3)改变磁场方向,使其与原来方向相反,电子束会向相反方向弯曲。2.如图是导体中的电流所受安培力和导体中定向运动的带电粒子所受洛伦兹力示意图,怎样由此图推导洛伦兹力的公式?提示:设导体中单位体积内定向运动的带电粒子数为n,粒子的电荷量为q,则长度为vt的导体内带电粒子总数N=S·vt·n导体所受安培力F安=I·vt·B导体中的电流大小I=nqSv每个带电粒子所受的洛伦兹力F洛=F安N=nqSv强化点(一)洛伦兹力方向的判断任务驱动如图是磁流体发电机的装置示意图,等离子体中含有大量的正、负带电粒子,思考下列问题:(1)等离子体喷入磁场,正、负粒子偏转方向是否相同?(2)A、B板哪一个是电源的正极?提示:(1)正、负粒子偏转方向相反。(2)根据左手定则可知,B板是电源的正极。[要点释解明]1.决定洛伦兹力方向的三个因素:电荷的正负、速度方向、磁感应强度的方向。当电性一定时,其他两个因素如果一个反向,则洛伦兹力反向;若两个因素都反向,则洛伦兹力方向不变。2.洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向和磁场方向垂直,即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。即F、B、v三个量的方向关系是:F⊥B,F⊥v,但B与v不一定垂直。3.由于洛伦兹力始终与速度方向垂直,故洛伦兹力永不做功。4.用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力方向时,应注意将四指指向负电荷运动的反方向。[典例](多选)如图所示,一只阴极射线管,左侧不断有电子射出,若在管的正下方放一通电直导线AB时,发现电子束的径迹向下偏,则()A.导线中的电流从A流向BB.导线中的电流从B流向AC.若要使电子束的径迹向上偏,可以通过改变AB中的电流方向来实现D.电子束的径迹与AB中的电流方向无关[解析]由题图可知,阴极射线管中的电子受到的洛伦兹力的方向向下,所以阴极射线管处的磁场的方向垂直于纸面向里,由安培定则可知,直导线AB中电流的方向向左,即导线中的电流从B流向A,故A错误,B正确;若要使电子束的径迹向上偏,则阴极射线管处的磁场方向需垂直于纸面向外,可以通过改变AB中的电流方向来实现,故C正确;电子束的径迹与AB中的电流方向有关,故D错误。[答案]BC/误区警示/判断洛伦兹力方向时的易错点(1)注意电荷的正负,尤其是判断负电荷所受洛伦兹力方向时,四指应指向负电荷运动的反方向。(2)洛伦兹力的方向一定垂直于B和v所决定的平面。[题点全练清]1.(2024·北京延庆期末)(多选)阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出,在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转,可以()A.加上沿y轴正方向的磁场B.加上沿y轴负方向的磁场C.加上沿z轴正方向的电场D.加上沿z轴负方向的电场解析:选BD加上沿y轴正方向的磁场,根据左手定则可知,电子向z轴负方向偏转,故A错误;加上沿y轴负方向的磁场,根据左手定则可知,电子向z轴正方向偏转,故B正确;加上沿z轴正方向的电场,电子受到的电场力沿z轴负方向,则电子向z轴负方向偏转,故C错误;加上沿z轴负方向的电场,电子受到的电场力沿z轴正方向,则电子向z轴正方向偏转,故D正确。2.(选自粤教版教材课后练习)试判定图中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的运动方向。解析:根据左手定则可判断出各带电粒子所受洛伦兹力的方向或运动方向。[图(e)中洛伦兹力方向垂直纸面向外]答案:见解析强化点(二)洛伦兹力大小的计算[要点释解明]1.洛伦兹力的大小(1)洛伦兹力F=qvB的适用条件是B⊥v;当v的方向与B的方向成一角度θ时,F=qvBsinθ。(2)若速度方向与磁场方向平行,则F=0。速度大小或方向发生改变,则洛伦兹力也会随之改变。2.洛伦兹力与安培力的关系分类洛伦兹力安培力区别单个运动的带电粒子所受到的磁场力通电直导线所受到的磁场力洛伦兹力不做功安培力可以做功联系①安培力是洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力是安培力的微观本质②方向关系:洛伦兹力与安培力均可用左手定则进行判断3.洛伦兹力与静电力的比较比较项目洛伦兹力静电力性质磁场对在其中运动电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v≠0且v不与B平行电场中的电荷一定受到静电力作用大小F=qvB(v⊥B)F=qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B,F⊥v正电荷受静电力方向与电场方向相同,负电荷受静电力方向与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功或不做功力F为0时场的情况F为0,B不一定为0F为0,E一定为0作用效果只改变电荷运动的速度方向,不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小,也可以改变电荷运动的方向[典例](多选)如图所示,P、Q两点处各有一垂直于纸面的长直导线,均通有垂直纸面向里的恒定电流,电流大小相等。O为P、Q连线的中点,OM为P、Q连线的垂直平分线。已知长通电直导线在周围某点处产生的磁场磁感应强度满足B=kIr,其中k为常数,I为电流,r为该点到直导线的距离。在纸面内,一个带负电粒子从点M沿直线OM向无穷远处匀速运动,在整个过程中粒子受到的洛伦兹力()A.可能增大 B.可能减小C.方向垂直纸面向里 D.方向垂直纸面向外[解析]由右手螺旋定则可知,导线P产生的磁场在直线OM处的方向斜向右下方,导线Q产生的磁场在直线OM处的方向斜向右上方,由平行四边形定则可知,直线OM处的合磁场向右,与直线OM垂直,由左手定则可知,带负电的粒子所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外,C错误,D正确;由表达式B=kIr可知,距离导线越远,磁感应强度越小,则无穷远处磁感应强度为0,O点磁感应强度也为0,则从O点到无穷远处,磁感应强度先增大后减小,从M点到无穷远处,磁感应强度可能一直减小,也可能先增大后减小,由表达式F=qvB可知,粒子受到的洛伦兹力可能越来越小,也可能先增大后减小,A错误,B[答案]BD[题点全练清]1.两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场,两粒子质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2,则两带电粒子受洛伦兹力之比为()A.2∶1 B.1∶1C.1∶2 D.1∶4解析:选C带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时,洛伦兹力F=qvB,与电荷量成正比,与质量无关,C正确。2.(2024·陕西西安期末)如图,来自太阳和其他星体的宇宙射线含有大量高能带电粒子,幸好由于地磁场的存在改变了这些带电粒子的运动方向,使很多带电粒子不能到达地面,避免了其对地面生命的危害。已知地球表面上空某处由南指向北的磁感应强度约为1.2×104T,如果有一速率v=5.0×105m/s、电量为1.6×1019C的正电荷竖直向下运动穿过此处的地磁场,则该正电荷受到的洛伦兹力约为()A.9.6×1018N向东B.9.6×1018N向西C.9.6×1016N向北D.9.6×1016N向南解析:选A根据洛伦兹力的表达式可知,F洛=qvB=9.6×1018N,根据左手定则可知,洛伦兹力由西向东。故选A。强化点(三)带电体受洛伦兹力的综合问题[典例]如图所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一长为l的悬线,一端固定于O点,另一端挂一质量为m、带电荷量为+q的小球,将小球与悬线拉至右侧与磁感线垂直的水平位置,由静止释放,重力加速度为g,则小球第一次通过最低位置时悬线上的拉力大小为()A.3mg+Bqgl B.3mg+Bq2C.3mgBqgl D.3mgBq2[解析]设小球第一次通过最低位置时速度大小为v,小球从右向左通过最低位置,由左手定则可知,在最低位置时小球所受洛伦兹力F方向向下。在最低位置,小球受到重力mg、洛伦兹力F和悬线的拉力FT,根据牛顿第二定律有FTFmg=mv2l。小球从水平位置运动至最低位置过程中,悬线的拉力、洛伦兹力均不做功,根据动能定理有mgl=12mv2,又洛伦兹力F=qvB,解得FT=3mg+Bq[答案]B[变式拓展]对应[典例]中的情境,则小球第二次通过最低位置时悬线上的拉力大小为()A.3mg+Bqgl B.3mg+Bq2C.3mgBqgl D.3mgBq2[解析]小球第一次通过最低位置后继续向左运动,由于悬线的拉力、小球受到的洛伦兹力均不做功,因此小球运动到左侧最高点时,悬线水平且与磁感线垂直,之后小球向右摆动,第二次通过最低位置时速度大小仍为v,方向从左到右,由左手定则可知,此时小球所受洛伦兹力F'方向向上。在最低位置,小球受到重力mg、洛伦兹力F'和悬线的拉力FT',根据牛顿第二定律有FT'+F'mg=mv2l,又F'=qvB,解得FT'=3mgBq2[答案]D[思维建模型]带电体受洛伦兹力综合问题的思维建模(1)以带电体为模型,分析带电体的受力情况,可能有重力、弹力、摩擦力、洛伦兹力等。(2)带电体的运动可能为直线运动、圆周运动等,其中洛伦兹力的大小和方向都可能随速度的变化而变化,但洛伦兹力永远不做功。(3)根据不同的运动情况可以选择平衡条件、牛顿第二定律、动能定理等列方程求解。[题点全练清]1.(2024·江苏无锡阶段练习)如图所示,一个质量为m的带电小滑块,放置在倾角为α的光滑绝缘斜面上,斜面固定且一半置于垂直纸面向里的匀强磁场中。小滑块由静止开始从斜面顶端沿斜面滑下,进入磁场后,下列情况不可能出现的是()A.小滑块沿斜面匀速滑到斜面底端B.小滑块沿斜面匀加速滑到斜面底端C.小滑块脱离斜面做曲线运动D.小滑块先沿斜面下滑一小段距离后脱离斜面做曲线运动解析:选A若小滑块带正电,进入磁场后,所受洛伦兹力的方向垂直斜面向下,此后小滑块会沿斜面匀加速滑到斜面底端;若小滑块带负电,进入磁场后,所受洛伦兹力的方向垂直斜面向上,若速度较小,则洛伦兹力较小,此时小滑块可能沿斜面匀加速滑到斜面底端,也可能先沿斜面下滑一小段距离后脱离斜面做曲线运动;若速度较大,则洛伦兹力较大,小滑块脱离斜面做曲线运动;分析可知小滑块不会沿斜面匀速滑到斜面底端。故选A。2.(2024·湖北武汉期末)如图所示,将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的小滑块(可视为质点)放在倾斜的固定木板上,空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。测得小滑块的质量为m,木板的倾角为θ,木板与滑块之间的动摩擦因数为μ。滑块由静止释放,依次经过A、B、C、D四个点,且AB=CD=d,小滑块经过AB、CD所用的时间均为t,重力加速度为g。下列说法正确的是()A.到达C点之前滑块先加速后减速B.到达C点之前滑块所受的摩擦力先增大后减小C.滑块所带的电荷量为mgtsiD.滑块的加速度先减小后增大解析:选C以滑块为对象,根据左手定则可知,滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下,滑块由静止释放,根据牛顿第二定律可得mgsinθμmgcosθ+qvB=ma,可知随着滑块速度的增大,滑块的加速度减小,当加速度减至0后,滑块将做匀速运动,所以滑块先做加速度减小的加速运动,然后做匀速运动。小滑块经过AB、CD所用的时间均为t,可知滑块到达A点前已经做匀速运动,到达C点之前滑块先加速后匀速,滑块所受的摩擦力先增大后不变,故A、B、D错误。滑块做匀速运动时,有v=dt,根据平衡条件可得mgsinθ=μmgcosθ+[课时跟踪检测]A级——基础达标1.(2024·贵州安顺期末)下列各图中,能正确表示运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力F方向的是()解析:选D题图A、B中电荷运动方向与磁场方向平行,则电荷均不受洛伦兹力F,A、B错误;根据左手定则可知,题图C中电荷所受洛伦兹力F方向向上,题图D中电荷所受洛伦兹力F方向向右,故C错误,D正确。2.(2024·宁夏银川期末)关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系,下列说法正确的是()A.F、B、v三者必定均保持垂直B.F必定垂直于B、v,但B不一定垂直于vC.B必定垂直于F,但F不一定垂直于vD.v必定垂直于F、B,但F不一定垂直于B解析:选B由左手定则可知,F⊥B,F⊥v,B与v可以不垂直,故B正确,A、C、D错误。3.(2024·北京海淀期末)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时,会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是()A.洛伦兹力不改变带电粒子的动能B.洛伦兹力对带电粒子做功C.洛伦兹力的大小与速度无关D.洛伦兹力方向与带电粒子的速度方向不一定垂直解析:选A由左手定则可知,洛伦兹力方向一定与带电粒子的速度方向垂直,故D错误;因为洛伦兹力始终与速度方向垂直,所以不做功;因为洛伦兹力对带电粒子不做功,所以不改变带电粒子的动能,故A正确,B错误;根据洛伦兹力公式F=qvB可知,洛伦兹力的大小与速度有关,故C错误。4.(多选)初速度为v0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初速度方向如图,则()A.电子将向左偏转B.电子将向右偏转C.电子所受洛伦兹力变小D.电子所受洛伦兹力大小不变解析:选BC由安培定则可知,导线右侧的磁场方向垂直纸面向里,根据左手定则可知,运动电子所受洛伦兹力方向向右,因此电子将向右偏转,A错误,B正确。洛伦兹力不做功,电子的速率不变,根据F洛=qvB,电子越向右运动,磁感应强度B越小,则F洛越小,D错误,C正确。5.带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场,恰做匀速直线运动,如图所示。若油滴质量为m,磁感应强度为B,则下述说法正确的是()A.油滴必带正电荷,电荷量为mgB.油滴必带正电荷,比荷qm=C.油滴必带负电荷,电荷量为mgD.油滴带什么电荷都可以,只要满足q=mg解析:选A油滴水平向右做匀速直线运动,其所受洛伦兹力必向上与重力平衡,故带正电,由mg=qv0B,得其电荷量q=mgv0B,A正确,C、D错误;油滴的比荷qm6.如图所示,在示波器下方有一根与示波器轴线平行放置的通电直导线,直导线中的电流方向向右,在该电流的影响下,下列关于示波器中的电子束的说法正确的是(示波器内两个偏转电场的偏转电压都为零,不考虑地磁场的影响)()A.电子束将向下偏转,电子的速率保持不变B.电子束将向外偏转,电子的速率逐渐增大C.电子束将向上偏转,电子的速率保持不变D.电子束将向里偏转,电子的速率逐渐减小解析:选C由安培定则可知,通电直导线在示波器位置产生的磁场垂直纸面向外,根据左手定则可知,电子束将向上偏转;由于洛伦兹力对电子不做功,故电子的速率保持不变,故C正确,A、B、D错误。7.(多选)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带正电的小球,置于如图所示的匀强磁场中,当小球偏离竖直方向在垂直于磁场方向摆动时,如果细线始终绷紧,不计空气阻力,则前后两次通过最低点时相比较,相同的物理量是()A.小球受到的洛伦兹力 B.小球的向心加速度C.细线的拉力 D.小球的动能解析:选BD由于洛伦兹力不做功,因此小球两次通过最低点时速度大小相等、方向相反,动能相等,洛伦兹力方向相反,A错误,D正确;向心加速度a=v2r,故小球做圆周运动的向心加速度相同,B正确;由于两次洛伦兹力方向相反,所以细线的拉力大小不相等8.在电视机的显像管中,电子束的扫描是用磁偏转技术实现的,其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面,不加磁场时,电子束将通过O点打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ,偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的()解析:选B由题意知,要想得到以M为中心的亮线PQ,则电子束既要向上偏转,又要向下偏转,所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时,应有方向改变,C、D错误;题图A中磁感应强度大小一定,则电子束受到的洛伦兹力大小相同,偏转量也相同,向同一方向偏转的电子都打到同一点,不能得到连续的亮线,A错误;在题图B中磁感应强度随时间t变化的规律下,可得到亮线PQ,B正确。9.(2024·绍兴高二调研)如图为电视机显像管的偏转线圈示意图,线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子,它的速度方向垂直纸面向外,当偏转线圈中的电流方向如图所示时,电子束应()A.向左偏转 B.向上偏转C.向下偏转 D.不偏转解析:选C由安培定则可以判断出两个线圈的左端都是N极,磁感线分布如图所示,再由左手定则判断出电子束应向下偏转,C正确。B级——综合应用10.(多选)如图所示是一个质量为m、带电荷量为+q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中,不计空气阻力。现给圆环向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的速度—时间图像可能是下列选项中的()解析:选AD带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力,当重力与洛伦兹力相等时,圆环与细杆之间没有弹力作用,则也没有摩擦力,圆环将做匀速直线运动,A正确;当洛伦兹力大于重力时,圆环受到摩擦力的作用,并且随着速度的减小而减小,圆环将做加速度逐渐减小的减速运动,最后做匀速直线运动,D正确;如果重力大于洛伦兹力,圆环也受摩擦力作用,且摩擦力随着速度的减小越来越大,圆环将做加速度逐渐增大的减速运动,故B、C错误。11.如图所示,甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道,M、N为两轨道的最低点,匀强磁场垂直于甲轨道平面,匀强电场平行于乙轨道平面,两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放,在它们第一次到达最低点的过程中,下列说法正确的是()A.小球a下滑的时间比小球b下滑的时间长B.小球a、b的机械能均不守恒C.小球a到M点的速度小于小球b到N点的速度D.小球a对M点的压力大于小球b对N点的压力解析:选D由于小球a在磁场中运动,受到的洛伦兹力不做功,整个过程中小球a的机械能守恒;而小球b在电场中运动,受到的静电力做负功,到达最低点时的速度较小,所以小球b下滑的时间较长,故A、B、C错误。小球a在磁场中运动,在最低点对小球a受力分析可知,FMmgBqvM=mvM2r,解得FM=mvM2r+mg+BqvM;小球b在电场中运动,在最低点受力分析可知,FNmg=mvN2r,解得FN=mvN2r+mg,因为vM>vN,所以FM>FN,结合牛顿第三定律可知12.(2024·承德高二检测)如图所示,质量m=1.0×104kg的小球放在绝缘的水平面上,小球带电荷量q=2.0×104C,小球与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,外加水平向右的匀强电场E=5V/m,垂直纸面向外的匀强磁场B=2T,小球从静止开始运动。求:(取g=10m/s2)(1)小球具有最大加速度的值为多少?(2)小球的最大速度为多少?解析:(1)小球受向右的静电力,从而由静止开始运动,开始受到洛伦兹力,使得与水平面间的压力增大,导致滑动摩擦力增大,小球做加速度减小的加速运动,直到速度达到最大后,做匀速直线运动。因此刚开始运动时,加速度最大,最大值为a=qE-μmgm=2×10-4×5-0.2×1(2)当静电力等于滑动摩擦力时,速度最大,根据平衡条件,则有mg+qvmB=FN,qE=Ff=μFN解得vm=qEμ-mgqB=5×2×10-40.2答案:(1)8m/s2(2)10m/s13.(选自沪科版教材课后练习)如图所示,一个质量m=0.1g、所带电荷量q=5×104C的小滑块,放置在倾角α=30°的光滑斜面(绝缘且足够长)上,斜面置于B=0.5T的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。小滑块由静止开始沿斜面下滑,它滑至某一位置时会离开斜面。问:(g取10m/s2)(1)小滑块带何种电荷?(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度为多大?(3)该斜面的长度至少要多长?解析:(1)根据左手定则判断,小滑块带负电荷。(2)根据题意,小滑块离开斜面的瞬间qvB=mgcosα解得v=mgcosαqB=0.1×10-3×10(3)根据牛顿第二定律有mgsinα=ma再根据v2=2ax,解得x=1.2m。答案:(1)负电荷(2)23m/s(3)1.2m综合·融通(二)洛伦兹力与现代科技(融会课主题串知综合应用)通过本节课的学习掌握速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的工作原理;学会在一些科技元件中应用工作原理解决实际问题的方法。主题(一)速度选择器1.装置及要求如图,两极板间存在匀强电场和匀强磁场,二者方向互相垂直,带电粒子从左侧平行于极板射入,不计粒子重力。2.工作原理:带电粒子沿虚线做匀速直线运动时,受到的静电力和洛伦兹力大小相等、方向相反,有qE=qvB,得v=EB3.速度选择器的特点(1)速度的大小v=EB,速度选择器只对选择的粒子的速度有要求,(2)当v>EB时,粒子向F洛方向偏转,F电做负功,粒子的动能减小,(3)当v<EB时,粒子向F电方向偏转,F电做正功,粒子的动能增大,(4)速度选择器只能单向选择:若粒子从另一方向射入,则不能穿出速度选择器。[例1]如图所示,两个平行金属板M、N间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区域,电场方向由M板指向N板,磁场方向垂直纸面向里,OO'为距离两极板相等且平行两极板的直线。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子,以速度v0从O点射入,沿OO'方向匀速通过场区,不计带电粒子的重力,则以下说法正确的是()A.电荷量为q的粒子以速度v0从O点沿OO'方向射入时,不能匀速通过场区B.电荷量为+2q的粒子以速度v0从O点沿OO'方向射入时,不能匀速通过场区C.保持电场强度和磁感应强度大小不变,方向均与原来相反,则粒子仍能匀速通过场区D.粒子以速度v0从右侧的O'点沿O'O方向射入,粒子仍能匀速通过场区[解析]由题意知,带正电的粒子能从左向右匀速通过场区,则竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的静电力平衡,有qE=qv0B,解得v0=EB,可知平衡条件与粒子电荷量的多少及正负无关,因此电荷量为q和+2q的粒子以速度v0入射,都能从左向右匀速通过场区,A、B错误;当电场方向和磁场方向都与原来相反时,粒子所受静电力和洛伦兹力的方向仍相反,所以粒子以速度v0从O点沿OO'方向射入时仍能匀速通过场区,C正确;若粒子以速度v0从右侧的O'点沿O'O方向射入,粒子受到竖直向下的静电力与竖直向下的洛伦兹力,两力不能平衡,因此不能匀速通过场区,D[答案]C[针对训练]1.(多选)如图所示为一速度选择器的原理图。K为电子枪(加速电压为U),由枪中沿水平方向射出的电子(从A点进入速度选择器,电荷量大小为e,质量为m,不计电子重力),速率大小不一,当电子通过方向互相垂直的匀强电场(场强为E)和匀强磁场(磁感应强度为B)后,只有一定速率的电子能沿直线前进,并通过小孔S,下列说法正确的是()A.磁场方向必须垂直纸面向外B.只有当加速电压U=mE22eBC.只有带负电的粒子(不计重力)才能通过此速度选择器D.在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,只有电子速度满足v=EB时才能沿直线通过小孔解析:选BD若匀强电场方向向下,则电子所受电场力向上,要想使电子沿直线通过小孔S,则所受洛伦兹力向下,此时匀强磁场方向垂直纸面向里,选项A错误;在加速电场中Ue=12mv2,要想使电子沿直线通过小孔S,则Ee=evB,解得v=EB,U=mE22eB2,选项B、D正确;无论粒子带正电或带负电,只要速度v主题(二)磁流体发电机1.原理:磁流体发电机的发电原理图如图甲所示,其平面图如图乙所示。设带电粒子(不计重力)的运动速度为v,带电荷量为q,匀强磁场的磁感应强度为B,M、N极板间距离为d,极板间电压为U,当粒子匀速直线通过时,根据洛伦兹力等于静电力,有qvB=qE=qUd,得U=Bdv2.电源的电动势:外电路断开时,电源电动势的大小等于路端电压,故此磁流体发电机的电动势为E=U=Bdv。3.电源正、负极的判断:根据左手定则可判断,正离子向M极板偏转,负离子向N极板偏转,M极板积聚正离子,电势高,为发电机正极,N极板积聚负离子,电势低,为发电机负极。4.电源内阻:r=ρlS[例2](2024·湖北高二阶段练习)磁流体发电是一项新兴技术,其发电原理如图所示,平行金属板之间有方向垂直纸面向里的匀强磁场,金属板间距为d,磁感应强度大小为B。将一束含有大量正、负带电离子的等离子体,沿图中所示方向以一定的速度喷入磁场,把两个极板与一个小型电动机相连,开关S闭合,小型电动机正常工作,电动机两端电压为U,通过电动机电流为I,已知磁流体发电机的等效内阻为r,则以下判断正确的()A.流过电动机的电流方向是b→aB.磁流体发电机的电动势大小为UC.等离子体射入磁场的速度大小为UD.电动机正常工作的发热功率为I2r[解析]含有大量正、负带电离子的等离子体进入磁场,根据左手定则可知,正离子向上偏,打在上极板上,负离子向下偏,打在下极板上,所以流过电动机的电流方向是a→b,故A错误;根据闭合欧姆定律可得,磁流体发电机的电动势大小为E=U+Ir,故B错误;根据洛伦兹力大小等于静电力大小,有U+Irdq=Bqv,可得等离子体射入磁场的速度大小为v=U+IrBd,故C正确;题中的r为磁流体发电机的等效内阻,并非电动机的线圈内阻,则电动机正常工作的发热功率未必等于I2r,由于题中条件不足