2025高考物理步步高同步练习选修2第一章磁场对通电导线的作用力含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第一章1磁场对通电导线的作用力[学习目标]1.通过实验，认识安培力，掌握安培力的方向与电流方向、磁感应强度的方向之间的关系.2.掌握安培力的公式F＝IlBsinθ，并会进行有关计算.3.知道磁电式电流表的基本构造及测量电流大小、确定电流方向的基本原理．一、安培力的方向1．安培力：通电导线在磁场中受的力．2．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．3．安培力方向与磁场方向、电流方向的关系：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B与I所决定的平面．二、安培力的大小如图1所示，导线电流为I，长度为l，磁场的磁感应强度为B.(磁场范围足够大)图11．如图甲，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力F＝IlB.2．如图乙，通电导线与磁场方向平行，此时安培力F＝0.3．如图丙，通电导线与磁场方向的夹角为θ，此时安培力F＝IlBsinθ.三、磁电式电流表1.构造：图2中磁电式电流表各部件分别为：①永磁铁，②极靴，③软铁，④螺旋弹簧，⑤线圈，⑥指针．图22．原理：安培力与电流的关系．通电线圈在磁场中受到安培力而偏转，线圈偏转的角度越大，被测电流就越大．根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向．3．特点：极靴与铁质圆柱间的磁场都沿半径方向，线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，且线圈左右两边所在处的磁感应强度大小都相等．4．优点：灵敏度高，可以测出很弱的电流．缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流很弱．1．判断下列说法的正误．(1)安培力的方向与磁感应强度的方向相同．(×)(2)应用左手定则时，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．(√)(3)对于磁电式电流表，指针稳定后，线圈受到的螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的．(√)(4)对于磁电式电流表，通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转角度也越大．(√)(5)对于磁电式电流表，在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关．(√)2．如图3所示，已知导体棒中通有电流I，导体棒长度为l，磁场磁感应强度为B，当导体棒按下面几种方式放置时，写出导体棒所受安培力的大小，并写出安培力的方向．图3答案(1)IlB垂直于导体棒斜向左下(2)IlB垂直纸面向外(3)IlB垂直于导体棒斜向右下(4)0一、安培力的方向导学探究按照如图4所示进行实验．图4(1)仅上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向是否改变？(2)仅改变导线中电流的方向，导线受力的方向是否改变？(3)仔细分析实验现象，结合课本说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？答案(1)受力的方向改变(2)受力的方向改变(3)安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则知识深化1．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所决定的平面．(1)当电流方向跟磁场方向垂直时，安培力的方向、磁场方向和电流方向两两相互垂直．应用左手定则判断时，磁感线从掌心垂直进入，拇指、其余四指和磁感线三者两两垂直．(2)当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向．应用左手定则判断时，磁感线斜着穿入掌心．2．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．画出下列各图中磁场对通电导线的安培力的方向．答案解析无论B、I是否垂直，安培力总是垂直于B与I决定的平面，且满足左手定则．针对训练1(2020·山东济南一中期中)如图5所示，D是置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里，在开关S接通后，导线D所受磁场力的方向是()图5A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左D．水平向右答案A解析在开关S接通后，线圈中电流由左侧流入，由安培定则可知电磁铁右侧为N极，故导线所在处的磁场方向向左，由左手定则可知，导线所受安培力方向竖直向上，选项A正确．二、安培力的大小导学探究(1)在如图6所示的探究影响安培力大小的有关因素的实验中，把导线垂直放入磁场(磁感应强度为B)中，得出的安培力F与导线长度l、电流大小I有怎样的关系？(2)当导线平行磁场方向放入时，它受到的安培力多大？(3)如图7，当导线和磁场方向的夹角为θ时，它受到的安培力多大？图6图7答案(1)F＝BIl(2)0(3)将磁感应强度B沿平行导线方向和垂直导线方向进行分解，如图所示，则B⊥＝Bsinθ，F＝B⊥Il＝IlBsinθ.知识深化对公式F＝IlBsinθ的理解1．公式F＝IlBsinθ中B对放入的通电导线来说是外加磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁场对外加磁场的影响．2．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，公式变为F＝IlB.(2)当θ＝0时，即B∥I，F＝0.3．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段的长度(如图8虚线所示)；相应的电流沿导线由始端流向末端．图8推论：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9所示．图9长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向分别如图所示，已知磁感应强度均为B，对于下列各图中导线所受安培力的大小计算正确的是()答案A解析题A图中，导线不和磁场垂直，将导线投影到垂直磁场方向上，故F＝BILcosθ，A正确；题B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，B错误；题C图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，C错误；题D图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，D错误．(2020·山西太原五十三中学高二月考)如图10，长为3L的直导线折成边长分别为ac＝L、cd＝2L的直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为()图10A．3BIL B.eq\r(5)BILC.eq\r(3)BIL D．BIL答案B解析导线在磁场内的有效长度为L′＝eq\r(L2＋2L2)＝eq\r(5)L，故该通电导线受到的安培力大小为F＝BIL′＝eq\r(5)BIL，选项B正确，A、C、D错误．针对训练2(2020·江苏扬州期末)如图11所示，直角三角形闭合线框abc处于匀强磁场中，∠acb＝30°，磁场方向垂直线框平面向里，线框中通入顺时针方向电流时，下列说法正确的是()图11A．ab边受到的安培力向右B．ac边受到的安培力与ab边受到的安培力大小相等C．ab边与bc边受到的安培力的合力大于ac边受到的安培力D．整个线框所受的安培力的合力为零答案D解析根据左手定则可知ab边受到的安培力向左，A错误；ac边受到的安培力大小Fac＝BILac，ab边受到的安培力大小Fab＝BILab，因为磁感应强度B和电流I大小相等，且Lac＞Lab，故ac边受到的安培力大小大于ab边受到的安培力大小，B错误；根据安培力大小的计算公式可知，线框三边受到的安培力的大小与三边长度成正比，又根据左手定则可知线框三边受到的安培力的方向，易知线框三边受到的安培力构成一个矢量三角形，因此整个线框所受的安培力的合力为零，故ab边与bc边受到的安培力的合力大小等于ac边受到的安培力大小，方向与之相反，C错误，D正确．三、磁电式电流表1．磁电式电流表的工作原理通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生偏转，偏转的方向不同，被测电流的方向不同．2．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．3．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：如果要提高磁电式电流表的灵敏度，就要使在相同电流下线圈所受的安培力增大，可通过增加线圈的匝数、增大永磁铁的磁感应强度、增加线圈的面积和减小转轴处摩擦等方法实现．(多选)以下关于磁电式电流表的说法正确的是()A．线圈平面跟磁感线平行B．通电线圈中的电流越大，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，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关答案ABD解析磁电式电流表内磁场是均匀辐向分布的磁场，不管线圈转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，线圈所在各处磁场的磁感应强度大小相等、方向不同，所以安培力与电流大小有关而与所处位置无关，电流越大，安培力越大，指针转过的角度越大，正确的选项为A、B、D.1．(安培力的方向)(2020·安徽合肥六校联盟期末)某同学画的表示磁感应强度B、电流I和安培力F的相互关系如下列选项图所示，其中正确的是()答案D解析A图中磁场方向和电流方向平行，导线不受安培力作用；根据左手定则可知，B图中安培力的方向应垂直于磁场方向向上；C图中安培力的方向应垂直于导线向下；D图中安培力的方向垂直于导线向右．故选项D正确．2．(安培力的大小)(多选)如图12所示的四幅图中，导体棒的长度均为L，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()图12A．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eq\f(\r(3),2)BILD．图丁中导体棒所受的安培力大小为eq\f(\r(3),2)BIL答案BD解析题图甲中，因导体棒与磁场平行，所以安培力为零，A错误；题图乙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为F1＝BIL，B正确；题图丙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为F2＝BIL，C错误；题图丁中，导体棒与磁场成60°角，则安培力的大小为F3＝BILsin60°＝eq\f(\r(3),2)BIL，D正确．3．(安培力的大小)(2020·广西田阳高中高二月考)将一段通电直导线abc从中点b折成120°，分别放在如图13所示的匀强磁场中，图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行，图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直，若两图中两导线所受的安培力大小相等，则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比eq\f(B1,B2)为()图13A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(\r(3),6)D.eq\f(3\r(3),2)答案B解析设导线的总长为2L，通过导线的电流为I，题图甲中导线受到的安培力大小为B1IL＋B1cos60°IL＝eq\f(3,2)B1IL，题图乙中导线受到的安培力的大小为B2I·2Lcos30°＝eq\r(3)B2IL，根据题意有eq\f(3,2)B1IL＝eq\r(3)B2IL，则有eq\f(B1,B2)＝eq\f(2\r(3),3)，B正确．4.(安培力的大小)如图14所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向斜向右上方，与水平方向的夹角为45°.一个四分之三金属圆环ab置于匀强磁场中，圆环的半径为r，圆心为O，两条半径Oa和Ob相互垂直，Oa沿水平方向，Ob沿竖直方向．c点将圆环等分为两部分，当圆环中通以电流I时，则圆环ac受到的安培力大小为()图14A．BIrB.eq\f(3,4)πBIrC.eq\f(1,2)BIrD.eq\f(\r(2),2)BIr答案D解析根据几何关系，可知通电圆环在磁场中的有效长度为L＝eq\r(2)r；根据安培力公式可得，圆环ab受到的安培力大小为F＝eq\r(2)BIr，又圆环ac和圆环cb所受安培力大小相等，方向相同，所以圆环ac受到的安培力大小为F′＝eq\f(F,2)＝eq\f(\r(2),2)BIr，D正确．5.(安培力的叠加)(2020·泉州市高二期末)如图15所示，材质相同、粗细均匀的正方形导体框ABCD，垂直放置于匀强磁场中，将CD两点接到电源两端，CD段受到的安培力大小为F，则此时导体框受到的安培力的合力大小为()图15A.eq\f(2,3)FB.eq\f(4,3)FC．2FD．3F答案B解析均匀的电阻丝组成的正方形导体框，电阻丝CBAD阻值是电阻丝CD阻值的3倍，电阻丝CD与电阻丝CBAD并联，所以电阻丝CBAD中电流是电阻丝CD中电流的eq\f(1,3)，电阻丝CBAD在磁场中的有效长度与电阻丝CD的长度相等，则电阻丝CBAD所受安培力是电阻丝CD所受安培力的eq\f(1,3)，即电阻丝CBAD所受安培力的大小为eq\f(1,3)F，电阻丝CD与电阻丝CBAD所受安培力的方向相同，所以导体框受到的安培力的合力大小F合＝F＋eq\f(1,3)F＝eq\f(4,3)F，B正确.考点一安培力的方向左手定则1．如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受到的安培力方向向右的是()答案B解析根据左手定则，选项A中导线受到的安培力方向向左，选项B中导线受到的安培力方向向右，选项C中导线与磁场方向平行，不受安培力，选项D中导线受到的安培力方向垂直纸面向里，故A、C、D错误，B正确．2.电磁弹射是采用电磁的能量来推动被弹射的物体向外运动，电磁炮就是利用电磁弹射工作的．电磁炮的原理如图1所示，则炮弹导体滑块受到的安培力的方向是()图1A．竖直向上 B．竖直向下C．水平向左 D．水平向右答案C解析由左手定则可知，炮弹导体滑块受到的安培力的方向水平向左，故选C.3.(2020·山东青岛二中高二期中)如图2，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里．闭合开关S，A受到的通电螺线管产生的磁场的作用力的方向是()图2A．竖直向上 B．竖直向下C．水平向右 D．水平向左答案A解析首先根据安培定则判断出通电螺线管右端为N极，左端为S极，所以在A处产生的磁场方向水平向左．根据左手定则判断可知A受到的通电螺线管产生的磁场的作用力的方向竖直向上，选项A正确，B、C、D错误．考点二安培力的大小4.如图3所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内．某时刻，线圈中通过大小为I的电流，则此线圈所受安培力的大小为()图3A.eq\r(2)BILB.eq\f(1,2)nBILC．nBILD.eq\r(2)nBIL答案D5.如图4所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，c为直径与b等长的半圆，长度关系为c最长，b最短，将装置置于竖直向下的匀强磁场中，在接通电源后，三根导体棒中有等大的电流通过，则三根导体棒受到的安培力大小关系为()图4A．Fa＞Fb＞Fc B．Fa＝Fb＝FcC．Fb＜Fa＜Fc D．Fa＞Fb＝Fc答案D解析设a、b两棒的长度分别为La和Lb，c的直径为d.由于导体棒都与匀强磁场垂直，则a、b、c三棒所受安培力的大小分别为：Fa＝BILa；Fb＝BILb＝BId；c棒所受安培力与长度为d的直导体棒所受安培力的大小相等，则Fc＝BId；因为La＞d，则Fa＞Fb＝Fc，D正确．6.(多选)如图5所示，纸面内的金属圆环中通有电流I，圆环圆心为O、半径为R，P、Q为圆环上两点，且OP垂直于OQ，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于纸面向里，则()图5A．整个圆环受到的安培力大小为2πBIRB．整个圆环受到的安培力大小为0C．大圆弧PQ受到的安培力大小为BIRD．大圆弧PQ受到的安培力大小为eq\r(2)BIR答案BD解析根据左手定则可知，整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向，则整个圆环受到的合力为0，选项A错，B对；大圆弧PQ受到的安培力大小等于直线段PQ受到的安培力大小，为eq\r(2)BIR，选项C错，D对．考点三磁电式电流表7．(多选)关于磁电式电流表内的磁铁和铁芯之间的均匀辐向分布的磁场，下列说法正确的是()A．该磁场的磁感应强度的大小处处相等，方向相同B．该磁场的磁感应强度的方向处处相同，大小不等C．使线圈平面始终与磁感线平行D．该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度的大小都相等答案CD解析磁电式电流表内的磁铁和铁芯之间有均匀辐向分布的磁场，使线圈平面始终与磁感线平行，故C正确；该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度的大小处处相等，但方向不同，故A、B错误，D正确．8.(2020·孝感市高二期中)如图6所示，A为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的正电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向已在图中标出．当圆盘绕中心轴OO′按图示方向高速转动时，通电直导线所受安培力的方向是()图6A．竖直向上 B．竖直向下C．水平向外 D．水平向里答案C解析带正电圆盘如题图转动时，从上向下看，形成顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向下，根据左手定则，通电直导线所受安培力的方向水平向外，故选C.9.(2020·广东茂名期末)如图7所示，“L”形导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab⊥bc，ab长为2L，bc长为L，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc间的夹角为θ，则()图7A．F＝3BIL，tanθ＝eq\f(1,2)B．F＝eq\r(5)BIL，tanθ＝eq\f(1,2)C.F＝7BIL，tanθ＝eq\f(1,2)D．F＝eq\r(5)BIL，tanθ＝2答案B解析连接ac，根据几何关系得ac＝eq\r(5)L，则F＝eq\r(5)BIL，F与bc间的夹角θ满足tanθ＝eq\f(bc,ab)＝eq\f(1,2)，选项B正确．10.如图8所示，位于纸面内的细直导线长L＝5m，通有I＝3A的恒定电流，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．当导线与B成60°夹角时，发现其受到的磁场力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B′的可能值为()图8A.eq\f(\r(3),2)TB.eq\f(1,2)TC．2eq\r(3)TD.eq\f(\r(3),3)T答案C解析通电导线所受磁场力为零，则电流方向与磁场方向平行，说明该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B′与B的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，由平行四边形定则可知，当B′与合磁场(通电导线)垂直时，B′最小，最小值为Bsin60°＝eq\r(3)T，则B′≥eq\r(3)T，所以B′的可能值为2eq\r(3)T，故C正确，A、B、D错误．11.如图9所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离l＝0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1kg，系在ab棒中点且与导轨平行的水平绳跨过定滑轮与重力G＝3N的物块相连．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10V、内阻r＝0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计．要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？(g取10m/s2)图9答案1.9Ω≤R≤9.9Ω解析依据物体的平衡条件可得ab棒恰不右滑时G－μmg－BI1l＝0ab棒恰不左滑时G＋μmg－BI2l＝0根据闭合电路欧姆定律可得E＝I1(R1＋r)E＝I2(R2＋r)由以上各式代入数据可解得R1＝9.9Ω，R2＝1.9Ω所以R的取值范围为1.9Ω≤R≤9.9Ω.12.如图10所示为电流天平，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.图10(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，磁感应强度是多少？答案见解析解析(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质量为m2，则由等臂天平的平衡条件，有m1g＝m2g－nBIl，电流方向改变后，同理可得(m＋m1)g＝m2g＋nBIl两式相减，得B＝eq\f(mg,2nIl).(2)将n＝9，l＝10.0cm，I＝0.10A，m＝8.78g代入B＝eq\f(mg,2nIl)，得B≈0.49T.13.(2019·全国卷Ⅰ)如图11，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()图11A．2FB．1.5FC．0.5FD．0答案B解析设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为eq\f(I,2)，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝eq\f(1,2)BlI＝eq\f(1,2)F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F＋F1＝1.5F，选项B正确．2磁场对运动电荷的作用力[学习目标]1.知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断洛伦兹力的方向.2.掌握洛伦兹力公式的推导过程，会计算洛伦兹力的大小.3.知道电视显像管的基本构造及工作的基本原理．一、洛伦兹力的方向和大小1．洛伦兹力(1)定义：运动电荷在磁场中受到的力．(2)与安培力的关系：通电导线在磁场中受到的安培力是洛伦兹力的宏观表现．2．洛伦兹力的方向左手定则：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．负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反．3．洛伦兹力的大小(1)当v与B成θ角时，F＝qvBsinθ.(2)当v⊥B时，F＝qvB.(3)当v∥B时，F＝0.二、电子束的磁偏转1．显像管的构造：如图1所示，由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成．图12．显像管的原理(1)电子枪发射高速电子．(2)电子束在磁场中偏转．(3)荧光屏被电子束撞击时发光．3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，使得电子束打在荧光屏上的光点从上向下、从左向右不断移动．1．判断下列说法的正误．(1)运动电荷在磁场中一定受洛伦兹力．(×)(2)同一电荷，以相同大小的速度进入磁场，速度方向不同时，洛伦兹力的大小也可能相同．(√)(3)运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零．(×)(4)电荷垂直磁场运动时所受洛伦兹力最小，平行磁场运动时所受洛伦兹力最大．(×)(5)显像管内偏转线圈中的电流恒定不变时，电子打在荧光屏上的光点是不动的．(√)2.如图2所示，一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，发现射线的运动轨迹向下弯曲，则导线中的电流方向为__________．(填“从A到B”或“从B到A”)图2答案从B到A一、洛伦兹力的方向导学探究如图3所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中向下发生了偏转，试问：图3(1)什么力使电子偏转？该力的方向如何？(2)电子运动轨迹附近的磁场方向如何？电子所受洛伦兹力与磁场方向、电子运动方向存在什么关系？答案(1)洛伦兹力向下(2)磁场方向向里电子所受洛伦兹力与磁场方向垂直，与电子运动方向垂直，满足左手定则知识深化1．洛伦兹力的方向(1)F、B、v三者方向间的关系洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向及磁场方向垂直，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．说明：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，如图4甲、乙所示．图4(2)受洛伦兹力方向的判断在用左手定则判断运动的电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向时，对于正电荷，四指指向电荷的运动方向；但对于负电荷，四指应指向电荷运动的反方向．2．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化．但无论怎样变化，洛伦兹力都与运动方向垂直．(2)洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小．试判断下列图中的带电粒子刚进入磁场时所受的洛伦兹力的方向，其中垂直于纸面指向纸里的是()答案D解析根据左手定则可以判断，选项A中的带电粒子所受的洛伦兹力方向向下；选项B中的带电粒子所受的洛伦兹力方向向上；选项C中的带电粒子所受的洛伦兹力方向垂直纸面指向纸外；选项D中的带电粒子所受的洛伦兹力方向垂直于纸面指向纸里，D正确．二、洛伦兹力的大小导学探究如图5所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q且定向移动的速率都是v.图5(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？(2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？答案(1)nqvSnqvSLB(2)nSLqvB知识深化1．洛伦兹力与安培力的关系(1)安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的微观本质．(2)洛伦兹力对电荷不做功，但安培力却可以对导体做功．2．洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ，θ为电荷运动的方向与磁感应强度方向的夹角．(1)当θ＝90°时，v⊥B，sinθ＝1，F＝qvB，即运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大．(2)当θ＝0°时，v∥B，sinθ＝0，F＝0，即运动方向与磁场平行方向时，不受洛伦兹力．如图6所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向．图6答案(1)qvB垂直于v指向左上方(2)eq\f(1,2)qvB垂直纸面向里(3)qvB垂直纸面向里(4)qvB垂直于v指向左上方解析(1)因v⊥B，所以F＝qvB，方向垂直于v指向左上方．(2)v与B的夹角为30°，将v分解成垂直磁场的分量和平行磁场的分量，v⊥＝vsin30°，F＝qvBsin30°＝eq\f(1,2)qvB，方向垂直纸面向里．(3)因v⊥B，所以F＝qvB，由左手定则判断出洛伦兹力的方向垂直纸面向里．(4)因v⊥B，所以F＝qvB，方向垂直于v指向左上方．三、电子束的磁偏转显像管的原理示意图如图7所示，当没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点．安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，下列磁场能够使电子束发生上述偏转的是()图7答案A解析要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，可知电子先向上偏转后向下偏转，P到O过程中洛伦兹力向上，O到Q过程中洛伦兹力向下，根据左手定则知，能够使电子束发生上述偏转的磁场是选项A.四、带电体在洛伦兹力作用下的运动1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动．2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点．(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8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()图8A．小球受到的洛伦兹力B．小球的加速度C．细线的拉力D．小球的动能答案BD解析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；小球做圆周运动的向心加速度相同，B正确；由于洛伦兹力方向相反，所以细线的拉力大小不相等，C错误．(2020·云南省武定民族中学高二期末)如图9所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α，一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tanα，重力加速度为g.现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：图9(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？答案(1)gsinαeq\f(mgcosα,qB)(2)eq\f(mgsinα＋μcosα,μqB)解析(1)由于μ<tanα，所以环将由静止开始沿棒下滑，环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛伦兹力qv1B、棒的弹力FN1和摩擦力Ff1，Ff1＝μFN1，根据牛顿第二定律，沿棒的方向有mgsinα－Ff1＝ma垂直棒的方向有FN1＋qv1B＝mgcosα所以当FN1＝0，即Ff1＝0时，a有最大值am，且am＝gsinα，此时qv1B＝mgcosα解得v1＝eq\f(mgcosα,qB)(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受棒的弹力大小为FN2，方向垂直于棒向下，摩擦力大小为Ff2＝μFN2，此时应有a＝0，即mgsinα＝Ff2FN2＋mgcosα＝qvmB解得vm＝eq\f(mgsinα＋μcosα,μqB)求解带电体在磁场中的运动问题的解题步骤1．确定研究对象，即带电体；2．确定带电体所带电荷量的正、负以及速度方向；3．由左手定则判断带电体所受洛伦兹力的方向，并作出受力分析图；4．由平行四边形定则、矢量三角形或正交分解法等方法，根据物体的平衡条件或牛顿第二定律列方程求解；5．对于定性分析的问题还可以采用极限法进行推理，从而得到结论．1．(洛伦兹力的方向)在下列四个选项中，正确标明了带正电粒子所受洛伦兹力F方向的是()答案D解析根据左手定则可知，A项中洛伦兹力方向应该垂直纸面向里，故A错误；B项中洛伦兹力方向应该垂直纸面向外，故B错误；C项中洛伦兹力方向应该竖直向下，故C错误；D项中洛伦兹力方向应该竖直向上，故D正确．2．(洛伦兹力的大小)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，则刚进入磁场时两带电粒子所受洛伦兹力之比为()A．2∶1B．1∶1C．1∶2D．1∶4答案C解析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项正确．3.(带电粒子在磁场中的运动)(2020·广东佛山一中高二期中)一束等离子体(含有大量带正电和带负电的离子，都不考虑重力)，沿图10中箭头所示的方向垂直于磁场方向进入一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子运动的轨迹如图中a、b所示，则()图10A．a是带正电的离子的运动轨迹B．b是带正电的离子的运动轨迹C．a是带负电的离子的运动轨迹D．a是带正电离子及带负电离子的共同运动轨迹答案A解析带正电的离子在垂直纸面向里的磁场中向右运动，根据左手定则可知，离子受到的洛伦兹力的方向向上，所以离子可能的运动轨迹为a，故A符合题意，B不符合题意．带负电的离子在垂直纸面向里的磁场中向右运动，根据左手定则可知，离子受到的洛伦兹力的方向向下，所以离子可能的运动轨迹为b，故C不符合题意．根据A、C的分析可知，带正电离子及带负电离子的运动轨迹不相同，故D不符合题意．4．(带电体在磁场中的运动)(多选)(2020·攀枝花市高二期末)如图11所示，一个质量为0.1g、电荷量为5×10－4C的小滑块(可视为质点)，放在倾角为α＝30°的光滑绝缘斜面顶端(斜面足够长)，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滑下，小滑块运动一段距离l后离开斜面，g取10m/s2，则()图11A．小滑块带正电B．小滑块带负电C．l＝1.2mD．小滑块离开斜面时的瞬时速率为2m/s答案AC解析由题意可知，小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上．根据左手定则可得，小滑块带正电，故A对，B错；由题意知，当滑块离开斜面时，有Bqv＝mgcosα，解得v＝eq\f(mgcosα,qB)＝2eq\r(3)m/s，故D错；在滑块离开斜面之前，滑块在沿斜面方向所受的合力始终等于重力沿斜面方向的分力，所以滑块在斜面上一直做匀加速直线运动，即mgsinα＝ma，解得a＝gsinα＝5m/s2，由v2＝2al，解得l＝1.2m，故C对．考点一洛伦兹力的方向1．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是()答案B解析由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，故A错误；磁场的方向向下，电流的方向垂直纸面向里，由左手定则可知安培力的方向向左，故B正确；由左手定则可知，洛伦兹力的方向与磁感应强度的方向垂直，C项图中洛伦兹力应为垂直纸面向外，故C错误；通电螺线管内部产生的磁场的方向沿螺线管的轴线的方向，由D项图可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力，故D错误．2.如图1所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖．云雾室中磁场方向可能是()图1A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里C．沿纸面向上 D．沿纸面向下答案B解析由左手定则可知，磁场方向可能垂直纸面向里，故B正确．3.(2020·广元天立国际学校高二月考)如图2所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一束电子，初速度方向与电流方向相同，则电子可能的运动情况是()图2A．沿路径a运动 B．沿路径b运动C．沿路径c运动 D．沿路径d运动答案D解析由安培定则知，电流I在导线下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则知，电子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向下，则电子的轨迹必定向下弯曲，因此A、B错误；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，因此C错误，D正确．考点二电子束的磁偏转4.(2020·江苏西亭高级中学高二上期末)如图3所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将()图3A．向上偏转B．向下偏转C．向纸外偏转D．向纸里偏转答案A解析由安培定则可知，示波管下方环形电流在环形导线内产生的磁场方向垂直纸面向里，在环形导线外侧产生的磁场方向垂直纸面向外；电子束由左向右运动，由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转，选项A正确，B、C、D错误．5.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4所示．圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面，而不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心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()图4答案B解析由题意知，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；A项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B项中磁感应强度随时间变化的规律下，可得到亮线PQ，B正确．考点三带电体在磁场中的运动6.(2020·天津市南开中学期末)如图5所示，一带正电的物体固定在小车的底板上，其中底板绝缘，整个装置静止在水平地面上，在空间施加一垂直纸面向里的匀强磁场，如果保持小车不动，将匀强磁场沿水平方向向左匀速运动．则下列说法正确的是()图5A．带电物体所受的洛伦兹力为零B．带电物体受洛伦兹力且方向竖直向上C．小车对地面的压力变大D．地面对小车的摩擦力方向向左答案B解析受洛伦兹力的带电物体的速度不是相对地面而言，而是相对磁场．题中匀强磁场向左匀速运动相当于小车水平向右匀速运动，由左手定则可知，带电物体所受的洛伦兹力方向竖直向上，B正确，A错误；由于小车水平方向不受力，没有相对运动的趋势，所以摩擦力为零，D错误；对小车及带电物体整体分析可知，地面对小车的支持力变小，由牛顿第三定律可知小车对地面的压力变小，C错误．7．(2020·湖北黄冈中学月考)如图6所示，一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘物块位于高度略大于物块高度的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则物块()图6A．一定做匀速直线运动B．一定做减速运动C．可能先减速后匀速运动D．可能加速运动答案C解析根据左手定则可知物块受到的洛伦兹力方向向上，如果洛伦兹力等于重力，则物块做匀速直线运动；如果洛伦兹力小于重力，物块与隧道下表面间存在摩擦力，物块做减速运动；如果洛伦兹力大于重力，物块与隧道上表面间存在摩擦力，做减速运动，当减速到洛伦兹力等于重力时做匀速运动．故选项C正确．8．如图7甲所示，一个质量为m、电荷量为q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙绝缘细杆上滑动，细杆处于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后运动过程中的速度－时间图像如图乙所示．则关于圆环所带的电性，匀强磁场的磁感应强度B，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图7A．圆环带负电，B＝eq\f(mg,qv0) B．圆环带正电，B＝eq\f(2mg,qv0)C．圆环带负电，B＝eq\f(2mg,qv0) D．圆环带正电，B＝eq\f(mg,qv0)答案B解析因圆环最后做匀速直线运动，圆环在竖直方向上受力平衡，则有eq\f(Bqv0,2)＝mg，即B＝eq\f(2mg,qv0)；根据左手定则可知圆环带正电，故B正确，A、C、D错误．9.(多选)(2020·西安市第八十三中学期中)足够长的光滑绝缘槽，与水平方向的夹角分别为α和β(α<β)，如图8所示，加垂直于纸面向里的匀强磁场，将质量相等且带等量正、负电荷的小球a和b，分别从两斜面的顶端由静止释放(一次仅有一个小球存在)，关于两球在槽上的运动，下列说法正确的是()图8A．在槽上a、b两球都做匀加速直线运动，aa>abB．在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aa>abC．a、b两球沿直线运动的最大位移分别为xa、xb，则xa<xbD．a、b两球沿槽运动的时间分别为ta、tb，则ta<tb答案ACD解析小球a、b沿槽下滑的加速度大小分别为aa＝gsinβ，ab＝gsinα，因α<β，故aa>ab，选项A对，B错；小球受到的洛伦兹力垂直槽向上，当mgcosβ＝qvaB、mgcosα＝qvbB时，a和b离开槽，显然va<vb，而aa>ab，根据位移公式可知xa<xb，选项C对；根据速度公式可知选项D对．10.如图9所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于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做加速运动，则在加速运