2025高考物理 人教版选择性必修第2册专项复习含答案

2025高考物理人教版选择性必修第2册专项复习2025高考物理人教版选择性必修第2册专项复习第一章安培力与洛伦兹力1．磁场对通电导线的作用力第1课时安培力的方向及大小课标要求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。4．了解磁电式电流表的结构和工作原理。素养目标1．物理观念：知道安培力的定义及安培力大小的决定因素。会用F＝IlB计算安培力。掌握左手定则，并会用它判断安培力的方向。2．科学思维：经历磁场方向与电流方向不垂直时安培力大小的推导过程。能用微元法处理弯曲导线中电流所受安培力的问题。3．实验探究：会用实验探究安培力方向与电流方向、磁场方向的关系；通过实验得出安培力大小与电流大小、磁感应强度大小、导线的长度及导线的放置方式有关。4．科学态度与责任：认识安培力在生产生活和科学技术中的重要应用，养成严谨认真的学习习惯。安培力的方向1．安培力通电导线在_磁场中__受的力称为安培力。2．影响安培力方向的因素安培力的方向与_磁场__方向、_电流__方向有关。3．左手定则如图所示，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_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。『判一判』(1)通电导线所受安培力的方向与磁场的方向相同。(×)(2)通电导线所受安培力的方向与磁场的方向垂直。(√)(3)通电导线所受安培力的方向与直线电流的方向垂直。(√)(4)通电导线电流方向一定与磁场方向垂直。(×)『想一想』(2024·广东佛山高二期中)某老师在课上做了一个如图所示的实验：把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，观察通电后的现象。(1)如图所示，从弹簧中取相邻的两个线圈分析，闭合开关使电路导通，下方线圈电流和上方线圈电流方向相同还是相反？两个线圈相互吸引还是排斥？(2)依据第(1)问的结论，请简述弹簧通电后该装置产生的实验现象；(3)通电时，电源的电能会全部转化成弹簧的机械能吗？请简述理由。答案：见解析解析：(1)通电后，下方线圈电流和上方线圈电流方向相同，根据安培定则和左手定则可知，同向电流相吸引，所以两个线圈相互吸引。(2)通电后，由于线圈间电流方向相同，每层线圈之间均相互吸引，弹簧收缩，下端离开水银后，电路断开，弹簧在重力的作用下伸长，下端接触水银后重复以上动作，所以弹簧将会不断地上下振动。(3)不会，因为电源内部，弹簧及水银都有电阻，通电时会有热量产生，所以电源的电能不会全部转化成弹簧的机械能。安培力的大小1．一般表达式：F＝IlBsinθ。θ为磁感应强度方向与通电导线电流方向之间的夹角。2．说明：A.当通电导线与磁感线垂直时，即电流方向与磁感线垂直时，所受的安培力最大：F＝_IlB__。B．当通电导线与磁感线平行时，所受安培力_为零__。『判一判』(5)不通电的导线在磁场中一定不受安培力。(√)(6)通电的导线在磁场中一定受安培力。(×)(7)对处于匀强磁场中的某段导线而言，所通电流越大，所受安培力越大。(×)(8)安培力等于零的地方，磁感应强度一定为零。(×)磁电式电流表1．构造写出图中磁电式电流表各部件的名称。①_磁铁__，②_极靴__，③_铁质圆柱__，④_螺旋弹簧__，⑤_线圈__，⑥_指针__。2．原理通电线圈在磁场中受到_安培力__而偏转。(1)线圈_偏转的角度__越大，被测电流就越大。(2)根据_线圈偏转__的方向，可以知道被测电流的方向。3．构造特点两极间的极靴和极靴中间的铁质圆柱，使极靴与圆柱间的磁场都沿_半径__方向，使线圈无论转到什么位置，它的平面都与磁场方向_平行__，从而使刻度盘刻度均匀。4．优、缺点优点是_灵敏度__高，能测出很弱的电流；缺点是线圈的_导线很细__，允许通过的电流很弱。『选一选』(2024·浙江嘉兴高二期末)如图甲为磁电式微安表的结构，图乙为极靴和铁质圆柱间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等，则(D)A．线圈将逆时针转动B．a、b两边受安培力相同C．线圈平面总与磁场方向垂直D．线圈平面总与磁场方向平行答案：D解析：由左手定则可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，二力大小相等，方向相反，线圈顺时针旋转，故A、B错误；由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故C错误，D正确。探究安培力的方向要点提炼1.安培力的方向不管电流方向与磁场方向是否垂直，安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面，即总有F⊥I和F⊥B。(1)已知I、B的方向，可唯一确定F的方向。(2)已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可唯一确定I的方向。(3)已知F、I的方向时，磁感应强度B的方向不能唯一确定。2．静电力与安培力的比较与安培力相比，静电力是纵向力，其方向总是与电场方向平行，而安培力是横向力，其方向总是与磁场方向垂直。典例剖析1．画出(或说明)图中各磁场对通电导线的安培力的方向。思路引导：解答此类题目时应注意以下两点：(1)安培力总是垂直于磁场方向和电流方向所确定的平面；(2)I、B方向不垂直时，让磁感线斜着穿过掌心。答案：见解析解析：A、B、C、D、E、F、G中电流方向均与磁场方向垂直，而H中电流方向与磁场方向不垂直，由左手定则判断如图：对点训练❶请画出如图所示的甲、乙、丙三种情况下，导线受到的安培力的方向。答案：见解析解析：画出甲、乙、丙三种情况的侧面图，利用左手定则判定出在甲、乙、丙三种情况下，导线所受安培力的方向如图所示：探究安培力的大小要点提炼1.同一通电导线，按不同方式放在同一磁场中，受力情况不同，如图所示。(1)如图甲，通电导线与磁场方向垂直，此时安培力最大，F＝IlB。(2)如图乙，通电导线与磁场方向平行，此时安培力最小，F＝0。(3)如图丙，通电导线与磁场方向成θ角，此时可以分解磁感应强度，如图丁所示，于是有安培力大小为F＝IlBsinθ，这是一般情况下安培力的表达式。2．对安培力F＝IlBsinθ的理解(1)当B与I垂直时，即sin90°＝1，则F＝IlB；当B与I成θ角时，F＝IlBsinθ，θ是B的方向与I的方向的夹角。(2)L是有效长度，匀强磁场中弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点直线的长度(如图)；相应的等效电流沿L由始端流向末端。3．F＝IlBsinθ的适用条件导线所处的磁场应为匀强磁场；在非匀强磁场中，公式仅适用于很短的通电导线。4．电流在磁场中的受力特点电荷在电场中一定会受到静电力作用，但是电流在磁场中不一定受安培力作用。当电流方向与磁场方向平行时，电流不受安培力作用。且电流受安培力方向与电流垂直，而电荷受静电力与电场强度方向共线。典例剖析2．(2024·安徽省滁州中学高二期末)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(C)A．2BIl B．eq\r(3)BIlC．BIl D．eq\f(\r(3),2)BIl答案：C解析：该导线受到的安培力F＝BILacsinθ＝BIl，故选C。对点训练❷(2024·河北邯郸高二期末)如图甲所示，长为2l的直导线MN折成边长相等、夹角为60°的“V”形并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中。当导线中通以电流I时，该“V”形通电导线受到的安培力大小为F。若如图乙所示，在MN间接上长为l的相同直导线，使从M点流入、N点流出的电流仍为I，则该三角形通电导线受到的安培力大小为(C)A．0 B．0.5FC．F D．1.5F答案：C解析：根据题意，对弯折的导线，其所受安培力的有效长度为电流流入端、电流流出端两点连线的直线长度，对于甲图有F甲＝BIl＝F，对于乙图F乙＝F1＋F2＝BI1l＋BI2l，又有I＝I1＋I2，则有F乙＝BIl＝F，故选C。探究磁电式电流表要点提炼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。线圈偏转的角度越大，被测电流就越大；线圈偏转的方向不同，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，极靴中间有铁质圆柱，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导线所受的安培力增大，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。典例剖析3．(多选)(2024·江苏南通高二阶段练习)某磁电式电流表结构如图甲所示，矩形线圈匝数为n，长边长度为l。矩形线圈放在均匀辐射状磁场中如图乙所示，两条长边经过的位置磁感应强度大小为B。当线圈长边中电流为I时，电流表指针偏转的角度为θ，则当电流表指针偏转的角度为2θ时，下列说法正确的是()A．线圈中电流变为2IB．通过线圈的磁通量变为原来2倍C．线圈的一侧长边受到的安培力大小为2nBILD．线圈所受安培力大小为2nBIL思路引导：磁电式电流表内部磁感线辐射分布，可保证线圈无论转到哪个位置，线圈平面总和磁场方向平行，安培力大小总是BIl，从而保证指针偏转角度大小和电流大小成正比。答案：AC解析：磁电式电流表偏转角度与通电电流成正比，当线圈长边中电流为I时，电流表指针偏转的角度为θ，则当电流表指针偏转的角度为2θ时，线圈长边中电流为2I，故A正确；由于线圈平面与磁场方向平行，所以穿过线圈的磁通量始终为零，故B错误；由F＝BIL可知，线圈一侧长边所受安培力F＝2nBIL，故C正确；由于线圈两侧长边所受安培力等大反向，所以整个线圈所受安培力为零，故D错误。故选AC。对点训练❸关于磁电式电流表，以下说法错误的是()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，而与所处位置无关答案：C解析：螺旋弹簧形变发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。电流表内磁场都沿半径方向，在线圈转动的范围内，线圈转到不同位置，它的平面都跟磁感线平行，线圈左右两边所在之处的磁感应强度大小相等、方向相同，所以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。只有C错。安培定则与左手定则的比较安培定则(右手螺旋定则)左手定则应用判断电流的磁场方向判断电流在磁场中的受力方向内容具体情况直线电流环形电流或通电螺线管电流在磁场中条件大拇指指向电流的方向四指弯曲的方向指向电流的环绕方向磁感线穿过手掌心，四指指向电流方向结果四指弯曲方向表示磁感线的方向大拇指指向轴线上的磁感线方向大拇指指向电流受到的安培力的方向案例(2024·山东青岛高二期末)我国超远距离输电技术世界领先，白鹤滩—江苏输电工程全长2087km，采用±800千伏特高压直流输电，如图为白鹤滩—江苏输电线路中3根水平导线a、b、c,3根导线互相平行且间距相等，其中a、b导线位于同一水平面内，3根导线流过的电流大小关系为Ic＝2Ia＝2Ib，方向如图。已知通电直导线周围磁场磁感应强度大小B＝keq\f(I,r)(r为磁场中某点到直导线的距离，k为常数)，下列说法正确的是()A．a、c两根导线相互吸引B．b、c两根导线对a的安培力方向竖直向下C．a、b两根导线对c的安培力方向竖直向下D．图中三角形中心处的磁感应强度为零答案：B解析：a、c两根导线电流反向，根据安培定则与左手定则可知，a、c两根导线相互排斥，A错误；根据B＝keq\f(I,r)，Ic＝2Ia＝2Ib，F＝BIl，得Fac＝2Fab，如图1，则sinθ＝eq\f(Fab,Fac)＝eq\f(1,2)，得θ＝30°，则b、c两根导线对a的安培力方向竖直向下，B正确；a、b两根导线对c的安培力均为排斥力，且大小相等，则a、b两根导线对c的安培力方向竖直向上，C错误；如图2，三角形中心处的磁感应强度不为零，D错误。一、安培力的方向1．(2024·湖北荆州沙市中学高二期末)如图所示，两根在同一水平面内、相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2。a点位于两根导线的正中间。不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是()A．导线A和B间的安培力是斥力B．A受的安培力比B受的安培力大C．a点处的磁感应强度方向垂直纸面向里D．a点处的磁感应强度方向垂直纸面向外答案：C解析：根据左手定则可知，通有方向相同电流的长直导线相互吸引，导线A和B间的安培力是吸引力，A受的安培力与B受的安培力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A、B错误；根据右手螺旋定则可知，长直导线A在a点处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，长直导线B在a点处产生的磁感应强度方向垂直纸面向外，由于I1>I2，a点处的合磁感应强度方向垂直纸面向里，故C正确，D错误。二、安培力的大小2．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd。其中ab、cd边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的电阻丝电阻为R0，框架与一电动势为E、内阻r＝0.8R0的电源相连接，垂直于框架平面有垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，则梯形框架abcd受到的安培力的大小为()A．0 B．eq\f(LEB,R0)C．eq\f(2ELB,5R0) D．eq\f(3ELB,5R0)答案：B解析：因为abcd部分的电阻为3R0，而ad部分的电阻2R0，可知并联电阻为R＝eq\f(3R0×2R0,3R0＋2R0)，电路总电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(E,2R0)，线框的等效长度为2L，线框的整体研究，则整个线框受安培力为F＝I·2LB＝eq\f(ELB,R0)。故选B。3．(2024·山东潍坊高二期末)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eq\f(3,4)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.eq\r(2)BIr，垂直xOy平面向外D.eq\r(2)BIr，垂直xOy平面向里答案：A解析：线圈在磁场中的等效长度为r，则受安培力大小为BIr，由左手定则可知，安培力方向垂直xOy平面向里。故选A。4．(2024·黑龙江高二月考)如图所示为电流天平的示意图。当左边导线框通以图示方向电流时，天平恰好平衡。如改变电流方向而仍维持天平平衡，则需在天平右端再加上质量为2Δm砝码。由此可见通电线框在磁场中所受的安培力的大小为()A.eq\f(1,2)Δmg B．ΔmgC．2Δmg D．3Δmg答案：B解析：根据左手定则，导线框通以图示方向电流时，安培力向上，电流反向后安培力大小不变，方向变成向下，假设通电线框在磁场中所受的安培力的大小为F安，根据平衡条件可得2F安＝2Δmg，解得F安＝Δmg，B正确，A、C、D错误。5．(多选)(2024·江苏省奔牛高级中学高二期末)一固定绝缘斜面体处在如图所示的磁场中，现将一根通电直导体棒轻放在光滑斜面上，棒中电流方向垂直纸面向外，导体棒可能静止的是()答案：AC解析：由左手定则判定导体棒受到的安培力竖直向上，当安培力恰恰等于重力时就能静止在斜面上，故A正确；由左手定则判定导体棒受到的安培力竖直向下，而斜面是光滑的，所以导体棒不能静止在斜面上，故B错误；由左手定则判定导体棒受到的安培力沿斜面向上，还有竖直向下的重力和垂直斜面向上的支持力，三力可能平衡，故C正确；由左手定则判定导体棒受到的安培力沿斜面向下，三力不能平衡，故D错误。6．(2024·浙江省高二阶段练习)如图所示，把柔软的铝箔条折成天桥状并用胶纸粘牢两端固定在桌面上，使蹄形磁铁横跨过“天桥”，当电池与铝箔接通时()A．铝箔条中部向左方运动B．铝箔条中部向下方运动C．蹄形磁铁对桌面的压力增大D．蹄形磁铁对桌面的压力减小答案：C解析：由题意可知，通过天桥的电流方向由外向内，而磁场方向由N到S极，根据左手定则可知，箔条中部受到的安培力向上，铝箔条中部向上方运动，A、B错误；根据牛顿第三定律，知磁铁受力方向向下，对桌面的压力增大，C正确，D错误。7．(2024·湖北高二期末)已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。如图所示，长直导体棒P通过两根等长绝缘细线悬挂在竖直绝缘光滑墙面上等高的A、B两点的正下方，并通以电流IP。另一导体棒Q也通过两根等长绝缘细线悬挂在A、B两点，并通以电流IQ。静止时悬挂Q的两细线与竖直墙面有一定夹角，然后缓慢增大导体棒P中的电流。下列说法正确的是()A．悬挂Q的细线拉力逐渐增大B．悬挂P的细线拉力逐渐增大C．IP与IQ方向相同D．若P中的电流增大一倍，则两导体棒的距离增大一倍答案：B解析：如图甲所示，对导体棒Q受力分析。记PQ距离为d，AQ距离为L，AP距离为H，由三力平衡知eq\f(mQg,H)＝eq\f(2FT,L)＝eq\f(FA,d)，故悬挂Q的细线拉力FT大小不变，故A错误；如图乙所示，将两根导体棒视为整体受力分析，设悬挂Q的细线与竖直方向的夹角为θ，则有2FT′＋2FTcosθ＝(mQ＋mP)g，缓慢增大导体棒P中的电流，θ逐渐增大，故悬挂P的细线拉力FT′逐渐增大，故B正确；由题意可知，两棒互相排斥，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故电流方向相反，故C错误；导体棒P在导体棒Q处产生的磁感应强度B＝keq\f(IP,d)，故导体棒Q受到的安培力FA＝IQBLQ，得FA＝keq\f(IPIQLQ,d)∝eq\f(IP,d)，而FA＝eq\f(mQg,H)d∝eq\f(IP,d)，故eq\f(IP,d)∝d，d∝eq\r(IP)，故P中的电流增大一倍时，两导体棒的距离增大eq\r(2)倍，故D错误。有奖纠错活动尊敬的老师您好：感谢您选用《衡中学案》、《成才之路—高中新课程学习指导》系列图书。为进一步提升图书质量，开展有奖纠错活动。希望您将使用过程中发现的问题以及对本书的建议反馈给我们，公司将视情况给予奖励，名额有限，感谢您的参与支持！另外，有编写经验并爱好编写工作的老师，我们诚挚邀请与您合作！详谈联系方式：手微信同)手微信同)手机19932270399(微信同)第2课时安培力作用下导体的运动问题探究安培力作用下导体运动方向的判断要点提炼1.判断导体在磁场中运动情况的常规思路(1)不管是电流还是磁体，对通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导体所在位置的磁场分布情况。(2)结合左手定则准确判断导体所受安培力的方向。(3)由导体的受力情况判定导体的运动方向。2．判断导体在磁场中运动情况的几种常用方法电流元法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受安培力的方向，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等效法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，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，反向电流互相排斥；两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反作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向典例剖析1．(多选)(2024·北大附中高二期末)如图所示，一金属直棒MN两端接有细导线，悬挂于线圈正上方，为使MN垂直纸面向外运动，可以将()A．a、c端接电源正极，b、d端接电源负极B．a、d端接电源正极，b、c端接电源负极C．b、d端接电源正极，a、c端接电源负极D．a、c端用导线连接，b端接电源正极，d端接电源负极答案：BD解析：a、c端接电源正极，b、d端接电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向里，则MN垂直纸面向里运动，不符合题意要求，故A错误；a、d端接电源正极，b、c端接电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则MN垂直纸面向外运动，符合题意要求，故B正确；b、d端接电源正极，a、c端接电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力向里，则MN垂直纸面向里运动，不符合题意要求，故C错误；a、c端用导线连接，b端接电源正极，d端接电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则MN垂直纸面向外运动，符合题意要求，故D正确。对点训练❶(多选)(2024·河北沧州泊头市第一中学高二期末)如图所示，两根无限长直导线a、b相互垂直，a通过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的拉力大于导线的重力D．导线a转动90°时，细线对a的拉力小于导线的重力答案：AC解析：根据安培定则可知通电电流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a导线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电流方向相同，彼此安培力为引力，所以绳子拉力大于重力，故A、C正确。对点训练❷如图所示，A为一个水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一根通电直导线，电流方向如图所示。当圆盘高速绕中心轴OO′顺时针(从上往下看)转动时，通电直导线所受安培力的方向是()A．竖直向上 B．竖直向下C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外答案：C解析：电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，因为圆盘带负电，转动时，形成逆时针方向(从上往下看)的电流，根据安培定则可知，在圆盘正上方形成的磁场的有效分量方向竖直向上，根据左手定则可得直导线所受安培力的方向垂直纸面向里。故选C。探究安培力作用下物体的平衡问题要点提炼1.解安培力作用下的平衡与解一般物体平衡方法类似，只是多画出一个安培力。一般解题步骤为：(1)明确研究对象。(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上。(3)正确受力分析，然后根据平衡条件：F合＝0列方程求解。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，但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况，其中L为导体垂直于磁场方向的长度，为有效长度。典例剖析2．(多选)(2024·山西吕梁高二期末)如图所示，两平行光滑导轨相距0.2m，处于一竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B大小为0.8T。金属棒MN的质量为10－2kg，电阻R＝8Ω，水平放置在倾角为θ＝45°的导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。电源电动势E为10V，内阻r＝1Ω，当开关S闭合时，MN处于静止状态。(g＝10m/s2)则()A．金属棒MN受到的安培力方向水平向右B．金属棒MN受到的安培力大小为0.1NC．变阻器R1此时的电阻值为7ΩD．当变阻器R1滑片向左滑时，金属棒将沿导轨下滑答案：BC解析：根据左手定则，金属棒所受安培力的方向水平向左，故A错误；根据题意，对金属棒受力分析，由平衡条件有FA＝mgtanθ＝0.1N，故B正确；根据题意，此时有FA＝ILB，由闭合电路的欧姆定律有I＝eq\f(E,R＋r＋R1)，解得R1＝7Ω，故C正确；当变阻器R1滑片向左滑时，接入电路的电阻减小，电流增大，则安培力变大，则金属棒将沿导轨上滑，故D错误。对点训练❸如右图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成α＝53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10m/s2，ab处于静止状态。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围。答案：(1)2A，方向为由a到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5N解析：(1)由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝eq\f(10,4＋0.9＋0.1)A＝2A方向为由a到b。(2)ab受到的安培力F＝ILB＝2×0.5×5N＝5N。(3)对ab受力分析，如图所示，最大静摩擦力：fmax＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N由平衡条件得，当最大静摩擦力方向向左时：FT1＝Fsin53°＋fmax＝7.5N当最大静摩擦力方向向右时：FT2＝Fsin53°－fmax＝0.5N由于重物受力平衡，即G＝FT则重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤7.5N。1．(2024·浙江高三练习)通有电流的直导线I竖直放置，且I可绕O点向各个方向转动，电流方向如图所示，O为I的中心，下列哪种情况将会发生()A．导线I受磁场力的作用，绕O点逆时针方向转动B．导线I受磁场力的作用，绕O点上端向外，下端向里转动C．导线I受磁场力的作用，绕O点上端向里，下端向外转动D．导线I不受磁场力的作用，故不转动答案：C解析：磁感线分布如图所示，用左手定则判断通电直导线上端受安培力方向向外，下端受安培力方向也向外，上端磁感线疏松，下端磁感线密集，可知上端磁感应强度小，导线受安培力较小，下端磁感应强度较大，导线受安培力较大，所以导线I受磁场力的作用，绕O点下端向外，上端向里转动。2．(2023·天津静海一中高二阶段练习)如图所示，水平桌面上放条形磁铁，磁铁N极上方吊着导线与磁铁垂直，导线中通入向纸内的电流，则产生的情况是()A．弹簧的弹力变小B．弹簧可能被压缩C．条形磁铁对桌面压力变大D．条形磁铁对桌面的摩擦力向左答案：D解析：以导线为研究对象，导线所在位置的磁场方向斜向右上方，导线中电流方向向里，由左手定则可知，导线所受安培力的方向斜向右下，弹簧拉力变大，A、B错误；由牛顿第三定律可得，条形磁铁受到左上方的作用力，所以条形磁铁对桌面压力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力向左，C错误，D正确。3．(多选)把轻质的导线圈用绝缘细线挂在磁铁的N极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心且与线圈在同一平面内，如图所示。当线圈通以图示电流时，线圈将()A．发生转动同时远离磁铁B．发生转动同时靠近磁铁C．静止不动D．从上往下看顺时针转动答案：BD解析：由安培定则可知，线圈向外的一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈沿顺时针方向转动，同时靠近磁铁，故B、D选项正确。4．(2024·广东珠海月考)如图，在倾角为α(α<45°)的光滑斜面上，与底边平行放置一根长为L、质量为m、通电电流为I的直导体棒。欲使此导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，在磁场方向由竖直向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，关于磁感应强度B的说法正确的是(重力加速度为g)()A．此过程中磁感应强度B逐渐增大B．此过程中磁感应强度B逐渐减小C．此过程中磁感应强度B的最小值为eq\f(mgsinα,IL)D．此过程中磁感应强度B的最大值为eq\f(mgtanα,IL)答案：C解析：对导体棒受力分析，受重力mg、支持力FN，和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图所示。从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA＝BIL，且电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先减小后增大；由图可以看出当FA平行于斜面时有最小值，BminIL＝mgsinα，解得Bmin＝eq\f(mgsinα,IL)，此过程中安培力竖直向上时最大，大小为mg，则B的最大值为eq\f(mg,IL)，故C正确，A、B、D错误。基础达标练1．(2024·河南周口高二阶段练习)以光滑绝缘水平面为xOy平面建立Oxyz空间坐标系。两条无限长直导线甲、乙通有相等的电流I，初始时甲通过绝缘杆固定在如图位置，电流方向与x轴正方向相同，乙静止放置在xOy平面上与y轴平行。释放后，下列说法中正确的是()A．直导线乙始终保持静止状态B．俯视直导线乙将要顺时针转动C．俯视直导线乙将要逆时针转动D．直导线乙对水平面的压力将变大答案：C解析：沿x轴负向观察直导线甲，产生逆时针磁场，直导线乙在y>0区域受到向x轴正方向安培力，y<0区域受到沿x轴负方向安培力，俯视时导线乙逆时针转动，转动后直导线乙受到的安培力有向上的分量，对水平面压力变小。故选C。2．(2023·江苏南京高二期末)等边三角形电阻丝与电源构成如图所示电路，D、E分别是BC、AC的中点，当线圈处在同一匀强磁场的不同位置时，线圈所受安培力最小的是()答案：C解析：四个电路中的电流I和磁场B都相同，根据F＝ILB可知，线圈受安培力的大小主要取决线圈在磁场中的有效长度；设三角形边长为a，则A图中有效长度等于三角形的高，即LA＝eq\f(\r(3),2)a，B图中有效长度等于ED距离，即LB＝eq\f(1,2)a，C图中有效长度等于E点到AB的距离，即LC＝eq\f(\r(3),4)a，D图中有效长度等于ED距离，即LD＝eq\f(1,2)a，即有效长度最短的是C，即C图受安培力最小。故选C。3．(多选)(2024·广东江门高二竞赛)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答案：AC解析：由安培定则判断出通电导线PQ在线框处的磁场方向平行于线框平面从外向里，根据左手定则，可知线框外侧电流受安培力向右，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；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，线框靠近导线PQ处的边的电流的方向向左，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，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，由于导线在线框上边产生的磁感应强度小于导线在线框下边产生的磁感应强度，所以整体受安培力向下，细绳受力会变得比导线框重力大，C正确，D错误。故选AC。4．(多选)(2024·黑龙江高二开学考试)如图所示为电流天平，可用来测量匀强磁场的磁感应强度。天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，线圈匝数为N＝25匝，水平边长为L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，线圈的下部处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。磁感应强度大小为B，当线圈中通有电流I＝1.0A(方向如图)时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码，使天平平衡。当电流反向(大小不变)时，左边再加上质量为m＝0.5kg的砝码，天平重新平衡(天平的左右两臂等长，g取10m/s2)。由此可知()A．磁感应强度的方向垂直纸面向里B．磁感应强度的方向垂直纸面向外C．磁感应强度的大小B＝1.0TD．磁感应强度的大小B＝2.0T答案：BC解析：假设磁场方向垂直纸面向外，开始线圈受到的安培力向上，电流方向相反，则安培力反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，符合题意，A错误，B正确；根据mg＝2NILB，解得B＝1.0T，C正确，D错误。5．(多选)如图甲是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则()甲乙A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将顺时针转动D．a、b导线受到的安培力大小总为BIl答案：CD解析：匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，A错误；线圈平面总与磁场方向平行，B错误；在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，C正确；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl，D正确。6．如图所示，三条长度相同的直导线a、b、c垂直于纸面固定放置，相互之间的距离均为L。在三条直导线中均通有大小相等的电流I，其中直导线a、c中的电流方向垂直纸面向里，直导线b中的电流方向垂直纸面向外，则直导线a与直导线b所受安培力的大小之比为()A.eq\r(3)∶1 B．1∶eq\r(3)C．1∶1 D．eq\r(2)∶eq\r(3)答案：B解析：如图甲所示，直导线b、c中的电流在直导线a所在处产生的磁感应强度大小相等，设为B，夹角为120°，由几何关系知直导线a所在处的磁感应强度大小为B，直导线a所受安培力的大小为Fa＝IdB。如图乙所示，直导线a、c中的电流在直导线b所在处产生的磁感应强度大小相等，为B，夹角为60°，则根据磁感应强度的合成可知直导线b所在处的磁感应强度的大小为eq\r(3)B，直导线b所受安培力大小为Fb＝eq\r(3)IdB，可知Fa∶Fb＝1∶eq\r(3)。故选B。7．(2024·湖北孝感高二期末)如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平固定平行导轨上，电源电动势为E，内阻不计。两导轨间距离为L，电阻不计。其间的匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与轨道平面成θ角斜向右上方，且与导体棒MN垂直，重力加速度为g，开关S闭合后导体棒开始运动，则()A．导体棒向左运动B．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为eq\f(BELsinθ,R)C．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为eq\f(BELsinθ,mR)D．开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为mg－eq\f(BELcosθ,R)答案：C解析：开关闭合，由左手定则可知，安培力方向为垂直磁感线向右下方，从而导致导体棒向右运动，故A错误；当开关闭合瞬间，根据安培力公式F＝ILB，I＝eq\f(E,R)可得F＝eq\f(BEL,R)，而安培力的方向与导轨成90°－θ的夹角，再根据力的分解及牛顿第二定律可知，加速度a＝eq\f(BELsinθ,mR)，故B错误，C正确；由平衡条件可知：开关闭合瞬间导体棒MN对导轨压力大小为FN＝mg＋eq\f(BELcosθ,R)，故D错误。8．(2023·云南宣威市高二期末)如图，两根倾斜金属导轨M、N与地面的夹角θ＝37°，两导轨间距为d＝0.5m，金属棒ab的质量为m＝0.1kg，放在导轨上且与导轨垂直。磁场的磁感应强度大小为B＝1T，方向垂直导轨平面向下，电源的电动势为E＝4V，R为滑动变阻器，其他电阻不计，调节滑动变阻器，使金属棒在导轨上静止。g取10m/s2。(1)若导轨光滑，则滑动变阻器的阻值为多少？(2)若金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.25，则滑动变阻器的阻值为多少？答案：(1)eq\f(10,3)Ω(2)2.5Ω≤R≤5Ω解析：(1)斜面光滑，金属棒受到安培力与重力沿斜面的分力平衡eq\f(BEd,R)＝mgsin37°，解得R＝eq\f(10,3)Ω。(2)金属棒刚好不上滑，有mgsin37°＋μmgcos37°＝eq\f(BEd,R)，解得R＝2.5Ω，金属棒刚好不下滑，有mgsin37°＝μmgcos37°＋eq\f(BEd,R)，解得R＝5Ω，所以要保持静止，应满足2.5Ω≤R≤5Ω。能力提升练9．(多选)(2024·陕西宝鸡高二期末)如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流分别为I和2I，此时a受到的磁场力大小为F，当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力大小为()A．3F B．4FC．5F D．6F答案：AC解析：同向电流相互吸引，则开始时ab之间的引力为F；若c中通有向上的电流，则c对ab为吸引力，因此时a受到的磁场力大小变为2F，则c对a的引力大小为F，则c对b的引力为2F，则此时b受到的磁场力大小为3F；若c中通有向下的电流，异向电流排斥，则c对ab为排斥力，因此时a受到的磁场力大小变为2F，则c对a的斥力大小为3F，则c对b的斥力为6F，则此时b受到的磁场力大小为5F，故A、C正确。10．(2024·河北承德县第一中学高二期末)若在未来科学家发现了磁单极子，其周围存在均匀辐射磁场且磁感应强度大小满足B＝eq\f(k,r)，r为空间某点与磁单极子的距离。如图所示，质量为m、半径为R的圆环通有恒定的电流I时恰好能水平静止在N极磁单极子正上方H处，已知重力加速度大小为g，则()A．静止时圆环中没有电流B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，则圆环下落到初始静止位置时加速度最大D．静止时圆环中的电流I＝eq\f(mgH2＋R2,2πkR2)答案：D解析：圆环静止在N极正上方，则其受力平衡，圆环所受安培力竖直向上，根据左手定则可知，静止时圆环中电流方向为顺时针方向(俯视)，故A错误；静止时圆环上的各点受到的安培力的方向斜向上，如图所示，有沿半径向里的分力，圆环有收缩的趋势，故B错误；在水平方向，根据圆环的对称性可知，环上各点所受的安培力在水平方向上的分力的合力为零，在竖直方向上的分力的合力与重力大小相等，设圆环上各点受到的安培力与竖直方向的夹角为θ，则BI·2πRcosθ＝mg，根据几何关系有cosθ＝eq\f(R,\r(H2＋R2))，根据题意可得B＝eq\f(k,\r(H2＋R2))，静止时圆环中的电流I＝eq\f(mgH2＋R2,2πkR2)，故D正确；圆环竖直方向受到的安培力F＝BI·2πRcosθ＝eq\f(2πkIR2,H2＋R2)，将圆环向上平移一小段距离后安培力将减小，由静止释放圆环，开始时重力大于安培力，环将加速下落，向下运动的过程中安培力增大，合力先减小，之后安培力大于重力，合力增大，圆环下落到初始静止位置时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大，故C错误。11．(多选)(2024·山东东营高二期末)如图所示，一种将药物透过皮肤注入体内的高压喷射器，喷射器的泵体是一个长方体槽，泵体上部与竖直绝缘细管相连。已知槽高为h；槽的左、右两侧为导电金属壁，间距为L，金属壁间电压为U；上、下、前、后均为绝缘壁，其中前、后壁间距为d，垂直于前壁向后有磁感应强度大小为B的匀强磁场。喷射器正常工作时，药液受安培力作用被压到细管中完成注射。已知药液的电阻率为ρ。下列说法正确的是()A．槽的右壁应接电源正极B．槽的左壁应接电源正极C．药液受到的安培力大小为eq\f(BUh,dρ)D．药液受到的安培力大小为eq\f(BUhd,ρ)答案：BD解析：根据题意可知，药液受到的安培力向上，根据左手定则可知，电流方向由左向右，槽的左壁应接电源正极，故A错误，B正确；药液的电阻为R＝ρeq\f(L,S)＝eq\f(ρL,hd)，药液受到的安培力大小为F＝IBL＝eq\f(U,R)BL＝eq\f(BUhd,ρ)，故C错误，D正确。12．(多选)(2023·安徽滁州高二阶段练习)如图所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等，且Oc⊥ab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示。则可以判断()A．O点处的磁感应强度的方向与F相同B．长导线c中的电流方向垂直纸面向外C．长导线a中电流I1小于b中电流I2D．长导线c中电流I3小于b中电流I2答案：BC解析：根据左手定则可知，安培力的方向F与O点处的磁感应强度的方向一定垂直，故A错误；由题目图，结合右手螺旋定则可知，长导线a在O处磁场方向由O指向c，同理，长导线b在O处磁场方向由c指向O，根据左手定则，可知，长导线a对O处的通电导线的安培力由O指向b，而长导线b对O处的通电导线的安培力由O指向a，要保证O处电流所受的安培力F如图中方向，则I3对O处电流的安培力方向F3必定沿cO方向。由此可判断长导线c中的电流方向垂直纸面向外，故B正确；根据图中O点放置的通电导线受力方向F的特点，利用平行四边形定则可知，长导线a对O处的通电导线的安培力F1小于长导线b对O处的通电导线的安培力F2，即有F2>F1，可知a中的电流I1小于b中电流I2，故C正确；根据上述分析，可知，长导线c中电流I3与b中电流I2大小关系不能够确定，故D错误。13．(2023·江苏高三阶段练习)如图所示，水平面内的光滑导轨平行放置，左端MM′与电路相连，右端NN′垂直放置导体ab，处在竖直向下的匀强磁场中。已知磁感应强度B＝1T，导轨间距d＝0.2m，导体ab的质量m＝0.01kg，电源电动势E＝24V，内阻r＝1Ω，R1＝4Ω，R2＝5Ω电容C＝1000μF。开关S先接1，稳定后再接到2，导体ab水平飞出，电容器还残留q＝0.002C电荷。求：(1)开关S接1稳定时电容器上的电荷量Q；(2)导体ab飞出时的速度v。答案：(1)0.012C(2)0.2m/s解析：(1)根据题意，由闭合回路欧姆定律可得，开关S接1稳定时电路中电路为I＝eq\f(E,r＋R1＋R2)＝2.4A则电容器两端电压为UC＝IR2＝12V开关S接1稳定时电容器上的电荷量Q＝CUC＝1000×10－6×12C＝0.012C。(2)根据题意，设开关S接2时，导体ab中的平均电流为I1，时间为Δt，则由动量定理有BI1d·Δt＝mv－0又有I1·Δt＝Q－q联立代入数据解得v＝0.2m/s。2.磁场对运动电荷的作用力课标要求1．通过实验，观察阴极射线在磁场中的偏转，认识洛伦兹力。2．会判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。3．了解电子束的磁偏转原理以及在科学技术中的应用。素养目标1．物理观念：通过观察电子束在磁场中的偏转，知道磁场对运动电荷有力的作用，知道什么是洛伦兹力。2．科学思维：知道洛伦兹力与安培力之间的关系，能从安培力的计算公式推导出洛伦兹力的计算公式，能用洛伦兹力的计算公式计算洛伦兹力的大小，会用左手定则判断洛伦兹力的方向。3．科学探究：通过实验了解磁场对运动电荷的作用与哪些因素有关。4．科学态度与责任：通过电视机显像管工作原理的分析，体会科学技术对社会发展的促进作用。洛伦兹力的方向和大小1．洛伦兹力_运动电荷__在磁场中受到的力。2．洛伦兹力和安培力的关系通电导线在磁场中受到的安培力，实际上是_洛伦兹力__的宏观表现。3．洛伦兹力的方向(1)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__。(2)洛伦兹力方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于_B和v__所决定的平面。4．洛伦兹力的大小当速度方向和磁感应强度方向分别满足以下几种情况时，洛伦兹力的大小分别是(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__。『判一判』(1)电荷在磁场中一定会受到洛伦兹力的作用。(×)(2)仅在洛伦兹力作用下，电荷的动能一定不会变化。(√)(3)应用左手定则判断洛伦兹力的方向时，四指一定指向电荷运动方向。(×)(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。(×)『选一选』(2024·宁夏长庆高级中学高二期末)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答案：B解析：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。电子束的磁偏转1．电视机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．原理电子显像管应用了电子束_磁偏转__的原理。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不断移动。电子束从最上一行到最下一行扫描一遍叫作一场，电视机每秒要进行_50__场扫描。『判一判』(5)电视显像管是靠磁场使电子束发生偏转的。(√)『选一选』(2024·江苏扬州高二开学考试)如图所示为显像管原理示意图，若观察到电子束()A．打在荧光屏正中的O点，则偏转磁场方向向上B．打在屏上A点，则偏转磁场垂直纸面向里C．打在荧光屏上的B点，则偏转磁场垂直纸面向里D．向上偏转，则洛伦兹力对电子束做正功答案：C解析：如果偏转线圈中没有电流，不产生磁场，则电子束将沿直线打在荧光屏正中的O点，故A错误；根据左手定则，打在屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，故B错误；要使电子束打在荧光屏上的B点，偏转磁场应垂直纸面向里，故C正确；洛伦兹力对电子束始终不做功，故D错误。探究洛伦兹力的方向要点提炼1.决定洛伦兹力方向的三个因素电荷的电性(正、负)，速度方向、磁感应强度的方向。当电性一定时，其他两个因素决定洛伦兹力的方向，如果只让一个因素相反，则洛伦兹力方向必定相反；如果同时让两个因素相反，则洛伦兹力方向将不变。2．F、B、v三者方向间的关系电荷运动方向和磁场方向间没有因果关系，两者关系是不确定的。电荷运动方向和磁场方向确定洛伦兹力方向，F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v所决定的平面。洛伦兹力与粒子运动方向、磁感应强度方向的关系如图所示。3．洛伦兹力的特点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，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷运动方向，不改变电荷速度大小。(1)判断负电荷在磁场中运动受洛伦兹力的方向，四指要指向负电荷运动的相反方向，也就是电流的方向。(2)电荷运动的方向和磁场方向不一定垂直，但洛伦兹力的方向一定垂直于磁场方向和速度方向。典例剖析1．(2024·浙江高二期中)如图是电子射线管的示意图，接通电源后，电子由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，要使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，现在射线管的正下方附近放一通电直导线，导线中的电流方向应该是()A．沿x轴正方向 B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向 D．沿y轴负方向答案：A解析：要使荧光屏上的亮线向上偏转，即使电子受到向上的洛伦兹力，据左手定则可知，射线管处的磁场应沿－y方向，结合通电直导线产生的磁场特点可知，在射线管正下方放置的通电直导线的电流方向应沿x轴正方向，故选A。对点训练❶(2024·天津高二阶段练习)下列说法正确的是()A．粒子在匀强磁场中所受洛伦兹力永远不做功B．通电直导线所受安培力一定对直导线不做功C．若通电直导线所受安培力是0，则该处的磁感应强度一定是0D．若运动电荷所受洛伦兹力是0，则该处的磁感应强度一定为0答案：A解析：粒子在匀强磁场中所受洛伦兹力与速度方向垂直，则永远不做功，选项A正确；通电直导线所受安培力方向与直导线垂直，则安培力对直导线可能做功，选项B错误；若通电直导线所受安培力是0，可能是直导线与磁场方向平行，而该处的磁感应强度不一定是0，选项C错误；若运动电荷所受洛伦兹力是0，可能是电荷的速度方向与磁场方向平行，而该处的磁感应强度不一定为0，选项D错误。探究洛伦兹力的大小要点提炼1.对公式F洛＝qvBsinθ的理解(1)适用条件：运动电荷的速度方向与磁场方向不平行，当v＝0时，F洛＝0，即相对磁场静止的电荷不受洛伦兹力作用。(2)B、v夹角对洛伦兹力的影响：①当θ＝90°时，v⊥B，sinθ＝1，F洛＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大；②当v∥B时，θ＝0°，sinθ＝0，F洛＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力；③若不垂直，F洛＝qvBsinθ。2．洛伦兹力和安培力的区别与联系区别联系①洛伦兹力是指单个运动的带电粒子所受到的磁场力，而安培力是指通电导线(即大量带电粒子)所受到的磁场力②洛伦兹力永不做功，而安培力可以做功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解释②大小关系：F安＝NF洛(N是导体中定向运动的电荷数)③方向关系：洛伦兹力与安培力的方向，均可用左手定则进行判断3.洛伦兹力与静电力的比较内容洛伦兹力静电力性质磁场对在其中运动的电荷的作用力电场对放入其中的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的作用大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力的方向与场的方向的关系一定是F⊥B，F⊥v正电荷所受力的方向与电场强度方向相同，负电荷所受力的方向与电场强度方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力F为零时，场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动速度的方向，不改变速度的大小既可以改变电荷运动速度的大小，也可以改变电荷运动速度的方向尽管安培力是自由电荷定向移动时受到的洛伦兹力的宏观表现，但也不能简单地认为安培力就等于所有定向移动电荷所受洛伦兹力的和，一般只有当导体静止时才能这样认为。典例剖析2.如图所示，一个带电荷量为＋q的小带电体处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，若小带电体的质量为m，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该()A．使B的数值增大B．使磁场以速率v＝eq\f(mg,qB)向上移动C．使磁场以速率v＝eq\f(mg,qB)向右移动D．使磁场以速率v＝eq\f(mg,qB)向左移动答案：D解析：使带电体对水平绝缘面无压力，则应使它受到的洛伦兹力刚好与重力平衡。静止带电体在静止磁场里不受洛伦兹力，A错误；磁场向上移动时，带电体相对磁场向下运动，带电体受到的洛伦兹力水平向右，不可能与重力平衡，B错误；磁场以速率v向右移动时，带电体相对磁场以速率v向左运动，此时带电体受到的洛伦兹力竖直向下，不可能与重力平衡，C错误；磁场以速率v向左移动时，带电体相对磁场以速率v向右运动，此时带电体受到的洛伦兹力竖直向上，当qvB＝mg，即v＝eq\f(mg,qB)，带电体对绝缘水平面无压力，D正确。故选D。3．(2024·四川简阳高二月考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，质量为m、带电荷量为q的小球在倾角为α的光滑斜面上由静止开始下滑。若带电小球下滑后某个时刻对斜面的压力恰好为零，求：(1)小球的带电性质；(2)此时小球下滑的速度和位移的大小。答案：(1)带正电(2)eq\f(mgcosα,qB)eq\f(m2gcos2α,2q2B2sinα)解析：(1)小球沿斜面下滑时，某个时刻对斜面的压力为零，说明其受到的洛伦兹力应垂直斜面向上，根据左手定则可判断小球带正电。(2)当小球对斜面压力为零时，有mgcosα＝qvB得小球此时的速度为v＝eq\f(mgcosα,qB)由于小球沿斜面方向做匀加速运动，加速度大小为a＝gsinα由匀加速运动的位移公式v2＝2ax得x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(m2gcos2α,2q2B2sinα)。核心素养·思维升华带电粒子在磁场中运动问题分析(1)确定研究对象即带电粒子。(2)确定带电粒子所带电荷量的正、负以及速度方向。(3)由左手定则，判断带电粒子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。(5)由题设条件和要求解方程或方程组，求出相关的物理量。(6)对于定性分析的问题还可以采用极限法进行推理，从而得出结论。对点训练❷(2024·武汉高二期末)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eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)D．滑块的加速度先减小后增大答案：C解析：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mgsinθ－μ(mgcosθ＋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AB前已经做匀速运动，到达C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；滑块匀速运动时，有v＝eq\f(d,t)，根据平衡条件可得mgsinθ＝μ(mgcosθ＋qvB)，联立解得滑块所带的电荷量为q＝eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)，故C正确。洛伦兹力与现代科技1．速度选择器如图所示，D1和D2是两个平行金属板，分别连在电源的两极上，其间有一电场强度为E的电场，同时在此空间加有垂直于电场方向的磁场，磁感应强度为B。S1、S2为两个小孔，且S1与S2连线方向与金属板平行。速度沿S1、S2连线方向从S1飞入的带电粒子只有做直线运动才可以从S2飞出。因此能从S2飞出的带电粒子所受的静电力与洛伦兹力平衡，即qE＝qvB。故只要带电粒子的速度满足v＝eq\f(E,B)，即使电性不同，比荷不同，也可沿直线穿出右侧的小孔S2，而其他速度的粒子要么上偏，要么下偏，无法穿出S2，因此利用这个装置可以达到选择某一速度带电粒子的目的，故称为速度选择器。2．磁流体发电机(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能。(2)根据左手定则，如右图中的B板是发电机正极。(3)磁流体发电机两极板间的距离为d，等离子体速度为v，磁场磁感应强度为B，则两极板间能达到的最大电势差U＝Bdv。3．电磁流量计工作原理：如图所示，圆柱形导管直径为d，由非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子，不计重力)在洛伦兹力的作用下纵向偏转，a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的静电力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即：qvB＝qE＝qeq\f(U,d)，所以v＝eq\f(U,Bd)，因此液体流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B)。4．霍尔效应如右图所示，高度为h、厚度为d的导体板放在垂直于它且磁感应强度为B的匀强磁场中。当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。稳定后，电势差U与磁感应强度B及带电粒子定向移动速度的关系：qvB＝qeq\f(U,h)，得U＝Bvh。若单位体积内自由电荷数为n，通过导体的电流为I，则I＝nvSq，其中S＝hd，v＝eq\f(I,nqhd)，所以霍尔电压U＝eq\f(BI,nqd)。案例1如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子(不计重力)以速度v水平匀速穿过两极板。下列说法正确的是()A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D．若增大带电粒子电荷量，粒子将向b板偏转答案：C解析：因电容器与滑动变阻器并联，将滑片P向上滑动，滑动变阻器两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故所受静电力减小，则粒子将向b板偏转，A错误；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E＝eq\f(U,d)可知，板间场强减小，带电粒子受静电力变小，则粒子将向b板偏转，B错误；若增大带电粒子的速度，所受洛仑兹力增大，而所受静电力不变，故粒子将向b板偏转，C正确；若增大带电粒子电荷量，所受静电力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转。D错误。故选C。案例2(2024·安徽定远县高二期中)如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场方向喷入磁场。将P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是()A．P板的电势低于Q板的电势B．通过R的电流方向由b指向aC．若只改变磁场强弱，则通过R的电流保持不变D．若只增大粒子入射速度，则通过R的电流增大答案：D解析：等离子体进入磁场，根据左手定则可知带正电荷的粒子向上偏，打在上极板上，带负电荷的粒子向下偏，打在下极板上。所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻的电流方向由a指向b，故A、B错误；当P、Q之间电势差稳定时，粒子所受静电力等于洛伦兹力，则有qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，由闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)，由该式可知，若只改变磁场强弱，则通过R的电流改变，若只增大粒子入射速度，则R中电流会增大，C错误，D正确。案例3(多选)为了测量某实验废弃液体的流量，需用到一种电磁流量计，其原理可以简化为如图所示模型：液体内含有大量正、负离子，从直径为d的管状容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积，在垂直纸面向里的匀强磁场B的作用下，下列说法正确的是()A．所有离子都受到竖直向下的洛伦兹力B．稳定后测量得M、N间的电势差U＝BvdC．电磁流量计也可以用于测量不带电的液体的流速D．废液流量Q＝eq\f(πUd,4B)(U为M、N间的电势差)答案：BD解析：由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，A错误；稳定后，离子受力平衡，qvB＝qeq\f(U,d)，解得U＝Bvd，B正确；电磁流量计是通过磁场对带电粒子的洛伦兹力使正、负离子往上、下两管壁移动，从而形成电势差，通过测量电势差的大小来计算流速，无法测不带电的液体的流速，C错误；废液流量Q＝Sv，其中v＝eq\f(U,Bd)，S＝eq\f(πd2,4)，解得Q＝eq\f(πUd,4B)，D正确。故选BD。案例4(多选)一块横截面为矩形的金属导体的宽度为b，厚度为d，水平放置，将导体置于一磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应强度的方向水平且垂直于侧面，如图所示。当在导体中通以图示方向的电流I时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为UH，已知载流子为自由电子，电荷量为e，则下列判断正确的是()A．导体内载流子只受垂直于运动方向的洛伦兹力作用和竖直向下的静电力作用B．用电压表测UH时，电压表的“＋”接线柱接下表面C．金属导体的厚度d越大，UH越大D．该导体单位体积内的自由电子数为eq\f(BI,ebUH)答案：BD解析：导体内载流子除了受垂直于运动方向的洛伦兹力作用和竖直向下的静电力作用之外，还受到沿运动方向的一对平衡力的作用，A错误；电子定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则可知在导体上表面上将聚集电子，所以用电压表测UH时，电压表的“＋”接线柱接下表面，B正确；根据平衡条件有eeq\f(UH,d)＝eBv，设该导体单位体积内的自由电子数为n，根据电流的微观表达式有I＝neSv＝nebdv，联立两式可得UH＝eq\f(BI,neb)，即UH与金属导体的厚度d无关。并且导体单位体积内的自由电子数为n＝eq\f(BI,ebUH)，C错误，D正确。故选BD。一、洛伦兹力的大小和方向1．(2024·宁夏石嘴山平罗中学高二阶段练习)下列有关安培力和洛伦兹力的说法正确的是()A．判断安培力和洛伦兹力的方向都用左手定则B．运动的电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用C．安培力与洛伦兹力的本质相同，所以安培力和洛伦兹力都不做功D．一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，则该位置的磁感应强度一定为零答案：A解析：安培力是磁场对通电导线的作用力，洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用力，判断两力的方向都用左手定则，故A正确；运动的电荷在磁场中，若v与B平行，则不受洛伦磁力的作用，故B错误；安培力与洛伦兹力的本质相同，但是安培力可以做功，洛伦兹力一定不做功，故C错误；一小段通电导体在磁场中某位置受到的安培力为零，可能是该位置I与B平行放置，则该位置的磁感应强度不一定为零，故D错误。故选A。2．(2024·云南昭通高二开学考试)在B＝2T的匀强磁场中，一质量m＝1kg带正电q＝1C的物体沿光滑的绝缘水平面以初速度v0＝10m/s向左运动，g＝10m/s2，如图，运动过程中物体受合力的大小为()A．10N B．20NC．30N D．0N答案：D解析：物体受到竖直向下的洛伦兹力和重力、竖直向上的支持力，因在竖直方向没有发生位移，没有加速度，所以运动过程物体所受的合力大小为0N。故选D。3．(多选)在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子(不计重力)可能沿水平方向向右做直线运动的是()答案：BC解析：如电子水平向右运动，在A图中静电力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能沿水平方向做直线运动，A错误；在B图中，静电力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右做匀减速直线运动，B正确；在C图中静电力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，电子向右可能做匀速直线运动，C正确；在D图中静电力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，D错误。4．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道竖直放置于匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于轨道平面向外。轨道半径为R，两端a、c在同一高度上。将质量为m、电荷量为q的带正电小球，从轨道左端最高点a由静止释放，重力加速度为g，则小球从左向右通过最低点时对轨道的弹力N1与小球从右向左通过最低点时对轨道的弹力N2的差值为()A．2mg B．mgC．2qBeq\r(2gR) D．qBeq\r(2gR)答案：C解析：小球从左向右通过最低点时有N1′－mg－qvB＝meq\f(v2,R)，eq\f(1,2)mv2＝mgR，N1′＝N1小球从右向左通过最低点时有N2′＋qv′B－mg＝meq\f(v′2,R)，eq\f(1,2)mv′2＝mgR，N2′＝N2联立解得N1－N2＝2qBeq\r(2gR)，故C正确，A、B、D错误。二、电子束的磁偏转5．(2024·安徽合肥高二阶段练习)如图甲所示是电视显像管原理示意图，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，通过改变偏转线圈的电流，虚线区域内偏转磁场的方向和强弱都在不断变化，电子束打在荧光屏上的光点就会移动，从而实现扫描。不计电子的重力，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的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。其简化图如图乙。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由M点逐渐移