2025高考物理步步高同步練習選修2第一章磁場對通電導線的作用力含答案

2025高考物理步步高同步練習選修2第一章1磁場對通電導線的作用力[學習目標]1.通過實驗，認識安培力，掌握安培力的方向與電流方向、磁感應強度的方向之間的關系.2.掌握安培力的公式F＝IlBsinθ，并會進行有關計算.3.知道磁電式電流表的基本構造及測量電流大小、確定電流方向的基本原理．一、安培力的方向1．安培力：通電導線在磁場中受的力．2．左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向．3．安培力方向與磁場方向、電流方向的關系：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B與I所決定的平面．二、安培力的大小如圖1所示，導線電流為I，長度為l，磁場的磁感應強度為B.(磁場范圍足夠大)圖11．如圖甲，通電導線與磁場方向垂直，此時安培力F＝IlB.2．如圖乙，通電導線與磁場方向平行，此時安培力F＝0.3．如圖丙，通電導線與磁場方向的夾角為θ，此時安培力F＝IlBsinθ.三、磁電式電流表1.構造：圖2中磁電式電流表各部件分別為：①永磁鐵，②極靴，③軟鐵，④螺旋彈簧，⑤線圈，⑥指針．圖22．原理：安培力與電流的關系．通電線圈在磁場中受到安培力而偏轉(zhuǎn)，線圈偏轉(zhuǎn)的角度越大，被測電流就越大．根據(jù)指針的偏轉(zhuǎn)方向，可以知道被測電流的方向．3．特點：極靴與鐵質(zhì)圓柱間的磁場都沿半徑方向，線圈無論轉(zhuǎn)到什么位置，它的平面都跟磁感線平行，且線圈左右兩邊所在處的磁感應強度大小都相等．4．優(yōu)點：靈敏度高，可以測出很弱的電流．缺點：線圈的導線很細，允許通過的電流很弱．1．判斷下列說法的正誤．(1)安培力的方向與磁感應強度的方向相同．(×)(2)應用左手定則時，四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．(√)(3)對于磁電式電流表，指針穩(wěn)定后，線圈受到的螺旋彈簧的阻力與線圈受到的安培力方向是相反的．(√)(4)對于磁電式電流表，通電線圈中的電流越大，電流表指針偏轉(zhuǎn)角度也越大．(√)(5)對于磁電式電流表，在線圈轉(zhuǎn)動的范圍內(nèi)，線圈所受安培力與電流有關，而與所處位置無關．(√)2．如圖3所示，已知導體棒中通有電流I，導體棒長度為l，磁場磁感應強度為B，當導體棒按下面幾種方式放置時，寫出導體棒所受安培力的大小，并寫出安培力的方向．圖3答案(1)IlB垂直于導體棒斜向左下(2)IlB垂直紙面向外(3)IlB垂直于導體棒斜向右下(4)0一、安培力的方向?qū)W探究按照如圖4所示進行實驗．圖4(1)僅上下交換磁極的位置以改變磁場方向，導線受力的方向是否改變？(2)僅改變導線中電流的方向，導線受力的方向是否改變？(3)仔細分析實驗現(xiàn)象，結合課本說明安培力的方向與磁場方向、電流方向有怎樣的關系？答案(1)受力的方向改變(2)受力的方向改變(3)安培力的方向與磁場方向、電流方向的關系滿足左手定則知識深化1．安培力方向的特點安培力的方向既垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即垂直于電流I和磁場B所決定的平面．(1)當電流方向跟磁場方向垂直時，安培力的方向、磁場方向和電流方向兩兩相互垂直．應用左手定則判斷時，磁感線從掌心垂直進入，拇指、其余四指和磁感線三者兩兩垂直．(2)當電流方向跟磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直于電流方向，也垂直于磁場方向．應用左手定則判斷時，磁感線斜著穿入掌心．2．判斷安培力方向的步驟(1)明確研究對象；(2)用安培定則或根據(jù)磁體的磁場特征，畫出研究對象所在位置的磁場方向；(3)由左手定則判斷安培力方向．畫出下列各圖中磁場對通電導線的安培力的方向．答案解析無論B、I是否垂直，安培力總是垂直于B與I決定的平面，且滿足左手定則．針對訓練1(2020·山東濟南一中期中)如圖5所示，D是置于電磁鐵兩極間的一段通電直導線，電流方向垂直于紙面向里，在開關S接通后，導線D所受磁場力的方向是()圖5A．豎直向上B．豎直向下C．水平向左D．水平向右答案A解析在開關S接通后，線圈中電流由左側流入，由安培定則可知電磁鐵右側為N極，故導線所在處的磁場方向向左，由左手定則可知，導線所受安培力方向豎直向上，選項A正確．二、安培力的大小導學探究(1)在如圖6所示的探究影響安培力大小的有關因素的實驗中，把導線垂直放入磁場(磁感應強度為B)中，得出的安培力F與導線長度l、電流大小I有怎樣的關系？(2)當導線平行磁場方向放入時，它受到的安培力多大？(3)如圖7，當導線和磁場方向的夾角為θ時，它受到的安培力多大？圖6圖7答案(1)F＝BIl(2)0(3)將磁感應強度B沿平行導線方向和垂直導線方向進行分解，如圖所示，則B⊥＝Bsinθ，F(xiàn)＝B⊥Il＝IlBsinθ.知識深化對公式F＝IlBsinθ的理解1．公式F＝IlBsinθ中B對放入的通電導線來說是外加磁場的磁感應強度，不必考慮導線自身產(chǎn)生的磁場對外加磁場的影響．2．公式F＝IlBsinθ中θ是B和I方向的夾角(1)當θ＝90°時，即B⊥I，sinθ＝1，公式變?yōu)镕＝IlB.(2)當θ＝0時，即B∥I，F(xiàn)＝0.3．公式F＝IlBsinθ中l(wèi)指的是導線在磁場中的“有效長度”，彎曲導線的有效長度l等于連接兩端點直線段的長度(如圖8虛線所示)；相應的電流沿導線由始端流向末端．圖8推論：對任意形狀的閉合平面線圈，當線圈平面與磁場方向垂直時，線圈的有效長度l＝0，故通電后線圈在勻強磁場中所受安培力的矢量和一定為零，如圖9所示．圖9長度為L、通有電流為I的直導線放入一勻強磁場中，電流方向與磁場方向分別如圖所示，已知磁感應強度均為B，對于下列各圖中導線所受安培力的大小計算正確的是()答案A解析題A圖中，導線不和磁場垂直，將導線投影到垂直磁場方向上，故F＝BILcosθ，A正確；題B圖中，導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，B錯誤；題C圖中，導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，C錯誤；題D圖中，導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，D錯誤．(2020·山西太原五十三中學高二月考)如圖10，長為3L的直導線折成邊長分別為ac＝L、cd＝2L的直角導線，置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B.當在該導線中通以大小為I、方向如圖的電流時，該通電導線受到的安培力大小為()圖10A．3BIL B.eq\r(5)BILC.eq\r(3)BIL D．BIL答案B解析導線在磁場內(nèi)的有效長度為L′＝eq\r(L2＋2L2)＝eq\r(5)L，故該通電導線受到的安培力大小為F＝BIL′＝eq\r(5)BIL，選項B正確，A、C、D錯誤．針對訓練2(2020·江蘇揚州期末)如圖11所示，直角三角形閉合線框abc處于勻強磁場中，∠acb＝30°，磁場方向垂直線框平面向里，線框中通入順時針方向電流時，下列說法正確的是()圖11A．a(chǎn)b邊受到的安培力向右B．a(chǎn)c邊受到的安培力與ab邊受到的安培力大小相等C．a(chǎn)b邊與bc邊受到的安培力的合力大于ac邊受到的安培力D．整個線框所受的安培力的合力為零答案D解析根據(jù)左手定則可知ab邊受到的安培力向左，A錯誤；ac邊受到的安培力大小Fac＝BILac，ab邊受到的安培力大小Fab＝BILab，因為磁感應強度B和電流I大小相等，且Lac＞Lab，故ac邊受到的安培力大小大于ab邊受到的安培力大小，B錯誤；根據(jù)安培力大小的計算公式可知，線框三邊受到的安培力的大小與三邊長度成正比，又根據(jù)左手定則可知線框三邊受到的安培力的方向，易知線框三邊受到的安培力構成一個矢量三角形，因此整個線框所受的安培力的合力為零，故ab邊與bc邊受到的安培力的合力大小等于ac邊受到的安培力大小，方向與之相反，C錯誤，D正確．三、磁電式電流表1．磁電式電流表的工作原理通電線圈在磁場中受到安培力作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)的方向不同，被測電流的方向不同．2．磁電式電流表的磁場特點兩磁極間裝有極靴，極靴中有鐵質(zhì)圓柱，使極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，保持線圈轉(zhuǎn)動時，所受安培力的方向總與線圈平面垂直，使表盤刻度均勻．3．磁電式電流表的靈敏度(1)電流表的靈敏度：是指在通入相同電流的情況下，指針偏轉(zhuǎn)角度的大小，偏角越大，靈敏度越高．(2)提高靈敏度的方法：如果要提高磁電式電流表的靈敏度，就要使在相同電流下線圈所受的安培力增大，可通過增加線圈的匝數(shù)、增大永磁鐵的磁感應強度、增加線圈的面積和減小轉(zhuǎn)軸處摩擦等方法實現(xiàn)．(多選)以下關于磁電式電流表的說法正確的是()A．線圈平面跟磁感線平行B．通電線圈中的電流越大，指針偏轉(zhuǎn)角度也越大C．在線圈轉(zhuǎn)動的范圍內(nèi)，各處的磁場都是勻強磁場D．在線圈轉(zhuǎn)動的范圍內(nèi)，線圈所受安培力與電流有關，而與所處位置無關答案ABD解析磁電式電流表內(nèi)磁場是均勻輻向分布的磁場，不管線圈轉(zhuǎn)到什么位置，它的平面都跟磁感線平行，線圈所在各處磁場的磁感應強度大小相等、方向不同，所以安培力與電流大小有關而與所處位置無關，電流越大，安培力越大，指針轉(zhuǎn)過的角度越大，正確的選項為A、B、D.1．(安培力的方向)(2020·安徽合肥六校聯(lián)盟期末)某同學畫的表示磁感應強度B、電流I和安培力F的相互關系如下列選項圖所示，其中正確的是()答案D解析A圖中磁場方向和電流方向平行，導線不受安培力作用；根據(jù)左手定則可知，B圖中安培力的方向應垂直于磁場方向向上；C圖中安培力的方向應垂直于導線向下；D圖中安培力的方向垂直于導線向右．故選項D正確．2．(安培力的大小)(多選)如圖12所示的四幅圖中，導體棒的長度均為L，磁場的磁感應強度大小均為B，在各導體棒中通有相同的電流I.則下列選項正確的是()圖12A．圖甲中導體棒所受的安培力大小為BILB．圖乙中導體棒所受的安培力大小為BILC．圖丙中導體棒所受的安培力大小為eq\f(\r(3),2)BILD．圖丁中導體棒所受的安培力大小為eq\f(\r(3),2)BIL答案BD解析題圖甲中，因?qū)w棒與磁場平行，所以安培力為零，A錯誤；題圖乙中，導體棒與磁場垂直，則安培力的大小為F1＝BIL，B正確；題圖丙中，導體棒與磁場垂直，則安培力的大小為F2＝BIL，C錯誤；題圖丁中，導體棒與磁場成60°角，則安培力的大小為F3＝BILsin60°＝eq\f(\r(3),2)BIL，D正確．3．(安培力的大小)(2020·廣西田陽高中高二月考)將一段通電直導線abc從中點b折成120°，分別放在如圖13所示的勻強磁場中，圖甲中導線所在平面與磁場的磁感線平行，圖乙中導線所在平面與磁場的磁感線垂直，若兩圖中兩導線所受的安培力大小相等，則甲、乙兩圖中磁場的磁感應強度大小之比eq\f(B1,B2)為()圖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解析設導線的總長為2L，通過導線的電流為I，題圖甲中導線受到的安培力大小為B1IL＋B1cos60°IL＝eq\f(3,2)B1IL，題圖乙中導線受到的安培力的大小為B2I·2Lcos30°＝eq\r(3)B2IL，根據(jù)題意有eq\f(3,2)B1IL＝eq\r(3)B2IL，則有eq\f(B1,B2)＝eq\f(2\r(3),3)，B正確．4.(安培力的大小)如圖14所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向斜向右上方，與水平方向的夾角為45°.一個四分之三金屬圓環(huán)ab置于勻強磁場中，圓環(huán)的半徑為r，圓心為O，兩條半徑Oa和Ob相互垂直，Oa沿水平方向，Ob沿豎直方向．c點將圓環(huán)等分為兩部分，當圓環(huán)中通以電流I時，則圓環(huán)ac受到的安培力大小為()圖14A．BIrB.eq\f(3,4)πBIrC.eq\f(1,2)BIrD.eq\f(\r(2),2)BIr答案D解析根據(jù)幾何關系，可知通電圓環(huán)在磁場中的有效長度為L＝eq\r(2)r；根據(jù)安培力公式可得，圓環(huán)ab受到的安培力大小為F＝eq\r(2)BIr，又圓環(huán)ac和圓環(huán)cb所受安培力大小相等，方向相同，所以圓環(huán)ac受到的安培力大小為F′＝eq\f(F,2)＝eq\f(\r(2),2)BIr，D正確．5.(安培力的疊加)(2020·泉州市高二期末)如圖15所示，材質(zhì)相同、粗細均勻的正方形導體框ABCD，垂直放置于勻強磁場中，將CD兩點接到電源兩端，CD段受到的安培力大小為F，則此時導體框受到的安培力的合力大小為()圖15A.eq\f(2,3)FB.eq\f(4,3)FC．2FD．3F答案B解析均勻的電阻絲組成的正方形導體框，電阻絲CBAD阻值是電阻絲CD阻值的3倍，電阻絲CD與電阻絲CBAD并聯(lián)，所以電阻絲CBAD中電流是電阻絲CD中電流的eq\f(1,3)，電阻絲CBAD在磁場中的有效長度與電阻絲CD的長度相等，則電阻絲CBAD所受安培力是電阻絲CD所受安培力的eq\f(1,3)，即電阻絲CBAD所受安培力的大小為eq\f(1,3)F，電阻絲CD與電阻絲CBAD所受安培力的方向相同，所以導體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正確.考點一安培力的方向左手定則1．如圖所示，通電導線均置于勻強磁場中，其中導線受到的安培力方向向右的是()答案B解析根據(jù)左手定則，選項A中導線受到的安培力方向向左，選項B中導線受到的安培力方向向右，選項C中導線與磁場方向平行，不受安培力，選項D中導線受到的安培力方向垂直紙面向里，故A、C、D錯誤，B正確．2.電磁彈射是采用電磁的能量來推動被彈射的物體向外運動，電磁炮就是利用電磁彈射工作的．電磁炮的原理如圖1所示，則炮彈導體滑塊受到的安培力的方向是()圖1A．豎直向上 B．豎直向下C．水平向左 D．水平向右答案C解析由左手定則可知，炮彈導體滑塊受到的安培力的方向水平向左，故選C.3.(2020·山東青島二中高二期中)如圖2，均勻繞制的螺線管水平放置，在其正中心的上方附近用絕緣繩水平吊起通電直導線A，A與螺線管垂直，A導線中的電流方向垂直紙面向里．閉合開關S，A受到的通電螺線管產(chǎn)生的磁場的作用力的方向是()圖2A．豎直向上 B．豎直向下C．水平向右 D．水平向左答案A解析首先根據(jù)安培定則判斷出通電螺線管右端為N極，左端為S極，所以在A處產(chǎn)生的磁場方向水平向左．根據(jù)左手定則判斷可知A受到的通電螺線管產(chǎn)生的磁場的作用力的方向豎直向上，選項A正確，B、C、D錯誤．考點二安培力的大小4.如圖3所示，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一正方形剛性線圈，邊長為L，匝數(shù)為n，線圈平面與磁場方向垂直，線圈一半在磁場內(nèi)．某時刻，線圈中通過大小為I的電流，則此線圈所受安培力的大小為()圖3A.eq\r(2)BILB.eq\f(1,2)nBILC．nBILD.eq\r(2)nBIL答案D5.如圖4所示，水平導軌接有電源，導軌上固定有三根導體棒a、b、c，c為直徑與b等長的半圓，長度關系為c最長，b最短，將裝置置于豎直向下的勻強磁場中，在接通電源后，三根導體棒中有等大的電流通過，則三根導體棒受到的安培力大小關系為()圖4A．Fa＞Fb＞Fc B．Fa＝Fb＝FcC．Fb＜Fa＜Fc D．Fa＞Fb＝Fc答案D解析設a、b兩棒的長度分別為La和Lb，c的直徑為d.由于導體棒都與勻強磁場垂直，則a、b、c三棒所受安培力的大小分別為：Fa＝BILa；Fb＝BILb＝BId；c棒所受安培力與長度為d的直導體棒所受安培力的大小相等，則Fc＝BId；因為La＞d，則Fa＞Fb＝Fc，D正確．6.(多選)如圖5所示，紙面內(nèi)的金屬圓環(huán)中通有電流I，圓環(huán)圓心為O、半徑為R，P、Q為圓環(huán)上兩點，且OP垂直于OQ，磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直于紙面向里，則()圖5A．整個圓環(huán)受到的安培力大小為2πBIRB．整個圓環(huán)受到的安培力大小為0C．大圓弧PQ受到的安培力大小為BIRD．大圓弧PQ受到的安培力大小為eq\r(2)BIR答案BD解析根據(jù)左手定則可知，整個圓環(huán)關于圓心對稱的兩部分受到的安培力等大反向，則整個圓環(huán)受到的合力為0，選項A錯，B對；大圓弧PQ受到的安培力大小等于直線段PQ受到的安培力大小，為eq\r(2)BIR，選項C錯，D對．考點三磁電式電流表7．(多選)關于磁電式電流表內(nèi)的磁鐵和鐵芯之間的均勻輻向分布的磁場，下列說法正確的是()A．該磁場的磁感應強度的大小處處相等，方向相同B．該磁場的磁感應強度的方向處處相同，大小不等C．使線圈平面始終與磁感線平行D．該磁場中距軸線等距離處的磁感應強度的大小都相等答案CD解析磁電式電流表內(nèi)的磁鐵和鐵芯之間有均勻輻向分布的磁場，使線圈平面始終與磁感線平行，故C正確；該磁場中距軸線等距離處的磁感應強度的大小處處相等，但方向不同，故A、B錯誤，D正確．8.(2020·孝感市高二期中)如圖6所示，A為一水平旋轉(zhuǎn)的橡膠圓盤，帶有大量均勻分布的正電荷，在圓盤正上方水平放置一通電直導線，電流方向已在圖中標出．當圓盤繞中心軸OO′按圖示方向高速轉(zhuǎn)動時，通電直導線所受安培力的方向是()圖6A．豎直向上 B．豎直向下C．水平向外 D．水平向里答案C解析帶正電圓盤如題圖轉(zhuǎn)動時，從上向下看，形成順時針方向的電流，根據(jù)右手螺旋定則可知，在圓盤上方形成的磁場方向豎直向下，根據(jù)左手定則，通電直導線所受安培力的方向水平向外，故選C.9.(2020·廣東茂名期末)如圖7所示，“L”形導線abc固定并垂直放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，ab⊥bc，ab長為2L，bc長為L，導線通入恒定電流I，設導線受到的安培力大小為F，方向與bc間的夾角為θ，則()圖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解析連接ac，根據(jù)幾何關系得ac＝eq\r(5)L，則F＝eq\r(5)BIL，F(xiàn)與bc間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(bc,ab)＝eq\f(1,2)，選項B正確．10.如圖8所示，位于紙面內(nèi)的細直導線長L＝5m，通有I＝3A的恒定電流，平行于紙面水平向右的勻強磁場，磁感應強度B＝2T．當導線與B成60°夾角時，發(fā)現(xiàn)其受到的磁場力為零，則該區(qū)域同時存在的另一勻強磁場的磁感應強度B′的可能值為()圖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解析通電導線所受磁場力為零，則電流方向與磁場方向平行，說明該區(qū)域同時存在的另一勻強磁場的磁感應強度B′與B的合磁場的磁感應強度方向沿導線方向，由平行四邊形定則可知，當B′與合磁場(通電導線)垂直時，B′最小，最小值為Bsin60°＝eq\r(3)T，則B′≥eq\r(3)T，所以B′的可能值為2eq\r(3)T，故C正確，A、B、D錯誤．11.如圖9所示，水平放置的兩導軌P、Q間的距離l＝0.5m，垂直于導軌平面的豎直向上的勻強磁場的磁感應強度B＝2T，垂直于導軌放置的ab棒的質(zhì)量m＝1kg，系在ab棒中點且與導軌平行的水平繩跨過定滑輪與重力G＝3N的物塊相連．已知ab棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，電源的電動勢E＝10V、內(nèi)阻r＝0.1Ω，導軌的電阻及ab棒的電阻均不計．要想ab棒處于靜止狀態(tài)，R應在哪個范圍內(nèi)取值？(g取10m/s2)圖9答案1.9Ω≤R≤9.9Ω解析依據(jù)物體的平衡條件可得ab棒恰不右滑時G－μmg－BI1l＝0ab棒恰不左滑時G＋μmg－BI2l＝0根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝I1(R1＋r)E＝I2(R2＋r)由以上各式代入數(shù)據(jù)可解得R1＝9.9Ω，R2＝1.9Ω所以R的取值范圍為1.9Ω≤R≤9.9Ω.12.如圖10所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度．它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為n，線圈的水平邊長為l，處于勻強磁場內(nèi)，磁感應強度B的方向與線圈平面垂直．當線圈中通過電流I時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡．然后使電流反向，大小不變．這時需要在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡．重力加速度g取10m/s2.圖10(1)導出用n、m、l、I、g計算B的表達式．(2)當n＝9，l＝10.0cm，I＝0.10A，m＝8.78g時，磁感應強度是多少？答案見解析解析(1)設電流方向未改變時，等臂天平的左盤內(nèi)砝碼的質(zhì)量為m1，右盤內(nèi)砝碼和線圈的質(zhì)量為m2，則由等臂天平的平衡條件，有m1g＝m2g－nBIl，電流方向改變后，同理可得(m＋m1)g＝m2g＋nBIl兩式相減，得B＝eq\f(mg,2nIl).(2)將n＝9，l＝10.0cm，I＝0.10A，m＝8.78g代入B＝eq\f(mg,2nIl)，得B≈0.49T.13.(2019·全國卷Ⅰ)如圖11，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接．已知導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()圖11A．2FB．1.5FC．0.5FD．0答案B解析設三角形邊長為l，通過導體棒MN的電流大小為I，則根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知通過導體棒ML和LN的電流大小為eq\f(I,2)，如圖所示，依題意有F＝BlI，則導體棒ML和LN所受安培力的合力為F1＝eq\f(1,2)BlI＝eq\f(1,2)F，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為F＋F1＝1.5F，選項B正確．2磁場對運動電荷的作用力[學習目標]1.知道什么是洛倫茲力，會用左手定則判斷洛倫茲力的方向.2.掌握洛倫茲力公式的推導過程，會計算洛倫茲力的大小.3.知道電視顯像管的基本構造及工作的基本原理．一、洛倫茲力的方向和大小1．洛倫茲力(1)定義：運動電荷在磁場中受到的力．(2)與安培力的關系：通電導線在磁場中受到的安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)．2．洛倫茲力的方向左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向．負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反．3．洛倫茲力的大小(1)當v與B成θ角時，F(xiàn)＝qvBsinθ.(2)當v⊥B時，F(xiàn)＝qvB.(3)當v∥B時，F(xiàn)＝0.二、電子束的磁偏轉(zhuǎn)1．顯像管的構造：如圖1所示，由電子槍、偏轉(zhuǎn)線圈和熒光屏組成．圖12．顯像管的原理(1)電子槍發(fā)射高速電子．(2)電子束在磁場中偏轉(zhuǎn)．(3)熒光屏被電子束撞擊時發(fā)光．3．掃描：在偏轉(zhuǎn)區(qū)的水平方向和豎直方向都有偏轉(zhuǎn)磁場，其方向、強弱都在不斷變化，使得電子束打在熒光屏上的光點從上向下、從左向右不斷移動．1．判斷下列說法的正誤．(1)運動電荷在磁場中一定受洛倫茲力．(×)(2)同一電荷，以相同大小的速度進入磁場，速度方向不同時，洛倫茲力的大小也可能相同．(√)(3)運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應強度一定為零．(×)(4)電荷垂直磁場運動時所受洛倫茲力最小，平行磁場運動時所受洛倫茲力最大．(×)(5)顯像管內(nèi)偏轉(zhuǎn)線圈中的電流恒定不變時，電子打在熒光屏上的光點是不動的．(√)2.如圖2所示，一陰極射線管左側不斷有電子射出，若在管的正下方放一通電直導線AB時，發(fā)現(xiàn)射線的運動軌跡向下彎曲，則導線中的電流方向為__________．(填“從A到B”或“從B到A”)圖2答案從B到A一、洛倫茲力的方向?qū)W探究如圖3所示，電子由陰極向陽極運動(向右運動)過程中向下發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，試問：圖3(1)什么力使電子偏轉(zhuǎn)？該力的方向如何？(2)電子運動軌跡附近的磁場方向如何？電子所受洛倫茲力與磁場方向、電子運動方向存在什么關系？答案(1)洛倫茲力向下(2)磁場方向向里電子所受洛倫茲力與磁場方向垂直，與電子運動方向垂直，滿足左手定則知識深化1．洛倫茲力的方向(1)F、B、v三者方向間的關系洛倫茲力的方向總是與電荷運動的方向及磁場方向垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．說明：F、B、v三個量的方向關系是：F⊥B，F(xiàn)⊥v，但B與v不一定垂直，如圖4甲、乙所示．圖4(2)受洛倫茲力方向的判斷在用左手定則判斷運動的電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向時，對于正電荷，四指指向電荷的運動方向；但對于負電荷，四指應指向電荷運動的反方向．2．洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向隨電荷運動方向的變化而變化．但無論怎樣變化，洛倫茲力都與運動方向垂直．(2)洛倫茲力永不做功，它只改變電荷的運動方向，不改變電荷的速度大?。嚺袛嘞铝袌D中的帶電粒子剛進入磁場時所受的洛倫茲力的方向，其中垂直于紙面指向紙里的是()答案D解析根據(jù)左手定則可以判斷，選項A中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向向下；選項B中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向向上；選項C中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向垂直紙面指向紙外；選項D中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向垂直于紙面指向紙里，D正確．二、洛倫茲力的大小導學探究如圖5所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B.設磁場中有一段長度為L的通電導線，橫截面積為S，單位體積中含有的自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量為q且定向移動的速率都是v.圖5(1)導線中的電流是多少？導線在磁場中所受安培力多大？(2)長為L的導線中含有的自由電荷數(shù)為多少？每個自由電荷所受洛倫茲力多大？答案(1)nqvSnqvSLB(2)nSLqvB知識深化1．洛倫茲力與安培力的關系(1)安培力是導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，而洛倫茲力是安培力的微觀本質(zhì)．(2)洛倫茲力對電荷不做功，但安培力卻可以對導體做功．2．洛倫茲力的大?。篎＝qvBsinθ，θ為電荷運動的方向與磁感應強度方向的夾角．(1)當θ＝90°時，v⊥B，sinθ＝1，F(xiàn)＝qvB，即運動方向與磁場方向垂直時，洛倫茲力最大．(2)當θ＝0°時，v∥B，sinθ＝0，F(xiàn)＝0，即運動方向與磁場平行方向時，不受洛倫茲力．如圖6所示，各圖中的勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q.試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小，并指出洛倫茲力的方向．圖6答案(1)qvB垂直于v指向左上方(2)eq\f(1,2)qvB垂直紙面向里(3)qvB垂直紙面向里(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與B的夾角為30°，將v分解成垂直磁場的分量和平行磁場的分量，v⊥＝vsin30°，F(xiàn)＝qvBsin30°＝eq\f(1,2)qvB，方向垂直紙面向里．(3)因v⊥B，所以F＝qvB，由左手定則判斷出洛倫茲力的方向垂直紙面向里．(4)因v⊥B，所以F＝qvB，方向垂直于v指向左上方．三、電子束的磁偏轉(zhuǎn)顯像管的原理示意圖如圖7所示，當沒有磁場時電子束打在熒光屏正中的O點．安裝在管徑上的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生磁場，使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)．設垂直紙面向里的磁場方向為正方向，如果要使電子束打在熒光屏上的位置由P點逐漸移動到Q點，下列磁場能夠使電子束發(fā)生上述偏轉(zhuǎn)的是()圖7答案A解析要使電子束打在熒光屏上的位置由P點逐漸移動到Q點，可知電子先向上偏轉(zhuǎn)后向下偏轉(zhuǎn)，P到O過程中洛倫茲力向上，O到Q過程中洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則知，能夠使電子束發(fā)生上述偏轉(zhuǎn)的磁場是選項A.四、帶電體在洛倫茲力作用下的運動1．帶電體在勻強磁場中速度變化時洛倫茲力的大小往往隨之變化，并進一步導致彈力、摩擦力的變化，帶電體將在變力作用下做變加速運動．2．利用牛頓運動定律和平衡條件分析各物理量的動態(tài)變化時要注意彈力為零的臨界狀態(tài)，此狀態(tài)是彈力方向發(fā)生改變的轉(zhuǎn)折點．(多選)用絕緣細線懸掛一個質(zhì)量為m、帶正電的小球，置于如圖8所示的勻強磁場中，當小球偏離豎直方向在垂直于磁場方向擺動時，如果細線始終繃緊，不計空氣阻力，則前后兩次通過最低點時相比較，相同的物理量是()圖8A．小球受到的洛倫茲力B．小球的加速度C．細線的拉力D．小球的動能答案BD解析由于洛倫茲力不做功，因此小球兩次通過最低點時速度大小相等、方向相反，動能相等，洛倫茲力方向相反，A錯誤，D正確；小球做圓周運動的向心加速度相同，B正確；由于洛倫茲力方向相反，所以細線的拉力大小不相等，C錯誤．(2020·云南省武定民族中學高二期末)如圖9所示，在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO′在豎直面內(nèi)垂直磁場方向放置，細棒與水平面間的夾角為α，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)A套在OO′棒上，圓環(huán)與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ<tanα，重力加速度為g.現(xiàn)讓圓環(huán)A由靜止開始下滑，試問圓環(huán)在下滑過程中：圖9(1)圓環(huán)A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？(2)圓環(huán)A能夠達到的最大速度為多大？答案(1)gsinαeq\f(mgcosα,qB)(2)eq\f(mgsinα＋μcosα,μqB)解析(1)由于μ<tanα，所以環(huán)將由靜止開始沿棒下滑，環(huán)A沿棒運動的速度為v1時，受到重力mg、洛倫茲力qv1B、棒的彈力FN1和摩擦力Ff1，F(xiàn)f1＝μFN1，根據(jù)牛頓第二定律，沿棒的方向有mgsinα－Ff1＝ma垂直棒的方向有FN1＋qv1B＝mgcosα所以當FN1＝0，即Ff1＝0時，a有最大值am，且am＝gsinα，此時qv1B＝mgcosα解得v1＝eq\f(mgcosα,qB)(2)設當環(huán)A的速度達到最大值vm時，環(huán)受棒的彈力大小為FN2，方向垂直于棒向下，摩擦力大小為Ff2＝μFN2，此時應有a＝0，即mgsinα＝Ff2FN2＋mgcosα＝qvmB解得vm＝eq\f(mgsinα＋μcosα,μqB)求解帶電體在磁場中的運動問題的解題步驟1．確定研究對象，即帶電體；2．確定帶電體所帶電荷量的正、負以及速度方向；3．由左手定則判斷帶電體所受洛倫茲力的方向，并作出受力分析圖；4．由平行四邊形定則、矢量三角形或正交分解法等方法，根據(jù)物體的平衡條件或牛頓第二定律列方程求解；5．對于定性分析的問題還可以采用極限法進行推理，從而得到結論．1．(洛倫茲力的方向)在下列四個選項中，正確標明了帶正電粒子所受洛倫茲力F方向的是()答案D解析根據(jù)左手定則可知，A項中洛倫茲力方向應該垂直紙面向里，故A錯誤；B項中洛倫茲力方向應該垂直紙面向外，故B錯誤；C項中洛倫茲力方向應該豎直向下，故C錯誤；D項中洛倫茲力方向應該豎直向上，故D正確．2．(洛倫茲力的大小)兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，兩粒子質(zhì)量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則剛進入磁場時兩帶電粒子所受洛倫茲力之比為()A．2∶1B．1∶1C．1∶2D．1∶4答案C解析帶電粒子的速度方向與磁感線方向垂直時，洛倫茲力F＝qvB，與電荷量成正比，與質(zhì)量無關，C項正確．3.(帶電粒子在磁場中的運動)(2020·廣東佛山一中高二期中)一束等離子體(含有大量帶正電和帶負電的離子，都不考慮重力)，沿圖10中箭頭所示的方向垂直于磁場方向進入一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子運動的軌跡如圖中a、b所示，則()圖10A．a(chǎn)是帶正電的離子的運動軌跡B．b是帶正電的離子的運動軌跡C．a(chǎn)是帶負電的離子的運動軌跡D．a(chǎn)是帶正電離子及帶負電離子的共同運動軌跡答案A解析帶正電的離子在垂直紙面向里的磁場中向右運動，根據(jù)左手定則可知，離子受到的洛倫茲力的方向向上，所以離子可能的運動軌跡為a，故A符合題意，B不符合題意．帶負電的離子在垂直紙面向里的磁場中向右運動，根據(jù)左手定則可知，離子受到的洛倫茲力的方向向下，所以離子可能的運動軌跡為b，故C不符合題意．根據(jù)A、C的分析可知，帶正電離子及帶負電離子的運動軌跡不相同，故D不符合題意．4．(帶電體在磁場中的運動)(多選)(2020·攀枝花市高二期末)如圖11所示，一個質(zhì)量為0.1g、電荷量為5×10－4C的小滑塊(可視為質(zhì)點)，放在傾角為α＝30°的光滑絕緣斜面頂端(斜面足夠長)，斜面置于B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，小滑塊運動一段距離l后離開斜面，g取10m/s2，則()圖11A．小滑塊帶正電B．小滑塊帶負電C．l＝1.2mD．小滑塊離開斜面時的瞬時速率為2m/s答案AC解析由題意可知，小滑塊受到的洛倫茲力垂直斜面向上．根據(jù)左手定則可得，小滑塊帶正電，故A對，B錯；由題意知，當滑塊離開斜面時，有Bqv＝mgcosα，解得v＝eq\f(mgcosα,qB)＝2eq\r(3)m/s，故D錯；在滑塊離開斜面之前，滑塊在沿斜面方向所受的合力始終等于重力沿斜面方向的分力，所以滑塊在斜面上一直做勻加速直線運動，即mgsinα＝ma，解得a＝gsinα＝5m/s2，由v2＝2al，解得l＝1.2m，故C對．考點一洛倫茲力的方向1．下列四幅圖關于各物理量方向間的關系中，正確的是()答案B解析由左手定則可知，安培力的方向總是與磁感應強度的方向垂直，故A錯誤；磁場的方向向下，電流的方向垂直紙面向里，由左手定則可知安培力的方向向左，故B正確；由左手定則可知，洛倫茲力的方向與磁感應強度的方向垂直，C項圖中洛倫茲力應為垂直紙面向外，故C錯誤；通電螺線管內(nèi)部產(chǎn)生的磁場的方向沿螺線管的軸線的方向，由D項圖可知電荷運動的方向與磁感線的方向平行，不受洛倫茲力，故D錯誤．2.如圖1所示，美國物理學家安德森在研究宇宙射線時，在云霧室里觀察到有一個粒子的徑跡和電子的徑跡彎曲程度相同，但彎曲方向相反，從而發(fā)現(xiàn)了正電子，獲得了諾貝爾物理學獎．云霧室中磁場方向可能是()圖1A．垂直紙面向外 B．垂直紙面向里C．沿紙面向上 D．沿紙面向下答案B解析由左手定則可知，磁場方向可能垂直紙面向里，故B正確．3.(2020·廣元天立國際學校高二月考)如圖2所示，在真空中，水平導線中有恒定電流I通過，導線的正下方有一束電子，初速度方向與電流方向相同，則電子可能的運動情況是()圖2A．沿路徑a運動 B．沿路徑b運動C．沿路徑c運動 D．沿路徑d運動答案D解析由安培定則知，電流I在導線下方產(chǎn)生的磁場方向指向紙外，由左手定則知，電子剛進入磁場時所受洛倫茲力方向向下，則電子的軌跡必定向下彎曲，因此A、B錯誤；由于洛倫茲力方向始終與電荷運動方向垂直，故其運動軌跡必定是曲線，因此C錯誤，D正確．考點二電子束的磁偏轉(zhuǎn)4.(2020·江蘇西亭高級中學高二上期末)如圖3所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置的通電環(huán)形導線，則示波管中的電子束將()圖3A．向上偏轉(zhuǎn)B．向下偏轉(zhuǎn)C．向紙外偏轉(zhuǎn)D．向紙里偏轉(zhuǎn)答案A解析由安培定則可知，示波管下方環(huán)形電流在環(huán)形導線內(nèi)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，在環(huán)形導線外側產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外；電子束由左向右運動，由左手定則可知，電子束受到的洛倫茲力豎直向上，則電子束向上偏轉(zhuǎn)，選項A正確，B、C、D錯誤．5.在電視機的顯像管中，電子束的掃描是用磁偏轉(zhuǎn)技術實現(xiàn)的，其掃描原理如圖4所示．圓形區(qū)域內(nèi)的偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于圓面，而不加磁場時，電子束將通過O點而打在屏幕的中心M點．為了使屏幕上出現(xiàn)一條以M為中心的亮線PQ，偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律應是下列選項中的()圖4答案B解析由題意知，要想得到以M為中心的亮線PQ，則電子束既要向上偏轉(zhuǎn)，又要向下偏轉(zhuǎn)，所以磁場的磁感應強度B隨時間t變化時，應有方向改變，C、D錯誤；A項中磁感應強度大小一定，則電子束受到的洛倫茲力大小相同，偏轉(zhuǎn)量也相同，向同一方向偏轉(zhuǎn)的電子都打到同一點，不能得到連續(xù)的亮線，A錯誤；在B項中磁感應強度隨時間變化的規(guī)律下，可得到亮線PQ，B正確．考點三帶電體在磁場中的運動6.(2020·天津市南開中學期末)如圖5所示，一帶正電的物體固定在小車的底板上，其中底板絕緣，整個裝置靜止在水平地面上，在空間施加一垂直紙面向里的勻強磁場，如果保持小車不動，將勻強磁場沿水平方向向左勻速運動．則下列說法正確的是()圖5A．帶電物體所受的洛倫茲力為零B．帶電物體受洛倫茲力且方向豎直向上C．小車對地面的壓力變大D．地面對小車的摩擦力方向向左答案B解析受洛倫茲力的帶電物體的速度不是相對地面而言，而是相對磁場．題中勻強磁場向左勻速運動相當于小車水平向右勻速運動，由左手定則可知，帶電物體所受的洛倫茲力方向豎直向上，B正確，A錯誤；由于小車水平方向不受力，沒有相對運動的趨勢，所以摩擦力為零，D錯誤；對小車及帶電物體整體分析可知，地面對小車的支持力變小，由牛頓第三定律可知小車對地面的壓力變小，C錯誤．7．(2020·湖北黃岡中學月考)如圖6所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電絕緣物塊位于高度略大于物塊高度的水平寬敞絕緣隧道中，隧道足夠長，物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數(shù)均為μ，整個空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場．現(xiàn)給物塊水平向右的初速度v0，空氣阻力忽略不計，物塊電荷量不變，則物塊()圖6A．一定做勻速直線運動B．一定做減速運動C．可能先減速后勻速運動D．可能加速運動答案C解析根據(jù)左手定則可知物塊受到的洛倫茲力方向向上，如果洛倫茲力等于重力，則物塊做勻速直線運動；如果洛倫茲力小于重力，物塊與隧道下表面間存在摩擦力，物塊做減速運動；如果洛倫茲力大于重力，物塊與隧道上表面間存在摩擦力，做減速運動，當減速到洛倫茲力等于重力時做勻速運動．故選項C正確．8．如圖7甲所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的圓環(huán)可在水平放置的足夠長的粗糙絕緣細桿上滑動，細桿處于勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后運動過程中的速度－時間圖像如圖乙所示．則關于圓環(huán)所帶的電性，勻強磁場的磁感應強度B，下列說法正確的是(重力加速度為g)()圖7A．圓環(huán)帶負電，B＝eq\f(mg,qv0) B．圓環(huán)帶正電，B＝eq\f(2mg,qv0)C．圓環(huán)帶負電，B＝eq\f(2mg,qv0) D．圓環(huán)帶正電，B＝eq\f(mg,qv0)答案B解析因圓環(huán)最后做勻速直線運動，圓環(huán)在豎直方向上受力平衡，則有eq\f(Bqv0,2)＝mg，即B＝eq\f(2mg,qv0)；根據(jù)左手定則可知圓環(huán)帶正電，故B正確，A、C、D錯誤．9.(多選)(2020·西安市第八十三中學期中)足夠長的光滑絕緣槽，與水平方向的夾角分別為α和β(α<β)，如圖8所示，加垂直于紙面向里的勻強磁場，將質(zhì)量相等且?guī)У攘空?、負電荷的小球a和b，分別從兩斜面的頂端由靜止釋放(一次僅有一個小球存在)，關于兩球在槽上的運動，下列說法正確的是()圖8A．在槽上a、b兩球都做勻加速直線運動，aa>abB．在槽上a、b兩球都做變加速直線運動，但總有aa>abC．a(chǎn)、b兩球沿直線運動的最大位移分別為xa、xb，則xa<xbD．a(chǎn)、b兩球沿槽運動的時間分別為ta、tb，則ta<tb答案ACD解析小球a、b沿槽下滑的加速度大小分別為aa＝gsinβ，ab＝gsinα，因α<β，故aa>ab，選項A對，B錯；小球受到的洛倫茲力垂直槽向上，當mgcosβ＝qvaB、mgcosα＝qvbB時，a和b離開槽，顯然va<vb，而aa>ab，根據(jù)位移公式可知xa<xb，選項C對；根據(jù)速度公式可知選項D對．10.如圖9所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊(設a、b間無電荷轉(zhuǎn)移)，a、b疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左做加速運動，則在加速運