第一章 安培力与洛伦兹力
1.磁场对通电导线的作用力
核心素养：
1.结合对具体实例的分析，体会判断安培力方向的方法.（物理观念）
2.通过实例分析，掌握安培力作用下导体运动问题的分析方法，培养一定的空间思维能力.（科学思维）
3.通过实验探究安培力的方向与电流的方向、磁感应强度的方向之间的关系.（科学探究）
4.在实验探究的过程中，学会合作，培养学科学、爱科学的科学态度.（科学态度与责任）
@研习任务一
合作 讨论
如图所示，取一段铝箔条，把它折成天桥形状，用胶纸粘牢两端，将U形磁铁横跨过“天桥”放置.由电池向铝箔条供电，观察“天桥”的变化；改变电流的方向或调换磁铁的磁极时，“天桥”有什么变化？尝试用最简单的语言归纳出安培力方向的规律.
提示：电池上端为正极，下端为负极，当“天桥”上的电流自右向左时，我们会看到天桥向上凸起；当改变电流方向或调换磁铁的磁极时，我们会看到天桥向下凹陷.安培力的方向垂直于磁场方向，也垂直于电流方向.我们可以用左手定则来判断：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，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.
教材 认知
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和I所决定的平面.
要点 归纳
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，即安培力的方向垂直于电流I和磁场B所决定的平面.
（1）当电流方向与磁场方向垂直时，安培力方向、磁场方向、电流方向两两垂直，应用左手定则时，磁感线垂直穿过掌心.
（2）当电流方向与磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即垂直于电流和磁场所决定的平面.应用左手定则时，磁感线斜着穿过掌心.
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.
3.应用举例
平行通电直导线间的相互作用：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥.
研习 经典
[典例1] 画出图中各通电导线所受安培力的方向（与纸面垂直的力只需用文字说明）.
A
B
C
D
E
F
G
H
解析：根据左手定则判断，具体如图所示：
A
B
C
D
E
F.F垂直于纸面向外
G
H.F垂直于纸面向外
答案：见解析
判断安培力方向时一定要明确磁场方向和电流方向，安培力的方向既垂直于电流的方向，又垂直于磁场的方向，电流方向和磁场方向不一定垂直，所以磁场方向不一定垂直穿过掌心，但四指一定要指向电流方向.
对应 训练
1.截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线.若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示.下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（ ）
A
B
C
D
解析：因I1 I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到中心直导线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到中心直导线排斥的安培力，形成凸形，故发生形变后的形状如图C.
答案：C
@研习任务二
合作 讨论
（1）在如图所示的探究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）当导线和磁场方向的夹角为θ时，它受到的安培力多大？
提示：（1）导线长度越长、电流越大，导线所受的安培力越大，满足F＝BIl.
（2）导线平行磁场放入时，它受到的安培力为零.
（3）当导线和磁场方向夹角为θ时，可以取磁感应强度垂直电流方向的分量，B⊥＝Bsin θ，此时安培力F＝BIlsin θ.如图所示.
教材 认知
1.安培力的大小： 垂直 于磁场B的方向放置的长为l的一段导线，当通过的电流为I时，它所受的安培力F＝ BIl .
2.一般表达式：磁感应强度B的方向与 电流 方向成θ角，通电导线所受的安培力F＝IlBsin θ.
要点 归纳
1.公式F＝IlBsin θ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＝IlBsin θ中θ是B和I方向的夹角.
（1）当θ＝90°时，即B⊥I，sin θ＝1，公式变为F＝IlB.
（2）当θ＝0°时，即B∥I，F＝0.
3.公式F＝IlBsin θ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.
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，如图所示.
4.对于多匝线圈求安培力应该乘以线圈匝数，F＝nBIlsin θ.
研习 经典
[典例2] （2023·江苏卷）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.BIl
C.2BIl D.BIl
解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受到的安培力为Fab＝BI簚2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl.故选C.
答案：C
通电导线与磁场垂直时所受安培力为F＝BIl，与磁场平行时不受力，整个导线所受安培力等于各段导线所受安培力的矢量和.
对应 训练
2.如图所示，导线ab长20 cm，用两根平行的、相同的轻弹簧将ab水平挂起，弹簧间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场区域宽度为10 cm，磁感应强度大小为0.5 T，导线ab所受重力大小为0.1 N.为了使弹簧不发生形变，导线内电流的方向和大小应如何？
解析：为了使弹簧不发生形变，则导线所受安培力和重力大小相等、方向相反，根据左手定则可知导线内电流方向水平向右，根据F安＝BlI＝G，解得I＝，代入数据得I＝ A＝2 A.
答案：方向水平向右 2 A
@研习任务三
合作 讨论
我们实验室用的电流表叫磁电式电流表，它里面的磁场是均匀辐向分布的，你能说一下这种磁场的特点吗？我们为什么要用这种磁场？
提示：这种磁场的磁感应强度的大小和方向并不相同，但是线圈所处位置的磁感应强度大小都相同.我们用这种磁场是为了保证线圈转动中受到的安培力大小始终不变，从而使做出来的电流表表盘刻度均匀.
教材 认知
1.构造： 磁体 、 线圈 、螺旋弹簧、刻度盘指针、极靴等.
2.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 ，线圈左右两边所在处的磁感应强度大小 相等 .
4.优缺点：优点是灵敏度高，可以测出 很弱 的电流；缺点是线圈的导线很细，允许通过的电流 很弱 .
要点 归纳
1.当电流通过线圈时线圈左右两边都要受到方向相反的安培力，使线圈发生转动，线圈转动使螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动.
2.电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大.所以，从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小.
3.极靴与铁质圆柱间的磁场是均匀辐向分布的，不管通电线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，表盘的刻度就是均匀的了.
4.当线圈中的电流方向发生变化时，安培力的方向也随之改变，指针的偏转方向也发生变化，所以根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向.
研习 经典
[典例3] 如图甲所示是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，边长为L的正方形线圈中通以电流I，线圈中的a导线电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则（ ）
甲
乙
A.该磁场的磁感应强度大小处处相等，方向不同
B.通过该线圈的磁通量为BL2
C.a导线受到的安培力方向向下
D.线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动
解析：根据磁感线疏密代表磁场强弱可知，该磁场的磁感应强度并非处处大小相等，故A错误；因磁感线和线圈平行，所以通过该线圈的磁通量为零，故B错误；a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力向上，故C错误；线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动，故D正确.
答案：D
磁电式电流表的磁场为均匀辐向分布，磁感线和线圈平面始终平行，一定注意它和匀强磁场的区别.
对应 训练
3.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稳恒电流（b端电流流向垂直纸面向内），下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A.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
B.当线圈在如图乙所示的位置时，通过该线圈的磁通量一定为0
C.线圈通过的电流越大，指针偏转角度越小
D.线圈转动的方向，由螺旋弹簧的形变决定
解析：由左手定则可知a端受安培力向上，b端受安培力向下，在安培力的作用下线圈沿顺时针方向转动，所以线圈转动方向由电流方向决定，故A、D错误；线圈在图乙所示的位置，其平面与磁感线平行，则通过该线圈的磁通量为0，故B正确；线圈受安培力而转动，螺旋弹簧被扭动产生弹力，弹力方向与扭动方向相反，阻碍线圈转动，则通电电流越大，指针静止时反抗的弹力越大，指针的偏转角越大，故C错误.
答案：B
知识 构建
@课后提素养
基础 题组
1.判断正误.
（1）通电导线在磁场中一定会受到安培力的作用.（ × ）
（2）安培力的方向可能与磁场方向垂直，也可能不垂直.（ × ）
（3）若匀强磁场中磁感应强度为B＝1 T，导线中的电流I＝1 A，导线长度L＝1 m， 则安培力F＝1 N.（ × ）
（4）若通电导线在某处不受安培力，则该处磁感应强度一定为零.（ × ）
（5）磁电式电流表中的磁场为匀强磁场.（ × ）
（6）磁电式电流表最基本的组成部分是磁体和放在磁体两极之间的线圈.其原理是通电线圈在磁场中受安培力而转动.（ √ ）
2.如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则棒MN所受安培力大小为（ ）
A.F＝BId B.F＝BIdsin θ
C.F＝BIdcos θ D.F＝
解析：电流方向与磁场方向垂直，则安培力为F＝BIl，式中l＝，所以安培力为F＝BIl＝，故D正确.
答案：D
3.（多选）我国西电东送“大动脉”特高压直流输电工程每年可输送清洁电能超300亿千瓦时.设某段沿东西方向的两条平行输电线在同一水平面内，且与电源、负载组成闭合回路，已知这段输电线所在处的地磁场方向与地面平行，则（ ）
A.两条输电线中电流间相互作用的安培力为引力
B.两条输电线中电流间相互作用的安培力为斥力
C.地磁场对两条输电线中电流的作用力方向相反
D.地磁场对两条输电线中电流的作用力方向均竖直向上
解析：输电线路上两条线的电流方向相反，根据电流方向同向相吸，异向相斥即可判断，两条输电线中电流间相互作用的安培力为斥力，故A项错误，B项正确；地磁场与输电线路垂直，根据左手定则可知，输电线路受到的安培力一个向上，一个向下，故C项正确，D项错误.
答案：BC
中档 题组
1.如图所示，一根导线位于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，其中AB＝BC＝CD＝DE＝L，且∠C＝120°、∠B＝∠D＝150°.现给这根导线通入由A至E的恒定电流I，则导线受到磁场作用的合力大小为（ ）
A.2BIL B.BIL
C.（2＋）BIL D.4BIL
解析：根据题图和几何关系求得A、E两点间的距离为d＝（2＋）L，根据安培力公式得F＝BId＝（2＋）BIL，故A、B、D错误，C正确.
答案：C
2.图甲是高中物理电学实验中常用的磁电式电流表的结构示意图，其内部磁场分布和线圈中电流流向剖面如图乙所示.关于磁电式电流表的下列各项说法中正确的是（ ）
A.当线圈在如图乙所示位置时b端受到的安培力方向向上
B.线圈中电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也越大，线圈偏转的角度也越大
C.电流表中的磁场是匀强磁场
D.线圈无论转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，所以线圈不受安培力
解析：根据左手定则可得线圈b端在磁场中所受安培力的方向向下，A错误；根据安培力公式可知，当磁场和电流有效长度不变时，电流越大，线圈中的安培力就越大，螺旋弹簧形变和线圈偏转角度就越大，B正确；电流表中的磁场不是匀强磁场，C错误；线圈平面和磁感线平行只能说明磁通量一直为零，但是导线和磁场不平行，所以安培力不可能为零，D错误，故选B.
答案：B
3.如图所示，在一水平桌面上固定两根间距为1 m的平行导轨，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为2 T.一根质量为2 kg、长度略大于1 m的金属棒沿垂直导轨方向放在导轨上且与导轨接触良好.当金属棒中的电流为3 A
时，金属棒做匀速直线运动.下列选项错误的是（ ）
A.金属棒所受安培力大小为6 N，所受导轨的滑动摩擦力大小为6 N
B.金属棒长度略大于1 m，金属棒所受安培力略大于6 N，受到导轨的滑动摩擦力略大于6 N
C.金属棒受到的安培力与受到导轨的滑动摩擦力二力平衡
D.不改变电流方向，只增加金属棒中的电流大小，金属棒将做加速运动
解析：磁场与电流方向垂直，安培力大小为F＝BIl，式中的“l”应代入有电流经过的有效长度，可得F＝6 N，因金属棒做匀速直线运动，可知其在水平方向受力平衡，则有f＝F＝6 N，故A选项正确，B选项错误；磁场方向竖直向上，根据左手定则判断安培力方向为水平向右，金属棒匀速运动受力平衡，安培力与滑动摩擦力二力平衡，C选项正确；此题中安培力为动力，不改变电流方向只增加电流大小，金属棒受到的安培力增大，方向不变，滑动摩擦力大小不变，故金属棒将做加速运动，D选项正确.
答案：B
@课时作业（一）
[基础训练]
1.在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线（ ）
A.受到竖直向上的安培力
B.受到竖直向下的安培力
C.受到由南向北的安培力
D.受到由西向东的安培力
解析：赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，由左手定则判断出该导线受到的安培力的方向是竖直向上的，故A正确.
答案：A
2.磁场中某区域的磁感线如图所示，则（ ）
A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb
B.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb
C.同一通电导线放在a处所受安培力一定比放在b处大
D.同一通电导线放在a处所受安培力一定比放在b处小
解析：磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出Ba＞Bb，故A正确，B错误；安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小B、电流大小I、导线长度l和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误.
答案：A
3.如图所示，在“研究影响通电导体棒所受安培力的因素”实验中，要使导体棒摆动幅度增大，以下操作中可行的是（ ）
A.增加导体棒的质量
B.更换成磁性较弱的磁铁
C.改变导体棒中的电流方向
D.增大导体棒中的电流
解析：对导体棒受力分析有F安＝mgtan θ，只增加导体棒的质量，F安不变，θ减小，导体棒摆动幅度减小，故A错误；将磁铁更换成磁性较弱的磁铁，磁感应强度减小，由F安＝BIl可知安培力减小，导体棒摆动幅度减小，故B错误；改变导体棒中的电流方向，只会改变安培力的方向，不会改变安培力的大小，故C错误；增大导体棒中的电流，安培力增大，导体棒摆动幅度增大，故D正确.
答案：D
4.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.如图所示为某款电磁炮的轨道，该轨道长10 m，宽2 m.若发射质量为100 g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100 A时，最大速度可达2 km/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.磁场方向为水平向右
C.电磁炮的加速度大小为4×105 m/s2
D.磁感应强度的大小为100 T
解析：回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知，磁场方向应竖直向上，A、B错误；由题意可知，最大速度v＝2 km/s，加速距离x＝10 m，由速度－位移关系可知v2＝2ax，解得a＝2×105 m/s2，由牛顿第二定律可得F＝BIl＝ma，解得B＝100 T，C错误，D正确.
答案：D
5.如图所示，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（ ）
A.2F B.1.5F C.0.5F D.0
解析：导体棒MN与导体棒ML、LN为并联关系，两端电压相等，设导体棒MN中的电流为I，则导体棒ML、LN中的电流为，导体棒MN受到的安培力大小F＝IlB、方向垂直MN向上.ML、LN两导体棒受到安培力的合力大小为lB＝0.5F，方向垂直MN向上.线框LMN受到安培力的大小为F＋0.5F＝1.5F，方向垂直MN向上，故选B.
答案：B
6.（2024·贵州六盘水高二期末）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，OP、OQ是两根长度均为L的金属导体棒，∠POQ＝60°，当给导体棒中通入大小为I的电流时，关于两导体棒受到的安培力的合力，下列说法中正确的是（ ）
A.当电流方向为P→O→Q时，合力大小为BIL，方向与OP成30°斜向右下方
B.当电流方向为P→O→Q时，合力大小为BIL，方向与OP成30°斜向左下方
C.当电流方向为Q→O→P时，合力大小为BIL，方向与OP成30°斜向左下方
D.当电流方向为Q→O→P时，合力大小为BIL，方向与OP成30°斜向右下方
解析：当电流方向为P→O→Q时，等效长度为PQ的长度，即为L，等效电流方向为P→Q，则合力大小为BIL，方向垂直PQ斜向上，即方向与OP成30°斜向左上方，选项A、B错误；当电流方向为Q→O→P时，等效长度为PQ的长度，即为L，等效电流方向为Q→P，则合力大小为BIL，方向垂直PQ斜向下，即方向与OP成30°斜向右下方，选项D正确，C错误.
答案：D
7.如图所示，在长直导线上通以电流I，在导线右侧放三角形导线框，两者在同一竖直平面内，则有（ ）
A.线框ac边受到的安培力竖直向下
B.线框bc边受到的安培力水平向右
C.线框ac边受到的安培力竖直向上
D.整个线框受到的安培力的合力为零
解析：根据右手定则，在竖直导线右侧，磁感线垂直纸面向里，根据左手定则，线框ac边受到的安培力垂直ac边向下，故A、C错误；根据左手定则可知，线框bc边受到的安培力水平向右，故B正确；因为通电导线磁场随着到导线的距离变远而变小，因此线圈所受合力水平向左，故D错误.
答案：B
[能力提升]
8.如图所示装置中，劲度系数较小的金属弹簧下端恰好浸入水银中，电源的电动势足够大，当闭合开关S后，弹簧将（ ）
A.保持静止
B.收缩
C.变长
D.不断上下振动
解析：开关闭合后电路接通，电路中有电流；由金属丝构成的螺线管同向电流互相吸引，弹簧会收缩而变短；变短后电路断开，弹簧恢复原状，电路再次接通；依此规律反复，弹簧上下振动，选项A、B、C错误，D正确.
答案：D
9.如图所示，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（ ）
A.Fa＞Fb＞Fc B.Fa＝Fb＝Fc
C.Fb＜Fa＜Fc D.Fa＞Fb＝Fc
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棒所受安培力的大小分别为：Fa＝BILa；Fb＝BILb；c棒所受安培力与长度为Lb的直导体棒所受安培力的大小相等，则Fc＝BId＝BILb.因为La＞Lb，则Fa＞Fb＝Fc，D正确.
答案：D
10.如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ＝30°，AC竖直，BC水平，D是AB的中点.在A、B、C三点处各固定一根电流大小相等、方向垂直纸面向里的足够长的通电直导线（图中未画出），现将一根质量为m、长为L，电流大小为I、方向也垂直纸面向里的通电直导线P放置在斜面D点，通电直导线P恰好静止，则通电直导线P所受安培力的方向为（ ）
A.竖直向上
B.沿斜面向上
C.沿斜面向下
D.沿DC连线，由D指向C
解析：根据“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”的规律，导线A、B对P的合力等于零，导线C对P的引力就是安培力的合力，所以通电直导线P所受安培力的方向沿DC连线，由D指向C，故选D.
答案：D
11.（多选）根据对磁电式电流表的学习，判断以下说法正确的是（ ）
A.指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的
B.通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大
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有关，而与所处位置无关
解析：指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的，故A正确；根据安培力公式F＝BIl，可知线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故B正确；在线圈转动的范围内，各处的磁场都是均匀辐向分布，线圈平面都跟磁感线平行，但辐向磁场的磁感线方向不同，并不是匀强磁场，故C错误；磁场呈均匀辐向分布，线圈平面都跟磁场平行，电流与磁场相互垂直，结合安培力公式可知，线圈所受安培力大小与电流有关，而与所处位置无关，故D正确.
答案：ABD
12.粗细均匀的直导线ab的两端悬挂在两根相同的弹簧下边，ab恰好处在水平位置（如图所示）.已知ab的质量为m＝10 g，长度l＝60 cm，沿水平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B＝0.4 T（取重力加速度g＝10 m/s2）.
（1）要使两根弹簧能处在自然状态，既不被拉长，也不被压缩，ab中应沿什么方向、通过多大的电流；
（2）当导线中有方向从a到b、大小为0.2 A的电流通过时，两根弹簧均被拉长了Δx＝1 mm，求该弹簧的劲度系数.
解析：（1）只有当ab受到的安培力方向竖直向上且大小等于ab的重力时，两根弹簧才能处于自然状态，根据左手定则可知ab中的电流方向应由a到b，根据平衡条件有mg＝BIl，代入数据解得I＝ A.
（2）当导线中通过由a到b的电流时，受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对ab有竖直向上的拉力，同时ab受竖直向下的重力，根据平衡条件有BI'l＋2kΔx＝mg，代入数据可得弹簧的劲度系数k＝26 N/m.
答案：（1）由a到b A （2）26 N/m
专题课一 安培力作用下的导体运动和平衡问题
@专题一
要点 归纳
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，然后结合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动，在实际操作过程中，往往采用以下五种方法：
1.电流元法
把整段导线分为许多段直电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线的运动方向.
2.等效法
环形电流可等效成小磁针（或条形磁铁），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.
3.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°），然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向.
4.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.
5.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.
研习 经典
[典例1] 如图所示，把一重力不计的通电直导线AB水平放在蹄形磁体磁极的正上方，导线可以在空间中自由运动，当导线通以图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（ ）
A.顺时针转动，同时下降
B.顺时针转动，同时上升
C.逆时针转动，同时下降
D.逆时针转动，同时上升
解析：本题宜采用电流元法，如图甲所示，作一条磁感线，在导线两侧各取一小段，分析这两个电流元的受力情况，由左手定则知，P处受力方向向外，Q处受力方向向里，所以从上往下看导线将逆时针转动；再取一个特殊位置——导线逆时针转过90°时，如图乙所示，此时导线所受安培力向下，导线将向下运动.实际上导线转过一个非常小的角度时就受到向下的力，并向下运动，所以从上往下看导线将一边逆时针转动，一边向下运动，C选项正确.
答案：C
解决此类问题，一定要认真读题，深刻领会题意，准确判断题目类型，选择合适的解决方法；要清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后结合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动.
针对 训练
1.把轻质导线圈用细线挂在条形磁铁N极的附近，磁铁的轴线穿过线圈中心，且在线圈平面内.当线圈通以图示方向的电流时线圈将（ ）
A.俯视逆时针转动，同时靠近磁铁
B.俯视顺时针转动，同时靠近磁铁
C.俯视逆时针转动，同时远离磁铁
D.俯视顺时针转动，同时远离磁铁
解析：本题采用等效法.环形电流可等效为小磁针，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，即俯视，线圈做逆时针方向转动，同时靠近磁铁，故A正确，B、C、D错误.
答案：A
@专题二
要点 归纳
1.安培力作用下的平衡问题，关键是做好受力分析，然后根据平衡条件求解.
2.安培力作用下的平衡问题的解题步骤
解题步骤可总结为：见立体，画平面；标磁场，做分析.
（1）见立体，画平面：这类题目通常给出的是立体图，立体图不便于我们的分析，所以我们要先画出平面图，在平面上进行受力分析，以及运动分析.
（2）标磁场，做分析：平面图画好后要把磁场方向准确地标上，其目的是方便我们判断安培力的方向；受力分析后根据共点力平衡的条件列出平衡方程进行求解，涉及动态平衡问题的题型，受力分析后依据动态平衡解决方法进行求解.
研习 经典
[典例2] 如图所示，金属杆ab的质量为m，长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面为θ角斜向上，结果ab静止于水平导轨上.求：
（1）金属杆ab受到的摩擦力大小；
（2）金属杆对导轨的压力大小.
解析：（1）作出平面图，对导体棒作受力分析如图所示，导体棒所受安培力F安＝BIl，
根据共点力的平衡有f＝F安sin θ＝BIlsin θ.
（2）竖直方向的受力平衡有
mg＝FN＋F安cos θ＝FN＋BIlcos θ，
整理得FN＝mg－BIlcos θ.
根据牛顿第三定律可得，金属棒对轨道的压力FN'＝mg－BIlcos θ.
答案：（1）BIlsin θ （2）mg－BIlcos θ
安培力其实就是普通的力，像重力、弹力、摩擦力一样，我们只要准确地判断出安培力的大小和方向，这类问题就变成了一般的动力学问题.
针对 训练
2.（多选）某同学设计了一种天平，其装置如图所示.两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距.初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡.设从上往下看顺时针方向为正向.当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是（ ）
A.若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流
B.若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流
C.若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流
D.若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流
解析：当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，故A错误，B正确；若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，故C正确，D错误.
答案：BC
@专题三
要点 归纳
1.安培力作用下加速问题的解题思想是将电磁问题力学化.
2.安培力作用下加速问题解题步骤
（1）确定要研究的导体.
（2）选定观察角度将立体图形平面化处理进行导体受力分析.
（3）分析导体的运动情况.
（4）根据牛顿第二定律列式求解.
研习 经典
[典例3] 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，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mgsin θ－Fcos θ＝ma，
又F＝BIl，I＝，联立可得a＝gsin θ－.
答案：gsin θ－
针对 训练
3.如图所示，在倾角θ＝30°的斜面上固定一间距L＝0.5 m的两平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于磁感应强度B＝0.10 T，垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.
（1）若导轨光滑，要保持金属棒在导轨上静止，求金属棒受到的安培力大小；
（2）若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝，金属棒要在导轨上保持静止，求滑动变阻器R接入电路中的阻值；
（3）若导轨光滑，当滑动变阻器的电阻突然调节为23 Ω时，求金属棒的加速度a的大小.
解析：（1）对金属棒受力分析可得：
F安＝mgsin θ＝20×10－3×10× N＝0.1 N.
（2）若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝，
受到的最大静摩擦力Ff＝μmgcos θ，
①当摩擦力沿斜面向上时，有mgsin θ＝F1＋Ff，
此时I1＝＝，
解得R1＝11 Ω；
②当摩擦力沿斜面向下时，有mgsin θ＋Ff＝F2，
此时I2＝＝，
解得R2＝3 Ω；
故滑动变阻器R接入电路中的阻值在3 Ω和11 Ω之间.
（3）当滑动变阻器的电阻突然调节为23 Ω时，
即R＝23 Ω，I＝＝0.5 A，
a＝＝3.75 m/s2，方向沿斜面向下.
答案：（1）0.1 N （2）3～11 Ω （3）3.75 m/s2
@课后提素养
1.如图所示，两个完全相同的轻质铝环a、b能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两个铝环中，则两个铝环的运动情况是（ ）
A.彼此靠近，且加速度大小相等
B.彼此靠近，且加速度大小不相等
C.彼此远离，且加速度大小相等
D.彼此远离，且加速度大小不相等
解析：根据电流间相互作用规律“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互排斥，即彼此远离；再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，故C正确，A、B、D错误.
答案：C
2.（2022·湖南卷）如图（a）所示，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'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I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是（ ）
A.当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
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OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝，FT＝mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确.
答案：D
3.（多选）如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏右位置固定一导体棒，当导体棒中通以如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的有（ ）
A.弹簧长度将变短 B.弹簧长度将变长
C.F1＜F2 D.F1＞F2
解析：如图所示，导体棒处的磁场斜向右下方，由左手定则可知导体棒受到的安培力F斜向左下方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到斜向右上方的反作用力F'，竖直向上的分力使台秤的示数减小，即F1＞F2，水平向右的分力使弹簧长度变长，A、C错误，B、D正确.
答案：BD
4.如图所示，U形平行金属导轨与水平面成37°角，金属杆ab横跨放在导轨上，其有效长度L为0.5 m，质量m为0.2 kg，与导轨间的动摩擦因数μ为0.5，空间存在竖直向上的磁感应强度B为2 T的匀强磁场，要使ab杆在导轨上保持静止，则ab杆中的电流的最大值不能超过多大？（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
解析：“见立体，画平面；标磁场，做分析”，受力分析如图所示，
当电流最大时，杆刚好要沿斜面向上运动，在平行于导轨方向上，有F安cos 37°＝mgsin 37°＋Ffm，
在垂直于导轨方向上，有FN＝F安sin 37°＋mgcos 37°，
而Ffm＝μFN，
F安＝BImL，
联立并代入数据解得Im＝4 A.
答案：4 A
2.磁场对运动电荷的作用力
核心素养：
1.知道什么是洛伦兹力，知道洛伦兹力的方向与运动电荷及磁感应强度方向的关系.（物理观念）
2.会用左手定则判断洛伦兹力的方向，掌握洛伦兹力公式的推导过程，会计算洛伦兹力的大小.（科学思维）
3.结合演示实验，观察电子束在磁场中的偏转.（科学探究）
4.演示实验能够让学生确信洛伦兹力的存在，激发其好奇心和求知欲，并由此树立从事科学研究的人生志向.（科学态度与责任）
合作 讨论
如图所示，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：
（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？
提示：（1）电子在磁场中运动要受到洛伦兹力，是洛伦兹力使电子运动方向发生偏转，力的方向向下.
（2）电子运动轨迹附近的磁场方向由N极指向S极，电子所受洛伦兹力方向与磁场方向以及电子运动方向垂直，我们可以用左手定则来判断.
教材 认知
1.洛伦兹力
（1）定义： 运动电荷 在磁场中受到的力称为洛伦兹力.
（2）与安培力的关系：通电导线在磁场中所受的安培力是 洛伦兹力 的宏观表现.
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.负电荷受力的方向与正电荷受力的方向 相反 .
要点 归纳
1.决定洛伦兹力方向的三个因素：电荷的正负、电荷运动的方向、磁感应强度的方向.
2.洛伦兹力方向的特点：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，即F垂直v和B决定的平面，如图所示.
3.负电荷所受洛伦兹力：用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，应注意将四指指向负电荷运动的反方向.
研习 经典
[典例1] 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，其中垂直于纸面向里的是（ ）
A
B
C
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向外；选项D中的带电粒子所受的洛伦兹力方向垂直于纸面向里，D正确.
答案：D
判断运动电荷所受的洛伦兹力方向时使用左手定则.解题时，要明确所带电荷的电性与四指指向的关系.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.
对应 训练
1.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，可加上沿（ ）
A.z轴正方向的磁场
B.y轴负方向的磁场
C.x轴正方向的磁场
D.y轴正方向的磁场
解析：电子带负电，且由阴极向阳极运动，要想受力沿z轴正向，根据左手定则，四指指向x轴负向，大拇指指向z轴正向，则手心朝向y轴正向，磁场穿过手心，可知需加y轴负方向的磁场，故B正确.
答案：B
@研习任务二
合作 讨论
如图所示，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.
（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？
提示：（1）根据电流的微观决定式，导线中的电流I＝nqSv；由安培力公式F＝BIL，得导线在磁场中所受安培力F安＝BLnqSv.
（2）长为L的导线的体积V＝SL，因单位体积中含有的自由电荷数为n，所以导线中含有的自由电荷数为N＝nSL；因运动电荷所受洛伦兹力的矢量和在宏观上表现为安培力，则每个电荷所受洛伦兹力为F洛＝＝qvB.
教材 认知
1.洛伦兹力的大小：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 ，那么粒子受到的洛伦兹力为F＝ qvB .
2.一般表达式：电荷运动的方向与磁场的方向夹角为θ 时，电荷所受的洛伦兹力为F＝ qvBsin θ .
要点 归纳
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）洛伦兹力对电荷永远不做功，但安培力可以对导体做功.
2.洛伦兹力的大小：F＝qvBsin θ，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，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，F＝0，即运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力.
3.洛伦兹力和电场力的比较
比较项目 洛伦兹力 电场力
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 无条件限制，电场中的电荷一定受到电场力作用
大小 F＝qvB（v⊥B） F＝qE
力的方向与场方向的关系 一定是F⊥B，F⊥v 正电荷所受电场力的方向与电场方向相同，负电荷所受电场力的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
研习 经典
[典例2] 如图所示，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.
解析：（1）因v⊥B，所以F＝qvB，由左手定则可知洛伦兹力方向垂直纸面向外.
（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⊥＝vsin 30°，F＝qvBsin 30°＝qvB，方向垂直纸面向里.
（3）由于v与B平行，所以不受洛伦兹力.
（4）v与B垂直，F＝qvB，方向垂直v指向左上方.
答案：（1）qvB 垂直纸面向外 （2）qvB 垂直纸面向里 （3）0 （4）qvB 垂直v指向左上方
空间思维是解此类题目的关键，学会从不同的角度看v与B的关系，在洛伦兹力的表达式F＝qvBsin θ中，θ是v与B的夹角.我们可以理解为F＝qB·vsin θ，其中vsin θ是速度在垂直磁场方向上的分量；也可以理解为F＝qv·Bsin θ，其中Bsin θ是B在垂直v方向上的分量.所以要理解其物理意义，不要死记硬背.
对应 训练
2.两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，则两带电粒子所受洛伦兹力之比为（ ）
A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4
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.
答案：C
@研习任务三
合作 讨论
太阳风暴爆发时会喷射大量的高能带电粒子流和等离子体，释放的物质和能量到达近地空间，可引起地球磁层、电离层、中高层大气等地球空间环境强烈扰动，从而影响人类活动.根据以上情景，试讨论：
（1）地球周围存在着地磁场，带电粒子进入地磁场后会受到洛伦兹力的作用，它对带电粒子运动的速度有何影响？
（2）洛伦兹力对进入地磁场中的带电粒子做功吗？
提示：（1）由于洛伦兹力方向和速度方向始终垂直，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小.
（2）由于洛伦兹力和速度方向始终垂直，所以洛伦兹力对带电粒子不做功，带电粒子的动能不变.
教材 认知
1.构造：电视显像管主要由电子枪、偏转线圈和荧光屏三部分组成.
2.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 ，因此电子束打在荧光屏上的光点不断移动，这在显示技术中叫作扫描.电子束从最上一行到最下一行扫描一遍叫作一场，电视机中的显像管每秒要进行 50 场扫描.
要点 归纳
1.洛伦兹力公式F＝qvB中，v是电荷相对磁场的速率.
2.洛伦兹力和重力、弹力、摩擦力一样是一个普通的力，它的大小和方向都有一定的规则，明白了规则它就是一个简单的力了.
3.分析带电体在磁场中的运动，分析方法与力学中完全相同：对物体进行受力分析，求合力，用牛顿第二定律、运动学公式或动能定理列方程求解.
研习 经典
[典例3] 如图所示是电视显像管原理示意图（俯视图），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，不计电子的重力，下列说法正确的是（ ）
A.电子经过磁场时速度增大
B.欲使电子束打在荧光屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里
C.欲使电子束打在荧光屏上的B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外
D.欲使电子束打在荧光屏上的位置由A点调整到B点，应调节偏转线圈中的电流使磁场增强
解析：洛伦兹力方向与速度方向垂直，不做功，电子的速度大小不变，A错误；欲使电子束打在荧光屏上的A、B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，B错误，C正确；由A点调整到B点，应减小电子束的偏转程度，电子所受洛仑兹力减小，故应调节偏转线圈中的电流使磁场减弱，D错误.
答案：C
对应 训练
3.如图所示，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，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外.若带电小球下滑后某个时刻对斜面的压力恰好为零，问：
（1）小球带电性质如何？
（2）此时小球下滑的速度和位移分别是多大？
解析：（1）由受力分析可得，带电小球所受磁场力方向垂直于斜面向上，由左手定则可得，此小球带正电.
（2）当小球与斜面间没有压力时有qvB＝mgcos α，
解得此时小球的速度为v＝，
在整个运动过程中小球的加速度为a＝gsin α，
由公式v2＝2ax，
得带电小球在斜面上的位移为x＝.
答案：（1）正电 （2）
@研习任务四
合作 讨论
如图所示为滤速器的原理图.K为电子枪，由枪中沿KA方向射出的电子，速率大小不一.当电子通过方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S.设产生匀强电场的平行板间的电压为300 V，间距为5 cm，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为0.06 T（不计粒子重力），问：
（1）磁场的方向应该垂直纸面向里还是向外？
（2）速度为多大的电子才能通过小孔S？
提示：（1）由题图可知，平行板产生的电场强度E方向向下，电子受到的电场力方向向上，要使电子沿直线运动，电子束受到的洛伦兹力方向必须向下，根据左手定则可判定B的方向垂直于纸面向里.
（2）要使电子沿直线运动通过小孔S，则洛伦兹力大小与电场力大小相等，即evB＝eE，解得v＝＝，代入数据解得v＝1×105 m/s.
要点 归纳
1.速度选择器
（1）工作原理：带电粒子沿虚线做匀速直线运动时，受到静电力和洛伦兹力大小相等，方向相反，有qE＝qvB，得v＝.
（2）速度选择器的特点：带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝，可知，速度选择器只选择速度（大小、方向），而不选择粒子的电荷量、电性和质量，若粒子从另一方向射入则不能穿出速度选择器.
2.磁流体发电机
（1）工作原理：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.平行金属板 A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A、B两板间便产生电压.如果把 A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极.
（2）电源电动势：设带电粒子的运动速度为v，带电荷量为q，磁场的磁感应强度为B，极板间距离为d，极板间电压为U，当电压稳定输出时带电粒子所受的洛伦兹力等于电场力FB＝FE，有qvB＝qE＝q，得U＝Bdv.根据外电路断开时，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.
甲
乙
3.电磁流量计
工作原理：如图甲、乙所示是电磁流量计的示意图.设管的直径为D，磁感应强度为B，a、b两点间的电势差是由导电液体中电荷受到洛伦兹力作用在管壁的上、下两侧堆积电荷产生的.到一定程度后，a、b两点间的电势差达到稳定值U，上、下两侧堆积的电荷不再增多，此时，洛伦兹力和电场力平衡，有qvB＝qE，E＝，所以v＝，又圆管的横截面积S＝πD2，故流量Q＝Sv＝.
研习 经典
[典例4] （多选）（2024·唐山市开滦第一中学统考期末）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KA方向射出的电子（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.只有当加速度电压U＝时，才有电子从S射出
C.只有带负电的粒子（不计重力）才能通过此速度选择器
D.在相互垂直的电场和磁场中，只有电子速度满足v＝时才能通过小孔S
解析：若匀强电场方向向下，则电子受静电力向上，要想使得电子沿直线通过小孔S，则所受洛伦兹力向下，此时磁场方向必须垂直纸面向里，选项A错误；
在加速电场中Ue＝mv2，
要想使电子沿直线通过小孔S，则Ee＝evB，
解得v＝，U＝，选项B、D正确；
若粒子带正电，只要速度v＝，则均可从左向右通过此速度选择器，选项C错误.
答案：BD
速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计具有相同的特点，即在稳定状态时，电荷所受的洛伦兹力与电场力均等大反向.
对应 训练
4.磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转，形成直流电源对外供电.则（ ）
A.仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大
B.仅增强磁感应强度，发电机的电动势将减小
C.仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将减小
D.仅减小磁流体的喷射速度，发电机的总功率将减小
解析：最终等离子体受电场力与洛伦兹力平衡，有qvB＝q，解得：UAB＝Bdv，只增大入射速度，则电势差增大，只增大磁感应强度，电势差增大，只增大两板之间的距离，电势差也会增大，故A、B错误；依据电源的输出功率表达式P＝R，当R＝r时，输出功率达到最大，因此仅增加负载的阻值，发电机的输出功率不一定减小，故C错误；根据P总＝EI＝Bdv·＝，当只减小磁流体的喷射速度时，发电机的总功率将减小，故D正确.
答案：D
知识 构建
@课后提素养
基础 题组
1.判断正误.
（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）洛伦兹力同电场力一样，可对运动电荷做正功或负功.（ × ）
（4）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.下列关于运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向正确的是 （ ）
A
B
C
D
解析：根据左手定则判断得出正电荷受到的洛伦兹力方向向上，故A正确，B错误；根据左手定则判断可知，负电荷受到的洛伦兹力方向向上，故C、D错误.故选A.
答案：A
3.（多选）如图1所示是电视机显像管原理示意图（俯视图），没有磁场时电子束打在荧光屏正中央的O.为了使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场.偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律如图2所示，可实现电子束打在荧光屏上的AOB区域，规定垂直平面向里时磁场方向为正，下列说法正确的是（ ）
A.电子束打在A点时，洛伦兹力对电子做正功
B.t＝时，电子束打在OA区域
C.t＝时，电子束打在OA区域
D.0～T内，电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动
解析：洛伦兹力始终与速度方向垂直，对电子不做功，故A错误；t＝时，磁场向外，由左手定则可知电子向上偏转，电子束打在OA区域，故B正确；t＝时，磁场向里，由左手定则可知电子向下偏转，电子束打在OB区域，故C错误；0～内，磁场向外减弱，由左手定则可知电子向上偏转，电子束在荧光屏上的位置由A向O点移动；～T内，由左手定则可知电子向下偏转，电子束在荧光屏上的位置由O向B点移动，所以0～T内，电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，故D正确.
答案：BD
中档 题组
1.（多选）一个电荷量为q、质量为m、速度为v的带电粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则对它所受的洛伦兹力，下列说法正确的是（ ）
A.它所受的洛伦兹力大小一定为qvB
B.它所受的洛伦兹力大小有可能不是qvB
C.它所受的洛伦兹力的方向一定和v垂直
D.它所受的洛伦兹力的方向有时与v垂直，有时与v平行
解析：带电粒子在磁场中运动时，受到的洛伦兹力大小为F＝qvBsin θ，当运动的方向与磁场的方向垂直时，它所受的洛伦兹力大小一定为qvB，故A正确，B错误；根据左手定则可知，洛伦兹力方向总是垂直磁场与运动的方向所构成的平面，故C正确，D错误.
答案：AC
2.（多选）电磁流量计是用来测量管内导电介质体积流量的感应式仪表.如图所示为电磁流量计的示意图，匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B；当管中的导电液体流过时，测得管壁上a、b两点间的电压为U，单位时间（1 s）内流过管道横截面的液体体积为流量（m3），已知管道直径为D，则（ ）
A.管中的导电液体流速为
B.管中的导电液体流速为
C.管中的导电液体流量为
D.管中的导电液体流量为
解析：a、b两点的电势差达到稳定的条件为q＝qvB，则v＝，故A正确，B错误；导电液体的流量即单位时间通过某一截面的体积，故Q＝＝＝v，将v＝代入可得：Q＝，故C错误，D正确.
答案：AD
3.（多选）目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）沿图所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷.在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是（ ）
A.A板带正电
B.有电流从b经用电器流向a
C.金属板A、B间的电场方向向下
D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受静电力
解析：等离子体射入磁场后，由左手定则知正离子受到向下的洛伦兹力向B板偏转，故B板带正电，B板电势高，电流方向从b经用电器流向a，电场的方向由B板指向A板，A、C错误，B正确；当Bvq＞Eq时离子发生偏转，D正确.
答案：BD
@课时作业（二）
[基础训练]
1.下列叙述正确的是（ ）
A.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
B.点电荷是一个理想模型，只有电荷量很小的带电体才可看成点电荷
C.物理量电场强度E＝、磁感应强度B＝都是采用比值法定义的
D.法拉第首先发现了电流的磁效应，并引入“场”的概念用来研究电和磁现象
解析：洛伦兹发现磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故A错误；点电荷是一个理想模型，带电体能否视为点电荷只需要分析其体积和大小在所研究的问题中是否能忽略，与电荷量无关，故B错误；物理量电场强度E＝、磁感应强度B＝都是采用比值法定义的，故C正确；奥斯特首先发现了电流的磁效应，法拉第引入“场”的概念用来研究电和磁现象，故D错误.
答案：C
2.一个质量为m、带－q的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中.现给圆环向左的初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图像可能是（ ）
A
B
C
D
解析：由左手定则可知滑环所受洛伦兹力F洛＝qvB，方向竖直向下，滑环所受重力G＝mg，方向竖直向下，细杆对滑环的支持力FN竖直向上，滑环所受滑动摩擦力Ff＝μFN，方向水平向右，则滑环做减速运动，随速度v的减小F洛减小，则FN逐渐减小，故滑动摩擦力Ff逐渐减小，故滑环的加速度a＝逐渐减小，即滑环做加速度逐渐减小的变减速运动，直至速度减为零.故选C.
答案：C
3.如图所示为电视显像管的俯视图，偏转线圈中没有通入电流时，电子束打在荧光屏正中的O点，通过改变线圈中的电流，可使得电子打到荧光屏上各点，则（ ）
A.电子在偏转线圈中被加速
B.电子的偏转是因为电场力的作用
C.若电子束打到A点，线圈区域中有平行纸面向下的磁场
D.若电子束打到A点，线圈区域中有垂直纸面向外的磁场
解析：偏转线圈通入电流时产生磁场，洛伦兹力不做功，电子在偏转线圈中不能被加速，A错误；电子的偏转是因为洛伦兹力的作用，B错误；由左手定则可知，若电子束打到A点，线圈区域中有垂直纸面向外的磁场，C错误，D正确.
答案：D
4.来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时，将（ ）
A.竖直向下沿直线射向地面
B.相对于预定地点向东偏转
C.相对于预定地点稍向西偏转
D.相对于预定地点稍向北偏转
解析：由左手定则判断洛伦兹力方向向东，相对于预定地点向东偏转，故B正确.
答案：B
5.（多选）如图所示，在带电的两平行金属板间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，匀强电场场强为E，现有一电子以速度v0平行金属板射入场区，则（ ）
A.若v0＞，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0
B.若v0＞，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0
C.若v0＜，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0
D.若v0＜，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0
解析：电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上，若v0＞，则qv0B＞qE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做负功，动能减小，速度减小，故速度v＜v0，A错，B对；若v0＜，则qv0B＜qE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹Ⅰ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做正功，动能增加，速度增大，故速度v＞v0，C对，D错.
答案：BC
6.（多选）导体导电是导体中的自由电荷定向移动的结果，这些可以移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是自由电子，现代广泛应用的半导体材料可以分成两大类，一类为N型半导体，它的载流子是电子；另一类为P型半导体，它的载流子是“空穴”，相当于带正电的粒子.如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与前后侧面垂直.长方体中通入水平向右的电流，测得长方体的上、下表面M、N的电势分别为φM、φN，则该种材料（ ）
A.如果是P型半导体，有φM＞φN
B.如果是N型半导体，有φM＜φN
C.如果是P型半导体，有φM＜φN
D.如果是金属导体，有φM＞φN
解析：如果是P型半导体，由左手定则知带正电的粒子向N板偏转，所以N板的电势高，即φM＜φN，故C项正确，A项错误；如果是N型半导体或金属导体，由左手定则知电子向N板偏转，所以N板的电势低，即φM＞φN，B项错误，D项正确.故选CD.
答案：CD
7.（多选）如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上.两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N分别为两轨道的最低点，则（ ）
A.两小球到达轨道最低点的速度vM＝vN
B.两小球到达轨道最低点的速度vM＞vN
C.在磁场和电场中小球均能到达轨道的另一端
D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端
解析：小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以满足机械能守恒.在电场中受到的电场力向左，下滑过程中电场力做负功，所以到达最低点时速度关系为vM＞vN，选项A错误，选项B正确；整个过程小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以满足机械能守恒，能到达轨道的另一端；在电场中受到的电场力向左，整个过程中电场力都做负功，机械能减少，小球不能到达轨道的另一端，选项C错误，D正确.
答案：BD
[能力提升]
8.（多选）质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图所示.若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是（ ）
A.小球带正电
B.小球在斜面上运动时做匀加速直线运动
C.小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动
D.小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为
解析：小球沿斜面向下运动，磁场垂直纸面向外，且洛伦兹力垂直斜面向上，由左手定则可知小球带正电，A正确；小球没有离开斜面之前，在重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力的作用下做加速直线运动，速度变大，导致洛伦兹力变大，支持力变小，小球对斜面的压力变小，摩擦力变小，小球加速度增大，做加速度增大的变加速直线运动，B错误，C正确；小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力在垂直于斜面方向的分力时，小球对斜面的压力变为零，所以有：Bqv＝mgcos θ，则可得速率为：v＝，D正确.故选ACD.
答案：ACD
9.如图所示为磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒）喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压.如果射入的等离子体的初速度为v，两金属板的板长（沿初速度方向）为L，板间距离为d，金属板的正对面积为S，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于离子初速度方向，负载电阻为R，等离子体充满两板间的空间.当发电机稳定发电时，理想电流表的示数为I，那么板间等离子体的电阻率为（ ）
A. B.
C. D.
解析：当发电机稳定发电时，等离子体做匀速直线运动，有qvB＝q，即U＝Bdv，而I＝，r＝ρ，联立解得：ρ＝（－R），故A正确.
答案：A
10.（2024·北京海淀101中学高二期末）如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这个电场的电场强度大小和方向的说法中，正确的是（ ）
A.大小为，粒子带正电时，方向向上
B.大小为，粒子带负电时，方向向下
C.大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关
D.大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关
解析：为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），当粒子带正电时，所受洛伦兹力向下，则静电力方向应向上，电场方向向上，由平衡条件qvB＝qE，得E＝vB，A错误；为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），当粒子带负电时，所受洛伦兹力向上，则静电力方向应向下，电场方向向上，由平衡条件qvB＝qE，得E＝vB，B错误；由A、B中分析可知，不论粒子带何种电荷，电场强度方向都向上，大小等于vB，粒子流经磁场时不偏转，C错误，D正确.
答案：D
11.在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°.现有一质量m＝3.6×10－4 kg、电荷量q＝＋9.0×10－4 C的带电小球（可视为质点）以v0＝4.0 m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°≈0.6，不计空气阻力，求：
（1）匀强电场的场强E；
（2）小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力大小.
解析：（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：
由平衡条件得：F电＝qE＝mgtan θ，代入数据解得：E＝3 N/C.
（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：F电Rsin θ－mgR（1－cos θ）＝mv2－m，代入数据得：v＝5 m/s，
由F洛＝qvB＝，解得：B＝1 T.
分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况，由牛顿第二定律得：FN＋Bqv0－mg＝m，
代入数据得：FN＝3.2×10－3 N，
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为：FN'＝3.2×10－3 N.
答案：（1）3 N/C （2）3.2×10－3 N
3.带电粒子在匀强磁场中的运动
核心素养：
1.运用所学知识，能够解释带电粒子在匀强磁场中的运动.（物理观念）
2.通过理论分析掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径、周期、圆心角等物理量.（科学思维）
3.探究带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的半径、周期与哪些物理量有关.（科学探究）
4.通过先实验探究，再理论分析与推导的顺序，既有丰富的感性材料，又有清晰的理论依据，在理论与实践结合的过程中体会成功的喜悦.（科学态度与责任）
@研习任务一
合作 讨论
1.你还记得物体做匀速圆周运动的条件吗？试着总结一下.
提示：①物体要受到一个始终与运动方向垂直的向心力作用；②向心力与物体的运动方向在同一个平面内；③向心力与物体的运动方向垂直，不做功，不改变物体速度的大小.
2.如果沿着与磁场垂直的方向发射带电粒子，带电粒子受到的洛伦兹力的方向怎样？洛伦兹力与带电粒子的运动方向是否处于同一平面内？带电粒子做什么运动？
提示：如图所示，洛伦兹力垂直速度方向，也垂直磁场方向，洛伦兹力与粒子的运动方向在同一平面内，带电粒子在这个平面内做匀速圆周运动.
教材 认知
1.带电粒子在匀强磁场中的运动
（1）若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F＝0.
（2）若v⊥B，此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向 垂直 ，粒子在垂直于 磁场 方向的平面内运动.
①洛伦兹力与粒子的运动方向 垂直 ，只改变粒子速度的 方向 ，不改变粒子速度的 大小 .
②带电粒子在垂直于磁场的平面内做 匀速圆周 运动， 洛伦兹力 提供向心力.
2.带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期
（1）由qvB＝m，可得r＝.
（2）由r＝和T＝可得T＝，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度 无关 .
要点 归纳
1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式
分析带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，要紧抓洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，这是一个基础公式.
由此公式得：r＝，但不仅限于半径，还可以得：B＝、＝.
2.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式
（1）T＝，这是通常的求解周期的方法.
（2）T＝＝，用这种方法有时候会让计算变得简单.
3.半径和周期的相关因素
同一粒子在同一磁场中做匀速圆周运动，由r＝知，r与v成正比、与比荷成反比、与动量mv成正比；由T＝知，T与速度无关，与半径无关.
研习 经典
[典例1] 如图所示，带电粒子（不计重力）以速度v沿垂直于磁场的方向进入一匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动.设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，周期为T.如果仅减小粒子的入射速度v，下列说法正确的是（ ）
A.T增大 B.T减小
C.R增大 D.R减小
解析：带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝mRω2＝mv，T＝，所以周期与速度无关，故A、B错误；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，R＝，所以速度减小，粒子的轨道半径变小，故C错误，D正确.
答案：D
做这类题目时一定要牢记半径公式和周期公式，看清楚带电粒子的质量和电荷量，善用控制变量法，抓住不变量判断变化量，必要时把相关公式写在题目空白处.
对应 训练
1.粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电.让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动.已知磁场方向垂直纸面向里.以下四幅图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（ ）
A
B
C
D
解析：因为粒子带正电，在磁场中所受洛伦兹力的方向应该指向圆心，C、D项中的洛伦兹力背向圆心，故C、D项错误；粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，则甲的比荷是乙的比荷的，由r＝，知甲的半径是乙的半径的两倍，故A错误，B正确.
答案：B
@研习任务二
合作 讨论
如图所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转.
（1）不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？加上磁场时，电子束的运动轨迹如何？
（2）如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，圆半径如何变化？
提示：（1）不加磁场时电子束的轨迹为一条直线，加磁场后电子束的径迹是一个圆.
（2）当电子束出射速度不变，磁感应强度变大时，这个圆的半径变小；当磁感应强度不变，电子束出射速度变大时，这个圆的半径变大.
要点 归纳
1.洛伦兹力演示仪的构造
（1）电子枪：可以发射电子束.
（2）玻璃泡：内部充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹.
（3）励磁线圈：能够在两个线圈之间产生匀强磁场，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行.
2.实验现象
（1）不加磁场时，电子束的径迹是一条直线（图甲）.加磁场后电子束的径迹是一个圆（图乙）.
（2）当电子束出射速度不变，磁感应强度变大时，这个圆的半径变小.
（3）当磁感应强度不变，电子束出射速度变大时，这个圆的半径变大.
甲
乙
3.实验结论
带电粒子以垂直磁场的方向射入，在磁场中做匀速圆周运动，其运动规律与理论推导相吻合.
研习 经典
[典例2] 如图所示是用“洛伦兹力演示仪”演示时的两幅照片，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A.甲图中的电子束不受洛伦兹力
B.乙图中的电子束不受洛伦兹力
C.甲图中的电子束处在垂直纸面的磁场中
D.乙图中的电子束处在平行纸面的磁场中
解析：甲图中的电子束的轨迹没有偏转，说明不受洛伦兹力，故A正确；乙图中的电子束的轨迹发生偏转，说明受洛伦兹力，故B错误；甲图中的电子束的轨迹没有偏转，说明不受洛伦兹力，电子束处在平行纸面的磁场中或处于磁感应强度为零的位置，故C错误；乙图中的电子束的轨迹是圆周，说明受洛伦兹力，电子束处在垂直纸面的磁场中，故D错误.
答案：A
解决此类问题时一定要清楚洛伦兹力演示仪的构造，洛伦兹力演示仪的两个励磁线圈会产生垂直纸面的磁场，只要明确电子束的运动轨迹就可以确定电子束是否偏转，是否受力.
对应 训练
2.如图所示是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹.下列关于实验现象和分析正确的是（ ）
A.励磁线圈通以逆时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹
B.励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹
C.保持励磁电压不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径减小
D.保持加速电压不变，增加励磁电压，电子束形成圆周的半径增大
解析：励磁线圈通以顺时针方向的电流时，由右手定则可知线圈内部磁场向里，由左手定则可知能形成结构示意图中的电子运动径迹，选项B正确，A错误；保持励磁电压不变，增加加速电压，则电子的初速度变大，根据r＝可知电子束形成圆周的半径增大，选项C错误；保持加速电压不变，增加励磁电压，则B变大，根据r＝可知电子束形成圆周的半径减小，选项D错误.
答案：B
@研习任务三
合作 讨论
我们知道，在几何中，只要确定了一个圆的圆心和半径，这个圆就唯一确定了.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，我们应该如何确定粒子运动的轨迹呢？
提示：要想确定粒子的运动轨迹，需要确定粒子做圆周运动的圆心和半径.圆心在入射速度的垂线、出射速度的垂线和轨迹弦的垂直平分线上，以上三条线中任意两条线的交点就是轨迹的圆心.粒子做圆周运动的半径可以根据几何关系或半径公式求解.
要点 归纳
在研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题时，可以按照“找圆心，求半径，求角度，解未知”的思路进行.
1.找圆心——两线定一“心”
（1）圆心一定在垂直于速度的直线上.
如图甲所示，已知入射点P（或出射点M）的速度方向，可通过入射点和出射点作速度的垂线，两条直线的交点就是圆心.
甲
乙
（2）圆心一定在弦的中垂线上.
如图乙所示，作P、M连线的中垂线，与任一速度的垂线的交点为圆心.
2.求半径
（1）由公式qvB＝m，得半径r＝.
（2）根据几何知识求解，如图所示.
若已知出射点相对于入射点侧移距离x，则满足r2＝d2＋（r－x）2.
若已知出射速度方向与水平方向的夹角θ和磁场的宽度d，则有r＝.
3.求角度
如图所示，
（1）带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角φ叫作偏向角，偏向角等于圆弧AB对应的圆心角α，即α＝φ.
（2）圆弧AB所对应圆心角α等于弦AB与切线的夹角（弦切角）θ的2倍，即α＝2θ.
（3）相对的弦切角相等；相邻的弦切角互补，即θ＋θ'＝180°.
（4）进出同一直边界时速度方向与该边界的夹角相等，如图所示.
4.解未知
（1）时间：t＝T，t＝.
（2）比荷：由公式qvB＝m，得比荷＝.
（3）磁感应强度：由公式qvB＝m，得磁感应强度B＝.
（4）速度：由公式qvB＝m，得速度v＝.
研习 经典
[典例3] 如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为（ ）
A. B.
C. D.
解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由r＝可知第一象限粒子的运动半径是第二象限粒子运动半径的2倍，整个运动轨迹如图所示即运动由两部分组成，第一部分是个周期，第二部分是个周期，故总时间t＝·＋·＝，故B正确.
答案：B
在解决此类问题时要熟悉“找圆心，求半径，解未知”三步曲，这三步要根据具体情况来灵活使用，不一定每步都用到，也不一定有严格的先后顺序.
对应 训练
3.如图所示，平行线PQ、MN之间有方向垂直纸面向里的无限长匀强磁场，电子从P点沿平行于PQ且垂直于磁场方向射入磁场，当电子速度为v1时与MN成60°斜向右下方角射出磁场；当电子速率为v2时与MN成30°角斜向右下方射出磁场（出射点都没画出），v1∶v2等于（ ）
A.1∶（2－） B.（2－）∶1
C.2∶1 D.∶1
解析：设电子射出磁场时速度方向与MN之间的夹角为θ，做匀速圆周运动的半径为r，两平行线之间的距离为d，由几何关系可知cos θ＝，解得r＝，电子做匀速圆周运动qvB＝，v＝∝r，联立可得v1∶v2＝（2－）∶1，故B正确.
答案：B
知识 构建
@课后提素养
基础 题组
1.判断正误.
（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径跟粒子的速率成正比.（ √ ）
（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径成正比.（ × ）
（3）运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期随速度增大而减小.（ × ）
（4）运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用.（ × ）
（5）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.（ × ）
（6）用左手定则判断洛伦兹力的方向时，“四指的指向”与电荷定向移动方向相同.（ × ）
2.已知氚核的质量约为质子质量的3倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷；α粒子即氦原子核，质量约为质子质量的4倍，带正电荷，电荷量为e的2倍.现在质子、氚核和α粒子由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动，则它们运动的半径之比为（ ）
A.1∶1∶2 B.1∶3∶4
C.1∶1∶1 D.1∶∶
解析：粒子在电场中加速过程，根据动能定理有qU＝m0v2，
粒子在磁场中做圆周运动过程，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m0，
解得R＝，根据题意可知，令质子质量为m，电荷量大小为e，则氚核质量为3m，电荷量大小为e，α粒子质量为4m，电荷量大小为2e，则可解得质子、氚核和α粒子由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动，则它们运动的半径之比为1∶∶.故选D.
答案：D
3.（多选）同一匀强磁场中，两个带电量相等的粒子仅受磁场力作用，做匀速圆周运动.下列说法正确的是（ ）
A.若速率相等，则半径必相等
B.若质量相等，则周期必相等
C.若动量大小相等，则半径必相等
D.若动能相等，则周期必相等
解析：两粒子电荷量相等，由r＝可知，速率相等，但质量不一定相等，所以半径不一定相等；动量mv相等，则半径相等，故A错误，C正确.由T＝可知，周期只与比荷和磁感应强度有关，在同一磁场中，质量相等，则比荷相等，周期相等；若动能相等质量不一定相等，周期不一定相等，故B正确，D错误.
答案：BC
中档 题组
1.（多选）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍.两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（ ）
A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
解析：两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍.由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确；由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误；由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确；由ω＝得＝＝，选项D错误.
答案：AC
2.四个带电粒子的电荷量和质量分别为（＋q，m）、（＋q，2m）、（＋3q，3m）、（－q，m），它们先后以相同的速度从坐标原点O沿x轴正方向射入一匀强磁场中，磁场方向垂直于xOy平面.不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（ ）
解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，则r＝，根据上式可知（＋q，m）和（＋3q，3m）轨道半径相同，且二者的轨道半径与（－q，m）的轨道半径相等，运动方向相反，（＋q，2m）的轨道半径最大，故选A.
答案：A
3.如图所示，一个质量为m、带负电荷、电荷量为q、不计重力的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限.已知OP＝a，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）带电粒子穿过第一象限所用的时间.
解析：（1）粒子射出磁场时速度方向垂直于y轴，粒子做匀速圆周运动的圆心一定在y轴上，根据粒子运动的速度与半径垂直，可确定圆心O，如图所示
由几何关系知粒子运动的半径R＝a，
由qvB＝m，得R＝，则有B＝.
（2）t＝＝.
答案：（1） （2）
@课时作业（三）
[基础训练]
1.一个质量为m、电荷量为q的粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（ ）
A.它所受的洛伦兹力是恒定不变的
B.它的速度是恒定不变的
C.它的速度与磁感应强度B成正比
D.它的运动周期与速度的大小无关
解析：洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，粒子速度大小不变，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力方向时刻改变，洛伦兹力是变力，故A错误；粒子做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，方向时刻改变，速度不断变化，故B错误；粒子的速度由粒子的运动状态决定，与磁感应强度B无关，不能说v与B成正比，故C错误；粒子做圆周运动的周期：T＝，周期与速度无关，故D正确.
答案：D
2.质子H）和α粒子He）的电荷量之比为q1∶q2＝1∶2，质量之比为m1∶m2＝1∶4，它们以相同的动量进入同一匀强磁场中，在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动，则它们的轨道半径之比R1∶R2和周期之比T1∶T2分别是（ ）
A.1∶2，1∶2 B.2∶1，2∶1
C.2∶1，1∶2 D.1∶2，2∶1
解析：由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，得R＝＝，所以半径之比等于电荷量的反比，即为2∶1；由周期公式T＝可知，周期之比等于＝×＝×＝，故选C.
答案：C
3.电荷量为3e的正离子，自匀强磁场a点如图射出，当它运动到b点时，打中并吸收了原处于静止状态的一个电子，若忽略电子质量，则接下来离子的运动轨迹是（ ）
A B C D
解析：离子吸收一个电子后，离子带电荷量由＋3e变为＋2e，因为电子质量不计，故吸收电子后离子运动的速度保持不变，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m可得离子运动半径R＝，因为离子吸收电子后带电荷量减小且离子速度不变，故离子做圆周运动轨道半径R增大，离子带电荷电性没有发生变化，故离子做圆周运动方向没有发生变化，故A、B、C错误，D正确.故选D.
答案：D
4.如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴正方向成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为（ ）
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶ D.1∶1
解析：画出正、负电子在磁场中运动的轨迹如图所示：
由图可知，正电子做匀速圆周运动在磁场中的圆弧轨迹对应的圆心角为120°，负电子做匀速圆周运动在磁场中的圆弧轨迹对应的圆心角为60°，又正、负电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝相同，故正、负电子在磁场中运动的时间之比为2∶1，故选B.
答案：B
5.如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的正电荷（重力忽略不计），以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角，磁场的磁感应强度大小为（ ）
A. B.
C. D.
解析：根据题意作出正电荷运动的轨迹如图所示：
从磁场中射出时速度方向改变了θ角，所以正电荷在磁场中的轨迹对应的圆心角为θ，根据几何关系有r＝，根据qvB＝m可得B＝＝，故选B.
答案：B
6.在匀强磁场中，一个垂直于磁场方向射入的带电粒子运动的径迹如图所示，由于对周围空气的电离作用，粒子的动能越来越小.（假设粒子所带电荷量不变）由此可知（ ）
A.粒子带正电，从B点射入
B.粒子带负电，从B点射入
C.粒子带正电，从A点射入
D.粒子带负电，从A点射入
解析：由于对周围空气的电离作用，粒子的动能越来越小，则速度越来越小，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式r＝可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从B到A，即B点射入，根据左手定则可知，粒子带负电.故选B.
答案：B
7.如图所示ABC为等腰直角三角形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B.磁场垂直纸面向里.BC边的长度为L.一质量为m、带电量为q的粒子水平射入AB边的中点.从C点垂直BC边射出（不计粒子的重力）.下列说法正确的是（ ）
A.粒子带正电
B.粒子在磁场中运动的时间为
C.粒子做圆周运动的半径为L
D.粒子入射的速度为
解析：从C点垂直BC边射出，可知粒子向下偏转，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝L，粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据向心力公式得qvB＝，解得粒子入射的速度为v＝＝，粒子在磁场中运动的时间为t＝＝＝，故D正确，B、C错误.
答案：D
8.一个带电荷量为＋q，质量为m的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中以初速度v0垂直于磁场自A点开始运动，如图所示，经时间t，粒子到达C点，求：
（1）画出粒子轨迹示意图；
（2）粒子在磁场中运动的周期和加速度大小a；
（3）连接AC与v0所在直线间的夹角θ.
解析：（1）轨迹示意图如图所示
（2）设粒子运动的周期为T，轨道半径为r，则有qv0B＝m
根据圆周运动规律有T＝
联立解得T＝
根据牛顿第二定律可得qv0B＝ma
解得a＝.
（3）由题意可知t＝T
解得θ＝π－.
答案：（1）见解析图 （2）
（3）π－
[能力提升]
9.（多选）如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形、磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径等于正方形的边长，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直.进入圆形区域的电子速度方向正对圆心，进入正方形区域的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，则（ ）
A.两个电子在磁场中运动的轨迹半径一定相同
B.两个电子在磁场中运动的时间有可能相同
C.进入圆形区域的电子一定先飞离磁场
D.进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场
解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝，整理得R＝，两过程电子速度v相同，所以半径R相同，故A正确.由于它们进入圆形磁场和正方形磁场的轨迹半径、速度是相同的，我们把圆形磁场和正方形磁场放到同一位置如图所示，由图可以看出若进入磁场区域的电子的轨迹为1，先出圆形磁场，再出正方形磁场，若进入磁场区域的电子的轨迹为2，同时从圆形与正方形边界出磁场；若进入磁场区域的电子的轨迹为3，先出圆形磁场，再出正方形磁场.所以电子不会先出正方形的磁场，故B、D正确，C错误.
答案：ABD
10.如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里.一电子从O点在纸面内垂直PQ以速度v0进入磁场.若电子在磁场中运动的轨道半径为d.O'在MN上，且OO'与MN垂直，则下列判断正确的是（ ）
A.电子将向右偏转
B.电子打在MN上的点与O'点的距离为d
C.电子打在MN上的点与O'点的距离为d
D.电子在磁场中运动的时间为t＝
解析：根据左手定则，电子受到向左的洛伦兹力，将向左偏转，选项A错误；画出电子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，圆心为O″.设电子的偏转角为α，运动半径为r，则满足sin α＝＝，所以α＝.由几何关系可得，电子打在MN上的点与O'之间的距离为r－rcos α＝（－1）d，选项B、C错误；电子在磁场中运动的时间t＝T＝，选项D正确.
答案：D
11.（多选）（2024·安徽阜阳临泉一中高二期末）如图所示，边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场.一个带电粒子静止在正方形的中心O处，某时刻分裂成两个带正电的粒子a、b，粒子a从中心O水平向左射出，粒子b从中心O水平向右射出，经一段时间a、b两粒子同时射出磁场区域，已知粒子a恰从A处飞出磁场，粒子b从CD边某处飞出，飞出磁场时速度与CD边的夹角为60°，若忽略重力和粒子间的相互作用力，则下列判断正确的是（ ）
A.a、b两带电粒子的运动轨迹半径之比为1∶2
B.a、b两带电粒子的速度大小之比为2∶3
C.a、b两带电粒子的质量之比为2∶3
D.a、b两带电粒子的比荷之比为2∶3
解析：a、b两带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知，r2＝2r1，所以a、b两带电粒子运动轨迹的半径之比为1∶2，A正确；由图知，两粒子的运动时间ta＝Ta，tb＝Tb，由于ta＝tb，则Ta∶Tb＝1∶3，根据周期公式T＝知，a、b两带电粒子的比荷之比为3∶1，D错误；由动量守恒定律得mava＝mbvb，根据r＝知，两粒子的质量之比为2∶3，速度大小之比为3∶2，B错误，C正确.
答案：AC
12.在如图所示的平面直角坐标系Oxy中，有一个圆形区域的匀强磁场（图中未画出），磁场方向(共23张PPT)
第一章 安培力与洛伦兹力
阶段归纳整合
第*页
知识整合构建
第*页
关键能力重构
专题1 安培力作用下的平衡和加速问题
1. 分析导体在磁场中平衡和加速问题的基本思路
（1）确定要研究的导体.
（2）按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析.
（3）分析导体的运动情况.
（4）根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解.
2. 受力分析需要注意视图转换
对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这 时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图.
题组 训练
A. 磁场方向为竖直向下
C. 减小磁感应强度B的值，炮弹受到的安培力变大
D. 若同时将电流方向和磁场方向反向，安培力方向也会反向
B
2. 如图所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场 中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与 金属棒绝缘.金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知 开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量 与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒 所受安培力的方向，并求出金属棒的质量.
答案：竖直向下 0.01 kg
解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培 力方向竖直向下.开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δt1＝0.5 cm.由胡克 定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg ①，
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL ②，
两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k（Δl1＋Δl2）＝mg ＋F ③，
由闭合电路欧姆定律知E＝IR ④，
联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.
专题2 带电粒子在有界磁场中运动
求解带电粒子在有界磁场中运动的思路
（1）画出带电粒子的运动轨迹.
（2）确定运动轨迹的圆心.
（3）利用数学知识表示出轨迹半径.
（4）列洛伦兹力提供向心力公式.
题组 训练
A. 在磁场中的运动时间相同
B. 在磁场中运动的位移相同
C. 出边界时两者的速度相同
D. 正离子出边界点到O点的距离更大
C
两离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根 据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正 确.
4. 在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、 方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示.一个不计重力的带电粒子从磁场边 界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点 C处沿＋y方向飞出.
（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B'，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°，求 磁感应强度B'的大小及此次粒子在磁场中运动的时间t.
专题3 带电粒子在复合场中运动
解决带电粒子在复合场中运动问题的思路
题组 训练
A. 该离子带负电
B. A、B两点位于同一高度
C. 到达C点时离子速度最大
D. 离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
BC
解析：该离子开始仅受到静电力作用由静止开始向下运动，可知该离子受到的静电力 方向向下，与电场方向同向，则该离子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，从A到B， 动能变化为零，根据动能定理知，静电力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场 是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，该离子从A到 C静电力做正功，该离子到达C点时静电力做功最多，则速度最大，C正确；该离子在 B点的状态与A点的状态（速度为零，电势能相等）相同，该离子将在B点的右侧重复 前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误.
（1）匀强电场的电场强度的大小E；
解析：画出平面图如图所示，
（2）要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，匀强磁场的磁感应强度B应多大.
