课后提升作业 十九 磁现象和磁场
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1.(多选)(2018·张家界高二检测)关于地球的磁场，下列说法正确的是( )
A.在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极
B.地磁场的南极在地理北极附近
C.地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的
D.地球磁偏角的数值在地球上的不同地点是不同的
【解析】选B、D。小磁针S极指南是因为地磁N极在地理的南极附近，故A错误。地磁场的两极和地理两极是相反的，所以B正确。依据地磁场的空间分布知，只有赤道上的磁场方向和地面平行，故C错误。地球的磁偏角是变化的，地磁两极的位置也是变化的，所以D正确。
2.(2018·茂名高二检测)磁性水雷是用一个可以绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，就会引起水雷的爆炸，如图所示，其依据是( )
A.磁体的吸铁性
B.磁极间的相互作用规律
C.电荷间的相互作用规律
D.磁场具有方向性
【解析】选B。磁性水雷中的小磁针静止时，一端指南，一端指北，水雷不会爆炸，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，由磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引知，当军舰接近磁性水雷时，就会使水雷中的小磁针发生转动，而触发水雷发生爆炸。故B正确，A、C、D错误。
3.如图所示，弹簧测力计下挂一铁球，将弹簧测力计自左向右逐渐移动时，弹簧测力计的示数( )
A.不变 B.逐渐减小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
【解析】选C。磁体上磁极的磁性最强，对铁球的吸引力最大，所以铁球自左向右逐渐移动时，所受磁体的引力先减小后增大，弹簧测力计的示数也随之先先减小后增大。
4.在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是( )
A.沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上
B.沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方
C.导线沿南北方向放置在磁针的正上方
D.导线沿东西方向放置在磁针的正上方
【解题指南】解答本题应把握以下两点：
(1)注意“奥斯特实验”的细节问题，导线东西放或将磁针放在导线的延长线上都不一定把观察到磁针的偏转。
(2)观察小磁针是否发生偏转时，应避免与地磁场引起的磁针偏转相重合。
【解析】选C。把导线沿南北方向放置在地磁场中处于静止状态的磁针的正上方。通电时磁针发生明显的偏转，是由于南北方向放置的通电导线的正下方的磁场恰好是东西方向。正确选项为C。
【补偿训练】
物理实验都需要有一定的控制条件。奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响。关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是( )
A.该实验必须在地球赤道上进行
B.通电直导线应该竖直放置
C.通电直导线应该水平东西方向放置
D.通电直导线应该水平南北方向放置
【解析】选D。小磁针静止时指向南北，说明地磁场的方向为南北方向，当导线南北方向放置时，能产生东西方向的磁场，把小磁针放置在该处时，可有明显的偏转，故D正确。
5.(2018·厦门高二检测)如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，当电磁铁通电时，在铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为( )
A.F=Mg B.mgC.F=(M+m)g D.F>(M+m)g
【解题指南】解答本题应把握以下三点：
(1)首先要搞清磁体间力的作用特点和规律。
(2)其次要对物体进行正确的受力分析和过程分析。
(3)最后依据牛顿第二定律列式。
【解析】选D。在铁片B上升的过程中，轻绳上拉力F的大小等于A、C的重力Mg和B对A的引力F引′之和。在铁片B上升的过程中，对B，有F引-mg=ma，所以F引=mg+ma。由牛顿第三定律可知，B对A的引力F引′与A对B的引力F引大小相等、方向相反，所以F=Mg+mg+ma，故F>(M+m)g，选项D正确。
【延伸探究】
在上题基础上，整个装置处于何种状态？(失重状态、平衡状态、超重状态)
提示：B向上加速，处于超重状态，则整个装置也处于超重状态，即F>(M+m)g。
6.(2016·西安高二检测)如果你看过中央电视台体育频道的围棋讲座就会发现，棋子在竖直放置的棋盘上可以移动，但不会掉下来，如图所示，原来，棋盘和棋子都是由磁性材料做成的，棋子不会掉落是因为( )
A.质量小，重力可以忽略不计
B.受到棋盘对它向上的摩擦力
C.棋盘对它的吸引力与重力平衡
D.它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力
【解析】选B。棋子质量小重力小时，若没有其他阻力存在，棋子仍会向下运动，A错误；对棋子受力分析如图所示，磁性棋子受到棋盘的吸引力而对棋盘产生压力，棋盘对棋子有向外的弹力。重力使得棋子有向下滑动的趋势，从而使棋子受到棋盘对它向上的静摩擦力，此力和重力平衡，使得棋子不会滑下来，B正确，C错误；由于空气浮力远小于重力，故可忽略不计，D错误。
二、非选择题(14分。需写出规范的解题步骤)
7.两个完全相同的条形磁铁，放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示，开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动。
a.现将AB突然竖直向上平移(平板与磁铁之间始终接触)，并使之停在A″B″处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起。
b.如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在位置A′B′处，结果发现两条形磁铁也吸在了一起，请回答下列问题：
(1)开始时两磁铁静止不动，磁铁间的相互作用力是__________力；右侧的磁铁受到的静摩擦力的方向向__________。
(2)在a过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上______(选填“加速”或“减速”)。
(3)在b过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下______(选填“加速”或“减速”)。
【解析】(1)磁铁静止时，二者间的相互吸引力与静摩擦力大小相等，对右侧的磁铁来说，吸引力向左静摩擦力向右。
(2)当平板向上运动而磁铁吸在一起时，说明摩擦力减小，磁铁所受支持力减小，磁铁应处于失重状态，所以平板应是向上减速运动，加速度方向向下。
(3)当平板向下运动而两磁铁吸在一起时，磁铁应处于失重状态，所以加速度方向仍向下，故是向下加速运动。
答案：(1)吸引 右 (2)减速 (3)加速
【补偿训练】
在超市里，顾客可以自己在货架上挑选商品，十分方便，但如果有人想拿了东西不付钱而偷偷溜走，那么出口处的报警器马上会鸣响报警，你知道这是为什么吗？
【解析】超市中的每一件商品上都有一小片带磁性的商标，当经过出口时，那里的磁性探测器便检测出来并发出报警，只有当你付款后，售货员用一种特别的“消磁”装置将商标上的磁性消除，探测器才会让你把商品带出超市。
答案：见解析
课后提升作业 二十 磁感应强度
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1.(2018·保定高二检测)物理学中有许多物理量的定义，可用公式来表示，不同的概念定义的方法不一样，下列四个物理量中，定义法与其他物理量不同的一组是( )
A.电场强度E= B.导体的电阻R=
C.电容C= D.磁感应强度B=
【解析】选B。电场强度定义公式E=，是用比值定义法定义的，电场强度与试探电荷无关；电阻R与成正比，与S成反比，不符合比值法定义的特性，所以此式不属于比值法定义；电容的定义式C=中，C与两板间的电荷量Q及两板间的电势差U无关，属于比值定义法；磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，所以B=属于比值定义法。本题选定义法与其他物理量不同的，故选B。
2.在磁感应强度B的定义式B=中，有关各物理量间的关系，下列说法中正确的是( )
A.B由F、I和L决定
B.F由B、I和L决定
C.I由B、F和L决定
D.L由B、F和I决定
【解析】选B。磁感应强度由磁场因素决定，电流由电压和电阻决定，长度由导体形状决定，A、C、D错，由F=BIL可以知道磁场力由B、I、L三者决定，B对。
【易错提醒】比值定义法的理解
(1)定义B=是比值定义法，这种定义物理量的方法其实质就是一种测量方法，被测量点的磁感应强度与测量方法无关。
(2)定义a=、E=也是比值定义法，被测量的物理量也与测量方法无关，不是由定义式中的两个物理量决定的。
3.(2018·大同高二检测)在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度。具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10cm处放一个罗盘。导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度。现已测出此地的地磁场水平分量Be=5.0×10-5T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置(如图所示)。由此测出该通电直导线在其正下方10cm处产生磁场的磁感应强度大小为( )
A.5.0×10-5T B.1.0×10-4T
C.8.66×10-5T D.7.07×10-5T
【解析】选C。各个分磁场与合磁场的关系如图所示，根据三角函数关系得
tan30°=，即有B1=≈8.66×10-5T，故A、B、D错误，C正确。
【补偿训练】
我国某地的地磁场的磁感应强度的水平分量3.0×10-5T，竖直分量是4.0×10-5T，则该地磁感应强度的大小和方向是( )
A.2.0×10-5T，与水平方向成53°角向下
B.2.0×10-5T，与水平方向成53°角向上
C.5.0×10-5T，与水平方向成53°角向下
D.5.0×10-5T，与水平方向成53°角向上
【解析】选C。B==T=5×10-5T，我国处于北半球，故地磁场方向斜向下，与水平方向夹角为53°，应选C。
4.(多选)某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中可行的是( )
A.在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到电场力说明此空间存在电场
B.在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到电场力说明此空间不存在电场
C.在该空间内引入通电导线，如果通电导线受到磁场力说明此空间存在磁场
D.在该空间内引入通电导线，如果通电导线没有受到磁场力说明此空间不存在磁场
【解析】选A、B、C。如果把电荷引入电场中，一定会受到电场力作用，如果电荷没有受到电场力作用，一定是没有电场，A、B对。把通电导线引入磁场中时，只要电流方向不与磁场方向平行，就会受到磁场力作用，但是不受磁场力的原因有两个，一是没有磁场，二是虽有磁场，但是电流方向与磁场方向平行，C对，D错。
【总结提升】电场力和磁场力的比较
(1)电场力为零，该处电场强度为零；磁场力为零，该处磁感应强度不一定为零。
(2)某点电场强度方向即为放在该处的正电荷所受电场力的方向；某处磁感应强度的方向却不是放在该处的通电导体的受力方向。
(3)在电场中某一确定的位置放置一个检验电荷，该电荷受到的电场力是唯一确定的；在磁场中某一确定的位置放入一段导线，电流受到的磁场力还与导线放置的方向及电流方向有关。
5.关于磁感应强度B、电流I、导线长度L和电流所受磁场力F的关系，下面的说法中正确的是( )
A.在B=0的地方，F一定等于零
B.在F=0的地方，B一定等于零
C.若B=1T，I=1A，L=1m，则F一定等于1N
D.若L=1m，I=1A，F=1N，则B一定等于1T
【解析】选A。在B为零的地方，则F一定为零，而F为零时，则B不一定为零，可能B与I平行，故A正确，B错误。若B=1T，I=1A，L=1m，根据F=BILsinα，知只有B垂直I时，则F=BIL=1N，故C错误。若F=1N，I=1A，L=1m，根据F=
BILsinα，知只有B垂直I时，则F=BIL=1N，B=1T，故D错误。
6.长10cm的通电直导线，通过1A的电流，在磁场强弱、方向都一样的空间(匀强磁场)中某处受到的磁场力为0.4N，则该磁场的磁感应强度( )
A.等于4T B.大于或等于4T
C.小于或等于4T D.上述说法都错误
【解析】选B。题目中没有给出导线如何放置，若导线与磁场垂直，则由磁感应强度定义式得出B==T=4T。若导线放置时没与磁场垂直，此时受磁场力为0.4N，若让此导线与磁场垂直时，受的磁场力将大于0.4N，根据磁感应强度定义式B=可知此处磁感应强度将大于4T，故B正确。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
7.(10分)如图所示，长为L、质量为m的导体棒用细线悬挂放入某匀强磁场中，导体棒与磁场方向垂直，当导体棒中通过的电流为I时，细线上的拉力恰好为零，问磁感应强度B为多大？
【解析】由细线拉力恰好为0可知，磁场力为
F=mg ①
又B= ②
由①②解得：B=。
答案：
8.(10分)(2018·银川高二检测)如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平，某同学在实验室里，用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，他测得的数据记录如下所示，请你算出通电螺线管中的磁感应强度B。
已知：CD段导线长度：4×10-2m
天平平衡时钩码重力：4×10-5N
通过导线的电流：0.5A
【解析】已知，I=0.5A，G=4.0×10-5N，L=4.0×10-2m。电流天平平衡时，导线所受磁场力的大小等于钩码的重力，即F=G。由磁感应强度的定义式知B==T=2.0×10-3T。所以通电螺线管中的磁感应强度大小为2.0×10-3T。
答案：2.0×10-3T
课后提升作业 二十一 几种常见的磁场
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1.如图所示为磁场、磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈，当在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当赫姆霍兹线圈中通以如图所示方向的电流时( )
A.小磁针N极向里转
B.小磁针N极向外转
C.小磁针在纸面内向左摆动
D.小磁针在纸面内向右摆动
【解析】选A。由于线圈中电流沿顺时针方向，根据安培定则可以确定，线圈内部轴线上磁感线方向垂直于纸面向里。而小磁针N极受力方向和磁感线方向相同，故小磁针N极向里转。
【补偿训练】
当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是( )
【解析】选C。通电直导线电流从左向右，根据安培定则，则小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；根据安培定则，磁场的方向沿逆时针方向(从上向下看)，因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；环形导线的电流方向如图所示，根据安培定则，则小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，小磁针静止时北极指向读者，故C正确；根据安培定则，结合电流的方向，通电螺线管的内部磁场方向由右向左，则小磁针静止时北极指向左，故D错误。
2.(2018·莱芜高二检测)有一束电子流沿x轴正方向高速运动，如图所示，电子流在z轴上的P点所产生的磁场方向是沿( )
A.y轴正方向 B.y轴负方向
C.z轴正方向 D.z轴负方向
【解析】选A。等效电流方向沿x轴负方向，由安培定则可知A正确。
3.(2018·岳阳高二检测)如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为( )
A.1∶1 B.1∶2 C.∶1 D.∶2
【解题指南】解答本题应把握以下两点：
(1)应用安培定则判断直线电流磁场。
(2)利用平行四边形定则求合磁感应强度。
【解析】选B。依题意，每根导线在O点产生的磁感应强度为，方向竖直向下，则当导线由N点移至P点时，O点合磁感应强度大小为B2=2××cos60°=，则B2与B1之比为1∶2，故选B。
【补偿训练】
如图所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为( )
A.都向纸里
B.都向纸外
C.a中电流方向向纸外，b中向纸里
D.a中电流方向向纸里，b中向纸外
【解析】选C。若a、b中电流方向均向纸里，可知P点的磁感应强度方向竖直向下，故A错误。若a、b中电流方向均向纸外，P点的磁感应强度方向竖直向上，故B错误。若a中向纸外，b中向纸里，P点的磁感应强度方向水平向右，故C正确。若a中向纸里，b中向纸外，P点的磁感应强度方向水平向左。故D错误。
4.(多选)如图所示，一根通电直导线垂直于磁场方向放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是( )
A.直导线中的电流方向垂直纸面向里
B.b点的实际磁感应强度为T，方向斜向上，与B的夹角为45°
C.c点的实际磁感应强度也为零
D.d点的实际磁感应强度跟b点的相同
【解题指南】解答本题应把握以下两点：
(1)安培定则判断直线电流磁场的方法。
(2)矢量的叠加原理。
(3)矢量相同既要大小相等，又要方向相同。
【解析】选A、B。由a点合磁感应强度为零知，该电流在a点的磁感应强度方向向左，大小为1T，由安培定则知A正确；电流在b点产生的磁场方向向上，大小也为1T，由平行四边形定则知b点实际磁感应强度为T，方向斜向上，与B的夹角为45°，B正确；同理可以算出c点的磁感应强度为2T，方向向右，C错误；d点的磁感应强度跟b点的大小相等，但方向是斜向下，与B的夹角为45°，D错误。
【补偿训练】
(2018·江门高二检测)已知北京地面处的地磁场水平分量约为3×10-5T，某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验，他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上，如图所示，小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向，请在图上标明螺线管导线的绕向，并求出该通电螺线管在小磁针处产生的磁场磁感应强度的大小。(保留一位有效数字)
【解析】通电螺线管在坐标原点处产生的磁场沿x轴正方向，由安培定则即可确定电流的绕向。
设螺线管在小磁针处产生的磁场为Bx，则有：tan60°=。
即Bx=B地tan60°=3×10-5×T≈5×10-5T。
答案：5×10-5T
5.(多选)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。在导线中通过的电流均为I，电流方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3。下列说法正确的是( )
A.B1=B2B.B1=B2=B3
C.a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里
D.a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里
【解题指南】解答本题应把握以下两点：
(1)直线电流的磁场方向用安培定则判定。
(2)磁感应强度的叠加可以用等效补偿法来分析。
【解析】选A、C。靠近a点的两根导线产生的磁场叠加后，磁感应强度为零，a点磁感应强度由离a最远的导线决定；b点的磁感应强度大小与a点相同；对于c点，靠近c的两根导线的磁感应强度方向相同，叠加后的磁感应强度最大，选项A正确，选项B错误。由安培定则和磁感应强度的矢量叠加可得，C正确，D错误。
6.(2018·常德高二检测)如图，竖直长直导线通以恒定电流I，闭合线圈abcd与直导线在同一平面内，导致圈内磁通量发生变化的线圈运动是( )
A.水平向右平移
B.竖直向下平移
C.竖直向上平移
D.以竖直长直导线为轴转动
【解析】选A。通电直导线的磁场为以导线为中心的环形磁场，离开导线越远，磁感应强度越小，因此，闭合线圈abcd离开通电直导线，水平向右移动时，磁通量变小，故A正确；闭合线圈abcd竖直向上或竖直向下移动时，对应的磁感应强度不变，故磁通量不变，B、C均错误；闭合线圈abcd以竖直长直导线为轴转动时，恰好顺着磁感线的方向或反方向转动，磁通量保持不变，D错误。
二、非选择题(14分。需写出规范的解题步骤)
7.如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则
(1)穿过平面的磁通量为多少？
(2)若使框架绕OO′轴转过60°角，则穿过线框平面的磁通量为多少？
(3)若从初始位置转过90°角，则穿过线框平面的磁通量为多少？
(4)若从初始位置转过180°角，则穿过线框平面的磁通量变化为多少？
【解析】(1)在图示位置时，磁感线与线框平面垂直，Φ=BS。
(2)当框架绕OO′轴转过60°时可以将原图改画成从上面向下看的俯视图，如图所示。
Φ=BS⊥=BS·cos60°=BS。
(3)转过90°时，线框由磁感线垂直穿过变为平行，Φ=0。
(4)线框转过180°时，磁感线仍然垂直穿过线框，只不过穿过方向改变了。
因而Φ1=BS，
Φ2=-BS，
ΔΦ=Φ2-Φ1=-2BS。
即磁通量变化了2BS。
答案：(1)BS (2)BS (3)0
(4)2BS
【易错提醒】磁通量的两点注意
(1)磁通量是针对某个面来说的，与给定的线圈的匝数多少无关。
(2)当线圈转过180°时，磁通量的变化量ΔΦ=|Φ1-Φ2|=2BS。
课后提升作业 二十二 通电导线在磁场中受到的力
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分)
1.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示。过c点的导线所受安培力的方向( )
A.与ab边平行，竖直向上
B.与ab边平行，竖直向下
C.与ab边垂直，指向左边
D.与ab边垂直，指向右边
【解析】选C。根据直线电流相互作用的规律可知a与c相互吸引，b与c也相互吸引，所以导线c所受的合力方向一定指向左边且与ab边垂直，故选C。
【补偿训练】
1.如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相等、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为( )
A.F2 B.F1-F2
C.F1+F2 D.2F1-F2
【解析】选A。两根长直通电导线，电流大小相同，方向相反，则a受到b产生的磁场的作用力大小为F1，方向向左，b受到a产生的磁场的作用力大小为F1，方向向右，这两个力大小相等，方向相反，设再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0。则a受到的作用力为F2=F1+F0或F2=F1-F0；而对于b，由于电流方向与a相反，所以b受到的作用力为F′2=F1+F0或F′2=F1-F0，这两个力大小相等，方向相反，即F′2=F2，故A正确。
2.在如图所示的各图中，表示磁场B方向、电流I方向及电流受力F方向三者关系正确的是( )
【解析】选A。根据左手定则可得只有A正确。
2.(多选)如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为( )
A.z正向，tanθ B.y正向，
C.z负向，tanθ D.沿悬线向上，sinθ
【解题指南】解答本题应把握以下两点：
(1)把立体图转化为平面图。
(2)平衡时，重力、细线拉力和安培力三者合力为零。
(3)安培力的方向符合左手定则。
【解析】选B、C。对于A选项，安培力水平向内，三力合力不可能为零，A错误；对于B选项，安培力竖直向上，当安培力BIL=mg时，可以平衡，此时B=，B正确；对于C选项，安培力水平向外，三力平衡时安培力BIL=mgtanθ，此时B=tanθ，C正确；对于D选项，安培力垂直于绳子的方向向下，三力不可能平衡，D错误。
【补偿训练】
(2018·太原高二检测)在如图所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为fa、fb，可判断这两段导线( )
A.相互吸引，fa>fb
B.相互排斥，fa>fb
C.相互吸引，faD.相互排斥，fa【解析】选D。当S接a时，电路的电源只用了一节干电池，当S接b时，电路的电源用了两节干电池，此时电路中的电流比S接a时大，所以有fa3.(多选)如图甲所示是磁电式电流表的结构图，图乙所示是磁极间的磁场分布图，以下选项中正确的是( )
A.指针稳定后，线圈受到的螺旋弹簧的力矩方向与线圈受到的磁力矩方向是相反的
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，线圈所受磁力矩与电流有关，而与所处位置无关
【解析】选A、B、D。当阻碍线圈转动的力矩增大到与安培力产生的使线圈转动的力矩平衡时，线圈停止转动，即两力矩大小相等、方向相反，故A正确。磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等、方向不同，故C错误，D正确。电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故B正确。
【补偿训练】
(多选)图中装置可演示磁场对通电导线的作用、电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是( )
A.若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B.若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C.若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D.若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
【解析】选B、D。若a接正极，b接负极，则根据安培定则可知线圈之间产生向上的磁场，e接正极，f接负极，L中将通有向外的电流，根据左手定则可知L向左运动，A错误；若a接正极，b接负极，则根据安培定则可知线圈之间产生向上的磁场，e接负极，f接正极，L中将通有向里的电流，根据左手定则可知L向右运动，B正确；若a接负极，b接正极，则根据安培定则可知线圈之间产生向下的磁场，e接正极，f接负极，L中将通有向外的电流，根据左手定则可知L向右运动，C错误；若a接负极，b接正极，则根据安培定则可知线圈之间产生向下的磁场，e接负极，f接正极，L中将通有向里的电流，根据左手定则可知L向左运动，D正确。
4.(2018·石家庄高二检测)如图所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，若通以图示方向的电流，电流强度为I，则金属框受到的磁场力为( )
A.0 B.ILB C.ILB D.2ILB
【解析】选A。安培力公式F=BILsinθ中，L是通电导线的有效长度，是导线在磁场中两端点间的距离。由题图可知，正三角形金属框的有效长度是0，所以导线框受到的安培力为零。故选A。
【补偿训练】
(2018·揭阳高二检测)如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度。天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面。当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平两边加上质量分别为m1、m2的砝码时，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平又重新平衡。由此可知( )
A.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为
B.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为
C.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
D.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
【解析】选B。由题目所给条件，先判断出磁场的方向再根据天平的工作原理列出对应关系式。因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以电流反向后安培力竖直向上，由左手定则判断磁场向里。电流反向前，有m1g=m2g+m3g+NBIL，其中m3为线圈质量。电流反向后，有m1g=m2g+m3g+mg-NBIL。两式联立可得B=。故选B。
二、非选择题(本题共2小题，共22分。需写出规范的解题步骤)
5.(10分)如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m、质量为6×10-2kg的通电直导线，电流I=1A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中，设t=0时，B=0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g取10m/s2)
【解析】支持力为零时导线的受力如图所示，
由平衡条件得：
F安==N=0.8N
由F安=BIL得B==T=2T
由B=0.4t得t==s=5s。
答案：5s
6.(12分)(2018·张家口高二检测)如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r，一质量为m的导体棒ab与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度为B，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计。
(1)若要使导体棒ab静止于导轨上，求滑动变阻器的阻
值应取何值。
(2)若将滑动变阻器的阻值取为零，由静止释放导体棒ab，求释放瞬间导体棒ab的加速度。
【解析】(1)若要使导体棒ab静止于导轨上，则要求导体棒ab所受的重力、支持力、安培力三力平衡，导体棒在沿斜面方向的受力满足：mgsinθ=F安，其中F安=BIL，设导体棒ab静止时变阻器的阻值为R，由闭合电路欧姆定律有I=，
解得R=-r。
(2)当变阻器的阻值为零时，回路中的电流大于使导体棒ab静止时的电流，安培力大于使导体棒ab静止时的安培力，因此，由静止开始释放的瞬间，导体棒的加速度方向沿斜面向上。
由牛顿第二定律：
F安′-mgsinθ=ma，
其中F安′=BI′L，
由闭合电路欧姆定律：I′=，解得释放瞬间导体棒ab的加速度a=-gsinθ。
答案：(1)-r (2)-gsinθ，方向沿斜面向上
课后提升作业 二十三 运动电荷在磁场中受到的力
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1.(多选)如图所示，质量为m的带电小物块在绝缘粗糙的水平面上以初速度v0开始运动。已知在水平面上方的空间内存在方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，则以下关于小物块的受力及运动的分析中，正确的是( )
A.若物块带正电，可能受两个力，做匀速直线运动
B.若物块带负电，可能受两个力，做匀速直线运动
C.若物块带正电，一定受四个力，做减速直线运动
D.若物块带负电，一定受四个力，做减速直线运动
【解题指南】题目中没有给出物块的带电性，要从物块带正电还是带负电两种情况分别讨论。
【解析】选A、D。若小物块带正电，则受到的洛伦兹力竖直向上，如果洛伦兹力小于重力，则小物块还会受到支持力和摩擦力，做减速运动；如果洛伦兹力恰好等于重力，则小物块只受这两个力而做匀速直线运动，故A对，C错。若小物块带负电，洛伦兹力竖直向下，小物块受四个力作用而做减速运动，故B错，D对。
【补偿训练】
图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A.向上 B.向下
C.向左 D.向右
【解析】选B。由右手螺旋定则可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心O处产生的磁感应强度如图所示：
四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成，可得合磁场为水平向左。利用左手定则判断洛伦兹力的方向，可得洛伦兹力竖直向下，故B项正确。
2.如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )
A.向上 B.向下
C.向左 D.向右
【解析】选A。a点处磁场垂直于纸面向外，根据左手定则可以判断电子受力向上，A正确。
【补偿训练】
汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子。如图所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是( )
A.向上 B.向下 C.向左 D.向右
【解析】选B。电子束由负极向正极运动，带负电，电子束运动范围内的磁场由N极指向S极，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向下。
3.如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端，则下列说法中正确的是( )
A.滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B.滑块从M点到最低点的加速度比磁场不存在时小
C.滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D.滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
【解析】选D。由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，选项A错误；由a=，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，选项B错误；由左手定则，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而滑块所受的向心力不变，故滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，因此选项C错误；由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，选项D正确。
4.(2018·宜春高二检测)如图所示为电视机显像管的原理示意图，没有磁场时，从电子枪射出的电子束打在荧光屏正中的O点，若加上偏移磁场(出偏转线圈产生)后，电子束在竖直方向上偏离中心打在荧光屏的A点，则所加偏转磁场的方向为( )
A.水平向右 B.水平向左
C.垂直纸面向里 D.垂直纸面向外
【解析】选D。根据左手定则可知，电子开始上偏，故磁场的方向垂直纸面向外。故选D。
5.带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上垂直纸面向里的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，如图所示，不计空气阻力，则( )
A.h1=h2=h3 B.h1>h2>h3
C.h1=h2>h3 D.h1=h3>h2
【解析】选D。由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=。当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2+Ek=m，又由于m=mgh1，所以h1>h2。当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有=2gh3，所以h1=h3。所以D正确。
二、非选择题(15分。需写出规范的解题步骤)
6.(2018·临汾高二检测)如图所示，水平的两块带电金属极板a、b平行正对放置，极板长度为，板间距为d，板间存在着方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间，一质量为m、电荷量为q的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向进入极板间，恰好做匀速直线运动，不计重力及空气阻力。
(1)求匀强磁场磁感应强度B的大小。
(2)若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离。
(3)若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小。
【解析】(1)带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛伦兹力平衡，
qE=qv0B，
解得磁感应强度B=。
(2)粒子通过电场区偏转的距离
y=at2=。
(3)设粒子运动到下极板时的动能大小为Ek，
根据动能定理
2qE·d=Ek-m，
解得Ek=m+qEd。
答案：(1) (2) (3)m+qEd
【补偿训练】
如图所示，质量为m=1kg、电荷量为q=5×10-2C的带正电的小滑块，从半径为R=0.4m的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E=100V/m，方向水平向右，B=1T，方向垂直纸面向里。求：
(1)滑块到达C点时的速度。
(2)在C点时滑块所受到的洛伦兹力。(g取10m/s2)
【解析】以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F洛=qvB，方向始终垂直于速度方向。
(1)滑块从A到C过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR-qER=m
得vC==2m/s，方向水平向左。
(2)根据洛伦兹力公式得：
F=qvCB=5×10-2×2×1N=0.1N，方向竖直向下。
答案：(1)2m/s，方向水平向左
(2)0.1N，方向竖直向下
课后提升作业 二十四 带电粒子在匀强磁场中的运动
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)
1.(2018·晋中高二检测)两个质量和电荷量均相同的带电粒子a、b分别以速度v和2v垂直射入一匀强磁场，其轨道半径分别为ra和rb，运动的周期分别为Ta和Tb，不计粒子重力，则( )
A.ra>rb B.raC.Ta>Tb D.Ta【解析】选B。根据牛顿第二定律得：qvB=m得：r=，由题知m、q、B大小均相同，则速度大的半径大，故ra【补偿训练】
两个电子以大小不同的初速度沿垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场中，设r1、r2为这两个电子的运动轨道半径，T1、T2是它们的运动周期，则( )
A.r1=r2，T1≠T2 B.r1≠r2，T1≠T2
C.r1=r2，T1=T2 D.r1≠r2，T1=T2
【解析】选D。根据r=，T=，得速度不同，半径r不同，周期T相同。
2.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A.轨道半径减小，角速度增大
B.轨道半径减小，角速度减小
C.轨道半径增大，角速度增大
D.轨道半径增大，角速度减小
【解析】选D。粒子进入磁场，洛伦兹力不做功，所以其速度大小不变，进入较弱磁场区，根据R=可得，粒子的轨道半径增大，由于轨道半径增大，再根据w=可知，角速度减小；故选D。
3.一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场。粒子的一段径迹如图所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)。从图中情况可以确定( )
A.粒子从a到b，带正电
B.粒子从a到b，带负电
C.粒子从b到a，带正电
D.粒子从b到a，带负电
【解析】选C。垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R=。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B与带电量不变，又根据Ek=mv2知，v在减小，故R减小，可判定粒子从b向a运动，另根据左手定则，可判定粒子带正电。
4.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R，若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是( )
A.质子被加速后的最大速度不可能超过πfR
B.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关
C.只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D.不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
【解析】选B。由T=得v==2πfr。当r=R时，v最大，此v=2πfR，故A错误；由qvB=m得v=，当r=R时，v最大，v=，由此可知质子的最大速度只与粒子本身的荷质比，加速器半径和磁场大小有关，故B正确；考虑到狭义相对论，任何物体速度不可能超过光速，故C错误；加速器加速电场周期T=，加速α粒子时T==，两个周期不同，不能加速α粒子。故D错误。
【补偿训练】
(多选)(2018·德州高二检测)如图所示是洛伦兹力演示仪，用于观察运动电子在磁场中的运动，在实验过程中，下列选项正确的是( )
A.不加磁场时电子束的径迹是直线
B.加磁场并调整磁感应强度，电子束径迹可形成一个圆周
C.保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径减小
D.保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小
【解析】选A、B、D。不加磁场时电子不受力，电子束的径迹是直线，故A正确；加磁场时，使磁场的方向与电子初速度的方向垂直，并调整磁感应强度，电子束径迹可形成一个圆周，故B正确；电子受到的洛伦兹力提供向心力，则：qvB=，所以r=，保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径增大，故C错误；保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小，故D正确。
5.(2018·和平区高二检测)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A. B. C. D.
【解题指南】解答本题可按以下思路进行：
(1)理解速度方向偏离入射方向60°的含义，画出几何图形，确定粒子的运动轨迹的圆半径。
(2)根据洛伦兹力提供向心力和几何关系建立方程求解。
【解析】选A。粒子进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=R，由qvB=m可得，B=，选项A正确。
【补偿训练】
如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R=10cm的圆柱形筒内有B=1×10-4T的匀强磁场，方向平行于轴线。在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a、b分别作为入射孔和出射孔。现有一束比荷为=2×1011C/kg的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出。其中入射角α=30°，且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v大小是( )
A.4×105m/s B.2×105m/s
C.4×106m/s D.2×106m/s
【解析】选C。离子不经碰撞直接从b孔射出，则直径ab为轨迹圆弧的弦，如图所示，轨迹圆心在弦的中垂线上，过a作速度v的垂线交弦ab中垂线于O′，则O′为轨迹圆心，
弦ab对应的圆心角=2α=60°，轨道半径r==，所以离子的速度v==4×106m/s，C正确。
二、非选择题(15分。需写出规范的解题步骤)
6.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量m=1.0×10-6kg，电荷量q=2×10-6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g取10m/s2。求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向。
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)小球做匀速直线运动时受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，这三个力的合力为零。
(2)撤去磁场后小球做类平抛运动。
【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB= ①
代入数据解得v=20m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tanθ= ③
代入数据解得tanθ=
θ=60° ④
(2)解法一：
撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
a= ⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x=vt ⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y=at2 ⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tanθ= ⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t=2s=3.5 s⑨
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，他对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直向上做匀减速运动，其初速度为
vy=vsinθ ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上的分位移为零，则有
vyt-gt2=0 ⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得
t=2s=3.5 s⑦
答案：(1)20m/s 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为60° (2)3.5s
【补偿训练】
1.如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
(1)匀强电场场强E的大小。
(2)粒子从电场射出时速度v的大小。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。
【解析】(1)匀强电场场强E=
(2)根据动能定理qU=mv2，
解得v=
(3)根据洛伦兹力提供向心力
qvB=m
解得R==
答案：(1) (2) (3)
2.在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上。有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？
【解析】电场反转前有：
mg=qE①
电场反转后，小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，当对斜面压力为0时离开斜面，则
qvB=(mg+qE)cosθ②
(mg+qE)sinθ=ma③
小球在斜面上滑行的距离
x=vt= ④
解①②③④式得
x=，t=。
答案：
【总结提升】带电粒子在复合场中运动问题
(1)带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了电场力和洛伦兹力。因此，带电粒子在复合场中的运动问题要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，永不做功等。
(2)分析时，
①要弄清是一个怎样的复合场，是磁场与电场的复合，还是磁场与重力场的复合，还是磁场、电场、重力场的复合；
②要正确地对带电粒子进行受力分析和运动过程的分析。在进行受力分析时要注意洛伦兹力方向的判定方法——左手定则。在进行运动过程分析时，要特别注意洛伦兹力的特点——始终和运动方向垂直，且大小随着速度的大小发生变化，方向随着速度方向发生变化；
③选择合适的动力学方程进行求解。
(3)注意粒子重力的取舍。电子、质子、离子等微观粒子无特殊说明时一般不计重力；带电小球、尘埃、油滴、液滴等带电颗粒无特殊说明时一般计重力；如果有具体数据，可通过比较确定是否考虑重力。
