1磁场对通电导线的作用力[学习目标]1.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.2.掌握安培力的公式F＝IlB
sinθ，并会进行有关计算.3.了解磁电式电流表的构造及其工作原理．一、安培力的方向1．安培力：通电导线在磁场中受的力．2．左手
定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指
的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．3．安培力方向与磁场方向、电流方向的关系：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B与I所决定的平面
．二、安培力的大小1．垂直于磁场B的方向放置的长为l的通电导线，当通过的电流为I时，所受安培力为F＝IlB.2．当磁感应强度B的方
向与电流方向成θ角时，公式F＝IlBsin_θ.三、磁电式电流表1．原理：安培力与电流的关系．通电线圈在磁场中受到安培力而偏转，线
圈偏转的角度越大，被测电流就越大．根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向．2．构造：磁体、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴．3．特点
：极靴与铁质圆柱间的磁场沿半径方向，线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，且线圈左右两边所在处的磁感应强度大小相等．4．优
点：灵敏度高，可以测出很弱的电流．缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流很弱．1．判断下列说法的正误．(1)安培力的方向与磁感应强度
的方向相同．(×)(2)应用左手定则时，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．(√)(3)对于磁电式电流表，指针稳定后，线
圈受到的螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的．(√)(4)对于磁电式电流表，通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转角度也
越大．(√)(5)对于磁电式电流表，在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关．(√)2．如图1所示，
已知导体棒中通有电流I，导体棒长度为l，磁场磁感应强度为B，当导体棒按下面几种方式放置时，写出导体棒所受安培力的大小，并写出安培力
的方向．图1答案(1)IlB垂直于导体棒斜向左下(2)IlB垂直纸面向外(3)IlB垂直于导体棒斜向右下(4)0一、安培力
的方向导学探究按照如图2所示进行实验．图2(1)仅上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向是否改变？(2)仅改变导线中电
流的方向，导线受力的方向是否改变？(3)仔细分析实验现象，结合课本说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？答案(1)受
力的方向改变(2)受力的方向改变(3)安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则知识深化1．安培力方向的特点安培力的方
向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即垂直于电流I和磁场B所决定的平面．(1)当电流方向跟磁场方向垂直时，安培力的方向、磁场方向
和电流方向两两相互垂直．应用左手定则判断时，磁感线从掌心垂直进入，拇指、其余四指和磁感线三者两两垂直．(2)当电流方向跟磁场方向不
垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向．应用左手定则判断时，磁感线斜着穿入掌心．2．判断安培力方向的步骤(1)明确
研究对象；(2)用安培定则或根据磁体的磁场特征，画出研究对象所在位置的磁场方向；(3)由左手定则判断安培力方向．3．应用实例应用左
手定则和安培定则可以判定平行通电直导线间的作用力：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．画出图3中各磁场对通电直导线的安培力的方向(
与纸面垂直的力只需用文字说明)．图3答案如图所示解析无论B、I是否垂直，安培力总是垂直于B与I所决定的平面，且满足左手定则．对
于A、B、C、D选项，直接用左手定则判断．E选项中由安培定则可判断出通电导线A处的磁场方向如图甲所示，由左手定则可判断出A受到的安
培力方向如图甲所示．F选项中由安培定则可判断出通电导线A处的磁场如图乙所示，由左手定则可判断出A受到的安培力方向如图乙所示．二、安
培力的大小导学探究(1)在如图4所示的探究影响安培力大小的有关因素的实验中，把导线垂直放入磁场(磁感应强度为B)中，得出的安培力
F与导线长度l、电流大小I有怎样的关系？图4(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？答案(1)F＝BIl(2)0(3)将磁感应强度B沿平行导线方向和垂直导线方向进行分解，如图所示，则B⊥
＝Bsinθ，F＝B⊥Il＝IlBsinθ.知识深化对公式F＝IlBsinθ的理解1．公式F＝IlBsinθ中B对放入的
通电导线来说是外加磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁场对外加磁场的影响．2．公式F＝IlBsinθ中θ是B和I方向的夹角
(1)当θ＝90°时，即B⊥I，sinθ＝1，公式变为F＝IlB.(2)当θ＝0°时，即B∥I，F＝0.3．公式F＝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5所示)；相应的电流沿导线由始端流
向末端．图5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6所示．图6长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向分别如图所示，已知磁感应强度均为
B，对于下列各图中导线所受安培力的大小计算正确的是()答案A解析题A图中，导线不和磁场垂直，将导线投影到垂直磁场方向上，故
F＝BILcosθ，A正确；题B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，B错误；题C图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，C错
误；题D图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，D错误．将长1m的导线ac从中点b折成如图7所示的形状，放于B＝0.08T的匀
强磁场中，abc平面与磁场垂直．若在导线abc中通入I＝25A的直流电，则整个导线所受安培力的大小为()图7A.NB.
NC．1ND．2N答案B解析由题意知导线在磁场内的有效长度为L＝2·sin60°＝lsin60°，故整个通电
导线受到的安培力的大小为F＝BIL＝BI·lsin60°＝0.08×25×1×N＝N，B正确．针对训练如图8所示，在匀强磁
场中放有下列各种形状的通电导线，电流为I，磁感应强度为B，则各导线受到的安培力分别为：图8FA＝______，FB＝______，
FC＝______，FD＝______.答案BILcosαBILBIR0三、磁电式电流表如图9甲是磁电式电流表的结构示意
图，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，边长为L的单匝正方形线圈中通以电流I，线圈中的某一条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()图9A．该磁场是匀强磁场B．该线圈的磁通量为B
L2C．a导线受到的安培力方向向下D．b导线受到的安培力大小为BIL答案D解析匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，该磁
场明显不是匀强磁场，故A错误；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，安培力方向向上，故C错误；b导
线始终与磁感线垂直，则受到的安培力大小为BIL，故D正确．1．(左手定则的应用)如图所示，表示磁场对直线电流的作用力示意图中正确的
是()答案A2．(安培力的大小)(多选)如图10所示的四幅图中，导体棒的长度均为L，磁场的磁感应强度大小均为B，在各导体棒中
通有相同的电流I.则下列选项正确的是()图10A．图甲中导体棒所受的安培力大小为BILB．图乙中导体棒所受的安培力大小为BIL
C．图丙中导体棒所受的安培力大小为BILD．图丁中导体棒所受的安培力大小为BIL答案BD解析题图甲中，因导体棒与磁场平行，所以
安培力为零，A错误；题图乙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为F1＝BIL，B正确；题图丙中，导体棒与磁场垂直，则安培力的大小为
F2＝BIL，C错误；题图丁中，导体棒与磁场成60°角，则安培力的大小为F3＝BILsin60°＝BIL，D正确．3．(安培力的
大小)(2020·广西田阳高中高二月考)将一段通电直导线abc从中点b折成120°，分别放在如图11所示的匀强磁场中，图甲中导线所
在平面与磁场的磁感线平行，图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直，若两图中两导线所受的安培力大小相等，则甲、乙两图中磁场的磁感应强度
大小之比为()图11A.B.C.D.答案B解析设导线的总长为2L，通过导线的电流为I，题图甲中导线受到的安培力大小为
B1IL＋B1cos60°IL＝B1IL，题图乙中导线受到的安培力的大小为B2I·2Lcos30°＝B2IL，根据题意，即有B
1IL＝B2IL，则有＝，B正确．4.(安培力的分析应用)(2020·泉州市高二期末)如图12所示，材质相同、粗细均匀的正方形导体
框ABCD，垂直放置于匀强磁场中，将CD两点接到电源两端，CD段受到的安培力大小为F，则此时导体框受到的安培力的合力大小为()
图12A.FB.FC．2FD．3F答案B解析均匀的电阻丝组成的正方形导体框，电阻丝CBAD阻值是电阻丝CD阻值的3倍，电
阻丝CD与电阻丝CBAD并联，所以电阻丝CBAD中电流是电阻丝CD中电流的，电阻丝CBAD在磁场中的有效长度与电阻丝CD的长度相等
，则电阻丝CBAD所受安培力是电阻丝CD所受安培力的，即电阻丝CBAD所受安培力为F，电阻丝CD与电阻丝CBAD所受安培力的方向相
同，所以导体框受到的安培力的合力大小F合＝F＋F＝F，B正确．考点一安培力的方向左手定则1．如图所示，通电导线均置于匀强磁场中
，其中导线受到的安培力方向向右的是()答案B解析根据左手定则，选项A中导线受到的安培力方向向左，选项B中导线受到的安培力方
向向右，选项C中导线与磁场方向平行，不受安培力，选项D中导线受到的安培力方向垂直纸面向里，故A、C、D错误，B正确．2．一根容易发
生形变的弹性导线两端固定，导线中通有电流，方向竖直向上．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右和垂直于纸面
向外的匀强磁场时，如图所示描述导线状态的四个图示中正确的是()答案D解析用左手定则可判断出，A中导线所受安培力为零，B中导
线所受安培力垂直于纸面向里，C、D中导线所受安培力向右，导线受力以后的弯曲方向应与受力方向一致，故D正确，A、B、C错误．3.(2
020·孝感市高二期中)如图1所示，A为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的正电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向
已在图中标出．当圆盘绕中心轴OO′按图示方向高速转动时，通电直导线所受安培力的方向是()图1A．竖直向上B．竖直向下C．水平向
外D．水平向里答案C解析带正电圆盘如题图转动时，从上向下看，形成顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方
向竖直向下，根据左手定则，通电直导线所受安培力的方向水平向外，故选C.考点二安培力的大小4.如图2所示，某区域内有垂直纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度大小为B.一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内．某时刻，线圈中通过大
小为I的电流，则此线圈所受安培力的大小为()图2A.BILB.nBILC．nBILD.nBIL答案D5.如图3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，则三导体棒受到的安培力大小关系为()图3A．Fa＞Fb＞FcB．Fa＝Fb＝F
cC．Fb＜Fa＜FcD．Fa＞Fb＝Fc答案D解析设a、b两棒的长度分别为La和Lb，c的直径为d.由于导体棒都与匀强磁场
垂直，则a、b、c三棒所受安培力的大小分别为：Fa＝BILa；Fb＝BILb＝BId；c棒所受安培力与长度为d的直导体棒所受安培力
的大小相等，则Fc＝BId；因为La＞d，则Fa＞Fb＝Fc，D正确．6.(多选)(2019·杭州市高二上期末)如图4所示，一段导
线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠
bcd＝135°，流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．关于导线abcd所受磁场作用力的合力，下列说法正确的是()图4A．方
向沿纸面垂直bc向上，大小为(＋1)ILBB．方向沿纸面垂直bc向下，大小为(＋1)ILBC．若在纸面内将abcd逆时针旋转30°
，力的大小不变D．若在纸面内将abcd逆时针旋转60°，力的大小减半答案AC解析整段导线的有效长度为(＋1)L，由安培力公式F
＝BIl可知，导线abcd所受磁场作用力的合力大小为(＋1)BIL，方向竖直向上．在纸面内将abcd旋转任何角度，安培力的大小均不
变，故A、C正确，B、D错误．7.(2019·全国卷Ⅰ)如图5，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，
线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小
为()图5A．2FB．1.5FC．0.5FD．0答案B解析设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联
电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F
，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F＋F1＝1.5F，选项B正确．考点三磁电式电流表8．(多选)(2019·
银川一中高二上期末)实验室经常使用的电流表是磁电式电流表．这种电流表的构造如图6甲所示．蹄形磁体和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，如
图乙所示，下列说法正确的是()图6A．磁电式电流表内部的蹄形磁体和铁芯间的磁场是匀强磁场B．磁电式电流表的指针偏转角度的大小与
被测电流的大小成反比C．磁电式电流表的优点是灵敏度高，缺点是允许通过的电流很弱D．磁电式电流表的工作原理是安培力对通电线圈的转动作
用答案CD9.(多选)如图7所示的天平可用来测定磁感应强度B.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为l，共N匝，线圈下端悬在匀强
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)时，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码后，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，天平重新平衡，线圈质量忽略不计，重力加速度为g，由此可知()图7A．磁感应强度方向垂
直于纸面向里，B＝B．磁感应强度方向垂直于纸面向里，B＝C．磁感应强度方向垂直于纸面向外，B＝D．磁感应强度方向垂直于纸面向外，B
＝答案AB解析电流反向时，右边再加质量为m的砝码后，天平重新平衡，说明安培力的方向原来竖直向下，由左手定则知磁感应强度方向垂直
于纸面向里，根据平衡条件有m1g＝m2g＋NBIl，m1g＝m2g＋mg－NBIl，所以B＝或B＝，A、B正确．10.(2019·
银川一中期末)如图8所示，位于纸面内的细直导线，长L＝5m，通有I＝3A的恒定电流，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B
＝2T．当导线与B成60°夹角时，发现其受到的磁场力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B′的可能值为()图8A
.TB.TC．2TD.T答案C解析通电导线所受磁场力为零，则电流方向与磁场方向平行，说明该区域同时存在的另
一匀强磁场的磁感应强度B′与B的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，由平行四边形定则可知，当B′与合磁场(通电导线)垂直时，B′最小
，最小值为Bsin60°＝T，则B′≥T，所以B′的可能值为2T，故C正确，A、B、D错误．11.(多选)(2017·全国
卷Ⅰ)如图9，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列
说法正确的是()图9A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C
．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1答案BC
解析因三根导线中电流相等、两两等距，则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等．因平行电流间同向吸引、反向排斥，各导线受力如图所示
，由图中几何关系可知，L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行，L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直，
A错误，B正确；设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F，则由几何关系可知L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为F，L3单位长度
所受的磁场作用力大小为2Fcos30°＝F，故C正确，D错误．12．(2020·重庆八中期末)如图10所示，PQ和EF为水平平行
放置的金属导轨，相距1m，导体棒ab跨放在导轨上，导体棒与导轨垂直，棒的质量为m＝0.2kg，棒的中点用与棒垂直的细绳经滑轮与
物体相连，物体的质量M＝0.3kg，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝2T，方向竖直向下，
g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了使物体保持静止，应在棒中通入多大的电流？方向如何？图10答案1A≤I≤2
A方向由a指向b解析对导体棒ab受力分析，由平衡条件得竖直方向有FN＝mg又Ff＝μFN水平方向，Mg>Ff，所以安培力方向向
左如果摩擦力向右，电流有最大值，有BImaxL－Ff－Mg＝0如果摩擦力向左，电流有最小值，有BIminL＋Ff－Mg＝0联立解得
1A≤I≤2A由左手定则知电流方向由a指向b.13.水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电
动势为E的电源(不计内阻)．现垂直于导轨放置一根质量为m、电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方
向与水平面夹角为θ且指向右上方，如图11所示，重力加速度为g，问：图11(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)
若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？答案(1)mg－(2)方向水平向
右解析(1)从b向a看，对金属棒受力分析如图所示，水平方向：Ff＝F安sinθ①竖直方向：FN＋F安cosθ＝mg②又F安＝
BIL＝BL③联立①②③式解得：FN＝mg－，Ff＝.(2)要使ab棒所受支持力为零，且让磁感应强度最小，可知安培力竖直向上，且F
安′＝mg，Bmin＝，根据左手定则可知此时磁场方向水平向右．第二节磁场对运动电荷的作用【基本概念、规律】一、洛伦兹力1．定义：
运动电荷在磁场中所受的力．2．大小(1)v∥B时，F＝0.(2)v⊥B时，F＝qvB.(3)v与B夹角为θ时，F＝qv
Bsin_θ.3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向．(2)方向特点：F⊥B，F⊥
v.即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)．由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功．二、带电粒子在匀强磁场
中的运动1．若v∥B，带电粒子以入射速度v做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做匀速圆周运动
．3．基本公式(1)向心力公式：qvB＝m.(2)轨道半径公式：r＝.(3)周期公式：T＝＝；f＝＝；ω＝＝2πf＝.特别提示：T
的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷有关．【重要考点归纳】考点一洛伦兹力和电场力的比较1．洛伦
兹力方向的特点(1)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．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也
随之变化．(3)左手判断洛伦兹力方向，但一定分正、负电荷．2．洛伦兹力与电场力的比较对应力内容项目洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v
不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v正电荷受力与电场方向相同，负电荷受
力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，也可能不做功作用效果只改变电荷的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷
的速度大小，也可以改变运动的方向考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1．圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可
通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)
．(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是
圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．2．半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小
．3．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：t＝T4.求解粒子在匀
强磁场中运动问题的步骤：(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心
角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．考点三
“磁偏转”和“电偏转”匀强电场中的偏转匀强磁场中的偏转偏转产生条件带电粒子以速度v0垂直射入匀强电场带电粒子以速度v0垂直射
入匀强磁场受力特征只受恒定的电场力F＝Eq，方向与初速度方向垂直只受大小恒定的洛伦兹力F＝qv0B，方向始终与速度方向垂直运动性质
匀变速曲线运动(类平抛)匀速圆周运动轨迹抛物线圆或圆弧动能变化动能增大动能不变处理方法运动的合成和分解匀速圆周运动的相关规律【思想
方法与技巧】带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题1.带电粒子进入有界磁场区域，一般存在临界问题(或边界问题)以及极值问题．解决这类
问题的方法思路如下：(1)直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．(2)以定理、定律为依据，首先求出所研
究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解．2.带电粒子在有界磁场中的运动，一般涉及临界和边界问
题，临界值、边界值常与极值问题相关联．因此，临界状态、边界状态的确定以及所需满足的条件是解决问题的关键．常遇到的临界和极值条件有：
(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切，
对应粒子速度的临界值．(3)运动时间极值的分析①周期相同的粒子，当速率相同时，轨迹(弦长)越长，圆心角越大，运动时间越长．②周期相
同的粒子，当速率不同时，圆心角越大，运动时间越长．2磁场对运动电荷的作用力[学习目标]1.知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断
洛伦兹力的方向.2.掌握洛伦兹力公式的推导过程，会计算洛伦兹力的大小.3.知道电视显像管的基本构造及工作的基本原理．一、洛伦兹力的
方向和大小1．洛伦兹力(1)定义：运动电荷在磁场中受到的力．(2)与安培力的关系：通电导线在磁场中受到的安培力是洛伦兹力的宏观表现
．2．洛伦兹力的方向左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向
正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反．3．洛伦兹
力的大小(1)当v与B成θ角时，F＝qvBsinθ.(2)当v⊥B时，F＝qvB.(3)当v∥B时，F＝0.二、电子束的磁偏转1
．显像管的构造：如图1所示，由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成．图12．显像管的原理(1)电子枪发射高速电子．(2)电子束在磁场中偏转
．(3)荧光屏被电子束撞击时发光．3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，使得电子束打在荧光
屏上的光点从上向下、从左向右不断移动．1．判断下列说法的正误．(1)运动电荷在磁场中一定受洛伦兹力．(×)(2)同一电荷，以相
同大小的速度进入磁场，速度方向不同时，洛伦兹力的大小也可能相同．(√)(3)洛伦兹力同电场力一样，可对运动电荷做正功或负功．(
×)(4)用左手定则判断洛伦兹力方向时，“四指的指向”与电荷定向移动方向相同．(×)(5)显像管内偏转线圈中的电流恒定不变
时，电子打在荧光屏上的光点是不动的．(√)2.如图2所示，一阴极射线管左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，
发现射线的运动轨迹向下弯曲，则导线中的电流方向为__________．(填“从A到B”或“从B到A”)图2答案从B到A一、洛伦兹
力的方向导学探究如图3所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中向下发生了偏转，试问：图3(1)什么力使电子偏转？该力的方向如
何？(2)电子运动轨迹附近的磁场方向如何？电子所受洛伦兹力与磁场方向、电子运动方向存在什么关系？答案(1)洛伦兹力向下(2)磁
场方向向里电子所受洛伦兹力与磁场方向垂直，与电子运动方向垂直，满足左手定则．知识深化1．洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向及磁场
方向垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面．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，如图4甲、乙所示．图42．在用左手定则判断运动的电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向时，对于正电荷，四指指向电荷的运动方向；
但对于负电荷，四指应指向电荷运动的反方向．试判断下列图中的带电粒子刚进入磁场时所受的洛伦兹力的方向，其中垂直于纸面指向纸里的是(
)答案D解析根据左手定则可以判断，选项A中的带电粒子所受的洛伦兹力方向向下；选项B中的带电粒子所受的洛伦兹力方向向上；选项C
中的带电粒子所受的洛伦兹力方向垂直纸面指向纸外；选项D中的带电粒子所受的洛伦兹力方向垂直于纸面指向纸里，D正确．二、洛伦兹力的大小
导学探究如图5所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.设磁场中有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n
，每个自由电荷的电荷量为q且定向移动的速率都是v.图5(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？(2)长为L的导线中含
有的自由电荷数为多少？每个自由电荷所受洛伦兹力多大？答案(1)nqvSnqvSLB(2)nSLqvB知识深化1．洛伦兹力与
安培力的关系(1)安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力是安培力的微观本质．(2)洛伦兹力对电荷
不做功，但安培力却可以对导体做功．2．洛伦兹力的大小：F＝qvBsinθ，θ为电荷运动的方向与磁感应强度方向的夹角．(1)当θ＝
90°时，v⊥B，sinθ＝1，F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大．(2)当v∥B时，θ＝0°，sinθ＝0，F
＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力．如图6所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q.
试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向．图6答案(1)qvB垂直于v指向左上方(2)qvB垂直纸面向里(
3)qvB垂直纸面向里(4)qvB垂直于v指向左上方解析(1)因v⊥B，所以F＝qvB，方向垂直于v指向左上方．(2)v与B
的夹角为30°，将v分解成垂直磁场的分量和平行磁场的分量，v⊥＝vsin30°，F＝qvBsin30°＝qvB，方向垂直纸面向
里．(3)因v⊥B，所以F＝qvB，由左手定则判断出洛伦兹力的方向垂直纸面向里．(4)因v⊥B，所以F＝qvB，方向垂直于v指向左
上方．三、带电体在洛伦兹力作用下的运动1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力的大小往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力的变化，
带电体将在变力作用下做变加速运动．2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向
发生改变的转折点．(多选)如图7所示，用细线吊一个质量为m的带电绝缘小球，小球处于匀强磁场中，空气阻力不计．小球分别从A点和B点
向最低点O运动，当小球两次经过O点时()图7A．小球的动能相同B．细线所受的拉力相同C．小球所受的洛伦兹力相同D．小球的向心加
速度大小相同答案AD解析带电绝缘小球受到的洛伦兹力与小球的速度方向时刻垂直，则洛伦兹力对小球不做功，只改变速度方向，不改变速度
大小，只有重力做功，故当小球两次经过O点时速度大小相等，动能相同，选项A正确；小球分别从A点和B点向最低点O运动，两次经过O点时速
度方向相反，由左手定则可知小球两次经过O点时洛伦兹力方向相反，则细线所受的拉力不同，选项B、C错误；由a＝可知小球的向心加速度大小
相同，选项D正确．(2020·云南省武定民族中学高二期末)如图8所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′
在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α，一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ
，且μ速度时的速度为多大？(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？答案(1)gsinα(2)解析(1)由于μ将由静止开始沿棒下滑，环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg，洛伦兹力qv1B、棒的弹力FN1和摩擦力Ff1＝μFN1，根据牛顿
第二定律，对沿棒的方向有mgsinα－Ff1＝ma垂直棒的方向有FN1＋qv1B＝mgcosα所以当FN1＝0，即Ff1＝0时
，a有最大值am，且am＝gsinα，此时qv1B＝mgcosα解得v1＝(2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受棒的弹力为
FN2，方向垂直于棒向下，摩擦力为Ff2＝μFN2，此时应有a＝0，即mgsinα＝Ff2FN2＋mgcosα＝qvmB解得v
m＝求解带电体在磁场中的运动问题的解题步骤1．确定研究对象，即带电体；2．确定带电体所带电荷量的正、负以及速度方向；3．由左手定则
判断带电体所受洛伦兹力的方向，并作出受力分析图；4．由平行四边形定则、矢量三角形或正交分解法等方法，根据物体的平衡条件或牛顿第二定
律列方程求解．5．对于定性分析的问题还可以采用极限法进行推理，从而得到结论．1．(洛伦兹力的方向)在下列四个选项中，正确标明了带正
电粒子所受洛伦兹力F方向的是()答案D解析根据左手定则可知，A项中洛伦兹力方向应该垂直纸面向里，故A错误；B项中洛伦兹力方
向应该是垂直纸面向外，故B错误；C项中洛伦兹力方向应该竖直向下，故C错误；D项中洛伦兹力方向应该竖直向上，故D正确．2．(洛伦兹力
的大小)两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则刚进入磁场时两带电粒
子所受洛伦兹力之比为()A．2∶1B．1∶1C．1∶2D．1∶4答案C解析带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时
，洛伦兹力F＝qvB，与电荷量成正比，与质量无关，C项正确．3．(带电体在磁场中的运动)(多选)(2020·大同阳高一中高二期末)
如图9所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，
c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是()图9A．Ga最大B．Gb最大C．Gc最大D．Gb
最小答案CD解析a油滴受力平衡，有Ga＝qE，所以重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故油滴带负电；
b油滴受力平衡，有Gb＋qvbB＝qE；c油滴受力平衡，有Gc＝qvcB＋qE，解得Gc>Ga>Gb，C、D正确．4．(带电体在磁
场中的运动)(多选)(2020·攀枝花市高二期末)如图10所示，一个质量为0.1g、电荷量为5×10－4C的小滑块(可视为质点
)，放在倾角为α＝30°的光滑绝缘斜面顶端(斜面足够长)，斜面置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开
始沿斜面滑下，小滑块运动一段距离l后离开斜面，g取10m/s2，则()图10A．小滑块带正电B．小滑块带负电C．l＝1.2
mD．小滑块离开斜面的瞬时速率为2m/s答案AC解析由题意可知，小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上．根据左手定则可得，小滑块带
正电，故A对，B错；由题意知，当滑块离开斜面时，有Bqv＝mgcosα，解得v＝＝2m/s，故D错；在滑块离开斜面之前，滑块沿
斜面的方向的合力始终等于重力的分力，所以滑块一直做匀加速直线运动，即mgsinα＝ma，解得a＝gsinα＝5m/s2，由v
2＝2al，解得l＝1.2m，故C对．考点一洛伦兹力的大小和方向1．关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是()A．电荷只要
处在电场中，就会受到电场力，而电荷静止在磁场中，也可能受到洛伦兹力B．电场力对在电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷
却不会做功C．电场力与洛伦兹力一样，方向都沿电场线或磁感线切线方向D．只有运动的电荷在磁场中才会受到洛伦兹力的作用答案D解析静
止在磁场中的电荷不可能受到洛伦兹力，A错误；如果电荷在电场中不动或沿等势面移动，电场力做功为零，B错误；洛伦兹力的方向与磁感线垂直
，与运动方向垂直，C错误；由洛伦兹力定义知，D正确．2．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是()答案B解析由左手
定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，故A错误；磁场的方向向下，电流的方向垂直纸面向里，由左手定则可知安培力的方向向左
，故B正确；由左手定则可知，洛伦兹力的方向与磁感应强度的方向垂直，应为垂直纸面向外，故C错误；通电螺线管内部产生的磁场的方向沿螺线
管的轴线的方向，由题图D可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力，故D错误．3.如图1所示，美国物理学家安德森在研究宇宙
射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖．云雾室中
磁场方向可能是()图1A．垂直纸面向外B．垂直纸面向里C．沿纸面向上D．沿纸面向下答案B解析由左手定则可知，磁场方
向可能垂直于纸面向里，故B正确．考点二电子束的磁偏转4.(2020·广元天立国际学校高二月考)如图2所示，在真空中，水平导线中有
恒定电流I通过，导线的正下方有一束电子初速度方向与电流方向相同，则电子可能的运动情况是()图2A．沿路径a运动B．沿路径b
运动C．沿路径c运动D．沿路径d运动答案D解析由安培定则知，电流I在导线下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，电子刚进入
磁场时所受洛伦兹力方向向下，则电子的轨迹必定向下弯曲，因此A、B错误；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲
线，因此C错误，D正确．5.在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图3所示．圆形区域内的偏转磁场的方向
垂直于圆面，而不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点．为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随
时间变化的规律应是下列选项中的()图3答案B解析由题意知，要想得到以M为中心的亮线PQ，则电子束既要向上偏转，又要向下偏转
，所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时，应有方向改变，C、D错误；A项中磁感应强度大小一定，则电子束受到的洛伦兹力大小相同，偏转量
也相同，向同一方向偏转的电子都打到同一点，不能得到连续的亮线，A错误，B正确．考点三带电体在磁场中的运动6.(2020·天津市南
开中学期末)如图4所示，一带正电的物体固定在小车的底板上，其中底板绝缘，整个装置静止在水平地面上，在空间施加一垂直纸面向里的匀强磁
场，如果保持小车不动，将匀强磁场沿水平方向向左匀速运动．则下列说法正确的是()图4A．带电物体所受的洛伦兹力为零B．带电物体受
洛伦兹力且方向竖直向上C．小车对地面的压力变大D．地面对小车的摩擦力方向向左答案B解析受洛伦兹力的带电物体的速度不是相对地面而
言，而是相对磁场．题中匀强磁场向左匀速运动相当于小车水平向右匀速运动，由左手定则可知，带电物体所受的洛伦兹力方向竖直向上，B正确，
A错误；由于小车水平方向不受力，所以摩擦力为零，D错误；对小车及带电物体整体分析可知，地面对小车的支持力变小，由牛顿第三定律可知小
车对地面的压力变小，C错误．7.(2019·银川一中高二上期末)如图5所示，甲是带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起置于
光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的匀强磁场，在水平恒力F的作用下，甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动，在加速运动阶段()图
5A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小C．甲、乙向左运动的加速度不变D．乙物块对地面的压力不变答案
C解析甲、乙两物块间没有相对滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间没有摩擦力，根据牛顿第二定律知，整体的加速度不变，对于甲，静摩擦
力作为合力产生加速度，由于整体的加速度不变，所以甲、乙两物块间的摩擦力不变，所以A、B错误，C正确；甲带正电，在向左运动的过程中，
受到的洛伦兹力的方向向下，所以甲对乙的压力变大，对乙受力分析可知，乙物块对地面的压力变大，故D错误．8．如图6甲所示，一个质量为m
、电荷量为q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙绝缘细杆上滑动，细杆处于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后运动
过程中的速度－时间图像如图乙所示．则关于圆环所带的电性，匀强磁场的磁感应强度B，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图6A．
圆环带负电，B＝B．圆环带正电，B＝C．圆环带负电，B＝D．圆环带正电，B＝答案B解析因圆环最后做匀速直线运动，圆环在竖直
方向上受力平衡，则有＝mg，即B＝；根据左手定则可知圆环带正电，故B正确，A、C、D错误．9.(多选)(2020·西安市第八十三中
学期中)足够长的光滑绝缘槽，与水平方向的夹角分别为α和β(α<β)，如图7所示，加垂直于纸面向里的匀强磁场，将质量相等，带等量正、
负电荷的小球a和b，分别从两斜面的顶端由静止释放(一次仅有一个小球存在)，关于两球在槽上的运动，下列说法正确的是()图7A．在
槽上a、b两球都做匀加速直线运动，aa>abB．在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aa>abC．a、b两球沿直线运动的最大
位移分别为xa、xb，则xa加速度大小分别为aa＝gsinβ，ab＝gsinα，选项A对，B错；小球受到的洛伦兹力垂直槽向上，当mgcosβ＝qvaB、
mgcosα＝qvbB时，a和b离开槽，显然vaab，根据位移公式可知xaD对．10．(2019·淮安市高二上期末)如图8所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N为两轨道的最低点，匀强磁场垂
直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达
最低点的过程中，下列说法正确的是()图8A．a球下滑的时间比b球下滑时间长B．a、b两球的机械能均不守恒C．a球到M点的速度小
于b球到N点的速度D．a球对M点的压力大于b球对N点的压力答案D解析由于小球a在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球
的机械能守恒；而小球b在电场中运动，受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，故A、B、
C错误；小球a在磁场中运动，在最低点对小球a受力分析可知：FM－mg－BqvM＝m，解得FM＝m＋mg＋BqvM①小球b在电场中运
动，在最低点受力分析可知：FN－mg＝m，解得FN＝m＋mg②因为vM>vN，所以FM>FN，结合牛顿第三定律可知，D正确．11.
如图9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面
顶端由静止下滑，在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是()图9A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．
滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上答案C解析根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力
，C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，滑块对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错误；B越大，滑块受到
的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B错误；由于开始滑块不受洛伦兹力时，
就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止于斜面上，D错误．12.质量为m、带电荷量为＋q的小球，用一长为l的绝缘细线悬挂在方向垂直纸面
向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图10所示，现使小球位于能使悬线呈水平的位置A，然后由静止释放，小球运动的平面与磁场的方向垂直，小球第一次和第二次经过最低点C时悬线的拉力FT1和FT2分别为多大？(重力加速度为g)图10答案3mg－qB3mg＋qB解析小球运动过程中，洛伦兹力始终与v的方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，由动能定理mgl＝mvC2，解得vC＝.小球第一次经过C点时，由左手定则可知洛伦兹力向上，其受力情况如图甲所示．由牛顿第二定律FT1＋F洛－mg＝m，又F洛＝qvCB，所以FT1＝3mg－qB.小球第二次经过C点时，受力情况如图乙所示，vC′＝vC，F洛′＝qvC′B，FT2－mg－F洛′＝m，解得FT2＝3mg＋qB.13.如图11所示，质量为m＝1kg、电荷量为q＝5×10－2C的带正电荷的小滑块，从半径为R＝0.4m的光滑固定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，g＝10m/s2.求：图11(1)滑块到达C点时的速度；(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；(3)在C点滑块对轨道的压力．答案(1)2m/s，方向水平向左(2)0.1N，方向竖直向下(3)20.1N，方向竖直向下解析(1)滑块从A点到C点的过程中洛伦兹力和支持力不做功，由动能定理得mgR－qER＝mvC2则vC＝＝2m/s，方向水平向左．(2)滑块在C点时，根据洛伦兹力公式得：F洛＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N，方向竖直向下．(3)在C点，由牛顿第二定律得FN－mg－qvCB＝m则FN＝mg＋qvCB＋m＝20.1N由牛顿第三定律可知，在C点滑块对轨道的压力为20.1N，方向竖直向下．14.如图12所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.问：图12(1)小环带什么电？(2)小环滑到P处时的速度多大？(3)小环滑到距离P多远处，环与杆之间没有正压力？答案(1)负电(2)(3)解析(1)假如没有磁场，小环对杆的压力大小为mgcos37°＝0.8mg，然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电．(2)设小球滑到P处时的速度大小为vP，在P点小环的受力如图甲所示，根据平衡条件得qvPB＋FN＝mgcos37°，由牛顿第三定律得杆对小环的支持力大小为FN＝0.4mg，解得vP＝＝＝.(3)设小环从P处下滑至P′处时，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v′，则在P′处，小球受力如图乙所示，由平衡条件得qv′B＝mgcos37°所以v′＝＝在小环由P处滑到P′处的过程中，由动能定理得mgsin37°＝mv′2－mvP2解得′＝. |
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