1．根据图中标明的已知条件，试判断图（a）中通电导线所受安培力 F 的方向；图 （b）中通电导线电流 I 的方向；图 （c）中通电螺线管所连接电源的正负极。 

【答案】

（a）图中安培力 F 的方向垂直于纸面向里

（b）图中的方向见图 （a）

（c）图中通电螺线管所连接电源的正负极见图（b）

 

2．一根长为 0.2 m、电流为 1.5 A 的通电直导线，置于磁感应强度为 0.5 T 的匀强磁场中，则通电直导线所受安培力的大小范围是________________。

【答案】

0 N ≤ F ≤ 0.15 N

【解析】

当通电导线与磁感应强度 B 的方向垂直时，安培力 F 最大，F = BIL；当导线的方向与磁感应强度 B 的方向平行时，导线受力为零。

 

3．一长直通电导线与一矩形通电线框置于同一平面内，电流方向如图所示，直导线固定，则矩形线框所受安培力合力的方向是_____________（选填“向左”或“向右”）。

【答案】

向左

【解析】

矩形线框处于长直通电导线形成的非匀强磁场处，左侧处的磁感应强度大于右侧处的磁感应强度，因此左侧导线受到向左的安培力大于右侧导线受到向右的安培力，则矩形线框所受安培力合力的方向是向左。或者运用平行通电直导线的相互作用关系。通以同方向电流的平行直导线会相互吸引、通以反向电流时会相互排斥。因此长直导线对矩形导线框左侧电流吸引、对右侧电流排斥。

由于左侧与长直导线距离更近，所以吸引力大于排斥力，矩形线框所受安培力的合力向左。

 

4．如图所示，∧ 形金属丝的每根直线段长 2 m，与 x 轴所成的夹角 θ 为 60°，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为 40 mT。若通过导线的电流为 2 A，求金属丝所受安培力的合力。

【答案】

0.16 N，方向为 y 轴的正方向

【解析】

每根通电直线段所受安培力为

F = BIL = 40×10⁻³×2×2 N = 0.16 N

金属丝所受安培力的合力为

F_合 = 2Fcosθ =2×0.16×cos60° N = 0.16 N

方向为 y 轴的正方向

 

5．如图是人们早期发明的圆盘电动机，把一个可以绕水平轴转动的金属圆盘放在蹄形磁体的磁极之间，圆盘的下边缘浸在汞槽中，将转轴和汞用导线直接接在电源的两极上。由于安培力的作用，圆盘将如何运动？简述圆盘不停转动的原理。

【答案】

圆盘逆时针方向转动。磁体在图中圆盘处产生大致垂直向里的磁场。接通电源后，有电流从转轴通过金属圆盘流向水银槽，圆盘该位置始终受到向右的安培力，使之逆时针不停转动。

 

6．如图所示，在条形磁体 S 极附近悬挂一个线圈，线圈与水平磁体位于同一竖直平面内。当线圈中通以顺时针方向电流时，线圈将如何运动？

【答案】

从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁。

 

7．一根硬直金属导体的单位长度质量为 45 g/m。导体被放置在一个水平的桌面上，某同学尝试使其通电离开桌面。若此处地球磁场的水平分量大小为 18 μT，方向由南向北，g 取10 m/s²。说明导体应该如何放置在桌面上，计算所需要最小电流的大小及方向。试分析该同学做的这个实验是否可能成功，简述原因。

【答案】

导体应东西方向放置；所需最小电流为 2.5×10⁴ A，方向由西向东。这个实验不可能成功，因为地磁场磁感应强度太小，需要很大的直流电流，实验中无法提供。

BIL = Lλg

I = \(\frac{{\lambda g}}{B}\) = \(\frac{{45 \times {{10}^{ - 3}} \times 10}}{{18 \times {{10}^{ - 6}}}}\) A = 2.5×10⁴ A

 

8．倾角为 α 的平行导电轨道间接有电源，轨道上放有一根静止的金属导体 ab。现如图所示加一垂直于轨道平面向上的匀强磁场，则在磁感应强度 B 由零逐渐增大的过程中，ab 杆受到的摩擦力大小将如何变化？

【答案】

先减小后增大最后大小不变

【解析】

开始时，摩擦力沿轨道向上，在磁感应强度 B 逐渐增大的初始阶段，金属杆 ab的受力如图所示。由力的平衡知：

F_f + BIL = mgsinα，故 B 增大时，F_f 减小

当 BIL = mgsinα 时，F_f =0

当 B 继续增大时，安培力超过重力平行于导轨平面的分力，即 BIL ＞ mgsinα 时，F_f 方向变为沿斜面向下，故 BIL = mgsinα + F_f，故 B 增大时，F_f 增大

若 B 继续增大，可使安培力大于 mgsinα 与最大静摩擦力之和，导体棒将向上加速运动，摩擦力 F_f 大小不变。

 

9．如图是利用电流天平测量磁感应强度的装置，虚线区域内有垂直纸面方向的匀强磁场，在等臂天平的右端挂一长方形线圈 abcd 共绕 10 匝，竖直边 ab 长 30 cm，底边 bc 长 10 cm，线圈内通以 0.1 A 的逆时针方向的电流，在天平左盘加适量的砝码使天平平衡，然后不改变电流大小而改变电流方向，为使天平重新达到平衡，需在左盘中再加 8 g 砝码，g 取 9.8 m/s²。求该匀强磁场的磁感应强度大小。

【答案】

0.392 T

【解析】

线圈通电流后，ab 边和 cd 边在磁场部分所受安培力沿水平方向等值反向而彼此平衡；由于天平两臂等长，为使天平重新平衡左盘需再加 8 g 砝码，说明 bc 边安培力的方向是由竖直向上变为竖直向下，所以右盘所受的合力为原 bc 边 n 匝导线安培力的 2 倍，应该等于天平左端增加的砝码的重力。设 bc 边长为 L，通过线圈的电流为 I，匀强磁场的磁感应强度为 B，天平左端增加的砝码质量为 Δm，则有

2nBIL = Δmg

B = \(\frac{{\Delta mg}}{{2nIL}}\) = \(\frac{{8 \times {{10}^{ - 3}} \times 9.8}}{{2 \times 10 \times 0.1 \times 0.1}}\) T = 0.392 T

 

10．如图所示，MN 是一根长为 l = 10 cm，质量 m = 50 g 的金属棒，用两根长度同样为 l 的细软导线将导体棒 MN 水平吊起，使金属棒处在 B = \(\frac{1}{3}\) T 的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角 θ = 37°，忽略磁场对软导线的作用力，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g 取 10 m/s²，求金属棒中恒定电流的大小。

【答案】

 5 A

【解析】

如图所示，金属棒向外偏转的过程中，受重力 mg、导线拉力 F_T、安培力 F 共三个力的作用，其中导线的拉力不做功，由动能定理得 W_F + W_G = 0

其中                 W_F = Flsinθ = BIl² sinθ

W_G = − mgl（1 − cosθ）

金属棒中的电流为

I = \(\frac{{mg(1 - \cos 37^\circ )}}{{Bl\sin 37^\circ }}\) = \(\frac{{50 \times {{10}^{ - 3}} \times 10 \times (1 - 0.8)}}{{\frac{1}{3} \times 0.1 \times 0.6}}\) A = 5 A

 

11．磁场对通电导体的作用力叫__________，磁场对运动电荷的作用力叫__________。安培力是洛伦兹力的__________，判断安培力和洛伦兹力的方向都用__________定则。

【答案】

安培力，洛伦兹力，宏观表现，左手

 

12．判断以下关于洛伦兹力的说法是否正确，简述理由。

说 法	判断	理由（可以举例或推理）
带电粒子在磁场中运动时，一定会受到洛伦兹力的作用
洛伦兹力的方向垂直于磁感应强度 B 和运动电荷的速度 v 决定的平面，洛伦兹力对带电粒子不做功
用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向电荷的运动方向

【答案】

（1）错误，如电荷运动方向与磁场方向在同一直线上，则运动电荷不受洛伦兹力的作用

（2）正确

（3）错误，四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向

 

13．关于安培力和洛伦兹力，下列说法中不正确的是（    ）。

A．洛伦兹力对运动电荷一定不做功

B．安培力对通电导体一定不做功

C．磁场对通电导线的安培力根源在于磁场对运动电荷的洛伦兹力

D．安培力是洛伦兹力的宏观表现

【答案】

B

 

14．来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将危害地球上的生命。但由于地磁场（如图）的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，则当高能带电粒子带正电且沿地球赤道平面射向地心时，由于地磁场的作用将向_______（选填“东”“南”“西”或“北”）偏转。

【答案】

东

 

15．甲、乙两个带电粒子的电荷量分别为 + q 和 – 2q，分别以速率 v 和 2v 进入同一匀强磁场（速度方向都与磁场方向垂直），则两个带电粒子受到的洛伦兹力大小之比为_______。

【答案】

1∶4

【解析】

f = qvB；所以，\(\frac{{{f_甲}}}{{{f_乙}}}\) = \(\frac{{qvB}}{{2q2vB}}\) = \(\frac{1}{4}\)

 

16．一电荷量为 + 4×10⁻⁹ C 的带电粒子在电场强度为 2×10² N/C 的电场中受到的电场力大小为何？若该带电粒子以 3×10⁵ m/s 的速率垂直入射磁感应强度为 0.8 T 的匀强磁场中，受到的洛伦兹力大小为何？

【答案】

F = 8×10⁻⁷ N，f = 9.6×10⁻⁴ N

【解析】

F = qE = 4×10⁻⁹×2×10² N = 8×10⁻⁷ N

f = qvB = 4×10⁻⁹×3×10⁵×0.8 N = 9.6×10⁻⁴ N

 

17．如图所示，匀强磁场垂直于导电材料薄片的矩形表面 PQRS 平面，电子的移动方向从 SR 边进入导电薄片朝 PQ 边运动。简述在开始瞬间电子并不沿直线通过导电薄片的原因。电子倾向于向 PS 边还是 QR 边运动？

【答案】

电子在匀强磁场中受洛伦兹力作用发生偏转，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力指向 QR 边，故电子并不沿着直线通过导电薄片。电子倾向于向 QR 边运动。

 

18．如图（a）所示，某空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带负电的物块在水平外力 F 作用下沿粗糙水平面向右做初速度为零的匀加速直线运动，试在图（b）中定性描绘出物块移出磁场前水平外力 F 随时间 t 变化的图像。

【答案】

F − F_f = ma，N = G + f，f = qvB = qBat，F_f = μN

F − μ（mg + qBat）= ma

F = m（a + μg）+ μqBat

因为 m（a + μg）和 μqBa 均为常量，所以 F 随时间 t 呈线性关系。

 

19．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地面上，设飞行时间为 t₁，水平射程为 x₁，着地时的速率为 v₁。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为 t₂，水平射程为 x₂，着地时的速率为 v₂，则 t₁ ________ t₂，x₁ ________ x₂，v₁ ________ v₂。（均选填“＞”“=”或“＜”）

【答案】

>， >， =

【解析】

当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平分量向右，竖直分量向上，竖直方向上的加速度 a < g，可得t₁ > t₂；由于洛伦兹力在水平方向有向右的分量，小球有水平向右的加速度，可得 x₁ > x₂；又因为运动过程中洛伦兹力不做功，故根据机械能守恒可得 v₁ = v₂。

 

20．如图所示，将倾角为 θ 的光滑绝缘斜面放到一个足够大的匀强磁场中，磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向里，一个质量为 m、带电荷量为 q 的小物体在斜面上（斜面足够长）由静止开始下滑，滑到某一位置离开斜面。试判断：带电物体带正电荷还是负电荷？ 求物体离开斜面时的速度大小以及物体在斜面上滑行的距离。

【答案】

负电荷，\(\frac{{mg\cos \theta }}{{qB}}\)，\(\frac{{{m^2}g{{\cos }^2}\theta }}{{2{q^2}{B^2}\sin \theta }}\)

【解析】

当物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使物体离开斜面，洛伦兹力的方向必须垂直于斜面向上，可判断带电物体带负电。

物体沿斜面下滑时，受力如图所示

由牛顿第二定律得：mgsinθ = ma，可得加速度 a = gsinθ

洛伦兹力 F = qvB，当物体离开斜面时 F_N = 0，即

qvB = mgcosθ

因此，可得物体离开斜面时的速度大小 v = \(\frac{{mg\cos \theta }}{{qB}}\)

由匀变速直线运动的速度位移公式可得

v² − 0 = 2aL

可得物体在斜面上滑行的距离

L = = \(\frac{{{m^2}g{{\cos }^2}\theta }}{{2{q^2}{B^2}\sin \theta }}\)

 

21．下列四种仪器或电器中，没有利用磁场对带电粒子作用原理的是（    ）。

【答案】

D

 

22．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。不加磁场时，电子束的运动轨迹是一条直线，通过给两励磁线圈通电，产生沿两线圈中心连线方向的匀强磁场，电子束的运动轨迹是圆。如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，圆周运动半径________（选填“减小”“不变”或“增大”）；如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，圆周运动半径_________（选填“减小”“不变”或“增大”）。

【答案】

减小，增大

【解析】

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由 qvB = m\(\frac{{{v^2}}}{r}\) 可得 r = \(\frac{{{mv}}}{qB}\)。如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，圆周运动半径减小；如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，圆周运动半径增大。

 

23．如图为回旋加速器的原理示意图，加速器由两个铜质 D 形盒 D₁、D₂ 构成，其间留有空隙，离子由加速器的________（选填“中心”或“边缘”）进入加速器，离子从_________（选填“磁场”或“电场”）中获得能量。

【答案】

中心，电场

【解析】

粒子要被多次加速，达到预期的速率后，用特殊装置把它们引出。由 qvB = m \(\frac{{{v^2}}}{r}\) 可得 r = \(\frac{{mv}}{{qB}}\)，则被加速离子速率越大，圆周运动的半径越大。因此离子只能由加速器的中心附近进入加速器，沿螺线轨迹逐渐趋近于盒的边缘，从边缘离开加速器；在磁场中，由于洛伦兹力并不做功，离子不能从磁场获得能量，而离子通过电场时电场力对离子做正功，故离子是从电场中获得能量。

 

24．如图所示，质量和电荷量大小都相等的带电粒子M 和 N，以不同的速率经小孔 S 垂直射入有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，M 和 N 运行的半圆轨迹如图中的虚线所示，则 M 带________（选填“正电”或“负电”）；M 的运行时间_________（选填“>”“=”或“<”）N 的运行时间。

【答案】

负电，=

【解析】

由图知磁场的方向向里，根据左手定则判断出 M 带负电荷，N 带正电荷。粒子在磁场中运动半周，其运行时间为周期的一半，根据 qvB = m \(\frac{{{v^2}}}{r}\)，及 T = \(\frac{{2\pi r}}{v}\) 整理可以得到：T = \(\frac{{2\pi m}}{{qB}}\)，所以 M 的运行时间等于 N 的运行时间。

 

25．如图所示，空间存在着一个正方形匀强磁场区域。一束电子从 a 点以垂直磁感应强度方向射入，初速度方向与 ab 平行，其中一部分自 c 射出，一部分从 d 射出，它们在磁场中运动的轨迹半径分别为 r_c 和 r_d，运动时间分别为 t_c 和 t_d，不计重力和电子间相互作用，则 \(\frac{{{r_{\rm{c}}}}}{{{r_{\rm{d}}}}}\) = ________，\(\frac{{{t_{\rm{c}}}}}{{{t_{\rm{d}}}}}\) = ________。

【答案】

2，\(\frac{1}{2}\)

【解析】

设磁场边长为 a，如图所示，粒子从 c 点离开，其半径为 r_c = a，粒子从 d 点离开，其半径为 r_d = \(\frac{1}{2}\)a，则 r_c = 2r_d；由 T = \(\frac{{2\pi m}}{{qB}}\)，根据圆心角求出运行时间 t = \(\frac{\theta }{{2\pi }}\)T。运行时间 t_c = \(\frac{T}{4}\)，t_d = \(\frac{T}{2}\)，则 t_c = \(\frac{1}{2}\)t_d。

 

26．如图为一带电粒子在气泡室中穿过一薄金属箔的轨迹。气泡室内有垂直于纸面向里的匀强磁场。判断粒子带正电荷还是负电荷？带电粒子的运动方向如何？

【答案】

粒子带正电，带电粒子的运动方向：由 A 到 B。

【解析】

带电粒子在磁场中会受洛伦兹力作用，使粒子运动方向发生偏转。根据洛伦兹力提供曲线运动的向心力指向圆心（曲率中心），即可大致确定洛伦兹力的方向。匀强磁场的方向垂直纸面向里，使用左手定则时，四指指向即为正电荷运动的方向或与负电荷运动方向相反，可得带正电粒子运动方向由 A 到 B 或者带负电粒子运动方向由 B 到 A。因为带电粒子穿过薄金属箔后速度减小（克服阻力做功，能量减小），根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径 r = ，带电粒子速度减小圆周运动的半径随之减小，故可判断粒子运动方向是由 A 到 B，粒子带正电。

 

27．如图所示，三个质量相同，带相同正电荷的小球，从同一高度开始自由下落。其中甲直接落地，乙在下落过程中经过一个水平向右的匀强电场区域，丙在下落过程中经过一个垂直纸面向里的匀强磁场区域。不计空气阻力，则落到同一水平地面上时，______球的速度最大。_______球最后到达地面。

【答案】

乙，丙

【解析】

甲下落过程中只有重力做功，乙下落过程中重力和电场力都做正功，丙下落过程中洛伦兹力不做功也只有重力做功，由于从同一高度落到同一水平地面上，所以重力做功相同，乙有额外的电场力做正功，所以乙球下落速度最大。

甲作自由落体运动，乙在竖直方向作自由落体运动、在水平方向作初速度为零的匀加速运动，正电小球丙刚进入磁场区域时，受重力和向右的洛伦兹力而作曲线运动，速度有水平向右的分量，所以在竖直方向除受到重力作用外，还有洛伦兹力竖直向上的分力，导致下落的加速度小于重力加速度，下落时间变长。故下落时间最长的为丙。

 

28．普通回旋加速器原理如图所示，加速器由两个中空的半圆金属盒构成，两盒间留有缝隙，质量为 m，电荷量 + q 的带电粒子在两盒缝隙间被电场加速。粒子在间隙内总被加速，从而使其沿螺线轨迹逐渐趋近于盒的边缘。达到预期的速率后，用特殊装置把它们引出。若金属盒的半径为 R，置于磁感应强度为 B 的匀强磁场中。则带电粒子离开加速器时的预期速率和动能为多大？（忽略带电粒子质量的变化）

【答案】

v = \(\frac{{qBR}}{m}\)，E_k = \(\frac{{{q^2}{B^2}{R^2}}}{{2m}}\)

【解析】

带电粒子达到预期速率时，其做圆周运动的半径也达到最大。带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供带电粒子做匀速圆周运动所需的向心力。

qvB = m \(\frac{{{v^2}}}{R}\)

v = \(\frac{{qBR}}{m}\)

E_k = \(\frac{1}{2}\)mv² = \(\frac{{{q^2}{B^2}{R^2}}}{{2m}}\)

 

29．如图为质谱仪的示意图。速度选择器的匀强电场强度 E 为 1.2×10⁵ N/C，匀强磁场的磁感强度 B₁ 为 0.6 T（电场方向与磁场方向相互垂直）。偏转分离器的磁感应强度 B₂ 为 0.8 T。（已知质子质量为 1.67×10⁻²⁷ kg，元电荷的电荷量为 e = 1.60×10⁻¹⁹ C）试求能通过速度选择器的粒子速度的大小。如质子和氘核以相同速度进入偏转分离器，试求在质谱仪底片上收集到的条纹之间的距离 d。

【答案】

2×10⁵ m/s，5.2×10⁻³ m

【解析】

质子和氘核的电荷量相同为 e，但质量不同，氘核的质量是质子的 2 倍。能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，由此得出

eB₁v = eE

所以                                                           v = \(\frac{E}{{{B_1}}}\) = \(\frac{{1.2 \times {{10}^5}}}{{0.6}}\) m/s = 2×10⁵ m/s

粒子进入磁场 B₂ 后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有

eB₂v = m\(\frac{{{v^2}}}{R}\)，得 R = \(\frac{{mv}}{{e{B_2}}}\)

设质子质量为 m，则氘核质量为 2m，故

d = 2（R_氘 − R_氕）= 2（\(\frac{{2mv}}{{e{B_2}}}\)－ \(\frac{{mv}}{{e{B_2}}}\)）= \(\frac{{mv}}{{e{B_2}}}\) = \(\frac{{2 \times 1.67 \times {{10}^{ - 27}} \times 2 \times {{10}^5}}}{{0.8 \times 1.6 \times {{10}^{ - 19}}}}\) m= 5.2×10⁻³ m