專(zhuān)題24 磁場(chǎng)的基本性質(zhì)（原卷版）

專(zhuān)題24磁場(chǎng)的基本性質(zhì)目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一磁場(chǎng)的疊加和安培定則的應(yīng)用 1類(lèi)型1磁場(chǎng)的疊加 1類(lèi)型2安培定則的應(yīng)用 4題型二安培力的分析和計(jì)算 5類(lèi)型1通電導(dǎo)線(xiàn)有效長(zhǎng)度問(wèn)題 6類(lèi)型2判斷安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況 8題型三安培力作用下的平衡和加速問(wèn)題 9類(lèi)型1安培力作用下的平衡問(wèn)題 9類(lèi)型2安培力作用下的加速問(wèn)題 13題型四對(duì)洛倫茲力的理解和應(yīng)用 16題型五洛倫茲力作用下帶電體的運(yùn)動(dòng) 18題型六帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 22題型一磁場(chǎng)的疊加和安培定則的應(yīng)用1．磁場(chǎng)疊加問(wèn)題的分析思路(1)確定磁場(chǎng)場(chǎng)源，如通電導(dǎo)線(xiàn)。(2)定位空間中需求解磁場(chǎng)的點(diǎn)，利用安培定則判定各個(gè)場(chǎng)源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁場(chǎng)的大小和方向。如圖2所示為M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)BM、BN。(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，如圖中的合磁場(chǎng)B。2．安培定則的應(yīng)用在運(yùn)用安培定則判定直線(xiàn)電流和環(huán)形電流及通電螺線(xiàn)管的磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”。因果磁場(chǎng)原因(電流方向)結(jié)果(磁場(chǎng)方向)直線(xiàn)電流的磁場(chǎng)大拇指四指環(huán)形電流及通電螺線(xiàn)管的磁場(chǎng)四指大拇指類(lèi)型1磁場(chǎng)的疊加【例1】(2022·湖北省高考模擬)六根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)垂直紙面平行固定，其截面構(gòu)成一正六邊形，O為六邊形的中心，通過(guò)長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)a、b、c、d、e、f的電流分別為I1、I2、I3、I4、I5、I6，a、c、e中通過(guò)的電流大小相等，b、d、f中通過(guò)的電流大小相等，電流方向如圖5所示。已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在距導(dǎo)線(xiàn)r處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝keq\f(I,r)，此時(shí)O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6B，導(dǎo)線(xiàn)a在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則移除e處導(dǎo)線(xiàn)后，e處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A．0 B．BC.eq\r(3)B D．2B【例2】(2022·四川省儀隴宏德中學(xué)高三模擬)(多選)如圖，三根通電長(zhǎng)直細(xì)導(dǎo)線(xiàn)垂直于紙面固定，導(dǎo)線(xiàn)的橫截面(截面積不計(jì))分別位于以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓環(huán)上a、c、d三處，已知每根導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則()A．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于aO向右B．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向從O指向aC．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(eq\r(2)＋1)BD．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(eq\r(2)－1)B【例3】(2022·廣東深圳市高三月考)已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在周?chē)臻g某位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流大小成正比，與該位置到長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)的距離成反比．如圖所示，現(xiàn)有通有電流大小相同的兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)分別固定在正方體的兩條邊dh和hg上，彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，則關(guān)于a、b、c、e、f五點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．f、a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同B．c、e兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為2∶1C．c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大D．c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與ac平行【例4】(2021·河北選擇考模擬)如圖，兩根相互絕緣的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)分別沿x軸和y軸放置，沿x軸方向的電流為I0。已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在其周?chē)ぐl(fā)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，其中k為常量，I為導(dǎo)線(xiàn)中的電流，r為場(chǎng)中某點(diǎn)到導(dǎo)線(xiàn)的垂直距離。圖中A點(diǎn)的坐標(biāo)為(a，b)，若A點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則沿y軸放置的導(dǎo)線(xiàn)中電流的大小和方向分別為()A.eq\f(a,b)I0，沿y軸正向 B.eq\f(a,b)I0，沿y軸負(fù)向C.eq\f(b,a)I0，沿y軸正向 D.eq\f(b,a)I0，沿y軸負(fù)向類(lèi)型2安培定則的應(yīng)用【例1】(2022·廣東潮州市教學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，兩根平行固定放置的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)a和b載有大小、方向均相同的電流，a受到的磁場(chǎng)力大小為F，當(dāng)加入一與導(dǎo)線(xiàn)所在平面垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，a受到的磁場(chǎng)力大小變?yōu)?F，則此時(shí)b受到的磁場(chǎng)力大小為()A．F B．2FC．3F D．4F【例2】如圖所示，在同一絕緣水平面上固定三根平行且等間距的長(zhǎng)直通電導(dǎo)線(xiàn)a、b、c，導(dǎo)線(xiàn)中通有大小相等的恒定電流．已知導(dǎo)線(xiàn)a受到的安培力方向向左，則下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)線(xiàn)b中電流方向一定與導(dǎo)線(xiàn)a中電流方向相同B．導(dǎo)線(xiàn)c受到的安培力一定向右C．導(dǎo)線(xiàn)a、c受到的安培力的大小不一定相等D．導(dǎo)線(xiàn)b受到的安培力一定最大【例3】(2022·湖北宜昌市聯(lián)考)A、B、C三根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)均水平固定，導(dǎo)線(xiàn)通入的恒定電流大小相等，方向如圖所示，其中A、B垂直紙面且關(guān)于C對(duì)稱(chēng)，則導(dǎo)線(xiàn)C所受磁場(chǎng)力的情況是()A．大小為零 B．方向豎直向上C．方向豎直向下 D．方向水平向左題型二安培力的分析和計(jì)算1．大小計(jì)算(1)有效長(zhǎng)度：公式F＝IlB中的l是有效長(zhǎng)度，彎曲導(dǎo)線(xiàn)的有效長(zhǎng)度等于連接兩端點(diǎn)線(xiàn)段的長(zhǎng)度。相應(yīng)的電流沿l由始端流向末端，如圖所示。(2)電流元法：將導(dǎo)線(xiàn)分割成無(wú)限個(gè)小電流元，每一小段看成直導(dǎo)線(xiàn)，再按直線(xiàn)電流判斷和計(jì)算。2．安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的分析思路判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，首先必須弄清楚導(dǎo)體所在位置磁感線(xiàn)的分布情況，及導(dǎo)體中電流的方向，然后利用左手定則準(zhǔn)確判定導(dǎo)體的受力情況，進(jìn)而確定導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)。3．安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的判定方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動(dòng)方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流?小磁針條形磁體?通電螺線(xiàn)管?多個(gè)環(huán)形電流結(jié)論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線(xiàn)電流相互作用時(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法先分析電流在磁體磁場(chǎng)中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場(chǎng)的作用力類(lèi)型1通電導(dǎo)線(xiàn)有效長(zhǎng)度問(wèn)題【例1】(2022·山東濟(jì)南市高三月考)如圖所示，將一根同種材料，粗細(xì)均勻的導(dǎo)體圍成半徑為R的閉合導(dǎo)體線(xiàn)圈，固定在垂直線(xiàn)圈平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．C、D兩點(diǎn)將線(xiàn)圈分為上、下兩部分，且C、D兩點(diǎn)間上方部分的線(xiàn)圈所對(duì)應(yīng)的圓心角為120°.現(xiàn)將大小為I的恒定電流自C、D兩點(diǎn)間通入，則線(xiàn)圈C、D兩點(diǎn)間上、下兩部分導(dǎo)線(xiàn)受到的總安培力的大小為()A.eq\r(3)BIR B.eq\r(2)BIRC．BIR D．0【例1】(多選)(2022·廣東省選擇考模擬)(多選)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，將一個(gè)三分之二圓弧形導(dǎo)體ab固定在圖示位置，其圓心為O，半徑為r.在導(dǎo)體中通以方向從a→b的恒定電流I，將磁場(chǎng)沿順時(shí)針?lè)较蚶@垂直紙面并過(guò)O點(diǎn)的軸緩慢旋轉(zhuǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)體ab受到的安培力方向始終垂直紙面向外B．導(dǎo)體ab受到的安培力大小可能為零C．導(dǎo)體ab受到的安培力大小可能為BIrD．導(dǎo)體ab受到的安培力最大值為2BIr【例3】(2019·全國(guó)Ⅰ卷，17)如圖，等邊三角形線(xiàn)框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線(xiàn)框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線(xiàn)框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線(xiàn)框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0類(lèi)型2判斷安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況【例1】一個(gè)可以沿過(guò)圓心的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)的線(xiàn)圈L1和一個(gè)固定的線(xiàn)圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個(gè)線(xiàn)圈的圓心重合，如圖所示．當(dāng)兩線(xiàn)圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，線(xiàn)圈L1將()A．不動(dòng)B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．在紙面內(nèi)平動(dòng)【例2】(2022·上海師大附中高三學(xué)業(yè)考試)水平桌面上一條形磁體的上方，有一根通電直導(dǎo)線(xiàn)由S極的上端平行于桌面移到N極上端的過(guò)程中，磁體始終保持靜止，導(dǎo)線(xiàn)始終保持與磁體垂直，電流方向如圖所示．則在這個(gè)過(guò)程中，磁體受到的摩擦力的方向和桌面對(duì)磁體的彈力()A．摩擦力始終為零，彈力大于磁體重力B．摩擦力始終不為零，彈力大于磁體重力C．摩擦力方向由向左變?yōu)橄蛴?，彈力大于磁體重力D．摩擦力方向由向右變?yōu)橄蜃?，彈力小于磁體重力題型三安培力作用下的平衡和加速問(wèn)題解題思路：(1)選定研究對(duì)象．(2)受力分析時(shí)，變立體圖為平面圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫(huà)出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如圖所示：類(lèi)型1安培力作用下的平衡問(wèn)題【例1】(2022·湖南衡陽(yáng)市聯(lián)考)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)有一傾角為θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的導(dǎo)線(xiàn)，通以如圖12所示方向的電流I時(shí)，通電導(dǎo)線(xiàn)能靜止在斜面上，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)線(xiàn)所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向上C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于斜面向下時(shí)，其大小最小，且最小值為B＝eq\f(mgsinθ,IL)【例2】(2022·重慶市適應(yīng)性測(cè)試)如圖所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧上端固定，下端連接一質(zhì)量為40g的金屬導(dǎo)體棒，部分導(dǎo)體棒處于邊界寬度為d＝10cm的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。導(dǎo)體棒通入4A的電流后靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量是未通電時(shí)的1.5倍。若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，導(dǎo)體棒一直保持水平，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為(取重力加速度g＝10m/s2)()A．0.25T B．0.5TC．0.75T D．0.83T【例3】(2022·湖南省適應(yīng)性考試)如圖所示，力傳感器固定在天花板上，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形勻質(zhì)導(dǎo)線(xiàn)框abcd用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛于力傳感器的測(cè)力端，導(dǎo)線(xiàn)框與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線(xiàn)框的bcd部分處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，b、d兩點(diǎn)位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的水平邊界線(xiàn)上。若在導(dǎo)線(xiàn)框中通以大小為I、方向如圖所示的恒定電流，導(dǎo)線(xiàn)框處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，力傳感器的示數(shù)為F1。只改變電流方向，其他條件不變，力傳感器的示數(shù)為F2，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)【例3】(2022·江蘇南京市十三中教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線(xiàn)與豎直方向夾角均為θ。則()A．僅棒中的電流變小，θ變小B．僅兩懸線(xiàn)等長(zhǎng)變長(zhǎng)，θ變大C．僅金屬棒質(zhì)量變大，θ變大D．僅磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ變小【例4】某同學(xué)自制一電流表，其原理如圖所示．質(zhì)量為m的均勻細(xì)金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ab＝L1，bc＝L2，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外．MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度．MN的長(zhǎng)度大于ab，當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且處于靜止時(shí)，MN與矩形區(qū)域的ab邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時(shí)，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度．MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g.下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)電流表的示數(shù)為零時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為eq\f(mg,k)B．標(biāo)尺上的電流刻度是均勻的C．為使電流表正常工作，流過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)镹→MD．電流表的量程為eq\f(mg＋kL2,BL1)【例5】(2022·福建省南安第一中學(xué)高三月考)如圖所示，電阻不計(jì)的水平導(dǎo)軌間距L＝0.5m，導(dǎo)軌處于方向與水平面成53°角斜向右上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置且處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝0.9Ω，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，其內(nèi)阻r＝0.1Ω，定值電阻的阻值R0＝4Ω.不計(jì)定滑輪的摩擦，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，細(xì)繩對(duì)ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)通過(guò)ab的電流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范圍．類(lèi)型2安培力作用下的加速問(wèn)題【例1】如圖所示，寬為L(zhǎng)＝0.5m的光滑導(dǎo)軌與水平面成θ＝37°角，質(zhì)量為m＝0.1kg、長(zhǎng)也為L(zhǎng)＝0.5m的金屬桿ab水平放置在導(dǎo)軌上，電源電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻r＝0.5Ω，金屬桿電阻為R1＝1Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．金屬桿與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，當(dāng)電阻箱的電阻調(diào)為R2＝0.9Ω時(shí)，金屬桿恰好能靜止．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)保持其他條件不變，當(dāng)電阻箱的電阻調(diào)為R2′＝0.5Ω時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)S，同時(shí)由靜止釋放金屬桿，求此時(shí)金屬桿的加速度．【例2】(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根水平放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌平面水平，導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN.現(xiàn)從t＝0時(shí)刻起，在棒中通以由M到N方向的電流且電流與時(shí)間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．下列關(guān)于棒的速度、加速度隨時(shí)間t變化的關(guān)系中，可能正確的是()【例3】航空母艦的艦載機(jī)在起飛的過(guò)程中，僅靠自身發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣不足以在飛行甲板上達(dá)到起飛速度，如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(tǒng)(如圖甲所示)就能達(dá)到起飛速度．電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)原理圖可簡(jiǎn)化為圖乙所示，圖中MN、PQ是光滑平行金屬直導(dǎo)軌(電阻忽略不計(jì))，AB是電磁彈射車(chē)，回路PBAM中電流恒定，該電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)彈射車(chē)施加力的作用，從而帶動(dòng)艦載機(jī)由靜止開(kāi)始向右加速起飛，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于該系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是()A．MN、PQ間的磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)B．彈射車(chē)的速度與運(yùn)動(dòng)的時(shí)間成正比C．彈射車(chē)所受的安培力與電流的大小成正比D．回路PBAM中通以交變電流，彈射車(chē)不能正常加速【例4】(2022·湘豫名校聯(lián)考)如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)固定兩光滑平行導(dǎo)體圓環(huán)，兩圓環(huán)正對(duì)放置，圓環(huán)半徑均為R＝0.125m，相距1m。圓環(huán)通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)與電源相連，電源的電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻不計(jì)。在兩圓環(huán)上水平放置一導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒質(zhì)量為0.06kg，接入電路的電阻r＝1.5Ω，圓環(huán)電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上。開(kāi)關(guān)S閉合后，棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，如圖乙所示，該位置對(duì)應(yīng)的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)導(dǎo)體棒靜止在某位置時(shí)所受安培力的大??；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；(3)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)單個(gè)圓環(huán)的壓力。題型四對(duì)洛倫茲力的理解和應(yīng)用1．洛倫茲力的特點(diǎn)(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷。(2)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中不一定受洛倫茲力作用。(3)洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力一定不做功。2．與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場(chǎng)力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。【例1】(多選)核聚變具有極高效率、原料豐富以及安全清潔等優(yōu)勢(shì)，中科院等離子體物理研究所設(shè)計(jì)制造了全超導(dǎo)非圓界面托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置(EAST)，這是我國(guó)科學(xué)家率先建成世界上第一個(gè)全超導(dǎo)核聚變“人造太陽(yáng)”實(shí)驗(yàn)裝置．將原子核在約束磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，如圖所示，磁場(chǎng)水平向右分布在空間中，所有粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內(nèi)，忽略粒子重力的影響，以下判斷正確的是()A．甲粒子受到的洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右B．乙粒子受到的洛倫茲力大小為0，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．丙粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．所有粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變【例2】如圖所示，兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線(xiàn)的中點(diǎn)，連線(xiàn)上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．導(dǎo)線(xiàn)中均通有大小相等、方向向上的電流．已知長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在周?chē)a(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線(xiàn)中的電流、r為點(diǎn)到導(dǎo)線(xiàn)的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)在桌面上沿連線(xiàn)MN運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)．關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹跍p小【例3】．(2022·浙江高三模擬)一根通電直導(dǎo)線(xiàn)水平放置，通過(guò)直導(dǎo)線(xiàn)的恒定電流方向如圖所示，現(xiàn)有一電子從直導(dǎo)線(xiàn)下方以水平向右的初速度v開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不考慮電子重力，關(guān)于接下來(lái)電子的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)的半徑逐漸變大B．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)的半徑逐漸變小C．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)的半徑逐漸變大D．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)的半徑逐漸變小題型五洛倫茲力作用下帶電體的運(yùn)動(dòng)帶電體做變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會(huì)發(fā)生變化，與接觸面間彈力隨著變化(若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發(fā)生變化)，最后若彈力減小到0，帶電體離開(kāi)接觸面．【例1】(2022·云南昆明一中高三月考)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m＝1.5×10－4kg的小滑塊，帶有q＝5×10－4C的電荷量，放置在傾角α＝37°的光滑絕緣斜面上，斜面固定且置于B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，小滑塊由靜止開(kāi)始沿斜面滑下，斜面足夠長(zhǎng)，小滑塊滑至某一位置時(shí)，將脫離斜面(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)小滑塊帶何種電荷；(2)小滑塊離開(kāi)斜面時(shí)的瞬時(shí)速度多大；(3)該斜面長(zhǎng)度至少多長(zhǎng)．【例2】(2022·甘肅嘉峪關(guān)市第一中學(xué)高三月考)如圖所示，一傾角為θ＝53°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在豎直向上、大小E＝1×102N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外、大小B＝1×102T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)讓一質(zhì)量m＝0.4kg、電荷量q＝1×10－2C的帶負(fù)電小滑塊從斜面上某點(diǎn)由靜止釋放，小滑塊運(yùn)動(dòng)1m后離開(kāi)斜面．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，則以下說(shuō)法正確的是()A．離開(kāi)斜面前小滑塊沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)B．小滑塊離開(kāi)斜面時(shí)的速度大小為1.8m/sC．在離開(kāi)斜面前的過(guò)程中小滑塊電勢(shì)能增加了0.8JD．在離開(kāi)斜面前的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為2.2J【例3】．如圖所示，足夠大的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中固定一光滑斜面，A、B兩物塊疊放在斜面上，A帶正電，B不帶電且上表面絕緣．在t＝0時(shí)刻，釋放兩物塊，A、B由靜止開(kāi)始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的是()A．A所受洛倫茲力大小與時(shí)間t成正比關(guān)系B．A對(duì)B的壓力大小與時(shí)間t成反比關(guān)系C．A、B間的摩擦力越來(lái)越小D．斜面傾角越大，A、B一起沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移越大【例4】如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向里．一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無(wú)初速度滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn)．若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B．小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過(guò)程中，外力F大小保持不變D．小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率不變【例5】.(多選)如圖，空間有一垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.3kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板右端無(wú)初速度放上一質(zhì)量為0.4kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.45，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力．t＝0時(shí)對(duì)滑塊施加方向水平向左，大小為2.1N的恒力．g取10m/s2，則()A．木板和滑塊一直做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)B．木板先做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．當(dāng)木塊的速度等于10m/s時(shí)與木板恰好分離D．t＝1s時(shí)滑塊和木板開(kāi)始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)題型六帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)帶電粒子平行于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．2．帶電粒子以速度v垂直磁場(chǎng)方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(1)洛倫茲力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).(2)軌跡半徑：r＝eq\f(mv,qB).(3)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，可知T與運(yùn)動(dòng)速度和軌跡半徑無(wú)關(guān)，只和粒子的比荷和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)．(4)運(yùn)動(dòng)時(shí)間：當(dāng)帶電粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ(弧度)時(shí)，所用時(shí)間t＝eq\f(θ,2π)T.(5)動(dòng)能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(Bqr2,2m).【例1】(多選)兩個(gè)帶正電的粒子，以相同大小的速率在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量之比為m甲∶m乙＝2∶1、帶電荷量之比為q甲∶q乙＝1∶3.不計(jì)粒子重力和粒子之間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是()A．粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑之比為R甲∶R乙＝1∶6B．粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期之比為T(mén)甲∶T乙＝6∶1C．粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大小之比為ω甲∶ω乙＝3∶2D．粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為a甲∶a乙＝1∶6【例2】如圖所示，為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)示意圖．由電子槍產(chǎn)生電子束，玻璃泡內(nèi)充有稀薄氣體，在電子束通過(guò)時(shí)能夠顯示電子的徑跡．當(dāng)通有恒定電流時(shí)前后兩個(gè)勵(lì)磁線(xiàn)圈之間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與兩個(gè)線(xiàn)圈中心的連線(xiàn)平行．電子速度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度可以分別通過(guò)電子槍的加速電壓U和勵(lì)磁線(xiàn)圈的電流I來(lái)調(diào)節(jié)．適當(dāng)調(diào)節(jié)U和I，玻璃泡中就會(huì)出現(xiàn)電子束的圓形徑跡．通過(guò)下列調(diào)節(jié)，一定能讓圓形徑跡半徑減小的是()A．減小U，增大IB．增大U，減小IC．同時(shí)減小U和ID．同時(shí)增大U和I【例3】(2022·湖北省高考模擬)速度方向相同、動(dòng)能一樣大的電子、質(zhì)子及α粒子從AD邊某點(diǎn)O垂直進(jìn)入某種場(chǎng)中(圖甲為勻強(qiáng)電場(chǎng)，乙為勻強(qiáng)磁場(chǎng))，都能從BC邊離開(kāi)場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)質(zhì)子與中子的質(zhì)量差異．關(guān)于它們?cè)趫?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是()A．若為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡有兩條B．若為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)α粒子動(dòng)能最大C．若為勻強(qiáng)電場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)質(zhì)子和α粒子動(dòng)能增加，電子動(dòng)能減小D．若為勻強(qiáng)電場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)這三種粒子的速度偏轉(zhuǎn)角大小都不相等【例4】一個(gè)帶電粒子沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子的一段軌跡如圖所示，軌跡上的每一小段都可近似看成圓?。捎趲щ娏Ｗ邮寡赝镜目諝怆婋x，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變)，則從圖中情況可以確定()A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從a到b，帶負(fù)電C．粒子從b到a，帶正電D．粒子從b到a，帶負(fù)電【例5】(多選)如圖所示，分界線(xiàn)MN上下兩側(cè)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)出發(fā)，以一定的初速度v0沿紙面垂直MN向上射出，經(jīng)時(shí)間t又回到出發(fā)點(diǎn)O，形成了圖示心形圖案，則()A．粒子一定帶正電荷B．MN上下兩側(cè)的磁場(chǎng)方向相同C．MN上下兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1∶B2＝1∶2D．時(shí)間t＝eq\f(2πm,qB2)

專(zhuān)題24磁場(chǎng)的基本性質(zhì)目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一磁場(chǎng)的疊加和安培定則的應(yīng)用 1類(lèi)型1磁場(chǎng)的疊加 1類(lèi)型2安培定則的應(yīng)用 4題型二安培力的分析和計(jì)算 5類(lèi)型1通電導(dǎo)線(xiàn)有效長(zhǎng)度問(wèn)題 6類(lèi)型2判斷安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況 8題型三安培力作用下的平衡和加速問(wèn)題 9類(lèi)型1安培力作用下的平衡問(wèn)題 9類(lèi)型2安培力作用下的加速問(wèn)題 13題型四對(duì)洛倫茲力的理解和應(yīng)用 16題型五洛倫茲力作用下帶電體的運(yùn)動(dòng) 18題型六帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 22題型一磁場(chǎng)的疊加和安培定則的應(yīng)用1．磁場(chǎng)疊加問(wèn)題的分析思路(1)確定磁場(chǎng)場(chǎng)源，如通電導(dǎo)線(xiàn)。(2)定位空間中需求解磁場(chǎng)的點(diǎn)，利用安培定則判定各個(gè)場(chǎng)源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁場(chǎng)的大小和方向。如圖2所示為M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)BM、BN。(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成，如圖中的合磁場(chǎng)B。2．安培定則的應(yīng)用在運(yùn)用安培定則判定直線(xiàn)電流和環(huán)形電流及通電螺線(xiàn)管的磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)分清“因”和“果”。因果磁場(chǎng)原因(電流方向)結(jié)果(磁場(chǎng)方向)直線(xiàn)電流的磁場(chǎng)大拇指四指環(huán)形電流及通電螺線(xiàn)管的磁場(chǎng)四指大拇指類(lèi)型1磁場(chǎng)的疊加【例1】(2022·湖北省高考模擬)六根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)垂直紙面平行固定，其截面構(gòu)成一正六邊形，O為六邊形的中心，通過(guò)長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)a、b、c、d、e、f的電流分別為I1、I2、I3、I4、I5、I6，a、c、e中通過(guò)的電流大小相等，b、d、f中通過(guò)的電流大小相等，電流方向如圖5所示。已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在距導(dǎo)線(xiàn)r處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝keq\f(I,r)，此時(shí)O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6B，導(dǎo)線(xiàn)a在O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則移除e處導(dǎo)線(xiàn)后，e處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A．0 B．BC.eq\r(3)B D．2B【答案】A【解析】結(jié)合題圖可知各導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向如圖甲所示，a、c、e中通過(guò)的電流大小相等，且到O點(diǎn)的距離相等，若通過(guò)a、c、e三條導(dǎo)線(xiàn)的電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，則若通過(guò)b、d、f三條導(dǎo)線(xiàn)的電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4B，結(jié)合上述分析可知，b、d、f三條導(dǎo)線(xiàn)中的電流大小是a、c、e三條導(dǎo)線(xiàn)中電流大小的2倍；去掉e導(dǎo)線(xiàn)后剩余導(dǎo)線(xiàn)在e點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向如圖乙所示。由B＝keq\f(I,r)，可知B4′＝B6′＝2B，夾角為120°，B1′＝B3′＝eq\f(\r(3),3)B，夾角為60°，B2′＝B，由平行四邊形定則求得e點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0。故選項(xiàng)A正確。【例2】(2022·四川省儀隴宏德中學(xué)高三模擬)(多選)如圖，三根通電長(zhǎng)直細(xì)導(dǎo)線(xiàn)垂直于紙面固定，導(dǎo)線(xiàn)的橫截面(截面積不計(jì))分別位于以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓環(huán)上a、c、d三處，已知每根導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則()A．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于aO向右B．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向從O指向aC．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(eq\r(2)＋1)BD．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(eq\r(2)－1)B【答案】AC【解析】磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加如圖所示，每根導(dǎo)線(xiàn)在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，可得O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BO＝2Bcos45°＋B＝(eq\r(2)＋1)B，BO方向垂直于aO向右．故選A、C.【例3】(2022·廣東深圳市高三月考)已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在周?chē)臻g某位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流大小成正比，與該位置到長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)的距離成反比．如圖所示，現(xiàn)有通有電流大小相同的兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)分別固定在正方體的兩條邊dh和hg上，彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，則關(guān)于a、b、c、e、f五點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．f、a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度相同B．c、e兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為2∶1C．c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大D．c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與ac平行【答案】C【解析】由對(duì)稱(chēng)性可知，f、a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，但是方向不相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)每根直導(dǎo)線(xiàn)的電流為I，則B＝eq\f(kI,r)，若正方形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，則c點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bc＝eq\f(2kI,L)，e點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Be＝eq\f(\r(2)kI,L)，大小之比為eq\r(2)∶1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；a、b、c、e、f五個(gè)點(diǎn)中c點(diǎn)距離兩通電導(dǎo)線(xiàn)距離都是最小，且兩根通電導(dǎo)線(xiàn)在c點(diǎn)的磁場(chǎng)方向相同，都沿著b→c方向，則合成后磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．【例4】(2021·河北選擇考模擬)如圖，兩根相互絕緣的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)分別沿x軸和y軸放置，沿x軸方向的電流為I0。已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在其周?chē)ぐl(fā)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，其中k為常量，I為導(dǎo)線(xiàn)中的電流，r為場(chǎng)中某點(diǎn)到導(dǎo)線(xiàn)的垂直距離。圖中A點(diǎn)的坐標(biāo)為(a，b)，若A點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則沿y軸放置的導(dǎo)線(xiàn)中電流的大小和方向分別為()A.eq\f(a,b)I0，沿y軸正向 B.eq\f(a,b)I0，沿y軸負(fù)向C.eq\f(b,a)I0，沿y軸正向 D.eq\f(b,a)I0，沿y軸負(fù)向【答案】A【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知，沿x軸的電流在A點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝keq\f(I0,b)，方向垂直于紙面向外，因?yàn)锳點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，所以沿y軸的電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直紙面向里，大小等于B1，有keq\f(I,a)＝keq\f(I0,b)，解得I＝eq\f(a,b)I0，根據(jù)右手螺旋定則可知電流方向沿y軸正方向，故A正確。類(lèi)型2安培定則的應(yīng)用【例1】(2022·廣東潮州市教學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，兩根平行固定放置的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)a和b載有大小、方向均相同的電流，a受到的磁場(chǎng)力大小為F，當(dāng)加入一與導(dǎo)線(xiàn)所在平面垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，a受到的磁場(chǎng)力大小變?yōu)?F，則此時(shí)b受到的磁場(chǎng)力大小為()A．F B．2FC．3F D．4F【答案】A【解析】根據(jù)安培定則和左手定則可知a導(dǎo)線(xiàn)受到的F水平向右，由牛頓第三定律可知b受到a施加的磁場(chǎng)力也為F，方向水平向左。加勻強(qiáng)磁場(chǎng)后a受到的磁場(chǎng)力大小為3F，方向水平向右，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)施加給a的力方向水平向右，大小為2F，施加給同向電流b的力方向也水平向右，則b受到的合力大小為2F－F＝F，所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤。【例2】如圖所示，在同一絕緣水平面上固定三根平行且等間距的長(zhǎng)直通電導(dǎo)線(xiàn)a、b、c，導(dǎo)線(xiàn)中通有大小相等的恒定電流．已知導(dǎo)線(xiàn)a受到的安培力方向向左，則下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)線(xiàn)b中電流方向一定與導(dǎo)線(xiàn)a中電流方向相同B．導(dǎo)線(xiàn)c受到的安培力一定向右C．導(dǎo)線(xiàn)a、c受到的安培力的大小不一定相等D．導(dǎo)線(xiàn)b受到的安培力一定最大【答案】C【解析】由于導(dǎo)線(xiàn)a受到的安培力方向垂直導(dǎo)線(xiàn)向左，故導(dǎo)線(xiàn)b的電流方向一定與導(dǎo)線(xiàn)a中電流方向相反，故A錯(cuò)誤；若導(dǎo)線(xiàn)c的電流方向與導(dǎo)線(xiàn)a相反，則導(dǎo)線(xiàn)c受到安培力的方向向左；若導(dǎo)線(xiàn)c的電流方向與導(dǎo)線(xiàn)a相同，則導(dǎo)線(xiàn)c受到安培力的方向向右，故B錯(cuò)誤；只有當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)c的電流方向與導(dǎo)線(xiàn)a相同時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)a、c受到安培力的大小才相等，故C正確；當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)c的電流方向與導(dǎo)線(xiàn)b相同時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)b受到的安培力最大，故D錯(cuò)誤．【例3】(2022·湖北宜昌市聯(lián)考)A、B、C三根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)均水平固定，導(dǎo)線(xiàn)通入的恒定電流大小相等，方向如圖所示，其中A、B垂直紙面且關(guān)于C對(duì)稱(chēng)，則導(dǎo)線(xiàn)C所受磁場(chǎng)力的情況是()A．大小為零 B．方向豎直向上C．方向豎直向下 D．方向水平向左【答案】A【解析】由安培定則、對(duì)稱(chēng)性與磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加原理，可知A、B通電直導(dǎo)線(xiàn)在導(dǎo)線(xiàn)C處的合磁場(chǎng)方向總是水平向右，所以導(dǎo)線(xiàn)C所受磁場(chǎng)力大小為零，則A正確，B、C、D錯(cuò)誤。題型二安培力的分析和計(jì)算1．大小計(jì)算(1)有效長(zhǎng)度：公式F＝IlB中的l是有效長(zhǎng)度，彎曲導(dǎo)線(xiàn)的有效長(zhǎng)度等于連接兩端點(diǎn)線(xiàn)段的長(zhǎng)度。相應(yīng)的電流沿l由始端流向末端，如圖所示。(2)電流元法：將導(dǎo)線(xiàn)分割成無(wú)限個(gè)小電流元，每一小段看成直導(dǎo)線(xiàn)，再按直線(xiàn)電流判斷和計(jì)算。2．安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的分析思路判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，首先必須弄清楚導(dǎo)體所在位置磁感線(xiàn)的分布情況，及導(dǎo)體中電流的方向，然后利用左手定則準(zhǔn)確判定導(dǎo)體的受力情況，進(jìn)而確定導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)。3．安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的判定方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運(yùn)動(dòng)方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運(yùn)動(dòng)方向等效法環(huán)形電流?小磁針條形磁體?通電螺線(xiàn)管?多個(gè)環(huán)形電流結(jié)論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線(xiàn)電流相互作用時(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢(shì)轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法先分析電流在磁體磁場(chǎng)中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場(chǎng)的作用力類(lèi)型1通電導(dǎo)線(xiàn)有效長(zhǎng)度問(wèn)題【例1】(2022·山東濟(jì)南市高三月考)如圖所示，將一根同種材料，粗細(xì)均勻的導(dǎo)體圍成半徑為R的閉合導(dǎo)體線(xiàn)圈，固定在垂直線(xiàn)圈平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．C、D兩點(diǎn)將線(xiàn)圈分為上、下兩部分，且C、D兩點(diǎn)間上方部分的線(xiàn)圈所對(duì)應(yīng)的圓心角為120°.現(xiàn)將大小為I的恒定電流自C、D兩點(diǎn)間通入，則線(xiàn)圈C、D兩點(diǎn)間上、下兩部分導(dǎo)線(xiàn)受到的總安培力的大小為()A.eq\r(3)BIR B.eq\r(2)BIRC．BIR D．0【答案】A【解析】由幾何關(guān)系可知，C、D兩點(diǎn)間的距離L＝Rsin60°×2＝eq\r(3)R，由等效思想可知，導(dǎo)體線(xiàn)圈受到的總安培力的大小F安＝BIL＝eq\r(3)BIR，故選A.【例1】(多選)(2022·廣東省選擇考模擬)(多選)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，將一個(gè)三分之二圓弧形導(dǎo)體ab固定在圖示位置，其圓心為O，半徑為r.在導(dǎo)體中通以方向從a→b的恒定電流I，將磁場(chǎng)沿順時(shí)針?lè)较蚶@垂直紙面并過(guò)O點(diǎn)的軸緩慢旋轉(zhuǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)體ab受到的安培力方向始終垂直紙面向外B．導(dǎo)體ab受到的安培力大小可能為零C．導(dǎo)體ab受到的安培力大小可能為BIrD．導(dǎo)體ab受到的安培力最大值為2BIr【答案】BC【解析】根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)沿順時(shí)針?lè)较蚶@垂直紙面并過(guò)O點(diǎn)的軸緩慢旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中安培力的方向可能垂直紙面向外，也可能垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；當(dāng)磁場(chǎng)的方向與ab的連線(xiàn)平行時(shí)，此時(shí)導(dǎo)體ab受到的安培力大小為零，故B正確；ab的連線(xiàn)長(zhǎng)度L＝eq\r(3)r，當(dāng)磁場(chǎng)方向與ab的連線(xiàn)垂直時(shí)，此時(shí)的安培力最大F安＝BIL＝eq\r(3)BIr，安培力最小值為0，最大值為eq\r(3)BIr，所以在磁場(chǎng)轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體ab受到的安培力大小可能為BIr，不可能為2BIr，故C正確，D錯(cuò)誤．【例3】(2019·全國(guó)Ⅰ卷，17)如圖，等邊三角形線(xiàn)框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線(xiàn)框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線(xiàn)框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接。已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線(xiàn)框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0【答案】B【解析】設(shè)每根導(dǎo)體棒的電阻為R，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則外電路中，上、下電路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下電路電流之比I1∶I2＝1∶2。如圖所示，每根導(dǎo)體棒長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，由于上面電路MLN通電的導(dǎo)體棒受到的安培力的有效長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，根據(jù)安培力計(jì)算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線(xiàn)框LMN所受到的安培力大小為F＋F′＝1.5F，選項(xiàng)B正確。類(lèi)型2判斷安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)情況【例1】一個(gè)可以沿過(guò)圓心的水平軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)的線(xiàn)圈L1和一個(gè)固定的線(xiàn)圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個(gè)線(xiàn)圈的圓心重合，如圖所示．當(dāng)兩線(xiàn)圈中通以圖示方向的電流時(shí)，從左向右看，線(xiàn)圈L1將()A．不動(dòng)B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．在紙面內(nèi)平動(dòng)【答案】B【解析】方法一(電流元法)把線(xiàn)圈L1沿水平轉(zhuǎn)動(dòng)軸分成上、下兩部分，每一部分又可以看成無(wú)數(shù)段直線(xiàn)電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場(chǎng)方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內(nèi)，因此從左向右看線(xiàn)圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．方法二(等效法)把線(xiàn)圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應(yīng)指向該點(diǎn)環(huán)形電流I2的磁場(chǎng)方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉(zhuǎn)動(dòng)前，N極指向紙內(nèi)，因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上，所以從左向右看，線(xiàn)圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．方法三(結(jié)論法)環(huán)形電流I1、I2不平行，則一定有相對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)，直到兩環(huán)形電流同向平行為止．據(jù)此可得，從左向右看，線(xiàn)圈L1將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．【例2】(2022·上海師大附中高三學(xué)業(yè)考試)水平桌面上一條形磁體的上方，有一根通電直導(dǎo)線(xiàn)由S極的上端平行于桌面移到N極上端的過(guò)程中，磁體始終保持靜止，導(dǎo)線(xiàn)始終保持與磁體垂直，電流方向如圖所示．則在這個(gè)過(guò)程中，磁體受到的摩擦力的方向和桌面對(duì)磁體的彈力()A．摩擦力始終為零，彈力大于磁體重力B．摩擦力始終不為零，彈力大于磁體重力C．摩擦力方向由向左變?yōu)橄蛴遥瑥椓Υ笥诖朋w重力D．摩擦力方向由向右變?yōu)橄蜃?，彈力小于磁體重力【答案】C【解析】如圖所示，導(dǎo)線(xiàn)在S極上方時(shí)所受安培力方向斜向左上方，由牛頓第三定律可知，磁體受到的磁場(chǎng)力斜向右下方，磁體有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則磁體受到的摩擦力水平向左；磁體對(duì)桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對(duì)磁體的彈力大于磁體重力；如圖所示，當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)在N極上方時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)所受安培力方向斜向右上方，由牛頓第三定律可知，磁體受到的磁場(chǎng)力斜向左下方，磁體有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則磁體受到的摩擦力水平向右；磁體對(duì)桌面的壓力大于磁體的重力，因此桌面對(duì)磁體的彈力大于磁體重力；由以上分析可知，磁體受到的摩擦力先向左后向右，桌面對(duì)磁體的彈力始終大于磁體的重力，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．題型三安培力作用下的平衡和加速問(wèn)題解題思路：(1)選定研究對(duì)象．(2)受力分析時(shí)，變立體圖為平面圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫(huà)出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如圖所示：類(lèi)型1安培力作用下的平衡問(wèn)題【例1】(2022·湖南衡陽(yáng)市聯(lián)考)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)有一傾角為θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的導(dǎo)線(xiàn)，通以如圖12所示方向的電流I時(shí)，通電導(dǎo)線(xiàn)能靜止在斜面上，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)線(xiàn)所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向上C．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可能為B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于斜面向下時(shí)，其大小最小，且最小值為B＝eq\f(mgsinθ,IL)【答案】D【解析】根據(jù)重力、支持力、安培力三力平衡可知，導(dǎo)線(xiàn)所受的安培力垂直于斜面向下時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)所受合力不能為0，導(dǎo)線(xiàn)不能靜止，A錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)方向豎直向上，則安培力方向水平水平向左，導(dǎo)線(xiàn)不能靜止，B錯(cuò)誤；若磁場(chǎng)方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導(dǎo)線(xiàn)不能靜止，C錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下時(shí)，安培力方向沿斜面向上，此時(shí)安培力最小，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，故有mgsinθ＝ILB，解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，D正確?！纠?】(2022·重慶市適應(yīng)性測(cè)試)如圖所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧上端固定，下端連接一質(zhì)量為40g的金屬導(dǎo)體棒，部分導(dǎo)體棒處于邊界寬度為d＝10cm的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。導(dǎo)體棒通入4A的電流后靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量是未通電時(shí)的1.5倍。若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，導(dǎo)體棒一直保持水平，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為(取重力加速度g＝10m/s2)()A．0.25T B．0.5TC．0.75T D．0.83T【答案】B【解析】未通電時(shí)，導(dǎo)體棒的重力與兩彈簧的彈力相等，根據(jù)平衡條件可知mg＝2kx，通電后，通過(guò)導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)閺挠蚁蜃?，根?jù)左手定則可知安培力方向豎直向下，根據(jù)平衡條件可知mg＋BId＝2k×1.5x，兩式相比得eq\f(mg,mg＋BId)＝eq\f(2kx,2k×1.5x)＝eq\f(1,1.5)，解得B＝0.5T，故B正確。【例3】(2022·湖南省適應(yīng)性考試)如圖所示，力傳感器固定在天花板上，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形勻質(zhì)導(dǎo)線(xiàn)框abcd用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛于力傳感器的測(cè)力端，導(dǎo)線(xiàn)框與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線(xiàn)框的bcd部分處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，b、d兩點(diǎn)位于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的水平邊界線(xiàn)上。若在導(dǎo)線(xiàn)框中通以大小為I、方向如圖所示的恒定電流，導(dǎo)線(xiàn)框處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，力傳感器的示數(shù)為F1。只改變電流方向，其他條件不變，力傳感器的示數(shù)為F2，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(F2－F1,4IL) B.eq\f(F1－F2,4IL)C.eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq\f(\r(2)（F1－F2）,4IL)【答案】C【解析】線(xiàn)框在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為bd＝eq\r(2)L，當(dāng)電流方向?yàn)轭}圖所示方向時(shí)，由平衡條件得F1＋eq\r(2)ILB＝mg①改變電流方向后，安培力方向豎直向下，有F2＝mg＋eq\r(2)ILB②聯(lián)立①②得B＝eq\f(\r(2)（F2－F1）,4IL)，C正確?！纠?】(2022·江蘇南京市十三中教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線(xiàn)與豎直方向夾角均為θ。則()A．僅棒中的電流變小，θ變小B．僅兩懸線(xiàn)等長(zhǎng)變長(zhǎng)，θ變大C．僅金屬棒質(zhì)量變大，θ變大D．僅磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ變小【答案】A【解析】金屬棒受力如圖所示，金屬棒平衡，可得tanθ＝eq\f(F安,mg)＝eq\f(ILB,mg)，金屬棒中電流I變小，θ角變小，故A正確；兩懸線(xiàn)等長(zhǎng)變長(zhǎng)，θ角不變，故B錯(cuò)誤；金屬棒質(zhì)量變大，θ角變小，故C錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變大，故D錯(cuò)誤?！纠?】某同學(xué)自制一電流表，其原理如圖所示．質(zhì)量為m的均勻細(xì)金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ab＝L1，bc＝L2，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外．MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度．MN的長(zhǎng)度大于ab，當(dāng)MN中沒(méi)有電流通過(guò)且處于靜止時(shí)，MN與矩形區(qū)域的ab邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度；當(dāng)MN中有電流時(shí)，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度．MN始終在紙面內(nèi)且保持水平，重力加速度為g.下列說(shuō)法中正確的是()A．當(dāng)電流表的示數(shù)為零時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為eq\f(mg,k)B．標(biāo)尺上的電流刻度是均勻的C．為使電流表正常工作，流過(guò)金屬桿的電流方向?yàn)镹→MD．電流表的量程為eq\f(mg＋kL2,BL1)【答案】B【解析】電流表示數(shù)為零時(shí)，金屬桿不受安培力，金屬桿在重力與彈簧彈力作用下處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得mg＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)，x0為彈簧伸長(zhǎng)量，不是彈簧的長(zhǎng)度，A錯(cuò)誤；當(dāng)電流為I時(shí)，安培力為FA＝BIL1，靜止時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量的增加量為Δx，根據(jù)胡克定律ΔF＝kΔx，可得Δx＝eq\f(FA,k)＝eq\f(BIL1,k)，Δx∝I，故標(biāo)尺上的電流刻度是均勻的，B正確；要使電流表正常工作，金屬桿應(yīng)向下移動(dòng)，所受的安培力應(yīng)向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應(yīng)從M至N，C錯(cuò)誤；設(shè)Δx＝L2，則有I＝Im，BImL1＝kL2，解得Im＝eq\f(kL2,BL1)，故電流表的量程為eq\f(kL2,BL1)，D錯(cuò)誤．【例5】(2022·福建省南安第一中學(xué)高三月考)如圖所示，電阻不計(jì)的水平導(dǎo)軌間距L＝0.5m，導(dǎo)軌處于方向與水平面成53°角斜向右上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置且處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量m＝1kg，電阻R＝0.9Ω，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，其內(nèi)阻r＝0.1Ω，定值電阻的阻值R0＝4Ω.不計(jì)定滑輪的摩擦，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，細(xì)繩對(duì)ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)通過(guò)ab的電流大小和方向；(2)ab受到的安培力大??；(3)重物重力G的取值范圍．【答案】(1)2A電流方向由a到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5N【解析】(1)由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R＋r＋R0)＝eq\f(10,0.9＋0.1＋4)A＝2A，電流方向由a到b；(2)ab受到的安培力大小為F安＝BIL＝5×2×0.5N＝5N(3)①若導(dǎo)體棒ab恰好有水平向左的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)時(shí)，導(dǎo)體棒所受靜摩擦力水平向右，則由共點(diǎn)力平衡條件可得mg＝F安cosα＋FN，F(xiàn)安sinα＝Ffmax＋G1，F(xiàn)fmax＝μFN聯(lián)立解得：G1＝0.5N；②若導(dǎo)體棒恰好有水平向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)時(shí)，導(dǎo)體棒所受靜摩擦力水平向左，則由共點(diǎn)力平衡條件可得：mg＝F安cosα＋FN，F(xiàn)安sinα＋Ffmax＝G2，F(xiàn)fmax＝μFN聯(lián)立解得：G2＝7.5N；綜合①②可得，重物重力G的取值范圍為0.5N≤G≤7.5N類(lèi)型2安培力作用下的加速問(wèn)題【例1】如圖所示，寬為L(zhǎng)＝0.5m的光滑導(dǎo)軌與水平面成θ＝37°角，質(zhì)量為m＝0.1kg、長(zhǎng)也為L(zhǎng)＝0.5m的金屬桿ab水平放置在導(dǎo)軌上，電源電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻r＝0.5Ω，金屬桿電阻為R1＝1Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．金屬桿與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，當(dāng)電阻箱的電阻調(diào)為R2＝0.9Ω時(shí)，金屬桿恰好能靜止．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)保持其他條件不變，當(dāng)電阻箱的電阻調(diào)為R2′＝0.5Ω時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)S，同時(shí)由靜止釋放金屬桿，求此時(shí)金屬桿的加速度．【答案】(1)1.2T(2)1.2m/s2，方向沿斜面向上【解析】(1)由安培力公式和平衡條件可得mgsinθ＝BILcosθ由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)解得B＝1.2T(2)由牛頓第二定律和閉合電路歐姆定律有BI′Lcosθ－mgsinθ＝maI′＝eq\f(E,R1＋R2′＋r)解得a＝1.2m/s2方向沿斜面向上．【例2】(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根水平放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌平面水平，導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN.現(xiàn)從t＝0時(shí)刻起，在棒中通以由M到N方向的電流且電流與時(shí)間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．下列關(guān)于棒的速度、加速度隨時(shí)間t變化的關(guān)系中，可能正確的是()【答案】BD【解析】由題可知，導(dǎo)軌粗糙，棒中通入的電流與時(shí)間成正比，I＝kt，棒將受到安培力作用，剛開(kāi)始時(shí)金屬棒不動(dòng)，當(dāng)安培力大于最大靜摩擦力時(shí)，棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得F－Ff＝ma，而F＝BIL，I＝kt得到BkL·t－Ff＝ma，可見(jiàn)a隨t的變化均勻增大，故A錯(cuò)誤，B正確．a(chǎn)增大，v－t圖像的斜率增大，故C錯(cuò)誤，D正確．【例3】航空母艦的艦載機(jī)在起飛的過(guò)程中，僅靠自身發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣不足以在飛行甲板上達(dá)到起飛速度，如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(tǒng)(如圖甲所示)就能達(dá)到起飛速度．電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)原理圖可簡(jiǎn)化為圖乙所示，圖中MN、PQ是光滑平行金屬直導(dǎo)軌(電阻忽略不計(jì))，AB是電磁彈射車(chē)，回路PBAM中電流恒定，該電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)彈射車(chē)施加力的作用，從而帶動(dòng)艦載機(jī)由靜止開(kāi)始向右加速起飛，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于該系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是()A．MN、PQ間的磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)B．彈射車(chē)的速度與運(yùn)動(dòng)的時(shí)間成正比C．彈射車(chē)所受的安培力與電流的大小成正比D．回路PBAM中通以交變電流，彈射車(chē)不能正常加速【答案】B【解析】根據(jù)安培定則可知，MN、PQ間有垂直紙面向外的磁場(chǎng)，且通電直導(dǎo)軌產(chǎn)生的磁場(chǎng)為環(huán)形磁場(chǎng)，離導(dǎo)軌越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，故不是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；沿導(dǎo)軌方向磁場(chǎng)不變，且回路PBAM中電流恒定，導(dǎo)軌間距不變，由F＝BIL可知，安培力大小不變，由牛頓第二定律F＝ma可知，加速度不變，由v＝at可知彈射車(chē)的速度與運(yùn)動(dòng)的時(shí)間成正比，故B正確；安培力F＝BIL，當(dāng)電流增大時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度也增大，故彈射車(chē)所受的安培力與電流的大小不是正比關(guān)系，故C錯(cuò)誤；根據(jù)安培定則可知電流方向沿回路PBAM時(shí)，導(dǎo)軌之間產(chǎn)生垂直紙面向外的磁場(chǎng)，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車(chē)所受安培力方向向右；當(dāng)電流方向沿回路MABP時(shí)，根據(jù)右手螺旋定則導(dǎo)軌之間產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車(chē)所受安培力方向依然向右，故電流的方向變化不改變電磁彈射車(chē)所受安培力的方向，即電磁彈射系統(tǒng)能夠正常工作，故D錯(cuò)誤．【例4】(2022·湘豫名校聯(lián)考)如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)固定兩光滑平行導(dǎo)體圓環(huán)，兩圓環(huán)正對(duì)放置，圓環(huán)半徑均為R＝0.125m，相距1m。圓環(huán)通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)與電源相連，電源的電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻不計(jì)。在兩圓環(huán)上水平放置一導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒質(zhì)量為0.06kg，接入電路的電阻r＝1.5Ω，圓環(huán)電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上。開(kāi)關(guān)S閉合后，棒可以靜止在圓環(huán)上某位置，如圖乙所示，該位置對(duì)應(yīng)的半徑與水平方向的夾角為θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)導(dǎo)體棒靜止在某位置時(shí)所受安培力的大?。?2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?3)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)單個(gè)圓環(huán)的壓力?！敬鸢浮?1)0.8N(2)0.4T(3)0.54N，方向豎直向下【解析】(1)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件得tanθ＝eq\f(mg,F)代入數(shù)據(jù)解得導(dǎo)體棒所受安培力的大小F＝0.8N。(2)由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,r)解得I＝2A由安培力的公式F＝IlB解得B＝0.4T。(3)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\r(2gR（1－sinθ）)＝1m/s導(dǎo)體棒在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得2FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝0.54N由牛頓第三定律可知，導(dǎo)體棒對(duì)單個(gè)圓環(huán)的壓力大小為0.54N，方向豎直向下。題型四對(duì)洛倫茲力的理解和應(yīng)用1．洛倫茲力的特點(diǎn)(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意區(qū)分正、負(fù)電荷。(2)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中不一定受洛倫茲力作用。(3)洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力一定不做功。2．與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力，都是磁場(chǎng)力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷不做功。【例1】(多選)核聚變具有極高效率、原料豐富以及安全清潔等優(yōu)勢(shì)，中科院等離子體物理研究所設(shè)計(jì)制造了全超導(dǎo)非圓界面托卡馬克實(shí)驗(yàn)裝置(EAST)，這是我國(guó)科學(xué)家率先建成世界上第一個(gè)全超導(dǎo)核聚變“人造太陽(yáng)”實(shí)驗(yàn)裝置．將原子核在約束磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，如圖所示，磁場(chǎng)水平向右分布在空間中，所有粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，且粒子的速度在紙面內(nèi)，忽略粒子重力的影響，以下判斷正確的是()A．甲粒子受到的洛倫茲力大小為qvB，且方向水平向右B．乙粒子受到的洛倫茲力大小為0，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．丙粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．所有粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變【答案】BD【解析】甲粒子速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，則所受洛倫茲力大小為qvB，由左手定則得，洛倫茲力方向垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；乙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向平行，則所受洛倫茲力大小為0，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故B正確；丙粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不垂直，不做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；洛倫茲力不做功，根據(jù)功能關(guān)系，所有粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變，故D正確．【例2】如圖所示，兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線(xiàn)的中點(diǎn)，連線(xiàn)上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．導(dǎo)線(xiàn)中均通有大小相等、方向向上的電流．已知長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在周?chē)a(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線(xiàn)中的電流、r為點(diǎn)到導(dǎo)線(xiàn)的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)在桌面上沿連線(xiàn)MN運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)．關(guān)于上述過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹跍p小【答案】A【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知a處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向里，b處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向外，從a到b磁場(chǎng)大小先減小過(guò)O點(diǎn)后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球在O點(diǎn)左側(cè)受到的洛倫茲力方向向上，小球?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮橹亓εc洛倫茲力的差值，過(guò)O點(diǎn)后洛倫茲力的方向向下，小球?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮橹亓εc洛倫茲力的和，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球?qū)⒆鰟蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由于洛倫茲力從a到O逐漸減小，從O到b逐漸增大，則小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確．【例3】．(2022·浙江高三模擬)一根通電直導(dǎo)線(xiàn)水平放置，通過(guò)直導(dǎo)線(xiàn)的恒定電流方向如圖所示，現(xiàn)有一電子從直導(dǎo)線(xiàn)下方以水平向右的初速度v開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不考慮電子重力，關(guān)于接下來(lái)電子的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)的半徑逐漸變大B．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)的半徑逐漸變小C．電子將向上偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)的半徑逐漸變大D．電子將向下偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)的半徑逐漸變小【答案】B【解析】水平導(dǎo)線(xiàn)中通有恒定電流I，根據(jù)安培定則判斷可知，導(dǎo)線(xiàn)上方的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，導(dǎo)線(xiàn)下方的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，由左手定則判斷可知，導(dǎo)線(xiàn)下方的電子所受的洛倫茲力方向向上，則電子將向上偏轉(zhuǎn)，其速率v不變，而離導(dǎo)線(xiàn)越近，磁場(chǎng)越強(qiáng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大，由公式r＝eq\f(mv,qB)，可知電子的軌跡半徑逐漸變小，故選B.題型五洛倫茲力作用下帶電體的運(yùn)動(dòng)帶電體做變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會(huì)發(fā)生變化，與接觸面間彈力隨著變化(若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發(fā)生變化)，最后若彈力減小到0，帶電體離開(kāi)接觸面．【例1】(2022·云南昆明一中高三月考)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m＝1.5×10－4kg的小滑塊，帶有q＝5×10－4C的電荷量，放置在傾角α＝37°的光滑絕緣斜面上，斜面固定且置于B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，小滑塊由靜止開(kāi)始沿斜面滑下，斜面足夠長(zhǎng)，小滑塊滑至某一位置時(shí)，將脫離斜面(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)小滑塊帶何種電荷；(2)小滑塊離開(kāi)斜面時(shí)的瞬時(shí)速度多大；(3)該斜面長(zhǎng)度至少多長(zhǎng)．【答案】(1)帶負(fù)電荷(2)4.8m/s(3)1.92m【解析】(1)小滑塊沿斜面下滑過(guò)程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開(kāi)斜面，洛倫茲力F的方向應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負(fù)電荷．(2)小滑塊沿斜面下滑時(shí)，垂直斜面方向的加速度為零，有Bqv＋FN－mgcosα＝0當(dāng)FN＝0時(shí)，小滑塊開(kāi)始脫離斜面，此時(shí)有qvB＝mgcosα得v＝eq\f(mgcosα,qB)＝4.8m/s(3)下滑過(guò)程中，只有重力做功，由動(dòng)能定理得mgssinα＝eq\f(1,2)mv2斜面的長(zhǎng)度至少應(yīng)為s＝eq\f(v2,2gsinα)＝1.92m.【例2】(2022·甘肅嘉峪關(guān)市第一中學(xué)高三月考)如圖所示，一傾角為θ＝53°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在豎直向上、大小E＝1×102N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外、大小B＝1×102T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)讓一質(zhì)量m＝0.4kg、電荷量q＝1×10－2C的帶負(fù)電小滑塊從斜面上某點(diǎn)由靜止釋放，小滑塊運(yùn)動(dòng)1m后離開(kāi)斜面．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，則以下說(shuō)法正確的是()A．離開(kāi)斜面前小滑塊沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)B．小滑塊離開(kāi)斜面時(shí)的速度大小為1.8m/sC．在離開(kāi)斜面前的過(guò)程中小滑塊電勢(shì)能增加了0.8JD．在離開(kāi)斜面前的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為2.2J【答案】D【解析】小滑塊在下滑過(guò)程中受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力、彈力和摩擦力作用．由于洛倫茲力的大小變化使小滑塊對(duì)斜面的壓力減小，從而導(dǎo)致摩擦力減小，故小滑塊做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)洛倫茲力增大至小滑塊對(duì)斜面的壓力為0時(shí)，小滑塊將離開(kāi)斜面運(yùn)動(dòng)，此時(shí)有：qvB＝(mg＋Eq)cos53°，解得小滑塊離開(kāi)斜面時(shí)的速度大小為3m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，由Ep＝－Eql·sinθ代入數(shù)據(jù)得小滑塊的電勢(shì)能減小了0.8J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)離開(kāi)斜面前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得(mg＋Eq)lsin53°－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得整個(gè)過(guò)程中摩擦力做功2.2J，即產(chǎn)生的熱量為2.2J，選項(xiàng)D正確．【例3】．如圖所示，足夠大的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中固定一光滑斜面，A、B兩物塊疊放在斜面上，A帶正電，B不帶電且上表面絕緣．在t＝0時(shí)刻，釋放兩物塊，A、B由靜止開(kāi)始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的是()A．A所受洛倫茲力大小與時(shí)間t成正比關(guān)系B．A對(duì)B的壓力大小與時(shí)間t成反比關(guān)系C．A、B間的摩擦力越來(lái)越小D．斜面傾角越大，A、B一起沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移越大【答案】A【解析】對(duì)A進(jìn)行受力分析，A受重力、洛倫茲力和支持力，則其合力為mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，則v＝at＝gtsinθ，洛倫茲力為F1＝qvB＝qBgtsinθ，即洛倫茲力大小與時(shí)間t成正比，故A正確；A對(duì)B的壓力大小F2＝mgcosθ－F1＝mgcosθ－qBgtsinθ，壓力大小與時(shí)間是一次函數(shù)關(guān)系，故B錯(cuò)誤；沿斜面下滑的過(guò)程中，A和B以a＝gsinθ的加速度運(yùn)動(dòng)，沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，故A、B之間沒(méi)有摩擦力，故C錯(cuò)誤；當(dāng)mgcosθ－qBgtsinθ＝0時(shí)，A、B開(kāi)始分離，此時(shí)t＝eq\f(mcosθ,qBsinθ)＝eq\f(m,qBtanθ)，位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gsinθ(eq\f(m,qBtanθ))2＝eq\f(gm2,2q2B2)·eq\f(cos2θ,sinθ)，故位移隨著傾角的增大而減小，故D錯(cuò)誤．【例4】如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向里．一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無(wú)初速度滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn)．若小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列判斷正確的是()A．小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B．小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過(guò)程中，外力F大小保持不變D．小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率不變【答案】B【解析】小球從A到C，洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得mgR＝eq\f(1,2)mvC2，則vC＝eq\r(2gR)，在C點(diǎn)，F(xiàn)洛＝qvCB＝qBeq\r(2gR)選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在C點(diǎn)，F(xiàn)C－mg＋F洛＝eq\f(mv\o\al(C2),R)，解得FC＝3mg－qBeq\r(2gR)，由牛頓第三定律知，選項(xiàng)B正確；小球從C到D的過(guò)程中，所受合力指向圓心，對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖所示，則mgsinθ＝Fcosθ，θ增大，則F增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從C到D的過(guò)程中，動(dòng)能不變，合外力做功為零，洛倫茲力與支持力不做功，外力F做正功，重力做負(fù)功，外力的功率與重力的功率大小相等，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度在豎直方向的分量增加，重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【例5】.(多選)如圖，空間有一垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.3kg且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板右端無(wú)初速度放上一質(zhì)量為0.4kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.45，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力．t＝0時(shí)對(duì)滑塊施加方向水平向左，大小為2.1N的恒力．g取10m/s2，則()A．木板和滑塊一直做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)B．木板先做加速度為3m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C．當(dāng)木塊的速度等于10m/s時(shí)與木板恰好分離D．t＝1s時(shí)滑塊和木板開(kāi)始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)【答案】BC【解析】由于動(dòng)摩擦因數(shù)為0.45，在靜摩擦力的作用下，木板的最大加速度為amax＝eq\f(0.45×0.3×10,0.3)m/s2＝4.5m/s2所以當(dāng)2.1N的恒力作用于滑塊時(shí)，系統(tǒng)一起以a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(2.1,0.3＋0.4)m/s2＝3m/s2.當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，滑塊對(duì)木板的壓力減小，摩擦力減小，木板的加速度減小，所以木板做的是加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)有qvB