《大学物理(下)》规范作业08(磁场对运动电荷和电流的作用)

第三讲磁场对运动电荷的作用一、“安培定则（右手螺旋定则）”和“左手定则”区别和联系1.在适用对象上安培定则研究电流（直线电流、环形电流、通电螺线管）产生磁场时，电流与其产生的磁场磁感线二者方向的关系；左手定则研究通电导线（或电荷运动）在磁场中受力时，F、I、B三者方向的关系。

2.在电流与磁场的关系上安培定则中的“磁场”与“电流”密不可分，是同时存在、同时消失的，“磁场”就是电流的磁效应产生的磁场；左手定则中的“磁场”与“电流”可以单独存在，“磁场”是外加的磁场，不是通电导线产生的磁场。

3.在因果关系上安培定则中的“电流”是“因”，磁场为“果”，正是有了电流（直线电流、环形电流、螺线管电流）才出现了由该电流产生的磁场；左手定则中的“磁场”和“电流”都是“因”，磁场对通电导线的作用力是“果”，有因才有果，而此时的两个“因”对产生磁场的作用力来说缺一不可。

4.判断电流方向选取定则的原则在已知磁感线的方向，要判断产生该磁场的电流时，选用安培定则判断电流的方向；在已知导体受的安培力的方向或导体因通电才开始运动的方向时，用左手定则判断电流的方向。

1．计算公式B ILF＝BILsin θ＝⊥B表示磁感应强度在垂直于I方向上的分量，L称为有效长度。

若导线是弯曲的，则其中⊥(1)当B垂直于导线所在的平面时，L等于连接两端点的直线的长度。

如图甲、乙所示。

(2)当B与导线的两端点的连线不垂直时，L表示两端点的连线在与B垂直的方向上的投影。

如图丙所示。

2．安培力的方向B＝Bsin θ)穿过左手手心。

在使用左手定则判定安培力的方向时，让B的垂直分量(⊥四、安培力作用下的动态问题1．电流元法把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向，最后确定其运动方向。

2．特殊位置法把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断它所受安培力的方向，从而确定其运动方向。

3．等效法环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管；通电螺线管还可以等效成很多匝的环形电流来分析。

磁场对电流和运动电荷的作用（一）一周强化一、一周知识概述1、掌握磁感线的分布，掌握利用磁感线的分布来判断电流的受力方向。

2、掌握安培力的计算方法，掌握安培力作用下的物体平衡问题的处理方法。

二、重难点知识讲解（—）基础知识1、安培力：磁场对电流的作用力2、磁感应强度（条件是匀强磁场中，或ΔL很小，并且L⊥B ）。

磁感应强度是矢量。

单位是特斯拉，符号为T，1T=1N/（A·m）=1kg/（A·s2）3、安培力大小的计算F=BLIsinα（α为B、L间的夹角）高中只要求会计算α=0（不受安培力）和α=90°两种情况。

4、安培力的方向左手定则：伸开左手，使大拇指与其余四指垂直，并在同一平面内让磁感线垂直穿过掌心，四指指向电流方向，那么，大拇指所指的方向就是导体所受安培力的方向。

5、安培力的应用（1）电动机（2）磁电式仪表①根据通电导线在磁场中会受到安培力的作用这一原理制成的仪表，称为磁电式仪表。

②磁电式仪表的结构③磁电式仪表原理由于磁场对电流的作用力方向与电流方向有关，因此，如果改变通过电流表的电流方向，磁场对电流的作用力方向也会随着改变，指针和线圈的偏转方向也就随着改变，据此便可判断出被测电流的方向。

磁场对电流的作用力跟电流成正比，线圈中的电流越大，受到的作用力也越大，指针和线圈的偏转角度也越大．因此，指针偏转角度的大小反映了被测电流的大小．只要通过实验把两者一一对应的关系记录下来，并标示在刻度盘上，这样在使用中，就可以在刻度盘上直接读出被测电流的大小。

（二）典型例题例1、如图所示，可以自由移动的竖直导线中通有向下的电流，不计通电导线的重力，仅在磁场力作用下，导线将如何移动？解析：先画出导线所在处的磁感线，上下两部分导线所受安培力的方向相反，使导线从左向右看顺时针转动；同时又受到竖直向上的磁场的作用而向右移动（不要说成先转90°后平移）。

分析的关键是画出相关的磁感线。

磁场对电流和运动电荷的作用（含详解）一、选择题1．如图所示，在xOy 平面内有两根平行于y 轴水平放置的长直导线，通有沿y 轴正方向、大小相同的电流I ，两导线关于y 轴对称，P 为x 轴上一点，Q 为z 轴上一点，下列说法正确的是( )A ．O 点处的磁感应强度为零B ．P 、Q 两点处的磁感应强度方向垂直C ．P 、Q 两点处的磁感应强度方向平行D ．正电荷从O 点沿z 轴向上运动不受洛伦兹力作用解析：选AB.根据右手螺旋定则可判断两导线所产生的磁场，再利用矢量合成法则可判断O 点处磁感应强度为零，P 点处磁感应强度方向沿z 轴正方向，Q 点处磁感应强度方向沿x 轴负方向，故A 、B 正确，C 错误．在z 轴上，z ＞0范围内各点磁感应强度方向均沿x 轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，D 错误．2．如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd 的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a ＝I 、I b ＝2I 、I c ＝3I 、I d ＝4I 的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为B ＝k I r，式中常量k ＞0，I 为电流强度．忽略电流间的相互作用，若电流I a 在正方形的几何中心O 点处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )A ．22B ，方向由O 点指向ad 中点B ．22B ，方向由O 点指向ab 中点C ．10B ，方向垂直于纸面向里D ．10B ，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度与电流强度成正比，与距直导线距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A 选项正确．3．如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝1 T ．位于纸面内的细直导线，长L ＝1 m ，通有I ＝1 A 的恒定电流．当导线与B 1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B 2的可能值是( )A.12 TB.32T C ．1 T D. 3 T 解析：选BCD.当导线与B 1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，说明该区域同时存在着另一匀强磁场B 2，并且B 2与B 1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，根据矢量合成的三角形定则，可知B 2≥B 1sin 60°＝32 T ，所以B 2的值不可能为12T ，选项A 错误，本题选B 、C 、D.4．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab 、cd 边均与ad 边成60°角，ab ＝bc ＝cd ＝L ，长度为L 的电阻丝电阻为r .框架与一电动势为E 、内阻为r 的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为( )A ．0 B.5BEL 11r C.10BEL 11r D.BEL r解析：选C.总电阻R ＝3r ·2r 3r ＋2r＋r ＝115r ，总电流I ＝E R ＝5E 11r ，梯形框架受的安培力可等效为I 通过ad 边时受到的安培力，F ＝BI ad ＝BI ·2L ＝10BEL 11r，C 选项正确．5．如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A. 电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选AC.根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 正确；根据q v B ＝m v 2r ，得r ＝m v qB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定m v 的大小，故选项C 正确；粒子的m v 越大，轨道半径越大，而m v ＝2mE k ，粒子的动能大，其m v 不一定大，选项D 错误．6．如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析：选AD.因离子均向下偏转打到屏P 上，根据左手定则可知a 、b 均带正电，A 项正确．又因a 、b 为同种离子，m 、q 均相同，由R ＝m v Bq ，T ＝2πm Bq，可知它们的轨道半径R 与周期T 也均相同．而a 离子的轨迹是一段优弧，b 离子的轨迹是一个半圆．a 的路程比b 的路程长，飞行时间也比b 的飞行时间长，故B 、C 项均错误．b 在P 上的落点到O 点的距离等于圆轨道的直径，说明b 的落点离O 点最远，故D 项正确．7．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析：选BCD.磷离子P ＋和P 3＋的质量相等设为m ，P ＋的电荷量设为q ，则P 3＋的电荷量为3q ，在电场中由a ＝Eq m 知，加速度之比为所带电荷量之比，即为1∶3，A 错误；由qU ＝12m v 2得E k ∝q ，即离开电场区域时的动能之比为1∶3，D 正确；又由q v B ＝m v 2r ，得r ＝1B 2mU q∝1q，所以r P ＋∶r P 3＋＝3∶1，B 正确；由几何关系可得P 3＋在磁场中转过60°角后从磁场右边界射出，C 正确．8．(2如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B 2B 1等于( ) A. 2 B.3 C ．2 D ．3解析：选B.设圆形区域磁场的半径为R ，根据题述，画出轨迹示意图，如图所示，当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的13时，如图中实线PP 1所示，根据几何关系可知，轨迹半径r 1＝R sin 60°，由洛伦兹力等于向心力，得到r 1＝m v qB 1；当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的16时，粒子轨迹如图中实线PP 2所示，根据几何关系可得，轨迹半径r 2＝R sin 30°，同理有r 2＝m v qB 2.联立解得B 2B 1＝3，选项B 正确．9．如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T 6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.T 3B.T 2C.2T 3D.5T 6解析：选B.由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动．由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S 点作OC的垂线SD ，则SD 为最短弦，可知粒子从D 点射出时运行时间最短，如图，根据最短时间为T 6，可知△O ′SD 为等边三角形，粒子圆周运动半径R ＝SD ，过S 点做OA 垂线交OC 于E 点，由几何关系可知SE ＝2SD ，SE 为圆弧轨迹的直径，所以从E 点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t ＝T 2，故B 项正确． 二、计算题10如图所示，一质量为m 的导体棒MN 两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L ，导轨处在竖直向下的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I 时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，重力加速度为g ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)磁场的磁感应强度B ；(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小F N .解析：(1)从左向右看，受力分析如图所示．由平衡条件得：tan 37°＝F安/mg ，F 安＝BIL ，解得：B ＝3mg 4IL .(2)设两导轨对导体棒支持力为2F N ，则有2F N cos 37°＝mg ，解得F N ＝58mg . 即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为58mg . 答案：(1)3mg 4IL (2)58mg11在如图所示的平面直角坐标系xOy 中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy 平面，O 点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m ，带电荷量为＋q 的带电粒子(重力不计)从O点开始以初速度v 0沿＋x 方向进入磁场，粒子经过y 轴上P 点时的速度方向与＋y 方向夹角为θ＝30°.已知OP ＝L ，求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)该圆形区域的最小面积．解析：(1)由左手定则可知磁场方向垂直于xOy 平面向里．粒子在匀强磁场中做1/3圆周的匀速圆周运动，如图所示．粒子在Q 点飞出磁场．设其圆心为O ′，半径为R ，由几何关系得：(L －R )sin 30°＝R解得：R ＝L /3由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 20R解得：B ＝3m v 0qL. (2)设磁场圆形区域的最小面积为S ，由几何关系得：直径d ＝OQ ＝3R ＝33L 所以S ＝π(d /2)2＝112πL 2. 答案：(1)3m v 0qL ，方向垂直xOy 平面向里 (2)112πL 212．如图所示，正方形匀强磁场的边界长为a ，边界由绝缘弹性壁围成，磁场的磁感应强度为B ，质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子垂直于磁场方向和边界，从边界正中点O 孔射入磁场，其射入时的速度为17Bqa 8m，带电粒子与壁碰撞前后沿壁方向的分速度不变，垂直壁方向的分速度反向、大小不变，且不计摩擦，不计粒子所受重力，碰撞时无电荷量损失，求：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；(2)带电粒子从O 孔射入到从O 孔射出所需要的时间．解析：(1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ＝m qB ×17Bqa 8m ＝178a . (2)因为r ＝178a ＞2a ，所以粒子射到AB 边 设射到AB 边点E 距A 的距离为x由几何知识可得：r 2＝a 2＋⎣⎡⎦⎤r －⎝⎛⎭⎫a 2－x 2，解得x ＝a 4设粒子从O 运动到E 的时间为t 1，∠OO ′E 为θ，如图所示．sin θ＝a r ＝817，所以θ＝arcsin 817由于t ＝θm qB ，所以t 1＝m qB arcsin 817由分析可知粒子在磁场区域要运动8次类似OE 的曲线运动和2次匀速直线运动，才可从O 点射出设粒子从D 到A 的匀速直线运动时间为t 2t 2＝a v ＝8m 17qB所以t ＝8t 1＋2t 2＝8m qB arcsin 817＋16m 17qB故带电粒子从O 孔射入到射出所需要的时间为8m qB arcsin 817＋16m 17qB. 答案：(1)17a 8 (2)8m qB arcsin 817＋16m 17qB。