?綜合復(fù)習(xí)與測試
第一章 安培力與洛倫茲力

知識體系·思維導(dǎo)圖

考點整合·素養(yǎng)提升
主題1　安培力作用下的力學(xué)問題

1．通電導(dǎo)線在磁場中的平衡和加速問題的分析思路：
(1)選定研究對象。
(2)變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；如圖所示。

(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解。
2．安培力作用下的功能問題分析要點：
(1)安培力做功與路徑有關(guān)，這一點與電場力不同。
(2)安培力做功的實質(zhì)是能量轉(zhuǎn)化。
①安培力做正功時，將電源的能量轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體的機械能或其他形式的能。
②安培力做負功時，將機械能轉(zhuǎn)化為電能或其他形式的能。
(3) 解答時一般要用到動能定理與能量守恒定律。
【典例1】如圖所示，長為L，質(zhì)量為m的細導(dǎo)體棒a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，無限長直導(dǎo)線b被水平固定在與a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x，當(dāng)a、b中均通以電流強度為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止。已知無限長直導(dǎo)線周圍的磁場為一系列的同心圓，周圍某點的磁場的磁感應(yīng)強度與該點到導(dǎo)線的距離成反比。則下列說法正確的是(　　)

A.a、b中電流必垂直紙面向里
B．b中的電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為
C．若將b適當(dāng)上移以增大x，則導(dǎo)體棒仍可能靜止
D．無論將b上移還是下移，導(dǎo)體棒都可能處于靜止?fàn)顟B(tài)
[解析]　a恰好在斜面上保持靜止，此時a棒受到支持力與重力，根據(jù)平衡條件可知同時受到水平向右的安培力，才能保持靜止。所以a、b中電流方向相同即可，不必一定垂直紙面向里，故A錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒a受到水平向右的安培力、支持力與重力，處于平衡狀態(tài)時，因夾角為45°，則有BIL＝mg tan 45°，解得B＝，故B錯誤；導(dǎo)體棒a受重力、支持力和安培力，根據(jù)平衡條件，三個力可以構(gòu)成首尾相連的矢量三角形，如圖所示。若使b上移少許，兩個電流間距增加，安培力減小，而根據(jù)平衡條件，安培力減小，所以是可能平衡的，故C正確；若使b下移，根據(jù)平衡條件，安培力要增加，而兩個電流間距增加，安培力減小，矛盾，故一定不能平衡，故D錯誤。

[答案]　C
【變式1】　將一個半徑為R由粗細均勻同種材料制成的導(dǎo)電金屬圓環(huán)放置在粗糙的水平桌面上。在桌面上方加有豎直向上的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，如圖所示(俯視圖)。a、b、c、d是圓環(huán)上的四等分點，現(xiàn)將金屬圓環(huán)a、d點接入電路中，電路的電流為I，金屬圓環(huán)質(zhì)量為m且始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，則(　　)

A.金屬圓環(huán)受到的安培力大小為0
B．金屬圓環(huán)受到的安培力大小為2πBIR
C．金屬圓環(huán)對桌面的壓力大小為mg＋BIR
D．桌面對金屬圓環(huán)的摩擦力大小為BIR
[解析]　a、d點接入電路后，圓環(huán)可看成acbd與ad兩部分并聯(lián)，則有效長度為R，所以可得圓環(huán)所受安培力大小為F安＝BIR，由受力平衡可得，桌面對圓環(huán)摩擦力大小也為BIR，則D正確。
[答案]　D
【變式２】　如圖所示，無限長水平直導(dǎo)線中通有向右的恒定電流I，導(dǎo)線正上方沿豎直方向有一絕緣細線懸掛著的正方形線框。線框中通有沿逆時針方向的恒定電流I，線框的邊長為L，線框下邊與直導(dǎo)線平行，且到直導(dǎo)線的距離也為L。已知在長直導(dǎo)線的磁場中距長直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度大小為B＝k (k為常量)，線框的質(zhì)量為m，則剪斷細線的瞬間，線框的加速度為(　　)

A.0　　　　　　　　　　　　B． ＋g
C．－g D．＋g
[解析]　線框下邊受到的安培力的大小為F1＝k·IL＝kI2 ，方向向下；線框上邊受到的安培力大小F2＝·IL＝kI2，方向向上；根據(jù)牛頓第二定律可得F1＋mg－F2＝ma，解得：a＝＝＋g。
[答案]　D
主題2　帶電粒子在磁場中運動

1．理解洛倫茲力的四點注意：
(1)正確分析帶電粒子所在區(qū)域的合磁場方向。
(2)判斷洛倫茲力方向時，特別區(qū)分電荷的正、負，并充分利用F⊥B、F⊥v的特點。
(3)計算洛倫茲力大小時，公式F＝qvB中，v是電荷與磁場的相對速度。
(4)洛倫茲力對運動電荷(或帶電體)不做功、不改變速度的大小，但它可改變運動電荷(或帶電體)速度的方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運動時間等。
2．帶電粒子在勻強磁場中的運動：

【典例2】　(2021·河北適應(yīng)性測試)如圖，x軸正半軸與虛線所圍區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。甲、乙兩粒子分別從距x軸h與2h的高度以速率v0平行于x軸正向進入磁場，并都從P點離開磁場，＝h。則甲、乙兩粒子比荷的比值為(不計重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)

A.32∶41　　　　　　 B．56∶41
C．64∶41 D．41∶28
[解析]　甲粒子從高＝h的位置水平飛入磁場，運動的軌跡如圖所示

甲粒子圓周運動的半徑為＝＝r1，在△O1MP中根據(jù)勾股定理可知＝＝＝，則＝－＝－，在△MNO中，根據(jù)幾何關(guān)系可知tan37°＝＝＝，解得r1＝h，
乙粒子從高2h的高度水平飛入磁場，由幾何關(guān)系得O2P＝2h，所以乙粒子轉(zhuǎn)過圓周從P點飛出，

其運動的半徑為r2＝O2A＝2h；粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力：qvB＝m，解得r＝，可知粒子運動的半徑r與粒子的比荷＝k成反比，所以甲、乙兩粒子比荷的比值為＝＝＝。
[答案]　C
【變式３】　(多選)如圖所示，一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成θ角的不同速率，向磁場中射入兩個相同的粒子1和2，粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點出磁場，粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點出磁場，OA＝AB，則(　　)

A.粒子1與粒子2的速度之比為1∶2
B．粒子1與粒子2的速度之比為1∶4
C．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶1
D．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶2
[解析]　粒子1進入磁場時速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓心，同理，粒子2進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心。

由幾何關(guān)系可知，兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1與粒子2的速度之比為1∶2，A項正確，B項錯誤；由于粒子在磁場中做圓周運動的周期均為 T＝，且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同，因此粒子在磁場中運動的時間相同，即C項正確，D項錯誤。
[答案]　AC
【變式４】　(多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，它的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于圓平面(未畫出)，一群比荷為的負離子(不計重力)以相同速率v0，由P點在圓平面內(nèi)向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場，最終打在磁場區(qū)域右側(cè)的熒光屏(足夠大)上，則下列說法正確的是(　　)

A.所有離子飛離磁場時速度方向的反向延長線過圓心
B．由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長
C．所有離子在磁場中運動半徑等于R
D．所有離子飛離磁場時動能相等
[解析]　若離子沿半徑方向指向圓心射入磁場，根據(jù)圓的特性和速度沿圓周的切線方向可知，該離子離開磁場時速度方向的反向延長線會通過圓心，但所給離子不是都沿半徑方向射入的，故A錯誤；由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場圓相交，當(dāng)軌跡圓的弦長最大時偏向角最大，故應(yīng)該使弦長為PQ，故由Q點飛出的粒子圓心角最大，所對應(yīng)的時間最長，故B正確；運動的半徑由qv0B＝m，則r＝，其值與R無關(guān)，故C錯誤；由于洛倫茲力對帶電離子不做功，只改變離子的運動方向而不改變離子的速度大小，所以離開磁場區(qū)域時的動能相等，故D正確。
[答案]　BD
主題３　帶電粒子在組合場與復(fù)合場中運動
1．帶電粒子在組合場中運動：
(1)四種常見的運動模型。
①帶電粒子先在電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入磁場做圓周運動，如圖：

②帶電粒子先在電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做圓周運動，如圖：

③帶電粒子先在磁場中做圓周運動，然后垂直進入電場做類平拋運動，如圖：

④帶電粒子先在磁場Ⅰ中做圓周運動，然后垂直進入磁場Ⅱ做圓周運動，如圖：

(2)三種常用的解題方法。
①帶電粒子在電場中做加速運動，根據(jù)動能定理求速度。
②帶電粒子在電場中做類平拋運動，需要用運動的合成和分解處理。
③帶電粒子在磁場中的圓周運動，可以根據(jù)磁場邊界條件，畫出粒子軌跡，用幾何知識確定半徑，然后用洛倫茲力提供向心力和圓周運動知識求解。
2．帶電粒子在疊加場中運動：
(1)疊加場：電場、磁場、重力場中的兩者或三者在同一區(qū)域共存，就形成疊加場。
(2)帶電體在疊加場中運動的幾種情況。
如圖所示，勻強磁場垂直于紙面向里，勻強電場豎直向下。一帶負電粒子從左邊沿水平方向射入復(fù)合場區(qū)域。

①若考慮重力，且mg＝Eq，則粒子做勻速圓周運動。
②若不計重力，且qvB＝Eq，則粒子做勻速直線運動。
③若不計重力，且qvB≠Eq，則粒子做變加速曲線運動。
【典例３】　(多選)如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里，一個帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上勻速運動，下列說法正確的是(　　)

A.微?？赡軒ж撾?，也可能帶正電
B．微粒的電勢能一定減小
C．微粒的機械能一定增加
D．洛倫茲力對微粒做負功
[解析]　根據(jù)帶電微粒做勻速直線運動的條件可知，受力情況如圖所示，則微粒必定帶負電，故A錯誤；微粒由a沿直線運動到b的過程中，電場力做正功，其電勢能減小，故B正確；因重力做負功，重力勢能增加，動能不變，則其機械能一定增加，故C正確；洛倫茲力的方向一直與速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤。故選B、C。

[答案]　BC
【變式５】　如圖所示，在第Ⅰ象限內(nèi)有豎直向下的勻強電場，在第Ⅳ象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場。一個帶正電的粒子以初速度v從P點垂直于y軸的方向進入勻強電場中，并與x軸成45°角進入勻強磁場，又恰好垂直y軸飛出磁場。已知OP之間的距離為L，則粒子在電場和磁場中運動的總時間為(　　)

A.(＋2)　　　　　　　　 B．(＋1)
C．(＋2) D．(＋1)
[解析]　設(shè)與x軸交點的橫坐標為x，此時豎直分速度為vy，則由類平拋運動的規(guī)律可知x＝vt1，L＝vyt1，tan45°＝，得x＝2L，因此粒子在電場中運動時間為t1＝＝；粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R，周期為T。則由幾何關(guān)系可知：R＝2L，帶電粒子進入磁場時的速度大小為v′＝v；則粒子在磁場中運動的周期為 T＝，設(shè)粒子在磁場中的運動時間為t2，t2＝T＝，則總時間為t＝t1＋t2＝(＋2)；故選A。

[答案]　A
【變式６】　(多選)如圖所示，一根水平光滑的絕緣直槽軌連接一個豎直放置的半徑為R＝0.50 m的絕緣光滑圓槽軌。槽軌處在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感強度B＝0.5 T，有一質(zhì)量為m＝0.10 g的帶正電的電量為q＝1.6×10－3 C的小球在水平軌道上向右運動，小球恰好能通過光滑圓槽軌的最高點，重力加速度g取
10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

A．小球在最高點只受到洛倫茲力和重力的作用
B．小球在最高點時受到的洛倫茲力為1×10－3 N
C．小球到達最高點的線速度是1 m/s
D．小球在水平軌道上的初速度v0為6 m/s
[解析]　設(shè)小球在最高點的速度為v，則小球在最高點所受洛倫茲力為：F＝qvB，方向豎直向上；由于小球恰好能通過最高點，故小球在最高點由洛倫茲力和重力共同提供向心力，故A正確；由上可知：mg－F＝m，小球運動過程機械能守恒：mv＝mv2＋mg·2R，聯(lián)立得：v＝1 m/s，
F＝8×10－4 N，v0＝4.6 m/s，故B、D錯誤，C正確。
[答案]　AC
綜 合 測 試

一、 單選題：
1．(2021·湖北適應(yīng)性測試)一長為L的直導(dǎo)線置于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，導(dǎo)線中的電流為I。下列說法正確的是(　　)
A．通電直導(dǎo)線受到安培力的大小為ILB
B．無論通電直導(dǎo)線如何放置，它都將受到安培力
C．通電直導(dǎo)線所受安培力的方向垂直于磁感應(yīng)強度方向和電流方向構(gòu)成的平面
D．安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以安培力對通電直導(dǎo)線不做功
【答案】C
【解析】當(dāng)通電直導(dǎo)線和磁感線垂直時，通電直導(dǎo)線受到的安培力為IBL，當(dāng)二者關(guān)系不垂直時，通電直導(dǎo)線受到的安培力小于IBL，當(dāng)通電直導(dǎo)線和磁場方向平行時，安培力為0，選項A、B錯誤；通電直導(dǎo)線受到的安培力方向總垂直于磁感應(yīng)強度方向和電流方向所構(gòu)成的平面，選項C正確，通電直導(dǎo)線在安培力的作用下，可以沿安培力的方向運動，安培力可以做功，選項D錯誤。
故選C。
2.如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直于磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是(　　)

A.粒子帶正電
B．粒子在b點的速率大于在a點的速率
C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出
D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短
【答案】C
【解析】粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可得粒子帶負電，故A錯誤；粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，粒子在b點的速率等于在a點的速率，故B錯誤；根據(jù)R＝可知，若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子運動的半徑增大，粒子可能從b點右側(cè)射出，故C正確；若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動半徑減小，粒子軌跡對應(yīng)的圓心角有可能增大，根據(jù)t＝T，可知粒子運動時間可能增加，故D錯誤。
故選C。
3.一帶電粒子沿垂直磁場方向射入一勻強磁場，經(jīng)過一鉛板P后，半徑減小，軌跡如圖所示。則下列說法正確的是(　　)

A.粒子帶正電，速度逐漸減小
B．粒子帶負電，速度逐漸減小
C．粒子帶正電，速度逐漸增大
D．粒子帶負電，速度逐漸增大
【答案】A
【解析】根據(jù)左手定則可得粒子帶正電， 因為粒子的運動半徑減小，根據(jù)公式r＝可得粒子的運動速度逐漸減小，故A正確。
故選A。
4.(2021·深圳高二檢測)四根完全相同的長直導(dǎo)線互相平行，它們的截面處于一個正方形的四個頂點上，導(dǎo)線中通有大小都相等的電流，電流的方向如圖所示，O點是正方形對角線交點。每一根通電導(dǎo)線單獨在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小是0.5 T，則O點的磁感應(yīng)強度大小是(　　)

A.T B．1 T C．T D．0.5 T
【答案】A
【解析】根據(jù)右手螺旋定則，各電流產(chǎn)生的磁場的方向如圖所示：

b與d導(dǎo)線電流產(chǎn)生的磁場方向都沿左下方，而a與c導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場方向都沿右下方，由于各電流產(chǎn)生的磁場的大小都是B＝0.5 T，所以合磁場的方向沿角平分線的方向，大小為：B合＝2B＝2×0.5 T＝ T，故A正確。
故選A。
5.如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，下列選項正確的是(　　)

A.ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
【答案】B
【解析】a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，所以mag＝qE；b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，所以mbg＝qE＋Bqv；c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，所以mcg＋Bqv′＝qE，根據(jù)公式可解得：mb>ma>mc，故B正確，A、C、D錯誤。
故選B。
6.(2021·佛山高二檢測)CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。則(　　)
　　　　　　　　
A.M處的電勢高于N處的電勢
B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移
C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外
D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小可使P點左移
【答案】D
【解析】由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；增大加速電壓則根據(jù)eU＝mv2，可知會增大到達偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力有evB＝m可得R＝，可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點會右移，故B錯誤；電子在偏轉(zhuǎn)磁場中做圓周運動，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；由B選項的分析可知，當(dāng)其他條件不變時，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度會減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點左移，故D正確。
故選D。
7.如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強電場，在第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。有一重力不計的帶電粒子(電量為q，質(zhì)量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進入第四象限。已知OP之間的距離為d，則(　　)

A.帶電粒子通過y軸時的坐標為(0，d)
B．電場強度的大小為
C．帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為
D．磁感應(yīng)強度的大小為
【答案】C
【解析】粒子在電場中做類平拋運動，因為進入磁場時速度方向與y軸成45°角，所以沿x軸方向的分速度vx＝v0，在x軸方向做勻加速運動，有d＝t，沿y軸方向做勻速運動，有s＝v0t＝2d，故選項A錯誤；在x軸方向做勻加速運動，根據(jù)vx＝v0＝×＝，解得E＝，故選項B錯誤；粒子進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，

由圖可知粒子的軌跡半徑R＝2d，圓心角θ＝135°＝π，所以在磁場中的運動時間為t1＝＝＝；在電場中的運動時間為t2＝，所以總時間為t＝t1＋t2＝，故選項C正確；由qvB＝可知磁感應(yīng)強度B＝＝，故選項D錯誤。
故選C。
8.在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，在導(dǎo)體內(nèi)的垂直于磁場和電流方向的兩個端面之間會出現(xiàn)電勢差，這一現(xiàn)象就是霍爾效應(yīng)，這個電勢差也被叫作霍爾電壓。同時在導(dǎo)體內(nèi)形成霍爾電場EH，利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖所示，在勻強磁場B(磁場方向垂直于前后表面)中有一載流導(dǎo)體，已知上表面寬為d，側(cè)面高為h(已在圖中標出)，若通過導(dǎo)體的電流為I，電壓表示數(shù)為U，電子的電荷量為e，導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，下列說法中正確的是(　　)

A.洛倫茲力對電子做正功
B．磁感應(yīng)強度大小為B＝
C．導(dǎo)體內(nèi)形成的霍爾電場EH＝
D．若圖中的電流I是電子的定向運動產(chǎn)生的，則上表面比下表面電勢高
【答案】B
【解析】洛倫茲力在任何情況下都不做功，故A錯誤；當(dāng)電壓表示數(shù)穩(wěn)定為U時，根據(jù)受力平衡有：evB＝eEH根據(jù)勻強電場電場強度與電勢差的關(guān)系有：EH＝，根據(jù)電流微觀表達式有：I＝nevS＝nevhd，聯(lián)立可得：B＝，故B正確，C錯誤；電流I是電子的定向運動產(chǎn)生的，電子定向移動方向與電流方向相反，故由左手定則可以判斷電子向上表面偏轉(zhuǎn)，所以上表面電勢低于下表面電勢，故D錯誤。
故選B。
9.如圖所示，在兩塊平行金屬板間存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場(磁場未畫出)?，F(xiàn)有兩種帶電粒子M、N分別以同樣的速度v從左端沿兩板間的中線射入，都能沿直線從右端射出，不計粒子重力。以下說法正確的是(　　)

A.帶電粒子M、N的電性一定相同
B．帶電粒子M、N的電量一定相同
C．撤去電場僅保留磁場，M、N做圓周運動的半徑一定相等
D．撤去磁場僅保留電場，M、N若能通過場區(qū)，則通過場區(qū)的時間相等
【答案】D
【解析】無論正或負粒子穿過速度選擇器時，滿足qvB＝qE做勻速直線運動，則不選電性和電量，而選擇了入口和速度v的大小，故A、B錯誤；粒子在剩下的磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m，可得R＝，兩粒子的比荷不一定相同，則運動的半徑不一定相同，故C錯誤；撤去磁場后，在電場中做類平拋運動，若能穿過電場則水平方向做勻速直線運動有：l＝vt，可知兩粒子的運動時間相同，故D正確。
故選D。
二、 多選題：
10.如圖所示，三根通電長直導(dǎo)線a、b、c都垂直于紙面放置，彼此之間的距離都相等，b、c電流等大反向，a、c電流方向相同，a電流大小為c電流大小的一半。已知a受到c所產(chǎn)生磁場的安培力為F，若直線電流在某點所產(chǎn)生磁感應(yīng)強度大小與電流成正比，與該點到直線電流的距離成反比，則下列說法正確的是(　　)

A.b、c對a作用力的合力大小等于F
B．b、c對a作用力的合力方向垂直于ac連線
C．a(chǎn)、c對b作用力的合力方向垂直于ac連線
D．a(chǎn)、c對b作用力的合力大小等于F
【答案】AD

【解析】設(shè)c在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B以及彼此之間的距離為L；根據(jù)安培定則可知，b、c在a處產(chǎn)生的磁場方向如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則可知，B合＝B；a受到c所產(chǎn)生磁場的安培力為F，即F＝BIL，所以b、c對a作用力的合力大小等于F，A正確；根據(jù)A中分析可知，合場強方向如圖所示，再根據(jù)左手定則可知，b、c對a作用力的合力方向不垂直于ac，B錯誤；根據(jù)安培定則可知，a、c在b處產(chǎn)生的磁場方向如圖所示，由圖可知，合磁場方向如圖所示，由安培定則可知，安培力不垂直于ac連線，C錯誤；由已知可知，a受c的安培力為F，c在a處產(chǎn)生磁感應(yīng)強度為B，則a在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為；而c在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B；根據(jù)平行四邊形定則可知，
B合′＝＝B；a受到c所產(chǎn)生磁場的安培力為F，即F＝BIL，所以b、c對a作用力的合力大小等于F′＝B·2IL＝BIL＝F，D正確。
故選：AD。
11.如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙是帶正電的物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地面上，地面上方有水平方向、垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)加一個水平向左的勻強電場，發(fā)現(xiàn)甲、乙無相對滑動并一同水平向左加速運動，在加速運動階段(　　)

A.甲、乙兩物塊間的摩擦力不變
B．甲、乙兩物塊做加速度減小的加速運動
C．乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小
D．甲、乙兩物塊最終做勻速直線運動
【答案】BD

【解析】以甲、乙整體為研究對象，分析受力如圖甲所示，隨著速度的增大，F(xiàn)洛增大，F(xiàn)N增大，則乙物塊與地面之間的摩擦力f不斷增大，故C錯誤；由于f增大，一定，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a減小，甲、乙兩物塊做加速度不斷減小的加速運動，最后一起勻速運動，故B、D正確；對乙進行受力分析，如圖乙所示，－f′＝a，a減小，則f′增大，即甲、乙兩物塊間的摩擦力變大，故A錯誤。
故選：BD。
12.(2021·揭陽高二檢測)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在著與紙面垂直的勻強磁場，一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域Ⅰ運動到區(qū)域Ⅱ。已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為2∶1，下列說法正確的是(　　)

A.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為2∶1
B．粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2∶1
C．圓弧ap與圓弧pb對應(yīng)的圓心角之比為2∶1
D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁場方向相反
【答案】BD
【解析】　由于洛倫茲力不做功，所以粒子在兩個磁場中的運動速度大小不變，即粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1，A錯誤；根據(jù)t＝，v相同，則時間之比等于經(jīng)過的弧長之比，即粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2∶1，B正確；圓心角θ＝，r＝，由于磁場的磁感應(yīng)強度之比不知，故半徑之比無法確定，則轉(zhuǎn)過的圓心角之比無法確定，故C錯誤；根據(jù)曲線運動的條件，可知洛倫茲力的方向與運動方向的關(guān)系，再由左手定則可知，兩個磁場的磁感應(yīng)強度方向相反，故D正確。
故選：BD。
13．如圖所示，在一個半徑為R的圓形區(qū)域(圓心為O)內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個比荷為的帶負電粒子，從A點沿AO方向射入勻強磁場區(qū)域，最終從C點沿OC方向離開磁場。若粒子在運動過程中只受洛倫茲力作用，則下列說法正確的是(　　)

A.帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r＝R
B．帶電粒子的速度大小為v＝
C．帶電粒子在磁場中運動的時間為
D．帶電粒子在磁場中運動的時間為
【答案】AC

【解析】根據(jù)幾何關(guān)系可得tan θ＝，θ＝60°，解得r＝R tan θ＝R，A正確；由向心力公式qvB＝m，解得v＝，B錯誤；轉(zhuǎn)過圓心角θ＝60°，t＝·，t＝，C正確，D錯誤。
故選：AC。
14．某同學(xué)自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來，該同學(xué)應(yīng)將(　　)

A．左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉
B．左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉
C．左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉
D．左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉
【答案】AD

【解析】　裝置平面示意圖如圖所示。磁感線方向向上，若形成通路，線圈下邊導(dǎo)線中電流方向向左，導(dǎo)線受到垂直紙面向里的安培力，同理，上邊導(dǎo)線中電流方向向右，導(dǎo)線受到的安培力垂直紙面向外，使線圈轉(zhuǎn)動。當(dāng)線圈上邊導(dǎo)線轉(zhuǎn)到下邊時，若仍通路，線圈上、下邊中電流方向與圖示方向相比均反向，受到的安培力反向，阻礙線圈轉(zhuǎn)動。若要線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動，要求左、右轉(zhuǎn)軸只能上一側(cè)或下一側(cè)形成通路，另一側(cè)斷路。故A、D正確。
故選：AD。
１５．如圖所示，沿直線通過速度選擇器的正粒子從狹縫S射入磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場中，偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的軌跡半徑之比R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是(　　)

A．粒子的速度之比為1∶1
B．粒子的電荷量之比為1∶2
C．粒子的質(zhì)量之比為1∶2
D．粒子比荷之比為2∶1
【答案】AD
【解析】正粒子沿直線通過速度選擇器，可知電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qE，解得v＝，可知粒子的速度之比為1∶1，故A正確。正粒子進入偏轉(zhuǎn)磁場，根據(jù)qvB＝m得r＝，則比荷＝，因為速度相等，磁感應(yīng)強度相等，半徑之比為1∶2，則比荷之比為2∶1，由題目條件，無法得出電荷量之比、質(zhì)量之比，故B、C錯誤，D正確。
故選：AD。
１６．按照十八大“五位一體”的總體布局，全國各省市啟動“263”專項行動，打響碧水藍天保衛(wèi)戰(zhàn)。暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，水平放置，其長為L，直徑為D，左右兩端開口，勻強磁場方向豎直向下，在前后兩個內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)測量管時，a、c兩端電壓為U，顯示儀器顯示污水流量為Q(數(shù)值上等于單位時間內(nèi)排出的污水體積)。則下列說法正確的是(　　)

A．a(chǎn)側(cè)電勢比c側(cè)電勢高
B．若污水中正離子較多，則a側(cè)電勢比c側(cè)電勢高；若污水中負離子較多，則a側(cè)電勢比c側(cè)電勢低
C．污水中離子濃度越高，a、c兩端的電壓U將越大
D．污水流量Q與U成正比，與L無關(guān)
【答案】AＤ
【解析】污水中的正、負離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知，正離子向a側(cè)偏轉(zhuǎn)，負離子向c側(cè)偏轉(zhuǎn)，則a側(cè)電勢比c側(cè)電勢高，電勢的高低與哪種離子多少無關(guān)，選項A正確，選項B錯誤；最終穩(wěn)定時，離子所受洛倫茲力和電場力平衡，有qvB＝q，可得U＝BDv，可知a、c兩端電壓U與v成正比，與離子濃度無關(guān)，選項C錯誤；污水流量Q＝Sv＝πD2×＝，可知污水流量Q與U成正比，與D有關(guān)，與L無關(guān)，選項D正確。
故選：AＤ。
17.如圖所示，空間有垂直于xOy平面的勻強磁場。t＝0時刻，一電子以速度v0經(jīng)過x軸上的A點，沿x軸正方向進入磁場。A點坐標為，其中R為電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑。不計重力影響，則以下結(jié)論正確的是(　　)

A．電子經(jīng)過y軸時，速度大小仍為v0
B．電子在t＝時，第一次經(jīng)過y軸
C．電子第一次經(jīng)過y軸的坐標為
D．電子第一次經(jīng)過y軸的坐標為
【答案】AＢＤ
【解析】根據(jù)左手定則作出電子的運動軌跡如圖所示，電子只受洛倫茲力作用，由于洛倫茲力對電子不做功，速度大小不變?nèi)詾関0，故A正確；因A點坐標為，則圓周運動軌跡圓心在 ，由幾何關(guān)系可知∠AO′B＝30°，周期T＝，因此電子第一次經(jīng)過y軸時間t＝＝，故B正確；由幾何關(guān)系可知，OB長度為R－R，因此電子第一次經(jīng)過y軸的坐標為，故C錯誤，D正確。
故選：AＢＤ。
18.(2019·海南高考)如圖,虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場,兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點先后射入磁場,在紙面內(nèi)運動。射入磁場時,P的速度vP垂直于磁場邊界,Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點射出磁場,且在磁場中運動的時間相同,則 (　　)

A.P和Q的質(zhì)量之比為1∶2
B.P和Q的質(zhì)量之比為∶1
C.P和Q速度大小之比為∶1
D.P和Q速度大小之比為2∶1
【答案】ＡC

【解析】作出兩粒子在磁場中的運動圖像如圖所示,可知其半徑rP、rQ之比為1∶,因為兩粒子在磁場中運動的時間相同,所以TP∶TQ=1∶2,根據(jù)qvB=得r===,則T==,==,選項A正確,B錯誤;==∶1,所以選項C正確,D錯誤。
故選：ＡC。
三、 計算題：
１９.(８分)如圖所示，電源電動勢為3 V，內(nèi)阻不計，兩個不計電阻的金屬圓環(huán)表面光滑，豎直懸掛在等長的細線上，金屬環(huán)面平行，相距1 m，兩環(huán)分別與電源正負極相連?，F(xiàn)將一質(zhì)量0.06 kg、電阻1.5 Ω的導(dǎo)體棒輕放在環(huán)上，導(dǎo)體棒與環(huán)有良好電接觸。兩環(huán)之間有方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為0.4 T的勻強磁場。當(dāng)開關(guān)閉合后，導(dǎo)體棒上滑到某位置靜止不動，試求在此位置上棒對每一個環(huán)的壓力為多少？若已知環(huán)半徑為0.5 m，此位置與環(huán)底的高度差是多少？

【答案】0.5 N　0.2 m
【解析】棒受的安培力F＝BIL，(1分)
棒中電流為I＝，(1分)
代入數(shù)據(jù)解得F＝＝0.8 N，(1分)
對棒受力分析如圖所示(從右向左看)，兩環(huán)支持力的總和為2FN＝，(2分)

代入數(shù)據(jù)解得FN＝0.5 N。(1分)
由牛頓第三定律知，棒對每一個環(huán)的壓力為0.5 N，(1分)
由圖中幾何關(guān)系有tan θ＝＝＝，(1分)
得θ＝53°，(1分)
棒距環(huán)底的高度為h＝r(1－cos θ)＝0.2 m。(1分)
2０．(1２分)在以坐標原點O為圓心、半徑為 r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點 A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出。

(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷。
(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應(yīng)強度B′多大？此時粒子在磁場中運動所用時間t是多少？
【答案】(1)負電荷　　(2)B　
【解析】(1)由粒子的運動軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷。粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則
粒子軌跡半徑R＝r(2分)

又qvB＝m(2分)
則粒子的比荷＝。(2分)
(2)粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，粒子做圓周運動的半徑
R′＝rcot30°＝r(2分)
又R′＝
所以B′＝B(2分)
粒子在磁場中飛行時間
t＝T＝×＝。(2分)
2１．(16分)(2021·汕頭高二檢測)如圖所示，在y>0區(qū)域存在著垂直xOy平面向外的勻強磁場，在第四象限的空間中存在著平行于xOy平面沿y軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子從坐標原點以初速度v0射入磁場，方向與x軸負方向成60°角斜向上，然后經(jīng)過M點進入電場，并從y軸負半軸的N點垂直y軸射出電場。已知M點坐標為(L，0)，粒子所受的重力不計，求：

(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小；
(2)勻強電場的電場強度E的大小。
【答案】(1)　(2)
【解析】(1)作出粒子的運動軌跡如圖所示
(2分)
設(shè)在磁場中運動半徑為R，由幾何關(guān)系可得
2Rsin60°＝L(2分)
由洛倫茲力提供向心力，則有
qv0B＝m(2分)
聯(lián)立解得B＝(2分)
(2)粒子從M點到N點過程為勻變速曲線運動，逆推從N到M為類平拋運動
沿x軸方向有L＝v0t cos 60°(2分)
沿y軸方向v0sin 60°＝at(2分)
由牛頓第二定律得Eq＝ma(2分)
解得E＝(2分)
2２.在平面直角坐標系xOy中，第一象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第四象限存在垂直于直角坐標系平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示，不計粒子的重力，求：

(1)M、N兩點間的電勢差UMN；
(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；
(3)粒子從M點運動到P點的總時間。
【答案】(1)　(2)　(3)
【解析】(1)如圖所示為帶電粒子的運動軌跡，設(shè)粒子過N點時的速度為v，

由＝cos θ
得v＝2v0
粒子從M點運動到N點的過程，由動能定理有
qUMN＝mv2－mv，
解得UMN＝
(2)粒子在磁場中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運動，半徑r為O′N，由qvB＝，得r＝
(3)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，
有ON＝v0t1，
由幾何關(guān)系得ON＝r sin θ
解得t1＝
設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2，
有t2＝T
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，
解得t2＝
所以粒子從M點運動到P點的總時間
t＝t1＋t2＝。
2３.(16分)如圖直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在場強為E，沿x軸負方向的勻強電場，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)存在垂直坐標平面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子，從P(l，l)處由靜止開始運動，第1次通過x軸時沿y軸負方向。不計粒子重力。求：

(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大?。?br /> (2)粒子第3次經(jīng)過y軸時的縱坐標；
(3)通過計算說明粒子離開P點后能否再次經(jīng)過P點。
【答案】(1)　(2)2l　(3)以后粒子的軌跡逐漸向上不會再次經(jīng)過P點，計算見解析
【解析】(1)設(shè)粒子經(jīng)第Ⅰ象限的電場加速后，到達y軸時的速度為v1，根據(jù)動能定理qEl＝mv①(1分)
由左手定則可以判斷，粒子向－y方向偏轉(zhuǎn)，如圖所示：
(1分)
由幾何關(guān)系知，粒子在磁場中運動的半徑為R1＝l②(1分)
由牛頓第二定律得：qv1B＝m③(1分)
由①②③得：B＝④(1分)
(2)粒子第2次經(jīng)過x軸時，速度沿＋y方向，位置坐標為x2＝l⑤(1分)
粒子在電場中做類平拋運動，經(jīng)歷的時間t3，第3次經(jīng)過y軸時，軌跡如圖l＝at2⑥(1分)
a＝⑦(1分)
y3＝v1t⑧(1分)
由①⑤⑥⑦⑧得y3＝2l(1分)
(3)粒子第2 次離開電場時，根據(jù)動能定理有：
qEl＝mv－mv(2分)
解得v2＝v1，θ＝45°(1分)
粒子第2次進入磁場時做圓周運動的半徑為R2，根據(jù)半徑公式可得：R2＝R1(1分)
第三次進入電場是從坐標原點O處沿與x軸正向45°角斜向上方向。由類平拋對稱性可知，粒子運動的橫坐標為l時，縱坐標的值為2l，可知本次不會經(jīng)過P點。
粒子將從y＝4l處第3次離開電場， 第3次通過磁場后從y＝2l處與＋x方向成45°角斜向上第4次過電場，不會經(jīng)過P點。 以后粒子的軌跡逐漸向上不會再次經(jīng)過P點。(2分)
2４.如圖，豎直面內(nèi)坐標系xOy第一、三象限角平分線A1A2右側(cè)區(qū)域有一場區(qū)(內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場)。平行板M、N如圖放置，M板帶正電。帶負電的N板在x軸負半軸上。N板上有一小孔P，離原點O的距離為L。A1A2上的Q點處于P孔正下方。質(zhì)量為m、電量為＋q的小球從OA2上的某點以一水平速度v向右進入場區(qū)，恰好能做勻速圓周運動。第一次出場后，小球能進入M、N板間且恰好能到達M板但不接觸。已知磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外。M、N板間距為L、電壓為U＝，重力加速度為g。求：

(1)A1A2右側(cè)區(qū)域內(nèi)的勻強電場的場強大小與方向；
(2)求射入場區(qū)的水平速度v的大??；
(3)小球從OA2上的某點出發(fā)后，到第四次(不包括出發(fā)那次)經(jīng)過邊界A1A2的運動時間。
【答案】(1)，方向豎直向上(2)　(3)＋
【解析】(1)帶電小球進入場區(qū)后能做勻速圓周運動，則必須滿足mg＝Eq
解得：E＝，方向豎直向上。
(2)從Q點射出場區(qū)后，到達M板時速度恰好為零，由動能定理有－mg(2L)－qU＝0－mv2
而U＝，
解得v＝
(3)小球的運動軌跡如圖所示。

小球進入電場后到M板速度減為零，之后向下加速離開電場，在重力作用下再次回到Q點時，由運動的對稱性，到Q點的速度仍為v，之后在場區(qū)內(nèi)再次做勻速圓周運動。由軌跡可知，在場區(qū)做勻速圓周運動的運動時間t1恰好是一個周期，即t1＝從Q點射出場區(qū)到P點，在重力作用下做勻減速運動，有
v－v2＝－2gL
解得P點的速度vP＝
設(shè)運動時間為tQP，
則tQP＝L
故tQP＝
設(shè)P點到M點運動時間為tPM，
同理得tPM＝
由運動的對稱性可知：從Q點射出場區(qū)到再次回到Q點，向上、向下運動時間相等。
故運動時間t2＝2(tQP＋tPM)＝
第三次經(jīng)過A1A2偏轉(zhuǎn)了90°離開場區(qū)做平拋運動，經(jīng)時間t3第四次經(jīng)過A1A2。
沿－y軸方向位移Δy＝gt
沿－x軸方向位移Δx＝vt3，
而＝tan45°
由以上三式可得t3＝＝
小球從OA2上某點出發(fā)后，到第四次(不包括出發(fā)那次)經(jīng)過邊界A1A2的運動時間
t＝t1＋t2＋t3＝＋
2５.音圈電機是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機。某音圈電機的原理示意圖如圖所示，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為l，匝數(shù)為n，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場忽略不計。線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等。某時刻線圈中電流從P流向Q，大小為I。

(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向；
(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v，求安培力的功率。
【答案】(1)nBIl　水平向右　(2)nBIlv
【解析】(1)由安培力表達式F＝BIl可知，線圈所受的安培力大小F＝nBIl，由左手定則可判斷安培力方向水平向右。
(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBIlv。

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版本： 人教版 (2019)

年級： 選擇性必修 第二冊

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