第20講磁場

熱點題型歸納

題型一磁場的描述

題型二安培力

題型三洛倫茲力

題型四洛倫茲力與現代科技

考情分析

課標要求命題預測重難點

1.1.理解磁場的性質及磁感

應強度的概念，會求解磁感

應強度疊加的問題。生活實踐類：生活和科技、地

(1)學會分析處理帶電粒子在勻強磁場中的圓

2.掌握左手定則，會判斷安磁場、電磁炮、回旋加速器、

周運動問題，能夠確定粒子運動的圓心、半徑、

培力的方向，并會計算安培質譜儀、速度選擇器、磁流體

運動時間。

力的大小。發電機、霍爾元件等

(2)理解電場與磁場疊加場的科技應用實例的

3.掌握洛倫茲力的大小和原理。

學習探究類：通電導線在安培

方向的判斷方法。(3)會靈活應用運動學公式及推論解題。

力作用下的平衡與加速問題，

4.會分析洛倫茲力作用下帶電粒子在磁場、組合場、疊

帶電體的運動。加場及立體空間中的運動

5.理解質譜儀、回旋加速器

的工作原理。

題型分類?舉一反三

題型一磁場的描述

【典型例題剖析】

【例1】如圖所示，直導線A8、通電螺線管E、電磁體D三者相距較遠，其磁場互不影響，當開關S

閉合后，小磁針N極(黑色一端)指示磁場方向正確的是()

A.aB.bC.cD.d

【答案】c

【詳解】根據安培定則可判斷出電流的磁場方向，再根據小磁針靜止時N極的指向為磁場的方向可知

C正確。

【高考考點對接】

1.磁場與磁感應強度

(1)磁場的基本性質

磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有力的作用。

(2)磁感應強度

①物理意義：描述磁場的強弱和方向。

②定義式：8=與(通電導線垂直于磁場的情況下)。

③方向：小磁針靜止時N極所指的方向。

④單位：特斯拉，簡稱特，符號為T。

(3)勻強磁場

磁場中各點的磁感應強度的大小相等、方向相同，磁感線是疏密程度相同、方向相同的平行直線。

(4)地磁場

①地磁的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近，磁感線分布如圖所示。

地磁S極地理北極

②在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應強度的大小相等，且方向水平向北。

③地磁場在南半球有豎直向上的分量，在北半球有豎直向下的分量。

2.磁感線的特點

(1)磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向。

(2)磁感線的疏密程度定性地表示磁場的強弱。

(3)磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點，在磁體外部,從N極指向S極；在磁體內部，由S極指向N

極。

(4)同一磁場的磁感線不中斷、不相交、不相切。

(5)磁感線是假想的曲線，客觀上并不存在。

3.幾種常見的磁場

(1)條形磁體和蹄形磁體的磁場(如圖所示)

條形磁體

(2)電流的磁場

直線電流的磁場通電螺線管的磁場環形電流的磁場

BI

11NR

安培定則S錯N

迤

立體圖既

o?(xXX.

橫截面圖

??

從上往下看從左往右看從左往右看

?IX

?X

*Xs.N

縱截面圖X

N*___*S

XO,

X。

X

【解題能力提升】

磁場疊加問題的解題思路

1.確定磁場場源，如通電導線。

2.定位空間中需求解磁感應強度的點，利用安培定則判定各個場源在這一點產生的磁感應強度的大小和方

向，如圖所示為M、N在c點產生的磁感應強度2”、BN。

3.應用平行四邊形定則求合磁場感應強度，如圖中的2為合磁感應強度。

【跟蹤變式訓練】

【變式1-1］（2023?山東濟南市期末）如圖所示，直角三角形abc,Za=90°,Zb=30°,ac邊長為/,兩

根通電長直導線垂直紙面分別放置在。、b兩頂點處。a點處導線中的電流大小為I,方向垂直紙面向外，

b點處導線中的電流大小為4/,方向垂直紙面向里。已知長直通電導線在其周圍空間某點產生的磁感應

強度大小2=^，其中/表示電流大小，/?表示該點到導線的垂直距離，左為常量。則頂點c處的磁感應

強度大小為（）

C

『、、、、、

出---------40

ab

A.￡B木耳C幣KD.2,

【答案】C

【詳解】a點處導線在c處產生的磁感應強度大小為B?=4b點處導線在c處產生的磁感應強度大小

ATOH

為瓦=傷=7，即&=2及，Ba、5方向如圖所示，夾角為120。，由幾何關系知，合磁感應強度方向

垂直及向上，貝！J及=小及=小?,故選C。

b

【變式1-2】把螺線管與電源連接，發現小磁針N極向螺線管偏轉，靜止時所指方向如圖所示。下列

說法正確的是（）

A.螺線管左端接電源正極

B.若將小磁針移到螺線管內部，小磁針N極所指方向不變

C.若將小磁針移到螺線管左端，小磁針N極將轉過180。

D.若將小磁針移到螺線管正上方，小磁針N極所指方向不變

【答案】B

【詳解】小磁針靜止時N極指向為其所在處的磁場方向，由題圖知螺線管電流在螺線管中軸線上的磁

場方向是向左的，由右手螺旋定則可知螺線管中電流方向是逆時針方向（從左側看），則螺線管右端接電

源正極，故A錯誤；螺線管內部磁場方向向左，所以將小磁針移到螺線管內部，小磁針N極所指方向

不變，故B正確；若將小磁針移到螺線管左端，仍處于向左的磁場中，小磁針N極所指方向不變，故C

錯誤；螺線管正上方磁場向右，若將小磁針移到螺線管正上方，小磁針N極所指方向向右，故D錯誤。

【變式1-3]（2021?廣東卷5）截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著

對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流八，四根平行直導線均通入電流"，人>>/2，電流

方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是（）

【詳解】因/l>>/2,則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用力；根據兩通電直導線間的安培力作

用滿足“同向電流相互吸引，反向電流相互排斥”，則正方形左右兩側的直導線要受到中心長直導線吸引

的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線要受到中心長直導線排斥的安培力，形成凸形，故變形

后的形狀如C所示，故選C。

題型二安培力

【典型例題剖析】

【例2】如圖所示，正六邊形線框％時由六根導體棒連接而成，固定于勻強磁場中的線框平面與磁

場方向垂直，線框頂點。、6與電源兩端相連，其中必棒的電阻為5R,其余各棒的電阻均為R,電源內

阻及導線電阻忽略不計。S閉合后，線框受到的安培力大小為凡若僅將必棒移走，則余下線框受到的

安培力大小為()

A.fB.fC.苧D.f

【答案】A

【詳解】S閉合后，油棒與余下線框并聯，設電源電動勢為E,則兩并聯支路的電流大小均為/=專F，

ab棒受到安培力的大小為Fab=BlL,余下線框在磁場中的等效長度也為L,受到的安培力大小為F其他

=B1L,線框受到的安培力大小尸/其他=28/3若僅將M棒移走，則余下線框受到的安培力大小

F=F其他=B/L=4,故選A。

【高考考點對接】

1.安培力：通電導線在磁場中受的力稱為安培力。

2.安培力的大小

(1)當8、/垂直時，F=IlBo

(2)若B與/夾角為仇將8沿垂直于/和平行于/的方向正交分解，取垂直分量，可得尸=〃Bsin一九

注意：6是磁感應強度的方向與導線的夾角。當。=0或180。，即磁感應強度的方向與導線平行時，F=

0o

(3)公式的適用條件：一般只適用于勻強磁場。

(4)/是指有效長度。

彎曲通電導線的有效長度/等于連接導線兩端點的直線的長度，相應的電流方向沿兩端點連線由始端指

向末端，如圖所示。

xxxxBxxx

3.安培力的方向

左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心垂

直進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。

4.同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。

【解題能力提升】

判斷安培力作用下導體的運動情況的五種方法

電流元法分割為電流元左手定則>安培力方向T整段導體所受合力方向一運動方向

特殊位置法在特殊位置一安培力方向一運動方向

環形電流U小磁針]

條形磁體u通電螺線管u多個環形電流[

等效法

根據同極相斥、異極相吸判斷作用力的方向進而判斷運動方向

兩平行直線電流在相互作用中，無轉動趨勢，同向電流互相吸引，異向電流

結論法互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的

趨勢

轉換研究對先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所

象法受電流磁場的作用力

【跟蹤變式訓練】

【變式2-1]（2022?江蘇卷-3）如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電

流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向（）

I.

Ia

b（2）r

A.平行于紙面向上

B.平行于紙面向下

C.左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里

D.左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外

【答案】C

【詳解】根據安培定則，可判斷出導線a左側部分所在處磁場方向斜向右上方，右側部分的磁場方向

斜向右下方，根據左手定則可判斷出左半部分所受安培力垂直紙面向外，右半部分所受安培力垂直紙面

向里，故C正確，A、B、D錯誤。

【變式2-2】如圖所示，寬為乙=0.5m的光滑導軌與水平面成。=37。角，質量為機=0.1kg、長也為L

=0.5m的金屬桿浦水平放置在導軌上，電源電動勢E=3V,內阻r=0.5。，金屬桿電阻為Ri=lQ,

導軌電阻不計。金屬桿與導軌垂直且接觸良好。空間存在著豎直向上的勻強磁場(圖中未畫出)，當電阻

箱的電阻調為&=0.9。時，金屬桿恰好能靜止。取重力加速度g=10m/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

(1)求磁感應強度8的大小;

(2)保持其他條件不變，當電阻箱的電阻調為時，閉合開關S,同時由靜止釋放金屬桿，求此

時金屬桿的加速度。

【答案】(1)1.2T(2)1.2m/s2,方向沿導軌向上

【詳解】(1)對金屬桿受力分析如圖,

由安培力公式和平衡條件可得mgsin9—BILcos9

由閉合電路歐姆定律得

/=7?i+l+r

解得2=1.2T

(2)由牛頓第二定律和閉合電路歐姆定律有

E

BFLcos0—mgsin0=ma,T—寵+寵，+「

解得a=L2m/s2,方向沿導軌向上。

【變式2-3](2023?北京卷?19)2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創造了大質量電磁推

進技術的世界最高速度紀錄。一種兩級導軌式電磁推進的原理如圖所示。兩平行長直金屬導軌固定在水

平面，導軌間垂直安放金屬棒。金屬棒可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌接觸良好，電流從一導軌流

入，經過金屬棒，再從另一導軌流回，圖中電源未畫出。導軌電流在兩導軌間產生的磁場可視為勻強磁

場，磁感應強度2與電流，的關系式為2=h也為常量)。金屬棒被該磁場力推動。當金屬棒由第一級區

域進入第二級區域時，回路中的電流由/變為2/。已知兩導軌內側間距為L每一級區域中金屬棒被推

進的距離均為s,金屬棒的質量為相。求:

金屬棒

第一級區域，第二級區域

(1)金屬棒經過第一級區域時受到安培力的大小F；

(2)金屬棒經過第一、二級區域的加速度大小之比01：02；

(3)金屬棒從靜止開始經過兩級區域推進后的速度大小v=

【答案】⑴kPL(2)1：4⑶寸里還

【詳解】(1)由題意可知，第一級區域中磁感應強度大小為修=股

金屬棒經過第一級區域時受到安培力的大小為

F=BiIL=kFL

Hkt11

(2)根據牛頓第二定律可知，金屬棒經過第一級區域的加速度大小為5弋=受

第二級區域中磁感應強度大小為B2=2kl

金屬棒經過第二級區域時受到安培力的大小為

F=Bi2IL=4kFL

金屬棒經過第二級區域的加速度大小為

F'4kI2L

a~mm

則金屬棒經過第一、二級區域的加速度大小之比為：42=1：4

(3)金屬棒從靜止開始經過兩級區域推進后，根據動能定理可得R+Fs=%“一0

解得金屬棒從靜止開始經過兩級區域推進后的速度大小為v=A悝等。

題型三洛倫茲力

【典型例題剖析】

【例3】(2022?廣東卷?7)如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNP。劃分成兩個區域，兩區域分布

有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直Oyz

平面進入磁場，并穿過兩個磁場區域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是

)

【答案】A

【詳解】由題意知當質子垂直Oyz平面進入磁場后先在跖V左側運動，剛進入時根據左手定則可知受

到y軸正方向的洛倫茲力，做勻速圓周運動，即質子會向)，軸正方向偏移，y軸坐標增大，在右側

磁場方向反向，由對稱性可知，A可能正確，B錯誤；根據左手定則可知質子在整個運動過程中都只受

到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故C、D錯誤。

【高考考點對接】

1.洛倫茲力的定義

磁場對運動電荷的作用力。

2.洛倫茲力的大小

(l)v〃B時，F=0；

(2)v_LB時，F=qvB；

(3)v與8的夾角為。時，F=qvBsin9。

3.洛倫茲力的方向

(1)判定方法：左手定則，注意四指應指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；

(2)方向特點：F±B,F±v,即/垂直于3、v決定的平面。(注意B和v不一定垂直)

4.洛倫茲力與安培力的聯系及區別

(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，二者性質相同，都是磁場力。

(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。

注意：洛倫茲力的分力可能對運動電荷做功。

5.洛倫茲力與靜電力的比較

洛倫茲力靜電力

_

V#)且V不與B平行

產生條件(說明：運動電荷在磁場中不一定電荷處在電場中

受洛倫茲力作用)

大小F=qvB(V-LB)F=qE

力方向與場方向的關系尸_LB(且F±v)F//E

做功情況任何情況下都不做功可能做功，也可能不做功

【解題能力提升】

帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動。

2.帶電粒子以速度I，垂直磁場方向射入磁感應強度為8的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與

磁場垂直的平面內做勻速圓周運動。

2

(1)洛倫茲力提供向心力：qvB—。

(2)軌跡半徑：廠=第。

(3)周期：7=平=胃，可知T與運動速度和軌跡半徑無關，只和粒子的比荷和磁場的磁感應強度有關。

Z3

(4)運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為名弧度)時，所用時間片為T。

(5)動能：Ek=3mv2=%=喏。

3.粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法

(1)圓心的確定方法

①若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力廠的方向，其交點即為圓心，如圖甲。

②若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點即為圓心，如圖

乙。

③若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據『清計算出軌跡半徑廠，則在該點沿洛倫茲力方向距離為，

的位置為圓心，如圖丙。

(2)半徑的計算方法

方法一由“請求得。

方法二連半徑構出三角形，由數學方法解三角形或勾股定理求得。

如圖甲，由R=或R2=￡2+(R—⑨2求得

常用到的幾何關系

①粒子的偏轉角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，夕=呢

②弦切角等于弦所對應圓心角一半，如圖乙，。=&。

（3）時間的計算方法

方法一利用圓心角0、周期T求得r=就兀

方法二利用弧長/、線速度v求得/=%

【跟蹤變式訓練】

【變式3-1]（2023?遼寧大連市模擬）真空中豎直放置一通電長直細導線，俯視圖如圖所示。以導線為

圓心作圓，光滑絕緣管ab水平放置，兩端恰好落在圓周上。直徑略小于絕緣管直徑的帶正電小球自。

端以速度W向6端運動過程中，下列說法正確的是（）

A.小球先加速后減速

B.小球受到的洛倫茲力始終為零

C.小球在"中點受到的洛倫茲力為零

D.小球受到洛倫茲力時，洛倫茲力方向始終豎直向上

【答案】C

【詳解】根據安培定則可知，直導線產生的磁場的磁感線如圖中虛線所示,

洛倫茲力始終與小球運動方向垂直，故不做功，小球速率不變，A錯誤；當運動到ab中點時，磁感線

與速度方向平行，所受洛倫茲力為零，自a端到中點洛倫茲力豎直向下，中點到b端洛倫茲力豎直向上,

B、D錯誤，C正確。

【變式3-2]（2022?北京卷.7）正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂

直于紙面的勻強磁場，從P點發出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下

列說法正確的是（）

A.磁場方向垂直于紙面向里

B.軌跡1對應的粒子運動速度越來越大

C.軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大

D.軌跡3對應的粒子是正電子

【答案】A

【詳解】根據題圖可知，軌跡1和3對應的粒子轉動方向一致，則軌跡1和3對應的粒子為電子，軌

跡2對應的粒子為正電子，電子帶負電荷且順時針轉動，根據左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，

A正確，D錯誤；粒子在云室中運動，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內填充物質的阻力作用，粒子

速度越來越小，B錯誤；帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律可知qvB

=〃,，解得粒子運動的半徑為7=相，根據題圖可知軌跡3對應的粒子運動的半徑更大，速度更大，粒

子運動過程中受到云室內物質的阻力的情況下，此結論也成立，C錯誤。

【變式3-3]（多選X2020?天津卷?7）如圖所示，在。町平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感

應強度大小為5的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的Af點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角8=

45。。粒子經過磁場偏轉后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知OM=a,粒子電荷量為q,質量為相，

重力不計。則（）

ytxXX

M*xx

XXX

~Ox

A.粒子帶負電荷

B.粒子速度大小為嚕

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a

D.N與。點相距（g+1）。

【答案】AD

【詳解】由題意可知，粒子在磁場中沿順時針做圓周運動，根據左手定則可知粒子帶負電荷，故A正

確；粒子的運動軌跡如圖所示，

0,為粒子做勻速圓周運動的圓心，其軌道半徑7?=陋處故C錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得以2=

向,則，故B錯誤；由圖可知，0N=a+6。=（也+l）a,故D正確。

題型四洛倫茲力與現代科技

【典型例題剖析】

【例4】（多選）（2023?河南開封市三模）質譜儀是科學研究和工業生產中的重要工具，如圖所示是一種質

譜儀的工作原理示意圖。質量為加、電荷量為g的粒子，從容器A下方的小孔亂飄入電勢差為5的加

速電場，其初速度幾乎為0,接著經過小孔S2進入速度選擇器中，沿著直線經過小孔S3垂直進入磁感應

強度為民的勻強磁場中，最后打到照相底片C。上。已知速度選擇器的板間距為d,板間電壓為仍且

板間存在磁感應強度為Bi的勻強磁場，粒子打在底片上的亮點距小孔S3的距離為Do不計粒子重力及

粒子間相互作用。則該帶電粒子的比荷可以表示為（）

,85

AD-BIBO

U3

D嬴

【答案】CD

【詳解】粒子在電場中加速，由動能定理可得。應=

提亞2,解得丫=\/誓，粒子進入速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件可得塔=Bqv,聯立可

得*2囂By粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力充當向心力，有&/=培=片，與華=3印

聯立可得^=贏，與尸￡聯立可得*=第，故選C、口。

【高考考點對接】

一、質譜儀

1.作用

測量帶電粒子的質量和分離同位素。

2.原理(如圖所示)

(1)加速電場：qU—^mv2；

2

(2)偏轉磁場：qvB=—,l=2r；

,〃曰j2mU/笈q2U

由以上式r子可_1待/丁，根=2U'm=訴。

二、回旋加速器

1.構造

如圖所示，Di、D2是半圓金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源。

接交流電源

2.原理

交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙就被加速一次。

3.最大動能

由附2=喑、小斗湛得心=噂件，粒子獲得的最大動能由磁感應強度8和盒半徑R決定，與

加速電壓無關。

4.運動時間的計算

(1)粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能4U,加速次數〃=聚，粒子在磁場中

、一f鉆兀一BR2

運動的總M時間ti^-―]T-E2kmqU2qB~冗2U°

(2)粒子在各狹縫中的運動連在一起為勻加速直線運動，運動時間為/2=7=爺。(縫隙寬度為砌

(3)粒子運動的總時間t=h+t2=嘍+臂

【解題能力提升】

帶電粒子在科技中的四種應用

1.速度選擇器

(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直。(如圖)

F

(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是洛倫茲力與靜電力平衡，即v=1o

(3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質量。

(4)速度選擇器具有單向性，改變粒子的入射速度方向，不能實現速度選擇功能。

2.磁流體發電機

(1)原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發生偏轉而聚集在B、A板上,

產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能。

(2)電源正、負極判斷：根據左手定則可判斷出圖中的B板是發電機的正極。

(3)發電機的電動勢：當發電機外電路斷路時，正、負離子所受靜電力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的

最大電勢差為U,則片得U=Bdv,則電動勢E=U=及"

(4)內阻廠：若等離子體的電阻率為"，則發電機的內阻

3.電磁流量計

(1)流量(。)：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積。

(2)導電液體的流速(v)的計算

如圖所示，一圓柱形導管直徑為d,用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向右流動。導電液體中的自

由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下發生偏轉，使4、b間出現電勢差，當自由電荷所受靜電力和洛倫茲

力平衡時，a、。間的電勢差(⑺達到最大，由弓=quB,可得v=*。

UXXXXq_

-X[XX9d

XXXXX-

(3)流量的表達式：。=5丫=苧.5=嘿,

(4)電勢高低的判斷：根據左手定則可得(pa>(pbo

4.霍爾元件

(1)定義：高為仄寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體

的上表面A和下表面A，之間產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓。

(2)電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流/向右時，根據左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A，

的電勢高；若自由電荷是正電荷，則下表面A，的電勢低。

(3)霍爾電壓：當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A，間的電勢差(⑺就保持穩定，由44=弓，I

=nqvS,S=hd,聯立解得。=券=號，左=心稱為霍爾系數。

【跟蹤變式訓練】

【變式4-1](多選)(2023?河北石家莊市三模)如圖甲所示為我國建造的第一臺回旋加速器，該加速器存放

于中國原子能科學研究院，其工作原理如圖乙所示：其核心部分是兩個D形盒，粒子源。置于D形盒

的圓心附近，能不斷釋放出帶電粒子，忽略粒子在電場中運動的時間，不考慮加速過程中引起的粒子質

量變化。現用該回旋加速器對汨、,He粒子分別進行加速，下列說法正確的是()

出口處

甲乙

A.兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等

B.兩種粒子在回旋加速器中運動的時間不相等

C.兩種粒子離開出口處的動能相等

D.兩種粒子離開出口處的動能不相等

【答案】AD

【詳解】粒子在磁場中飛出的最大軌道半徑為D形盒的半徑，對應速度也最大，則有qvmax8=房展，

最大動能為Ekmax=m"Vmax2,在電場中加速一次，在磁場中旋轉半周，令加速的次數為"，則有Ekmax=

nqU,解得〃=縉與，則粒子運動的時間t=r^,其中T=縹，解得胃噂，可知，兩種粒子在回旋

加速器中運動的時間相等，A正確，B錯誤；粒子離開出口處的動能最大，根據上述解得Ekmax=縹a，

泡粒子的質量數為2,電荷數為1,拍e粒子的質量數為4,電荷數為2,可知擔e粒子離開出口處的動

能為汨粒子的兩倍，即兩種粒子離開出口處的動能不相等，C錯誤，D正確。

【變式4-2]（2023?北京市一模）工業上常用電磁流量計來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量。（單位時

間內流過管道橫截面的液體體積），原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加一磁感應強度大小為

B的勻強磁場，當導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U,就可計算出管

中液體的流量。為了測量某工廠的污水排放量，技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電磁流量

計，如圖乙所示，己知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為20cm和10cm。當流經電磁流量計的

液體速度為10m/s時，其流量約為280m3/h,若某段時間內通過電磁流量計的流量為70m3/h,則在這

段時間內（）

XX詼X;排污管電磁流量計

XxNxXx

甲乙

A./點的電勢一定低于N點的電勢

B.通過排污管的污水流量約為140nl3/h

C.排污管內污水的速度約為2.5m/s

D.電勢差U與磁感應強度B之比約為0.25m2/s

【答案】D

【詳解】根據左手定則可知，進入磁場區域時正電荷會向上偏轉，負電荷向下偏轉，所以M點的電勢

一定高于N點的電勢，故A錯誤；某段時間內通過電磁流量計的流量為70m3/h,通過排污管的污水流

量也是70m3/h,流量計半徑為r=5cm=0.05m,排污管的半徑R=10cm=0.1m,由。=n戶也=nR2V2

可知，流經電磁流量計的液體速度為也=2.5m/s,排污管內污水的速度為V2=0.625m/s,故B、C錯誤；

流量計內污水的速度約為0=2.5m/s,當粒子在電磁流量計中受力平衡時，有端=伏山,可知蘇=丫山1

=0.25m2/s,故D正確。

【變式4-3]（2023?浙江1月選考?8）某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流/的螺繞

環在霍爾元件處產生的磁場B=hl,

通有待測電流/'的直導線"垂直穿過螺繞環中心，在霍爾元件處產生的磁場夕=近兒調節電阻R,當

電流表示數為/o時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流/'的方向和大小分別為（）

【詳解】根據安培定則可知螺繞環在霍爾元件處產生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓UH

為零,直導線仍在霍爾元件處產生的磁場方向應向上,根據安培定則可知待測電流r的方向應該是b-a；

元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合磁感應強度為0,所以有肩7O=%2/'，解得/'=如0,故選D。

綜合過關檢測

1.（2023?江蘇卷⑵如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為瓦L形導線通以恒定電流/,放置在磁場中。已知

油邊長為2/,與磁場方向垂直，反邊長為/,與磁場方向平行。該導線受到的安培力為（）

A.0B.BIlC.2BIID.y[5BIl

【答案】C

【詳解】因6c段與磁場方向平行，則不受安培力作用；仍段與磁場方向垂直，則所受安培力大小為

Fab^BI-2l=2BIl,則該導線受到的安培力為28〃，故選C。

2.（2021?全國甲卷J6）兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO與OQ在一條直線

上，P。，與。尸在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流/,電流方向如圖所示。若一根無限長

直導線通過電流/時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B,則圖中與導線距離均為d

的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（）

Q

d&一］N

d\

OIP

E

A.8、0B.0、2BC.2B、2BD.8、B

【答案】B

【詳解】兩直角導線可以等效為如圖所示的兩直導線,

MN

X?XX

---------FOP

EO'Q

由安培定則可知，兩直導線在M點處的磁感應強度方向分別為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M點

處的磁感應強度大小為零；兩直導線在N點處的磁感應強度方向均垂直紙面向里，故N點處的磁感應強

度大小為28,綜上分析B正確。

3.（2023?廣東廣州市模擬）一光滑絕緣的正方體固定在水平面內。AB導體棒可繞過其中點的轉軸在正方體

的上表面內自由轉動，CQ導體棒固定在正方體的下底面。開始時兩棒相互垂直并靜止，兩棒中點。1、

仍連線在正方體的中軸線上。現對兩棒同時通入圖示（A到8、。到C）方向的電流。下列說法中正確的

是（）

A.通電后棒仍將保持靜止

B.通電后AB棒將要順時針轉動（俯視）

C.通電后AB棒將要逆時針轉動（俯視）

D.通電瞬間線段。1。2間存在磁感應強度為零的位置

【答案】B

【詳解】。導體棒電流產生的磁場分布，如圖所示,

B

A,--

可知。導體棒電流在B端產生的磁場有垂直棒向上的分量，根據左手定則可知2端受到垂直于紙

面向外的安培力，8端向外轉動，C。導體棒電流在A端產生的磁場有垂直A8棒向下的分量，根據左手

定則可知A端受到垂直于紙面向里的安培力，A端向里轉動，故俯視看導體棒將要順時針轉動，B

正確，A、C錯誤；根據安培定則可知通電瞬間C。導體棒電流和AB導體棒電流在線段。1。2間產生的

磁場方向相互垂直，故通電瞬間線段0102間不存在磁感應強度為零的位置，D錯誤。

4.（多選）（2022?遼寧卷⑻粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域有

垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從尸點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁

場區域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態，忽

略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）

A.粒子1可能為中子

B.粒子2可能為電子

C.若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的。點

D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的。點

【答案】AD

【詳解】由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子，A正確；粒子2

向上偏轉，根據左手定則可知，粒子2應該帶正電，不可能為電子，B錯誤；由以上分析可知粒子1不

帶電，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；粒子2在磁場中由洛倫茲力提供向心

力,有件8=〃干，解得廠=第，可知若增大粒子的入射速度，則粒子2做圓周運動的半徑增大，粒子2

可能打在探測器上的。點，D正確。

5.如圖所示，豎直放置的光滑絕緣斜面處于方向垂直豎直平面（紙面）向里、磁感應強度大小為8的勻強磁

場中，一帶電荷量為式q>0）的滑塊自。點由靜止沿斜面滑下，下降高度為時到達6點，滑塊恰好對斜

面無壓力。關于滑塊自。點運動到b點的過程，下列說法正確的是（重力加速度為g）（）

X

X

X

X

A.滑塊在。點受重力、支持力和洛倫茲力作用

B.滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為麗

C.洛倫茲力做正功

D.滑塊的機械能增大

【答案】B

【詳解】滑塊自。點由靜止沿斜面滑下，在a點不受洛倫茲力作用，故A錯誤；滑塊自。點運動到。

點的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑塊機械能守恒，有機1V2,得v=4麗，故滑塊

在6點受到的洛倫茲力大小為尸而，故B正確，C、D錯誤。

6.（2023?安徽合肥市模擬）如圖，長直導線水平固定放置，通有向右的恒定電流，絕緣細線一端系于直導線

上的。點，另一端系一個帶電小球，細線拉直，第一次讓小球在A點由靜止釋放，讓小球繞。點沿圓1

在豎直面內做圓周運動;第二次讓小球在8點由靜止釋放，讓小球繞。點沿圓2在豎直面內做圓周運動。

圓1與直導線在同一豎直面內，圓2與直導線垂直，A、3兩點高度相同，不計空氣阻力，不計細線的

重力，則兩次小球運動到最低點。時（）

1/2；；

!I\O\

A.速度大小相等，線的拉力相等

B.速度大小不等，線的拉力相等

C.速度大小相等，線的拉力不等

D.速度大小不等，線的拉力不等

【答案】C

【詳解】由于洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以兩次小球運動到最低點c時，根據動能定理可知，

合外力做功相同，所以兩次在最低點時速度大小相等；在圓1中小球在最低點時速度方向與磁場方向相

互垂直，根據左手定則，如果小球帶正電，則在圓1中小球在最低點線的拉力大小滿足F^+Bqv-mg

在圓2中小球在最低點速度方向與磁場方向相互平行，所受洛倫茲力為0,則在圓2中小球在最

低點線的拉力大小滿足FT2—mg=i般,則兩次小球運動到最低點C時，線的拉力不等，同理可知，若

小球帶負電，在C點線的拉力也不等，所以C正確，A、B、D錯誤。

7.（2023?廣東卷?5）某小型醫用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m,磁感應強度大小為1.12T,質子加

速后獲得的最大動能為L5x107eV。根據給出的數據，可計算質子經該回旋加速器加速后的最大速率

約為（忽略相對論效應，1