新教材人教版高中物理選擇性必修第二冊第一章安培力與洛倫茲力學案知識點考點匯總及配套習題

安培力與洛倫茲力1.磁場對通電導力.................................................................12.磁場對運動電力.................................................................183.帶強動..........................................................334.質(zhì)譜儀與回旋器.....................................................................50.磁場對通電導線的作用力必備知識·自主學習一、安培力的方向為什么接通電源之后，會觀察到原來靜止的導體棒發(fā)生擺動？提示因為通電導體棒在磁場中受到了磁場力的作用。1．安培力：通電導線在磁場中受的力。2．影響安培力方向的因素：(1磁場方向。(2電流方向。(3安培力方向與磁場方向、電流方向的關系：安培力F垂直于感強度B與電流I決定的面。3；電。二、安培力的大小處在勻強磁場中的通電導線如果放置的方式不同其所受安培力的大小是否相同？提示：通電導線在勻強磁場中放置的方式不同，其所受安培力的大小也不同。1．表達式：當磁感應強度B和電流I垂直時，F(xiàn)＝IlB。2．一般表達式：當磁感應強度B的方向與電流I的方向成θ角時，F(xiàn)＝IlB__sin__θ。三、磁電式電流表1．原理：安培力與電流的關系。2．基本構(gòu)造：磁鐵、線圈、螺旋彈簧、指針、極靴、鐵質(zhì)圓柱等。3．構(gòu)造特點：兩極間的極靴和極靴中間的鐵質(zhì)圓柱，使極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，使線圈平面與磁場方向平行，使表盤刻度均勻。4．優(yōu)點和缺點：(1)優(yōu)點：靈敏度高，可以測出很弱的電流。(2)缺點：線圈的導線很細，允許通過的電流很弱(幾十微安到幾毫安)。(1)安培力的方向與磁感應強度的方向相同。(×)(2)通電導線在磁場中不一定受安培力。(√)(3)一通電導線放在磁場某處不受安培力，該處的磁感應強度不一定為零。(√)(4)通有反方向電流的平行導線相互吸引。(×)(5)磁電式電流表指針偏轉(zhuǎn)角度與電流大小成正比。(√)(6)磁電式電流表內(nèi)是均勻輻射磁場，不是勻強磁場。(√)關鍵能力·合作學習知識點一安培力的方向、大小1．安培力的方向：(1)左手定則：(2)安培力F的方向特點：F⊥I，F(xiàn)⊥B，即F垂直于B和I所決定的平面。(3)當電流方向跟磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直于電流與磁場所決定的平面所以仍可用左手定則來判斷安培力的方向只是磁感線不再垂直穿過手心，而是斜穿過手心。2．安培力的大?。?1公式F＝BIlsinθ中B對放入的通電導線來說是外加磁場的磁感應強度，不必考慮導線自身產(chǎn)生的磁場對外加磁場的影響。(2公式F＝BIlsinθ中l(wèi)指的是導線在磁場中的“有效長度”，彎曲導線的有效長度等于兩端點連線的長(如圖所示)。R(3)公式F＝BIlsinθ中θ是B和I方向的夾角，當θ＝90°時sinθ＝1，R公式變?yōu)镕＝BI。當θ＝0°或180°即兩者平行時，不受安培力。把盛有導電液體的玻璃器皿放在兩磁極中間接通電源后會看到液體旋轉(zhuǎn)起來。(1)通電液體為何會旋轉(zhuǎn)，液體的旋轉(zhuǎn)方向如何判斷？提示通電液體之所以旋轉(zhuǎn)是因為受到力的作用其旋轉(zhuǎn)方向可以用左手定則判斷。(2)如果增大電流，將會看到什么現(xiàn)象？提示：電流增大，液體旋轉(zhuǎn)加快，說明通電的液體受力變大?！镜淅秊閙為l棒N為R滑為為E的為B成θ運則( )A動B棒N為lC．開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力為BEl

sinθRmRERD．開關閉合瞬間導體棒MNmRER【解題探究】(1)導體棒所受的安培力的大小方向怎么確定？提示：根據(jù)左手定則確定安培力的大小和方向。(2)導體棒受到哪些力的作用，合力方向向哪？提示：導體棒受到重力、支持力、安培力的作用，合力向右?！窘馕鲞xB導，A錯式F＝I且I＝R，得F＝BEBC錯誤關安向9°－由律的加度a＝BEl

sinmR

θ，D錯誤。左手定則應用的兩個要點(1安培力的方向既垂直于電流的方向，又垂直于磁場的方向，所以應用左手定則時，必須使大拇指指向與四指指向和磁場方向均垂直。(2由于電流方向和磁場方向不一定垂直，所以磁場方向不一定垂直穿入手掌，可能與四指方向成某一夾角，但四指一定要指向電流方向。1(多選)某地的地磁場的磁感應強度大約是4.0×1－5T一根長500m的導線，電流為10，則該導線受到的磁場力可能()A．0 B．0.1N C．0.3N D．0.4N【解析選A、B。當B與I垂直時，安培大小為F＝BI，知培的最值為F＝BIl＝4×0－×0500＝0.2N；當B與I平行，培為0，為最大最小，可安力大范為0F02N，A、B正確，C、D錯誤。2．(多選)實驗室經(jīng)常使用的電流表是磁電式電流表。這種電流表的構(gòu)造如圖甲所示蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻輻向分布的若線圈中通以如圖乙所示的電流，則下列說法中正確的( )A.在量程內(nèi)指針轉(zhuǎn)至任一角度，線圈平面都跟磁感線平行B．線圈轉(zhuǎn)動時，螺旋彈簧被扭動，阻礙線圈轉(zhuǎn)動C．當線圈在如圖乙所示的位置時b端受到的安培力方向向上D．當線圈在如圖乙所示的位置時，安培力的作用使線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動【解析選ABD。是A正旋故B正手，b端，a端使故C錯，D正?！咳χ衋b兩條導為流I強為B。則( )A.該磁場是勻強磁場B．線圈平面總與磁場方向垂直C．線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動D．a(chǎn)、b導線受到的安培力大小總為IB左手定則【解析】選D。該磁場是輻向均勻分布的，不是勻強磁場左手定則與磁場方向平行，B錯誤；根據(jù)左手定則可知，線圈a導線受到向上的安培力，b導受向的培，圈順針向動C錯誤ab導線始終與磁場垂直，受到的安培力大小總為BI，D正確。知識點二安培力的綜合分析1．安培力作用下導體運動情況的判斷：電流元法 分割為電流元→安培力方向→整段導體所受合力方向→運動方向特殊位置法等效法結(jié)論法

在特殊位置→安培力方向→運動方向環(huán)形電流→小磁針條形磁鐵→通電螺線管→多個環(huán)形電流同向電流互相吸引反向電流互相排斥兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行位置且電流方向相同的趨勢定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，轉(zhuǎn)換研究對象法

可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受電流磁場的作用力從而確定磁體所受合力及運動方向提醒(1)判斷通電線圈等在磁場中的轉(zhuǎn)動情況要尋找具有對稱關系的電流元。(2)利用特殊位置法要注意利用通電導線所在位置的磁場特殊點的方向。2．求解安培力作用下導體的運動問題的基本思路：如果將一根柔軟的彈簧懸掛起來，使它的下端剛好跟槽中的水銀接觸。討論：(1)通電后，你會觀察到什么現(xiàn)象？提示：彈簧上下振動，電路交替通斷。(2)為什么會出現(xiàn)這種現(xiàn)象？提示于得。為α的面①為為m②，為I若止③場B和為(A．B＝gB．B＝g

)nlnl

α上α上C．B＝g

nl

下D．B＝g

nl

α右】序號①②③

解題依據(jù)接觸面光滑，不受摩擦力重力大小G＝mg導線靜止，受力平衡

信息提取物體受重力、支持力、安培力的作用重力G＝mg重力支持力安培力三個力的合力為零【解析選C。向故A知故B左gnα＝BI所以B＝mg

tanIl

α，故C正確若磁場方向水平向右受到豎直向下的安培力故導線不可能處于平衡，故D錯誤，故選C。1．(2021·廣東選擇考)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I四1根平行直導線均通入電流I，I?I，電流方向如圖所示。下列截面圖中可能正2 1 2確表示通電后長管發(fā)生形變的( )【解析選C。因I?I，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據(jù)1 2兩通電直導線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側(cè)的直導線要受到中心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直導線排斥的安培力形成凸形故發(fā)生形變后的形狀如圖C。E2．如圖所示，水平導軌間距為L＝0.5m，導軌電阻忽略不計；導體棒ab的質(zhì)E量m＝1kg，電阻R＝0.9Ω，與導軌接觸良好；電源電動勢E＝10V，內(nèi)阻r01阻R＝4加感度B＝5于b，成；b為＝(摩力)，對b，速度g取0s2，b知＝8＝6：)過b。b。)力G。)棒b：I＝R＋R＋r＝2A從a到b。0)：F＝L＝5N。)出b圖f變)。m：f＝5Nm：時F－f＝5N，T m時力G于F，T

F＋m＝5N。T力G55。：2A從a到b5N55N【加固訓練】1．如圖所示，用絕緣細線懸掛一個導線框，導線框是由兩個同心半圓弧導線和直導線abcd連接而成的閉合回路abcd段中平線P。當P中時( ).導動B動C動D動】選D。當P中線P在ab處在cd處出ab所受的安培力方向垂直紙面向外，cd所受的安培力方向垂直紙面向里，從上往下看，導線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動D正確。2．(多選)某同學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，該同學應將( )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11v2【解析】選A、D。左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉，或者左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉矩形線圈通以同方向的電流線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來，A、D項正確；左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，則會周期性通以相反的電流線圈搖擺而無法連續(xù)轉(zhuǎn)動左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉則無法形成閉合回路，沒有電流無法連續(xù)轉(zhuǎn)動B、C項錯。【拓展例題考查內(nèi)容：安培力作用下的功能問題【典例】(多選)如圖是“電磁炮”模型的原理結(jié)構(gòu)示意圖。光滑水平金屬導軌MN的間距L為0.2m，強小B＝02T。棒ab垂軌M、N上，棒(體)的量m＝2g軌M、N阻R＝8，阻r2棒b提的流I恒為403A，棒b到4s彈則( )A棒ab所為105NB．光滑水平導軌長度至少為20mC．該過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為3.2×16JD．該過程系統(tǒng)消耗的總能量為1.76×16J【解析選BDF＝L＝04N項A錯由到4s知Fx＝2v2為x＝F＝20m，項B棒ab由F＝av＝t，間t0－2s，熱Q＝I2R＋t05J棒(含彈體)增加的總動能Ek＝2mv2＝1.6×106J，故系統(tǒng)消耗總能量

E＝E＋Q＝k16kFA＝1.76×10，選項C16kFA＝情境·模型·素養(yǎng)如圖所示是小麗自制的電流表原理圖質(zhì)量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連彈簧勁系數(shù)為k,在邊長ab＝Lc＝L的矩形區(qū)域1 2abcd內(nèi)有勻強磁，磁感應度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕針可示出標上的刻度MN的長度大于ab當MN中沒有電流通過且MN處于靜止狀態(tài)，MN與ab邊重合，且指針指標尺的零度處；當MN中有電流時針示數(shù)可示電流大小MN始終在紙面內(nèi)且保水平重力加速度為g。探究：(1)要使電流正常工作金屬桿中流方向應怎樣？(2)該電流表刻度在0～I范圍內(nèi)是不是均的？m提示：(1)要使電流表正常工作，金屬桿應向下移動，所受的安培力應向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應從M至N。(2當該電流表的示數(shù)為零時MN與ab邊重合，彈簧的彈力與桿的重力平衡，彈簧處于伸長狀態(tài)設當電流表示數(shù)為零時彈簧的伸長量為x由平衡條件得0mg＝kx，解得x＝mg0 0

，當電流為I時，為F＝BL，止簧量A 1的量為Δ根克律Δk，得Δx＝k

BLk1

∝故流表度的。為低音可磁替旋示通進器示意圖。推進器前后表面導電，上下表面絕緣，規(guī)格為a×b×c＝0.4m×0.3m×0.2小B＝10T、方向豎直向下，若在推進器前后方向通以大小I＝100A，方向垂直紙面向外的恒定電流。探究：(1推進器對潛艇提供的驅(qū)動力的方向怎樣？(2推進器對潛艇提供的驅(qū)動力的大小為多少？提示(1)磁場方向向下，電流方向向外，依據(jù)左手定則，則安培力方向向右，因此驅(qū)動力方向向左。(2)根據(jù)安培力公式F＝BI＝10×100×0.3N300，可得F＝F＝300。驅(qū)課堂檢測1．在下列四幅圖中，能正確標明通電直導線所受安培力F方向的( )【解析選B。根據(jù)左手定則判斷可知，安培力豎直向下A錯誤；根據(jù)左手定則安下B正向，C錯，D錯。】(考)如a和b是的順在ab產(chǎn)則ab是( )A．均向左C．a(chǎn)的向左，b的向右

B．均向右D．a(chǎn)的向右，b的向左【解析】選C、D。a、b的電流均向左或均向右時，根據(jù)通電直導線產(chǎn)生的磁場及其分布和疊加可知，在a、b導線附近的磁場方向相反，則由左手定則可以判斷平行于ab導兩為0，故項A、B錯；a、b的在a、b導的磁于a、b導線性也向衡狀項C、D正。2O為圓心KNLM是半徑分別為ONOM在O直圖N示時(出)此時回路( )A將向左平動B．將向右平動C．將在紙面內(nèi)繞通過O點并垂直紙面的軸轉(zhuǎn)動D．KL邊將垂直紙面向外運動MN邊垂直紙面向里運動【解析選D。以O為與N、M以KN邊、LM邊均不受力。根左手定可得，KL邊受力垂直紙面外，MN邊受力垂直紙面里，故D項正確。3．如圖所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度。它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為n，線圈的水平邊長為l，處于虛線方框內(nèi)的勻強磁場中，磁gggggggggg砝碼使天平達到平衡然后使電流反向大小不變這時需要在左盤中拿走質(zhì)量為m知(為( ).磁為B＝lB為B＝lC為B＝lD為B＝l】選D當B，邊有g＝I以B＝l故A、B當B電，，，力，，有g＝I以B＝l故C、D?！?選)為m為L于O并，沿x流I線為為(為( )mgmgmgmgmgA.z正向，ILtanθ mgmgmgmgmgC．z負向，ILtanθ D．沿懸線向上，ILsinθ【解析】選B、C。本題要注意在受力分析時把立體圖變成側(cè)視平面圖，然后通過平衡狀態(tài)的受力分析來確定B的方向和大小若B沿z正向則從O向O′看，導線受到的安培力F＝BI方向水平向左甲線衡A錯誤。若B沿y正向受培直圖示當F＝0且足ILBT＝mg，即B＝IL時，可衡，B正確。若B沿z負向?qū)У牧τ胰缢糇鉌sinθ＝ILB，TFcosθmg，即B＝mgT

tanθIL

，導線可以平衡，C正確。若B沿懸線向上，導線受到的安培力為左斜下方向，如圖丁所示，導線無法平衡D錯誤。4．如圖所示，在傾角為θ＝37°的光滑斜面上水平放置一條長為＝0.2m的直導線，兩端以很軟的輕質(zhì)導線通入I＝5A的電流。當將整個裝置放入一個豎直向上的B＝0.6T的勻強磁場中時，導線恰好平衡，求導線的重力為多少？(sin37°0.，cos37°0.8)snsnθ0.6根據(jù)平衡條件得：BIlcosθ＝Gsinθ，解得：G＝BIicosθ＝0.6×5×0.2×0.8N＝0.8N，即導線的重力大小為0.8N。答案：0.8N.磁場對運動電荷的作用力必備知識·自主學習一、洛倫茲力的方向運動電荷的速度方向與其在磁場中的受力方向有什么關系？提示運動電荷的速度方向與其在磁場中的受力方向垂直。1．實驗探究：磁場對運動電荷是否有力的作用：探究過程沒有外加磁場將蹄形磁鐵放在陰極射線管外面將磁鐵的N極和S極交換位置將兩個蹄形磁鐵并在一起

實驗現(xiàn)象陰極射線管中電子束的運動軌跡是直線電子束運動軌跡發(fā)生彎曲電子束運動軌跡向反方向偏轉(zhuǎn)電子束的偏轉(zhuǎn)角度增大2.洛倫茲力的方向：(1)洛倫茲力內(nèi)涵：運動電荷在磁場中受到的力。(2)方向的判斷——左手定則。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(nèi)讓磁感線從掌心進入并使四指指向正電荷運動的方向這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反。二、洛倫茲力的大小通電導線在磁場中受到的安培力和運動電荷在磁場中受到的洛倫茲力什么關系？提示安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力是安培力的微觀本質(zhì)。1．推導：設導體內(nèi)單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量為q，定向移動的速率為v，設長度為l的導線中的自由電荷在t時間內(nèi)全部通過橫截面S，則QtF安QtF安根據(jù)電流定義式I＝t可得，I＝nqvtS＝nqvS根據(jù)安培力公式F＝BIl可得，F(xiàn)＝nqvSB安 安這段導線中含有的運動電荷數(shù)為nlS而安培力是磁場作用在這段導線中的每個運動電荷的洛倫茲力的合力，即F洛＝nlS

，故而可得洛倫茲力為F＝qvB洛2．洛倫茲力公式：(1)當v⊥B時，F(xiàn)＝qvB。(2)當v//B時，F(xiàn)＝0。(3)當v與B成θ角時，F(xiàn)＝qvB__sin__θ。三、電子束的偏轉(zhuǎn)電視顯像管中的電子束為什么會發(fā)生偏轉(zhuǎn)？提示：電子束經(jīng)過通電的偏轉(zhuǎn)線圈時受到洛倫茲力的作用。1．構(gòu)造：電視顯像管主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)線圈和熒光屏三部分組成。2．原理：電子顯像管應用了電子束磁偏轉(zhuǎn)的原理。3．掃描：在偏轉(zhuǎn)區(qū)的水平方向和豎直方向都有偏轉(zhuǎn)磁場，其方向、強度都在不斷變化使得電子束打在熒光屏上的光點不斷移動電子束從最上一行到最下一行掃描一遍叫作一場，電視機每秒要進行50場掃描。(1)同一電荷，以相同大小的速度進入磁場，速度方向不同時，洛倫茲力的大小也可能不同。(√)(2如果電荷的速度方向與磁場方向平行，則該電荷所受洛倫茲力最大。(×)(3電荷在磁場中一定受到洛倫茲力的作用。(×)(4僅在洛倫茲力作用下，電荷的動能一定不會變化。(√)(5顯像管中偏轉(zhuǎn)線圈中的電流恒定時電子打在熒光屏上的位置是不變的(√)(6當判斷運動電荷在磁場中所受的洛倫茲力時要讓四指指向電荷的運動方向。(×)關鍵能力·合作學習知識點一洛倫茲力的方向、大小1．洛倫茲力的方向：(1用左手定則判斷洛倫茲力的方向操作圖解：(2洛倫茲力方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v所決定的平面。2．洛倫茲力的大?。?1洛倫茲力F＝Bvq的適用條件是B⊥v當v的方向與B的方向成一角度θ時，F(xiàn)＝Bvqsinθ。(2則F＝0茲。3：目質(zhì)

力F磁場對在其中運動電荷的作用力

力F電場對放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件 v≠0且v不與B平行

電場中的電荷一定受到電場力作用大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE力方向與場方向的關系做功情況力F為零時場的情況作用效果

一定是F⊥B，F(xiàn)⊥v任何情況下都不做功F為零B不一定為零只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小

正電荷與電場方向相同負電荷與電場方向相反可能做正功負功或不做功F為零E一定為零既可以改變電荷運動的速度大小也可以改變電荷運動的方向提醒：電荷在電場中一定受到電場力的作用，但在磁場中不一定受到洛倫茲力的作用。極光出現(xiàn)在地球高緯度地區(qū)是一種罕見的自然景觀其發(fā)生是由于太陽帶電粒子(太陽)進入地球磁場在地球南北兩極附近地區(qū)的高空夜間出現(xiàn)的燦爛美麗的光輝極光不只出現(xiàn)在地球在太陽系其他具有磁場的行星上也會發(fā)生這種現(xiàn)象。(1來自太陽高能帶電粒子在地磁場中受到什么力的作用？提示洛倫茲力(2極光為什么常出現(xiàn)于高緯度地區(qū)？提示由于帶電粒子在地磁場中受到洛倫茲力的作用，這些高能粒子轉(zhuǎn)向極區(qū)，所以極光常見于高緯度地區(qū)?！镜淅龑⒑写罅空搸щ娏Ｗ蛹安粠щ娏Ｗ拥臍怏w以一定速度垂直于磁場噴入勻強磁場中它們在磁場中的運動徑跡分成了如圖所示的三束其中②是直線。( )A.①是帶正電的粒子B．②是帶正電的粒子C．③是帶正電的粒子D．③是不帶電的粒子【解題探究】(1)怎樣判斷粒子的受力方向？提示：粒子彎曲的方向就是粒子受力的方向。(2)怎樣判斷粒子所帶電的電性？提示在磁場中應用左手定則判斷在電場中應用正電荷受力方向與電場方向相同判斷。【解析】選A。根據(jù)左手定則可知，①是帶正電的粒子，A正確；②是不帶電的粒子，B錯誤；根據(jù)左手定則可知，③是帶負電的粒子，C、D錯誤。故選A。磁感應強度與電場強度的易混點(1)磁感應強度B是描述磁場力的質(zhì)的物理，電場強度E是描述電的性質(zhì)的理，E的方向正荷受方，B的方與流受的向不相同也相。(2)電場強度的方向與正電荷所受靜電力的方向相同，而磁感應強度的方向與小磁針N極所受磁場力的方向相同。陰極射線管中電子束由陰極沿x軸正方向射出在熒光屏上出現(xiàn)如圖所示的一條亮線。要使該亮線向z軸正方向偏轉(zhuǎn)，可加上( )A.z軸正方向的磁場 B．y軸負方向的磁場C．x軸正方向的磁場 D．y軸正方向的磁場【解析】選B。若加一沿z軸正方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿y向y故A沿y根沿z故B沿x故C沿y根沿z軸故D錯?！繎? ).當從a端動B從b端動C動D動選C不管有什方向電流螺管內(nèi)磁場向始與軸線行，帶電粒沿著感線動時受洛茲力以應直保原運狀態(tài)變故C正確，A、B、D錯誤。知識點二洛倫茲力的合分析1．帶電在洛茲力用下運動：(1)洛倫力公式F＝Bvq中，v是電荷相對場的率。(2)分析帶電體在磁場中的運動，分析方法與力學中完全相同：對物體進行受力分析，求合力，用牛頓第二定律、運動學公式或動能定理列方程。2．洛倫茲力作用下的綜合問題：帶電粒子在勻強磁場中無約束情況下做直線運動的兩種情景：(1速度方向與磁場平行，不受洛倫茲力作用，可做勻速直線運動也可在其他力作用下做變速直線運動。(2速度方向與磁場不平行，且洛倫茲力外的各力均為恒力，若軌跡為直線則必做勻速直線運動。帶電粒子所受洛倫茲力也為恒力。太陽風暴爆發(fā)時會噴射大量的高能帶電粒子流和等離子體釋放的物質(zhì)和能量到達近地空間，可引起地球磁層、電離層、中高層大氣等地球空間環(huán)境強烈擾動，從而影響人類活動。(1)地球周圍存在著地磁場，帶電粒子進入地磁場后會受到洛倫茲力的作用，它對帶電粒子運動的速度有何影響？提示由于洛倫茲力和速度方向始終垂直所以洛倫茲力只改變速度的方向不改變速度的大小。(2洛倫茲力對進入地磁場中的帶電粒子做功嗎？提示由于洛倫茲力和速度方向始終垂直所以洛倫茲力對帶電粒子不做功帶電粒子的動能不變?！镜淅秊閙為q為α面①上由靜止開始下滑，勻強磁場②的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外。若帶電小球下滑后某個時對斜面的壓力恰好為零③，問：(1小球帶電性質(zhì)如何？(2此時小球下滑的速度和位移分別是多大？【審題關鍵】序號解題依據(jù)① 斜面光滑，小球不受摩擦力

信息提取小球受重力、洛倫茲力、支持力的作用2 2 2mgsα③

電荷在磁場中受的洛倫茲力與運動方向垂直小球?qū)π泵鎵毫榱?/p>

洛倫茲力不做功，小球在磁場中做勻變速直線運動小球所受的支持力為零【解析(1)小球沿斜面下滑，對斜面的壓力為零，說明其受到的洛倫茲力應垂直斜面向上，根據(jù)左手定則，四指應與小球運動方向一致，所以小球帶正電。(2)當小球?qū)π泵鎵毫榱銜r，有mgcosα＝qvB，得小球此時的速度v＝mgcosqB

α，小球沿著光滑的斜面做勻加速直線運動，加速agn又式v2＝x得x＝q2B2α：)電)g

sαm2gs2αBq2B2α1子N布荷Q子N正荷Q在N和Q近(置)做是( )A.從上往下看，圖甲中帶電小球一定沿逆時針方向運動B．從上往下看，圖甲中帶電小球一定沿順時針方向運動C．從上往下看，圖乙中帶電小球一定沿順時針方向運動D．從上往下看，圖乙中帶電小球一定沿逆時針方向運動【解析選A。據(jù)件斷定是負且運的甲，根，電方選A。2(選)如質(zhì)為m＋q的圓可糙1mg3212－1mg3212－11g1112－右運動直至處于平衡狀態(tài)，則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為( )A.0 B．2

mv20C．2q2B2 D．2mv0

m2gq2B【解析選ABD當vB＝g為0故A當vB＜g根0－W＝0－2

v20

：W＝2

v2故B當vB＞g先0 0當B＝g當B＝g：v＝B－W＝2v2－2

v20

W＝2mv0

m2gq2B

，故C、D。】(選)，直(面)強。從P，沿從P，球內(nèi)(.小

)B小C小 D?。剑?2μ0.2【解析選AC。電小在場做線＝－22μ0.2力用向重力G、向上電力F、向洛茲力f，這三力豎直向球平線動以球的力定小勻速小，，動做故A、C、D，B?！亢稀苛縨0－4g帶量q0－4C數(shù)＝2右場E＝5m場B＝2T。(取g＝0s2)：)？)？】(1)小球受向右的電場力，從而由靜止運動，導致出現(xiàn)洛倫茲力，使得壓力增大導致滑動摩擦力增大小球做加速度減小的加速運動直到速度達到最大后，做勻速直線運動。因此當剛開始運動時，加速度最大，最大值為a＝q－μmg2×1－4×5－0.2×1×104×10m 1×1－4

m/s＝8m/s(2當電場力等于滑動摩擦力時，速度最大，根據(jù)平衡條件，則有m＋qvB＝N；mq＝f＝μN上式聯(lián)立，解得：q－mg5×2×1－4－1×1－4×10vm＝qB＝ 2×1－4×2 m/＝10m/。v2mv答案：(1)8m/s2 v2mv情境·模型·素養(yǎng)我國第21次南極科考隊在南極觀察到了美麗的極光，極光是由來自太陽的高能量帶電粒子流高速沖進高空稀薄大氣層時被地球磁場俘獲從而改變原有運動方向向兩極做螺旋運動時出現(xiàn)的現(xiàn)象如圖所示這些高能粒子在運動過程中與大氣分子或原子劇烈碰撞或摩擦從而激發(fā)大氣分子或原子使其發(fā)出有一定特征的各種顏色的光地磁場的存在使多數(shù)宇宙粒子不能到達地面而向人煙稀少的兩極偏移，為地球生命的誕生和維持提供了天然的屏障。探究科學家發(fā)現(xiàn)并證實向兩極做螺旋運動的這些高能粒子的旋轉(zhuǎn)半徑是不斷減小的，這主要與哪些因素有關？提示粒子在運動過程中可能受到空氣的阻力阻力方向與運動方向相反故對粒子做負功，所以其動能會減小；由洛倫茲力提供向心力qB＝mr，得出的半徑公式r＝qB，可知，當磁感應強度增加時，半徑是減小的，則說明粒子在靠近南北極運動過程中，南北兩極的磁感應強度增強。湖北武當山金殿以前在雷雨交加時金殿的屋頂常會出現(xiàn)盆大的火球來回滾動雨過天晴時大殿金光燦燦像被重新煉洗過一般這就是人們所說的“雷雷有一團帶大量負電荷的烏云經(jīng)過其正上方時，發(fā)生放電現(xiàn)象。探究：(1)通過避雷針的電流方向如何？(2)通過避雷針的電流，所受安培力方向如何？提示：(1)電流的方向為正電荷移動的方向，與負電荷移動方向相反，大量負電荷從云通過避雷針到金殿，說明電流方向是從金殿到云。(2地磁場大致方向是從南到北，根據(jù)左手定則，其所受安培力方向偏西。課堂檢測1．在圖中，標出了磁場B的方向、帶電粒子的電性、運動方向及電荷所受洛侖茲力F的方向，其中正確的( )【解析選B。A圖中磁場向里，電子向右運動，所以電流方向向左，根據(jù)左手以A錯誤B圖正運動倫以B正；C圖，正運洛以C錯；D圖運洛，所以D錯誤選B?！尽?多選)于力是( )A．不功B．，用C．力向D.電的向【解析選AC項A；力，項B；，選項C，項D選A、C。2．在學校操場的上空中停著一個熱氣球，從它底部脫落一個塑料小部件，下落過程中由于和空氣的摩擦而帶負電如果沒有風那么它的著地點會落在氣球正下方地面位置( )A．偏東 ．偏西 ．偏南 ．偏北【解析選B。水，下選B。3心O處的黑點表示電子槍射出的電子它的方向垂直紙面向外當偏轉(zhuǎn)線圈中的電流方向如圖所示時電子束應( )A.向左偏轉(zhuǎn) ．向上偏轉(zhuǎn)C．向下偏轉(zhuǎn)．不偏轉(zhuǎn)【解析選C。由可兩端是N圖，C。.，拉力F力F作說是( )A．小球帶負電B．小球離開試管前，洛倫茲力對小球做正功C．小球離開試管前的運動軌跡是一條拋物線D．維持試管做勻速運動的拉力F應為恒力【解析選C。據(jù)故A錯故B為v小1力F＝qvB，q、v、B，F(xiàn)不，球1 1 1 1沿方分勻直動與運似動軌跡條線故C正確球的度為v則受直2試左倫分力逐漸增大，故D錯誤。

F＝qvB，v增大，則2 2 2

F增大，而拉力F＝F，則F2 2【加固訓練】如圖所示ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜道，BC為與AB相切的圓形軌道，整個裝置處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。質(zhì)量球道B則( )A經(jīng)過最高點時，甲球的速度比乙球小B．經(jīng)過最高點時，兩個小球的速度相等C．若兩球均能恰好通過最高點則甲球的釋放位置比乙球的高D．兩個小球到最低點時對軌道的壓力大小相同【解析選B度A過于乙2乙2甲2乙球的速度，故A錯誤，B正確；甲球恰能經(jīng)過最高點時：mg＝mvR；乙球：甲2mg＋qv乙B＝vR

，則v>v，可知甲球的釋放位置比乙球的低，故C；乙 甲v2v2：N甲－g＝mRv2v2N乙＋B－g＝mR

知NN故D。甲 乙.帶電粒子在勻強磁場中的運動必備知識·自主學習一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．用洛倫茲力演示儀觀察運動電子在磁場中運動：實驗操作不加磁場時給勵磁線圈通電后保持電子速度不變，改變磁感應強度保持磁感應強度不變，改變電子速度

軌跡特點電子束的徑跡是直線電子束的徑跡是圓周磁感應強度越大，軌跡半徑越小電子速度越大，軌跡半徑越大2洛倫茲力的作用效果：(1洛倫茲力只改變帶電粒子速度的方向，不改變帶電粒子速度的大小。(2洛倫茲力不對帶電粒子做功，不改變粒子的能量。二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期v21帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供vq＝mr。v22．帶電粒子做圓周運動的軌道半徑和周期：mvv＝qFmvv＝qFmvqBq粒子的軌道半徑與粒子的速率成正比(2)運動周期：T＝2πr

2πmqB

。帶電粒子的周期與軌道半徑和速度無關，而與m成反比。(1)運動電荷在磁感應強度不為零的地方，一定受到洛倫茲力的作用。(×)(2)運動電荷在某處不受洛倫茲力的作用，則該處的磁感應強度一定為零。(×)(3)用左手定則判斷洛倫茲力的方向時，“四指的指向”與電荷定向移動方向相同。(×)(4電視顯像管是靠磁場使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)的。(√)(5磁感應強度的大小B＝Il。(×)關鍵能力·合作學習知識點一帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動1．圓周運動的基本公式：(1由公式r＝qB徑r荷m度v強度B。)式T＝m期T度v徑r荷m與度B。2：)法法1力F⊥v分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如(a)；方法2：兩mvθs點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線中垂線與垂線的交點即為圓心mvθs圖(b)。(2)半徑的計算方法方法1：由物理方法求：半徑R＝qB；方法2：由幾何方法求：一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定。(3)時間的計算方法方法1：由圓心角求：t＝2π·T；方法2：由弧長求：t＝v。(4)帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的解題三步法：(5)圓心角與偏向角、圓周角的關系兩個結(jié)論①帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向之間的夾角φ叫作偏向弧M即。弧M角α弦M角的2即α。。)？：。。)？：。】電與x成負為( )A2 B1Bq1A．．Bq1A．．．．v【解析選B電為圓周運動在磁場中的圓弧軌跡對應的圓心角為60°，又正、負電子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝2πm相同，故正、負電子在磁場中運動的時間之比為2∶1，故選B。(2019·全國卷Ⅲ)如圖在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為2B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間()5πm 7πm 11πm 13πm6qB6qB6qB6qB【解析選B由R＝B粒：111·1B＝mvqB是4是6111·1B＝mvqB＝4

mB

＋6

·mq2

mB

故B?！?．(多選)兩個粒子電荷量相同，在同一勻強磁場中受磁場力而做勻速圓周運動()A．若速率相等，則半徑必相等B．若動能相等，則周期必相等C．若質(zhì)量相等，則周期必相等D．若質(zhì)量與速度的乘積大小相等，則半徑必相等【解析選CD因為粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝qB周期T＝2πm，又粒子電荷量相同且在同一磁場中，所以q、B相等r與m、v有關，T只與m有關，所以C、D正確。2(多選)矩形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場A＝2B＝3，E為AB的中點。從E點沿垂直AB方向射入粒子a，粒子a經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從D點射出磁場，若仍從E點沿垂直AB方向射入粒子b，粒子b經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從B點射出磁場已知ab粒子的質(zhì)量相等電荷量相等不計粒子的重力則( )1r4v1r4v2mv4qBB．a(chǎn)、b粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為4∶1C．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動的速度大小之比為2∶1D．a(chǎn)、b粒子在磁場中運動的時間之比為1∶3【解析】選B、D。兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則可以判斷b粒子帶負電A項錯誤；設粒子a的運動半徑為r子b動1為rr－)2＋(2 1

3)2＝r21

得r＝2d1

r＝2d，因此r1＝1B項正確根據(jù)牛頓第二定律qvB＝mr2

得v＝qBr得到v1＝1，2C項錯誤由T＝2πm可知兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相同由幾何關系可知ab粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角分別為60°180°，由此可知a、b兩粒子在磁場中運動的時間之比為1∶3。D項正確。知識點二帶電粒子在有界磁場中的運動軌跡特點1．直線邊界：進出磁場具有對稱性。2．平行邊界：存在臨界條件。v1v1v2mvqB＝2vr【典例(2021·全國乙卷)如圖圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑MON方向入場。若子入時速大為v，離磁時方偏轉(zhuǎn)9°若磁1場的度為v2離磁速方轉(zhuǎn)60計力則v1為( )2A．2 B．

33

C．

32

D．3【解析選B帶電粒在勻強磁中做勻速周運動洛倫力充當向力有：qvB＝mr，解得r＝qB。設勻強磁場的形區(qū)域半為R，根據(jù)粒射入磁場時的速度大為v，離開磁場時速度向偏轉(zhuǎn)90°可知r＝R，且r＝mv1，射1 1 1入磁場時的度大小為v，離開磁場時速度方偏轉(zhuǎn)60°可知r＝3R，且r2 2 2mvqB

，則v1＝r1＝2 2

13

＝

33

，故選項B正確。A．B．C．D．π3v12A．B．C．D．π3v12πr2量為m為q子(力)邊的A點在C在為t，為()0π2r2m π2r2mt2t200π2r2m π2r2mt2t200選A為α°＝3，為R＝＝3rπ由t0＝2π·2R

及U＝2v2得U＝qt2m，A，B、C、D。0.為l的形d強為B面d面)b源O，于b邊為k從ad兩為( )11511115115v2＝l1l55qBC．2kBl，

5454

kBl B．4kBl，4kBlkBl D．2kBl，4kBl【解析】選B。電子的運動軌跡如圖所示，由牛頓第二定律得evB＝mr，得rmveB

①，電子從a點射出，r＝4②，聯(lián)立①②解得v1＝4kBl；電子從d點射得l2＋r－2)2＝r2得r＝4得v2＝4l，故B，A、C、D。】子(計)長分為為( )A．1∶1∶1 B．1∶2∶3C．3∶2∶1 D．1∶2∶3【解析選C粒子在磁場中運動的周期的公式為T＝2πm所以三個粒子在磁111112v0v＝場中的周期相同，三個粒子的速度偏轉(zhuǎn)角分別為90°、60111112v0v＝角為90°的粒子在磁場中運動的時間4T偏轉(zhuǎn)角為60°的粒子運動的時間為16

T，偏轉(zhuǎn)角為30°的粒子運動的時間為12T，所以有4T∶6T∶12T＝3∶2∶1C正確?！就卣估}考查內(nèi)容：帶電粒子在電場與磁場的組合場中的運動【典例為m為q在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強度為B的勻強磁場中磁場方向垂直紙面向里結(jié)果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上最后離子打在G處而G處距A點2d(AG⊥AC)不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內(nèi)。求：(1此離子在磁場中做圓周運動的半徑r。(2離子從D處運動到G處所需時間。(3離子到達G處時的動能。【解析(1正離子運動軌跡如圖所示。圓周運動半徑r滿足d＝r＋rcos60°，解得r＝3d。(2設離子在磁場中的運動速度為v，則有02qv0B＝mr

，T＝2πr0

2πmqB

，1T＝v＝3Bq11T＝v＝3Bq13m29m29m

2πm3Bq

，離子在電場中做類平拋運動，從C到G的時間t＝2d20

3mBq

，離子從D→C→G的總時間t＝t＋t＝（9＋2π）m。1 2(3)設電場強度為E，則有qE＝ma，d＝2

at2，v＝2qBd，2 0由動能定理得qEd＝E－1mv2；kG 0解得：E＝4B2q2d2。kG答案：(1)3d(2)

（9＋2π）m3Bq

(3)4B2q2d2情境·模型·素養(yǎng)極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進入地球大氣層后由于地磁場的作用而產(chǎn)生的如圖所示科學家發(fā)現(xiàn)并證實這些高能帶電粒子流向兩極時做螺旋運動，旋轉(zhuǎn)半徑不斷減小。探究：(1粒子在運動過程中動能怎么變化？(2粒子旋轉(zhuǎn)半徑不斷減小的原因可能是什么？提示(1)粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，粒子在vvmvU(2)式r＝qB增大的，地球南北兩極附近的磁感應強度較強，由半徑公式r＝qB可知，軌跡半徑是減小的所以粒子旋轉(zhuǎn)半徑不斷減小的原因是地球南北兩極附近的磁感應強度較強。如圖所示為一速度選擇器，也稱為濾速器的原理圖。K為電子槍，由槍中沿KA方向射出的電子速率大小不一當電子通過方向互相垂直的均勻電場和磁場后，孔S間為0V為5m為6T。：)？)孔?：)從A線A，知B；)線A孔S得B＝ed，得v05s，為05s孔S。測1．在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又順利垂直進入另一磁感應強度是原來磁感應強度一半的勻強磁場，( )vvqB．粒子的速率不變，軌道半徑減半C．粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍D．粒子的速率不變，周期變?yōu)樵瓉淼?倍【解析選D。減由R＝Bq可的2倍，由T＝2m可周的2倍故D正，A、B、C錯?！?試)甲為q和2q度為v和v，，為( )A1 B1 C2 D4選D式F＝v得力F＝qv受1力F＝v為；2A、B、C，D選D。2．如圖是洛倫茲力演示儀的實物圖和結(jié)構(gòu)示意圖。用洛倫茲力演示儀可以觀察運動電子在磁場中的運動徑跡。下列關于實驗現(xiàn)象和分析正確的( )A．勵磁線圈通以逆時針方向的電流，則能形成結(jié)構(gòu)示意圖中的電子運動徑跡B．勵磁線圈通以順時針方向的電流，則能形成結(jié)構(gòu)示意圖中的電子運動徑跡C．保持勵磁電壓不變，增加加速電壓，電子束形成圓周的半徑減小D．保持加速電壓不變，增加勵磁電壓，電子束形成圓周的半徑增大【解析選B。磁故BA錯mvmvrmvv＝mT1v＝誤保持勵磁電壓不變mvmvrmvv＝mT1v＝知電子束形成圓周的半徑增大，故C錯誤；保持加速電壓不變，增加勵磁電壓，則B變大，根據(jù)r＝qB電子束形成圓周的半徑減小，故D錯誤。2(多選)(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從場的M點先后射入磁，在面內(nèi)運P的速度v垂直于磁場邊界Q的速度v與磁場邊界的夾角為P Q45°。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，( )A．P和Q的質(zhì)量之比為1∶2B．P和Q的質(zhì)量之比為2∶1C．P和Q速度大小之比為2∶1D．P和Q速度大小之比為2∶1【解析選A、C。作出兩粒子在磁場中的運動圖像如圖所示，可知其半徑r、Pr之比為1∶2Q

，因為兩粒子在磁場中運動的時間相同，所以T∶T＝1∶2，P Q根據(jù)qv＝mv2得r＝qB，則T＝2πr

2πmqB

，mP＝TP＝2，選項A正確BQ Q錯誤vPQ

rTrPTQQP

＝2∶1，所以選項C正確D錯誤。2RvBq1πm2R2RvBq1πm2R場，磁感應強度為B，一帶電粒子質(zhì)量為m，電量為q，以某一速度由a點沿半從b了(忽略)：)間t；)徑R；)度v。0】(1)設圓周運動半徑為R，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力Bqv＝mv00而T＝2πR0聯(lián)立解得周期為T＝2πm則粒子運動時間t＝6T＝3Bq(2由幾何關系有R＝r·tan60°＝3r(3洛倫茲力提供向心力Bqv＝mv00πm60°190πm60°190°1

3Bqrm答案：(1)3Bq(2)3r(3)

3Bqrm【加固訓練】(多選)如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子(不計重力)第一次以速度v沿截面直徑入射，粒子飛出磁場區(qū)域1時，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角；該帶電粒子第二次以速度v從同一點沿同一方向入2射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)90°角。則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動( )A．半徑之比為3∶1 B．速度大小之比為1∶3C．時間之比為2∶3 D．時間之比為3∶2【解析選A、C。設磁場半徑為R，當?shù)谝淮我运俣葀沿截面直徑入射時，粒1子飛出此磁場區(qū)域時速度方向偏轉(zhuǎn)60°角，則知帶電粒子軌跡對應的圓心角：θ＝60°1軌跡半徑為r＝Rtan60°1運動時間為t1＝360°＝6T帶電粒子第二次以速度v沿直徑入射時，粒子飛出此磁場區(qū)域時速度方向偏轉(zhuǎn)290°角，則知帶電粒子軌跡對應的圓心角：θ＝90°2軌跡半徑為r＝R2運動時間為t2＝360°＝4T所以軌跡半徑之比r∶r＝3∶11 2mv1r時間之比：t∶t＝2∶31mv1r根據(jù)半徑公式r＝qB

得，速度大小之比v∶v＝r∶r＝3∶11 2 1 2故A、C正確，B、D錯誤；故選A、C。.質(zhì)譜儀與回旋加速器必備知識·自主學習質(zhì)譜儀與回旋加速器質(zhì)譜儀和回旋加速器的原理是什么？提示帶電粒子在電場中加速，在磁場中做勻速圓周運動1．質(zhì)譜儀：(1構(gòu)造：由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成。(2原理：①加速：帶電粒子進入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理q＝2m2。②偏轉(zhuǎn)：帶電粒子進入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場，洛倫茲力提供向心力qv＝m2。由以上兩式可以求出粒子的比荷、質(zhì)量以及偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度等。2．回旋加速器：(1構(gòu)造：兩半圓金屬盒D、D，D形盒的縫隙處接交流電源D形盒處于勻強1 2磁場中。qBqB2v2E＝1①粒子從電場中獲得動能，磁場的作用是改變粒子的速度方向。②周期：交流電的周期與粒子做圓周運動的周期相等，周期T＝2πm，與粒子速度大小v無關(選填“有關”或“無關”)。③粒子的最大動能E＝1km

m2，再由qv＝mr得：q2B2r2km 2m

，最大動能決定于D形盒的半徑r和磁感應強度B。(1帶電粒子在磁場中一定做勻速圓周運動。(×)(2帶電粒子在磁場中運動的速度越大，則周期越大。(×)(3利用質(zhì)譜儀可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。(√)(4回旋加速器的加速電壓越高，帶電粒子獲得的最終動能越大。(×)關鍵能力·合作學習知識點一質(zhì)譜儀與回旋加速器1．質(zhì)譜儀(1原理：如圖所示。(2加速：帶電粒子進入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理得Uq＝2m2。(3偏轉(zhuǎn)：帶電粒子進入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qv＝mv2r

q1q1r12m(4)由(2)(3)中兩式可以求出粒子的半徑r、質(zhì)量m、比荷m等。其中由r＝B2mUq

可知電荷量相同時，半徑將隨質(zhì)量變化。(5)質(zhì)譜儀的應用：可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。2．回旋加速器(1)工作原理：如圖所示，D和D是兩個中空的半圓形金屬盒，它們之間有一定1 2的電勢差U，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子在兩盒之間被電場加速。D、D處于1 2與盒面垂直的勻強磁場B中，粒子將在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)半個圓周(半個周期)后，再次到達兩盒間的縫隙，控制兩盒間電勢差，使其恰好改變電場的方向，于是粒子在盒縫間再次被加速，如果粒子每次通過盒間縫隙均能被加速，粒子速度就能夠增加到很大。(2周期：粒子每經(jīng)過一次加速，其軌道半徑就大一些，但粒子繞圓周運動的周期不變。(3最大動能：由qvB＝mv2和Ek＝2

mv2得E＝q2B2r2。k勞倫斯設計并研制出了世界上第一臺回旋加速器為進行人工可控核反應提供了強有力的工具，大大促進了原子核、基本粒子的實驗研究。2m(1)在回旋加速器中運動的帶電粒子的動能來自于電場，還是磁場？2m提示：帶電粒子的動能來自于電場。(2)帶電粒子從回旋加速器中出來時的最大動能與哪些因素有關？提示由動能E＝q2B2R2可知帶電粒子的最大動能與帶電粒子的質(zhì)量電荷量，k回旋加速器的半徑和磁場磁感應強度有關。【典例回旋加速器原理如圖所示它的核心部分是兩個D形金屬盒兩盒相距很近，分別和交變電源相連接，兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，某一帶電粒子在磁場中做圓周運動通過兩盒間的窄縫時反復被加速當達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出。關于回旋加速器，下列說法中正確的是()A．帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期隨半徑的增大而增大B．帶電粒子從磁場中獲得能量C．增大加速電場的電壓，帶電粒子離開磁場的動能將增大D．增大加速電場的電壓，其余條件不變，帶電粒子D形盒中運動的時間變短【解題探究】(1帶電粒子在D形盒里如何加速？提示電場力對帶電粒子做功，使其加速。(2帶電粒子在D形盒里如何改變運動方向？提示帶電粒子在磁場中受洛倫茲力，使其做圓周運動，改變其運動方向。T2Bqmvv【解析】選D。帶電粒子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力，T2Bqmvvm2π)r得周期T2πm，所以粒子運動周期與半徑?jīng)]有關系A錯誤；洛倫茲力與速度方向垂直所以洛倫茲力不做功即在磁場中做勻速圓周運動能量不變B錯誤由公式r＝Bq可知粒子出磁場時的速度D形盒的半徑有關與加速電場的電壓無關C錯速電在D形，D正。1．英國物理學家阿斯頓首次制成了質(zhì)譜儀，并用它確定了同位素的普遍存在。若兩種帶電粒子a、b(不計重)由S射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下1列說法中正確的( )A.兩種粒子都帶負電B．金屬板P、P間電場方向水平向左1 2C．b粒子的速度大于a粒子的速度D．a(chǎn)粒子的比荷大于b粒子的比荷【解析選D由左手定則可知兩種粒子都帶正電選項A錯誤在金屬板P、1P間，由S到S洛倫茲力向左，故電場力向右，電場方向水平向右，選項B錯2 1 2誤因為經(jīng)過速度選擇器的粒子的速度都滿足qvB＝Eq故兩種粒子的速度相同，選項C據(jù)R＝Bb于a故a于b粒項D。2(選0臺v212m加速器由兩個銅質(zhì)D形盒DD是( )v212m.量B關C關D功】選A、B?；匦铀倨髦械碾妶鰧щ娏Ｗ幼龉?，粒子在電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)，可知從電場中獲得能量，故A正確，D錯誤。根據(jù)qv＝mR，則Ek＝2m2＝q2B2R2可知粒子獲得的最大速度與回旋加速器半徑R有關但是與回旋加速器內(nèi)的電場無關，選項B正確，C錯誤?！炯庸逃柧殹?.質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具它的構(gòu)造原理如圖所示粒子源S發(fā)出各種不同的正粒子束粒子從S出來時速度很小可以看作初速度為零，粒子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁(圖中線框所)，并沿著半圓周運動而達到照相底片上的P得P為x以是( )A則x大.則x小1x＝8Uq1x＝8Uqmv12mED．只要x相同，則正粒子的比荷一定相同【解析】選D。粒子在加速電場被加速，有qU＝2mv2，然后粒子進入磁場中偏轉(zhuǎn)，其軌道為半圓，故有2

mvqB

。由以上二式可解得：m＝qB2x2。若粒子束為同位素，q相同，則x越大，m越大；若x相同，則粒子束比荷m一定相同。正確選項為D。2(多選)用回旋加速器來加速質(zhì)子為了使質(zhì)子獲得的動能增加為原來的4倍，可采用下列哪幾種方法( )A．將其磁感應強度增大為原來的2倍B．將其磁感應強度增大為原來的4倍C．將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍D．將D形金屬盒的半徑增大為原來的4倍【解析】選A、C。由＝Bq及Ek＝2

mv2，得EB2R2q2，將其磁感應強度增大k為原來的2倍或?qū)形金屬盒的半徑增大為原來的2倍都可使質(zhì)子獲得的動能增加為原來的4倍，A、C正確。知識點二常見的現(xiàn)代化儀器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，這種裝能把具有定速度的粒子選出來，所叫速度擇器。(2)帶電粒能夠沿直勻速通過度選擇的條件是qE＝qvB即v＝B可，UUU1B速度選擇器只選擇速度(UUU1B。2：)的A、B器R，A、B。的BA是。)設為d為v度為B，A、B間不接電時由qE＝qd＝qvB得兩極間達的大電差U＝Bv。U就是磁流發(fā)機電動。3．電流計如圖、所是磁流計示圖。設管直為D，磁感應度為B，由于導液中荷液體動到倫茲力作用，于是在管壁的上、下兩側(cè)積累電荷，a、b兩點間就產(chǎn)生了電勢差。到一定程度后，ab兩點間的電勢差達到穩(wěn)定值U增有B＝E，E＝D以v＝B為積S＝4D2量Q＝v＝D。4：)9家.矩UId1d形截面的載流導體如圖所示UId1d流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差這個現(xiàn)象稱為霍爾效應所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差或霍爾電壓。(2)電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流I向右時，如果是正電荷導電，根據(jù)左手定則可得上表面A的電勢高如果導體中是負電荷導電根據(jù)左手定則可得下表面A′的電勢高。(3)霍爾電壓的計算：導體中的自由電荷在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A′間出現(xiàn)電勢差，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(U就保持穩(wěn)定設導體中單位體積中的自由電荷數(shù)為n由qv＝qhI＝SS＝d，得U＝nd＝kBI，k＝nq稱?！咳绲腜、Q間流I，時場B①，在M、N間壓UH②，這個現(xiàn)象稱為霍爾效應U稱為霍爾電壓，且滿足U＝kIB，式中k為霍爾系數(shù)d薄H H的子③為a、b于M、N兩勢φφ和薄片中電子定向移速率v，下列選項正確M NkIkIkIkIkIkIkIkIUHUHdkIA．φM>φN，v＝bdC．φM<φN，v＝bd

B．φM>φN，v＝adD．φM<φN，v＝ad【審題關鍵】序號解題依據(jù)①磁場方向向上②MN的電壓為UH③導電物質(zhì)為自由電子

信息提取用左手定則判斷粒子所受洛倫茲力的方向MN間的電場強度為E＝d運動電荷帶負電【解析選A。由左手定則得：φ>φM N穩(wěn)定時洛倫茲力與電場力平衡ev＝eb

，U＝kIBH解得v＝bd，A正確，B、C、D錯誤。故選A。帶電粒子在疊加場的運動的分析(1弄清疊加場的組成；(2對帶電粒子進行受力分析；(3確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況相結(jié)合；(4畫出帶電粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。1(2019·天津高)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件電腦正常工作當顯示屏閉合時磁體靠近霍為a為c形為e的aUUBBd為vaUUBBd壓U熄的( )A低B壓U與v關C壓U與c比D為U】選D，，A錯洛即ea＝eB得U＝Ba，項B、C均的即F＝eB＝ea，D正?？?如為d的板PQ之，為B為v的距1為L的大為B為與P、Q為m電2為R的棒ab為g、是( )A，v＝Rnθ12BBLdBBLdBBLdUdUBBdB．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝mBBLdBBLdBBLdUdUBBdC．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v＝mgRtanθ12D．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝mgRtanθ12【解析】選B。由圖可知平行金屬板P、Q間的勻強磁場向右，由左手定則可知正離子受到向下的洛倫茲力而偏向Q板，負離子受到向上的洛倫茲力而偏向P板，等離子體受力平衡，得：e＝evB通過金屬棒的電流從a流向b從b向a看金屬棒的受力如圖所1示，由左手定則可知導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，由平衡條件得：FA＝B2I＝mgsin又I＝R以v＝RLθ故B，ACD。12】1子a(不計力)以一定初速度射入該區(qū)域后做勻速直線運動。若有其他帶電粒子從同一位置射入該區(qū)域當下列哪些量與a粒子不同時仍一定能做勻速直線運( )A．初速度的大小C．粒子的比荷大小

B．初速度的方向D．粒子的動能【解析選C粒子做勻速直線運動則電場力和洛倫茲力二力平衡則有qvBEEEEv＝qE所以有vBEEEEv粒子不能做勻速直線運動故A錯誤當初速度方向不同時粒子受到的電場力和洛倫茲力的方向不能相反不能滿足二力平衡所以不能做勻速直線運動故B錯誤；粒子的比荷不同，仍可以保證電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，則仍然可以做勻速直線運動故C正確當粒子的動能不同時也可能是粒子的速度和a粒子不同則不能滿足電場力和洛倫茲力大小相等所以不能做勻速直線運動，故D錯誤。故選C。2如圖所示為質(zhì)譜儀測定帶電粒子質(zhì)量的裝置示意圖速度選擇器(也稱濾速器)中電場強度E的方向豎直向下，磁感應強度B的方向垂直紙面向里，分離器中1磁感應強度B的方向垂直紙面向外。在S處有甲、乙、丙、丁四個一價正離子2垂直于E和B若m＝mm＝mvv＝vv在1