第3章-5.洛倫茲力的應(yīng)用-知識點匯總Word版含答案

5.洛倫茲力的應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)知識脈絡(luò)1.知道帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律，理解應(yīng)用磁場可以控制帶電粒子的運動．(重點、難點)2．知道質(zhì)譜儀的構(gòu)造，會應(yīng)用帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的規(guī)律分析相關(guān)問題．(難點)3．知道回旋加速器的構(gòu)造和加速原理，理解粒子的回旋周期與加速電場的變化周期相同．(重點)利用磁場控制帶電粒子運動eq\a\vs4\al([先填空])如圖3-5-1所示為一具有圓形邊界、半徑為r的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一個初速度大小為v0的帶電粒子(m，q)沿該磁場的直徑方向從P點射入，在洛倫茲力作用下從Q點離開磁場．圖3-5-1規(guī)律：(1)帶電粒子沿半徑射入圓形區(qū)域的磁場，該粒子離開磁場時速度方向反向延長線必過圓心．(2)taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,R)＝eq\f(qBr,mv0)，對一定的帶電粒子(m、q一定)可以調(diào)節(jié)B和v0的大小來控制粒子的偏轉(zhuǎn)角θ.(3)利用磁場控制帶電粒子的運動，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大?。甧q\a\vs4\al([再判斷])1．運動電荷進入磁場后(無其他場)，可能做勻速圓周運動，不可能做類平拋運動．(√)2．利用磁場控制帶電粒子，既能改變粒子的運動方向，又能改變粒子的動能．(×)3．運動電荷進入磁場后(無其他場)，可能做勻加速直線運動，不可能做勻速直線運動．(×)eq\a\vs4\al([后思考])電視機顯像管是怎樣控制電子掃描運動的？【提示】利用磁場使電子偏轉(zhuǎn)來控制電子的掃描運動．eq\a\vs4\al([合作探討])如圖3-5-2所示，電視機的顯像管是應(yīng)用電子束在磁場中偏轉(zhuǎn)的原理制成的．圖3-5-2探討1：帶電粒子在什么情況下在磁場中做勻速圓周運動？【提示】帶電粒子在勻強磁場中只受洛倫茲力(或其他力的合力恰好為零)，速度的方向垂直于磁場時，所做的運動是勻速圓周運動．探討2：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期會隨粒子運動速率的增大而變小嗎？會隨圓周半徑的增大而增大嗎？【提示】不會，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其周期與速率和運動半徑無關(guān)．因為帶電粒子的速率增大時半徑也增大，周長也增長．eq\a\vs4\al([核心點擊])1．帶電粒子在直線邊界磁場中的運動圖3-5-3(1)粒子進出磁場有對稱性．(2)入射方向與邊界垂直：軌跡的圓心一定在該邊界上．(3)入射方向與邊界不垂直：軌跡的圓心在與入射方向垂直的直線上．(該直線過入射點)2．帶電粒子在平行直線邊界磁場中的臨界問題圖3-5-4(1)存在臨界條件：粒子的運動軌跡與邊界相切時，剛好不穿出磁場．(2)有時出現(xiàn)多解．3．帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動特點圖3-5-5(1)從半徑方向進入磁場，必沿半徑方向射出磁場．(2)注意磁場的圓心和軌跡圓心的區(qū)別．顯像管原理的示意圖如圖3-5-6所示，當(dāng)沒有磁場時，電子束將打在熒光屏正中的O點，安裝在管徑上的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生磁場，使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)．設(shè)垂直紙面向里的磁場方向為正方向，若使電子打在熒光屏上的位置由a點逐漸移動到b點，下列變化的磁場能夠使電子發(fā)生上述偏轉(zhuǎn)的是()圖3-5-6【解析】電子偏轉(zhuǎn)到a點時，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，對應(yīng)的B－t圖的圖線應(yīng)在t軸下方；電子偏轉(zhuǎn)到b點時，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，對應(yīng)的B－t圖的圖線應(yīng)在t軸上方，A正確．【答案】A空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR) B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR) D.eq\f(3mv0,qR)【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用幾何關(guān)系和洛倫茲力公式即可求解．如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，據(jù)幾何關(guān)系得，粒子在磁場中的軌道半徑r＝Rtan60°＝eq\r(3)R，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項A正確．【答案】A如圖3-5-7所示是電視機顯像管及其偏轉(zhuǎn)線圈的示意圖．電流方向如圖所示，試判斷正對讀者而來的電子束將向哪邊偏轉(zhuǎn)()圖3-5-7A．向上 B．向下C．向左 D．向右【解析】由安培定則判斷可知，O點磁場方向向下，再根據(jù)左手定則判斷可知，電子在該處受到向左的洛倫茲力，偏轉(zhuǎn)方向向左，選項C正確．【答案】C質(zhì)譜儀eq\a\vs4\al([先填空])質(zhì)譜儀(1)作用常用來測定帶電粒子的比荷(也叫荷質(zhì)比)和分析同位素等．(2)原理圖及特點如圖3-5-8所示，S1與S2之間為加速電場；S2與S3之間的裝置叫速度選擇器，它要求E與B1垂直且E方向向右時，B1垂直紙面向外(若E反向，B1也必須反向)；S3下方為偏轉(zhuǎn)磁場．圖3-5-8(3)工作原理①加速帶電粒子進入加速電場后被加速，由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2.②速度選擇通過調(diào)節(jié)E和B1的大小，使速度v＝eq\f(E,B1)的粒子進入B2區(qū)．③偏轉(zhuǎn)R＝eq\f(mv,qB2)?eq\f(q,m)＝eq\f(v,RB2)＝eq\f(2E,B1B2L).eq\a\vs4\al([再判斷])1．帶電粒子的質(zhì)量與電荷量之比叫做比荷．(×)2．利用質(zhì)譜儀可以檢測化學(xué)物質(zhì)或核物質(zhì)中的同位素和不同成分．(√)eq\a\vs4\al([后思考])什么樣的粒子打在質(zhì)譜儀顯示屏上的位置會不同？位置的分布有什么規(guī)律？【提示】速度相同，比荷不同的粒子打在質(zhì)譜儀顯示屏上的位置不同．根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB).可見粒子比荷越大，偏轉(zhuǎn)半徑越小．eq\a\vs4\al([合作探討])探討1：質(zhì)譜儀為什么能將不同種類的帶電粒子分辨出來？【提示】將質(zhì)量不同，電荷不同的帶電粒子經(jīng)電場加速后進入偏轉(zhuǎn)磁場．各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)＝eq\f(\r(2mqU),qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).探討2：帶電粒子在質(zhì)譜儀中的運動可分為幾個階段？遵循什么運動規(guī)律？【提示】帶電粒子的運動分為三個階段：第一階段在加速電場中加速，遵循動能定理．第二階段在速度選擇器中通過，遵循勻速直線運動規(guī)律．第三階段在磁場中偏轉(zhuǎn)，遵循勻速圓周運動的規(guī)律．eq\a\vs4\al([核心點擊])1．帶電粒子在質(zhì)譜儀中的運動如圖3-5-9，可分為三個階段：先加速，再通過速度選擇器，最后在磁場中偏轉(zhuǎn)．圖3-5-92．加速：帶電粒子經(jīng)加速電場加速，獲得動能eq\f(1,2)mv2＝qU，故v＝eq\r(\f(2qU,m)).3．速度選擇器：電場力和洛倫茲力平衡，粒子做勻速直線運動．qE＝qvB，故v＝eq\f(E,B).4．偏轉(zhuǎn)：帶電粒子垂直進入勻強磁場，其軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\r(\f(2mU,qB2))，可得粒子質(zhì)量m＝eq\f(qB2r2,2U).不同質(zhì)量的粒子其半徑不同，即磁場可以將同電量而不同質(zhì)量的同位素分開．質(zhì)譜儀原理如圖3-5-10所示，a為粒子加速器，電壓為U1；b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強度為B1，板間距離為d；c為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為B2.今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動．求：圖3-5-10(1)粒子的速度v為多少？(2)速度選擇器的電壓U2為多少？(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大？【解析】(1)在a中，e被加速電場U1加速，由動能定理有eU1＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2eU1,m)).(2)在b中，e受的電場力和洛倫茲力大小相等，即eeq\f(U2,d)＝evB1，代入v值得U2＝B1deq\r(\f(2eU1,m)).(3)在c中，e受洛倫茲力作用而做圓周運動，回轉(zhuǎn)半徑R＝eq\f(mv,B2e)，代入v值解得R＝eq\f(1,B2)eq\r(\f(2U1m,e)).【答案】(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)B1deq\r(\f(2eU1,m))(3)eq\f(1,B2)eq\r(\f(2mU1,e))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3-5-11所示，離子源S產(chǎn)生的各種不同的正離子束(速度可看為零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，到達記錄它的照相底片P上，設(shè)離子在P上的位置到入口處S1的距離為x，下列判斷不正確的是()圖3-5-11A．若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越大B．若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越小C．只要x相同，則離子質(zhì)量與電量的比值一定相同D．只要x相同，則離子的比荷一定相同【解析】由動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2.離子進入磁場后將在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由圓周運動的知識，有：x＝2r＝eq\f(2mv,qB)，故x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，分析四個選項知，A、C、D正確，B錯誤．【答案】B質(zhì)譜儀問題的分析技巧(1)分清粒子運動過程的三個階段．(2)在加速階段應(yīng)用動能定理．(3)在速度選擇器中應(yīng)用平衡條件．(4)在偏轉(zhuǎn)階段應(yīng)用洛倫茲力提供向心力的規(guī)律．回旋加速器eq\a\vs4\al([先填空])回旋加速器1．構(gòu)造圖及特點(如圖3-5-12所示)回旋加速器的核心部件是兩個D形盒，它們之間接交流電源，整個裝置處在與D形盒底面垂直的勻強磁場中．圖3-5-122．工作原理(1)加速條件交流電的周期必須跟帶電粒子做圓周運動的周期相等，即T＝eq\f(2πm,Bq).(2)加速特點粒子每經(jīng)過一次加速，其軌道半徑就大一些(如圖3-5-13所示)，但由T＝eq\f(2πm,Bq)知，粒子做圓周運動的周期不變．圖3-5-13eq\a\vs4\al([再判斷])1．隨著粒子的加速，動能增大，半徑和周期也隨之增大．(×)2．回旋加速器中起加速作用的是電場，所以加速電壓越大，帶電粒子獲得的最大動能越大．(×)eq\a\vs4\al([后思考])回旋加速器兩個正對的D形盒間所加的電壓的周期與帶電粒子在磁場中勻速圓周運動的周期是什么關(guān)系？由什么因素決定？【提示】為了保證每次經(jīng)過D形盒間電場帶電粒子均被加速，使之能量不斷提高，所加交流電的周期必須等于帶電粒子在回旋加速器中做勻速圓周運動的周期即T＝eq\f(2πm,qB).因此由帶電粒子的質(zhì)量m，帶電荷量q和加速器中磁場的磁感應(yīng)強度B共同決定．eq\a\vs4\al([合作探討])回旋加速器所用交變電壓的周期由什么決定？【提示】為了保證每次帶電粒子經(jīng)過狹縫時均被加速，使之能量不斷提高，交流電壓的周期必須等于帶電粒子在回旋加速器中做勻速圓周運動的周期即T＝eq\f(2πm,qB).因此，交變電壓的周期由帶電粒子的質(zhì)量m、帶電量q和加速器中的磁場的磁感應(yīng)強度B共同決定．eq\a\vs4\al([核心點擊])1．速度和周期的特點：在回旋加速器中粒子的速度逐漸增大，但粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)始終不變．2．最大半徑及最大速度：粒子的最大半徑等于D形盒的半徑R＝eq\f(mv,qB)，所以最大速度vm＝eq\f(qBR,m).3．最大動能及決定因素：最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，即粒子所能達到的最大動能由磁場B、D形盒的半徑R、粒子的質(zhì)量m及帶電量q共同決定，與加速電場的電壓無關(guān)．4．粒子被加速次數(shù)的計算：粒子在回旋加速器盒中被加速的次數(shù)n＝eq\f(Ekm,Uq)(U是加速電壓大小)，一個周期加速兩次．設(shè)在電場中加速的時間為t1，縫的寬度為d，則nd＝eq\f(vm,2)t1，t1＝eq\f(2nd,vm).5．粒子在回旋加速器中運動的時間：在磁場中運動的時間t2＝eq\f(n,2)T＝eq\f(nπm,qB)，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認為在盒內(nèi)的時間近似等于t2.回旋加速器是用于加速帶電粒子流，使之獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒間狹縫中形成勻強電場，使粒子每穿過狹縫都得到加速；兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面．粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出粒子電量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖3-5-14所示，問：【導(dǎo)學(xué)號：96322069】圖3-5-14(1)粒子在盒內(nèi)做何種運動？(2)粒子在兩盒間狹縫內(nèi)做何種運動？(3)所加交變電壓頻率為多大？粒子運動角速度多大？(4)粒子離開加速器時速度多大？【解析】(1)D形盒由金屬導(dǎo)體制成，可屏蔽外電場，因而盒內(nèi)無電場，盒內(nèi)存在垂直盒面的磁場，故粒子在盒內(nèi)磁場中做勻速圓周運動．(2)兩盒間狹縫內(nèi)存在勻強電場，且粒子速度方向與電場方向在同條直線上，故粒子作勻加速直線運動．(3)粒子在電場中運動時間極短，高頻交變電壓頻率要符合粒子回旋頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm).角速度ω＝2πf＝eq\f(qB,m).(4)粒子最大回旋半徑為Rm，Rm＝eq\f(mvm,qB)，vm＝eq\f(qBRm,m).【答案】(1)勻速圓周運動(2)勻加速直線運動(3)f＝eq\f(qB,2πm)ω＝eq\f(qB,m)(4)eq\f(qBRm,m)(多選)美國物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，利用帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的特點，使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量．如圖3-5-15所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場中做勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()圖3-5-15A．帶電粒子每運動一周被加速一次B．P1P2＝P2P3C．粒子能獲得的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D．A、C板間的加速電場的方向需要做周期性的變化【解析】根據(jù)題意，由于加速電場只在實線部分有，則帶電粒子運動一周，經(jīng)過加速電場一次，故應(yīng)該被加速一次，選項A正確而選項D錯誤；由r＝eq\f(mv,qB)，P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2m,qB)·Δv，因為轉(zhuǎn)一圈加速一次，又veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ad；故每轉(zhuǎn)一圈，Δv不等，故B選項錯誤；據(jù)v＝eq\f(qBR,m)可知，帶電粒子的最大速度由D形盒半徑?jīng)Q定，故C選項正確．【答案】AC解決帶電粒子在回旋加速器中運動應(yīng)注意以下幾點：1電場加速，磁場回旋.2始終加速的條件：T電＝T磁＝eq\f(2πm,qB).3最大動能：Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，由磁感應(yīng)強度B，盒半徑R和粒子的比荷\f(q,m)共同決定.學(xué)業(yè)分層測評(十九)(建議用時：45分鐘)1．(多選)在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果粒子又垂直進入另一個磁感應(yīng)強度是原來2倍的勻強磁場中，則()A．粒子的速率加倍，周期減半B．粒子的速率不變，軌道半徑減半C．粒子的速率減半，軌道半徑為原來的四分之一D．粒子的速率不變，周期減半【解析】由于洛倫茲力不做功，故粒子速率不變，再由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πm,qB)，可知r減半，T減半．【答案】BD2．如圖3-5-16所示，帶負電的粒子以速度v從粒子源P處射出，若圖中勻強磁場范圍足夠大(方向垂直紙面向里)，則帶電粒子的可能軌跡是()圖3-5-16A．a(chǎn) B．bC．c D．d【解析】粒子帶負電、磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，粒子應(yīng)沿順時針旋轉(zhuǎn)，故D正確．【答案】D3．如圖3-5-17所示，一電子束垂直于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是()【導(dǎo)學(xué)號：96322172】圖3-5-17A．將變阻器滑動頭P向右滑動B．將變阻器滑動頭P向左滑動C．將極板間距離適當(dāng)減小D．將極板間距離適當(dāng)增大【解析】電子入射極板后，偏向A板，說明Eq>Bvq，由E＝eq\f(U,d)可知，減小場強E的方法有增大板間距離，和減小板間電壓，故C錯誤，D正確；而移動滑動頭P并不能改變板間電壓，故A、B均錯誤．【答案】D4．(多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖3-5-18所示．這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是()圖3-5-18A．離子由加速器的中心附近進入加速器B．離子由加速器的邊緣進入加速器C．離子從磁場中獲得能量D．離子從電場中獲得能量【解析】回旋加速器對離子加速時，離子是由加速器的中心附近進入加速器的，故選項A正確，選項B錯誤；離子在磁場中運動時，洛倫茲力不做功，所以離子的能量不變，故選項C錯誤；D形盒D1、D2之間存在交變電場，當(dāng)離子通過交變電場時，電場力對離子做正功，離子的能量增加，所以離子的能量是從電場中獲得的，故選項D正確．【答案】AD5．(多選)如圖3-5-19所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器，速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應(yīng)強度為B0圖3-5-19A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小【解析】本題考查速度選擇器及質(zhì)譜儀的有關(guān)知識．由加速電場可知粒子所受電場力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場水平向右，洛倫茲力水平向左，因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外，B正確；粒子經(jīng)過速度選擇器時滿足qE＝qvB，可知能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B)，帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動時有R＝eq\f(mv,qB)，可見當(dāng)v相同時，R∝eq\f(m,q)，所以可以用來區(qū)分同位素，且R越大，比荷就越小，D錯誤．【答案】ABC6．如圖3-5-20所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中點O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的大小B圖3-5-20A．B＞eq\f(\r(3)mv,3aq) B．B＜eq\f(\r(3)mv,3aq)C．B＞eq\f(\r(3)mv,aq) D．B＜eq\f(\r(3)mv,aq)【解析】粒子剛好達到C點時，其運動軌跡與AC相切，則粒子運動的半徑為r0＝eq\f(a,tan30°).由r＝eq\f(mv,qB)得，粒子要能從AC邊射出，粒子運動的半徑r＞r0，解得B＜eq\f(\r(3)mv,3qa)，選項B正確．【答案】B7．(多選)一個帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域．設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示．在圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是()【解析】A、C選項中粒子在電場中向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶正電，再進入磁場后，A圖中粒子應(yīng)逆時針轉(zhuǎn)，正確；C圖中粒子應(yīng)順時針轉(zhuǎn)，錯誤．同理可以判斷B錯誤，D正確．【答案】AD8．如圖3-5-21所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，由a點以速率v豎直向上射入勻強磁場，經(jīng)過一段時間后由b點以不變的速率v反方向飛出，已知ab長為L.試求：圖3-5-21(1)電子在勻強磁場中飛行時的加速度，并說明電子在磁場中做什么運動；(2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向．【解析】(1)電子的加速度大小a＝eq\f(v2,r)＝eq\f(2v2,L)，方向不斷變化，電子從a～b做勻速圓周運動．(2)evB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(2mv,eL)，由左手定則知B的方向垂直紙面向里．【答案】(1)eq\f(2v2,L)，勻速圓周運動(2)eq\f(2mv,eL)，垂直紙面向里9．MN板兩側(cè)都是磁感強度為B的勻強磁場，方向如圖3-5-22所示，帶電粒子從a位置以垂直磁場方向的速度開始運動，依次通過小孔b、c、d，已知ab＝bc＝cd，粒子從a運動到d的時間為t，則粒子的比荷為()【導(dǎo)學(xué)號：96322173】圖3-5-22A.eq\f(3π,tB) B.eq\f(4π,3tB)C.eq\f(π,tB) D.eq\f(tB,2π)【解析】粒子從a運動到d依次經(jīng)過小孔b、c、d，經(jīng)歷的時間t為3個eq\f(T,2)，由t＝3×eq\f(T,2)和T＝eq\f(2πm,Bq)可得：eq\f(q,m)＝eq\f(3π,tB)，故A正確．【答案】A10．(多選)環(huán)形對撞機是研究高能離子的重要裝置，如圖3-5-23所示正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向注入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.(兩種帶電粒子將被局限在環(huán)狀空腔內(nèi)，沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，從而在碰撞區(qū)迎面相撞)為維持帶電粒子在環(huán)狀空腔中的勻速圓周運動，下列說法正確是()圖3-5-23A．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷eq\f(q,m)越大，磁感應(yīng)強度B越大B．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷eq\f(q,m)越大，磁感應(yīng)強度B越小C．對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運動的周期越小D．對于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，粒子運動的周期都不變【解析】在加速器中qU＝eq\f(1,2)mv2，在環(huán)狀空腔內(nèi)做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，即r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以在半徑不變的條件下eq\f(q,m)越大，B越小，選項B正確；粒子在空腔內(nèi)的周期T＝eq\f(2πr,v)，故加速電壓越大，粒子的速率v越大，其周期越小，選項C正確．【答案】BC11．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子自靜止開始釋放，經(jīng)M、N板間的電場加速后，從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，該粒子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖3-5-24所示．已知M、N兩板間的電壓為U，粒子的重力不計．求：勻強磁場的磁感應(yīng)強度B.【導(dǎo)學(xué)號：96322174】圖3-5-24【解析】作粒子經(jīng)電場和磁場中的軌跡圖，如圖所示．設(shè)粒子在M、N兩板間經(jīng)電場加速后獲得的速度為v，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2 ①粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)其半徑為r，則：qvB＝meq\f(v2,r) ②由幾何關(guān)系得：r2＝(r－L)2＋d2 ③聯(lián)立求解①②③式得：磁感應(yīng)強度B＝eq\f(2L,L2＋d2)eq\r(\f(2mU,q)).【答案】eq\f(2L,L2＋d2)eq\r(\f(2mU,q))12．如圖3-5-25，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為eq\f(R,2).已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為多大？(不計粒子的重力)圖3-5-25【解析】帶電粒子運動軌跡如圖所示，由題意進出磁場速度的偏向角為60°，帶電粒子運動圓弧所對圓心角α＝60°，由題意cos∠OCD＝eq\f(1,2)，∠OCD＝60°，又∠OCD＝eq\f(α,2)＋∠COO1，故∠COO1＝30°，所以粒子做勻速圓周運動的半徑r＝R，由qvB＝eq\f(mv2,r)得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBR,m)，粒子速率為eq\f(qBR,m).【答案】eq\f(qBR,m)2.磁場對通電導(dǎo)線的作用——安培力學(xué)習(xí)目標(biāo)知識脈絡(luò)1.知道安培力的定義及安培力大小的決定因素．2．會用F＝ILB計算B與I垂直情況下的安培力．(重點)3．掌握左手定則，并會用它判定安培力的方向．(重點)4．知道電動機的工作原理.安培力的實驗探究和公式eq\a\vs4\al([先填空])1．安培力磁場對通電導(dǎo)線的作用力．2．科學(xué)探究：安培力與哪些因素有關(guān)(1)實驗探究采用的方法：控制變量法．(2)當(dāng)通電導(dǎo)線與磁感線垂直時，實驗結(jié)論是：①當(dāng)其他因素不變，磁感應(yīng)強度增大時，安培力增大；②當(dāng)其他因素不變，電流增大時，安培力增大；③當(dāng)其他因素不變，導(dǎo)體長度增大時，安培力增大；④安培力的方向由磁場方向和電流方向共同決定．3．安培力的大小(1)F＝ILB.(2)適用條件①通電導(dǎo)線與磁場方向垂直．②勻強磁場或非勻強磁場中很短的導(dǎo)體．eq\a\vs4\al([再判斷])1．通電導(dǎo)體在磁場中所受安培力為零，該處磁場感應(yīng)強度一定為零．(×)2．兩根通電導(dǎo)線在同一勻強磁場中，若導(dǎo)線長度相同，電流大小相等，則所受安培力大小相等，方向相同．(×)3．通以10A電流的直導(dǎo)線，長為0.1m，處在磁感應(yīng)強度為0.1T的勻強磁場中，所受安培力可能為0.02N．(√)eq\a\vs4\al([后思考])通電導(dǎo)體在磁場中所受安培力F的大小一定等于ILB嗎？【提示】不一定．只有當(dāng)通電導(dǎo)體中的電流方向與磁場方向垂直時，安培力F才等于ILB.eq\a\vs4\al([合作探討])如3-2-1所示，利用下列實驗裝置可以探究安培力的大小與磁場、電流大小的關(guān)系．(1)在B、L一定時，增大電流I，導(dǎo)線受力怎么變化？(2)在B、I一定時，增大導(dǎo)線的長度L，導(dǎo)線受力怎么變化？3-2-1【提示】(1)當(dāng)B、L一定時，增大電流I、導(dǎo)線受的力變大．(2)當(dāng)B、I一定時，增大導(dǎo)線長度L導(dǎo)線受力變大．eq\a\vs4\al([核心點擊])1．當(dāng)電流方向與磁場方向垂直時，F(xiàn)＝ILB.此時通電導(dǎo)線所受安培力最大．2．當(dāng)電流方向與磁場方向不垂直時，F(xiàn)＝ILBsinθ(θ是I和B之間的夾角)．3．當(dāng)通電導(dǎo)線的方向和磁場方向平行(θ＝0°或θ＝180°)時，安培力最小，等于零．4．若導(dǎo)線是彎曲的，公式中的L并不是導(dǎo)線的總長度，而應(yīng)是彎曲導(dǎo)線的“有效長度”．它等于連接導(dǎo)線兩端點直線的長度(如圖3-2-2所示)，相應(yīng)的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端．圖3-2-2一根長為0.2m、電流為2A的通電導(dǎo)線，放在磁感應(yīng)強度為0.5T的勻強磁場中，受到的安培力大小不可能是()A．0.4N B．0.2NC．0.1N D．0【解析】由安培力的公式F＝ILBsinθ可知，安培力的大小與I和B的夾角有關(guān)．當(dāng)θ＝90°時，F(xiàn)最大，F(xiàn)max＝ILB＝2×0.2×0.5N＝0.2N．當(dāng)θ＝0°時，F(xiàn)最小，F(xiàn)min＝0，故F的大小范圍是0≤F≤0.2N，故B、C、D可能，A不可能．【答案】A如圖3-2-3所示，導(dǎo)線框中電流為I，導(dǎo)線框垂直于磁場放置，磁感應(yīng)強度為B，AB與CD相距為d，則MN所受安培力大小為()【導(dǎo)學(xué)號：96322061】圖3-2-3A．F＝BId B．F＝BIdsinθC．F＝eq\f(BId,sinθ) D．F＝BIdcosθ【解析】導(dǎo)線與B垂直，F(xiàn)＝BIeq\f(d,sinθ).【答案】C如圖所示，在勻強磁場中放有下列各種形狀的通電導(dǎo)線，電流均為I，磁感應(yīng)強度均為B，求各導(dǎo)線所受到的安培力的大小．【解析】A圖中，F(xiàn)＝IlBcosα，這時不能死記公式而錯寫成F＝IlBsinα.要理解公式本質(zhì)是有效長度或有效磁場，正確分解．B圖中，B⊥I，導(dǎo)線在紙平面內(nèi)，故F＝IlB.C圖是兩根導(dǎo)線組成的折線abc，整體受力實質(zhì)上是兩部分直導(dǎo)線分別受力的矢量和，其有效長度為ac，故F＝eq\r(2)IlB.D圖中，從a→b的半圓形電流，分析圓弧上對稱的每一小段電流，受力抵消合并后，其有效長度為ab，故F＝2IRB.E圖中，F(xiàn)＝0.【答案】A：IlBcosαB：IlBC：eq\r(2)IlBD：2IRBE：0計算安培力大小應(yīng)注意的問題(1)應(yīng)用公式F＝IlB，電流方向必須與磁場方向垂直．(2)通電導(dǎo)線放入磁場中，有可能不受安培力的作用．(3)公式F＝IlB中的l不一定是導(dǎo)線的實際長度，而應(yīng)是“有效長度”．安培力的方向和安培力的應(yīng)用eq\a\vs4\al([先填空])1．安培力的方向(1)左手定則：伸出左手，四指并攏，使大拇指和其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面內(nèi)，讓磁感線垂直穿過手心，四指指向沿電流方向，則大拇指所指方向就是通電導(dǎo)線所受安培力的方向．(2)方向特點：安培力的方向既與電流方向垂直，又與磁場方向垂直，即安培力方向垂直于電流方向和磁場方向所確定的平面．2．電動機(1)原理：利用磁場對通電線圈的安培力使線圈在磁場中旋轉(zhuǎn)．(2)作用：把電能轉(zhuǎn)化為機械能．(3)分類eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(直流電動機：由磁場、轉(zhuǎn)動線圈、滑環(huán)、電刷,及電源組成，滑環(huán)在其中起了一個換向器的作用.,交流電動機：如家用電風(fēng)扇、洗衣機、抽油煙,機等都是交流電動機.))eq\a\vs4\al([再判斷])1．當(dāng)通電直導(dǎo)線垂直于磁場方向時，安培力的方向和磁場方向相同．(×)2．磁感應(yīng)強度的方向與安培力的方向垂直．(√)3．電動機是把電能轉(zhuǎn)化為機械能的裝置．(√)eq\a\vs4\al([后思考])通電直導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向一定跟電流的方向垂直嗎？【提示】一定．根據(jù)左手定則可判斷安培力的方向垂直于電流和磁場方向．eq\a\vs4\al([合作探討])如圖3-2-4所示，利用下列裝置可以探究安培力的方向與磁場、電流方向的關(guān)系．(1)圖中磁場方向向哪？閉合電鍵后，導(dǎo)線中電流方向向哪？(2)閉合電鍵后，通電導(dǎo)線所受安培力的方向與磁場、電流方向存在什么關(guān)系？圖3-2-4【提示】(1)磁場方向豎直向下、電流方向從里向外．(2)安培力的方向與磁場方向、電流方向都垂直．eq\a\vs4\al([核心點擊])1．電流方向、磁場方向和安培力方向三者的因果關(guān)系(1)電流方向和磁場方向間沒有必然聯(lián)系，這兩個方向的關(guān)系是不確定的．(2)電流方向和磁場方向共同決定了安培力的方向，一旦這兩個方向確定，安培力的方向是唯一的．(3)已知安培力方向和磁場方向時，電流方向不確定；已知安培力方向和電流方向時，磁場方向不確定．2．電場力與磁場力的方向?qū)Ρ入妶隽Π才嗔ρ芯繉ο簏c電荷電流受力特點與電場方向相同(正電荷)或相反(負電荷)與磁場方向和電流方向都垂直判斷方法由電場方向和電荷的正、負判斷左手定則請畫出如圖3-2-5所示的甲、乙、丙三種情況下，導(dǎo)線受到的安培力的方向．甲乙丙圖3-2-5【解析】畫出甲、乙、丙三種情況的側(cè)面圖，利用左手定則判定出在甲、乙、丙三種情況下，導(dǎo)線所受安培力的方向如圖所示．甲乙丙【答案】見解析如圖3-2-6所示，磁場方向豎直向下，長度為l的通電直導(dǎo)線ab處于磁場中，由水平位置1繞a點在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)到位置2的過程中，通電導(dǎo)線所受安培力是()【導(dǎo)學(xué)號：96322062】圖3-2-6A．?dāng)?shù)值變大，方向不變 B．?dāng)?shù)值變小，方向不變C．?dāng)?shù)值不變，方向改變 D．?dāng)?shù)值、方向均改變【解析】安培力F＝ILB，電流不變，垂直直導(dǎo)線的有效長度減小，安培力減小，安培力的方向總是垂直B、I所構(gòu)成的平面，所以安培力的方向不變，故選項B正確．【答案】B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．如圖3-2-7是某音圈電機的原理示意圖，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.圖3-2-7(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．【解析】(1)由安培力表達式F＝BIL可知，線圈所受的安培力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.【答案】(1)安培力的大?。簄BIL方向：水平向右(2)安培力的功率：nBILv左手定則應(yīng)用的幾個要點(1)安培力方向既垂直于電流的方向，又垂直于磁場的方向，所以應(yīng)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，可以與四指方向成某一夾角，但四指一定要指向電流方向．學(xué)業(yè)分層測評(十六)(建議用時：45分鐘)1．如圖3-2-8是“探究影響通電導(dǎo)體在磁場中受力因素”的實驗示意圖．三塊相同蹄形磁鐵并列放置在水平桌面上，導(dǎo)體棒用圖中1、2、3、4輕而柔軟的細導(dǎo)線懸掛起來，它們之中的任意兩根與導(dǎo)體棒和電源構(gòu)成回路．認為導(dǎo)體棒所在位置附近為勻強磁場，最初導(dǎo)線1、4接在直流電源上，電源沒有在圖中畫出．關(guān)于接通電源時可能出現(xiàn)的實驗現(xiàn)象，下列敘述正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：96322154】圖3-2-8A．僅拿掉中間的磁鐵，導(dǎo)體棒擺動幅度不變B．改變電流方向同時改變磁場方向，導(dǎo)體棒擺動方向?qū)淖僀．僅改變電流方向或僅改變磁場方向，導(dǎo)體棒擺動方向一定改變D．增大電流的同時并改變接入導(dǎo)體棒上的細導(dǎo)線，接通電源時，導(dǎo)體棒擺動幅度一定增大【解析】僅拿掉中間的磁鐵，導(dǎo)體棒在磁場中的有效長度減小，所受安培力減小，擺動幅度減小，選項A錯誤；改變電流方向同時改變磁場方向，導(dǎo)體棒所受安培力方向不變，僅改變其中一個方向時，安培力方向改變，選項B錯誤，C正確；增大電流的同時，減小導(dǎo)體棒在磁場中的有效長度，所受安培力可能減小，擺動幅度可能減小，選項D錯誤．【答案】C2．在赤道上空，有一條沿東西方向水平架設(shè)的導(dǎo)線，當(dāng)導(dǎo)線中的自由電子自西向東沿導(dǎo)線做定向移動時，導(dǎo)線受到地磁場的作用力的方向為()A．向北 B．向南C．向上 D．向下【解析】導(dǎo)線中的自由電子自西向東沿導(dǎo)線定向移動時，形成的電流自東向西．赤道上空地磁場方向由南水平指向北，由左手定則可判斷導(dǎo)線受到的安培力方向向下．答案為D.【答案】D3．在如圖所示的四個圖中，標(biāo)出了磁場B的方向、通電直導(dǎo)線中電流I的方向，以及通電直導(dǎo)線所受安培力F的方向，其中正確的是()【解析】安培力的方向一定與直導(dǎo)線和磁場所決定的平面垂直，A、B均錯誤，由左手定則可判斷C錯誤，D正確．【答案】D4．如圖3-2-9所示，均勻繞制的螺線管水平放置，在其正中心的上方附近用絕緣繩水平吊起通電直導(dǎo)線A，A與螺線管垂直，A導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里，開關(guān)S閉合，A受到通電螺線管磁場的作用力的方向是()【導(dǎo)學(xué)號：96322155】圖3-2-9A．水平向左 B．水平向右C．豎直向下 D．豎直向上【解析】先用安培定則判斷螺線管的磁場方向．在A點導(dǎo)線處的磁場方向是水平向左的；再用左手定則判斷出導(dǎo)線A受到的安培力豎直向上．故選D.【答案】D5．如圖3-2-10所示，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直．線段ab、bc和cd的長度均為L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．導(dǎo)線段abcd所受到的磁場的作用力的合力()圖3-2-10A．方向沿紙面向上，大小為(eq\r(2)＋1)ILBB．方向沿紙面向上，大小為(eq\r(2)－1)ILBC．方向沿紙面向下，大小為(eq\r(2)＋1)ILBD．方向沿紙面向下，大小為(eq\r(2)－1)ILB【解析】導(dǎo)線段abcd的有效長度為線段ad，由幾何知識知Lad＝(eq\r(2)＋1)L，故線段abcd所受的合力大小F＝ILadB＝(eq\r(2)＋1)ILB，導(dǎo)線有效長度的電流方向為a→d，據(jù)左手定則可以確定導(dǎo)線所受合力方向豎直向上，故A項正確．【答案】A6．如圖3-2-11所示，兩根相隔一定距離、相互垂直的異面直導(dǎo)線ab和cd，分別通有方向如圖所示的電流，若通電導(dǎo)線ab固定不動，通電導(dǎo)線cd可以自由運動，則通電導(dǎo)線cd的運動情況是()圖3-2-11A．順時針轉(zhuǎn)動，同時靠近abB．順時針轉(zhuǎn)動，同時遠離abC．逆時針轉(zhuǎn)動，同時靠近abD．逆時針轉(zhuǎn)動，同時遠離ab【解析】由安培定則知通電導(dǎo)線ab的磁場在ab上面是垂直紙面向外的，在ab下面是垂直紙面向里的，根據(jù)左手定則，通電導(dǎo)線cd上半部分所受安培力向右，下半部分所受安培力向左，故cd將順時針轉(zhuǎn)動．因cd順時針轉(zhuǎn)動，其電流方向趨于和ab的電流方向一致，根據(jù)同向電流互相吸引，異向電流相互排斥的性質(zhì)可知cd同時靠近ab.【答案】A7．將一個質(zhì)量很小的金屬圓環(huán)用細線吊起來，在其附