新教材魯科版高中物理選擇性必修第二冊第1章安培力與洛倫茲力-學案講義(知識點考點匯總及配套習題)

第1章安培力與洛倫茲力學案第1節(jié)安培力及其應用 -1-第2節(jié)洛倫茲力 -11-第3節(jié)洛倫茲力的應用 -21-章末復習 -30-第1節(jié)安培力及其應用學習目標：1.[物理觀念]知道安培力的定義及安培力大小的決定因素。2.[科學思維]知道左手定則，并會用它判定安培力的方向。3.[科學思維]會用F＝IlB計算B與I垂直情況下的安培力。4.[科學態(tài)度與責任]知道電流計的基本構造及其測電流大小和方向的基本原理。閱讀本節(jié)教材，回答第3頁“問題”并梳理必要知識點。教材P3問題提示：安倍力的大小與磁感應強度、通電電流的大小、通電導線的長短及通電導線的放置方式有關；安倍力的方向可根據(jù)左手定則判斷。一、安培力1．定義：物理學中，將磁場對通電導線的作用力稱為安培力。2．方向：用左手定則判斷。判斷方法：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，讓磁感線垂直穿過手心，四指指向電流的方向，此時拇指所指的方向即為所受安培力的方向。3．大小(1)F＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ILBB與I垂直,0B與I平行,IlBsinθB與I的夾角為θ))(2)在非勻強磁場中公式可用于很短的一段通電直導線。二、安培力的應用1．安培力在生活中應用：電動機、電流計等都是安培力的應用。2．電流計工作原理：(1)構造：如圖所示，圓柱形鐵芯固定于U形磁鐵兩極間，鐵芯外面套有纏繞著線圈并可轉動的鋁框，鋁框的轉軸上裝有指針和游絲。(2)原理：當被測電流通入線圈時，線圈受安培力作用而轉動，線圈的轉動使游絲扭轉形變，從而對線圈的轉動產(chǎn)生阻礙。當安培力產(chǎn)生的轉動與游絲形變產(chǎn)生的阻礙達到平衡時，指針停留在某一刻度。電流越大，安培力就越大，指針偏轉角度就越大。1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)安培力的方向可能與磁場方向垂直，也可能不垂直。 (×)(2)通電導線在磁場中一定會受到安培力的作用。 (×)(3)安培力的方向與導線方向一定垂直。 (√)(4)通電導體在磁場中所受安培力F一定等于IlB。 (×)(5)用磁電式電流表測量電流時，通電線圈的四條邊都受到安培力的作用。 (×)2．下圖中分別標明了通電直導線中電流I、勻強磁場的磁感應強度B和電流所受安培力F的方向，其中正確的是()ABCDA[伸開左手，四指指向電流方向，讓磁感線垂直穿過手心，拇指指向為安培力方向，故A中的安培力方向豎直向上，B中的安培力為零，C中安培力方向豎直向下，D中安培力方向垂直紙面向外，故A正確。]3．(多選)關于磁場對通電直導線的作用力的大小，下列說法中正確的是()A．通電直導線跟磁場方向平行時作用力為零B．通電直導線跟磁場方向垂直時作用力最大C．作用力的大小跟導線與磁場方向的夾角無關D．通電直導線跟磁場方向斜交時肯定有作用力ABD[安培力既垂直于通電導線，又垂直于磁場。當導線與磁場方向垂直時，安培力最大，當導線與磁場方向平行時，安培力為零，選項A、B正確，選項C錯誤；通電直導線跟磁場方向斜交時，可將磁場沿平行于導線方向和垂直于導線方向進行分解，垂直于導線方向的磁場為有效磁場，安培力不為零，選項D正確。]安培力的方向(教師用書獨具)教材P3“迷你實驗室”答案提示：安培力方向與電流方向、磁感應強度的方向都垂直，即垂直于電流方向、磁感應強度方向決定的平面。教材P4“迷你實驗室”答案提示：反向電流相互排斥，同向電流相互吸引，因為其中一個電流放置于另一個電流的磁場中，可用左手定則判斷。用兩根細銅絲把一根直導線懸掛起來，放入蹄形磁鐵形成的磁場中。當導線中通以電流時，你能看到通電導線在磁場中朝一個方向擺動，這個實驗現(xiàn)象說明了什么？改變電池的正負極接線柱或將磁鐵的N極、S極交換位置，閉合開關，你能看到通電導線的擺動方向發(fā)生改變，這個實驗現(xiàn)象說明了什么？提示：說明磁場對通電導線有力的作用。磁場中導線所受安培力的方向與磁場方向和電流方向都有關。1．安培力的方向不管電流方向與磁場方向是否垂直，安培力的方向總是垂直于磁場方向和電流方向所決定的平面，即總有F⊥I和F⊥B。(1)已知I、B的方向，可用左手定則唯一確定F的方向。(2)已知F、B的方向，當導線的位置確定時，可唯一確定I的方向。(3)已知F、I的方向，B的方向不能唯一確定。2．安培定則(右手螺旋定則)與左手定則的區(qū)別安培定則(右手螺旋定則)左手定則用途判斷電流的磁場方向判斷電流在磁場中的受力方向適用對象直線電流環(huán)形電流或通電螺線管電流在磁場中應用方法拇指指向電流的方向四指彎曲的方向表示電流的環(huán)繞方向磁感線穿過手掌心，四指指向電流的方向結果四指彎曲的方向表示磁感線的方向拇指指向軸線上磁感線的方向拇指指向電流受到的磁場力的方向【例1】畫出圖中通電直導線A受到的安培力的方向。(1)(2)(3)(4)[解析](1)中電流與磁場垂直，由左手定則可判斷出A所受安培力方向如圖甲所示。(2)中條形磁鐵在A處的磁場分布如圖乙所示，由左手定則可判斷A受到的安培力的方向如圖乙所示。(3)中由安培定則可判斷出電流A處磁場方向如圖丙所示，由左手定則可判斷出A受到的安培力方向如圖丙所示。(4)中由安培定則可判斷出電流A處磁場如圖丁所示，由左手定則可判斷出A受到的安培力方向如圖丁所示。[答案](1)(2)(3)(4)判斷安培力方向常見的兩類問題eq\o([跟進訓練])1．請畫出如圖所示的甲、乙、丙三種情況下，導線受到的安培力的方向。[解析]畫出甲、乙、丙三種情況的側面圖，利用左手定則判定出在甲、乙、丙三種情況下，導線所受安培力的方向如圖所示。[答案]見解析安培力的大小(1)用兩根細銅絲把一根直導線懸掛起來，放入蹄形磁鐵形成的磁場中。把一節(jié)電池換成三節(jié)，其他條件不變，觀察更換電池后通電導線擺動的幅度變大，說明什么？把蹄形磁鐵更換成磁性更強的磁鐵，其他條件不變，比較得出，更換磁鐵后導線擺動的幅度變大，又說明什么？(2)如圖所示，當電流與磁場方向夾θ角時，安培力的大小怎樣表示？提示：(1)當其他因素不變時，電流增大，安培力增大。當其他因素不變時，磁感應強度變大，安培力增大。(2)如圖所示，可以把磁感應強度矢量分解為兩個分量：與電流方向垂直的分量B1＝Bsinθ，與電流方向平行的分量B2＝Bcosθ，平行于導線的分量B2對通電導線沒有作用力，通電導線所受的作用力F僅由B1決定，即F＝IlB1，故F＝IlBsinθ(θ為B與I的夾角)。1．對安培力F＝IlBsinθ的理解(1)B對放入的通電導線來說是外磁場的磁感應強度，不必考慮導線自身產(chǎn)生的磁感應強度的影響。(2)l是有效長度，勻強磁場中彎曲導線的有效長度l，等于連接兩端點直線的長度(如圖)；相應的電流沿l由始端流向末端。2．F＝IlBsinθ的適用條件導線所處的磁場應為勻強磁場；在非勻強磁場中，公式僅適用于很短的通電導線。3．電流在磁場中的受力特點電荷在電場中一定會受到電場力作用，但是電流在磁場中不一定受安培力作用。當電流方向與磁場方向平行時，電流不受安培力作用。4．當電流同時受到幾個安培力時，則電流所受的安培力為這幾個安培力的矢量和?！纠?】如圖所示，在勻強磁場中放有下列各種形狀的通電導線，電流均為I，磁感應強度均為B，求各導線所受到的安培力的大小。ABCDE[解析]A圖中，F(xiàn)＝IlBcosα，這時不能死記公式而錯寫成F＝IlBsinα。要理解公式本質是有效長度或有效磁場，正確分解。B圖中，B⊥I，導線再怎么放，也在紙平面內，故F＝IlB。C圖是兩段導線組成的折線abc，整體受力實質上是兩部分直導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應用安培力公式F＝BIlsinθ解題的技巧(1)公式F＝IlBsinθ中θ是B和I方向的夾角，不能盲目應用題目中所給的夾角，要根據(jù)具體情況進行分析。(2)公式F＝IBlsinθ中的lsinθ也可以理解為垂直于磁場方向的“有效長度”。eq\o([跟進訓練])2．長度為L、通有電流為I的直導線放入一勻強磁場中，電流方向與磁場方向如圖所示，已知磁感應強度為B，對于下列各圖中，導線所受安培力的方向如何？大小是多大？ABCD[解析]A圖中，由左手定則可判斷出導線所受力的方向為垂直紙面向外，因導線不和磁場垂直，故將導線投影到垂直磁場方向上，導線所受力大小為F＝BILcosθ；B圖中，由左手定則可判斷出導線所受力的方向為垂直導線斜向左上方，因導線和磁場方向垂直，導線所受力大小為F＝BIL；C圖中，由左手定則可判斷出導線所受力的方向為垂直導線斜向左上方，因導線和磁場方向垂直，故導線所受力大小為F＝BIL；D圖中，由左手定則可判斷出導線所受力的方向為水平向右，導線所受力大小為F＝BIL。[答案]垂直紙面向外，BILcosθ；垂直導線斜向左上方，BIL；垂直導線斜向左上方，BIL；水平向右，BIL安培力作用下導體的運動問題如圖所示，在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極，沿邊緣內壁放一個圓環(huán)形電極，將兩電極接在電池的兩極上，然后在玻璃皿中放入鹽水，把玻璃皿放入蹄形磁鐵的磁場中，N極在下，S極在上，通電后鹽水就會旋轉起來。通電后的鹽水為什么會旋轉起來？提示：接通電源后，鹽水中有指向圓心的電流，根據(jù)左手定則，半徑方向上的電流將受到安培力使得鹽水逆時針(自上向下看去)轉動。分析導體在磁場中運動的常用方法電流元法把整段導線分為多段電流元，先用左手定則判斷每段電流元所受安培力的方向，然后判斷整段導線所受安培力的方向，從而確定導線運動方向等效法環(huán)形電流可等效成小磁針，通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個環(huán)形電流(反過來等效也成立)，然后根據(jù)磁體間或電流間的作用規(guī)律判斷特殊位置法通過轉動通電導線到某個便于分析的特殊位置，判斷其所受安培力的方向，從而確定其運動方向結論法兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉動趨勢，同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；不平行的兩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象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，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反作用力，從而確定磁體所受合力及其運動方向【例3】一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合。當兩線圈通以如圖所示的電流時，從左向右看，則線圈L1將()A．不動B．順時針轉動C．逆時針轉動D．向紙面內平動B[方法一：直線電流元分析法把線圈L1沿轉動軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)直流電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，據(jù)安培定則可知各電流元所在處磁場向上。由左手定則可得，上部電流元所受安培力均指向紙外，下部電流元所受安培力均指向紙內，因此從左向右看線圈L1順時針轉動。方法二：等效分析法把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，通電后，小磁針的N極應指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知L2產(chǎn)生的磁場方向在其中心豎直向上，而L1等效成小磁針后，在轉動之前，N極指向紙內，因此應由向紙內轉為向上，所以從左向右看，線圈L1順時針轉動。方法三：利用結論法環(huán)形電流I1、I2之間不平行，則必有相對轉動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止，據(jù)此可得從左向右看，線圈L1順時針轉動。]判斷導體在磁場中運動情況的常規(guī)思路不管是電流還是磁體，對通電導體的作用都是通過磁場來實現(xiàn)的，因此，此類問題可按下面步驟進行分析：(1)確定導體所在位置的磁場分布情況。(2)結合左手定則判斷導體所受安培力的方向。(3)由導體的受力情況判定導體的運動狀態(tài)。eq\o([跟進訓練])3.如圖所示，把一重力不計的通電直導線水平放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導線可以自由轉動，當導線通入圖示方向電流I時，導線的運動情況是(從上往下看)()A．順時針方向轉動，同時下降B．順時針方向轉動，同時上升C．逆時針方向轉動，同時下降D．逆時針方向轉動，同時上升A[(1)電流元法：把直線電流等效為AO、OB兩段電流，由左手定則可以判斷出AO段受力方向垂直紙面向外，OB段受力方向垂直紙面向內，因此，從上向下看AB將以中心O為軸順時針轉動。(2)特殊位置法：用導線轉過90°的特殊位置來分析，根據(jù)左手定則判得安培力的方向向下，故導線在順時針轉動的同時向下運動。]1．物理觀念：安培力。2．科學思維：左手定則、安培力大小F＝IlB。3．科學態(tài)度與責任：電流計的原理及使用。1．(多選)關于磁電式電流表內的磁鐵和鐵芯之間的均勻輻向分布的磁場，下列說法正確的是()A．該磁場的磁感應強度大小處處相等，方向相同B．該磁場的磁感應強度的方向處處相同，大小不等C．使線圈平面始終與磁感線平行D．該磁場中距軸線等距離處的磁感應強度大小都相等CD[磁電式電流表內的磁鐵和鐵芯之間均勻輻向分布的磁場，使線圈平面始終與磁感線平行，C正確；該磁場中距軸線等距離處的磁感應強度大小處處相等，但方向不同，A、B錯誤，D正確。]2．一根容易形變的彈性導線，兩端固定。導線中通有電流，方向如圖中箭頭所示。當沒有磁場時，導線呈直線狀態(tài)；當分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時，描述導線狀態(tài)的四個圖示中正確的是()ABCDD[勻強磁場豎直向上與導線平行，導線受到的安培力為零，A錯；勻強磁場水平向右，根據(jù)左手定則可知導線受到安培力向里，B錯；勻強磁場垂直紙面向外，由左手定則可知導線受到安培力水平向右，C錯，D對。]3.如圖所示，兩個完全相同的線圈套在一水平光滑絕緣圓柱上，但能自由移動，若兩線圈內通以大小不等的同向電流，則它們的運動情況是()A．都繞圓柱轉動B．以不等的加速度相向運動C．以相等的加速度相向運動D．以相等的加速度相背運動C[同向環(huán)形電流間相互吸引，雖然兩電流大小不等，但根據(jù)牛頓第三定律知兩線圈間相互作用力大小相等，所以選C項。]4．(多選)一根長為0.2m、電流為2A的通電導線，放在磁感應強度為0.5T的勻強磁場中，受到磁場力的大小可能是()A．0.4NB．0.2NC．0.1ND．0BCD[據(jù)安培力的定義，當磁感應強度B與通電電流I方向垂直時，磁場力有最大值為Fmax＝BIl＝0.5×2×0.2N＝0.2N；當兩者方向平行時，磁場力有最小值為0；隨著二者方向夾角的不同，磁場力大小可能在0.2N與0之間取值，故B、C、D正確。]5.澳大利亞國立大學制成了能把2.2g的彈體(包括金屬桿EF的質量)加速到10km/s的電磁炮(常規(guī)炮彈的速度約為2km/s)。如圖所示，若軌道寬為2m，長為100m，通過的電流為10A，試求軌道間所加勻強磁場的磁感應強度。(軌道摩擦不計)[解析]根據(jù)v2－veq\o\al(2,0)＝2as得，炮彈的加速度大小為a＝eq\f(v2,2s)＝eq\f(10×1032,2×100)m/s2＝5×105m/s2根據(jù)牛頓第二定律F＝ma得炮彈所受的安培力F＝ma＝2.2×10－3×5×105N＝1.1×103N根據(jù)安培力公式F＝ILB得B＝eq\f(F,IL)＝eq\f(1.1×103,10×2)T＝55T。[答案]55T第2節(jié)洛倫茲力學習目標：1.[科學探究]通過實驗，探究磁場對運動電荷的作用力。2.[物理觀念]知道什么是洛倫茲力，能計算洛倫茲力的大小，會判斷洛倫茲力的方向。3.[科學思維]知道洛倫茲力與安培力之間的關系，能從安培力的計算公式推導出洛倫茲力的計算公式。4.[科學思維]掌握帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律，并能解答有關問題。閱讀本節(jié)教材，回答第9頁“問題”并梳理必要知識點。教材P9問題提示：電流是電荷的定向移動形成的，因此磁場對運動電荷會有力的作用，其作用力的大小與磁感應強度、電荷量及運動速度有關，其方向由左手定則判斷。一、磁場對運動電荷的作用1．洛倫茲力：物理學中，把磁場對運動電荷的作用力稱為洛倫茲力。2．洛倫茲力的大小(1)如果帶電粒子速度方向與磁感應強度方向平行，f＝0。(2)如果帶電粒子速度方向與磁感應強度方向垂直，f＝qvB。(3)如果電荷運動的方向與磁場方向夾角為θ，f＝qvBsin_θ。二、從安培力到洛倫茲力1．洛倫茲力的推導設導線橫截面積為S，單位體積中含有的自由電子數(shù)為n，每個自由電子的電荷量為e，定向移動的平均速率為v，垂直于磁場方向放入磁感應強度為B的磁場中，如圖所示。截取一段長度l＝vΔt的導線，這段導線中所含的自由電子數(shù)為N，則N＝nSl＝nSvΔt在Δt時間內，通過導線橫截面的電荷為Δq＝neSvΔt通過導線的電流為I＝eq\f(Δq,Δt)＝neSv這段導線所受到的安培力F＝IlB＝neSv2BΔt每個自由電子所受到的洛倫茲力f＝eq\f(F,N)＝evB安培力的微觀解釋示意圖2．洛倫茲力的方向判定——左手定則伸開左手，拇指與其余四指垂直，且都與手掌處于同一平面內，讓磁感線垂直穿過手心，四指指向正電荷運動的方向，那么拇指所指的方向就是正電荷所受洛倫茲力的方向。三、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．運動性質：當運動電荷垂直射入勻強磁場后，運動電荷做勻速圓周運動。2．向心力：由洛倫茲力f提供，即qvB＝meq\f(v2,r)。3．軌道半徑：r＝eq\f(mv,qB)，由半徑公式可知帶電粒子運動的軌道半徑與運動的速率、粒子的質量成正比，與電荷量和磁感應強度成反比。4．運動周期：由T＝eq\f(2πr,v)可得T＝eq\f(2πm,qB)。由周期公式可知帶電粒子的運動周期與粒子的質量成正比，與電荷量和磁感應強度成反比，而與軌道半徑和運動速率無關。1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)電荷在磁場中一定受洛倫茲力。 (×)(2)洛倫茲力一定與電荷運動方向垂直。 (√)(3)電荷運動速度越大，它的洛倫茲力一定越大。 (×)(4)帶電粒子在磁場中做圓周運動時，速度越大，半徑越大。(√)(5)帶電粒子在磁場中做圓周運動時，速度越大，周期越大。(×)2．如圖所示，關于對帶電粒子在勻強磁場中運動的方向描述正確的是()ABCDB[由左手定則判斷知只有B項正確。]3．電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A．速率越大，周期越大B．速率越小，周期越大C．速度方向與磁場方向平行D．速度方向與磁場方向垂直D[電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，周期T＝eq\f(2πm,qB)，與速率無關，A、B均錯；運動方向與磁場方向垂直，C錯，D對。]對洛倫茲力的理解(教師用書獨具)教材P9“實驗與探究”答案提示：磁鐵靠近時，磁場變強，電子徑跡的彎曲程度更明顯，說明電子運動的軌道半徑與磁場強弱有關。(1)如圖是把陰極射線管放入磁場中的情形，電子束偏轉方向是怎樣的？如果把通有與電子運動方向相同的電流的導線放入該位置，則所受安培力的方向怎樣？(2)將磁鐵的N極、S極交換位置，電子流有什么變化，說明了什么？提示：(1)電子向下偏轉；通電導線受力向上。(2)兩極交換位置，電子流偏轉的方向與原來相反，表明電子流受力方向與磁場方向有關。1．洛倫茲力方向的特點(1)(2)洛倫茲力的方向既與磁場方向垂直，又與電荷的運動方向垂直，即洛倫茲力垂直于v和B兩者所決定的平面。2．洛倫茲力與安培力的區(qū)別和聯(lián)系(1)區(qū)別①洛倫茲力是指單個運動的帶電粒子所受到的磁場力，而安培力是指通電直導線所受到的磁場力。②洛倫茲力恒不做功，而安培力可以做功。(2)聯(lián)系①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解釋。②大小關系：F安＝Nf(N是導體中定向運動的電荷數(shù))。③方向關系：洛倫茲力與安培力的方向均可用左手定則進行判斷?！纠?】如圖所示，各圖中勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的速率均為v，所帶電荷量均為q，試求出各圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小，并標出洛倫茲力的方向。思路點撥：解此題按以下思路eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(用左手定則)→\x(判斷洛倫茲力的方向),\x(根據(jù)公式f＝qv⊥B)→\x(求洛倫茲力的大小)))[解析]甲：因為v與B垂直，所以f＝qvB，方向與v垂直斜向左上方，如圖。乙：v與B的夾角為30°，v取與B的垂直分量，則f＝qvBsin30°＝eq\f(1,2)qvB，方向垂直紙面向里，圖略。丙：由于v與B平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力，圖略。?。阂驗関與B垂直，所以f＝qvB，方向與v垂直斜向左上方，如圖。[答案]見解析1．洛倫茲力方向與安培力方向一樣，都根據(jù)左手定則判斷，但應注意以下三點：(1)洛倫茲力必垂直于v、B方向決定的平面。(2)v與B不一定垂直，當不垂直時，將v研垂直B方向分解，如例1乙圖所示情況。(3)當運動電荷帶負電時，四指應指向其運動的反方向。2．利用f＝qvBsinθ計算f的大小時，必須明確θ的意義及大小。eq\o([跟進訓練])1.如圖所示，有一磁感應強度為B、方向豎直向上的勻強磁場，一束電子流以初速度v從水平方向射入，為了使電子流經(jīng)過磁場時不偏轉(不計重力)，則磁場區(qū)域內必須同時存在一個勻強電場，這個電場的場強大小和方向是()A.eq\f(B,v)，豎直向上B.eq\f(B,v)，水平向左C．Bv，垂直于紙面向里D．Bv，垂直于紙面向外C[使電子流經(jīng)過磁場時不偏轉，垂直運動方向合力必須為零，又因電子所受洛倫茲力方向垂直紙面向里，故所受電場力方向必須垂直紙面向外，且與洛倫茲力等大，即Eq＝qvB，故E＝vB；電子帶負電，所以電場方向垂直于紙面向里。]帶電粒子在勻強磁場中的運動(教師用書獨具)教材P11“實驗與探究”答案提示：(1)沿直線運動；(2)圓周運動；(3)螺旋形軌跡。如圖所示的裝置叫作洛倫茲力演示儀。玻璃泡內的電子槍(即陰極)發(fā)射出陰極射線，使泡內的低壓汞蒸氣發(fā)出輝光，這樣就可顯示出電子的軌跡。電子垂直射入磁場時，電子為什么會做圓周運動？向心力由誰提供？提示：洛倫茲力不做功，只改變速度的方向，不改變速度的大小，電子將做圓周運動，此時的洛倫茲力提供向心力。1.帶電粒子在磁場中的運動問題(1)圓心的確定①已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)。②已知入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，圖中P為入射點，M為出射點)。(2)半徑的確定：用幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大小。(3)運動時間的確定：粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間表示為：t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T))。2．圓心角與偏向角、圓周角的關系(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叫作偏向角，偏向角等于圓弧所對應的圓心角α，即α＝φ，如圖所示。(2)圓弧所對應圓心角α等于弦PM與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如圖所示。3．帶電粒子在有界磁場中的圓周運動的幾種常見情形(1)直線邊界：進出磁場具有對稱性，射入和射出磁場時，速度與邊界夾角大小相等，如圖所示。(2)平行邊界：存在臨界條件，如圖所示。(3)圓形邊界：沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示。【例2】如圖所示，直線MN上方為磁感應強度為B的足夠大的勻強磁場，一電子(質量為m、電荷量為e)以v的速度從點O與MN成30°角的方向射入磁場中，求：(1)電子從磁場中射出時距O點多遠？(2)電子在磁場中運動的時間是多少？思路點撥：eq\x(定圓心)→eq\x(畫軌跡)→eq\x(求半徑)→eq\x(求圓心角)[解析]設電子在勻強磁場中運動半徑為R，射出時與O點距離為d，運動軌跡如圖所示。(1)根據(jù)牛頓第二定律知：Bev＝meq\f(v2,R)由幾何關系可得，d＝2Rsin30°解得：d＝eq\f(mv,Be)。(2)電子在磁場中轉過的角度為θ＝60°＝eq\f(π,3)又周期T＝eq\f(2πm,Be)因此運動時間t＝eq\f(θT,2π)＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πm,Be)＝eq\f(πm,3Be)。[答案](1)eq\f(mv,Be)(2)eq\f(πm,3Be)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的解題步驟(1)畫軌跡：先確定圓心，再畫出運動軌跡，然后用幾何方法求半徑。(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系。(3)用規(guī)律：用牛頓第二定律及圓周運動規(guī)律的一些基本公式。eq\o([跟進訓練])2.如圖所示，帶負電的粒子沿垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區(qū)域，出磁場時速度偏離原方向60°角，帶電粒子質量m＝3×10－20kg，電荷量q＝10－13C，速度v0＝105m/s，磁場區(qū)域的半徑R＝3×10－[解析]畫進、出磁場速度方向的垂線得交點O′，O′點即為粒子做圓周運動的圓心，據(jù)此作出運動軌跡，如圖所示，設此圓半徑為r，則eq\f(r,R)＝tan60°，所以r＝eq\r(3)R。帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，所以B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(3×10－20×105,10－13×3\r(3)×10－1)T＝eq\f(\r(3),30)T。[答案]eq\f(\r(3),30)T1．物理觀念：洛倫茲力。2．科學思維：洛倫茲力大小的推導。3．科學探究：磁場對運動電荷的作用。1．關于電荷在磁場中的受力，下列說法中正確的是()A．靜止的電荷一定不受洛倫茲力的作用，運動電荷一定受洛倫茲力的作用B．洛倫茲力的方向有可能與磁場方向平行C．洛倫茲力的方向一定與帶電粒子的運動方向垂直D．帶電粒子運動方向與磁場方向平行時，可能受洛倫茲力的作用C[由f＝qvBsinθ，當B∥v時，f＝0；當v＝0時，f＝0，故A、D錯；由左手定則知，f一定垂直于B且垂直于v，故B錯，C對。]2．如圖所示是電子射線管示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出。在熒光屏上會看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向下(z軸負方向)偏轉，在下列措施中可采用的是()A．加一磁場，磁場方向沿z軸負方向B．加一磁場，磁場方向沿y軸正方向C．加一電場，電場方向沿z軸負方向D．加一電場，電場方向沿y軸正方向B[根據(jù)左手定則可知，A所述情況電子受力沿y軸負向，故A錯；B所述情況，電子受洛倫茲力沿z軸負方向，B對；C所述電場會使電子向z軸正方向偏轉，C錯；D所述電場使電子向y軸負方向偏轉，D錯。]3．質子(p)和α粒子以相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑分別為Rp和Rα，周期分別為Tp和Tα，已知mα＝4mp，qα＝2qp，下列選項正確的是()A．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2B．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1C．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2D．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1A[由洛倫茲力提供向心力F洛＝qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，故eq\f(Rp,Rα)＝eq\f(mp,qp)×eq\f(qα,mα)＝eq\f(1,2)；由qvB＝meq\f(4π2,T2)r得T＝eq\f(2πm,qB)，故eq\f(Tp,Tα)＝eq\f(mp,qp)×eq\f(qα,mα)＝eq\f(1,2)，所以A項正確。]4.(多選)一個帶正電的小球沿光滑絕緣的水平桌面向右運動，小球離開桌面后進入一水平向里的勻強磁場，已知速度方向垂直于磁場方向，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，設飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1。撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2。則下列論述正確的是()A．x1＞x2 B．t1＞t2C．v1和v2大小相等 D．v1和v2方向相同ABC[當桌面右邊存在磁場時，在小球下落過程中由左手定則知，帶電小球受到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直方向上的分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上加速度a<g，所以t1>t2、x1>x2，A、B正確；洛倫茲力對小球不做功，故C正確；兩次小球著地時速度方向不同，故D錯誤。]5.如圖所示，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于紙面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿過鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿過鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為多少？[解析]設帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由題意可知Ek1＝2Ek2，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mveq\o\al(2,2)，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2),1)。由洛倫茲力提供向心力，即qvB＝eq\f(mv2,r)，得B＝eq\f(mv,qr)，由題意可知eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,1)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(v1r2,v2r1)＝eq\f(\r(2),2)。[答案]eq\f(\r(2),2)第3節(jié)洛倫茲力的應用學習目標：1.[科學思維]知道洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小。2.[物理觀念]知道電偏轉和磁偏轉，知道顯像管的構造和原理。3.[科學態(tài)度與責任]知道質譜儀和回旋加速器的構造、原理以及用途。閱讀本節(jié)教材，回答第16頁“問題”并梳理必要知識點。教材P16問題提示：帶電粒子在磁場中的偏轉。一、顯像管1．電偏轉：利用電場改變帶電粒子的運動方向稱為電偏轉。2．磁偏轉：利用磁場改變帶電粒子的運動方向稱為磁偏轉。3．顯像管的構造和原理(1)構造：如圖所示，電視顯像管由電子槍、偏轉線圈和熒光屏組成。(2)原理：電子槍發(fā)出的電子，經(jīng)電場加速形成電子束，在水平偏轉線圈和豎直偏轉線圈產(chǎn)生的不斷變化的磁場作用下，運動方向發(fā)生偏轉，實現(xiàn)掃描，在熒光屏上顯示圖像。二、質譜儀1．原理圖：如圖所示。質譜儀原理示意圖2．加速：帶電離子進入質譜儀的加速電場，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2。 ①3．偏轉：離子進入質譜儀的偏轉磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)。 ②由①②兩式可以求出離子的半徑r＝eq\f(mv,qB)、質量m＝eq\f(qB2r2,2U)、比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2U,r2B2)等。4．質譜儀的應用：可以分析比荷和測定離子的質量。三、回旋加速器1．構造圖：如圖所示。回旋加速器原理示意圖2．工作原理(1)電場的特點及作用特點：兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域存在交變電壓。作用：帶電粒子經(jīng)過該區(qū)域時被加速。(2)磁場的特點及作用特點：D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中。作用：帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，從而改變運動方向，半個周期后再次進入電場。1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)顯像管中的電子束受水平、豎直兩個方向的磁場作用。 (√)(2)回旋加速器中起加速作用的是磁場。 (×)(3)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。 (×)(4)質譜儀可以分析同位素。 (√)(5)離子進入質譜儀的偏轉磁場后洛倫茲力提供向心力。 (√)2．如圖所示是電視機顯像管及其偏轉線圈的示意圖。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()A．向上B．向下C．向左D．向右C[把通電線圈等效為小磁鐵，則左右兩邊的N極均在上方，所以在O點產(chǎn)生的磁場方向向下，由左手定則判斷正對讀者而來的電子束將向左偏轉，故C項正確。]3.(多選)質譜儀的構造原理如圖所示，從粒子源S出來時的粒子速度很小，可以看作初速度為零，粒子經(jīng)過電場加速后進入有界的垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，并沿著半圓周運動而達到照相底片上的P點，測得P點到入口的距離為x，則以下說法正確的是()A．粒子一定帶正電B．粒子一定帶負電C．x越大，則粒子的質量與電荷量之比一定越大D．x越大，則粒子的質量與電荷量之比一定越小AC[根據(jù)粒子的運動方向和洛倫茲力方向，由左手定則知粒子帶正電，故A正確，B錯誤；根據(jù)半徑公式r＝eq\f(mv,qB)知，x＝2r＝eq\f(2mv,qB)，又qU＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得x＝eq\r(\f(8mU,qB2))，知x越大，質量與電荷量的比值越大，故C正確，D錯誤。]對質譜儀工作原理的理解如圖所示為質譜儀原理示意圖。離子從容器A下方的小孔S1進入質譜儀后打在底片上，什么樣的粒子打在質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譜儀顯示屏上的位置不同。根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)?？梢娏Ｗ颖群稍酱?，偏轉半徑越小。1．速度選擇器只選擇粒子的速度(大小和方向)而不選擇粒子的質量、電荷量和電性。2．從S1與S2之間得以加速的粒子的電性是固定的，因此進入偏轉磁場空間的粒子的電性也是固定的。3．打在底片上同一位置的粒子，只能判斷其eq\f(q,m)是相同的，不能確定其質量或電荷量一定相同。【例1】如圖所示為某種質譜儀的結構示意圖。其中加速電場的電壓為U，靜電分析器中與圓心O1等距各點的電場強度大小相同，方向沿徑向指向圓心O1；磁分析器中在以O2為圓心、圓心角為90°的扇形區(qū)域內，分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后，從M點沿垂直于該點的場強方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿半徑為R的四分之一圓弧軌跡做勻速圓周運動，并從N點射出靜電分析器。而后離子由P點沿著既垂直于磁分析器的左邊界又垂直于磁場的方向射入磁分析器中，最后離子沿垂直于磁分析器下邊界的方向從Q點射出，并進入收集器。測量出Q點與圓心O2的距離為d。(1)試求靜電分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大??；(2)試求磁分析器中磁場的磁感應強度B的大小和方向。思路點撥：解答本題時應注意以下兩點：①在靜電分析器中，電場力提供離子做圓周運動的向心力。②在磁分析器中，洛倫茲力提供離子做圓周運動的向心力。[解析]設離子進入靜電分析器時的速度為v，離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2 ①(1)離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：qE＝meq\f(v2,R) ②聯(lián)立①②兩式，解得：E＝eq\f(2U,R) ③(2)離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：qvB＝meq\f(v2,r) ④由題意可知，圓周運動的軌道半徑為：r＝d ⑤聯(lián)立①④⑤式，解得：B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q)) ⑥由左手定則判斷，磁場方向垂直紙面向外。[答案](1)eq\f(2U,R)(2)eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q))方向垂直紙面向外應用質譜儀的兩點注意(1)質譜儀的原理中包括粒子的加速、受力的平衡(速度選擇器)、牛頓第二定律和勻速圓周運動等知識。(2)分析粒子的運動過程，建立各運動階段的模型、理清各運動階段之間的聯(lián)系，根據(jù)帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律列出對應的方程。eq\o([跟進訓練])1.現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為()A．11B．12C．121D．144D[帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中偏轉時，其半徑r＝eq\f(mv,qB)，由以上兩式整理得：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))。由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：eq\f(m2,m1)＝144，選項D正確。]對回旋加速器工作原理的理解回旋加速器中磁場和電場分別起什么作用？對交流電源的周期改變是否要求越來越快，以便能使粒子在縫隙處剛好被加速？提示：磁場的作用是使帶電粒子回旋，電場的作用是使帶電粒子加速。交流電源的周期應等于帶電粒子在磁場中運動的周期，是不變的，和粒子運動速度無關。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、粒子的質量m及帶電荷量q共同決定，與加速電場的電壓無關。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?t2，一般認為在盒內的時間近似等于t2?！纠?】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荷量為q，質量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖所示，問：(1)粒子在盒內做何種運動？(2)粒子在兩盒間狹縫內做何種運動？(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形盒由金屬導體制成，可屏蔽外電場，因而盒內無電場，盒內存在垂直盒面的磁場，故粒子在盒內磁場中做勻速圓周運動。(2)兩盒間狹縫內存在勻強電場，且粒子速度方向與電場方向在同一條直線上，故粒子做勻加速直線運動。(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)，則vm＝eq\f(qBRm,m)。[答案](1)勻速圓周運動(2)勻加速直線運動(3)頻率f＝eq\f(qB,2πm)角速度ω＝eq\f(qB,m)(4)vm＝eq\f(qBRm,m)eq\o([跟進訓練])2．(多選)在回旋加速器中()A．電場用來加速帶電粒子，磁場則使帶電粒子回旋B．電場和磁場同時用來加速帶電粒子C．在交流電壓一定的條件下，回旋加速器的半徑越大，則帶電粒子獲得的動能越大D．同一帶電粒子獲得的最大動能只與交流電壓的大小有關，而與交流電壓的頻率無關AC[電場的作用是使粒子加速，磁場的作用是使粒子回旋，故A選項正確；粒子獲得的動能Ek＝eq\f(qBR2,2m)，對同一粒子，回旋加速器的半徑越大，粒子獲得的動能越大，故C選項正確。]1．物理觀念：電偏轉、磁偏轉。2．科學思維：洛倫茲力的特點。3．科學態(tài)度與責任：質譜儀和回旋加速器在實際問題中的應用。1．電子以一定的初速度垂直磁感線進入勻強磁場中，則()A．電子所受洛倫茲力不變B．洛倫茲力對電子不做功C．電子的速度不變D．電子的加速度不變B[由于電子在磁場中運動所受的洛倫茲力總與速度垂直，洛倫茲力對電子不做功，則電子速度大小不變，但方向時刻發(fā)生變化，由公式F＝qvB可知洛倫茲力大小不變，方向變化，因此電子的速度、加速度均發(fā)生變化，選項B正確。]2.在陰極射線管中電子流方向由左向右，其上方放置一根通有如圖所示電流的直導線，導線與陰極射線管平行，則電子將()A．向上偏轉B．向下偏轉C．向紙里偏轉D．向紙外偏轉B[根據(jù)安培定則，直導線下方的磁場方向垂直于紙面向里，而電子運動方向由左向右，由左手定則知，電子將向下偏轉，故選項B正確。]3.(多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是()A．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AD[回旋加速器的原理是帶電粒子在電場中加速，在磁場中偏轉，每轉半周加速一次，因此其軌道半徑越來越大。粒子是從加速器的中心附近進入加速器的，最后是從加速器的最外邊緣引出的，故A正確，B錯誤。由于洛倫茲力并不做功，而粒子通過電場時，有qU＝eq\f(1,2)mv2，故粒子是從電場中獲得能量，故C錯誤，D正確。]4．1922年英國物理學家和化學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎。若速度相同的同一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關說法中正確的是()A．該束帶電粒子帶負電B．速度選擇器的P1極板帶負電C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷eq\f(q,m)越小D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大C[帶電粒子在磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則知，該粒子帶正電，故選項A錯誤；在平行金屬板間，根據(jù)左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故選項B錯誤；進入B2磁場中的粒子速度是一定的，根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，知r越大，比荷eq\f(q,m)越小，而質量m不一定大，故選項C正確，D錯誤。]5．目前，世界上正在研制一種新型發(fā)電機——磁流體發(fā)電機，它可以把氣體的內能直接轉化為電能，如圖表示出了它的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正離子和負離子，但從整體上來說呈電中性)噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，則高速射入的離子在洛倫茲力的作用下向A、B兩板聚集，使兩板間產(chǎn)生電勢差，若平行金屬板間距離為d，勻強磁場的磁感應強度為B，等離子體流速為v，氣體從一側面垂直磁場射入板間，不計氣體電阻，外電路電阻為R，則兩板間最大電壓和可能達到的最大電流為多少？[解析]如圖所示，離子在磁場中受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉，正、負離子分別到達B、A極板(B為電源正極，故電流方向從B經(jīng)R到A)，使A、B兩板間產(chǎn)生勻強電場，等離子體在電場力的作用下偏轉逐漸減弱，當?shù)入x子體不發(fā)生偏轉即勻速穿過時，有qvB＝qE，所以此時兩板間電勢差U＝Ed＝Bdv，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流大小I＝eq\f(Bdv,R)。[答案]Bdveq\f(Bdv,R)章末復習[鞏固層·知識整合][提升層·能力強化]有關安培力問題的分析與計算1.安培力的大小(1)當通電導體和磁場方向垂直時，F(xiàn)＝IlB。(2)當通電導體和磁場方向平行時，F(xiàn)＝0。(3)當通電導體和磁場方向的夾角為θ時，F(xiàn)＝IlBsinθ。2．安培力的方向(1)安培力的方向由左手定則確定。(2)F安⊥B，同時F安⊥l，即F安垂直于B和L決定的平面，但l和B不一定垂直。3．通電導線在磁場中的平衡和加速(1)首先把立體圖畫成易于分析的平面圖，如側視圖、剖視圖或俯視圖等。(2)確定導線所在處磁場的方向，根據(jù)左手定則確定安培力的方向。(3)結合通電導線的受力分析、運動情況等，根據(jù)題目要求，列出平衡方程或牛頓第二定律方程聯(lián)立求解?！纠?】如圖所示，在傾角θ＝30°的斜面上固定一平行金屬導軌，導軌間距離l＝0.25m，兩導軌間接有滑動變阻器R和電動勢E＝12V、內阻不計的電池。垂直導軌放有一根質量m＝0.2kg的金屬棒ab，它與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),6)。整個裝置放在垂直斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.8T。當調節(jié)滑動變阻器R的阻值在什么范圍內時，可使金屬棒靜止在導軌上(導軌與金屬棒的電阻不計，g取10m/s2)。思路點撥：金屬棒受到四個力的作用：重力mg、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的安培力F和沿斜面方向的摩擦力f。金屬棒靜止在導軌上時，摩擦力f的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，需分兩種情況考慮。[解析]當滑動變阻器R接入電路的阻值較大時，I較小，安培力F較小，金屬棒在重力沿斜面的分力mgsinθ作用下有沿斜面下滑的趨勢，導軌對金屬棒的摩擦力沿斜面向上(如圖甲所示)。金屬棒剛好不下滑時有Beq\f(E,R)l＋μmgcosθ－mgsinθ＝0解得R＝eq\f(BEl,mgsinθ－μcosθ)＝4.8Ω當滑動變阻器R接入電路的阻值較小時，I較大，安培力F較大，會使金屬棒產(chǎn)生沿斜面上滑的趨勢，此時導軌對金屬棒的摩擦力沿斜面向下(如圖乙所示)。金屬棒剛好不上滑時有Beq\f(E,R)l－μmgcosθ－mgsinθ＝0解得R＝eq\f(BEl,mgsinθ＋μcosθ)＝1.6Ω所以，滑動變阻器R接入電路的阻值范圍應為1.6Ω≤R≤4.8Ω。[答案]1.6Ω≤R≤4.8Ω[一語通關]1．在安培力作用下的物體的平衡問題的解決步驟和前面學習的共點力平衡相似，一般也是先進行受力分析，再根據(jù)共點力平衡的條件列出平衡方程，注意在受力分析過程中不要漏掉安培力。對物體進行受力分析時，注意安培力大小和方向的確定。2．為方便對問題分析和便于列方程，在受力分析時應將立體圖畫成平面圖，即畫成俯視圖、剖面圖或側視圖等。將抽象的空間受力分析轉移到紙面上進行，最后結合正交分解或平行四邊形定則進行分析。帶電粒子在洛倫茲力作用下的多解問題1.帶電粒子的電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，當粒子具有相同速度時，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致多解。如圖所示，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為a；若帶負電，其軌跡為b。2．磁場方向的不確定形成多解磁感應強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應強度的大小，而未說明磁感應強度的方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解。如圖所示，帶正電的粒子以速率v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為B。3．臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射面邊界反向飛出，如圖所示，于是形成了多解。4．運動的往復性形成多解帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解，如圖所示?！纠?】如圖所示，abcd是一個邊長為L的正方形，它是磁感應強度為B的勻強磁場橫截面的邊界線。一帶電粒子從ad邊的中點O與ad邊成θ＝30°角且垂直于磁場方向射入。若該帶電粒子所帶電荷量為q、質量為m(重力不計)，則該帶電粒子在磁場中飛行時間最長是多少？若要帶電粒子飛行時間最長，帶電粒子的速度必須符合什么條件？[解析]從題設的條件中，可知帶電粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，粒子帶正電，由左手定則可知它將向ab方向偏轉，帶電粒子可能的軌跡如圖所示(磁場方向沒有畫出)，由圖可以發(fā)現(xiàn)帶電粒子從入射邊進入，又從入射邊飛出時，其軌跡所對的圓心角最大，那么，帶電粒子從ad邊飛出的軌跡中，與ab相切的軌跡半徑也就是它所有可能軌跡半徑中的臨界半徑r0：r>r0，在磁場中運動時間是變化的，r≤r0，在磁場中運動的時間是相同的，也是在磁場中運動時間最長的。由圖可知，∠OO2E＝eq\f(π,3)。軌跡所對的圓心角為α＝2π－eq\f(π,3)＝eq\f(5π,3)運動的時間t＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(5πm,3qB)由圖還可以得到r0＋eq\f(r0,2)＝eq\f(L,2)，r0＝eq\f(L,3)≥eq\f(mv,qB)得v≤eq\f(qBL,3m)故帶電粒子在磁場中飛行時間最長是eq\f(5πm,3qB)；帶電粒子的速度必須符合條件v≤eq\f(qBL,3m)。[答案]eq\f(5πm,3qB)v≤eq\f(qBL,3m)[一語通關]求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧(1)分析題目特點，確定題目多解性形成原因。(2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)。(3)若為周期性重復的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件。帶電粒子在復合場中的運動1.復合場復合場是指重力場、磁場、電場三者或任意兩者的組合或疊加。2．受力分析帶電粒子在重力場、電場、磁場中運動時，其運動狀態(tài)的改變由粒子受到的合力決定，因此，對帶電粒子進行受力分析時必須注意是否考慮重力，具體情況如下。(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，若無特殊說明，一般不考慮重力；對于宏觀帶電物體，如帶電小球、塵埃、油滴、液滴等，若無特殊說明，一般需要考慮重力。(2)對于題目中明確說明需要考慮重力的，這種情況較簡單。(3)不能直接判斷是否需要考慮重力的，在進行受力分析和運動分析時，由分析結果確定是否考慮重力。3．帶電粒子在復合場中運動的幾種情況及解決方法(1)當帶電粒子所受合力為零時，將處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)。應利用平衡條件列方程求解。(2)當帶電粒子做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，其余各力的合力必為零。一般情況下是重力和電場力平衡，應利用平衡方程和向心力公式求解。(3)當帶電粒子所受合力大小與方向均變化時，粒子將做非勻速曲線運動，帶電粒子所受洛倫茲力必不為零，且其大小和方向不斷變化，但洛倫茲力不做功，這類問題一般應用動能定理求解。【例3】在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場