資源簡介

1.安培力
課標要求
1．通過實驗，認識安培力．
2．能判斷安培力的方向，會計算安培力的大小．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、安培力的方向
1．認識安培力
定義：磁場對________的作用力．
2．安培力的方向
(1)方向：用________判斷．
判斷方法：伸出左手，四指并攏，使大拇指和其余四指________，并且都跟手掌在同一個平面內，讓磁感線垂直穿過________，四指指向________，則________所指方向就是通電導線所受安培力的方向．
(2)安培力方向的特點
安培力的方向與________方向、磁感應強度的方向都垂直，即垂直于磁場方向與電流方向所在的________．
二、安培力的大小
1．I∥B時，F＝________．
2．I⊥B時，F＝________．
3．I與B夾角為θ時，F＝________．
[導學1]
當電流方向與磁場方向中一個反向時，安培力方向反向；當兩者同時都反向時，安培力方向不變．
[導學2]
當導線(電流I)與磁場B方向夾角為θ時，可用兩種方法求安培力：(1)分解磁感應強度B(如圖上所示)，F＝B2IL＝BIL sin θ(θ為B與I的方向夾角)；(2)投影導線(如圖下所示)，F＝BIL1＝BIL sin θ(θ為B與I的方向夾角)．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　安培力的方向
導學探究
按照如圖所示進行實驗．
(1)僅上下交換磁極的位置以改變磁場方向，導線受力的方向是否改變？
(2)僅改變導線中電流的方向，導線受力的方向是否改變？
(3)仔細分析實驗現象，結合課本說明安培力的方向與磁場方向、電流方向有怎樣的關系？
歸納總結
1.安培力方向的特點
安培力的方向既垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即垂直于電流I和磁場B所決定的平面．
(1)當電流方向跟磁場方向垂直時，安培力的方向、磁場方向和電流方向兩兩相互垂直．應用左手定則判斷時，磁感線從掌心垂直進入，拇指、其余四指和磁感線三者兩兩垂直．
(2)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方向，也垂直于磁場方向．應用左手定則判斷時，磁感線斜著穿入掌心．
2．判斷安培力方向的步驟
(1)明確研究對象．
(2)用安培定則或根據磁體的磁場特征，畫出研究對象所在位置的磁場方向．
(3)由左手定則判斷安培力方向．
3．應用實例
應用左手定則和安培定則可以判定平行通電直導線間的作用力：同向電流相互吸引，反向電流相互排斥．
典例示范
例 1 畫出圖中各磁場對通電直導線的安培力的方向(與紙面垂直的力只需用文字說明)．
素養訓練1　在赤道上空，水平放置一根通以由西向東方向的電流的直導線，則此導線(　　)
A．受到豎直向上的安培力
B．受到豎直向下的安培力
C．受到由南向北的安培力
D．受到由西向東的安培力
素養訓練2　一個環形電流的中心有一根通電導線，如圖所示．關于通電直導線的受力情況是(　　)
A．受向左的磁場力
B．受向右的磁場力
C．受磁場力使直導線偏離圓環中心
D．不受磁場力
探究點二　安培力的大小
導學探究
在勻強磁場B中，導線中的電流為I，當磁感應強度B的方向與導線成θ角時，導線所受安培力F應怎樣求解？
歸納總結
1.公式F＝IlB sin θ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生的磁場對外加磁場的影響．
2．公式F＝IlB sin θ中θ是B和I方向的夾角
(1)當θ＝90°時，即B⊥I，sin θ＝1，公式變為F＝IlB.
(2)當θ＝0°時，即B∥I，F＝0.
3．公式F＝IlB sin θ中l指的是導線在磁場中的“有效長度”， 彎曲導線的有效長度l等于連接兩端點直線的長度(如圖所示)，相應的電流沿導線由始端流向末端．
推論：對任意形狀的閉合平面線圈，當線圈平面與磁場方向垂直時，線圈的有效長度l＝0，故通電后線圈在勻強磁場中所受安培力的矢量和一定為零，如圖所示．
典例示范
例 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分別如圖所示，已知磁感應強度均為B，對于下列各圖中導線所受安培力的大小計算正確的是(　　)
素養訓練3　將長1 m的導線ac從中點b折成如圖所示的形狀，放于B＝0.08 T的勻強磁場中，abc平面與磁場垂直．若在導線abc中通入I＝25 A的直流電，則整個導線所受安培力的大小為(　　)
A． N B． N
C．1 N D．2 N
素養訓練4　如圖所示，一段導線abcd位于磁感應強度大小為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°.流經導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力為(　　)
A．方向沿紙面向上，大小為(＋1)ILB
B．方向沿紙面向上，大小為(－1)ILB
C．方向沿紙面向下，大小為(＋1)ILB
D．方向沿紙面向下，大小為(－1)ILB
探究點三　安培力作用下的平衡問題
歸納總結
安培力作用下導體的平衡問題是常見的一類題型，體現了學科內知識的綜合應用及知識的遷移能力，解決這類問題的關鍵是對導體進行正確的受力分析．
(1)對導體受力分析時先將立體圖轉化為平面圖，將抽象的空間受力分析轉移到紙面上進行，一般是畫出與導體垂直的平面，將題中的角度、電流的方向、磁場的方向標注在圖上，然后進行分析．
(2)正確的受力分析順序是：先重力，后安培力，最后是彈力和摩擦力．這是因為彈力和摩擦力的有無和方向與其他力有關．
(3)特別注意安培力的方向判定：安培力垂直于磁場方向的同時又垂直于電流方向，即一定垂直于磁場方向和電流方向所決定的平面．
典例示范
例 3 質量為m＝0.02 kg的通電細桿ab置于傾角為θ＝37°的平行放置的導軌上，導軌的寬度d＝0.2 m，桿ab與導軌間的動摩擦因數μ＝0.4，磁感應強度B＝2 T的勻強磁場與導軌平面垂直且方向向下，如圖所示．現調節滑動變阻器的滑片，試求出為使桿ab靜止不動，通過ab桿的電流范圍．
名師點撥
(1)安培力作為一種性質力，在受力分析時要單獨分析，不可與其他力混為一談．
(2)為方便對問題的分析和便于列方程，在受力分析時先將立體圖畫成平面圖，即畫成俯視圖、剖面圖或側視圖等．
素養訓練5　如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，水平放置一根質量為m、長為L的銅棍，將其兩端用軟導線與電源連接，使其中有圖示方向的恒定電流，電流強度為I，空間存在豎直向上的勻強磁場，銅棍處于靜止狀態，重力加速度為g，則勻強磁場的磁感應強度大小為(　　)
A． B．
C． D．
素養訓練6　如圖所示，一根導體棒用兩根細線懸掛在勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B＝0.2 T，導體棒與磁場方向垂直，長度L＝0.2 m，導體棒質量m＝0.014 kg，其中向右的電流I＝1 A，重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是(　　)
A．該導體棒所受安培力大小為0.04 N
B．該導體棒所受安培力大小為0.02 N
C．每根懸線的張力大小為0.07 N
D．每根懸線的張力大小為 N
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標
1.
一段直導線懸掛在蹄形磁鐵的兩極間，通以如圖所示的電流后，該直導線所受安培力的方向是(　　)
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
2．如圖所示，一根有質量的金屬棒MN，兩端用細軟導線連接后懸于a、b兩點，棒的中部處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有電流，方向從M流向N，此時懸線上有拉力，為了使拉力等于零，可以(　　)
A．適當減小磁感應強度
B．使磁場反向
C．適當增大電流
D．使電流反向
3.
如圖所示，在南北方向安放的長直導線的正上方用細線懸掛一條形小磁鐵，當導線中通入圖示的電流I后，下列說法正確的是(　　)
A．磁鐵N極向里轉，懸線所受的拉力小于磁鐵所受的重力
B．磁鐵N極向外轉，懸線所受的拉力小于磁鐵所受的重力
C.磁鐵N極向里轉，懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力
D．磁鐵N極向外轉，懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力
4．將一段通電直導線abc從中點b折成120°，分別放在如圖所示的勻強磁場中，圖甲中導線所在平面與磁場的磁感線平行，圖乙中導線所在平面與磁場的磁感線垂直，若兩圖中兩導線所受的安培力大小相等，則甲、乙兩圖中磁場的磁感應強度大小之比為(　　)
A． B．
C． D．
5．如圖所示，導線框中電流為I，導線框垂直于磁場放置，磁感應強度為B，AB與CD相距為d，則MN所受安培力大小為(　　)
A．F＝BId B．F＝BId sin θ
C．F＝ D．F＝BId cos θ
1．安培力
必備知識·自主學習
一、
1．通電導線
2．(1)左手定則　垂直　手心　電流方向　大拇指　(2)電流　平面
二、
1．0
2．ILB
3．ILB sin θ
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：(1)受力的方向改變．
(2)受力的方向改變．
(3)安培力的方向與磁場方向、電流方向的關系滿足左手定則．
【典例示范】
例1　解析：無論B、I是否垂直，安培力總是垂直于B與I所決定的平面，且滿足左手定則．對于A、B、C、D選項，直接用左手定則判斷．E選項中由安培定則可判斷出通電導線A處的磁場方向如圖甲所示，由左手定則可判斷出A受到的安培力方向如圖甲所示．F選項中由安培定則可判斷出通電導線A處的磁場如圖乙所示，由左手定則可判斷出A受到的安培力方向如圖乙所示．
答案：
素養訓練1　解析：
赤道上空的地磁場方向是由南向北的，電流方向由西向東，畫出此處磁場和電流的方向如圖所示，由左手定則可判斷出導線受到的安培力的方向是豎直向上的，A正確．
答案：A
素養訓練2　解析：根據安培定則可知，環形電流產生的磁場方向沿軸線的方向，此時通電直導線的電流方向與磁場方向相同，即B平行I，所以通電直導線不受安培力的作用，即F＝0，D正確．
答案：D
探究點二
【導學探究】
提示：把磁感應強度B分解為兩個分量：一個分量與導線垂直B1＝B sin θ，另一分量與導線平行B2＝B cos θ(如圖)，平行于導線的分量B2不對通電導線產生作用力，通電導線所受作用力僅由B1決定，即F＝IlB1.將B1＝B sin θ，代入得F＝IlB sin θ.
【典例示范】
例2　解析：題A圖中，導線不和磁場垂直，將導線投影到垂直磁場方向上，故F＝BIL cos θ，A正確；題B圖中，導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，B錯誤；題C圖中，導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，C錯誤；題D圖中，導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，D錯誤．
答案：A
素養訓練3　解析：由題意知導線在磁場內的有效長度為L＝2×sin 60°＝l sin 60°，故整個通電導線受到的安培力的大小為F＝BIL＝BIl sin 60°＝0.08×25×1× N＝ N，B正確．
答案：B
素養訓練4　解析：應用F＝ILB求安培力，其中I⊥B，L為導線的有效長度．導線段abcd的有效長度為線段ad的長度，由幾何知識知Lad＝(＋1)L，故線段abcd所受的合力大小F＝ILadB＝(＋1)ILB，導線有效長度的電流方向為a→d，據左手定則可以確定導線所受合力方向沿紙面向上，A正確．
答案：A
探究點三
【典例示范】
例3　解析：桿ab中的電流為a到b，所受的安培力方向平行于導軌向上．當電流較大時，桿有向上的運動趨勢，所受靜摩擦力向下，當靜摩擦力達到最大時，安培力為最大值F1，此時通過ab的電流最大為Imax；同理，當電流最小時，應該是桿受向上的最大靜摩擦力，此時的安培力為最小值F2，電流最小為Imin.
正確地畫出兩種情況下的受力圖，由平衡條件列方程求解．
如圖甲所示，有F1－mg sin θ－f1＝0，N－mg cos θ＝0
又f1＝μN，F1＝BImaxd
解得Imax＝0.46 A
如圖乙所示，有F2＋f2－mg sin θ＝0，N－mg cos θ＝0
又f2＝μN，F2＝BImind
解得Imin＝0.14 A
所以通過ab桿的電流范圍是0.14 A≤I≤0.46 A.
答案：0.14 A≤I≤0.46 A
素養訓練5　解析：根據銅棍沿斜面方向受力平衡，可知mg sin θ＝BIL cos θ，解得B＝，C正確，A、B、D錯誤．
答案：C
素養訓練6　解析：根據安培力公式F＝ILB，帶入數據可得F＝0.04 N，A正確，B錯誤；對導體棒受力分析，由正交分解法2T cos 45°＋F＝mg帶入數據可得T＝ N，C、D錯誤．
答案：A
隨堂演練·自主檢測
1．解析：根據左手定則：伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線穿過掌心，四指指向電流方向，則大拇指的方向指向右，則安培力的方向向右，D正確．
答案：D
2．解析：首先對MN進行受力分析，MN受豎直向下的重力G，受兩根軟導線的豎直向上的拉力和安培力．處于平衡時：2F＋BIl＝mg，重力mg恒定不變，欲使拉力F減小到0，應增大安培力BIl，所以可增大磁場的磁感應強度B或增加通過金屬棒中的電流I，或二者同時增大，C正確．
答案：C
3．解析：由條形磁鐵的磁場分布，并由左手定則，可知導線左半部分受到安培力方向垂直紙面向外，右半部分受到的安培力方向垂直紙面向里，由牛頓第三定律得磁鐵左半部分受到安培力方向垂直紙面向里，右半部分受到的安培力方向垂直紙面向外，因此條形磁鐵N極向里轉．當轉過90°時導線受力豎直向上，則磁鐵受力豎直向下，導致懸線所受的拉力大于磁鐵所受的重力，C正確．
答案：C
4．解析：設導線的總長為2L，通過導線的電流為I，題圖甲中導線受到的安培力大小為B1IL＋B1cos 60°IL＝B1IL；題圖乙中導線受到的安培力的大小為B2I·2L cos 30°＝B2IL，根據題意，即有B1IL＝B2IL，則有＝，B正確．
答案：B
5．解析：導線框中電流為I，導線框垂直于磁場放置，AB與CD相距為d，此時切割磁場的導線的長度為，此時受到的安培力大小為F＝BIL＝BI，方向垂直于MN向下，C正確．
答案：C2.安培力的應用
課標要求
1．知道直流電動機的基本構造以及它的基本工作原理．
2．知道電磁炮的基本構造及工作原理．
3．知道磁電式電流表的基本構造以及運用它測量電流的大小和方向的基本原理．
4．知道直流電動機和磁電式電流表的內部磁場的分布特點．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、直流電動機
1．定義：電動機是利用________使通電線圈轉動，將電能轉化為________的重要裝置．
2．分類：電動機有________電動機和交流電動機．
3．原理：
如圖所示，當電流通過線圈時，右邊線框受到的安培力方向________，左邊線框受到________的安培力，在安培力作用下線框轉動起來．
二、電磁炮
1．定義：利用________系統中的安培力發射彈丸的一種先進的________殺傷性武器，也叫軌道炮．
2．分類：分為____________、電磁線圈炮和重接炮三類．
3．原理
電流通過導軌A、B和彈丸，在導軌間形成________、彈丸受到________的作用在導軌上以很大的加速度做加速運動，最終高速發射出去．
4.電磁炮的優點
(1)方便攜帶．
(2)安全隱患小．
(3)射擊精度高．
三、磁電式電流表
1．構造：在強蹄形永磁體的兩個磁極各加一個軟鐵制的________；中心固定一個圓柱形的________，在極靴和鐵芯間產生沿徑向均勻分布的輻向磁場，線圈繞在鐵芯上并連接在轉軸上，軸的上、下兩端各連有一盤游絲(螺旋彈簧)，指針固定在轉軸上．
2．原理：通電線圈在磁場中受到安培力而偏轉(如圖)．線圈偏轉的________越大，被測電流就________．
3．優缺點：(1)優點：________．
(2)缺點：易燒壞．
[導學1]
(1)為了使直流電動機連續轉動，兩個半圓環起到了換向器的作用，每轉動半圈，線圈中電流方向變換一次．
(2)交變電動機與直流電動機都是利用安培力做功把電能轉化為機械能．
[導學2]
電磁炮的技術難點主要是電源在極短的時間內為電磁炮提供巨大的能量，必須附有復雜的儲能設備及轉換開關．
[導學3]
(1)磁電式電流表的磁場為輻向磁場，線圈在任何位置受到的安培力方向始終垂直線圈平面．
(2)磁電式電流表的表盤刻度是均勻的．
(3)磁電式電流表中的電流越大，指針偏轉角度越大．
(4)使用磁電式電流表時嚴禁超過電流表的量程，否則容易被燒壞．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　直流電動機
導學探究
通電直導線垂直放入磁場中會受到安培力作用，如圖所示，現把一通電的矩形線圈放入磁場中，線圈與磁場的位置關系如圖所示．
(1)判斷線圈的ab邊和cd邊受到的安培力方向？
(2)沿OO′方向看，線圈的轉動方向為逆時針還是順時針？
歸納總結
1.直流電動機的線圈在安培力作用下轉動，換向器的作用是線圈每轉動半圈，使線圈中電流方向變換一次，以使線圈連續轉動．
2．電動機是利用安培力做功把電能轉化為機械能的設備．
典例示范
例 1 如圖所示，電動機模型的矩形線圈長邊的長為5 cm，共20匝，通入1 A電流，磁場的磁感應強度是0.5 T(當作勻強磁場考慮)，線圈長邊一側受到的最大安培力是多少？如果通入2 A的電流呢？
素養訓練1　(多選)幾位同學課后討論直流電動機時，有下面幾種說法，你認為正確的是(　　)
A．直流電動機將電能轉化為機械能
B．直流電動機的電源是直流電，線圈中的電流方向是不變的
C．直流電動機中的換向器是由彼此絕緣的兩個金屬半圓環制成的
D．直流電動機的優點是容易改變轉動方向，可以連續調節轉動速度
探究點二　電磁炮
歸納總結
安培力作用下導體的加速
(1)解決在安培力作用下導體的加速運動問題，首先對研究對象進行受力分析，其中重要的是不要漏掉安培力，然后根據牛頓第二定律列方程求解．
(2)選定觀察角度畫好平面圖，標出電流方向和磁場方向，然后利用左手定則判斷安培力的方向．
(3)與閉合電路歐姆定律相結合的題目，主要應用以下幾個知識點：①閉合電路歐姆定律；②安培力求解公式F＝BIL sin θ；③牛頓第二定律．
典例示范
例 2 電磁炮是一種新式兵器，炮彈的出射速度可達當前海軍艦炮的3倍以上，其原理是利用磁場產生的安培力來對金屬炮彈進行加速．圖為電磁炮的示意圖，兩根間距為L的光滑平行金屬導軌MN、PQ固定在水平面內，質量為m的金屬炮彈垂直于MN、PQ放在軌道上，距軌道右端的距離為d，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，閉合開關后，恒流源輸出的電流恒為I，炮彈由靜止開始加速距離d后脫離導軌高速射出，不計導軌及炮彈ab的電阻，不計空氣阻力，則此過程中恒流源輸出的最大功率為(　　)
A．B．
C． D．
素養訓練2　如圖所示，在垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B＝3 T的勻強磁場中水平放置兩根平行金屬導軌，兩軌間距為l＝50 cm，左端接有電動勢E＝2 V、內阻r＝0.5 Ω的電源．現將一質量m＝1 kg、接入電路的電阻R0＝1.5 Ω的金屬棒ab垂直放置在導軌上，金屬棒與平行金屬導軌間的動摩擦因數為μ＝0.1，其余電阻不計．重力加速度g取10 m/s2.開關閉合的瞬間，求：
(1)金屬棒ab的電功率；
(2)金屬棒ab的加速度．
探究點三　磁電式電流表
歸納總結
1.磁電式電流表的工作原理
通電線圈在磁場中受到安培力作用而發生偏轉．線圈偏轉的角度越大，被測電流就越大；線圈偏轉的方向不同，被測電流的方向不同．
2．磁電式電流表的磁場特點
兩磁極間裝有極靴，極靴中間有鐵質圓柱，使極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，保持線圈轉動時，所受安培力的方向總與線圈平面垂直，使表盤刻度均勻．
3．磁電式電流表的靈敏度
(1)電流表的靈敏度：是指在通入相同電流的情況下，指針偏轉角度的大小，偏角越大，靈敏度越高．
(2)提高靈敏度的方法：如果要提高磁電式電流表的靈敏度，就要使在相同電流下導線所受的安培力增大，可通過增加線圈的匝數、增大永磁鐵的磁感應強度、增加線圈的面積和減小轉軸處摩擦等方法實現．
典例示范
例 3 (多選)以下關于磁電式電流表的說法正確的是(　　)
A．線圈平面跟磁感線平行
B．通電線圈中的電流越大，指針偏轉角度也越大
C．在線圈轉動的范圍內，各處的磁場都是勻強磁場
D．在線圈轉動的范圍內，線圈所受安培力與電流有關，而與所處位置無關
素養訓練3　圖甲是磁電式電流表的結構示意圖，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，如圖乙所示．邊長為l的正方形單匝線圈中通以電流I，線圈中的a導線電流方向垂直紙面向外，b導線電流方向垂直紙面向里，a、b兩條導線所在處的磁感應強度大小均為B，則(　　)
A．該磁場是勻強磁場
B．通過該線圈的磁通量為Bl2
C．a導線受到的安培力方向向下
D．b導線受到的安培力大小為IlB
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標
1．下列關于電動機的說法錯誤的是(　　)
A．安培力使電動機轉子轉動
B．電動機是一種將電能轉化為機械能的裝置
C．直流電動機的換向器的作用是不斷改變磁場方向
D．改變輸入電流的大小可以調節電動機的轉速
2．根據磁場對電流有安培力作用的原理，人們研制出一種新型的發射炮彈的裝置——電磁炮，其原理如圖所示：間距為L的平行導軌水平放置，導軌一端接電動勢為E、內阻為r的電源，帶有可導電金屬炮彈質量為m，垂直放在導軌上，電阻為R，導軌電阻不計．炮彈與導軌阻力忽略不計．則下列說法正確的是(　　)
A．磁場方向應豎直向下
B．閉合開關瞬間，加速度的大小為
C．減小磁感應強度B的值，炮彈受到的安培力變大
D．若同時將電流方向和磁場方向反向，安培力方向也會反向
3．(多選)關于磁電式電流表內的磁體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
4．如圖，一條形磁鐵放在水平桌面上，在它的正中央上方固定一直導線，導線與磁鐵垂直，若給導線通以垂直于紙面向里的電流，則下列說法錯誤的是(　　)
A．磁鐵對桌面的壓力減少
B．磁鐵對桌面的壓力增大
C．桌面對磁鐵沒有摩擦力
D．磁鐵所受的合力不變
5．如圖所示，在水平放置的光滑絕緣桿ab上掛有兩個相同的金屬環M和N.當兩環均通以圖示的相同方向的電流時，則(　　)
A．兩環靜止不動
B．兩環互相靠近
C．兩環互相遠離
D．兩環同時向左運動
2．安培力的應用
必備知識·自主學習
一、
1．安培力　機械能
2．直流
3．向下　向上
二、
1．電磁　動能
2．電磁軌道炮
3．強磁場　安培力
三、
1．極靴　軟鐵芯
2．角度　越大
3．靈敏度高
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：(1)ab邊受到的安培力方向垂直線圈平面向上，cd邊受到的安培力方向垂直線圈平面向下．
(2)線圈順時針轉動．
【典例示范】
例1　解析：通入1 A電流時，線圈長邊一側受到的最大安培力：
F1＝nI1lB＝20×1×0.05×0.5 N＝0.5 N，
通入2 A電流時，受到的最大安培力：
F2＝nI2lB＝20×2×0.05×0.5 N＝1 N.
答案：0.5 N　1 N
素養訓練1　解析：直流電動機將電能轉化為機械能，A正確；直流電動機的電源是直流電，但線圈中電流方向是改變的，B錯誤；直流電動機中的換向器是由彼此絕緣的兩個金屬半圓環制成的，C正確；線圈中電流的大小決定了線圈轉動的快慢，所以直流電動機的優點是容易改變轉動方向，可以連續調節轉動速度，D正確．
答案：ACD
探究點二
【典例示范】
例2　解析：由于電流不變，金屬炮彈受到的安培力不變，大小為F＝BIL，炮彈在導軌上做勻加速直線運動，加速度大小a＝，炮彈到達導軌右端時速度最大，由v2＝2ad得最大速度v＝，所以恒流源輸出的最大功率P＝Fv＝，C正確．
答案：C
素養訓練2　解析：(1)根據閉合電路歐姆定律得I＝＝1 A
金屬棒兩端的電壓為U＝IR0＝1.5 V
則金屬棒ab的電功率為P＝UI＝1.5 W.
(2)根據安培力公式得F＝BIl＝1.5 N
而摩擦力為f＝μN＝μmg＝1 N
水平方向，根據牛頓第二定律得F－f＝ma
所以a＝0.5 m/s2，方向水平向右．
答案：(1)1.5 W　(2)0.5 m/s2，方向水平向右
探究點三
【典例示范】
例3　解析：磁電式電流表內磁場是均勻輻射磁場，不管線圈轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行，線圈所在各處的磁場大小相等、方向不同，所以安培力與電流大小有關而與所處位置無關，電流越大，安培力越大，指針轉過的角度越大，正確的選項為A、B、D.
答案：ABD
素養訓練3　解析：該磁場明顯不是勻強磁場，勻強磁場應該是一系列平行的磁感線，方向相同，A錯誤；線圈與磁感線平行，故通過該線圈的磁通量為零，B錯誤；a導線電流向外，磁場向右，根據左手定則，安培力方向向上，C錯誤；導線b始終與磁感線垂直，故受到的安培力大小一直為IlB，D正確．
答案：D
隨堂演練·自主檢測
1．解析：電動機是利用通電導線在磁場中受到安培力作用而轉動的裝置，A正確；電動機轉動的過程主要將電能轉化為機械能，B正確；換向器的作用是改變線圈中電流的方向，C錯誤；當輸入電動機的電流發生變化時，線圈所受到的安培力發生變化，線圈的轉速發生變化，D正確．故選C.
答案：C
2．解析：由圖知炮彈向右加速，需受向右的安培力，根據左手定則可知，磁場方向應豎直向上，A錯誤；閉合開關瞬間電流為I＝，則安培力為F＝BIL＝，炮彈加速度為a＝＝，B正確；根據安培力公式，即F安＝BIL可知，減小磁感應強度B的值，炮彈受到的安培力變小，C錯誤；若同時將電流方向和磁場方向反向，根據左手定則可知，安培力方向不變，D錯誤．
答案：B
3．解析：磁電式電流表內的磁體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．
答案：CD
4．解析：磁鐵的磁感線在它的外部是從N極到S極，因為長直導線在磁鐵的中央上方，所以此處的磁感線是水平的，電流的方向垂直與紙面向里，根據左手定則，導線受磁鐵給的“安培力”方向豎直向上，如下圖所示
長直導線是固定不動的，根據物體間力的作用是相互的，導線給磁鐵的反作用力方向就是豎直向下的；因此磁鐵對水平桌面的壓力除了重力之外還有通電導線的作用力，壓力是增大的；因為這兩個力的方向都是豎直向下的，所以磁鐵不會發生相對運動，也就不會產生摩擦力，磁鐵處于靜止狀態，則所受的合力為零，即合力不變，A不正確．
答案：A
5．解析：由同向電流相互吸引，異向電流相互排斥可知，兩線圈的運動情況是相互靠近，故B正確，A、C、D錯誤．
答案：B3.洛倫茲力
課標要求
1．會用左手定則判斷洛倫茲力的方向．
2．會推導帶電粒子速度方向與磁場垂直時的洛倫茲力的表達式，并會計算洛倫茲力的大小．
3．會分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、洛倫茲力的方向
1．初識洛倫茲力
(1)定義：________在磁場中受到的磁場力．
(2)應用：①在傳統的電視顯像管中利用特殊線圈產生的________控制電子偏轉、掃描出畫面；②使________發生偏轉保護地球．
2．洛倫茲力的方向
(1)左手定則：伸出左手，四指并攏，使大拇指和其余四指________，并且都跟手掌在同一平面內，讓磁感線垂直穿過手心，四指指向________的運動方向(即電流方向)，則大拇指所指方向就是________所受洛倫茲力的方向．若在磁場中運動的是帶負電荷的粒子，應用左手定則時，四指應指向該粒子運動方向的________．
(2)洛倫茲力方向的特點：F洛⊥B，F洛⊥v，即F洛垂直于________所決定的平面．
二、洛倫茲力的大小
1．當v與B成θ角時：F洛＝________．
2．當v⊥B時：F洛＝________．
3．當v∥B時：F洛＝________．
三、帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．運動軌跡
帶電粒子(不計重力)以一定的速度v進入磁感應強度為B的勻強磁場時：
(1)當v∥B時，帶電粒子將做________運動．
(2)當v⊥B時，帶電粒子將做________運動．
2.洛倫茲力的特點
(1)洛倫茲力的方向總與粒子的運動速度方向________．
(2)洛倫茲力對運動電荷不做功，它不會改變帶電粒子速度的________，只改變粒子的運動方向．
3．帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期
(1)運動特點：沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強磁場中做________運動．
(2)半徑和周期公式
[提醒]
用左手定則判斷洛倫茲力方向時的注意事項：
[導學1]
安培力是洛倫茲力的宏觀表現，洛倫茲力是安培力的微觀解釋．
[導學2]
帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期由磁場和粒子的荷質比決定，而與粒子的速度和軌道半徑無關．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　洛倫茲力的方向
導學探究
陰極射線管接通高壓電源，能夠發射電子束，電子束沿直線運動．在電子束的路徑上加磁場，會觀察到什么現象？能說明什么呢？
歸納總結
1.決定洛倫茲力方向的三個因素：電荷的正負、速度方向、磁感應強度的方向．當電性一定時，其他兩個因素決定洛倫茲力的方向，如果只讓一個反向，則洛倫茲力必定反向； 如果讓兩個同時反向，則洛倫茲力方向不變．
2．洛倫茲力的特點：洛倫茲力的方向隨電荷運動方向的變化而變化．但無論怎樣變化，洛倫茲力都與電荷運動方向垂直，故洛倫茲力永不做功，它只改變電荷的運動方向，不改變電荷的速度大小．
3．用左手定則判定負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，應注意將四指指向負電荷運動的反方向．
典例示范
例 1 試判斷圖中的帶電粒子剛進入磁場時所受的洛倫茲力的方向，其中垂直于紙面指向紙里的是(　　)
名師點撥
(1)洛倫茲力永不做功，雖然安培力是洛倫茲力的宏觀表現，但安培力可以做功．
(2)利用左手定則判斷洛倫茲力方向時，四指指向也可以理解為總是指向等效電流的方向．
(3)無論磁感應強度B的方向與電荷運動的速度方向是否垂直，洛倫茲力的方向一定垂直于B和v所決定的平面．
素養訓練1　
三種不同粒子a、b、c從O點沿同一方向射入垂直紙面向里的勻強磁場中，它們的運動軌跡分別如圖所示，則(　　)
A．粒子a一定帶正電
B．粒子b一定帶正電
C．粒子c一定帶正電
D．粒子b一定帶負電
探究點二　洛倫茲力的大小
導學探究
安培力是洛倫茲力的宏觀表現，洛倫茲力大小可能會與哪些因素有關？
歸納總結
1.洛倫茲力大小的推導(導線與磁場垂直的情況)
如圖所示，設有一段長度為L的通電導線，垂直放入磁感應強度為B的勻強磁場中．若導線中的電流為I，則該導線所受的安培力大小為F安＝ILB.
若導線的橫截面積為S，單位體積內含有的自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量為q，定向移動的速度為v，則在時間t內通過截面的電荷量Q＝nSvtq.由電流的定義知I＝＝＝nSvq，這段導線內含有的自由電荷數為N＝nSL.
整段導線所受的安培力F安可看成是作用在每個運動電荷上的洛倫茲力F的合力，即F安＝NF，則每個自由電荷所受洛倫茲力F的大小為F＝qvB.
2．洛倫茲力與電場力的比較
洛倫茲力 電場力
產生條件 (1)電荷相對于磁場運動 (2)運動方向與磁場方向不平行 只要電荷在電場中，就一定受到電場力的作用
大小 F＝qvB sin θ F＝qE
受力方向 垂直于B和v所決定的平面，但B和v不一定垂直 沿著電場線的切線方向或反方向
作用效果 只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小 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
做功特點 永不做功 可做功，也可不做功
　
典例示范
例 2 如圖所示，運動電荷的電荷量為q＝2×10－8 C，電性已在圖中標明，運動速度v＝4×105 m/s，勻強磁場的磁感應強度B＝0.5 T，則三個電荷受到的洛倫茲力分別為多大？并指出洛倫茲力的方向．
素養訓練2　
帶電油滴以水平向右的速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖所示，若帶電油滴質量為m，磁感應強度為B，則下述說法正確的是(　　)
A．油滴必帶正電荷，電荷量為
B．油滴必帶正電荷，比荷為＝
C．油滴必帶負電荷，電荷量為
D．油滴帶什么電性都可以，只要滿足q＝
素養訓練3　質量為m、電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜
面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應強度為B，如圖所示．若帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是(　　)
A．小物塊一定帶正電
B．小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動
C．小物塊在斜面上運動時做加速度增大、而速度也增大的變加速直線運動
D．小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時的速率為
探究點三　帶電粒子在勻強磁場中的運動
導學探究
(1)給勵磁線圈通電，觀察電子束的徑跡，運動的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力由誰提供？
(2)保持入射電子的速度不變，增加磁感應強度，電子束徑跡有什么變化？
(3)保持磁感應強度不變，增加出射電子的速度，電子束徑跡有什么變化？
歸納總結
1.軌跡圓心的兩種確定方法
(1)已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向時，作這兩速度方向的垂線，交點即為圓心，如圖所示．
(2)已知粒子軌跡上的兩點和其中一點的速度方向時，畫出粒子軌跡上的兩點連線(即過這兩點的圓的弦)，作它的中垂線，并畫出已知點的速度方向的垂線，則弦的中垂線與速度方向的垂線的交點即為圓心，如圖所示．
2．三種求半徑的方法
(1)根據半徑公式r＝求解．
(2)根據勾股定理求解，如圖所示，若已知出射點相對于入射點側移了x，則滿足r2＝d2＋(r－x)2.
(3)根據三角函數求解，如圖所示，若已知出射速度方向與入射方向的夾角為θ，磁場的寬度為d，則有關系式r＝.
3．四種角度關系
(1)如圖所示，速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)．
(2)圓心角α等于AB弦與速度方向的夾角(弦切角θ)的2倍(φ＝α＝2θ＝ωt)．
(3)相對的弦切角(θ)相等，與相鄰的弦切角(θ′)互補，即θ＋θ′＝180°.
(4)進出同一直線邊界時速度方向與該直線邊界的夾角相等．
4．兩種求時間的方法
(1)利用圓心角求解，若求出這部分圓弧對應的圓心角，則t＝T.
(2)利用弧長s和速度v求解，t＝.
典例示范
例 3 如圖所示，一帶電荷量為2.0×10－9 C、質量為1.8×10－16 kg的粒子，在直線上一點O沿與直線夾角為30°的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，經過1.5×10－6 s后到達直線上另一點P，求：
(1)粒子做圓周運動的周期；
(2)磁感應強度B的大小；
(3)若O、P之間的距離為0.1 m，粒子的運動速度大小．
名師點撥
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)找聯系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系，在磁場中運動的時間與周期相聯系．
(3)用規律：應用牛頓第二定律及圓周運動規律的一些基本公式列方程．
素養訓練4　如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v垂直射入磁感應強度為B、寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向與原來入射方向的夾角是30°，則電子的質量是________，在磁場中的運動時間是________．
素養訓練5　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)以速度v從點O與MN成30°角的方向射入磁場中，則：
(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？
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1．下列關于運動電荷和磁場的說法，正確的是(　　)
A．運動電荷在某點不受洛倫茲力作用，這點的磁感應強度必為零
B．電荷的運動方向、磁感應強度方向和電荷所受洛倫茲力的方向一定兩兩互相垂直
C．電子射線垂直進入磁場發生偏轉，這是洛倫茲力對電子做功的結果
D．電荷與磁場沒有相對運動，電荷就一定不受磁場的作用力
2．在勻強磁場中，一帶電粒子沿著垂直磁感應強度的方向運動．現將該磁場的磁感應強度增大為原來的2倍，則該帶電粒子受到的洛倫茲力(　　)
A．增大為原來的2倍
B．增大為原來的4倍
C．減小為原來的
D．不變
3．如圖所示，螺旋管中通入正弦交流電，將電子沿軸線方向射入后，電子在螺旋管中的運動情況是(　　)
A．勻速圓周運動 B．往復運動
C．勻速直線運動 D．勻變速直線運動
4．如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a.給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是(　　)
A．無論小球帶何種電荷，小球落地時的速度的大小相等
B．無論小球帶何種電荷，小球在運動過程中機械能不守恒
C．若小球帶負電荷，小球會落在更遠的b點
D．若小球帶正電荷，小球仍會落在a點
5．如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為(　　)
A．3　　　 B．2 C．　　　D．
3．洛倫茲力
必備知識·自主學習
一、
1．(1)運動電荷　(2)磁場　宇宙射線
2．(1)垂直　正電荷　正電荷　反方向　(2)B和v
二、
1．qvB sin θ
2．qvB
3．0
三、
1．(1)勻速直線　(2)勻速圓周
2．(1)垂直　(2)大小
3．(1)勻速圓周　(2)qvB
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：電子束的徑跡彎曲了，說明磁場對電子束有力的作用．
【典例示范】
例1　解析：根據左手定則可以判斷，選項A中的負電荷所受的洛倫茲力方向向下；選項B中的負電荷所受的洛倫茲力方向向上；選項C中的正電荷所受的洛倫茲力方向垂直于紙面指向紙外；選項D中的正電荷所受的洛倫茲力方向垂直于紙面指向紙里，D正確．
答案：D
素養訓練1　解析：由題圖知，粒子a受力向左，據左手定則可知，粒子a帶正電，A正確；粒子b未發生偏轉，所以不帶電，B、D錯誤；粒子c受力向右，由左手定則知，粒子c帶負電，C錯誤．
答案：A
探究點二
【導學探究】
提示：磁感應強度、速度、帶電粒子的電荷量．
【典例示范】
例2　解析：在甲、乙中雖然運動電荷的電性不同，速度方向也不同，但速度方向都與磁感應強度方向垂直，電荷所受洛倫茲力均為F＝qvB＝2×10－8×4×105×0.5 N＝4×10－3 N．甲圖中洛倫茲力的方向垂直速度方向向下，乙圖中洛倫茲力的方向垂直速度方向向上．在丙圖中，v沿垂直于B方向的分量為v′＝v cos 30°，電荷所受洛倫茲力大小為F′＝qv′B＝2×10－8×4×105××0.5 N＝3.5×10－3 N，洛倫茲力的方向垂直紙面向里．
答案：4×10－3 N，方向垂直速度方向向下　4×10－3 N，方向垂直速度方向向上　3.5×10－3 N，方向垂直紙面向里
素養訓練2　解析：由于帶電油滴進入磁場中恰做勻速直線運動，且受到的重力向下，洛倫茲力方向必定向上．由左手定則可知油滴一定帶負電荷，且滿足mg－qv0B＝0，所以q＝，C正確．
答案：C
素養訓練3　解析：帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，知其所受洛倫茲力的方向應垂直于斜面向上，根據左手定則知，小物塊帶負電，A錯誤；小物塊在運動的過程中受重力、斜面的支持力和洛倫茲力，合力沿斜面向下，大小為F＝mg sin θ，根據牛頓第二定律知a＝g sin θ小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動，B正確，C錯誤；當壓力為零時，在垂直于斜面方向上的合力為零，有mg cos θ＝qvB解得v＝，D錯誤．
答案：B
探究點三
【導學探究】
提示：(1)洛倫茲力　(2)半徑減小　(3)半徑變大
【典例示范】
例3　解析：
(1)作出粒子軌跡，如圖所示，由圖可知粒子由O到P的大圓弧所對的圓心角為300°，則＝＝，周期T＝t＝×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s.
(2)由于粒子做圓周運動所需的向心力為洛倫茲力，得Bqv＝，所以B＝＝ω＝＝ T＝0.314 T.
(3)由幾何知識可知，半徑R＝OP＝0.1 m
故粒子的速度
v＝＝ m/s＝3.49×105 m/s.
答案：(1)1.8×10－6 s　(2)0.314 T　(3)3.49×105 m/s
素養訓練4　解析：電子在磁場中運動只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為F⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力方向的交點，如題圖所示的O點．
由幾何知識可知，CD間圓心角θ＝30°，OD為半徑．
r＝＝2d，又由r＝得m＝
電子在磁場中的運動時間t＝T
解得t＝＝.
答案：
素養訓練5　解析：設電子在勻強磁場中運動半徑為R，射出時與O點的距離為d，運動軌跡如圖所示．
(1)根據牛頓第二定律知Bev＝m
由幾何關系可得d＝2R sin 30°
解得d＝.
(2)電子在磁場中轉過的角度為θ＝60°＝
又周期T＝
因此運動時間t＝T＝·＝.
答案：(1)　(2)
隨堂演練·自主檢測
1．解析：如果運動電荷的速度方向和磁場方向平行，運動電荷就不受洛倫茲力作用，故A錯誤；電荷運動方向不一定垂直于磁感應強度方向，故B錯誤；洛倫茲力對運動電荷不做功，故C錯誤；只有運動電荷在磁場中的運動方向與磁場方向不平行時才受磁場力作用，所以電荷與磁場沒有相對運動，電荷就一定不受磁場的作用力，D正確．
答案：D
2．解析：根據洛倫茲力公式F＝qvB，若粒子速度與磁場方向垂直，當該磁場的磁感應強度增大為原來的2倍時，洛倫茲力將變為原來的2倍，A正確．
答案：A
3．解析：螺線管內部的磁場方向與軸線平行，電子進入螺線管時，速度與磁感線平行，不受磁場力作用，則電子做勻速直線運動，C正確．
答案：C
4．解析：無論小球帶何種電荷，小球在磁場中運動時所受洛倫茲力方向與速度垂直，則洛倫茲力不做功，只有重力做功，機械能守恒，則落地時的速度的大小相等，A正確，B錯誤；若小球帶負電荷，根據左手定則知道小球受斜向左下方的洛倫茲力，這樣小球偏折更厲害，會落在a的左側，C錯誤；若小球帶正電荷，根據左手定則知道小球受斜向右上方的洛倫茲力，這樣小球會飛的更遠，D錯誤．
答案：A
5．解析：粒子在磁場中都做勻速圓周運動，根據題意畫出粒子的運動軌跡，如圖所示．電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據qvB＝得，軌跡半徑r＝，粒子1和2的半徑相等，根據幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉過的圓心角為60°，所以粒子1運動的時間t1＝＝，粒子2運動的時間t2＝＝，所以＝3，A正確．
答案：A4.洛倫茲力的應用
課標要求
1．了解洛倫茲力在現代科技中的應用，知道如何利用磁場控制帶電粒子的運動．
2．了解速度選擇器、質譜儀和回旋加速器的工作原理．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、利用磁場控制帶電粒子運動
1．特點：只改變帶電粒子的________，不改變帶電粒子的________．
2．應用：早期電視機使用的顯像管，利用隨電視信號變化的________控制電子束的運動路徑．
二、質譜儀
1．原理：如圖所示．
2．加速
帶電粒子進入質譜儀的加速電場，由動能定理得Uq＝mv2　①
3．勻速
帶電粒子在速度選擇器中所受電場力和洛倫茲力平衡，粒子沿直線運動，有qE＝qvB1　②
通過改變E和B1的大小，就可以控制進入磁場偏轉區域的粒子的速度大小．
4．偏轉
帶電粒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，________＝　③
5．求解
由①②③式可以求出粒子的質量m、比荷等．其中由r＝可知電荷量相同時，半徑將隨________變化．
6．質譜儀的應用
利用質譜儀可檢測________或核物質中的________和不同成分．
三、回旋加速器
1．工作原理
如圖所示，D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差U.A處的粒子源產生的帶電粒子在兩盒之間被電場加速．D1、D2處于與盒面垂直的勻強磁場B中，粒子在磁場中做勻速圓周運動．經半個圓周(半個周期)后，當粒子再次到達兩盒間的縫隙時，這時控制兩盒間電勢差，使其恰好改變正負，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
粒子每經過一次加速，其軌道半徑就增大一些，但粒子繞圓周運動的周期________．
3．加速條件：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期和________的周期相同．
4．最大速度
vm＝________．(其中R為D形盒的半徑)
[導學1]
裝置中S2、S3之間的區域是速度選擇器，允許速度v＝的帶電粒子勻速通過，其他速度的粒子不能通過，且與電性和電荷量無關．
[導學2]
(1)回旋加速器中的電場用來加速帶電粒子，磁場用來偏轉使帶電粒子再次回到電場中加速，兩者各司其職．交變電場的周期由粒子在磁場偏轉的周期決定．
(2)帶電粒子的最大速度由磁場強弱、D形盒的半徑和粒子的比荷共同來決定，與加速電壓無關．電壓大，加速的次數少，電壓小，則加速次數多．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　質譜儀
導學探究
(1)一束質量、速度和電荷量不同的正離子垂直地射入勻強磁場和勻強電場正交的區域，結果發現有些離子保持原來的運動方向，未發生任何偏轉，它們速度有什么特點？
(2)如果讓這些不偏轉離子進入另一勻強磁場中，發現這些離子又分裂成幾束，對這些進入另一磁場的離子，它們的比荷是否相同？
歸納總結
1.電場和磁場都能對帶電粒子施加影響，電場既能使帶電粒子加速，又能使帶電粒子偏轉；磁場雖不能使帶電粒子速率變化，但能使帶電粒子發生偏轉．
2．質譜儀的工作原理是將粒子源產生的帶電粒子，經同一電場加速后再經速度選擇器進入同一磁場偏轉，從而求出粒子的比荷．
典例示范
例 1 質譜儀是一種測定帶電粒子的質量及分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示，離子源S產生的各種不同正離子束(速度可看成為零)，經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，設離子在P上的位置到入口處S1的距離為x.
(1)設離子質量為m、電荷量為q、加速電壓為U、磁感應強度大小為B，求x的大小．
(2)氫的三種同位素、、從離子源S出發，到達照相底片的位置距入口處S1的距離之比xH∶xD∶xT為多少？
素養訓練1　(多選)質譜儀的原理如圖所示，虛線AD上方區域處在垂直紙面向外的勻強磁場中，C、D處有一熒光屏．同位素離子源產生a、b兩種電荷量相同的離子，無初速度進入加速電場，經同一電壓加速后，垂直進入磁場，a離子恰好打在熒光屏C點，b離子恰好打在D點．離子重力不計．則(　　)
A．a離子質量比b的大
B．a離子質量比b的小
C．a離子在磁場中的運動時間比b的短
D．a、b離子在磁場中的運動時間相等
素養訓練2　速度相同的一束粒子由左端射入質譜儀后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖所示，其中S0A＝S0C，則下列說法正確的是(　　)
A．甲束粒子帶正電，乙束粒子帶負電
B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于
D．若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質量之比為3∶2
探究點二　回旋加速器
導學探究
(1)帶電粒子在D形盒內做圓周運動的周期隨半徑的增大是否發生變化？
(2)為了保證每次帶電粒子經過狹縫時均被加速，使之能量不斷提高，所加交變電壓的周期與粒子做圓周運動的周期有何關系？
歸納總結
1.磁場的作用：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動．其周期在q、m、B不變的情況下與速度和軌道半徑無關，帶電粒子每次進入D形盒都運動半個周期后平行電場方向進入電場加速．如圖所示．
2．電場的作用：回旋加速器的兩個D形盒之間的狹縫區域存在周期性變化的且垂直于兩個D形盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經過該區域時被加速．根據動能定理：qU＝ΔEk.
3．交變電壓的作用：為保證粒子每次經過狹縫時都被加速，使之能量不斷提高，需在狹縫兩側加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓．
4．帶電粒子的最終能量：由r＝知，當帶電粒子的運動半徑最大時，其速度也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekm＝.可見，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能地增大磁感應強度B和D形盒的半徑R.
5．粒子被加速次數的計算：粒子在回旋加速器中被加速的次數n＝(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次．
6．粒子在回旋加速器中運動的時間：在電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2＝T＝(n是粒子被加速次數)，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.
典例示范
例 2 回旋加速器是用來加速一群帶電粒子使它們獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒內的窄縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫時都得到加速，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為q，質量為m，粒子最大回旋半徑為Rmax.求：
(1)粒子在盒內做何種運動；
(2)所加交流電源頻率及粒子運動的角速度大小；
(3)粒子離開加速器時的最大速度及最大動能．
名師點撥
求解回旋加速器問題的兩點注意
(1)帶電粒子通過回旋加速器最終獲得的動能Ekm＝，與加速的次數以及加速電壓U的大小無關．
(2)交變電源的周期與粒子做圓周運動的周期相等．
素養訓練3　(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示．設D形盒半徑為R，若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f，則下列說法正確的是(　　)
A.質子被加速后的最大速度不可能超過2πfR
B．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關
C．只要R足夠大，質子的速度可以被加速到任意值
D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子
素養訓練4　(多選)用回旋加速器來加速質子，為了使質子獲得的動能增加為原來的4倍，原則上可以采用的方法為(　　)
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形盒的半徑增大為原來的2倍
D．將D形盒的半徑增大為原來的4倍
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1.
如圖所示為質譜儀的示意圖，速度選擇器(也稱濾速器)中場強E的方向豎直向下，磁感應強度B1的方向垂直紙面向里，分離器中磁感應強度B2的方向垂直紙面向外．在S處有甲、乙、丙、丁四個一價正離子垂直于E和B1入射到速度選擇器中，若m甲＝m乙A．甲、乙、丙、丁 B．甲、丁、乙、丙
C．丙、丁、乙、甲 D．甲、乙、丁、丙
2.
如圖所示，兩個處于同一勻強磁場中的相同的回旋加速器，分別接在加速電壓U1和U2的高頻電源上，且U1>U2，兩個相同的帶電粒子分別從這兩個加速器的中心由靜止開始運動，設兩個粒子在加速器中的運動的時間分別為t1和t2(在盒縫間加速時間忽略不計)，獲得的最大動能分別為Ek1和Ek2，則(　　)
A．t1Ek2 B．t1＝t2，Ek1C．t1t2，Ek1＝Ek2
3．(多選)如圖所示是質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，速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的大小分別為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下方有磁感應強度為B0的勻強磁場，下列表述正確的是(　　)
A．質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
D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小
4.
(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場中，如圖所示．要增大帶電粒子射出時的動能，重力不計，下列說法中正確的是(　　)
A．增加交流電的電壓
B．增大磁感應強度
C．改變磁場方向
D．增大加速器的半徑
4．洛倫茲力的應用
必備知識·自主學習
一、
1．運動方向　速度大小
2．磁場
二、
4．qvB2
5．質量
6．化學物質　同位素
三、
2．不變
3．交變電場
4．BR
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：(1)相等．(2)不同．
【典例示范】
例1　解析：(1)離子在電場中被加速時，由動能定理qU＝mv2
進入磁場時洛倫茲力提供向心力，qvB＝，又x＝2r，
由以上三式得x＝.
(2)氫的三種同位素的質量數分別為1、2、3，由(1)結果知，
xH∶xD∶xT＝∶∶＝1∶∶.
答案：(1)　(2)1∶∶
素養訓練1　解析：設離子進入磁場的速度為v，在電場中有qU＝mv2，在磁場中Bqv＝m，聯立解得：r＝＝，由圖知，離子b在磁場中運動的軌道半徑較大，a、b為同位素，電荷量相同，所以離子b的質量大于離子a的，A錯誤，B正確；在磁場運動的時間均為半個周期，即t＝＝，由于離子b的質量大于離子a的，故離子b在磁場中運動的時間較長，C正確，D錯誤．
答案：BC
素養訓練2　解析：由左手定則可判定甲束粒子帶負電，乙束粒子帶正電，A錯誤；由qE＝B1qv知能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于，C錯誤；粒子在磁場中做圓周運動滿足B2qv＝m，即＝，由題圖可知r甲答案：B
探究點二
【導學探究】
提示：(1)不變．(2)相同．
【典例示范】
例2　解析：(1)帶電粒子在盒內做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大．
(2)粒子在電場中運動時間極短，因此所加交流電源頻率要符合粒子回旋頻率，由qvB＝，T＝得，T＝，回旋頻率f＝＝，角速度ω＝2πf＝.
(3)由牛頓第二定律知qBvmax＝
則V max＝
最大動能為Ekmax＝
答案：(1)見解析　(2)　(3)
素養訓練3　解析：由evB＝m可得回旋加速器加速質子的最大速度為v＝.由回旋加速器高頻交流電頻率等于質子運動的頻率，有f＝，聯立解得質子被加速后的最大速度不可能超過2πfR，A、B正確，C錯誤；由于α粒子在回旋加速器中運動的頻率是質子的，不改變B和f，該回旋加速器不能用于加速α粒子，D錯誤．
答案：AB
素養訓練4　解析：質子在回旋加速器中旋轉的最大半徑等于D形盒的半徑R，由R＝得質子最大動能Ek＝mv2＝，欲使最大動能為原來的4倍，可將B或R增大為原來的2倍，故A、C正確，B、D錯誤．
答案：AC
隨堂演練·自主檢測
1．解析：離子帶正電，電荷量為e，規定向下為正方向，其剛進入速度選擇器時受力F＝eE－eB1v，為使離子受力平衡，做勻速直線運動到分離器中，需F＝0，即v＝，根據題圖可知有兩個離子滿足條件，這兩個離子的速度相等，為乙和丙，所以乙和丙穿過了速度選擇器，到達分離器，在分離器中，離子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，evB2＝m，則r＝，由于乙、丙的速度相同，則質量越大的離子運動半徑越大，即乙打在P3點，丙打在P4點；根據受力情況，在水平金屬板之間時，初始速度大于，粒子向上偏轉，反之向下偏轉，所以丁打在P2點，甲打在P1點，B正確．
答案：B
2．解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝可知，Ek＝mv2＝，粒子獲得的最大動能只與磁感應強度和D形盒的半徑有關，所以Ek1＝Ek2，設粒子在加速器中繞行的圈數為n，則Ek＝2nqU，由以上關系可知n與加速電壓U成反比，由于U1>U2，則n1答案：C
3．解析：互為同位素的原子其化學性質幾乎完全相同，無法用化學方法進行分析，故質譜儀就成為分析同位素的重要工具，A正確；在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應等大反向，結合左手定則可知B正確；由qE＝qvB，有v＝，C正確；在勻強磁場B0中，粒子的運動半徑r＝，所以＝，故粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大，D錯誤．
答案：ABC
4．解析：根據qBv＝m得v＝，則帶電粒子射出時的動能為Ek＝mv2＝，所以動能與磁感應強度的大小和D形盒的半徑有關，增大磁感應強度B或D形盒的半徑R，均能增大帶電粒子射出的動能，B、D正確．
答案：BD章末素養培優 (一)
核心素養(一)——科學思維
一、帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1．一條直線邊界
特點：軌跡具有對稱性，從同一直線邊界進、出磁場時速度方向與邊界的夾角相等．
例 1 (多選)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質量和電荷量均相同的正負離子(不計重力)，從點O以相同的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正負離子在磁場中(　　)
A．運動時間相同
B．運動軌道的半徑相同
C．重新回到邊界時速度的大小和方向相同
D．重新回到邊界的位置與O點距離相等
2．平行邊界
特點：粒子的速度不同，軌道半徑不同，往往存在臨界條件，其臨界條件是軌跡與另一直線邊界相切，如圖所示．
例 2 如圖所示，寬為d的帶狀區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一質量為m、電荷量為e的質子從A點出發，與邊界成60°角進入勻強磁場，要使質子從左邊界飛出磁場，則質子速度的最大值為(　　)
A.B．
C． D．
3．圓形邊界(進出磁場具有對稱性)
(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示．
(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示．
射入時粒子速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為θ.
例 3 如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向內的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖，若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是(　　)
A．三個粒子都帶負電荷
B．c粒子運動速率最小
C．c粒子在磁場中運動時間最短
D．它們做圓周運動的周期Ta二、帶電粒子在磁場中運動的臨界和多解問題
1．臨界極值問題
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
(2)當速度v一定時，弧長越長，圓心角越大，則該帶電粒子(不計重力)在有界磁場中運動的時間越長．
(3)一帶電粒子(不計重力)在有界磁場中運動，當其速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長．
例 4 如圖所示，正方形abcd內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，一束電子以大小不同的速度從a點沿ab方向射入磁場．不計電子的重力和電子間的相互作用．對于從c點和d點射出的電子，下列說法正確的是(　　)
A．軌道半徑之比為1∶2
B．線速度大小之比為1∶2
C．向心力大小之比為1∶2
D．在磁場中運動時間之比為1∶2
2．多解的幾種情況
(1)帶電粒子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，在相同的初速度條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同而形成多解．
(2)磁場方向不確定形成多解：帶電粒子垂直進入方向不確定的勻強磁場時，其偏轉方向不同而形成多解．
(3)運動的往復性形成多解：帶電粒子在交變的磁場中運動時，運動往往具有周期性而形成多解．
(4)臨界條件不唯一形成多解：帶電粒子在有界磁場中運動時，因軌道半徑不同而形成多解．
例 5 (多選)如圖所示，邊長為L的等邊三角形區域ACD內、外的勻強磁場的磁感應強度大小均為B、方向分別垂直紙面向里、向外．三角形頂點A處有一質子源，能沿∠A的角平分線發射速度大小不等、方向相同的質子(質子重力不計、質子間的相互作用可忽略)，所有質子恰能通過D點，已知質子的比荷＝k，則質子的速度可能為(　　)
A．B．BkL
C． D．
核心素養(二)——科學態度與責任(STSE問題)
速度選擇器的同類型問題
磁流體發電機、電磁流量計、霍爾元件的工作原理與速度選擇器類似，不同之處是開始時無電場，當帶電粒子在磁場中運動受到洛倫茲力后，向兩極偏轉，正、負電荷分別打在兩極板上而形成電場，隨著兩板聚集的電荷增多，電場增大，最后電荷受到的電場力與洛倫茲力等大反向，而使帶電粒子做勻速直線運動，即與速度選擇器原理相同．
(1)磁流體發電機：等離子體噴入兩極板間．
①電源正、負極：由正、負電荷受洛倫茲力方向確定．
②電源電動勢：由受力平衡q＝qvB得U＝Bdv.
③電源內阻r＝ρ，回路電流：I＝.
例 6 (多選)圖為磁流體發電機的原理圖．金屬板P、Q之間的距離為d＝20 cm，磁場的磁感應強度大小為B＝5 T，方向垂直于紙面向里．現將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，整體呈中性)從左側噴射入磁場，發現在P、Q兩板間接入的額定功率為P＝100 W的燈泡正常發光，且此時燈泡電阻為R＝100 Ω，不計離子重力和發電機內阻，且認為離子均為二價離子，則下列說法正確的是(　　)
A．金屬板P上聚集負電荷，金屬板Q上聚集正電荷
B．該發電機的電動勢為100 V
C．離子從左側噴射入磁場的初速度大小為1×103 m/s
D．每秒鐘有3.125×1018個離子打在金屬板Q上
(2)電磁流量計：導電液體在非磁性材料制成的圓管中流動，使上下管壁出現電勢差．
設導管的直徑為d，當正、負離子所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差保持穩定，即qvB＝q，則v＝，故流量Q＝Sv＝·＝.
例 7 (多選)如圖所示是電磁流量計的示意圖．圓管由非磁性材料制成，空間有勻強磁場．當管中的待測液體從右向左流過磁場區域時，測出管壁上M、N兩點間的電壓U，就可以知道管中液體的流量Q(單位時間內流過管道橫截面的液體的體積)．已知管的直徑為d，磁感應強度為B，則下列說法中正確的是(　　)
A．管中待測液體必須是導電液體，流量計才能正常工作
B．M點電勢一定高于N點的電勢
C．污水中離子濃度越高，M、N兩點間的電壓U越大
D．M、N兩點間的電壓U與污水流量Q成正比
(3)霍爾元件：當電流通過處于磁場中的導體時，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．
①電勢高低的判斷：由載流子所受洛倫茲力方向確定．若載流子是電子，則下表面A′的電勢高．若載流子是正電荷，則下表面A′的電勢低．
②霍爾電壓的計算：qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，聯立解得U＝.
例 8 (多選)自行車速度計可以利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率．如圖甲所示，一塊磁鐵安裝在前輪上，輪子每轉一圈，磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器就會輸出一個脈沖電壓．如圖乙所示，電源輸出電壓為U1，當磁場靠近霍爾元件時，在導體前后表面間出現電勢差U2(前表面的電勢低于后表面的電勢)．下列說法中正確的是(　　)
A．圖乙中霍爾元件的載流子帶正電
B．已知自行車車輪的半徑，再根據單位時間內的脈沖數，即獲得車速大小
C．若傳感器的電源輸出電壓U1變大，則霍爾電勢差U2變大
D．霍爾電勢差U2的大小與霍爾元件所用的材料有關
章末素養培優
例1　解析：根據左手定則可以判斷，兩粒子運動軌跡不同，轉過的圓心角不同，但是運動周期T＝相同，所以運動時間不同，A錯誤；根據r＝可知，粒子運動半徑相同，B正確；因為從同一邊界射入，又從相同邊界射出，所以出射角等于入射角，且洛倫茲力時刻與速度垂直，不做功，所以出射速度大小與入射速度相同，C正確；根據題意可知，重新回到邊界的位置與O點距離d＝2r sin θ，相同，D正確．
答案：BCD
例2　解析：
作出不同速度情況下的質子運動軌跡，得到質子速度最大的臨界狀態是軌跡與PQ相切時，如圖所示．由幾何知識可得r＋r cos 60°＝d，解得r＝d，質子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力evB＝，解得v＝，A正確．
答案：A
例3　解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，結合左手定則可知，三個粒子都帶正電荷，A錯誤；根據qvB＝m可得r＝，三個帶電粒子的質量、電荷量相同，在同一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，則由圖知，a粒子的軌跡半徑最小，c粒子的軌跡半徑最大，則a粒子速率最小，c粒子速率最大，B錯誤；三個帶電粒子的質量和電荷量都相同，由粒子運動的周期T＝，可知三粒子運動的周期相同，即Ta＝Tb＝Tc，D錯誤；粒子在磁場中運動時間t＝T，θ是粒子軌跡對應的圓心角，也等于速度的偏轉角，由圖可知，a在磁場中運動的偏轉角最大，運動的時間最長，c在磁場中運動的偏轉角最小，c粒子在磁場中運動時間最短，C正確．
答案：C
例4　解析：設正方形邊長為L，根據圖像可知從c點射出的電子軌道半徑為L，從d點射出的電子軌道半徑為，則軌道半徑之比為2∶1，A錯誤；根據qvB＝m可得v＝，因軌道半徑之比為2∶1，則線速度大小之比為2∶1，B錯誤；電子所受洛倫茲力充當向心力，即F向＝qvB，因線速度大小之比為2∶1，則向心力大小之比為2∶1，C錯誤；電子在磁場中的運動周期為T＝＝，則從c點射出的電子在磁場中的運動時間為t1＝·T＝，從d點射出的電子在磁場中的運動時間為t2＝·T＝，則在磁場中運動時間之比為1∶2，D正確．
答案：D
例5　解析：
質子可能的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可得2nR cos 60°＝L(n＝1，2，…)，由洛倫茲力提供向心力，則有Bqv＝m，聯立解得v＝＝(n＝1，2，…)，所以A、B、D正確，C錯誤．
答案：ABD
例6　解析：左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板P偏轉，負離子將向金屬板Q偏轉，則金屬板P上聚集正電荷，金屬板Q上聚集負電荷，A錯誤；由于不考慮發電機的內阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動勢等于電源的路端電壓，則有E＝U，P＝，解得E＝100 V，B正確；根據Bqv＝q，解得v＝100 m/s，C錯誤；根據I＝，I＝，解得每秒鐘經過燈泡L的電荷量為1 C，由于離子為二價離子，所以每秒鐘打在金屬板Q上的負離子個數為n＝＝3.125×1018，D正確．
答案：BD
例7　解析： 根據電磁流量計工作原理，可知，管中待測液體必須是導電液體，流量計才能正常工作，故A正確；根據左手定則，在洛倫茲力作用下，正離子向管道N的一側集中，而負離子向管道M的一側集中，兩者之間形成電勢差，則N點電勢高于M點，故B錯誤；當正負離子受到的電場力與洛倫茲力平衡時，離子不再偏移，此時MN間有穩定的電勢差，形成一個勻強電場，設MN兩點間的電勢差為U，對離子有qvB＝q，解得U＝Bdv，設在時間Δt內流進管道的血液體積為V，則流量Q＝＝＝，故C錯誤，D正確．故選AD.
答案：AD
例8　解析：根據左手定則可判斷，霍爾元件的電流I是由負電荷的定向移動形成的，故A錯誤；根據單位時間的脈沖數，可求得車輪的轉動周期，從而求得車輪的角速度，根據v＝ωr，可求得車速的大小，故B正確；根據qvB＝q，得U2＝Bdv，由電流的微觀表達式I＝neSv得v＝，聯立得U2＝，若傳感器的電源輸出電壓U1變大，電流增大，U2也增大，不同的材料單位體積內的自由電子數不同，所以霍爾電勢差U2的大小與霍爾元件所用的材料有關，故C、D正確．
答案：BCD專題(一)　帶電粒子在復合場中的運動
課 標 要 求
1．學會用動力學方法分析帶電粒子在組合場中的運動．
2．學會用動力學方法分析帶電粒子在疊加場中的運動．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　帶電粒子在疊加場中的運動
歸納總結
1.疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．三種場的比較
力的特點 功與能的特點
重力場 大小：G＝mg 方向：豎直向下 重力做功與路徑無關，重力做功改變物體的重力勢能
靜電場 大小：F＝qE 方向：a.正電荷受力方向與電場強度方向相同 b.負電荷受力方向與電場強度方向相反 電場力做功與路徑無關 W＝qU電場力做功改變電勢能
磁場 洛倫茲力F＝qvB 方向可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能
3.當帶電粒子在疊加場中所受的合外力為零時，粒子將做勻速直線運動或靜止．
4．對于有約束的情況，當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一直線上時，粒子將做變速直線運動．
5．當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動．(常見的情形是，粒子的重力與靜電力平衡，洛倫茲力充當向心力而做勻速圓周運動)．
6．當帶電粒子所受的合外力的大小方向均不斷變化時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量觀點處理．
7．分析帶電粒子在含有磁場的疊加場中運動的運動問題，方法與力學問題的分析方法基本相同，不同的是多了電場力和洛倫茲力．
8．受力分析時首先考慮重力能否忽略，質子、電子、離子等粒子，一般不計重力，微粒、油滴、質點和小球等一般要計重力，通常情況下試題應有所提示．
典例示范
例 1 如圖所示，質量為m、帶電荷量為－q的微粒以速度v與水平方向成45°角進入勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．如果微粒做勻速直線運動，則下列說法正確的是(　　)
A．微粒受電場力、洛倫茲力、重力三個力作用
B．微粒受電場力、洛倫茲力兩個力作用
C．勻強電場的電場強度E＝
D．勻強磁場的磁感應強度B＝
例 2 在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場．勻強磁場的磁感應強度為B，方向水平并垂直紙面向外，一質量為m、帶電荷量為－q(q>0)的帶電微粒在此區域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動．(重力加速度為g)
(1)求此區域內電場強度的大小和方向；
(2)若某時刻微粒運動到距地面高度為H的P點時，速度與水平方向成45°角，如圖所示，則該微粒至少需要經過多長時間運動到距地面最高點？最高點距地面多高？
名師點撥
處理帶電粒子在疊加場中的運動的基本思路
(1)弄清疊加場的組成．
(2)進行受力分析，確定帶電粒子的運動狀態，注意運動情況和受力情況的結合．
(3)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規律．
①當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據受力平衡列方程求解．
②當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程求解．
③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．
素養訓練1　一個電子穿過某一空間而未發生偏轉(電子重力不計)，則(　　)
A．此空間一定不存在磁場
B．此空間一定不存在電場
C．此空間可能只有勻強磁場，方向與電子速度方向垂直
D．此空間可能同時有電場和磁場
素養訓練2　
如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時，速度為零，C點是運動的最低點，則①液滴一定帶負電；②液滴在C點時動能最大；③液滴在C點電勢能最小；④液滴在C點機械能最小，以上敘述正確的是(　　)
A．①②B．①②③
C．①②④D．②③
探究點二　帶電粒子在組合場中的運動
歸納總結
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中做圓周運動，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)帶電粒子在磁場中做圓周運動，可以根據磁場邊界條件，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．
典例示范
例 3 如圖所示，在x軸上方有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E.一質量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子從坐標原點沿著y軸正方向射出，射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L，求此粒子射出時的速度v和運動的總路程s(重力不計)．
名師點撥
帶電粒子在電場、磁場的組合場中的運動通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質、受力方向和速度方向的關系入手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動．畫出運動軌跡是解決這類問題的關鍵．
素養訓練3　如圖所示，在平面坐標系xOy內，第Ⅱ、Ⅲ象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，第Ⅰ、Ⅳ象限內存在半徑為L的圓形勻強磁場，磁場圓心在M(L，0)點，磁場方向垂直于坐標平面向外．一帶正電粒子從第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)點以速度v0沿x軸正方向射出，恰好從坐標原點O進入磁場，之后從P(2L，0)點射出磁場．不計粒子重力，求：
(1)帶電粒子進入磁場時的速度大小和方向；
(2)電場強度與磁感應強度大小之比；
(3)粒子在磁場與電場中運動時間之比．
素養訓練4　
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，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為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跡半徑r；
(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標
1．如圖所示，正交的勻強電場和勻強磁場的寬度為d，電場強度為E，磁感應強度為B，將一質量為m、帶電荷量為q的不計重力的帶正電粒子由場的左邊緣自靜止釋放，粒子在電場力和磁場力的作用下運動到場的右邊緣離開電磁場，若離開場時粒子的速度大小為v，則整個過程中(　　)
A．粒子沿電場線方向做勻加速直線運動
B．粒子做勻變速曲線運動
C．v＝
D．v＝
2．(多選)一個重力忽略不計的帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區域．設電場和磁場區域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示．在如圖所示的幾種情況中，可能出現的是(　　)
3．如圖，空間某區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，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內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
4.
(多選)在如圖所示的平面直角坐標系xOy內，存在一個方程為x2＋y2＝0.25(m)的圓，在x<0的半圓區域內存在沿x軸正方向的電場強度大小E＝1 V/m的勻強電場，在x>0的半圓區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場．一帶電荷量q＝1.0×10－6 C、質量m＝1.25×10－15 kg的帶電粒子從坐標(－R，0)處無初速度飄入電場，經電場加速后，平行于y軸離開磁場區域．忽略粒子所受重力．下列說法正確的是(　　)
A．粒子沿y軸正方向離開磁場
B．粒子沿y軸負方向離開磁場
C．磁感應強度大小B＝1×10－2 T
D．磁感應強度大小B＝1×10－4 T
5.
(多選)在半導體離子注入工藝中，初速度和重力均可忽略的磷離子P＋和P3＋，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定的寬度的勻強磁場區域，如圖所示．已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　　)
A．在磁場中轉過的角度之比為 1∶2
B．在電場中的加速度之比為 1∶1
C．在磁場中運動的半徑之比為 1∶2
D．離開電場區域時的動能之比為 1∶3
6.
如圖，足夠長的絕緣豎直桿處于正交的勻強電磁場中，電場方向水平向左、場強大小為E，磁場方向水平向里、磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為－q(q>0)的小圓環套在桿上(環內徑略大于桿的直徑)無初速度下滑．若重力加速度大小為g，圓環與桿之間的動摩擦因數為μ(μqE7．兩平行板間有水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一根長為L，不可伸長的絕緣細繩，一端連著一個質量為m、帶電荷量為q的小球，另一端固定于O點．把小球拉起直至細線與電場線平行，然后無初速度釋放．已知小球擺到最低點另一側，線與豎直方向的最大夾角為θ＝53°，重力加速度為g.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)小球帶什么電？
(2)求靜電力F跟重力的比值．
(3)求小球到最低點的速度大小．
(4)求經過最低點時，細線對小球的拉力的大小．
專題(一)　帶電粒子在復合場中的運動
關鍵能力·合作探究
探究點一
【典例示范】
例1　解析：
因為微粒做勻速直線運動，所以微粒所受合力為零，受力分析如圖所示，微粒在重力、電場力和洛倫茲力作用下處于平衡狀態，可知，qE＝mg，qvB＝mg，得電場強度E＝，磁感應強度B＝，A正確．
答案：A
例2　解析：(1)因微粒做勻速圓周運動，則qE＝mg
解得E＝，方向豎直向下．
(2)如圖所示，當微粒第一次運動到最高點時，α＝135°，
則t＝T＝T＝
又T＝
所以t＝
微粒在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
解得R＝
則H1＝R＋R sin 45°＋H＝H＋.
答案：(1)　方向豎直向下　(2)　H＋
素養訓練1　解析：若此空間只存在磁場，當v∥B時，電子不會偏轉，A錯誤；當此空間只存在勻強電場，電子運動方向與電場線平行時，運動方向不變化，B錯誤；此空間若只有勻強磁場，且方向與電子速度方向垂直時，電子將做勻速圓周運動，C錯誤；此空間若同時有電場和磁場，且E⊥B，當qE＝qvB時，電子將做勻速直線運動，D正確．
答案：D
素養訓練2　解析：液滴偏轉是由于受洛倫茲力作用，據左手定則可判斷液滴一定帶負電．液滴所受電場力必向上，而液滴能夠從靜止開始向下運動，是因為重力大于電場力．由A→C合力做正功，故在C處液滴的動能最大．而由于A→C克服電場力做功最多，電勢能增加最多，又機械能與電勢能的和不變，因此，由A→C機械能減小最多，故液滴在C點機械能最小．故選C.
答案：C
探究點二
【典例示范】
例3　解析：粒子在磁場中的運動為勻速圓周運動，在電場中的運動為勻變速直線運動．畫出粒子的運動軌跡，如圖所示，由圖可知粒子在磁場中運動半個周期后第一次通過x軸進入電場，在電場中做勻減速運動至速度為零，再反方向做勻加速直線運動，以原來的速度大小反方向進入磁場，即第二次通過x軸，接著粒子在磁場中做圓周運動，半個周期后第三次通過x軸．
由幾何關系可知R＝　①
在磁場中，有qvB＝m　②
由①②解得v＝＝　③
設粒子在電場中的最大位移是l
根據動能定理有Eql＝mv2　④
由③④解得l＝
粒子第三次到達x軸時，運動的總路程為
s＝2πR＋2l＝.
答案：
素養訓練3　解析：(1)設粒子的質量和所帶電荷量分別為m和q，粒子在電場中運動時，由平拋運動規律及牛頓運動定律得
2L＝v0t1　L＝　qE＝ma
粒子到達O點時沿＋y方向分速度為vy＝at1＝v0
因tan α＝＝1，則α＝45°
即帶電粒子進入磁場時的速度方向與x軸成45°角斜向上
粒子在磁場中的速度為v＝v0.
(2)由牛頓第二定律得Bqv＝m
由幾何關系得r＝L
則B＝
由(1)中各式可得E＝
則＝.
(3)粒子在磁場中運動的周期T＝＝
粒子在磁場中運動的時間為t2＝T＝
由(1)可得粒子在電場中運動的時間t1＝
則＝.
答案：(1)v0　與x軸成45°角斜向上　(2)　(3)
素養訓練4　解析：粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，兩者的銜接點是N點的速度．
(1)設粒子過N點時的速度為v，有
＝cos θ，v＝2v0.
粒子從M點運動到N點的過程，有
qUMN＝
.
(2)如圖所示，粒子在磁場中以O′為圓心做勻速圓周運動，半徑為O′N，
有qvB＝，所以r＝＝.
(3)由幾何關系得ON＝r sin θ，設粒子在電場中運動的時間為t1，
有ON＝v0t1，
所以t1＝＝＝＝.
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，
設粒子在磁場中運動的時間為t2，有
t2＝T＝·＝.
所以t＝t1＋t2＝.
答案：　(2)　(3)
隨堂演練·自主檢測
1．解析：對帶電粒子受力分析可知，受恒定的水平向右的電場力，洛倫茲力F洛＝qvB，與速度方向垂直且在變化，所以合外力在變化，方向與速度不共線，粒子做非勻變速曲線運動，A、B錯誤；粒子在整個運動中，洛倫茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理得qEd＝mv2，解得v＝ ，C正確，D錯誤．
答案：C
2．解析：A、C選項中粒子在電場中向下偏轉，所以粒子帶正電，再進入磁場后，A圖中粒子應逆時針運動，A正確，C圖中粒子應順時針運動，C錯誤；同理可以判斷D正確，B錯誤．
答案：AD
3．解析：由題意知mag＝qE，mbg＝qE＋Bqvb，mcg＋Bqvc＝qE，所以mb>ma>mc，故選B.
答案：B
4．解析：
由題可知粒子帶正電，進入磁場后向上偏轉，粒子沿y軸正方向離開磁場，故A項正確，B項錯誤；作出粒子的運動軌跡，如圖所示，由圖利用幾何知識可求得，粒子的軌跡半徑r＝R，粒子在磁場中偏轉的半徑r＝，粒子在電場中加速有EqR＝mv2，聯立解得B＝1×10－4 T，C項錯誤，D項正確．
答案：AD
5．解析：兩個離子的質量相同，其帶電荷量之比是1∶3，帶電粒子在電場中加速時E＝，Eq＝ma，聯立可得a＝，則在電場中的加速度之比為1∶3，B錯誤；帶電粒子在加速電場中加速時，由動能定理可得qU＝Ek－0，則離開電場區域時的動能之比為1∶3，D正確；帶電粒子在加速電場中加速時，由動能定理可得qU＝mv2－0，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有qvB＝，聯立解得R＝，則在磁場中運動的半徑之比為∶1，C錯誤；離子在磁場中的半徑之比為∶1，設磁場寬度為L，離子通過磁場轉過的角度等于其圓心角θ，根據幾何關系可得sin θ＝，則可知角度的正弦值之比為1∶，則P3＋轉過的角度為60°，在磁場中轉過的角度之比為1∶2，A正確．
答案：AD
6．解析：速度較小時，對圓環受力分析有mg－μ(Eq－qvB)＝ma，隨著速度增大，加速度逐漸增大，當Eq＝qvB時，加速度為重力加速度，之后，洛倫茲力大于電場力，有mg－μ(qvB－Eq)＝ma，隨著速度增大，加速度逐漸減小，速度增大，直到加速度為零時，速度最大，最終做勻速運動，故選D.
答案：D
7．解析：(1)小球帶正電．
(2)從開始到最左端，根據動能定理得
mgL cos θ－FL(1＋sin θ)＝0
所以＝.
(3)從開始到最低點，根據動能定理得
mgL－FL＝mv2
解得v＝.
(4)在最低點由牛頓第二定律有
T－mg－qBv＝m
解得T＝mg＋.
答案：(1)正電　(2)　(3)
(4)mg＋

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