資源簡介

(共43張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化5　帶電粒子在疊加場中的運動
學習目標
1.掌握帶電粒子在疊加場中運動的兩種常見情景(重點)。
2.會分析其受力情況和運動情況，能正確運用物理規
律解決問題(難點)。
1.疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。
2.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直 線運動 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓 周運動 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg 牛頓第二定律，圓周運動的規律
較復雜的 曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
內容索引
一、帶電粒子在疊加場中的直線運動
二、帶電粒子在疊加場中的圓周運動
專題強化練
三、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動
一
帶電粒子在疊加場中的直線運動
　質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區，該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法正確的是(重力加速度為g)
例1
√
若微粒帶正電，靜電力向左，洛倫茲力垂直于OA線斜
向右下方，則靜電力、洛倫茲力和重力不能平衡，故
微粒一定帶負電，故A錯誤；
微粒如果做勻變速運動，重力和靜電力不變，而洛倫茲
力隨速度變化而變化，微粒不能沿直線運動，故B錯誤；
微粒受力如圖所示，由平衡條件得qvBcos θ＝mg，qE＝mgtan θ，
二
帶電粒子在疊加場中的圓周運動
　如圖所示，空間中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，有一帶電液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應強度為B，重力加速度為g，則液滴環繞速度大小及方向分別為
例2
√
　如圖，直角坐標系xOy處于豎直平面內，x軸沿水平方向，在x軸上方存在水平向右的勻強電場E1，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面向外的勻強磁場，勻強電場的電場強度大小E1＝E2＝4.5 N/C，在坐標為(－0.4 m,0.4 m)的A點處將一帶正電小球由靜止釋放，小球沿直線AO第一次穿過x軸，小球第三次經過x軸時恰好再次經過O點，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球的比荷及小球第一次穿過x軸時的速度大小；
例3
由題可知，小球由靜止釋放后在第二象限的勻強電場中所受合力方向由A點指向O點
由A到O的過程中，由動能定理有
代入數據解得v＝4 m/s
(2)小球從釋放到第三次經過x軸所經歷的時間。
如圖，在第三、四象限中，qE2＝mg，小球僅由洛倫
茲力提供向心力做勻速圓周運動；
小球從第三象限的P點再次進入第二象限后做類平拋運動，經過時間t2再次回到O點，該過程可將小球的運動分解為沿x軸方向的勻加速直線運動與沿y軸方向的豎直上拋運動。
由圓周運動的特點可知，小球在P點的速度與x軸正方向成45°角，由牛頓第二定律知，小球在第二象限x、y兩個分方向的加速度大小為
ax＝ay＝g
三
帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動
　(2023·南京市第一中學校考期末)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點為運動的最低點，不計其他阻力，則以下說法中正確的是
A.液滴一定帶正電
B.液滴在C點時的動能最大
C.從A到C過程液滴的電勢能可能減小
D.從C到B過程液滴的機械能不變
例4
√
從題圖中可以看出，帶電粒子由靜止開始向下運動，
說明重力和靜電力的合力向下，洛倫茲力指向弧內，
根據左手定則可知液滴帶負電，故A錯誤；
從A到C的過程中，重力做正功，而靜電力做負功，
洛倫茲力不做功，但合力仍做正功，導致動能仍增大，從C到B的過程中，重力做負功，靜電力做正功，洛倫茲力不做功，但合力卻做負功，導致動能減小，所以液滴在C點時動能最大，故B正確；
從A到C過程液滴克服靜電力做功，故電勢能增加，故C錯誤；
除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，從C到B的過程中，靜電力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D錯誤。
四
專題強化練
1.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
1
2
3
4
5
6
7
8
基礎強化練
√
設三個帶正電微粒的電荷量均為q，
a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與靜電力平衡，則
mag＝qE ①
b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則
mbg＝qE＋qvbB ②
c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則
mcg＋qvcB＝qE ③
比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
2.如圖所示，某空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里。一帶電微粒由a點以一定的初速度進入疊加場，剛好能沿直線ab斜向上運動，則下列說法正確的是
A.微粒可能帶正電，也可能帶負電
B.微粒的動能可能變大
C.微粒的電勢能一定減少
D.微粒的機械能一定不變
√
1
2
3
4
5
6
7
8
微粒受到重力、靜電力和洛倫茲力作用，做直線運動，
其合力為零，根據共點力平衡條件可知微粒的受力情
況如圖所示，所以微粒一定帶負電，故A錯誤；
微粒一定做勻速直線運動，否則速度變化，洛倫茲力
變化，微粒做曲線運動，因此微粒的動能保持不變，故B錯誤；
微粒由a沿直線運動到b的過程中，靜電力做正功，電勢能一定減少，故C正確；
重力做負功，重力勢能增加，而動能不變，則微粒的機械能一定增加，故D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
3.(2023·南通市海安實驗中學高二月考)如圖所示，空間存在豎直向上、電場強度大小為E的勻強電場和沿水平方向、垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一個質量為m的帶電小球用長為L的絕緣細線系著懸于O點，給小球一個水平方向的初速度，小球在豎直面內做勻速圓周運動，細線張力不為零。某時刻細線斷開，小球仍做半徑為L的勻速圓周運動。不計小球的大小，重力加速度為g。則
A.細線未斷時，小球沿逆時針方向運動
B.小球運動的速度大小為
C.小球的帶電荷量為
D.細線未斷時，細線的拉力大小為
1
2
3
4
5
6
7
8
能力綜合練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
由于細線斷了以后，小球還能做勻速圓周運動，說明小球所受靜電力與重力平衡，則小球帶正電，此時有qE＝mg，可得q＝ ，細線未斷時，細線張力不為零，根據左手定則判斷小球沿順時針方向運動，A項錯誤，C項正確；
4.如圖所示的虛線區域內，充滿垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，一帶電微粒A以一定初速度由左邊界的O點射入虛線區域，恰好沿水平直線從區域右邊界O′點穿出，射出時速度大小為vA，若僅撤去磁場，其他條件不變，另一個相同的微粒B仍以相同的速度由O點射入并從區域右邊界穿出，射出時速度的大小為vB，則微粒B
A.穿出位置一定在O′點上方，vBB.穿出位置一定在O′點上方，vB>vA
C.穿出位置一定在O′點下方，vBD.穿出位置一定在O′點下方，vB>vA
1
2
3
4
5
6
7
8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
設帶電微粒從O點射入時的速度為v0，若帶電微粒A
帶負電，其靜電力、重力、洛倫茲力均向下，與初速
度方向垂直，不可能做直線運動，故微粒A一定帶正
電，且滿足mg＝Eq＋Bqv0，做勻速直線運動，故vA
＝v0。若僅撤去磁場，由于mg>Eq，帶電微粒B向下偏轉，穿出位置一定在O′點下方，合力對其做正功，vB>v0，即vB>vA，故D正確。
5.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，電場強度大小為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(μqE能反映圓環下滑過程中速度v隨時間t變化關系的圖像是
1
2
3
4
5
6
7
8
√
速度較小時，對圓環受力分析有mg－μ(Eq－qvB)＝ma1
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)＝ma2
隨著速度增大，加速度逐漸減小，直到加速度為零時，速度最大，最終做勻速運動。故選D。
1
2
3
4
5
6
7
8
6.如圖，光滑絕緣水平面的右側存在著勻強電場和勻強磁場組成的疊加場，電場方向豎直向下，磁場方向水平向外，磁感應強度大小為B；一電荷量為q、質量為m的小球a在水平面上從靜止開始經電壓U加速后，與靜止著的另一相同質量的不帶電金屬小球b發生碰撞并粘在一起，此后水平向右進入疊加場中，在豎直面內做勻速圓周運動。電荷量的損失不計，重力加速度大小為g。
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
小球a、b碰撞后在豎直面內做勻速圓周運動，則重力和靜電力平衡，所以靜電力豎直向上，小球a帶負電，故A錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
7.(2022·淮安市高二期中)如圖所示，質量為m、帶電荷量為＋q的液滴，以速度v沿與水平方向成θ＝45°角斜向上進入正交的足夠大勻強電場和勻強磁場疊加區域，電場強度方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，液滴在場區做直線運動。重力加速度為g，則：
(1)電場強度E和磁感應強度B各多大？
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
8
液滴帶正電，液滴受力如圖所示：根據平衡條件，有
Eq＝mgtan θ＝mg
(2)當液滴運動到某一點P時，電場方向突然變為豎直向上，大小不改變，磁場的強弱與方向均不受電場變化的影響，此時液滴將做何種性質的運動，加速度多大？
1
2
3
4
5
6
7
8
電場方向突然變為豎直向上，大小不改變，故靜電力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，液滴做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，有
(3)在滿足(2)的前提下，液滴從P點到達與P點在同一水平線上的Q點(圖中未畫出)所用的時間是多少？
1
2
3
4
5
6
7
8
電場變為豎直向上后，液滴做勻速圓周運動，液滴從P點到達與P點在同一水平線上的Q點偏轉270°，
8.(2022·全國甲卷)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是
1
2
3
4
5
6
7
8
尖子生選練
√
在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在靜電力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉，A、C錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
運動的過程中靜電力對帶電粒子做功，粒子速度大小發生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢線，從開始到帶電粒子偏轉再次運動到x軸時，靜電力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受靜電力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，B正確，D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
BENKEJIESHU
本課結束(共16張PPT)
DIYIZHANG
第一章
章末素養提升
再現素養
知識
物理觀念 安培力 (1)方向：判定方法：_________
安培力方向垂直于B與I構成的平面
(2)大小：F＝ (θ為B與I的夾角)
洛倫茲力 (1)方向判定方法：_________
(2)大小：F＝qvB·sin θ(θ為B與v的夾角)
左手定則
BIL·sin θ
左手定則
物理 觀念 帶電粒子在 勻強磁場中 的運動 (1)若v∥B，帶電粒子所受洛倫茲力F＝ ，帶電粒子在勻強磁場中做　　　　　運動
(2)若v⊥B，帶電粒子在勻強磁場中做　　　　運
動，r＝ ，T＝ ＝____
0
勻速直線
勻速圓周
物理觀念 洛倫茲力與現代科技 (1)質譜儀
加速電場：qU＝ mv2
偏轉磁場：qvB＝
(2)回旋加速器
最大速度v＝_____
最大動能：Ek＝_______
加速次數：n＝
磁場中運動時間：t＝ T
科學思維 1.微元法：判斷通電導線在磁場中所受安培力的方向
2.等效法：利用等效長度求通電導線所受安培力的大小
3.綜合分析、推理能力：能綜合應用牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動的規律分析帶電粒子在組合場、疊加場、交變電磁場中的運動
科學探究 1.能分析物理現象，提出針對性問題
2.能調研電磁技術中關于安培力與洛倫茲力的應用
科學態度 與責任 1.認識回旋加速器和質譜儀對人類探究未知領域的重要性
2.認識磁技術應用對人類生活的影響
　(2023·江蘇卷)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B。L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中。已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行。該導線受到的安培力為
A.0 B.BIl
C.2BIl D. BIl
例1
提能綜合
訓練
√
因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則所受安培力為Fab＝BI·2l＝2BIl，則該導線受到的安培力為2BIl，故選C。
　(2023·南通市高二期末)如圖所示，虛線為有界勻強磁場的邊界，邊界S處的粒子源在紙面內向磁場夾角為θ的范圍內發射同種
粒子，所有粒子經磁場偏轉后從同一點離開磁場，不
考慮粒子間的相互作用和重力影響，則粒子剛發射時
的速度大小關系正確的是
例2
√
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qvB＝
，
設垂直磁場邊界進入的粒子速度為v，軌道半徑為r，
另一進入磁場的粒子初速度為v′，軌道半徑為r′，
軌跡如圖
　(2023·灌南高級中學高二期中)霍爾元件是一種重要的磁傳感器，故可利用霍爾元件測量磁感應強度B。如圖所示，在霍爾元件上建立直角坐標系，某同學使用金屬導體材質的霍爾元件在某地對地磁場進行了多次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正方向保持豎直向上，則下列說法中正確的是
A.若前表面電勢低，說明測量地點位于北半球
B.對前、后表面，前表面電勢低；對上、下表面，下表面
　電勢低，左右表面沒有電荷，則y軸正方向指向南方
C.對前、后表面，前表面電勢低；對上、下表面，下表面電勢高，左右表面沒
　有電荷，則x軸正方向指向西方
D.若僅上下表面有電荷且下表面電勢低，說明測量地點位于赤道，此時霍爾電
　壓與b有關
例3
√
若前表面電勢低，說明電子偏向前表面，磁場方
向有向上的分量，則測量地點位于南半球，選項
A錯誤；
對前、后表面，前表面電勢低，說明電子偏向前表面，磁場方向有向上的分量，對上、下表面，下表面電勢低，說明電子偏向下表面，磁場方向有y軸負方向的分量，左右表面沒有電荷，則y軸正方向指向南方；同理，對前、后表面，前表面電勢低，對上、下表面，下表面電勢高，左右表面沒有電荷，則y軸正方向指向北方，x軸正方向指向東方，選項B正確，C錯誤；
　如圖所示的直角坐標系中，第一象限內存在與x軸成30°角斜向右下方的勻強電場，電場強度大小E＝400 N/C；第四象限內存在垂直于紙面向里的有界勻強磁場，其沿x軸方向的寬度OA＝　　 cm，沿y軸負方向無限大，磁感應強度大小B＝1×10－4 T。現有一比荷為 ＝2×1011 C/kg的正離子(不計重力)，以某一速度v0從O點射入磁場，其方向與x軸正方向的夾角α＝60°，離子通過磁場后剛好從A點射出，之后進入電場。
(1)求離子進入磁場的速度v0的大小；
例4
答案　4×106 m/s
解得v0＝4×106 m/s。
(2)離子進入電場后，經過多長時間再次到達x軸上。
設離子進入電場后，經過時間t再次到達x軸上，由
幾何知識可知，離子從A點垂直電場方向射入電場，
則離子在電場中做類平拋運動，離子沿垂直電場方
向做速度為v0的勻速直線運動，設位移為l1，則l1＝
v0t，離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a，位移為l2，則
BENKEJIESHU
本課結束(共50張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化2　洛倫茲力與現代科技
學習目標
1.知道速度選擇器、磁流體發電機、電磁流量計、霍
爾元件的工作原理(重點)。
2.學會應用工作原理解決實際問題(難點)。
四、霍爾元件
內容索引
一、速度選擇器
二、磁流體發電機
專題強化練
三、電磁流量計
一
速度選擇器
速度選擇器是近代物理學研究中常用的一種實驗工具，其功能是可以選擇某種速度的帶電粒子。如圖，兩極板間存在勻強電場和勻強磁場，二者方向互相垂直，帶電粒子從左側射入，不計粒子重力。
1.帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是 ，即v＝ 。
2.速度選擇器中偏轉情況：
(1)當v＞ 時，粒子向 方向偏轉，F電做 功，粒子的動能　　　，電勢能　　　。
(2)當v＜ 時，粒子向　　方向偏轉，F電做　 功，粒子的動能　　　，電勢能　　　。
qE＝qvB
F洛
負
減小
增大
F電
正
增大
減小
思考與討論
答案　粒子仍能勻速通過。由v＝ ，知速度選擇器只對選擇的粒子速度有要求，而對粒子的電荷量及電性無要求。
某粒子在速度選擇器中勻速運動，若只改變其電性或電荷量，粒子能否勻速通過？
　如圖所示為一速度選擇器的原理圖。K為電子槍(加速電壓為U)，由槍中沿KA方向射出的電子(電荷量大小為e，質量為m，不計電子重力)，速率大小不一，當電子通過方向互相垂直的勻強電場(電場強度為E)和勻強磁場(磁感應強度為B)后，只有一定速率的電子能沿直線前進，并通過小孔S，下列說法正確的是
A.磁場方向必須垂直紙面向外
B.只有當加速電壓U＝ 時，才有電子從S射出
C.只有帶負電的粒子(不計重力)才能通過此速度選擇器
D.在相互垂直的電場和磁場中，只有電子速度滿足v＝ 時才能通過小孔S
例1
√
若勻強電場方向向下，則電子受靜電力向上，要想使得電子沿直線通過小孔S，則所受洛倫茲力向下，此時磁場方向必須垂直紙面向里，選項A錯誤；
二
磁流體發電機
磁流體發電機的發電原理圖如圖甲所示，其平面圖如圖乙所示。
將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)以速度v噴入磁場，磁場的磁感應強度為B，極板間距離為d，開關斷開，電路穩定時極板間電壓為U，帶電粒子重力不計，根據F洛＝F電，有 ＝
＝ ，得U＝ 。上極板是正極。
qvB
qE
Bdv
若圖乙中平行金屬板A、B的面積均為S，磁場的磁感應強度為B，兩板間的垂直距離為d，等離子體的電阻率為ρ，速度為v，電路電阻為R，則閉合開關后電路中電流多大？
思考與討論
　(2023·湛江市高二統考期末)如圖所示是磁流體發電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間存在很強的磁場，一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)沿垂直于磁場的方向噴入磁場。把P、Q與電阻R相連接。下列說法正確的是
A.Q板的電勢高于P板的電勢
B.R中流過由b向a方向的電流
C.若只改變磁感應強度大小，流過R的電流保持不變
D.若只增大粒子入射速度，流過R的電流增大
例2
√
等離子體進入磁場，根據左手定則可知正電荷向
上偏，打在上極板上，負電荷向下偏，打在下極
板上，所以上極板帶正電，下極板帶負電，則P
板的電勢高于Q板的電勢，流過電阻R的電流方向由a到b，A、B錯誤；
三
電磁流量計
如圖甲、乙所示是電磁流量計的示意圖。
設圓管的直徑為D，磁感應強度為B，a、b兩點間的電勢差是由于導電液體中電荷受到洛倫茲力作用，在管壁的上、下兩側堆積產生的。到一定程度后，a、b兩點間的電勢差達到穩定值U，上、下兩側堆積的電荷不
再增多，此時，洛倫茲力和靜電力平衡，有 ＝ ＝ ，所以v＝ ，又圓管的橫截面積S＝ πD2，故流量Q＝ ＝ 。
qvB
qE
Sv
　(2023·揚州高郵市臨澤中學高二月考)為了無損測量生物實驗廢棄液體的流量，常用到一種電磁流量計，其原理可以簡化為如圖所示模型：廢液內含有大量正、負離子，從直徑為d的圓柱形容器右側流入，左側流出。流量值Q等于單位時間通過橫截面液體的體積。空間有垂直紙面向里的磁感應強度大小為B的勻強磁場，若M、N兩點間的電壓為U。下列說法正確的是
例3
√
由左手定則可知，帶正電的離子向下偏，帶負電
的離子向上偏，則M點的電勢低于N點的電勢，選
項A錯誤；
M、N間的電勢差與廢液中正、負離子的濃度無關，選項D錯誤。
四
霍爾元件
如圖所示，厚度為h、寬度為d的導體板放在垂直于它
的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過導體板
時，在導體板的上表面A和下表面A′之間會產生電勢
差U，這種現象稱為霍爾效應。
霍爾效應可解釋如下：外部磁場對運動電子的洛倫茲力使電子聚集在導體板的一側，在導體板的另一側會出現多余的正電荷，從而形成電場。電場對電子施加與洛倫茲力方向相反的靜電力。當靜電力與洛倫茲力達到平衡時，導體板上下兩表面之間就會形成穩定的電勢差。電流是自由電子的定向移動形成的，電子的平均定向移動速率為v，電荷量為e。回答下列問題：
(1)達到穩定狀態時，導體板上表面A的電勢 (選填
“高于”“低于”或“等于”)下表面A′的電勢。
(2)電子所受洛倫茲力的大小為 。
(3)當導體板上、下兩表面之間的電勢差為UH時，電子所受靜電力的大小
為 。
答案　低于。電子向左做定向移動，由左手定則知電
子受洛倫茲力的方向向上，故上表面A聚集電子，下表面A′會出現多余的正電荷，上表面的電勢低于下表面的電勢。
F洛＝evB
(4)上、下兩表面產生的穩定的電勢差U＝ 。
答案　當A、A′間電勢差穩定時，洛倫茲力與
靜電力達到平衡，evB＝ ，故U＝Bhv。
思考與討論
若電流為正電荷定向移動形成的，在上述問題中A和A′哪個面電勢高？
答案　φA>φA′
　(2023·南京市金陵中學高二期末)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爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態。如圖所示，一塊長為a、寬為b、厚度為d的矩形霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，元件中通有大小為I、方向向右的電流，電子定向移動速度大小為v，單位體積內的自由電子數為n。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上下表面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，則前后表面間會產生霍爾電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則
例4
√
電流向右，電子向左定向移動，根
據左手定則，電子所受洛倫茲力垂
直紙面向外，電子打在前表面，前
表面電勢比后表面電勢低，A錯誤；
　(2023·北京市海淀區高二校考期末)利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應用于測量和自動控制等領域。圖中一塊長為a、寬為b、厚為c的半導體樣品薄片放在沿y軸正方向的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。當有大小為I、沿x軸正方向的恒定電流通過樣品板時，會在與z軸垂直的兩個側面之間產生電勢差，這一現象
稱為霍爾效應。其原理是薄片中的帶電粒子受
洛倫茲力的作用向一側偏轉和積累，于是上、
下表面間建立起電場EH，同時產生霍爾電壓UH。
當導電粒子所受的靜電力與洛倫茲力處處相等時，
例5
EH和UH達到穩定值，UH的大小與I和B滿足關系UH＝kHIB，其中kH稱為霍爾元件靈敏度，kH越大，靈敏度越高。半導體內導電粒子——“載流子”有兩種：自由電子和空穴(空穴可視為能自由移動的帶正電粒子)，若每個載流子所帶電荷量的絕對值為e，薄片內單位體積中導電的電子數為n。下列說法中正確的是
A.若載流子是自由電子，半導體樣品的上表面
　電勢高
B.磁感應強度大小為B＝
C.在其他條件不變時，半導體薄片的厚度c越大，霍爾元件靈敏度越高
D.在其他條件不變時，單位體積中導電的電子數n越大，霍爾元件靈敏度越低
√
根據左手定則，電子向上表面偏轉，所以上表面的電勢低，故A錯誤；
設電子移動速度為v，則電流I＝neSv
由題圖，面積為S＝bc
在其他條件不變時，半導體薄片厚度c越大，靈敏度越低；在其他條件不變時，單位體積內電子數n越大，靈敏度越低，故C錯誤，D正確。
分析兩側面產生電勢高低時應特別注意霍爾元件的材料，若霍爾元件的材料是金屬，則參與定向移動形成電流的是電子，偏轉的也是電子；若霍爾元件的材料是半導體，則參與定向移動形成電流的可能是正“載流子”，此時偏轉的是正電荷。
總結提升
五
專題強化練
1.磁流體發電機是利用洛倫茲力的偏轉作用發電的。如圖所示，A、B是兩塊處在磁場中相互平行的金屬板，一束在高溫下形成的等離子束(氣體在高溫下發生電離，產生大量的帶等量異種電荷的粒子)射入磁場。下列說法正確的是
A.B板是電源的正極
B.A板是電源的正極
C.電流從上往下流過電流表
D.等離子體中帶正電荷的粒子受到豎直向上的洛倫茲力
1
2
3
4
5
6
7
8
基礎強化練
√
根據左手定則可知，等離子體中帶正電的粒子在磁場中將受到豎直向下的洛倫茲力從而向B板偏轉，帶負電的粒子將向A板偏轉，因此B板將帶正電，B板是電源的正極，而在外電路，電流是從正極流向負極的，因此，電流將從下往上流過電流表。故選A。
1
2
3
4
5
6
7
8
2.(2023·北京海淀101中學高二期末)如圖所示為一速度選擇器，內有一磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經磁場時不偏轉(不計重力)，則磁場區域內必須同時存在一個勻強電場，下列關于此電場強度大小和方向的說法中，正確的是
A.大小為 ，粒子帶正電時，方向向上
B.大小為 ，粒子帶負電時，方向向下
C.大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無關
D.大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關
1
2
3
4
5
6
7
8
√
為使粒子流經磁場時不偏轉(不計重力)，當粒子帶
正電時，所受洛倫茲力向下，則靜電力方向應向上，
電場方向向上，由平衡條件qvB＝qE，得E＝vB，A
錯誤；
為使粒子流經磁場時不偏轉(不計重力)，當粒子帶負電時，所受洛倫茲力向上，則靜電力方向應向下，電場方向向上，由平衡條件qvB＝qE，得E＝vB，B錯誤；
由A、B中分析可知，不論粒子帶何種電荷，電場強度方向都向上，大小等于vB，粒子流經磁場時不偏轉，C錯誤，D正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
3.(2022·宿遷市泗陽中學高二月考)如圖為某電磁流量計的示意圖，圓管由非磁性材料制成，空間有垂直于側壁向里的勻強磁場。當管中的導電液體(帶有大量正、負粒子)向右流過磁場區域時，測出管壁上M、N兩點間的電勢差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體積)。若管的直徑為d，磁感應強度為B，管中各處液體的流速相同。則
A.M點電勢低于N點電勢
B.保持B、d恒定，液體的流量Q越大，電勢差U越小
C.保持Q、B恒定，管的直徑d越大，電勢差U越大
D.保持Q、d恒定，磁感應強度B越大，電勢差U越大
1
2
3
4
5
6
7
8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
管中的導電液體向右流過磁場區域時，由左手定則，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，正粒子向上偏，負粒子向下偏，使上管壁帶正電，下管壁帶負電，所以M點電勢高于N點電勢，則A錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
電勢差U越大，保持Q、B恒定，管的直徑d越大，電勢差U越小，保持Q、d恒定，磁感應強度B越大，電勢差U越大，所以B、C錯誤，D正確。
4.(2023·南通市高二期中)如圖所示，方形金屬棒放在勻強磁場中，磁場方向垂直前后表面向外，金屬棒通有從左到右的恒定電流I后將會產生霍爾效應，a、b、c分別表示金屬棒的長、寬、高，則
A.金屬棒上表面的電勢低于下表面的電勢
B.僅增大金屬棒長度a，霍爾電壓將變小
C.僅增大金屬棒寬度b，霍爾電壓將變小
D.僅增大金屬棒高度c，霍爾電壓將變小
1
2
3
4
5
6
7
8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
金屬中的自由電荷是電子，電流方向從左向右，根據左手定則，電子受到的洛倫茲力方向向下，則金屬棒上表面的電勢高于下表面的電勢，A錯誤；
根據上述分析，僅增大金屬棒寬度b，霍爾電壓將變小，C正確。
5.如圖所示，在帶電的兩平行金屬板間有相互垂直的勻強磁場和勻強電場，勻強磁場的磁感應強度為B，勻強電場的電場強度為E，現有一電子(不計重力)以速度v0平行金屬板射入場區，則
能力綜合練
1
2
3
4
5
6
7
8
√
電子進入場區，受到洛倫茲力與靜電力作用，由左手
定則判斷可知，洛倫茲力方向向下，而靜電力方向向
上。若v0> ，則qv0B>qE，即洛倫茲力大于靜電力，
電子向下偏轉，沿軌跡Ⅱ運動，洛倫茲力不做功，而靜電力對電子做負功，動能減小，速度減小，故速度v若v0< ，則qv0Bv0，C、D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
6.醫生做某些特殊手術時，會利用電磁血流計來監測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成，磁極間的磁場是勻強磁場。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正、負離子隨血液一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管內部的電場可看作勻強電場，血液中的離子所受的靜電力和洛倫茲力的合力為零。在某次監測中，兩觸點的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 μV，磁感應強度的大小為0.04 T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為
A.1.3 m/s，a正、b負 B.2.7 m/s，a正、b負
C.1.3 m/s，a負、b正 D.2.7 m/s，a負、b正
1
2
3
4
5
6
7
8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
7.(2023·鹽城市伍佑中學高二月考)磁流體發電機的原理如圖所示，將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，在間距為d的兩平行金屬板a、b間產生電動勢。將其上下極板與阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器相連，間距為L的電容器極板間有一帶電微粒處于靜止狀態，不計其他電阻，重力加速度為g。下列說法正確的是
A.平行金屬板上極板比下極板電勢高
B.磁流體發電機的電動勢為BLv
C.電容器所帶電荷量為CBLv
1
2
3
4
5
6
7
8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感
應強度為B的勻強磁場時，由左手定則可以判斷正電
荷受到的洛倫茲力向下，所以正電荷會聚集到下板上，
負電荷受到的洛倫茲力向上，負電荷聚集到上板上，
故平行金屬板上極板比下極板電勢低，故A錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
8.(2023·南通市海安高級中學高二月考)自行車速度計可以利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運行速率。如圖甲所示，一塊磁體安裝在前輪上，輪子每轉一圈，磁體就靠近傳感器一次，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)。下列說法中錯誤的是
A.圖乙中霍爾元件的載流子帶負電
B.已知自行車車輪的半徑，再根據單位
時間內的脈沖數，即可獲得車速大小
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.若自行車的車速越大，則霍爾電勢差U2越大
1
2
3
4
5
6
7
8
√
由題意可知，前表面的電勢低于
后表面的電勢，結合左手定則可
知，霍爾元件的電流I是由負電荷
定向運動形成的，故A正確，不
符合題意；
根據單位時間內的脈沖數，可求得車輪轉動周期，從而求得車輪的角速度，最后由線速度公式v＝rω，結合車輪半徑，即可求解車輪的速度大小，故B正確，不符合題意；
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
8
BENKEJIESHU
本課結束(共86張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化3　帶電粒子在有界勻強磁場
　　　　 　中的運動
學習目標
1.會分析帶電粒子在有界勻強磁場中的運動(重點)。
2.會分析帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題
(難點)。
3.了解多解的成因，會分析帶電粒子在有界勻強磁場
中運動的多解問題(難點)。
內容索引
一、帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
二、帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題
專題強化練
三、帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題
一
帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1.直線邊界
從某一直線邊界射入的粒子，再從這一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等，如圖所示。
2.平行邊界
3.圓形邊界
(1)在圓形磁場區域內，沿半徑方向射入的粒子，必沿半徑方向射出，如圖甲所示。
(2)在圓形磁場區域內，不沿半徑方向射入的粒子，入射速度方向與半徑的夾角為θ，出射速度方向與半徑的夾角也為θ，如圖乙所示。
4.三角形邊界
如圖所示是等邊三角形ABC區域內某帶正電的粒子垂直AB方向進入磁場的臨界軌跡示意圖，粒子能從AC間射出的兩個臨界軌跡如圖甲、乙所示。
　(2023·宿遷市高二統考期末)如圖所示，在邊界PQ上方有垂直紙面向里的勻強磁場，一對比荷相同的正、負離子同時從邊界上的O點沿與PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁場中，不計離子重力及離子間的相互作用力，則正、負離子
A.在磁場中的運動時間相同
B.在磁場中運動的位移相同
C.出邊界時兩者的速度相同
D.正離子出邊界點到O點的距離更大
例1
√
則知兩個離子圓周運動的周期相等。根據左手定則分析可知，正離子逆時針偏轉，負離子順時針偏轉，作出兩離子的運動軌跡，如圖所示
兩離子重新回到邊界時，正離子的速度偏向角為2π－2θ，軌跡的圓心角也為2π－2θ，運動時間t1＝
正、負離子在磁場中運動時間不相等，故A錯誤；
由題意可知r相同，根據幾何知識可得，重新回到邊界的位置與O點距離s＝2rsin θ，
r、θ相同，則s相同，故兩離子在磁場中運動的位移大小相同，方向不同，故B、D錯誤；
兩離子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，根據圓的對稱性可知，重新回到邊界時速度大小與方向均相同，故C正確。
　在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出。
(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷 ；
例2
由粒子的運動軌跡(如圖)，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷。粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑R＝r，又
qvB＝ ，
(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變為B′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°，求磁感應強度B′的大小及此次粒子在磁場中運動所用時間t。
二
帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題
解決帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題的關鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態，根據勻強磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解。
(1)剛好穿出或剛好不能穿出勻強磁場的條件是帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡與邊界相切。
(2)當以一定的速率垂直射入勻強磁場時，運動的弧長越長、圓心角越大，則帶電粒子在有界勻強磁場中的運動時間越長。
(3)比荷相同的帶電粒子以不同的速率v進入磁場時，圓心角越大，運動時間越長。
　如圖所示，真空中狹長區域內的勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，區域寬度為d，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側垂直于磁場方向射入磁場，入射方向與CD的夾角為θ，已知電子的質量為m、帶電荷量為e，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應滿足的條件是
例3
√
由題意可知，電子從邊界EF射出的臨界條件為到達邊界EF時，速度方向與EF平行，即運動軌跡與EF相切，如圖所示。由幾何知識得：
　(2020·全國卷Ⅲ)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，磁場的磁感應強度最小為
例4
√
三
帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題
多解的原因：
(1)磁場方向不確定形成多解；
(2)帶電粒子電性不確定形成多解；
(3)臨界狀態不唯一形成多解；
(4)運動的往復性形成多解。
解決此類問題，首先應畫出粒子的可能軌跡，然后找出圓心、半徑的可能情況。
　如圖所示，位于A點的離子源在紙面內沿垂直OQ的方向向上射出一束負離子，重力及離子間的相互作用力忽略不計。為把這束負離子約束在OP之下的區域，可加垂直紙面的勻強磁場。已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為 ，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B應滿足
例5
√
　如圖所示，邊長為l的等邊三角形ACD內、外分布著方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。頂點A處有一粒子源，能沿∠CAD的角平分線方向發射不同速度的粒子，粒子質量均為m，電荷量均為＋q，不計粒子重力。則粒子以下列哪一速度發射時不能通過D點
例6
√
粒子帶正電，且經過D點，其可能的軌跡如圖
所示；
所有圓弧所對應的圓心角均為60°，所以粒
子運動的半徑為r＝ (n＝1,2,3，…)；
四
專題強化練
訓練2　帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界和多解問題
訓練1　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
1.(2023·淮安市高中校協作體聯考期中)如圖所示的虛線框為一長方形區域，該區域內有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一束電子以不同的速率從O點垂直于磁場方向、沿圖中方向射入磁場后，分別從a、b、c三點射出磁場，比較它們在磁場中的運動時間ta、tb、tc，其大小關系是
A.taC.ta＝tb>tc D.ta1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
基礎強化練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
2.(2023·揚州市廣陵區紅橋高級中學高二期中)如圖所示，在第四象限內有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，一對比荷之比為2∶1的正、負帶電粒子在坐標平面內以相同的速率沿與x軸成30°角的方向從坐標原點射入磁場。不計粒子受到的重力及粒子間的相互作用力。正、負帶電粒子在磁場中運動的時間之比為
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶3 D.1∶1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
運動軌跡如圖所示，由圖可知，帶正電的粒子運動軌跡所對應的圓心角為120°，帶負電的粒子運動軌跡所對應的圓心角為60°，正、負帶電粒子圓心角之比為2∶1；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
3.如圖所示，空間有一圓柱形勻強磁場區域，該區域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面。一質量為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°。不計粒子重力，該磁場的磁感應強度大小為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
粒子的運動軌跡如圖所示，
粒子做圓周運動的軌道半徑
根據洛倫茲力提供向心力得
4.如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，不計粒子重力，則
A.從P射出的粒子速度大
B.從Q射出的粒子周期大
C.從P射出的粒子在磁場中運動的時間長
D.兩粒子在磁場中運動的時間一樣長
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
作出兩帶電粒子各自的運動軌跡，如圖所示，根據圓周運動特點知，兩粒子分別從P、Q點射出時，速度方向與AC邊的夾角相等，故可判定兩粒子從P、Q點射出時，半徑RP5.(2023·蘇州市常熟中學高二月考)如圖所示，三個速度大小不同的同種帶電粒子(重力不計)，沿同一方向從圖中長方形區域的勻強磁場上邊緣射入，當它們從下邊緣飛出時相對入射方向的偏角分別為90°、60°、30°，則它們的速度大小之比為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
6.如圖所示，OACD為矩形，OA邊長為L，其內存在垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m、帶電荷量為q的粒子從O點以速度v0垂直磁感線射入磁場，速度方向與OA的夾角為α＝60°，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，則
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
粒子進入磁場時所受洛倫茲力垂直于速度方向指向右
下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故選項A錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
OD邊長最短時對應CD邊與軌跡圓弧相切，由幾何知識可知，OD邊長最短為d＝r－rcos α＝ ，故選項C正確；
7.如圖所示的扇形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AO與OB垂直，圓弧的半徑為R。一個質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子從圓心O點以大小為 的速度射入磁場，結果粒子剛好從AB弧的中點C射出，不計粒子的重力，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
能力綜合練
則下列說法正確的是
A.粒子在磁場中運動的時間為
B.粒子從O點射入速度與BO邊的夾角為30°
C.只改變粒子射入磁場時速度的方向，使粒子從AC段
　圓弧射出，則粒子在磁場中運動時間變長
D.只改變粒子射入磁場時速度的方向，使粒子從CB段圓弧射出，則粒子
　在磁場中運動時間變短
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由幾何關系可知粒子從O點射入速度與BO邊的夾角為75°，選項B錯誤；
只改變粒子射入磁場時速度的方向，使粒子從AC段圓弧射出，則粒子在磁場中轉過的角度仍為60°，粒子在磁場中運動時間不變，選項C錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
只改變粒子射入磁場時速度的方向，使粒子從BC段圓弧射出，則粒子在磁場中轉過的角度仍為60°，粒子在磁場中運動時間不變，選項D錯誤。
8.(2019·全國卷Ⅱ)如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發射源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
9.如圖所示，在圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的直徑。一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v1、方向與ab成30°角時，恰好從b點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經時間t飛出磁場，則其速度大小為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
畫出兩種情況下帶電粒子的運動軌跡如圖所示，由題意，同一粒子在磁場中偏轉時間均為t，則兩種情況下帶電粒子的偏轉角均為60°；
設圓的半徑為R，由幾何關系可以確定帶電粒子在兩種情況下做勻速圓周運動的半徑分別為r1＝2R，r2＝Rtan 60°＝ R，
10.(2023·連云港市高二期中)兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區域，其運動軌跡如圖所示。若a、b的偏轉角分別為120°和60°，不計粒子的重力，下列說法正確的是
A.a、b粒子的半徑之比為1∶2
B.a、b粒子的動量之比1∶1
C.a、b粒子動能之比9∶1
D.a、b粒子在磁場中運動的時間之比2∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
設圓形磁場區域的半徑為R，a粒子的軌跡半徑為ra，b粒子的軌跡半徑為rb
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
11.(2023·淮安市漣水縣第一中學高二月考)如圖所示，直角三角形ACD區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電粒子以速度v從C點沿∠C的角平分線射入磁場(圖中未畫出)，剛好從A點離開磁場。已知∠A＝30°，CD邊的長度為d，粒子重力不計。
(1)判斷該粒子的帶電性質；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　帶負電
由左手定則可知，該粒子帶負電；
(2)求該粒子的電荷量q；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
粒子沿∠C的角平分線射入磁場，與AC的夾角為30°，剛好從A點離開磁場，則應該沿DA方向射出，由幾何關系可知，粒子在磁場中運動的半徑為
(3)求該粒子在磁場中的運動時間t。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
粒子在磁場中的運動時間
1.如圖所示，△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為
的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經過BC邊，磁感應強度B的取值范圍為
1
2
4
5
6
7
8
9
基礎強化練
√
3
1
2
4
5
6
7
8
9
3
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
√
1
2
4
5
6
7
8
9
3
質子速度最大的臨界狀態是軌跡與PQ相切時，如圖所示
1
2
4
5
6
7
8
9
3
3.直線OM和直線ON之間的夾角為30°，如圖所示，直線OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量為m，電荷量為q(q>0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM上的某點向左上方射入磁場，方向與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場，不計粒子重力。粒子離開磁場的出射點到兩直線交點O的距離為
√
1
2
4
5
6
7
8
9
3
由題意可知，軌跡與ON相切，畫出粒子的運動
軌跡如圖所示，
1
2
4
5
6
7
8
9
3
4.如圖所示，長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電。現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從兩極板間邊界中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是
√
1
2
4
5
6
7
8
9
3
1
2
4
5
6
7
8
9
3
5.(2022·南通市高二期末)如圖所示，真空中有一磁感應強度為B的勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同心圓，磁場方向垂直紙面向里。圓心處有一粒子源，粒子的質量為m、電荷量為q，忽略粒子的重力。若粒子均被限制在圖中實線圓圍成的區域內，則粒子源發射粒子的最大速度是
能力綜合練
√
1
2
4
5
6
7
8
9
3
當粒子在磁場中的運動軌跡和外圓相切時，粒子在圖中實線圓圍成的區域內運動的半徑最大，速度最大，粒子的運動軌跡如圖
1
2
4
5
6
7
8
9
3
6.如圖所示，在平面直角坐標系Oxy的第一、二象限內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質量為m、電荷量為q的相同粒子從y軸上的P(0，L)點，以相同的速率在紙面內沿不同方向先后射入磁場。當沿x軸正方向射入時，粒子垂直x軸離開磁場，不計粒子的重力，則
√
1
2
4
5
6
7
8
9
3
根據題意，當粒子的速度沿x軸正方向射入時，粒子運動的軌跡如圖甲所示，由此可知，粒子帶正電，故A錯誤；
1
2
4
5
6
7
8
9
3
1
2
4
5
6
7
8
9
3
7.(2023·南京師范大學附屬揚子中學高二期末)如圖，虛線所示的圓形區域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在四分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計粒子重力及帶電粒子之間的相互作用力。則v2∶v1為
√
1
2
4
5
6
7
8
9
3
通過旋轉圓可知，當粒子在磁場中的出射點A離P點最遠時，有AP＝2R1，同樣，若粒子運動的速度大小為v2，當粒子在磁場中的出射點B離P點最遠時BP＝2R2，
1
2
4
5
6
7
8
9
3
1
2
4
5
6
7
8
9
3
8.(2023·揚州市邗江區高二期中)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小B＝0.60 T，有一與磁場平行的足夠大的感光板ab，其左側處有一粒子源S向紙面內各個方向均勻發射速度大小都是v＝6.0×106 m/s的帶正電粒子，其比荷為 ＝5.0×107 C/kg，
粒子重力不計。已知SO垂直ab，其中沿與SO成30°角射
出的粒子的運動軌跡剛好與ab相切于P，求：
(1)粒子源距ab感光板的距離；
答案　10 cm
1
2
4
5
6
7
8
9
3
如圖所示
由洛倫茲力提供向心力可得
當初速度與SO成30°角射出，軌跡與ab切于P點，可知△SPO1為等邊三角形，由幾何關系可知粒子源距ab感光板的距離為
1
2
4
5
6
7
8
9
3
(2)從S垂直SO向下射出的粒子打在感光板上的位置；
答案　見解析
1
2
4
5
6
7
8
9
3
如圖所示
設從S垂直SO向下射出的粒子打在感光板上的位置與O的距離為x，根據幾何關系可得
1
2
4
5
6
7
8
9
3
(3)ab板上感光部分的長度。
1
2
4
5
6
7
8
9
3
如圖所示
ab板上感光部分最上端點與O點的距離為
ab板上感光部分最下端點與O點的距離為
故感光部分的長度為
1
2
4
5
6
7
8
9
3
9.(2022·滁州市高二期末)如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，在磁場邊界上的M點放置一個放射源，能在紙面內以速率v向各個方向發射大量的同種粒子，粒子的電荷量為q、質量為m(不計粒子的重力及粒子間的相互作用力)，有粒子射出的圓弧長度為 。
尖子生選練
1
2
4
5
6
7
8
9
3
下列說法正確的是
√
1
2
4
5
6
7
8
9
3
由題意，如圖甲所示，當粒子在磁場中運動轉過的圓心角為180°時，其射出點N離M最遠，此時 對應磁場區域的圓心角為120°，
則根據幾何關系可知粒子做勻速圓周運動的半徑為r1＝Rsin 60°＝ R，
1
2
4
5
6
7
8
9
3
1
2
4
5
6
7
8
9
3
1
2
4
5
6
7
8
9
3
BENKEJIESHU
本課結束(共59張PPT)
DIYIZHANG
第一章
3　帶電粒子在勻強磁場中的運動
學習目標
1.理解帶電粒子初速度方向和磁場方向垂直時，帶電
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動。
2.會根據洛倫茲力提供向心力推導半徑公式和周期公
式(重點)。
3.會解決帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題(難點)。
內容索引
一、帶電粒子在勻強磁場中的運動規律
二、帶電粒子在勻強磁場中運動的基本分析思路
課時對點練
一
帶電粒子在勻強磁場中的運動規律
如果沿著與磁場垂直的方向發射一束帶電粒子(不計重力及粒子間的相互作用力)，這束粒子在勻強磁場中的運動軌跡會是什么樣的呢？
答案　洛倫茲力提供向心力，故只在洛倫茲力的作用下，粒子將做勻速圓周運動。
梳理與總結
1.若v∥B，帶電粒子所受洛倫茲力F＝ ，所以粒子在磁場中做______
。
2.若v⊥B，此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向　　　，粒子在垂直于　　　方向的平面內運動。
(1)洛倫茲力與粒子的運動方向　　　，只改變粒子速度的　　　，不改變粒子速度的　　　。
(2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內做　　　　　運動，　　　　　提供向心力。
0
勻速直
線運動
垂直
磁場
垂直
方向
大小
勻速圓周
洛倫茲力
3.帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑和周期
(1)運動電荷進入磁場后(無其他場)可能做類平拋運動。(　　)
(2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，軌道半徑跟粒子的速率成正比。(　　)
(3)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑成正比。
(　　)
(4)帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期隨速度的增大而減小。
(　　)
×
√
×
×
　兩個粒子A和B帶有等量的同種電荷，粒子A和B以垂直于磁場的方向射入同一勻強磁場，A、B均不計重力，則下列說法正確的是
A.如果兩粒子的速度vA＝vB，則兩粒子的半徑RA＝RB
B.如果兩粒子的速度vA＝vB，則兩粒子的周期TA＝TB
C.如果兩粒子的動能EkA＝EkB，則兩粒子的周期TA＝TB
D.如果兩粒子的質量與速度的乘積mAvA＝mBvB，則兩粒子的半徑RA＝RB
例1
√
　(2023·北京海淀區人大附中高二校考期末)圖甲是洛倫茲力演示儀結構圖，玻璃泡內充有稀薄的氣體，由電子槍發射電子束，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡。圖乙是勵磁線圈的原理圖，兩線圈之間產生的磁場近似勻強磁場，線圈中電流越大磁場越強，磁場的方向與兩個線圈中心的連線平行。電子速度的大小和磁感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調節。若電子槍垂直磁場方向發射電子，給勵磁線圈通電后，能看到電子束的徑跡呈圓形。關于電子束的軌道半徑，
例2
下列說法正確的是
A.只增大勵磁線圈中的電流，軌道半徑變小
B.只增大勵磁線圈中的電流，軌道半徑不變
C.只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑不變
D.只增大電子槍的加速電壓，軌道半徑變小
√
只增大電子槍的加速電壓U，可
知軌道半徑變大，故C、D錯誤。
二
帶電粒子在勻強磁場中運動的基本分析思路
1.圓心的確定
圓心位置的確定通常有以下兩種基本方法：
(1)已知入射方向和出射方向時，可以過入射點和出射點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，P為入射點，M為出射點)。
(2)已知入射方向和出射點的位置時，可以過入
射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，
作連線的中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧
軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出
射點)。
2.半徑的確定
(1)r＝　 ；(2)幾何關系。
3.粒子速度偏向角
速度的偏向角φ＝圓弧所對的圓心角(回旋角)θ＝弦切角α的2倍。(如圖)
4.粒子在勻強磁場中運動時間的確定
　(2023·鹽城市阜寧中學高二期中)如圖所示，一個質量為m、電荷量為－q、不計重力的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點以速度v沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，求：
(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小；
例3
作出帶電粒子做圓周運動的圓心和軌跡如圖，由圖中幾何關系知
Rcos 30°＝a
(2)在第一象限內的運動時間；
帶電粒子在第一象限內運動時間
(3)粒子射出磁場位置距O點的距離。
由幾何關系可得y＝R＋Rsin 30°
　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，從直線上一點O沿與PO方向成30°角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后到達直線上的P點，求：
(1)粒子做圓周運動的周期；
例4
答案　1.8×10－6 s
作出粒子的運動軌跡，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°，
(2)磁感應強度B的大小；
答案　0.314 T
(3)若O、P之間的距離為0.1 m，則粒子的運動速度的
大小。
答案　3.49×105 m/s
帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的解題方法
總結提升
三
課時對點練
考點一　周期公式與半徑公式的基本應用
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，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.粒子的速率不變，周期變為原來的2倍
D.粒子的速率減半，軌道半徑變為原來的2倍
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
基礎對點練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2.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，則下列選項中正確的是
A.Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2
B.Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1
C.Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2
D.Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3.(2023·鎮江大港中學高二期末)甲、乙兩個質量和電荷量都相同的帶正電的粒子(重力及粒子之間的相互作用力不計)，分別以速度v甲和v乙垂直磁場方向射入勻強磁場中，且v甲>v乙(下列各圖中的v表示粒子射入磁場的方向)，則甲、乙兩個粒子的運動軌跡正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根據左手定則可判斷帶正電的粒子在磁場中向上偏轉，選項C、D錯誤；
4.(2023·南京市金陵中學河西分校高二期中)帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡。如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中觀察到某帶電粒子的軌跡，其中a和b是運動軌跡上的兩點。該粒子使云室中的氣體電離時，其本身的動能在減少，而其質量和電荷量不變，重力忽略不計。下列說法正確的是
A.該粒子帶負電
B.該粒子先經過a點，再經過b點
C.該粒子動能減小是由于洛倫茲力對其做負功
D.該粒子運動過程中所受洛倫茲力大小不變
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由題意可知該粒子本身的動能在減少，而其質量
和電荷量不變，可知速度在減小，根據洛倫茲力
提供向心力有qvB＝ ，可得r＝ ，所以粒子
半徑減小，粒子先經過b點，再經過a點，則根據
左手定則可知粒子帶負電，A正確、B錯誤；
由于運動過程中洛倫茲力一直和速度方向垂直，洛倫茲力不做功，C錯誤；
根據F＝qvB，可知粒子運動過程中所受洛倫茲力逐漸減小，D錯誤。
考點二　帶電粒子做勻速圓周運動的分析
5.如圖，ABCD是一個正方形的勻強磁場區域，兩相同的粒子甲、乙分別以不同的速率從A、D兩點沿圖示方向射入磁場(磁場未畫出)，均從C點射出，則它們的速率之比v甲∶v乙和它們通過該磁場所用時間之比t甲∶t乙分別為
A.1∶1　2∶1 B.2∶1　2∶1
C.2∶1　1∶2 D.1∶2　1∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
6.如圖所示，在平面坐標系xOy的第一象限內，存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶正電的粒子沿x軸正方向以速度v0從y軸上的點P1(0，a)射入磁場，從x軸上的點P2(2a,0)射出磁場，不計粒子受到的重力，則粒子的比荷為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
粒子運動軌跡對應的圓心在y軸上，如圖所示，設軌跡的半徑為R，有(R－a)2＋4a2＝R2，
7.如圖所示，兩個速度大小不同的同種帶電粒子1、2沿水平方向從同一點垂直射入勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，當它們從磁場下邊界飛出時相對入射方向的偏轉角分別為90°、60°，則粒子1、2在磁場中運動的
A.軌跡半徑之比為2∶1
B.速度之比為1∶2
C.時間之比為2∶3
D.周期之比為1∶2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
粒子1和粒子2運動軌跡的圓心O1和O2如圖所示，設粒子1的軌跡半徑R1＝d，對于粒子2，由幾何關系可得R2sin 30°＋d＝R2，解得R2＝2d，故軌跡半徑之比為1∶2，A錯誤；
8.(2023·淮安市高中校協作體高二期中)如圖所示，有界勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，MN、PQ為磁場的邊界，磁場區域寬度為d。一束電荷量為e的帶電粒子以速度v垂直磁場
邊界射入磁場中，穿出磁場時速度方向與磁場右邊界夾角
為45°。不考慮粒子之間的相互作用力及粒子重力，求：
(1)粒子的電性；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案　負電
由左手定則知，粒子帶負電。
(2)穿越磁場時的軌道半徑；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
設粒子做勻速圓周運動的半徑為r，由幾何關系可得r＝
(3)粒子的質量；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(4)穿越磁場的時間。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9.(2023·江蘇連云港四校聯考期中)在同一勻強磁場中，α粒子和質子做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則α粒子和質子
A.運動半徑之比是2∶1
B.運動速度大小之比是4∶1
C.運動周期之比是2∶1
D.受到的洛倫茲力之比是2∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
能力綜合練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
α粒子和質子的質量之比為4∶1，電荷量之比為2∶1，而兩粒子的動量大小相等，則可知兩粒子速度大小之比為1∶4，故B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由洛倫茲力F＝Bqv，可知α粒子和質子在磁場中受到的洛倫茲力之比為1∶2，故D錯誤。
10.(2023·揚州市江都區丁溝中學高二期中)如圖所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界。現有一個質量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是
A.電子的運動軌跡為P→D→M→C→N→E→P
B.電子運動一周回到P點所用的時間t＝
C.B1＝4B2
D.電子在B2區域受到的磁場力始終不變
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
由左手定則可知，電子在P點所受洛倫茲力的方向
向上，軌跡為P→D→M→C→N→E→P，故A正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
電子在磁場中受到的洛倫茲力始終與速度垂直，方向時刻改變，故D錯誤。
11.如圖所示，一個重力不計的帶電粒子，以大小為v的速度從坐標(0，L)的a點，平行于x軸射入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的圓形勻強磁場區域，并從x軸上b點射出磁場，射出速度方向與x軸正方向間的夾角為60°。
(1)求帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案　2L
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
畫出粒子運動的軌跡如圖，由幾何知識有
Rcos 60°＋L＝R
解得R＝2L。
(2)求帶電粒子的比荷 及粒子從a點運動到b點的時間；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(3)其他條件不變，要使該粒子恰從O點射出磁場，求粒子的入射速度大小。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
12.(2020·江蘇卷改編)空間存在兩個垂直于Oxy平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為2B0、3B0。質量為m、帶電荷量為q的粒子從原點O沿x軸正向射入磁場，速度為v。粒子第1次、第2次經過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示。不考慮粒子重力影響。求：
(1)Q到O的距離d；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
尖子生選練
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設半徑分別為r1、r2
且d＝2r1－2r2，
(2)粒子兩次經過P點的時間間隔Δt。
粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設運動時間分別為t1、t2
且Δt＝2t1＋3t2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
BENKEJIESHU
本課結束(共62張PPT)
DIYIZHANG
第一章
4　質譜儀與回旋加速器
學習目標
1.知道質譜儀的構造及工作原理，會確定粒子在磁場
中運動的半徑，會求粒子的比荷(重點)。
2.知道回旋加速器的構造及工作原理，知道交流電的
周期與粒子在磁場中運動的周期之間的關系，知道
決定粒子最大動能的因素(重點)。
內容索引
一、質譜儀
二、回旋加速器
課時對點練
一
質譜儀
1.質譜儀原理圖：
2.質譜儀工作原理
(1)加速：帶電粒子進入質譜儀的加速電場，由動能定理得： 。
(2)偏轉：帶電粒子進入質譜儀的偏轉磁場做勻速圓周運動，由洛倫茲力
提供向心力得：qvB＝ ，聯立解得：r＝ ，如果測出半徑，
就可以判斷帶電粒子比荷的大小，如果測出半徑且已知電荷量，就可求出帶電粒子的質量。
3.應用：測量帶電粒子的　　　和分析　　　　的重要工具。
質量
同位素
(1)質譜儀工作時，在電場和磁場確定的情況下，同一帶電粒子在磁場中的軌跡半徑相同。(　　)
(2)因不同原子的質量不同，所以同位素在質譜儀中的軌跡半徑不同。
(　　)
√
√
　(2023·宿遷市高二期末)應用質譜儀測定有機化合物分子結構的方法稱為質譜法，先在離子化室A中將有機物氣體分子碎裂成兩種帶正電的離子，離子從下方的小孔S飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過S1沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中，最后打到照相底片D上，形成a、b兩條質譜線，則
A.打到a處的離子的比荷小
B.兩種離子進入磁場時的速度相同
C.勻強磁場的方向為垂直紙面向里
D.兩種離子在磁場中的運動時間相等
例1
√
離子帶正電，故根據左手定則可得勻強磁場的方向為垂直紙面向外，故C錯誤；
　如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直，已知甲離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙離子在MN的中點射出；MN長為l，不計重力影響和離子間的相互作用。求：
(1)磁場的磁感應強度大小；
例2
設甲離子所帶電荷量為q1，質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝ m1v12 ①
由洛倫茲力提供向心力和牛頓第二定律有
由幾何關系知2R1＝l ③
(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。
答案　1∶4
設乙離子所帶電荷量為q2，質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。
二
回旋加速器
回旋加速器兩D形盒之間有窄縫，中心附近放置粒子源(如質子、氘核或α粒子源)，D形盒間接上交流電源，在狹縫中形成一個交變電場。D形盒上有垂直盒面的勻強磁場(如圖所示)。
(1)回旋加速器中磁場和電場分別起什么作用？對交流電源的周期有什么要求？在一個周期內加速幾次？
答案　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。一個周期內加速兩次。
(2)帶電粒子獲得的最大動能由哪些因素決定？如何提高粒子的最大動能？
1.粒子被加速的條件
交變電場的周期等于粒子在磁場中運動的周期。
2.粒子最終的能量
梳理與總結
如何計算粒子在回旋加速器的電場中加速運動的總時間？
思考與討論
答案　整個過程在電場中可以看成勻加速直線運動。
由vm＝at(vm為最大速度)
　(2023·鎮江市高二期中)粒子從A點飄入回旋加速器，在電場中開始加速，下圖中虛線描繪粒子連續經過D1盒中的軌跡，可能正確的是
例3
√
　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，使粒子每次穿過窄縫時都能被加速，加速電壓大小始終為U，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)所加交流電源頻率；
例4
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，粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，則qvB＝ ，
(2)粒子離開加速器時的最大動能；
(3)粒子被加速次數；
設粒子被加速次數為n
(4)若帶電粒子在電場中加速的加速度大小恒為a，粒子在電場中加速的總時間。
由于加速度大小始終不變，
三
課時對點練
考點一　質譜儀
1.(2023·連云港市灌南二中高二月考)如圖所示，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場和勻強電場組成的速度選擇器，其磁感應強度大小為B，電場強度大小為E。然后粒子通過平板S上的狹縫P進入平板下方的勻強磁場，平板下方的磁場方向如圖所示。粒子最終打在平板S上，粒子重力不計，則下列說法正確的是
A.粒子帶負電
B.粒子打在平板S上的位置離狹縫P越遠，粒子的比荷越小
C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于
D.速度選擇器中的磁感應強度方向垂直紙面向里
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
基礎對點練
√
帶電粒子在磁場中向左偏轉，由左手定則知粒子帶
正電，選項A錯誤；
粒子經過速度選擇器時所受的靜電力和洛倫茲力平
衡，有qE＝Bvq，則有v＝ ，而粒子所受靜電力水
平向右，那么洛倫茲力水平向左，粒子帶正電，則磁場垂直紙面向外，選項C、D錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
由上分析，可知經過速度選擇器進入磁場B′的粒子速度相等，根據洛倫茲力提供向心力有qvB′＝
，解得r＝ ，知粒子打在S板上的位置離狹縫P越遠，則半徑越大，粒子的比荷越小，選項B正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2.圖示裝置叫質譜儀，最初是由阿斯頓設計的，是一種測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具。其工作原理如下：一個質量為m、電荷量為q的離子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向，進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相的底片D上。不計離子重力。則
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3.(2023·鎮江市高二期中)A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷量、不同的質量。為測定它們的質量比，使它們從質譜儀的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進入同一勻強磁場，打到照相底片上。如果從底片上獲知A、B在磁場中運動軌跡的直徑之比是k，則A、B的質量之比為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
考點二　回旋加速器
4.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.離子從磁場中獲得能量
C.增大D形盒的半徑，其余條件不變，離子離開磁場的
　動能將減小
D.增大加速電場的電壓，其余條件不變，離子在D形盒中運動的時間變短
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
回旋加速器是利用電場加速，離子從電場中獲得能量，故B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
增大加速電場的電壓，其余條件不變，每次加速后離子獲得的動能增加，但最終的動能不變，故在磁場中加速的次數減少，離子在D形盒中運動的時間變短，故D正確。
5.(2023·揚州市高二期中)回旋加速器利用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，使粒子在較小的空間范圍內經過電場的多次加速獲得較大的能量。如圖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場強大小恒定，且被限制在M、N板間，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經加速后進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，下列說法正確的是
A.帶電粒子每運動一周被加速兩次
B.粒子每運動一周半徑的增加量都相等
C.增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能不變
D.加速電場方向需要做周期性的變化
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
帶電粒子只有經過M、N板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次。電場的方向不需改變，只在M、N間加速，故A、D錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
6.(2023·揚州市邗江區第一中學高二月考)如圖所示是回旋加速器示意圖，交變電壓U大小和頻率保持不變，磁場B的磁感應強度大小可以調節。用該裝置分別對質子(　)和氦核(　 )加速，則質子和氦核的
最大動能之比為
A.1∶8 B.1∶4
C.1∶2 D.1∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
能力綜合練
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
7.(2023·鎮江市丹陽高級中學高二期末)質譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉磁場。如圖所示為質譜儀的原理圖。設想有一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經電壓為U的加速電場加速后垂直進入磁感應強度為B的偏轉磁場中，帶電粒子打
到底片上的P點，設OP＝x，則在下列選項圖中能正確反
映x與U之間的函數關系的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
8.(2023·南通市高二期末)如圖所示，回旋加速器的主要結構是在磁極間的真空室內有兩個半圓形的金屬扁盒(D形盒)隔開相對放置，下列說法正確的是
A.回旋加速器可以同時加速α粒子
B.帶電粒子每一次通過狹縫時獲得的能量不同
C.交流電源的加速電壓越大，粒子離開回旋加速器
　時獲得的最大動能越大
D.粒子在D形盒間隙中運動可看作勻變速直線運動
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
回旋加速器要實現對粒子的同步加速，交變電流的周期要等于粒子在磁場中運動的周期，即
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
帶電粒子每一次通過狹縫時獲得的能量均為ΔE＝qU，均相同，故B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
由于在D形盒間隙中所加的電壓為高壓，粒子獲得的速度較大且由于D形盒間隙較小，使得粒子通過D形盒間隙的時間較短，可認為此過程狹縫間的電壓不變，所以粒子在D形盒間隙中的運動可看作勻變速直線運動，故D正確。
9.(2023·鎮江市丹陽高級中學高二期末)圖甲是回旋加速器的示意圖，兩D形金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。在加速帶電粒子時，帶電粒子從靜止開始運動，其速率v隨時間t的變化如圖乙，已知tn時刻粒子恰好射出回旋加速器，粒子穿過狹縫的時間不可忽略，不考慮相對論效應及粒子的重力，下列判斷不正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10.(2023·揚州市邗江區第一中學高二月考)有一種“雙聚焦分析器”質譜儀，工作原理如圖所示。加速電場的電壓為U，靜電分析器中有會聚電場，即與圓心O1等距各點的電場強度大小相同，方向沿徑向指向圓心O1，磁分析器中以O2為圓心、圓心角為90°的扇形區域內，分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發出一個質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
經加速電場加速后，從M點沿垂直于該點的電場方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿半徑為R的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，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。(題中的U、m、q、R、d都為已知量)
(1)求靜電分析器中離子運動軌跡處電場
強度E的大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，則
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(2)求磁分析器中磁感應強度B的大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
離子垂直磁分析器左邊界進入，垂直下邊界射出，則離子在磁分析器中做圓周運動的半徑為d，則
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(3)現將離子換成質量為2m、電荷量為0.5q的另一種正離子，其他條件不變。磁分析器空間足夠大，離子不會從圓弧邊界射出，求該離子進入磁分析器的位置P′以及離開磁分析器的位置Q′到O2的距離。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
由(1)可得，另一種離子在靜電分析器中的運動半徑仍為R，所以該離子進入磁分析器的位置P′仍為P，由0.5qU＝ ·2mv′2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
得r′＝2d
BENKEJIESHU
本課結束(共71張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化4　帶電粒子在組合場中的運動
學習目標
1.進一步掌握帶電粒子在電場、磁場中運動的特點及
分析方法(重點)。
2.掌握帶電粒子在組合場中運動問題的分析方法(重點)。
3.會根據電場知識和磁場知識分析帶電粒子在組合場
中的運動規律(難點)。
內容索引
一、帶電粒子在電場和磁場中運動的動力學分析
二、帶電粒子在組合場中的運動
專題強化練
一
帶電粒子在電場和磁場中運動的動力學分析
(1)洛倫茲力只改變帶電粒子速度方向，不改變帶電粒子速度大小。
(　　)
(2)靜電力只改變帶電粒子速度大小，不改變帶電粒子速度方向。
(　　)
(3)帶電粒子垂直勻強磁場入射，一定做勻速圓周運動。(　　)
(4)帶電粒子垂直勻強電場入射，也可能做勻速圓周運動。(　　)
√
×
√
×
二
帶電粒子在組合場中的運動
　在半導體離子注放工藝中，初速度可忽略的離子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.在磁場中運動的半徑之比為3∶1
B.在電場中的加速度之比為1∶1
C.在磁場中轉過的角度之比為1∶2
D.離開磁場區域時的動能之比為1∶
例1
1.從電場進入磁場
√
　(2023·南京師范大學附屬揚子中學高二期末)如圖所示，在y>0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y<0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xOy平面(紙面)向外。一電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子，經過y軸上y＝h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；
然后，經過x軸上x＝2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上
y＝－2h的P3點。不計重力。求：
(1)電場強度的大小；
例2
粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示
設粒子從P1運動到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律qE＝ma
根據運動學公式有
v0t＝2h
(2)粒子到達P2時速度的大小和方向；
粒子到達P2時速度沿x方向速度分量為v0，沿y方向速度分量的大小為v1，v表示速度的大小，θ表示速度與x軸的夾角，則有
v12＝2ah
方向與x軸夾角為45°，斜向右下方。
(3)磁感應強度的大小。
設磁場的磁感應強度為B，在洛倫茲力作用下粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得
r是圓周運動的半徑，與x軸、y軸的交點為P2、P3，因為OP2＝OP3，θ＝45°
帶電粒子從電場射出的末速度是進入磁場的初速度，要特別注意求解進入磁場時速度的大小和方向，這是正確求解的關鍵。
總結提升
　如圖，在空間直角坐標系O－xyz中，界面Ⅰ與Oyz平面重疊，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相鄰界面的間距均為L，與x軸的交點分別為O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ間有沿y軸負方向的勻強電場，在界面Ⅱ、Ⅲ間有沿z軸正方向的勻強磁場。一質量為m、電荷量為＋q的粒子，從y軸上距O點
處的P點，以速度v0沿x軸正方向射入電場區域，該粒子剛好從點O1進入磁場區域。粒子重力不計。求：
(1)勻強電場的電場強度的大小E；
例3
畫出平面圖如圖所示：
粒子在電場區域內做類平拋運動，設電場中粒子加速度大小為a，沿z軸正方向看，如圖所示
粒子從O1點進入右邊磁場，則L＝v0t
qE＝ma
(2)要讓粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，勻強磁場的磁感應強度B應多大。
設粒子到O1點時的速度大小為v，與x軸正方向夾角為θ，如圖所示，則
故tan θ＝1
此題看題圖是立體空間，但是帶電粒子在電場中的偏轉和磁場中的圓周運動是在同一個平面內完成的，即帶電粒子的運動軌跡在同一個平面內。解此類題可以先把立體圖轉化為平面圖，然后畫出帶電粒子的運動軌跡，再運用帶電粒子在電場、磁場中運動的規律列方程求解。
總結提升
　(2023·昆山市文峰高級中學高二校考期末)如圖所示，直角坐標系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子，在x軸上的a點以與x軸負方向成60°角的速度v0射入磁場，從y＝L處的b點沿垂直于y軸方向進入電場，并經過x軸上x＝2L處的c點。不計粒子重力。求：
(1)磁感應強度B的大小；
例4
2、從磁場進入電場
帶電粒子的運動軌跡如圖
由幾何關系可知
r＋rcos 60°＝L
(2)電場強度E的大小；
帶電粒子在電場中運動時，沿x軸有2L＝v0t2
又因為qE＝ma
(3)帶電粒子在磁場和電場中的運動時間之比。
帶電粒子在磁場中運動時間為
　(2023·如皋市第一中學高二期末)如圖所示，y軸上M點的坐標為(0，L)，MN與x軸平行，MN與x軸之間有勻強磁場區域，磁場垂直紙面向里。在y>L的區域存在沿－y方向的勻強電場，電場強度大小為E，在坐標原點O處有一帶正電粒子以速率v0沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的比荷為 ，粒子重力不計。求：
(1)勻強磁場的磁感應強度的大小；
例5
3、多次進出電場和磁場
粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，則粒子進電場時的速度方向沿y軸正方向，所以粒子在組合場中軌跡如圖
由幾何關系知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑為
r＝L
(2)該粒子第一次上升到最高點的坐標；
粒子穿出磁場進入電場，當速度減小到0時粒子第一次上升到最高點，根據牛頓第二定律有a＝
根據運動學公式得粒子沿y軸正方向做勻減速直線運
動的距離
粒子第一次上升到最高點的橫坐標x＝r＝L
粒子第一次上升到最高點的縱坐標
(3)從原點出發后經過多長時間，帶電粒子第一次回到x軸。
三
專題強化練
訓練2　帶電粒子在立體空間中的運動(選練)
訓練1　帶電粒子在組合場中的運動
1.(2023·南通市高二期中)如圖所示，虛線為勻強電場和勻強磁場的分界線，電場線與分界線平行。一帶電粒子以初速度v0垂直于電場線射入電場，并能進入磁場。已知磁感應強度為B，粒子的比荷為k，不計粒子的重力。則粒子第一次進、出磁場兩點間的距離為
1
2
3
4
5
基礎強化練
√
根據題意，設粒子帶正電，進入磁場時速度大小為v，方向與水平方向夾角為α，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示。
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
2.如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內有豎直向上的勻強電場，在第Ⅱ、Ⅲ象限虛線圓內有垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，圓心O1在x軸上，半徑為R且過坐標原點O。一質量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子從圓上P點正對圓心O1以速度v0射入磁場，從坐標原點O離開磁場，接著又恰好經過第一象限的點Q(a，b)，已知PO1與x軸負方向成θ角，不計粒子重力，求：
(1)勻強電場的電場強度E的大小及勻強磁場的磁感應
強度B的大小；
1
2
3
4
5
粒子運動軌跡如圖所示。設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關系得
1
2
3
4
5
(2)粒子從P運動到Q的時間。
1
2
3
4
5
則粒子從P運動到Q的時間為
1
2
3
4
5
3.如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內有一垂直于平面向外的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(重力不計)經過電場中坐標為(3L，L)的P點時的速度大小為v0。方向沿x軸負方向，然后以與x軸負方向成45°角進入磁場，最后從坐標原點O射出磁場，求：
(1)勻強電場的電場強度E的大小；
1
2
3
4
5
能力綜合練
1
2
3
4
5
粒子在電場中和磁場中的軌跡如圖所示
粒子在電場中，根據動能定理可得
(2)勻強磁場的磁感應強度B的大小；
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
粒子在勻強電場中做類平拋運動，沿－x方向做勻速直線運動，則有xQP＝v0t1
可得xQP＝2L
xOQ＝3L－xQP＝L
設粒子在磁場中的軌跡半徑為R，根據幾何關系可得xOQ＝2Rcos 45°
(3)粒子從P點運動到原點O所用的時間。
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
粒子在磁場中運動的時間為
則粒子從P點運動到原點O所用的時間為
4.(2023·連云港市錦屏高級中學等四校高二期中聯考)如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在－ m≤x≤0的區域內有磁感應強度大小B＝4.0×10－4 T、方向垂直于紙面向里的條形勻強磁場，其左邊界與x軸交于P點；在x>0的區域內存在電場強度大小E＝4 N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場，其寬度d＝2 m。一質量m＝6.4×10－27 kg、電荷量q＝3.2×10－19 C的帶負電粒子從P點以速度v＝4×104 m/s，
沿與x軸正方向成α＝60°角射入磁場，經磁場、電場偏
轉后，最終通過x軸上的Q點(圖中未標出)，不計粒子重
力。求：
1
2
3
4
5
(1)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；
1
2
3
4
5
答案　2 m
解得r＝2 m
(2)帶電粒子在磁場中的運動時間；
1
2
3
4
5
答案　5.23×10－5 s
(3)當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標。
1
2
3
4
5
答案　5 m
1
2
3
4
5
粒子從磁場邊界射出時沿水平方向，根據幾何關系
可知，粒子從磁場進入電場的位置離O點的距離為h
＝r－rcos 60°＝1 m
粒子進入電場后做類平拋運動，水平方向做勻速直
線運動，豎直方向做勻加速直線運動，設加速度為a，豎直方向的位移為h0，在電場中運動的時間為t′，
1
2
3
4
5
解得h0＝0.25 m
因此可判定Q點不在電場內，則粒子射出電場后將
做勻速直線運動，設Q點離電場右邊界的距離為x1，
粒子出電場時速度方向與水平方向的夾角為θ，則根
據幾何關系可得
解得x1＝3 m
則可知Q點的橫坐標為x＝d＋x1＝5 m。
5.(2022·常熟市高二期中)如圖所示，坐標平面第Ⅰ象限內存在水平向左的勻強電場，在y軸左側區域存在寬度為a＝0.3 m的垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B(大小可調)。現有質荷比為 ＝4×10－10 kg/C的帶正電粒子從x軸上的A點以一定初速度垂直x軸射入電場，并且以大小為v＝4×107 m/s、方向與y軸正方向成60°角的速度經過P點進入磁場，OP＝ m，OA＝0.1 m，不計粒子重力。求：
(1)粒子從A點進入電場的初速度v0的大小；
1
2
3
4
5
尖子生選練
答案　2×107 m/s
粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向不受力，為勻速運動，則v0＝vcos 60°
所以v0＝2×107 m/s
1
2
3
4
5
(2)要使粒子不從CD邊界射出，則磁感應強度至少為多大；
1
2
3
4
5
答案　0.08 T
粒子在磁場中做勻速圓周運動，如圖甲所示，由洛倫茲力提供向心力，則有qvBmin＝
當軌跡與CD邊相切時恰好不出磁場，此時
R＋Rsin 30°＝a
解得R＝0.2 m
聯立解得Bmin＝0.08 T
1
2
3
4
5
(3)粒子經過磁場后，剛好可以回到A點，則磁感應強度B為多少。
1
2
3
4
5
答案　0.16 T
粒子運動軌跡如圖乙所示，出磁場時速度與y軸正方向夾角為60°，做勻速直線運動后回到A點，設出磁場處為Q點，由幾何關系
1
2
3
4
5
2R′sin 60°＝PQ
解得B＝0.16 T。
1.(2022·廣東卷)如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區域，兩區域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直Oyz平面
進入磁場，并穿過兩個磁場區域。下列關于質子運動軌
跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是
1
2
3
√
由題意知當質子垂直Oyz平面進入磁場后先在MN左
側運動，剛進入時根據左手定則可知受到y軸正方向
的洛倫茲力，做勻速圓周運動，即質子會向y軸正方
向偏轉，y軸坐標增大，在MN右側磁場方向反向，由
對稱性可知，A可能正確，B錯誤；
根據左手定則可知質子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故C、D錯誤。
1
2
3
2.某離子實驗裝置的基本原理如圖所示，Ⅰ區寬度為d1，左邊界與x軸垂直交于坐標原點O，其內充滿沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E；Ⅱ區寬度為d2，左邊界與x軸垂直交于O1點，右邊界與x軸垂直交于O2點，其內充滿沿
x軸負方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B(B可表示為 )。足夠大
的測試板垂直x軸置于Ⅱ區右邊界，其中心與O2點重合，以O2為原點建立zO2y
坐標系，從離子源不斷飄出電荷量q、質量m的正離子，離子以某初速度沿x軸正方向過O點，依次經Ⅰ區、Ⅱ區到達測試板。
離子從Ⅰ區飛出時的位置到O1點的距離為l。
忽略離子間的相互作用，不計離子的重力。
1
2
3
√
1
2
3
設離子在Ⅰ區內做類平拋運動的時間為t1，
則x方向d1＝v0t1，
由牛頓第二定律得qE＝ma，
離子剛飛出Ⅰ區時沿y軸方向的速度大小
1
2
3
合速度的大小為
在Ⅱ區內沿x方向做勻速直線運動，
設離子在Ⅱ區運動的時間為t2，
x方向d2＝v0t2，
離子在Ⅱ區運動軌跡的長度
1
2
3
設離子在Ⅱ區yO2z平面方向做勻速圓周運
動的半徑為r，
1
2
3
離子打在測試板上的位置與O2點沿z軸距離
1
2
3
3.如圖所示，M、N兩金屬圓筒是直線加速器的一部分，M與N間的電勢差為U；底面半徑為L的圓柱體區域內有豎直向上的勻強磁場，一質量為m、電荷量為＋q的粒子，從圓筒M右側由靜止釋放，粒子在兩筒間做勻加速直線運動，在N筒內做勻速直線運動，粒子自圓筒N出來后，正對著磁場區域的中心軸線垂直進入磁場區域，在磁場中偏轉了60°后射出磁場區域，忽略粒子受到的重力。求：
(1)粒子進入磁場區域時的速率；
1
2
3
1
2
3
(2)磁感應強度的大小。
1
2
3
粒子運動軌跡如圖所示(俯視圖)
由幾何知識可得粒子在磁場中運動的軌道半徑
1
2
3
BENKEJIESHU
本課結束(共51張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化1　安培力作用下導體的平衡
　　　　 　和運動問題
學習目標
1.能處理安培力作用下導體棒的平衡問題(重點)。
2.會結合牛頓第二定律求導體棒的瞬時加速度。
3.學會運用安培力作用下導體運動方向的常用判斷方
法(重難點)。
內容索引
一、安培力作用下的平衡問題
二、安培力作用下的加速問題
專題強化練
三、安培力作用下導體運動方向的判斷
一
安培力作用下的平衡問題
如圖所示，在水平面內固定有兩平行金屬導軌，導軌間距為L，兩導軌間整個區域內分布有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向與導軌平面成θ角并與金屬桿ab垂直。垂直于兩導軌放置的金屬桿ab重力為G，通過的電流為I，處于靜止狀態。
(1)畫出金屬桿ab的平面受力分析圖；
答案　如圖所示
(2)由平衡條件寫出平衡方程。
答案　水平方向：Ff＝F安·sin θ，即Ff＝BILsin θ
豎直方向：FN＝G－F安cos θ，即FN＝G－BILcos θ
梳理與總結
解決安培力作用下的平衡問題與解決一般物體平衡問題的方法類似，只是多出一個安培力。一般解題步驟為：
　(2023·連云港市高二期中)如圖所示，在水平面內固定有兩平行導軌，導軌間距為L，通電導體棒AC靜止于水平導軌上，棒的質量為m，長為l，通過的電流為I，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面成θ角(重力加速度為g)，求：
(1)導體棒所受到的安培力大小；
例1
答案　BIL
由題可知，安培力大小為F安＝BIL
(2)導軌受到AC棒的壓力和摩擦力各為多大。
答案　mg－BILcos θ　BILsin θ
對導體棒的受力分析如圖所示
由受力分析可得F安y＝F安cos θ
F安x＝F安sin θ
由平衡條件可得Ff＝F安x＝F安sin θ＝BILsin θ
mg＝FN＋F安y
可得FN＝mg－BILcos θ
根據牛頓第三定律可知導軌受到AC棒的壓力大小為FN′＝FN＝mg－BILcos θ。
二
安培力作用下的加速問題
　如圖所示，光滑的平行導軌傾角為θ，處在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌中接入電動勢為E、內阻為r的直流電源。電路中有一阻值為R的電阻，其余電阻不計，將質量為m、長度為l的導體棒由靜止釋放，導體棒沿導軌向下運動，導體棒與導軌垂直且接觸良好，求導體棒在釋放瞬間的加速度的大小。(重力加速度為g)
例2
畫出題中裝置的側視圖，導體棒受力分析如圖所示，導體棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛頓第二定律得mgsin θ－Fcos θ＝ma，
1.解決在安培力作用下導體的加速運動問題，首先要對研究對象進行受力分析(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。
總結提升
三
安培力作用下導體運動方向的判斷
　一個可以自由運動的線圈L1和一個水平固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示。當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將
A.不動 B.順時針轉動
C.逆時針轉動 D.向紙面里平動
例3
√
方法一　電流元法　把線圈L1沿L2所在平面分成上、下
兩部分，每一部分又可以看成無數段直線電流元，電流
元處在L2中的電流產生的磁場中，根據安培定則可知各
電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半
部分電流元所受安培力方向均指向紙外，下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內，因此從左向右看，線圈L1將順時針轉動。故B正確。
方法二　等效法　把線圈L1等效為小磁針，由安培定則
知I2產生的磁場方向沿其豎直軸線向上，而L1等效成的
小磁針在轉動前，N極指向紙內，因此小磁針的N極應
由指向紙內轉為豎直向上，所以從左向右看，線圈L1將
順時針轉動。故B正確。
方法三　結論法　環形電流I1、I2之間不平行，則必相對轉動，直到兩環形電流同向平行為止，據此可知，從左向右看，線圈L1將順時針轉動。故B正確。
　如圖所示，把輕質導線圈用絕緣細線懸掛在磁體的N極附近，磁體的軸線穿過線圈的圓心且垂直于線圈平面。當線圈內通以圖示方向的電流(從右向左看沿逆時針方向)后，線圈的運動情況是
A.線圈向左運動
B.線圈向右運動
C.從上往下看順時針轉動
D.從上往下看逆時針轉動
例4
將環形電流等效成小磁針，如圖所示，根據異名磁極
相互吸引知，線圈將向左運動，選A。
√
　一直導線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的正上方，如圖所示。如果直導線可以自由地運動且通以由a到b的電流，則導線受安培力后的運動情況為
A.從上向下看順時針轉動并靠近螺線管
B.從上向下看順時針轉動并遠離螺線管
C.從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管
D.從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管
例5
√
通電螺線管產生的磁感線如圖所示，則由圖示可知
導線左側所處的磁場方向斜向上，導線右側所處的
磁場斜向下，則由左手定則可知，導線左側受力方
向向外，導線右側受力方向向里，故從上向下看，
導線應為逆時針轉動；當導線轉過90°的過程，由左手定則可得導線受力向下，故可得出導線運動情況為逆時針轉動的同時還要向下運動，即靠近通電螺線管，故D正確，A、B、C錯誤。
安培力作用下導體運動的常用判斷方法
總結提升
電流 元法 把整段導線分為多段直電流元，先用左手定則判斷每段電流元受力的方向，然后判斷整段導線所受合力的方向，從而確定導線運動的方向
等效法 環形電流可等效成小磁針，通電螺線管可等效成條形磁體或多個環形電流，反過來等效也成立
總結提升
特殊 位置法 把電流或磁體轉到一個便于分析的特殊位置(如轉過90°角)后再判斷所受安培力的方向
轉換研究 對象法 定性分析磁體在電流產生磁場作用下如何運動的問題，可先分析通電導體在磁體產生的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產生磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動的方向
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；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢
四
專題強化練
考點一　安培力作用下的平衡問題
1.質量為m的金屬細桿置于傾角為θ的光滑導軌上，導軌的寬度為d，若給細桿通以如圖所示的電流時，如圖所示的A、B、C、D四個圖中，可能使桿靜止在導軌上的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
基礎對點練
√
A圖中桿受重力、沿斜面向下的安培力，垂
直斜面向上的支持力，三個力不可能達到平
衡狀態，故A錯誤。
B圖中桿受重力、豎直向上的安培力，若重
力與安培力大小相等，則二力平衡，即桿不
受支持力即可靜止，故B正確。
C圖中桿受重力、水平向左的安培力和垂直斜面向上的支持力，三個力不可能達到平衡狀態，故C錯誤。
D圖中桿受重力和斜面的支持力，不受安培力，則二力不可能平衡，故D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2.(2023·常德市漢壽縣第一中學高二階段練習)如圖所示，質量為m、長度為l的金屬棒放置在橫截面為 圓弧的光滑軌道上，軌道處在豎直平面內，整個裝置處于豎直方向的勻強磁場中，當金屬棒通有垂直紙面向外的電流I時，金屬棒靜止于軌道某點，該點與圓心連線和水平方向的夾角為θ，重力加速度為g。則下列說法正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
根據平衡條件，安培力向右，根據左手定則，勻強磁場的方向豎直向下，A錯誤；
根據平衡條件得BIltan θ＝mg，解得B＝ ，C正確，B、D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3.如圖所示，間距為L的光滑金屬導軌PQ、MN相互平行，導軌平面與水平面呈θ角，質量為m的金屬棒ab垂直于導軌放置并與電源、開關構成回路，金屬棒ab與導軌接觸良好，空間存在與導軌平面垂直的勻強磁場，當通過金屬棒ab的電流為I時，金屬棒恰好處于靜止狀態，重力加速度為g，則
A.磁場方向垂直于導軌平面向下
B.金屬棒受到的安培力的大小為mgsin θ
C.磁場的磁感應強度為
D.增大電流，導軌對金屬棒的支持力也增大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
金屬棒處于靜止狀態，則所受安培力方向沿導軌平
面向上，由左手定則判斷，磁場方向垂直于導軌平
面向上，A錯誤；
將重力正交分解，安培力與重力沿斜面向下的分力平衡，即有F安＝mgsin θ，故B正確；
由F安＝mgsin θ＝BIL可得B＝ ，故C錯誤；
由于安培力與支持力垂直，電流變化引起安培力大小變化，但支持力不變始終等于重力垂直斜面方向的分力，故D錯誤。
考點二　安培力作用下的加速問題
4.根據磁場對通電導體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，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，添加豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B。炮彈與導軌阻力忽略不計。則下列說法正確的是
A.磁場方向為豎直向下
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由題圖知炮彈向右加速，需受向右的安培力，根
據左手定則可知，磁場方向為豎直向上，A錯誤；
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。
考點三　安培力作用下導體運動方向的判斷
5.如圖所示，重力為G的水平銅棒AC用絕緣絲線懸掛，靜止在水平螺線管的正上方，銅棒中通入從A到C方向的恒定電流，螺線管與干電池、開關S串聯成一個回路。當開關S閉合后一小段時間內，下列判斷正確的
A.絲線的拉力等于G
B.絲線的拉力小于G
C.從上向下看，銅棒沿逆時針方向轉動
D.從上向下看，銅棒沿順時針方向轉動
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
開關S閉合后，畫出一條與AC相交的磁感線，設兩交點處磁感應強度分別為B和B′，根據安培定則判斷，磁感線方向如圖所示：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
分別將B和B′沿水平方向與豎直方向分解，根據左手定則判斷知A端受到垂直紙面向外的安培力，C端受到垂直紙面向里的安培力，S閉合后的一小段時間內，從上向下看，銅棒沿逆時針方向轉動，選項C正確，D錯誤；
開關S閉合，銅棒轉動后，將受到豎直向下的安培力，絲線的拉力大于G，選項A、B錯誤。
6.如圖所示，一條形磁體放在水平桌面上，在其左上方固定一根與磁體垂直的長直導線，當導線通以方向垂直紙面向里的電流時，磁體始終處于靜止狀態，下列判斷正確的是
A.磁體對桌面的壓力增大，且受到向右的摩擦力作用
B.磁體對桌面的壓力減小，且受到向左的摩擦力作用
C.若將導線移至磁體中點的正上方，電流反向，則磁體對桌面的壓力會
　減小
D.若將導線移至磁體中點的正上方，電流反向，則磁體對桌面的壓力會
　增大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根據條形磁體磁感線分布情況得到通電導線所在位置
磁場方向為斜向左下方，再根據左手定則判斷導線所
受安培力方向為斜向左上方，如圖所示，根據牛頓第三定律知，通電導線對磁體的作用力指向右下方，再結合平衡條件，可知通電后磁體對桌面的壓力增大，靜摩擦力方向向左，A、B錯誤；
若將導線移至磁體中點的正上方，電流反向，導線受到的安培力豎直向下，水平方向無作用力，根據牛頓第三定律可知，磁體受到向上的力，其對桌面的壓力減小，C正確，D錯誤。
7.如圖所示，原來靜止的圓線圈可以自由移動，在圓線圈直徑MN上靠近N點處放置一根垂直于線圈平面的固定不動的通電直導線，導線中電流方向垂直紙面向里。當在圓線圈中通以逆時針方向的電流I時，圓線圈將會
A.受力向左平動 B.受力向右平動
C.不受力，平衡不動 D.以MN為軸轉動
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
直導線通電后在它周圍形成以導線為圓心的圓形磁場區域，如圖中虛線所示。圓線圈就是在該磁場中的通電導體，要受到安培力的作用，其方向可由左手定則判斷。圓線圈下半部分所在處磁場方向斜向上，所受的安培力方向垂直紙面向外；圓線圈上半部分
受到的安培力方向垂直紙面向里，通電導線產生的
磁場分布關于MN軸對稱，因此圓線圈將會以MN為
軸轉動，故選D。
8.(2023·揚州邗江區高二期中)把一根柔軟的螺旋形彈簧豎直懸掛起來，使它的下端剛好跟杯里的水銀面接觸，形成串聯電路，接到直流電源上，可以看到彈簧
A.始終不動
B.上下振動
C.入水銀更深了
D.下端離開水銀后不再接觸水銀
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
能力綜合練
√
當有電流通過彈簧時，構成彈簧的每一圈導線周圍
都產生了磁場，根據安培定則及左手定則可知，各
圈導線之間都產生了相互吸引的作用力，彈簧就縮
短了，當彈簧的下端離開水銀后，電路斷開，彈簧
中沒有了電流，各圈導線之間就失去了相互吸引的
力，彈簧又恢復原長，使得彈簧下端又與水銀接觸，彈簧中又有了電流，如此往復上述過程，故彈簧上下振動，故選B。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9.電磁炮是利用電磁發射技術制成的一種先進的動能殺傷武器。如圖所示為某款電磁炮的軌道，該軌道長10 m，寬2 m。若發射質量為100 g的炮彈，從軌道左端以初速度為零開始加速，當回路中的電流恒為100 A，最大速度可達2 km/s，假設軌道間磁場為勻強磁場，不計空氣阻力及摩擦阻力。下列說法正確的是
A.磁場方向豎直向下
B.磁場方向水平向右
C.電磁炮的加速度大小為4×105 m/s2
D.磁感應強度的大小為100 T
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
回路中電流方向如題圖所示，則根據安培定則可
知，磁場方向應豎直向上，故A、B錯誤；
由題意可知，最大速度v＝2 km/s，加速距離x＝
10 m，由速度和位移關系可知v2＝2ax，解得加
速度大小a＝2×105 m/s2，由牛頓第二定律有F＝ma，又F＝IlB，聯立解得B＝100 T，故C錯誤，D正確。
10.(2023·鹽城市高二期末)如圖所示，質量為m、長為l的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O′，并處于勻強磁場中。當導線中通以沿x軸正方向的電流I，且導線保持靜止時，細線與豎直方向夾角為θ，重力加速度為g。則關于磁感應強度取最小值時的大小和方向，下列分析正確的是
A.方向沿y軸正方向
B.方向沿z軸正方向
C.大小為
D.大小為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
對導線受力分析可知，當安培力方向垂直于導線
與細線平面斜向上時，安培力最小，此時磁感應
強度也最小，根據左手定則，可知磁感應強度方
向沿細線向下，由平衡條件得BIl＝mgsin θ，解得
B＝ ，故D符合題意。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11.(2023·南京、鎮江十校學情調研)如圖，在傾斜固定的粗糙平行導軌上端接入電動勢E＝50 V、內阻r＝1 Ω的電源和滑動變阻器R，導軌的間距d＝1 m，傾角θ＝37°。質量m＝2 kg的細金屬桿ab垂直置于導軌上，整個裝置處在垂直導軌平面向下的磁感應強度大小B＝2 T的勻強磁場中(圖中未畫出)，導軌與桿的電阻不計。桿與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。調節滑動變阻器使桿保持靜止。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1)當滑動變阻器的電阻R多大時，桿ab不受摩擦力；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由左手定則可知，桿ab受到的安培力沿導軌向上，若桿ab不受摩擦力，則
mgsin θ＝BI1d
(2)當滑動變阻器的電阻R多大時，桿ab受到的安培力最小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案　24 Ω
當桿ab剛好要向下滑時，桿ab受到的安培力最小，由平衡條件得mgsin θ＝BI2d＋μmgcos θ
聯立解得R2＝24 Ω
(3)當滑動變阻器的電阻R多大時，桿ab受到的安培力最大。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案　4 Ω
當桿ab剛好要向上滑時，桿ab受到的安培力最大，由平衡條件得mgsin θ＋μmgcos θ＝BI3d
聯立解得R3＝4 Ω。
12.如圖所示，兩平行的粗糙金屬導軌水平固定在勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌寬度為L，一端與電源連接。一質量為m的金屬棒ab垂直于平行導軌放置并與導軌接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ＝ ，在安培力的作用下，金屬棒以速度v0向右勻速運動，通過改變磁感應強度的方向，可使流過金屬棒的電流最小，此時磁感應強度的方向與豎直方向的夾角為
A.30° B.37°
C.45° D.60°
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
尖子生選練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
BENKEJIESHU
本課結束(共54張PPT)
DIYIZHANG
第一章
2　磁場對運動電荷的作用力
學習目標
1.知道什么是洛倫茲力，會用左手定則判斷洛倫茲力
的方向(重點)。
2.掌握洛倫茲力公式的推導過程，會計算洛倫茲力的
大小(重點)。
3.了解電視顯像管的基本構造及工作的基本原理。
4.學會分析帶電體在洛倫茲力作用下的運動(難點)。
四、帶電體在洛倫茲力作用下的運動
內容索引
一、洛倫茲力的方向
二、洛倫茲力的大小
課時對點練
三、電子束的磁偏轉
一
洛倫茲力的方向
1.洛倫茲力：　　　　　在　　　中受到的力。
2.左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指　　　，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從　　　垂直進入，并使　　　指向　　　　運動的方向，這時_____
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。
運動電荷
磁場
垂直
掌心
四指
正電荷
拇指
說明：①對于負電荷，四指指向電荷運動的反方向。②洛倫茲力的方向總是與電荷運動的方向和磁場方向垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向所決定的平面。
F、B、v三個量的方向關系是：F⊥B，F⊥v，但B與v不一定垂直，如圖甲、乙所示。
③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。
思考與討論
答案　(1)聯系：安培力是通電導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現，而洛倫茲力是安培力的微觀本質。
(2)區別：洛倫茲力始終垂直于速度方向，只改變速度的方向，不改變速度的大小，對帶電粒子不做功。但安培力卻可以對導體做功。
洛倫茲力與安培力有哪些聯系和區別？
(1)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力。(　　)
(2)用左手定則判斷洛倫茲力方向時“四指的指向”與電荷運動方向相同。(　　)
(3)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。(　　)
√
×
×
　(2023·揚州邵伯高級中學高二月考)題圖中，電荷的速度方向、磁場方向和電荷的受力方向之間關系正確的是
例1
√
根據左手定則可知，A圖中電荷受洛倫茲力方向向下；
B圖中電荷受洛倫茲力方向向上；
C、D圖中電荷不受洛倫茲力，故A正確。
二
洛倫茲力的大小
如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B。設磁場中有一段長度為L的通電導線，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且定向移動的速率都是v。
(1)導線中的電流是多少？導線在磁場中所受安培力
多大？
答案　nqvS　nqvSLB
(2)長為L的導線中含有的自由電荷數為多少？每個自由電荷所受洛倫茲力多大？
答案　nSL　qvB
1.當v⊥B，F＝ ，即運動方向與磁場垂直時，洛倫茲力最大。
2.當v∥B，F＝ ，即運動方向與磁場平行時，不受洛倫茲力。
3.當v與B成θ角時，F＝ 。
梳理與總結
qvB
0
qvBsin θ
　如圖所示，各圖中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q。試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小F，并指出洛倫茲力的方向。
例2
答案　見解析
(1)因v與B垂直，所以F＝qvB，方向垂直v指向左上方。
(2)v與B的夾角為30°，所以F＝qvBsin 30°＝ qvB，方向垂直紙面向里。
(3)因v與B垂直，F＝qvB，方向垂直紙面向外。
(4)v與B垂直，F＝qvB，方向垂直v指向左上方。
三
電子束的磁偏轉
1.電視顯像管構造：主要由　　　 、　　　　 和　　　 三部分組成。
2.原理：電子顯像管應用了電子束　　　　的原理。
3.掃描：在偏轉區的水平方向和豎直方向都有偏轉磁場，其方向、強弱都在　　　　　，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，電視機中的顯像管每秒要進行
　　場掃描。
電子槍
偏轉線圈
熒光屏
磁偏轉
不斷變化
50
思考與討論
從圖中可以看出，沒有磁場時電子束打在熒光屏正
中的O點。為使電子束偏轉，由安裝在管頸的偏轉
線圈產生偏轉磁場。
(1)如果要使電子束在水平方向偏離中心，打在熒光屏上的A點，偏轉磁場應該沿什么方向？
答案　垂直紙面向外
思考與討論
(2)如果要使電子束打在B點，偏轉磁場應該沿什么
方向？
答案　垂直紙面向里
(3)如果要使電子束在熒光屏上的位置由B逐漸向A點移動，偏轉磁場應該怎樣變化？
答案　先垂直紙面向里并逐漸減小至零，后垂直紙面向外并逐漸增大
　如圖所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示
波管正下方有豎直放置的通電環形導線，則示波管中
的電子束將
A.向下偏轉 B.向上偏轉
C.向紙外偏轉 D.向紙里偏轉
例3
由安培定則可知，環形電流產生的磁場在環形電流外側的磁感線方向垂直紙面向里，電子束由左向右運動，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力方向向下，則電子束向下偏轉，故選A。
√
四
帶電體在洛倫茲力作用下的運動
　(2023·鹽城市高二期中)如圖所示，一個質量為m＝1.5×10－4 kg的小滑塊，帶有q＝5×10－4 C的電荷，放置在傾角α＝37°的光滑絕緣斜面上，斜面固定且置于B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，將脫離斜面(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
(1)小滑塊帶何種電荷；
例4
答案　負電荷
小滑塊沿斜面下滑過程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F。若要使小滑塊離開斜面，洛倫茲力F的方向應垂直斜面向上，根據左手定則可知，小滑塊應帶有負電荷。
(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度大小；
答案　4.8 m/s
小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有Bqv＋FN－mgcos α＝0
當FN＝0時，小滑塊開始脫離斜面，此時有
(3)該斜面長度至少多長。
答案　1.92 m
下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得
　　 (2023·連云港市灌南縣第二中學高二月考)如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管，在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口飛出，則
A.小球帶負電
B.小球離開管口前的運動軌跡是一條直線
C.洛倫茲力對小球做正功
D.拉力F應逐漸增大
針對訓練
√
小球受到洛倫茲力從管口飛出，洛倫茲力的方向指向
管口，根據左手定則，小球帶正電，故A錯誤；
設試管運動的速度為v，小球與管一起向右做勻速運
動，小球沿管方向所受洛倫茲力大小為F1＝qvB，q、
v、B大小均不變，則沿管口方向洛倫茲力F1不變，小球做類平拋運動，在離開管口前的運動軌跡是一條拋物線，故B錯誤；
洛倫茲力與小球速度方向垂直，不做功，故C錯誤；
設小球沿管方向的分速度大小為v1，則所受垂直管向左的洛倫茲力為F2＝qv1B，由題意可知，隨著v1增大，F2增大，即拉力F應該增大，故D正確。
五
課時對點練
考點一　洛倫茲力的方向
1.如圖所示，下列圖中分別標出了勻強磁場B的方向、帶電粒子的電性及速度v的方向、帶電粒子所受洛倫茲力F的方向，其中正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
基礎對點練
√
A圖中，粒子帶負電，根據左手定則，粒子所受洛倫茲力方向豎直向下，A錯誤；
B圖中，粒子帶正電，根據左手定則，粒子所受洛倫茲力方向豎直向下，B正確；
C圖中，粒子速度方向與磁場方向平行，粒子所受洛倫茲力為0，C錯誤；
D圖中，粒子速度方向與磁場方向平行，粒子所受洛倫茲力為0，D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2.(2023·鹽城阜寧中學高二期中)一根通電直導線水平放置，通過直導線的恒定電流方向如圖所示，現有一電子從直導線下方以水平向右的初速度v開始運動，不考慮電子重力，關于電子接下來的運動，下列說法正確的是
A.電子將向下偏轉，速率變大
B.電子將向上偏轉，速率不變
C.電子將向上偏轉，速率變小
D.電子將向下偏轉，速率不變
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
根據安培定則可知導線下方磁感應強度方向垂直紙面向外，再根據左手定則可知電子將向上偏轉，由于洛倫茲力不做功，所以電子速率不變，故選B。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3.(2023·連云港贛馬高級中學高二月考)從太陽和其他星體發射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用。地磁場的示意圖(虛線，方向未標出)如圖所示，赤道上方的磁場可看成與地面平行，若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有α(He的原子核)、β(電子)、γ(光子)射線以及質子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下
A.α射線沿直線射向赤道 B.β射線向西偏轉
C.γ射線向東偏轉 D.質子向北偏轉
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
赤道上方磁場方向與地面平行，由南向北，根據左手定則可知，帶正電的α射線和質子向東偏轉，帶負電的β射線向西偏轉，不帶電的γ射線不偏轉，故選B。
考點二　洛倫茲力的大小
4.兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，兩粒子質量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則剛進入磁場時兩帶電粒子所受洛倫茲力之比為
A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
帶電粒子的速度方向與磁感線方向垂直時，洛倫茲力F＝qvB，在B、v相同時，F與電荷量q成正比，與質量無關，所以洛倫茲力之比為1∶2，C項正確。
√
5.如圖所示，三根通電長直導線P、Q、R互相平行，垂直紙面放置，其間距均為a，電流大小均為I，方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導線產生的磁場中，距導線r處的磁感應強度B＝ ，其中k為常數)。某時刻有一電子(質量為m、電荷量為e)正好經過坐標原點O，速度大小為v，方向沿y軸正方向，則電子此時所受洛倫茲力
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
考點三　電子束的磁偏轉
6.(2023·鹽城市高二月考)如圖所示為電子射線管的示意圖。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，則所加的磁場方向應為
A.沿x軸正方向 B.沿x軸負方向
C.沿y軸正方向 D.沿y軸負方向
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
電子射線由陰極沿x軸方向射出，四指指向x軸負方向，熒光屏上的亮線向下(z軸負方向)偏轉，洛倫茲力(大拇指指向)向下，由左手定則可知，磁場方向為沿y軸正方向，故選C。
7.(2023·鹽城市阜寧中學高二期中)顯像管原理的示意圖如圖所示，當沒有磁場時，電子束將打在熒光屏正中的O點，安裝在管徑上的偏轉線圈可以產生磁場，使電子束發生偏轉。設垂直紙面向里的磁場方向為正方向，若使高速電子流打在熒光屏上的位置由b點逐漸
移動到a點，下列變化的磁場能夠使電子發生上述偏
轉的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
高速電子流打在熒光屏上的位置由b點逐漸移動到
a點，可知電子先向下偏轉，后向上偏轉，根據左
手定則可知，磁場的方向開始時垂直紙面向里，方
向為正，且逐漸減弱，后來電子又向上偏，磁場方向垂直紙面向外，方向為負，且逐漸增強，故C正確。
考點四　帶電體在洛倫茲力作用下的運動
8.(2023·鎮江市丹陽高級中學高二期末)如圖所示，帶負電的小球用絕緣絲線懸掛于O點在勻強磁場中擺動，忽略空氣阻力，當小球每次通過最低點A時
A.擺球受到的洛倫茲力相同
B.擺球的動能相同
C.擺球受到的絲線的張力相同
D.向右擺動通過A點時絲線的拉力小于向左擺動通過A點時絲線的拉力
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
由于小球的運動方向不同，則根據左手定則可知，
洛倫茲力的方向不同，故A錯誤；
由題意可知，拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅
重力做功，則小球機械能守恒，所以小球分別向左
和向右兩次經過A點時的動能相同，故B正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由于兩次經過A點時的動能相同即速度大小相等，由
于速度方向不同，導致洛倫茲力的方向也不同，則
拉力的大小也不同，向左擺動通過A點時所受洛倫茲
力的方向向上，充當一部分向心力，故絲線拉力較
小，即向右擺動通過A點時絲線的拉力大于向左擺動通過A點時絲線的拉力，故C、D錯誤。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9.(2023·南京市高二開學考試)有一質量為m、電荷量為－q的小球停在絕緣水平面上，并處在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，如圖所示。為了使小球飄離水平面，下面可行的辦法有(重力加速度為g)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
為了使小球飄離水平面，則必須使小球受到向上的洛倫茲力，根據左手定則可知，使小球水平向左運動或者使磁場水平向右運動，根據mg＝qvB，可得v＝ ，故選A。
10.(2023·無錫市宜興中學高二月考)如圖所示，質量為m、電荷量為＋q的圓環可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，不計空氣阻力，現給圓環水平向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環運動
的速度—時間圖像不可能是下列選項中的
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
能力綜合練
√
根據左手定則可知圓環所受洛倫茲力的方向向上，
如果qv0B＝mg，則環和桿之間無彈力，圓環也不
受摩擦力，環在桿上勻速直線運動，圓環運動的
速度—時間圖像如A選項所示；
如果qv0B>mg，則環和桿之間有摩擦力作用，環做減速運動，根據牛頓第二定律可得μ(qvB－mg)＝ma，環的加速度減小，當減速到qvB＝mg時，環和桿之間無彈力，此后環做勻速直線運動，圓環運動的速度—時間圖像如D選項所示；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
如果qv0B牛頓第二定律可得μ(mg－qvB)＝ma，環做減速運
動，環的加速度增大，當速度減小到零時，環靜止
在桿上，圓環運動的速度—時間圖像如B選項所示，所以圓環運動的速度—時間圖像不可能是C，故選C。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11.如圖所示，甲、乙是豎直面內兩個相同的半圓形光滑軌道，M、N為兩軌道的最低點，勻強磁場垂直于甲軌道平面，勻強電場平行于乙軌道平面，兩個完全相同的帶正電小球a、b分別從甲、乙兩軌道的右側最高點由靜止釋放，在它們第一次到達最低點的過程中，下列說法正確的是
A.a球下滑的時間比b球下滑的時間長
B.a、b兩球的機械能均不守恒
C.a球到M點的速度小于b球到N點的速度
D.a球對M點的壓力大于b球對N點的壓力
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由于小球a在磁場中運動，受到的洛倫茲力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒而小球b在電場中運動，受到的靜電力對小球做負功，到達最低點時的速度較小，所以在電場中運動的時間較長，故A、B、C錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
12.(2023·無錫市第一中學高二期中)如圖所示，下端封閉、上端開口、高h＝4 m內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一質量m＝0.2 kg、電荷量q＝2 C的小球，整個裝置以v＝4 m/s的速度沿垂直于磁場方向進入B＝0.3 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出。取g＝10 m/s2。則下列說法正確的是
A.小球在管中運動的過程中機械能守恒
B.小球的運動軌跡為直線
C.小球在管中運動的時間為2 s
D.小球的機械能增加了8 J
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
小球水平方向隨玻璃管做勻速運動，故管壁對小球
的作用力和洛倫茲力的水平分量等大反向，豎直方
向受重力、洛倫茲力的豎直分量作用，小球從上端
口飛出，故豎直分量的洛倫茲力方向向上，且對小
球做正功，故機械能不守恒，有ΔE機＝qvBh＝9.6 J，故A、D錯誤；
對小球受力分析可知，豎直方向上有qvB－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，小球在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做勻加速直線運動，所以小球做曲線運動，軌跡為曲線，故B錯誤；
BENKEJIESHU
本課結束(共51張PPT)
DIYIZHANG
第一章
1　磁場對通電導線的作用力
學習目標
1.通過實驗探究安培力的方向與哪些因素有關，會用
左手定則判斷安培力的方向(重點)。
2.結合已學知識，推導安培力的大小的表達式(重點)。
3.觀察磁電式電流表的結構，知道其工作原理。
內容索引
一、安培力的方向
二、安培力的大小
課時對點練
三、磁電式電流表
一
安培力的方向
1.安培力：　　　　　在磁場中受的力。
2.安培力的方向與　　　　　、　　　　　有關。
3.左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線　　　　　　　，并使四指指向　　　　　　，這時　　　所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。
說明：安培力方向既　　 于電流方向，又　　 于磁場方向，即______
于電流和　　　及所決定的平面。
通電導線
磁場方向
電流方向
從掌心垂直進入
電流的方向
拇指
垂直
垂直
垂直
磁場
如圖所示，同向電流相互吸引，請利用安培力方向的知識解釋？
答案　導線A在B處產生磁場BA，導線B在A處產生磁場BB，由左手定則判斷，A導線對B導線的作用力FAB和B導線對A導線的作用力FBA方向如圖所示，由圖可知兩導線相互吸引。
思考與討論
　畫出下列各圖中磁場對通電導線的安培力的方向。
例1
答案　
　(2023·連云港市高二月考)如圖所示的下列各圖中，表示通電直導線在勻強磁場中所受磁場力的情況，其中磁感應強度B、電流I、安培力F三者之間的方向關系不正確的是
例2
√
磁場向上，電流向外，根據左手定則可知，安培力的方向水平向左，A錯誤；
磁場向外，電流向上，根據左手定則可知，安培力的方向水平向右，B正確；
磁場向左，電流向里，根據左手定則可知，安培力的方向豎直向上，C正確；
磁場向里，電流向右上方，根據左手定則可知，安培力的方向向左上方，D正確。
二
安培力的大小
如圖所示，導線長度為l，電流為I，磁場的磁感應強度為B。
答案　甲圖：F＝BIl　乙圖：F＝0
(1)寫出甲、乙兩圖中導線所受安培力的大小；
答案　如圖所示，分解磁感應強度B
F＝B⊥Il＝BIlsin θ
(2)試推導丙圖中導線所受安培力的大小。
安培力的大小：F＝BIl·sin θ
說明　①θ為B與I方向的夾角
當θ＝0時，即B∥I，F＝0
當θ＝90°時，即B⊥I，F＝BIl
②表達式F＝BIlsin 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段的長度(如圖虛線所示)；相應的電流沿導線由始端流向末端。
梳理與總結
　如圖所示的四幅圖中，導體棒的長度均為L，勻強磁場的磁感應強度大小均為B，在各導體棒中通有相同的電流I，則下列選項正確的是
A.圖甲中導體棒所受的安培力大小為BIL
B.圖乙中導體棒所受的安培力大小為BIL
C.圖丙中導體棒所受的安培力大小為　 BIL
D.圖丁中導體棒所受的安培力大小為 BIL
例3
√
題圖甲中，因電流方向與磁場方向平行，所以導體
棒所受安培力為零；
題圖乙中，電流方向與磁場方向垂直，則導體棒所
受安培力的大小為F1＝BIL；
題圖丙中，電流方向與磁場方向垂直，則導體棒所
受安培力的大小為F2＝BIL；
題圖丁中，電流方向與磁場方向成60°角，則導體棒所受安培力的大小為F3＝BILsin 60°＝ BIL，故選B。
　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，則導線abcd受到的磁場的作用力的合力
例4
√
三
磁電式電流表
1.磁電式電流表的構造：刻度盤、指針、蹄形磁體、極靴(軟鐵制成)、螺旋彈簧、線圈、圓柱形鐵芯(軟鐵制成)。
2.磁電式電流表的工作原理：通電線圈在磁場中受安培力作用發生轉動
(1)被測電流越大，　　　　　的角度越大。螺旋彈簧變形，以反抗線圈的轉動。這兩種轉動的效果疊加在一起，指針隨之發生偏轉；最終達到平衡，指針停止偏轉。所以根據指針偏轉角度的大小，可以確定被測電流的大小。
(2)當線圈中電流方向改變時，　　　　　　 隨之改變，指針的偏轉方向也隨著改變。所以，根據指針的偏轉方向，可以知道　　　　　　　　。
線圈偏轉
安培力的方向
被測電流的方向
3.磁電式電流表的特點：
(1)磁體和鐵芯之間是　　　　　　　的磁場；
(2)線圈平面始終與磁感線　　　；
(3)表盤刻度均勻分布。
4.優點：靈敏度高，可以測量　　　的電流。
5.缺點：線圈的導線很細，允許通過的電流　　　。
輻向均勻分布
平行
很弱
很弱
結合磁電式電流表的工作原理，若要提高磁電式電流表的靈敏度，就要使在相同電流下線圈所受的安培力增大，可通過　　　(填“增加”或“減少”)線圈的匝數、　　　(填“增大”或“減小”)永磁體的磁感應強度、　　　(填“增加”或“減少”)線圈的面積和減小轉軸處摩擦等方法實現。
思考與討論
增加
增大
增加
　如圖甲是高中物理電學實驗中常用的磁電式電流表的結構，其內部磁場分布和線圈中電流流向剖面示意如圖乙所示。下列關于磁電式電流表的各項說法中正確的是
A.當線圈在如圖乙所示位置時b端受到的
　安培力方向向上
B.線圈中電流越大，安培力就越大，螺旋
　彈簧的形變也越大，線圈偏轉的角度也
　越大
C.電流表中的磁場是勻強磁場
D.線圈無論轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行，所以線圈不受安培力
例5
√
根據左手定則可得b端在磁場中受到的
安培力的方向向下，A錯誤；
電流表中的磁場不是勻強磁場，C錯誤；
線圈平面和磁感線平行只能說明磁通量
一直為零，但是導線和磁場不平行，所
以安培力不可能為零，D錯誤，
由磁電式電流表的工作原理可知，B正確。
四
課時對點練
考點一　安培力的方向　左手定則
1.某同學畫的表示磁感應強度B、電流I和安培力F的相互關系如下列選項圖所示，其中正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
基礎對點練
√
A圖中磁場方向和電流方向平行，導線不受安培力作用；
根據左手定則可知，B圖中安培力的方向應垂直于磁場方向向上；
C圖中安培力的方向應垂直于導線向下；
D圖中安培力的方向垂直于導線向右，故選項D正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2.有一通電導線在赤道上方，沿東西方向水平放置，電流方向向東，它受到地磁場的作用力方向為
A.向東 B.向西 C.向上 D.向下
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
赤道處的磁場與地表平行，由南極指向北極，由左手定則可知，通電導線受到地磁場的作用力方向垂直地面向上。故選C。
3.如圖，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吊起水平通電直導線A，A與螺線管垂直，A導線中的電流方向垂直紙面向里。閉合開關S，A受到的通電螺線管產生的磁場的作用力的方向是
A.豎直向上
B.豎直向下
C.水平向右
D.水平向左
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
首先根據安培定則判斷出通電螺線管右端為N極，左端為S極，所以在A處產生的磁場方向水平向左，根據左手定則判斷可知A受到的通電螺線管產生的磁場的作用力的方向豎直向上，選項A正確，B、C、D錯誤。
考點二　安培力的大小
4.(2023·淮安市高二月考)在磁場中的同一位置放置一根直導線，導線的方向與磁場的方向垂直。先后在導線中通入不同的電流，導線受到的力也不同。下列導線受到的力的大小F與通入導線的電流I的關系圖像正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
在磁場中的同一位置磁感應強度B一定，由于直導線放置的方向與磁場的方向垂直，導線長度L一定，根據F＝BIL可知，F與I成正比，即
F－I圖像為一條過原點的傾斜直線，故選B。
5.如圖所示，水平導軌接有電源，導軌上固定有三根導體棒a、b、c(均不考慮其電阻)，c為直徑與b等長的半圓，長度關系為c最長，b最短，將裝置置于豎直向下的勻強磁場中，在接通電源后，三根導體棒中有等大的電流通過，則三根導體棒受到的安培力大小關系為
A.Fa＞Fb＞Fc
B.Fa＝Fb＝Fc
C.Fb＜Fa＜Fc
D.Fa＞Fb＝Fc
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
設a、b兩棒的長度分別為La和Lb，c的直徑為d。由于導體棒都與勻強磁場垂直，則a、b、c三棒所受安培力的大小分別為：Fa＝BILa；Fb＝BILb＝BId；c棒所受安培力與長度為d的直導體棒所受安培力的大小相等，則Fc＝BId；因為La＞d，則Fa＞Fb＝Fc，D正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
6.如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，OP、OQ是兩根長度均為L的金屬導體棒，∠POQ＝60°，當給導體棒中通入大小為I的電流時，關于兩導體棒受到的安培力的合力，下列說法中正確的是
A.當電流方向為P→O→Q時，合力大小為BIL，方向
　與OP成30°斜向右下方
B.當電流方向為P→O→Q時，合力大小為　 BIL，方
　向與OP成30°斜向左下方
C.當電流方向為Q→O→P時，合力大小為　 BIL，方向與OP成30°斜向
　左下方
D.當電流方向為Q→O→P時，合力大小為BIL，方向與OP成30°斜向右下方
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
當電流方向為P→O→Q時，等效長度為PQ的長度，
即為L，等效電流方向為P→Q，則合力大小為BIL，
方向垂直PQ斜向上，即方向與OP成30°斜向左上
方，選項A、B錯誤；
當電流方向為Q→O→P時，等效長度為PQ的長度，即為L，等效電流方向為Q→P，則合力大小為BIL，方向垂直PQ斜向下，即方向與OP成30°斜向右下方，選項D正確，C錯誤。
考點三　磁電式電流表
7.如圖所示，某磁電式電流表的矩形線圈處在均勻輻射狀磁場中，線圈左右兩邊所在之處的磁感應強度大小均相等。線圈受到的安培力和螺旋彈簧的彈力達到平衡時，指針穩定，下列說法正確的是
A.該輻射狀磁場為勻強磁場
B.線圈順時針轉動過程中，穿過線圈的磁
　通量減少
C.該磁電式電流表的工作原理是安培力對
　通電線圈的轉動作用
D.更換勁度系數更小的螺旋彈簧，可增大電流表的量程
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
該磁場方向改變，所以不是勻強磁場，
A錯誤；
線圈處在題圖所示位置時，線圈與磁感
線平行，穿過線圈的磁通量為零，線圈
順時針轉動過程中，穿過線圈的磁通量
增大，B錯誤；
該磁電式電流表的工作原理是安培力對通電線圈的轉動作用，C正確；
當線圈受到的安培力和螺旋彈簧的彈力達到平衡時，指針穩定，若更換勁度系數更小的螺旋彈簧，相同彈力(安培力)彈簧形變量更大，電流表的量程減小，D錯誤。
8.(2023·連云港市高二期中)一不可伸長通電直導線與x軸平行放置，勻強磁場的方向與xOy坐標平面平行，導線受到的安培力為F。若將該導線做成 圓環，放置在xOy坐標平面內，如圖所示，并保持通電的電流不變，兩端點ab連線與x軸重合，則半圓環受到的安培力大小為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
能力綜合練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9.如圖所示，位于紙面內的細直導線長L＝5 m，通有I＝3 A的恒定電流，平行于紙面水平向右的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝2 T。當導線與B成60°夾角時，發現其受到的安培力為零，則該區域同時存在的另一勻強磁場的磁感應強度B′的可能值為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10.(2023·南京市高二期末)如圖所示，粗細均勻的正方形通電導體線框abcd置于勻強磁場中，cd邊受到的安培力大小為F，則線框受到的安培力大小為
A.4F B.3F
C.2F D.0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
由電路圖可知ab與adcb并聯，設通過cd的電流為I，由電阻定律知Radcb＝3Rab，并聯電路電壓相等，則通過ab的電流為3I，根據左手定則知ad、cb之間的安培力大小相等，方向相反，所以二者合力為零，由F＝BIL，可知ab邊所受安培力大小為Fab＝3BIL＝3F，
由左手定則知ab、cd邊所受安培力方向相同，則整個
線框所受的安培力大小F＝F＋3F＝4F，故A正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11.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，匝數為n，線圈的水平邊長為l，處于勻強磁場內，磁
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
感應強度B的方向與線圈平面垂直。當線圈中通過電流I時，調節砝碼使兩臂達到平衡。然后使電流反向，大小不變。這時需要在左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡。重力加速度g取10 m/s2。
(1)導出用n、m、l、I、g計算B的表達式；
答案　見解析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
設電流方向未改變時，等臂天平的左盤內砝碼的質量為m1，右盤內砝碼和線圈的質量為m2，則由等臂天平的平衡條件，有m1g＝m2g－nBIl，電流方向改變后，同理可得(m＋m1)g＝m2g＋nBIl，兩式相減，得B＝ 。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)當n＝9，l＝10.0 cm，I＝0.10 A，m＝8.78 g時，磁感應強度是多大？(保留兩位有效數字)
答案　見解析
將n＝9，l＝10.0 cm，I＝0.10 A，m＝8.78 g代入B＝ ，得B≈0.49 T。
12.(2023·常州市第一中學高二期末)長為L的導體棒PQ通過絕緣掛鉤與豎直懸掛的彈簧相連，PQ未通電時處于矩形勻強磁場區域的上邊界，通了大小為I的電流后，PQ處于與磁場上、下邊界的距離相等的位置，如圖所示，已知磁感應強度大小為B，磁場區域高度為h，彈簧始終處于彈性限度內，則
A.PQ所通的電流方向向右
B.PQ受到的安培力大小為BIL
C.若撤去電流，PQ將做振幅為h的簡諧運動
D.若電流大小緩慢增加到1.5I，PQ未離開磁場
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
尖子生選練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由題意可知，導體棒PQ通電流后，彈簧的彈力變
大，可知PQ所受安培力豎直向下，根據左手定則
可知電流方向從右向左，故A錯誤；
因為導體棒PQ在磁場中的長度小于L，所以PQ受
到的安培力大小小于BIL，故B錯誤；
若撤去電流，PQ的平衡位置處于磁場上邊界，可知PQ將做振幅為
的簡諧運動，故C錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
設磁場區域寬度為L0，彈簧的勁度系數為k，根據題意可得ΔF＝k× ＝BIL0，當電流大小緩慢增加到1.5I時，ΔF′＝k×x＝B×1.5IL0，解得x＝
hBENKEJIESHU
本課結束

展開更多......

收起↑