资源简介

1.安培力
课标要求
1．通过实验，认识安培力．
2．能判断安培力的方向，会计算安培力的大小．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性　素养夯基
一、安培力的方向
1．认识安培力
定义：磁场对________的作用力．
2．安培力的方向
(1)方向：用________判断．
判断方法：伸出左手，四指并拢，使大拇指和其余四指________，并且都跟手掌在同一个平面内，让磁感线垂直穿过________，四指指向________，则________所指方向就是通电导线所受安培力的方向．
(2)安培力方向的特点
安培力的方向与________方向、磁感应强度的方向都垂直，即垂直于磁场方向与电流方向所在的________．
二、安培力的大小
1．I∥B时，F＝________．
2．I⊥B时，F＝________．
3．I与B夹角为θ时，F＝________．
[导学1]
当电流方向与磁场方向中一个反向时，安培力方向反向；当两者同时都反向时，安培力方向不变．
[导学2]
当导线(电流I)与磁场B方向夹角为θ时，可用两种方法求安培力：(1)分解磁感应强度B(如图上所示)，F＝B2IL＝BIL sin θ(θ为B与I的方向夹角)；(2)投影导线(如图下所示)，F＝BIL1＝BIL sin θ(θ为B与I的方向夹角)．
关键能力·合作探究——突出综合性　素养形成
探究点一　安培力的方向
导学探究
按照如图所示进行实验．
(1)仅上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向是否改变？
(2)仅改变导线中电流的方向，导线受力的方向是否改变？
(3)仔细分析实验现象，结合课本说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？
归纳总结
1.安培力方向的特点
安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即垂直于电流I和磁场B所决定的平面．
(1)当电流方向跟磁场方向垂直时，安培力的方向、磁场方向和电流方向两两相互垂直．应用左手定则判断时，磁感线从掌心垂直进入，拇指、其余四指和磁感线三者两两垂直．
(2)当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向．应用左手定则判断时，磁感线斜着穿入掌心．
2．判断安培力方向的步骤
(1)明确研究对象．
(2)用安培定则或根据磁体的磁场特征，画出研究对象所在位置的磁场方向．
(3)由左手定则判断安培力方向．
3．应用实例
应用左手定则和安培定则可以判定平行通电直导线间的作用力：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．
典例示范
例 1 画出图中各磁场对通电直导线的安培力的方向(与纸面垂直的力只需用文字说明)．
素养训练1　在赤道上空，水平放置一根通以由西向东方向的电流的直导线，则此导线(　　)
A．受到竖直向上的安培力
B．受到竖直向下的安培力
C．受到由南向北的安培力
D．受到由西向东的安培力
素养训练2　一个环形电流的中心有一根通电导线，如图所示．关于通电直导线的受力情况是(　　)
A．受向左的磁场力
B．受向右的磁场力
C．受磁场力使直导线偏离圆环中心
D．不受磁场力
探究点二　安培力的大小
导学探究
在匀强磁场B中，导线中的电流为I，当磁感应强度B的方向与导线成θ角时，导线所受安培力F应怎样求解？
归纳总结
1.公式F＝IlB sin θ中B对放入的通电导线来说是外加磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁场对外加磁场的影响．
2．公式F＝IlB sin θ中θ是B和I方向的夹角
(1)当θ＝90°时，即B⊥I，sin θ＝1，公式变为F＝IlB.
(2)当θ＝0°时，即B∥I，F＝0.
3．公式F＝IlB sin θ中l指的是导线在磁场中的“有效长度”， 弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线的长度(如图所示)，相应的电流沿导线由始端流向末端．
推论：对任意形状的闭合平面线圈，当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈的有效长度l＝0，故通电后线圈在匀强磁场中所受安培力的矢量和一定为零，如图所示．
典例示范
例 2 长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中，电流方向与磁场方向分别如图所示，已知磁感应强度均为B，对于下列各图中导线所受安培力的大小计算正确的是(　　)
素养训练3　将长1 m的导线ac从中点b折成如图所示的形状，放于B＝0.08 T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直．若在导线abc中通入I＝25 A的直流电，则整个导线所受安培力的大小为(　　)
A． N B． N
C．1 N D．2 N
素养训练4　如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力为(　　)
A．方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILB
B．方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB
C．方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILB
D．方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB
探究点三　安培力作用下的平衡问题
归纳总结
安培力作用下导体的平衡问题是常见的一类题型，体现了学科内知识的综合应用及知识的迁移能力，解决这类问题的关键是对导体进行正确的受力分析．
(1)对导体受力分析时先将立体图转化为平面图，将抽象的空间受力分析转移到纸面上进行，一般是画出与导体垂直的平面，将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上，然后进行分析．
(2)正确的受力分析顺序是：先重力，后安培力，最后是弹力和摩擦力．这是因为弹力和摩擦力的有无和方向与其他力有关．
(3)特别注意安培力的方向判定：安培力垂直于磁场方向的同时又垂直于电流方向，即一定垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面．
典例示范
例 3 质量为m＝0.02 kg的通电细杆ab置于倾角为θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d＝0.2 m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，磁感应强度B＝2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示．现调节滑动变阻器的滑片，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围．
名师点拨
(1)安培力作为一种性质力，在受力分析时要单独分析，不可与其他力混为一谈．
(2)为方便对问题的分析和便于列方程，在受力分析时先将立体图画成平面图，即画成俯视图、剖面图或侧视图等．
素养训练5　如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，水平放置一根质量为m、长为L的铜棍，将其两端用软导线与电源连接，使其中有图示方向的恒定电流，电流强度为I，空间存在竖直向上的匀强磁场，铜棍处于静止状态，重力加速度为g，则匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)
A． B．
C． D．
素养训练6　如图所示，一根导体棒用两根细线悬挂在匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，导体棒与磁场方向垂直，长度L＝0.2 m，导体棒质量m＝0.014 kg，其中向右的电流I＝1 A，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．该导体棒所受安培力大小为0.04 N
B．该导体棒所受安培力大小为0.02 N
C．每根悬线的张力大小为0.07 N
D．每根悬线的张力大小为 N
随堂演练·自主检测——突出创新性　素养达标
1.
一段直导线悬挂在蹄形磁铁的两极间，通以如图所示的电流后，该直导线所受安培力的方向是(　　)
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
2．如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以(　　)
A．适当减小磁感应强度
B．使磁场反向
C．适当增大电流
D．使电流反向
3.
如图所示，在南北方向安放的长直导线的正上方用细线悬挂一条形小磁铁，当导线中通入图示的电流I后，下列说法正确的是(　　)
A．磁铁N极向里转，悬线所受的拉力小于磁铁所受的重力
B．磁铁N极向外转，悬线所受的拉力小于磁铁所受的重力
C.磁铁N极向里转，悬线所受的拉力大于磁铁所受的重力
D．磁铁N极向外转，悬线所受的拉力大于磁铁所受的重力
4．将一段通电直导线abc从中点b折成120°，分别放在如图所示的匀强磁场中，图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行，图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直，若两图中两导线所受的安培力大小相等，则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比为(　　)
A． B．
C． D．
5．如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小为(　　)
A．F＝BId B．F＝BId sin θ
C．F＝ D．F＝BId cos θ
1．安培力
必备知识·自主学习
一、
1．通电导线
2．(1)左手定则　垂直　手心　电流方向　大拇指　(2)电流　平面
二、
1．0
2．ILB
3．ILB sin θ
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：(1)受力的方向改变．
(2)受力的方向改变．
(3)安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则．
【典例示范】
例1　解析：无论B、I是否垂直，安培力总是垂直于B与I所决定的平面，且满足左手定则．对于A、B、C、D选项，直接用左手定则判断．E选项中由安培定则可判断出通电导线A处的磁场方向如图甲所示，由左手定则可判断出A受到的安培力方向如图甲所示．F选项中由安培定则可判断出通电导线A处的磁场如图乙所示，由左手定则可判断出A受到的安培力方向如图乙所示．
答案：
素养训练1　解析：
赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，画出此处磁场和电流的方向如图所示，由左手定则可判断出导线受到的安培力的方向是竖直向上的，A正确．
答案：A
素养训练2　解析：根据安培定则可知，环形电流产生的磁场方向沿轴线的方向，此时通电直导线的电流方向与磁场方向相同，即B平行I，所以通电直导线不受安培力的作用，即F＝0，D正确．
答案：D
探究点二
【导学探究】
提示：把磁感应强度B分解为两个分量：一个分量与导线垂直B1＝B sin θ，另一分量与导线平行B2＝B cos θ(如图)，平行于导线的分量B2不对通电导线产生作用力，通电导线所受作用力仅由B1决定，即F＝IlB1.将B1＝B sin θ，代入得F＝IlB sin θ.
【典例示范】
例2　解析：题A图中，导线不和磁场垂直，将导线投影到垂直磁场方向上，故F＝BIL cos θ，A正确；题B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，B错误；题C图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，C错误；题D图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIL，D错误．
答案：A
素养训练3　解析：由题意知导线在磁场内的有效长度为L＝2×sin 60°＝l sin 60°，故整个通电导线受到的安培力的大小为F＝BIL＝BIl sin 60°＝0.08×25×1× N＝ N，B正确．
答案：B
素养训练4　解析：应用F＝ILB求安培力，其中I⊥B，L为导线的有效长度．导线段abcd的有效长度为线段ad的长度，由几何知识知Lad＝(＋1)L，故线段abcd所受的合力大小F＝ILadB＝(＋1)ILB，导线有效长度的电流方向为a→d，据左手定则可以确定导线所受合力方向沿纸面向上，A正确．
答案：A
探究点三
【典例示范】
例3　解析：杆ab中的电流为a到b，所受的安培力方向平行于导轨向上．当电流较大时，杆有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，安培力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是杆受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为最小值F2，电流最小为Imin.
正确地画出两种情况下的受力图，由平衡条件列方程求解．
如图甲所示，有F1－mg sin θ－f1＝0，N－mg cos θ＝0
又f1＝μN，F1＝BImaxd
解得Imax＝0.46 A
如图乙所示，有F2＋f2－mg sin θ＝0，N－mg cos θ＝0
又f2＝μN，F2＝BImind
解得Imin＝0.14 A
所以通过ab杆的电流范围是0.14 A≤I≤0.46 A.
答案：0.14 A≤I≤0.46 A
素养训练5　解析：根据铜棍沿斜面方向受力平衡，可知mg sin θ＝BIL cos θ，解得B＝，C正确，A、B、D错误．
答案：C
素养训练6　解析：根据安培力公式F＝ILB，带入数据可得F＝0.04 N，A正确，B错误；对导体棒受力分析，由正交分解法2T cos 45°＋F＝mg带入数据可得T＝ N，C、D错误．
答案：A
随堂演练·自主检测
1．解析：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线穿过掌心，四指指向电流方向，则大拇指的方向指向右，则安培力的方向向右，D正确．
答案：D
2．解析：首先对MN进行受力分析，MN受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIl＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIl，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大，C正确．
答案：C
3．解析：由条形磁铁的磁场分布，并由左手定则，可知导线左半部分受到安培力方向垂直纸面向外，右半部分受到的安培力方向垂直纸面向里，由牛顿第三定律得磁铁左半部分受到安培力方向垂直纸面向里，右半部分受到的安培力方向垂直纸面向外，因此条形磁铁N极向里转．当转过90°时导线受力竖直向上，则磁铁受力竖直向下，导致悬线所受的拉力大于磁铁所受的重力，C正确．
答案：C
4．解析：设导线的总长为2L，通过导线的电流为I，题图甲中导线受到的安培力大小为B1IL＋B1cos 60°IL＝B1IL；题图乙中导线受到的安培力的大小为B2I·2L cos 30°＝B2IL，根据题意，即有B1IL＝B2IL，则有＝，B正确．
答案：B
5．解析：导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，AB与CD相距为d，此时切割磁场的导线的长度为，此时受到的安培力大小为F＝BIL＝BI，方向垂直于MN向下，C正确．
答案：C2.安培力的应用
课标要求
1．知道直流电动机的基本构造以及它的基本工作原理．
2．知道电磁炮的基本构造及工作原理．
3．知道磁电式电流表的基本构造以及运用它测量电流的大小和方向的基本原理．
4．知道直流电动机和磁电式电流表的内部磁场的分布特点．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性　素养夯基
一、直流电动机
1．定义：电动机是利用________使通电线圈转动，将电能转化为________的重要装置．
2．分类：电动机有________电动机和交流电动机．
3．原理：
如图所示，当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向________，左边线框受到________的安培力，在安培力作用下线框转动起来．
二、电磁炮
1．定义：利用________系统中的安培力发射弹丸的一种先进的________杀伤性武器，也叫轨道炮．
2．分类：分为____________、电磁线圈炮和重接炮三类．
3．原理
电流通过导轨A、B和弹丸，在导轨间形成________、弹丸受到________的作用在导轨上以很大的加速度做加速运动，最终高速发射出去．
4.电磁炮的优点
(1)方便携带．
(2)安全隐患小．
(3)射击精度高．
三、磁电式电流表
1．构造：在强蹄形永磁体的两个磁极各加一个软铁制的________；中心固定一个圆柱形的________，在极靴和铁芯间产生沿径向均匀分布的辐向磁场，线圈绕在铁芯上并连接在转轴上，轴的上、下两端各连有一盘游丝(螺旋弹簧)，指针固定在转轴上．
2．原理：通电线圈在磁场中受到安培力而偏转(如图)．线圈偏转的________越大，被测电流就________．
3．优缺点：(1)优点：________．
(2)缺点：易烧坏．
[导学1]
(1)为了使直流电动机连续转动，两个半圆环起到了换向器的作用，每转动半圈，线圈中电流方向变换一次．
(2)交变电动机与直流电动机都是利用安培力做功把电能转化为机械能．
[导学2]
电磁炮的技术难点主要是电源在极短的时间内为电磁炮提供巨大的能量，必须附有复杂的储能设备及转换开关．
[导学3]
(1)磁电式电流表的磁场为辐向磁场，线圈在任何位置受到的安培力方向始终垂直线圈平面．
(2)磁电式电流表的表盘刻度是均匀的．
(3)磁电式电流表中的电流越大，指针偏转角度越大．
(4)使用磁电式电流表时严禁超过电流表的量程，否则容易被烧坏．
关键能力·合作探究——突出综合性　素养形成
探究点一　直流电动机
导学探究
通电直导线垂直放入磁场中会受到安培力作用，如图所示，现把一通电的矩形线圈放入磁场中，线圈与磁场的位置关系如图所示．
(1)判断线圈的ab边和cd边受到的安培力方向？
(2)沿OO′方向看，线圈的转动方向为逆时针还是顺时针？
归纳总结
1.直流电动机的线圈在安培力作用下转动，换向器的作用是线圈每转动半圈，使线圈中电流方向变换一次，以使线圈连续转动．
2．电动机是利用安培力做功把电能转化为机械能的设备．
典例示范
例 1 如图所示，电动机模型的矩形线圈长边的长为5 cm，共20匝，通入1 A电流，磁场的磁感应强度是0.5 T(当作匀强磁场考虑)，线圈长边一侧受到的最大安培力是多少？如果通入2 A的电流呢？
素养训练1　(多选)几位同学课后讨论直流电动机时，有下面几种说法，你认为正确的是(　　)
A．直流电动机将电能转化为机械能
B．直流电动机的电源是直流电，线圈中的电流方向是不变的
C．直流电动机中的换向器是由彼此绝缘的两个金属半圆环制成的
D．直流电动机的优点是容易改变转动方向，可以连续调节转动速度
探究点二　电磁炮
归纳总结
安培力作用下导体的加速
(1)解决在安培力作用下导体的加速运动问题，首先对研究对象进行受力分析，其中重要的是不要漏掉安培力，然后根据牛顿第二定律列方程求解．
(2)选定观察角度画好平面图，标出电流方向和磁场方向，然后利用左手定则判断安培力的方向．
(3)与闭合电路欧姆定律相结合的题目，主要应用以下几个知识点：①闭合电路欧姆定律；②安培力求解公式F＝BIL sin θ；③牛顿第二定律．
典例示范
例 2 电磁炮是一种新式兵器，炮弹的出射速度可达当前海军舰炮的3倍以上，其原理是利用磁场产生的安培力来对金属炮弹进行加速．图为电磁炮的示意图，两根间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，质量为m的金属炮弹垂直于MN、PQ放在轨道上，距轨道右端的距离为d，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，闭合开关后，恒流源输出的电流恒为I，炮弹由静止开始加速距离d后脱离导轨高速射出，不计导轨及炮弹ab的电阻，不计空气阻力，则此过程中恒流源输出的最大功率为(　　)
A．B．
C． D．
素养训练2　如图所示，在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B＝3 T的匀强磁场中水平放置两根平行金属导轨，两轨间距为l＝50 cm，左端接有电动势E＝2 V、内阻r＝0.5 Ω的电源．现将一质量m＝1 kg、接入电路的电阻R0＝1.5 Ω的金属棒ab垂直放置在导轨上，金属棒与平行金属导轨间的动摩擦因数为μ＝0.1，其余电阻不计．重力加速度g取10 m/s2.开关闭合的瞬间，求：
(1)金属棒ab的电功率；
(2)金属棒ab的加速度．
探究点三　磁电式电流表
归纳总结
1.磁电式电流表的工作原理
通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生偏转．线圈偏转的角度越大，被测电流就越大；线圈偏转的方向不同，被测电流的方向不同．
2．磁电式电流表的磁场特点
两磁极间装有极靴，极靴中间有铁质圆柱，使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，保持线圈转动时，所受安培力的方向总与线圈平面垂直，使表盘刻度均匀．
3．磁电式电流表的灵敏度
(1)电流表的灵敏度：是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小，偏角越大，灵敏度越高．
(2)提高灵敏度的方法：如果要提高磁电式电流表的灵敏度，就要使在相同电流下导线所受的安培力增大，可通过增加线圈的匝数、增大永磁铁的磁感应强度、增加线圈的面积和减小转轴处摩擦等方法实现．
典例示范
例 3 (多选)以下关于磁电式电流表的说法正确的是(　　)
A．线圈平面跟磁感线平行
B．通电线圈中的电流越大，指针偏转角度也越大
C．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场
D．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关
素养训练3　图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示．边长为l的正方形单匝线圈中通以电流I，线圈中的a导线电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则(　　)
A．该磁场是匀强磁场
B．通过该线圈的磁通量为Bl2
C．a导线受到的安培力方向向下
D．b导线受到的安培力大小为IlB
随堂演练·自主检测——突出创新性　素养达标
1．下列关于电动机的说法错误的是(　　)
A．安培力使电动机转子转动
B．电动机是一种将电能转化为机械能的装置
C．直流电动机的换向器的作用是不断改变磁场方向
D．改变输入电流的大小可以调节电动机的转速
2．根据磁场对电流有安培力作用的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置——电磁炮，其原理如图所示：间距为L的平行导轨水平放置，导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源，带有可导电金属炮弹质量为m，垂直放在导轨上，电阻为R，导轨电阻不计．炮弹与导轨阻力忽略不计．则下列说法正确的是(　　)
A．磁场方向应竖直向下
B．闭合开关瞬间，加速度的大小为
C．减小磁感应强度B的值，炮弹受到的安培力变大
D．若同时将电流方向和磁场方向反向，安培力方向也会反向
3．(多选)关于磁电式电流表内的磁体和铁芯之间的均匀辐向分布的磁场，下列说法正确的是(　　)
A．该磁场的磁感应强度大小处处相等，方向相同
B．该磁场的磁感应强度的方向处处相同，大小不等
C．使线圈平面始终与磁感线平行
D．该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度大小都相等
4．如图，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的正中央上方固定一直导线，导线与磁铁垂直，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则下列说法错误的是(　　)
A．磁铁对桌面的压力减少
B．磁铁对桌面的压力增大
C．桌面对磁铁没有摩擦力
D．磁铁所受的合力不变
5．如图所示，在水平放置的光滑绝缘杆ab上挂有两个相同的金属环M和N.当两环均通以图示的相同方向的电流时，则(　　)
A．两环静止不动
B．两环互相靠近
C．两环互相远离
D．两环同时向左运动
2．安培力的应用
必备知识·自主学习
一、
1．安培力　机械能
2．直流
3．向下　向上
二、
1．电磁　动能
2．电磁轨道炮
3．强磁场　安培力
三、
1．极靴　软铁芯
2．角度　越大
3．灵敏度高
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：(1)ab边受到的安培力方向垂直线圈平面向上，cd边受到的安培力方向垂直线圈平面向下．
(2)线圈顺时针转动．
【典例示范】
例1　解析：通入1 A电流时，线圈长边一侧受到的最大安培力：
F1＝nI1lB＝20×1×0.05×0.5 N＝0.5 N，
通入2 A电流时，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
素养训练1　解析：直流电动机将电能转化为机械能，A正确；直流电动机的电源是直流电，但线圈中电流方向是改变的，B错误；直流电动机中的换向器是由彼此绝缘的两个金属半圆环制成的，C正确；线圈中电流的大小决定了线圈转动的快慢，所以直流电动机的优点是容易改变转动方向，可以连续调节转动速度，D正确．
答案：ACD
探究点二
【典例示范】
例2　解析：由于电流不变，金属炮弹受到的安培力不变，大小为F＝BIL，炮弹在导轨上做匀加速直线运动，加速度大小a＝，炮弹到达导轨右端时速度最大，由v2＝2ad得最大速度v＝，所以恒流源输出的最大功率P＝Fv＝，C正确．
答案：C
素养训练2　解析：(1)根据闭合电路欧姆定律得I＝＝1 A
金属棒两端的电压为U＝IR0＝1.5 V
则金属棒ab的电功率为P＝UI＝1.5 W.
(2)根据安培力公式得F＝BIl＝1.5 N
而摩擦力为f＝μN＝μmg＝1 N
水平方向，根据牛顿第二定律得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
探究点三
【典例示范】
例3　解析：磁电式电流表内磁场是均匀辐射磁场，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，线圈所在各处的磁场大小相等、方向不同，所以安培力与电流大小有关而与所处位置无关，电流越大，安培力越大，指针转过的角度越大，正确的选项为A、B、D.
答案：ABD
素养训练3　解析：该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，A错误；线圈与磁感线平行，故通过该线圈的磁通量为零，B错误；a导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，安培力方向向上，C错误；导线b始终与磁感线垂直，故受到的安培力大小一直为IlB，D正确．
答案：D
随堂演练·自主检测
1．解析：电动机是利用通电导线在磁场中受到安培力作用而转动的装置，A正确；电动机转动的过程主要将电能转化为机械能，B正确；换向器的作用是改变线圈中电流的方向，C错误；当输入电动机的电流发生变化时，线圈所受到的安培力发生变化，线圈的转速发生变化，D正确．故选C.
答案：C
2．解析：由图知炮弹向右加速，需受向右的安培力，根据左手定则可知，磁场方向应竖直向上，A错误；闭合开关瞬间电流为I＝，则安培力为F＝BIL＝，炮弹加速度为a＝＝，B正确；根据安培力公式，即F安＝BIL可知，减小磁感应强度B的值，炮弹受到的安培力变小，C错误；若同时将电流方向和磁场方向反向，根据左手定则可知，安培力方向不变，D错误．
答案：B
3．解析：磁电式电流表内的磁体和铁芯之间均匀辐向分布的磁场，使线圈平面始终与磁感线平行，C正确；该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度大小处处相等，但方向不同，A、B错误，D正确．
答案：CD
4．解析：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，如下图所示
长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的；因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力，磁铁处于静止状态，则所受的合力为零，即合力不变，A不正确．
答案：A
5．解析：由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可知，两线圈的运动情况是相互靠近，故B正确，A、C、D错误．
答案：B3.洛伦兹力
课标要求
1．会用左手定则判断洛伦兹力的方向．
2．会推导带电粒子速度方向与磁场垂直时的洛伦兹力的表达式，并会计算洛伦兹力的大小．
3．会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性　素养夯基
一、洛伦兹力的方向
1．初识洛伦兹力
(1)定义：________在磁场中受到的磁场力．
(2)应用：①在传统的电视显像管中利用特殊线圈产生的________控制电子偏转、扫描出画面；②使________发生偏转保护地球．
2．洛伦兹力的方向
(1)左手定则：伸出左手，四指并拢，使大拇指和其余四指________，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向________的运动方向(即电流方向)，则大拇指所指方向就是________所受洛伦兹力的方向．若在磁场中运动的是带负电荷的粒子，应用左手定则时，四指应指向该粒子运动方向的________．
(2)洛伦兹力方向的特点：F洛⊥B，F洛⊥v，即F洛垂直于________所决定的平面．
二、洛伦兹力的大小
1．当v与B成θ角时：F洛＝________．
2．当v⊥B时：F洛＝________．
3．当v∥B时：F洛＝________．
三、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．运动轨迹
带电粒子(不计重力)以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场时：
(1)当v∥B时，带电粒子将做________运动．
(2)当v⊥B时，带电粒子将做________运动．
2.洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总与粒子的运动速度方向________．
(2)洛伦兹力对运动电荷不做功，它不会改变带电粒子速度的________，只改变粒子的运动方向．
3．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期
(1)运动特点：沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做________运动．
(2)半径和周期公式
[提醒]
用左手定则判断洛伦兹力方向时的注意事项：
[导学1]
安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释．
[导学2]
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期由磁场和粒子的荷质比决定，而与粒子的速度和轨道半径无关．
关键能力·合作探究——突出综合性　素养形成
探究点一　洛伦兹力的方向
导学探究
阴极射线管接通高压电源，能够发射电子束，电子束沿直线运动．在电子束的路径上加磁场，会观察到什么现象？能说明什么呢？
归纳总结
1.决定洛伦兹力方向的三个因素：电荷的正负、速度方向、磁感应强度的方向．当电性一定时，其他两个因素决定洛伦兹力的方向，如果只让一个反向，则洛伦兹力必定反向； 如果让两个同时反向，则洛伦兹力方向不变．
2．洛伦兹力的特点：洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化．但无论怎样变化，洛伦兹力都与电荷运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小．
3．用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，应注意将四指指向负电荷运动的反方向．
典例示范
例 1 试判断图中的带电粒子刚进入磁场时所受的洛伦兹力的方向，其中垂直于纸面指向纸里的是(　　)
名师点拨
(1)洛伦兹力永不做功，虽然安培力是洛伦兹力的宏观表现，但安培力可以做功．
(2)利用左手定则判断洛伦兹力方向时，四指指向也可以理解为总是指向等效电流的方向．
(3)无论磁感应强度B的方向与电荷运动的速度方向是否垂直，洛伦兹力的方向一定垂直于B和v所决定的平面．
素养训练1　
三种不同粒子a、b、c从O点沿同一方向射入垂直纸面向里的匀强磁场中，它们的运动轨迹分别如图所示，则(　　)
A．粒子a一定带正电
B．粒子b一定带正电
C．粒子c一定带正电
D．粒子b一定带负电
探究点二　洛伦兹力的大小
导学探究
安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力大小可能会与哪些因素有关？
归纳总结
1.洛伦兹力大小的推导(导线与磁场垂直的情况)
如图所示，设有一段长度为L的通电导线，垂直放入磁感应强度为B的匀强磁场中．若导线中的电流为I，则该导线所受的安培力大小为F安＝ILB.
若导线的横截面积为S，单位体积内含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，定向移动的速度为v，则在时间t内通过截面的电荷量Q＝nSvtq.由电流的定义知I＝＝＝nSvq，这段导线内含有的自由电荷数为N＝nSL.
整段导线所受的安培力F安可看成是作用在每个运动电荷上的洛伦兹力F的合力，即F安＝NF，则每个自由电荷所受洛伦兹力F的大小为F＝qvB.
2．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力 电场力
产生条件 (1)电荷相对于磁场运动 (2)运动方向与磁场方向不平行 只要电荷在电场中，就一定受到电场力的作用
大小 F＝qvB sin θ F＝qE
受力方向 垂直于B和v所决定的平面，但B和v不一定垂直 沿着电场线的切线方向或反方向
作用效果 只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向
做功特点 永不做功 可做功，也可不做功
　
典例示范
例 2 如图所示，运动电荷的电荷量为q＝2×10－8 C，电性已在图中标明，运动速度v＝4×105 m/s，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，则三个电荷受到的洛伦兹力分别为多大？并指出洛伦兹力的方向．
素养训练2　
带电油滴以水平向右的速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若带电油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷为＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电性都可以，只要满足q＝
素养训练3　质量为m、电荷量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜
面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示．若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是(　　)
A．小物块一定带正电
B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动
C．小物块在斜面上运动时做加速度增大、而速度也增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为
探究点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
导学探究
(1)给励磁线圈通电，观察电子束的径迹，运动的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由谁提供？
(2)保持入射电子的速度不变，增加磁感应强度，电子束径迹有什么变化？
(3)保持磁感应强度不变，增加出射电子的速度，电子束径迹有什么变化？
归纳总结
1.轨迹圆心的两种确定方法
(1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向时，作这两速度方向的垂线，交点即为圆心，如图所示．
(2)已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向时，画出粒子轨迹上的两点连线(即过这两点的圆的弦)，作它的中垂线，并画出已知点的速度方向的垂线，则弦的中垂线与速度方向的垂线的交点即为圆心，如图所示．
2．三种求半径的方法
(1)根据半径公式r＝求解．
(2)根据勾股定理求解，如图所示，若已知出射点相对于入射点侧移了x，则满足r2＝d2＋(r－x)2.
(3)根据三角函数求解，如图所示，若已知出射速度方向与入射方向的夹角为θ，磁场的宽度为d，则有关系式r＝.
3．四种角度关系
(1)如图所示，速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)．
(2)圆心角α等于AB弦与速度方向的夹角(弦切角θ)的2倍(φ＝α＝2θ＝ωt)．
(3)相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，即θ＋θ′＝180°.
(4)进出同一直线边界时速度方向与该直线边界的夹角相等．
4．两种求时间的方法
(1)利用圆心角求解，若求出这部分圆弧对应的圆心角，则t＝T.
(2)利用弧长s和速度v求解，t＝.
典例示范
例 3 如图所示，一带电荷量为2.0×10－9 C、质量为1.8×10－16 kg的粒子，在直线上一点O沿与直线夹角为30°的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经过1.5×10－6 s后到达直线上另一点P，求：
(1)粒子做圆周运动的周期；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)若O、P之间的距离为0.1 m，粒子的运动速度大小．
名师点拨
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的解题步骤
(1)画轨迹：先确定圆心，再画出运动轨迹，然后用几何方法求半径．
(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．
(3)用规律：应用牛顿第二定律及圆周运动规律的一些基本公式列方程．
素养训练4　如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是________，在磁场中的运动时间是________．
素养训练5　如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场，一电子(质量为m、电荷量为e)以速度v从点O与MN成30°角的方向射入磁场中，则：
(1)电子从磁场中射出时距O点多远？
(2)电子在磁场中运动的时间是多少？
随堂演练·自主检测——突出创新性　素养达标　
1．下列关于运动电荷和磁场的说法，正确的是(　　)
A．运动电荷在某点不受洛伦兹力作用，这点的磁感应强度必为零
B．电荷的运动方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力的方向一定两两互相垂直
C．电子射线垂直进入磁场发生偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果
D．电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力
2．在匀强磁场中，一带电粒子沿着垂直磁感应强度的方向运动．现将该磁场的磁感应强度增大为原来的2倍，则该带电粒子受到的洛伦兹力(　　)
A．增大为原来的2倍
B．增大为原来的4倍
C．减小为原来的
D．不变
3．如图所示，螺旋管中通入正弦交流电，将电子沿轴线方向射入后，电子在螺旋管中的运动情况是(　　)
A．匀速圆周运动 B．往复运动
C．匀速直线运动 D．匀变速直线运动
4．如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a.给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是(　　)
A．无论小球带何种电荷，小球落地时的速度的大小相等
B．无论小球带何种电荷，小球在运动过程中机械能不守恒
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球仍会落在a点
5．如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为(　　)
A．3　　　 B．2 C．　　　D．
3．洛伦兹力
必备知识·自主学习
一、
1．(1)运动电荷　(2)磁场　宇宙射线
2．(1)垂直　正电荷　正电荷　反方向　(2)B和v
二、
1．qvB sin θ
2．qvB
3．0
三、
1．(1)匀速直线　(2)匀速圆周
2．(1)垂直　(2)大小
3．(1)匀速圆周　(2)qvB
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：电子束的径迹弯曲了，说明磁场对电子束有力的作用．
【典例示范】
例1　解析：根据左手定则可以判断，选项A中的负电荷所受的洛伦兹力方向向下；选项B中的负电荷所受的洛伦兹力方向向上；选项C中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面指向纸外；选项D中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面指向纸里，D正确．
答案：D
素养训练1　解析：由题图知，粒子a受力向左，据左手定则可知，粒子a带正电，A正确；粒子b未发生偏转，所以不带电，B、D错误；粒子c受力向右，由左手定则知，粒子c带负电，C错误．
答案：A
探究点二
【导学探究】
提示：磁感应强度、速度、带电粒子的电荷量．
【典例示范】
例2　解析：在甲、乙中虽然运动电荷的电性不同，速度方向也不同，但速度方向都与磁感应强度方向垂直，电荷所受洛伦兹力均为F＝qvB＝2×10－8×4×105×0.5 N＝4×10－3 N．甲图中洛伦兹力的方向垂直速度方向向下，乙图中洛伦兹力的方向垂直速度方向向上．在丙图中，v沿垂直于B方向的分量为v′＝v cos 30°，电荷所受洛伦兹力大小为F′＝qv′B＝2×10－8×4×105××0.5 N＝3.5×10－3 N，洛伦兹力的方向垂直纸面向里．
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，方向垂直纸面向里
素养训练2　解析：由于带电油滴进入磁场中恰做匀速直线运动，且受到的重力向下，洛伦兹力方向必定向上．由左手定则可知油滴一定带负电荷，且满足mg－qv0B＝0，所以q＝，C正确．
答案：C
素养训练3　解析：带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知其所受洛伦兹力的方向应垂直于斜面向上，根据左手定则知，小物块带负电，A错误；小物块在运动的过程中受重力、斜面的支持力和洛伦兹力，合力沿斜面向下，大小为F＝mg sin θ，根据牛顿第二定律知a＝g sin θ小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，B正确，C错误；当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mg cos θ＝qvB解得v＝，D错误．
答案：B
探究点三
【导学探究】
提示：(1)洛伦兹力　(2)半径减小　(3)半径变大
【典例示范】
例3　解析：
(1)作出粒子轨迹，如图所示，由图可知粒子由O到P的大圆弧所对的圆心角为300°，则＝＝，周期T＝t＝×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s.
(2)由于粒子做圆周运动所需的向心力为洛伦兹力，得Bqv＝，所以B＝＝ω＝＝ T＝0.314 T.
(3)由几何知识可知，半径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
素养训练4　解析：电子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力方向的交点，如题图所示的O点．
由几何知识可知，CD间圆心角θ＝30°，OD为半径．
r＝＝2d，又由r＝得m＝
电子在磁场中的运动时间t＝T
解得t＝＝.
答案：
素养训练5　解析：设电子在匀强磁场中运动半径为R，射出时与O点的距离为d，运动轨迹如图所示．
(1)根据牛顿第二定律知Bev＝m
由几何关系可得d＝2R sin 30°
解得d＝.
(2)电子在磁场中转过的角度为θ＝60°＝
又周期T＝
因此运动时间t＝T＝·＝.
答案：(1)　(2)
随堂演练·自主检测
1．解析：如果运动电荷的速度方向和磁场方向平行，运动电荷就不受洛伦兹力作用，故A错误；电荷运动方向不一定垂直于磁感应强度方向，故B错误；洛伦兹力对运动电荷不做功，故C错误；只有运动电荷在磁场中的运动方向与磁场方向不平行时才受磁场力作用，所以电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力，D正确．
答案：D
2．解析：根据洛伦兹力公式F＝qvB，若粒子速度与磁场方向垂直，当该磁场的磁感应强度增大为原来的2倍时，洛伦兹力将变为原来的2倍，A正确．
答案：A
3．解析：螺线管内部的磁场方向与轴线平行，电子进入螺线管时，速度与磁感线平行，不受磁场力作用，则电子做匀速直线运动，C正确．
答案：C
4．解析：无论小球带何种电荷，小球在磁场中运动时所受洛伦兹力方向与速度垂直，则洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，则落地时的速度的大小相等，A正确，B错误；若小球带负电荷，根据左手定则知道小球受斜向左下方的洛伦兹力，这样小球偏折更厉害，会落在a的左侧，C错误；若小球带正电荷，根据左手定则知道小球受斜向右上方的洛伦兹力，这样小球会飞的更远，D错误．
答案：A
5．解析：粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示．电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据qvB＝得，轨迹半径r＝，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间t1＝＝，粒子2运动的时间t2＝＝，所以＝3，A正确．
答案：A4.洛伦兹力的应用
课标要求
1．了解洛伦兹力在现代科技中的应用，知道如何利用磁场控制带电粒子的运动．
2．了解速度选择器、质谱仪和回旋加速器的工作原理．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性　素养夯基
一、利用磁场控制带电粒子运动
1．特点：只改变带电粒子的________，不改变带电粒子的________．
2．应用：早期电视机使用的显像管，利用随电视信号变化的________控制电子束的运动路径．
二、质谱仪
1．原理：如图所示．
2．加速
带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得Uq＝mv2　①
3．匀速
带电粒子在速度选择器中所受电场力和洛伦兹力平衡，粒子沿直线运动，有qE＝qvB1　②
通过改变E和B1的大小，就可以控制进入磁场偏转区域的粒子的速度大小．
4．偏转
带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，________＝　③
5．求解
由①②③式可以求出粒子的质量m、比荷等．其中由r＝可知电荷量相同时，半径将随________变化．
6．质谱仪的应用
利用质谱仪可检测________或核物质中的________和不同成分．
三、回旋加速器
1．工作原理
如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U.A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速．D1、D2处于与盒面垂直的匀强磁场B中，粒子在磁场中做匀速圆周运动．经半个圆周(半个周期)后，当粒子再次到达两盒间的缝隙时，这时控制两盒间电势差，使其恰好改变正负，于是粒子在盒缝间再次被加速．如果粒子每次通过盒间缝隙均能被加速，粒子速度就能够增加到很大．
2．周期
粒子每经过一次加速，其轨道半径就增大一些，但粒子绕圆周运动的周期________．
3．加速条件：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期和________的周期相同．
4．最大速度
vm＝________．(其中R为D形盒的半径)
[导学1]
装置中S2、S3之间的区域是速度选择器，允许速度v＝的带电粒子匀速通过，其他速度的粒子不能通过，且与电性和电荷量无关．
[导学2]
(1)回旋加速器中的电场用来加速带电粒子，磁场用来偏转使带电粒子再次回到电场中加速，两者各司其职．交变电场的周期由粒子在磁场偏转的周期决定．
(2)带电粒子的最大速度由磁场强弱、D形盒的半径和粒子的比荷共同来决定，与加速电压无关．电压大，加速的次数少，电压小，则加速次数多．
关键能力·合作探究——突出综合性　素养形成
探究点一　质谱仪
导学探究
(1)一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，它们速度有什么特点？
(2)如果让这些不偏转离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，它们的比荷是否相同？
归纳总结
1.电场和磁场都能对带电粒子施加影响，电场既能使带电粒子加速，又能使带电粒子偏转；磁场虽不能使带电粒子速率变化，但能使带电粒子发生偏转．
2．质谱仪的工作原理是将粒子源产生的带电粒子，经同一电场加速后再经速度选择器进入同一磁场偏转，从而求出粒子的比荷．
典例示范
例 1 质谱仪是一种测定带电粒子的质量及分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看成为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x.
(1)设离子质量为m、电荷量为q、加速电压为U、磁感应强度大小为B，求x的大小．
(2)氢的三种同位素、、从离子源S出发，到达照相底片的位置距入口处S1的距离之比xH∶xD∶xT为多少？
素养训练1　(多选)质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D处有一荧光屏．同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点．离子重力不计．则(　　)
A．a离子质量比b的大
B．a离子质量比b的小
C．a离子在磁场中的运动时间比b的短
D．a、b离子在磁场中的运动时间相等
素养训练2　速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A＝S0C，则下列说法正确的是(　　)
A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为3∶2
探究点二　回旋加速器
导学探究
(1)带电粒子在D形盒内做圆周运动的周期随半径的增大是否发生变化？
(2)为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使之能量不断提高，所加交变电压的周期与粒子做圆周运动的周期有何关系？
归纳总结
1.磁场的作用：带电粒子以某一速度垂直磁场方向进入匀强磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．其周期在q、m、B不变的情况下与速度和轨道半径无关，带电粒子每次进入D形盒都运动半个周期后平行电场方向进入电场加速．如图所示．
2．电场的作用：回旋加速器的两个D形盒之间的狭缝区域存在周期性变化的且垂直于两个D形盒正对截面的匀强电场，带电粒子经过该区域时被加速．根据动能定理：qU＝ΔEk.
3．交变电压的作用：为保证粒子每次经过狭缝时都被加速，使之能量不断提高，需在狭缝两侧加上跟带电粒子在D形盒中运动周期相同的交变电压．
4．带电粒子的最终能量：由r＝知，当带电粒子的运动半径最大时，其速度也最大，若D形盒半径为R，则带电粒子的最终动能Ekm＝.可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能地增大磁感应强度B和D形盒的半径R.
5．粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器中被加速的次数n＝(U是加速电压的大小)，一个周期加速两次．
6．粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2＝T＝(n是粒子被加速次数)，总时间为t＝t1＋t2，因为t1 t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2.
典例示范
例 2 回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rmax.求：
(1)粒子在盒内做何种运动；
(2)所加交流电源频率及粒子运动的角速度大小；
(3)粒子离开加速器时的最大速度及最大动能．
名师点拨
求解回旋加速器问题的两点注意
(1)带电粒子通过回旋加速器最终获得的动能Ekm＝，与加速的次数以及加速电压U的大小无关．
(2)交变电源的周期与粒子做圆周运动的周期相等．
素养训练3　(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R，若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f，则下列说法正确的是(　　)
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关
C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
素养训练4　(多选)用回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，原则上可以采用的方法为(　　)
A．将其磁感应强度增大为原来的2倍
B．将其磁感应强度增大为原来的4倍
C．将D形盒的半径增大为原来的2倍
D．将D形盒的半径增大为原来的4倍
随堂演练·自主检测——突出创新性　素养达标　
1.
如图所示为质谱仪的示意图，速度选择器(也称滤速器)中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外．在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，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.
如图所示，两个处于同一匀强磁场中的相同的回旋加速器，分别接在加速电压U1和U2的高频电源上，且U1>U2，两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动，设两个粒子在加速器中的运动的时间分别为t1和t2(在盒缝间加速时间忽略不计)，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则(　　)
A．t1Ek2 B．t1＝t2，Ek1C．t1t2，Ek1＝Ek2
3．(多选)如图所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的大小分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场，下列表述正确的是(　　)
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
4.
(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示．要增大带电粒子射出时的动能，重力不计，下列说法中正确的是(　　)
A．增加交流电的电压
B．增大磁感应强度
C．改变磁场方向
D．增大加速器的半径
4．洛伦兹力的应用
必备知识·自主学习
一、
1．运动方向　速度大小
2．磁场
二、
4．qvB2
5．质量
6．化学物质　同位素
三、
2．不变
3．交变电场
4．BR
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：(1)相等．(2)不同．
【典例示范】
例1　解析：(1)离子在电场中被加速时，由动能定理qU＝mv2
进入磁场时洛伦兹力提供向心力，qvB＝，又x＝2r，
由以上三式得x＝.
(2)氢的三种同位素的质量数分别为1、2、3，由(1)结果知，
xH∶xD∶xT＝∶∶＝1∶∶.
答案：(1)　(2)1∶∶
素养训练1　解析：设离子进入磁场的速度为v，在电场中有qU＝mv2，在磁场中Bqv＝m，联立解得：r＝＝，由图知，离子b在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以离子b的质量大于离子a的，A错误，B正确；在磁场运动的时间均为半个周期，即t＝＝，由于离子b的质量大于离子a的，故离子b在磁场中运动的时间较长，C正确，D错误．
答案：BC
素养训练2　解析：由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A错误；由qE＝B1qv知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于，C错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B2qv＝m，即＝，由题图可知r甲答案：B
探究点二
【导学探究】
提示：(1)不变．(2)相同．
【典例示范】
例2　解析：(1)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．
(2)粒子在电场中运动时间极短，因此所加交流电源频率要符合粒子回旋频率，由qvB＝，T＝得，T＝，回旋频率f＝＝，角速度ω＝2πf＝.
(3)由牛顿第二定律知qBvmax＝
则V max＝
最大动能为Ekmax＝
答案：(1)见解析　(2)　(3)
素养训练3　解析：由evB＝m可得回旋加速器加速质子的最大速度为v＝.由回旋加速器高频交流电频率等于质子运动的频率，有f＝，联立解得质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR，A、B正确，C错误；由于α粒子在回旋加速器中运动的频率是质子的，不改变B和f，该回旋加速器不能用于加速α粒子，D错误．
答案：AB
素养训练4　解析：质子在回旋加速器中旋转的最大半径等于D形盒的半径R，由R＝得质子最大动能Ek＝mv2＝，欲使最大动能为原来的4倍，可将B或R增大为原来的2倍，故A、C正确，B、D错误．
答案：AC
随堂演练·自主检测
1．解析：离子带正电，电荷量为e，规定向下为正方向，其刚进入速度选择器时受力F＝eE－eB1v，为使离子受力平衡，做匀速直线运动到分离器中，需F＝0，即v＝，根据题图可知有两个离子满足条件，这两个离子的速度相等，为乙和丙，所以乙和丙穿过了速度选择器，到达分离器，在分离器中，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，evB2＝m，则r＝，由于乙、丙的速度相同，则质量越大的离子运动半径越大，即乙打在P3点，丙打在P4点；根据受力情况，在水平金属板之间时，初始速度大于，粒子向上偏转，反之向下偏转，所以丁打在P2点，甲打在P1点，B正确．
答案：B
2．解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝可知，Ek＝mv2＝，粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D形盒的半径有关，所以Ek1＝Ek2，设粒子在加速器中绕行的圈数为n，则Ek＝2nqU，由以上关系可知n与加速电压U成反比，由于U1>U2，则n1答案：C
3．解析：互为同位素的原子其化学性质几乎完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为分析同位素的重要工具，A正确；在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知B正确；由qE＝qvB，有v＝，C正确；在匀强磁场B0中，粒子的运动半径r＝，所以＝，故粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大，D错误．
答案：ABC
4．解析：根据qBv＝m得v＝，则带电粒子射出时的动能为Ek＝mv2＝，所以动能与磁感应强度的大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度B或D形盒的半径R，均能增大带电粒子射出的动能，B、D正确．
答案：BD章末素养培优 (一)
核心素养(一)——科学思维
一、带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1．一条直线边界
特点：轨迹具有对称性，从同一直线边界进、出磁场时速度方向与边界的夹角相等．
例 1 (多选)如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子(不计重力)，从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正负离子在磁场中(　　)
A．运动时间相同
B．运动轨道的半径相同
C．重新回到边界时速度的大小和方向相同
D．重新回到边界的位置与O点距离相等
2．平行边界
特点：粒子的速度不同，轨道半径不同，往往存在临界条件，其临界条件是轨迹与另一直线边界相切，如图所示．
例 2 如图所示，宽为d的带状区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为e的质子从A点出发，与边界成60°角进入匀强磁场，要使质子从左边界飞出磁场，则质子速度的最大值为(　　)
A.B．
C． D．
3．圆形边界(进出磁场具有对称性)
(1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示．
(2)不沿径向射入时，如图乙所示．
射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ.
例 3 如图所示，圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．三个粒子都带负电荷
B．c粒子运动速率最小
C．c粒子在磁场中运动时间最短
D．它们做圆周运动的周期Ta二、带电粒子在磁场中运动的临界和多解问题
1．临界极值问题
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则该带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动的时间越长．
(3)一带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动，当其速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长．
例 4 如图所示，正方形abcd内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以大小不同的速度从a点沿ab方向射入磁场．不计电子的重力和电子间的相互作用．对于从c点和d点射出的电子，下列说法正确的是(　　)
A．轨道半径之比为1∶2
B．线速度大小之比为1∶2
C．向心力大小之比为1∶2
D．在磁场中运动时间之比为1∶2
2．多解的几种情况
(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同而形成多解．
(2)磁场方向不确定形成多解：带电粒子垂直进入方向不确定的匀强磁场时，其偏转方向不同而形成多解．
(3)运动的往复性形成多解：带电粒子在交变的磁场中运动时，运动往往具有周期性而形成多解．
(4)临界条件不唯一形成多解：带电粒子在有界磁场中运动时，因轨道半径不同而形成多解．
例 5 (多选)如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里、向外．三角形顶点A处有一质子源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不计、质子间的相互作用可忽略)，所有质子恰能通过D点，已知质子的比荷＝k，则质子的速度可能为(　　)
A．B．BkL
C． D．
核心素养(二)——科学态度与责任(STSE问题)
速度选择器的同类型问题
磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的工作原理与速度选择器类似，不同之处是开始时无电场，当带电粒子在磁场中运动受到洛伦兹力后，向两极偏转，正、负电荷分别打在两极板上而形成电场，随着两板聚集的电荷增多，电场增大，最后电荷受到的电场力与洛伦兹力等大反向，而使带电粒子做匀速直线运动，即与速度选择器原理相同．
(1)磁流体发电机：等离子体喷入两极板间．
①电源正、负极：由正、负电荷受洛伦兹力方向确定．
②电源电动势：由受力平衡q＝qvB得U＝Bdv.
③电源内阻r＝ρ，回路电流：I＝.
例 6 (多选)图为磁流体发电机的原理图．金属板P、Q之间的距离为d＝20 cm，磁场的磁感应强度大小为B＝5 T，方向垂直于纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在P、Q两板间接入的额定功率为P＝100 W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为二价离子，则下列说法正确的是(　　)
A．金属板P上聚集负电荷，金属板Q上聚集正电荷
B．该发电机的电动势为100 V
C．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为1×103 m/s
D．每秒钟有3.125×1018个离子打在金属板Q上
(2)电磁流量计：导电液体在非磁性材料制成的圆管中流动，使上下管壁出现电势差．
设导管的直径为d，当正、负离子所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差保持稳定，即qvB＝q，则v＝，故流量Q＝Sv＝·＝.
例 7 (多选)如图所示是电磁流量计的示意图．圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场．当管中的待测液体从右向左流过磁场区域时，测出管壁上M、N两点间的电压U，就可以知道管中液体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体的体积)．已知管的直径为d，磁感应强度为B，则下列说法中正确的是(　　)
A．管中待测液体必须是导电液体，流量计才能正常工作
B．M点电势一定高于N点的电势
C．污水中离子浓度越高，M、N两点间的电压U越大
D．M、N两点间的电压U与污水流量Q成正比
(3)霍尔元件：当电流通过处于磁场中的导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应．
①电势高低的判断：由载流子所受洛伦兹力方向确定．若载流子是电子，则下表面A′的电势高．若载流子是正电荷，则下表面A′的电势低．
②霍尔电压的计算：qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝.
例 8 (多选)自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压．如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2(前表面的电势低于后表面的电势)．下列说法中正确的是(　　)
A．图乙中霍尔元件的载流子带正电
B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小
C．若传感器的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2变大
D．霍尔电势差U2的大小与霍尔元件所用的材料有关
章末素养培优
例1　解析：根据左手定则可以判断，两粒子运动轨迹不同，转过的圆心角不同，但是运动周期T＝相同，所以运动时间不同，A错误；根据r＝可知，粒子运动半径相同，B正确；因为从同一边界射入，又从相同边界射出，所以出射角等于入射角，且洛伦兹力时刻与速度垂直，不做功，所以出射速度大小与入射速度相同，C正确；根据题意可知，重新回到边界的位置与O点距离d＝2r sin θ，相同，D正确．
答案：BCD
例2　解析：
作出不同速度情况下的质子运动轨迹，得到质子速度最大的临界状态是轨迹与PQ相切时，如图所示．由几何知识可得r＋r cos 60°＝d，解得r＝d，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB＝，解得v＝，A正确．
答案：A
例3　解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，结合左手定则可知，三个粒子都带正电荷，A错误；根据qvB＝m可得r＝，三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，a粒子的轨迹半径最小，c粒子的轨迹半径最大，则a粒子速率最小，c粒子速率最大，B错误；三个带电粒子的质量和电荷量都相同，由粒子运动的周期T＝，可知三粒子运动的周期相同，即Ta＝Tb＝Tc，D错误；粒子在磁场中运动时间t＝T，θ是粒子轨迹对应的圆心角，也等于速度的偏转角，由图可知，a在磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，c在磁场中运动的偏转角最小，c粒子在磁场中运动时间最短，C正确．
答案：C
例4　解析：设正方形边长为L，根据图像可知从c点射出的电子轨道半径为L，从d点射出的电子轨道半径为，则轨道半径之比为2∶1，A错误；根据qvB＝m可得v＝，因轨道半径之比为2∶1，则线速度大小之比为2∶1，B错误；电子所受洛伦兹力充当向心力，即F向＝qvB，因线速度大小之比为2∶1，则向心力大小之比为2∶1，C错误；电子在磁场中的运动周期为T＝＝，则从c点射出的电子在磁场中的运动时间为t1＝·T＝，从d点射出的电子在磁场中的运动时间为t2＝·T＝，则在磁场中运动时间之比为1∶2，D正确．
答案：D
例5　解析：
质子可能的运动轨迹如图所示，由几何关系可得2nR cos 60°＝L(n＝1，2，…)，由洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝m，联立解得v＝＝(n＝1，2，…)，所以A、B、D正确，C错误．
答案：ABD
例6　解析：左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板P偏转，负离子将向金属板Q偏转，则金属板P上聚集正电荷，金属板Q上聚集负电荷，A错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，则有E＝U，P＝，解得E＝100 V，B正确；根据Bqv＝q，解得v＝100 m/s，C错误；根据I＝，I＝，解得每秒钟经过灯泡L的电荷量为1 C，由于离子为二价离子，所以每秒钟打在金属板Q上的负离子个数为n＝＝3.125×1018，D正确．
答案：BD
例7　解析： 根据电磁流量计工作原理，可知，管中待测液体必须是导电液体，流量计才能正常工作，故A正确；根据左手定则，在洛伦兹力作用下，正离子向管道N的一侧集中，而负离子向管道M的一侧集中，两者之间形成电势差，则N点电势高于M点，故B错误；当正负离子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，离子不再偏移，此时MN间有稳定的电势差，形成一个匀强电场，设MN两点间的电势差为U，对离子有qvB＝q，解得U＝Bdv，设在时间Δt内流进管道的血液体积为V，则流量Q＝＝＝，故C错误，D正确．故选AD.
答案：AD
例8　解析：根据左手定则可判断，霍尔元件的电流I是由负电荷的定向移动形成的，故A错误；根据单位时间的脉冲数，可求得车轮的转动周期，从而求得车轮的角速度，根据v＝ωr，可求得车速的大小，故B正确；根据qvB＝q，得U2＝Bdv，由电流的微观表达式I＝neSv得v＝，联立得U2＝，若传感器的电源输出电压U1变大，电流增大，U2也增大，不同的材料单位体积内的自由电子数不同，所以霍尔电势差U2的大小与霍尔元件所用的材料有关，故C、D正确．
答案：BCD专题(一)　带电粒子在复合场中的运动
课 标 要 求
1．学会用动力学方法分析带电粒子在组合场中的运动．
2．学会用动力学方法分析带电粒子在叠加场中的运动．
关键能力·合作探究——突出综合性　素养形成
探究点一　带电粒子在叠加场中的运动
归纳总结
1.叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．三种场的比较
力的特点 功与能的特点
重力场 大小：G＝mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关，重力做功改变物体的重力势能
静电场 大小：F＝qE 方向：a.正电荷受力方向与电场强度方向相同 b.负电荷受力方向与电场强度方向相反 电场力做功与路径无关 W＝qU电场力做功改变电势能
磁场 洛伦兹力F＝qvB 方向可用左手定则判断 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
3.当带电粒子在叠加场中所受的合外力为零时，粒子将做匀速直线运动或静止．
4．对于有约束的情况，当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一直线上时，粒子将做变速直线运动．
5．当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动．(常见的情形是，粒子的重力与静电力平衡，洛伦兹力充当向心力而做匀速圆周运动)．
6．当带电粒子所受的合外力的大小方向均不断变化时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量观点处理．
7．分析带电粒子在含有磁场的叠加场中运动的运动问题，方法与力学问题的分析方法基本相同，不同的是多了电场力和洛伦兹力．
8．受力分析时首先考虑重力能否忽略，质子、电子、离子等粒子，一般不计重力，微粒、油滴、质点和小球等一般要计重力，通常情况下试题应有所提示．
典例示范
例 1 如图所示，质量为m、带电荷量为－q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　　)
A．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用
B．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用
C．匀强电场的电场强度E＝
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
例 2 在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外，一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动．(重力加速度为g)
(1)求此区域内电场强度的大小和方向；
(2)若某时刻微粒运动到距地面高度为H的P点时，速度与水平方向成45°角，如图所示，则该微粒至少需要经过多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？
名师点拨
处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路
(1)弄清叠加场的组成．
(2)进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
(3)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．
③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
素养训练1　一个电子穿过某一空间而未发生偏转(电子重力不计)，则(　　)
A．此空间一定不存在磁场
B．此空间一定不存在电场
C．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度方向垂直
D．此空间可能同时有电场和磁场
素养训练2　
如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动的最低点，则①液滴一定带负电；②液滴在C点时动能最大；③液滴在C点电势能最小；④液滴在C点机械能最小，以上叙述正确的是(　　)
A．①②B．①②③
C．①②④D．②③
探究点二　带电粒子在组合场中的运动
归纳总结
1.四种常见的运动模型
(1)带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：
(2)带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：
(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图：
(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ中做圆周运动，如图：
2．三种常用的解题方法
(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度．
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理．
(3)带电粒子在磁场中做圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解．
典例示范
例 3 如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E.一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子从坐标原点沿着y轴正方向射出，射出之后，第三次到达x轴时，它与点O的距离为L，求此粒子射出时的速度v和运动的总路程s(重力不计)．
名师点拨
带电粒子在电场、磁场的组合场中的运动通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动．画出运动轨迹是解决这类问题的关键．
素养训练3　如图所示，在平面坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，之后从P(2L，0)点射出磁场．不计粒子重力，求：
(1)带电粒子进入磁场时的速度大小和方向；
(2)电场强度与磁感应强度大小之比；
(3)粒子在磁场与电场中运动时间之比．
素养训练4　
在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：
(1)M、N两点间的电势差UMN；
(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.
随堂演练·自主检测——突出创新性　素养达标
1．如图所示，正交的匀强电场和匀强磁场的宽度为d，电场强度为E，磁感应强度为B，将一质量为m、带电荷量为q的不计重力的带正电粒子由场的左边缘自静止释放，粒子在电场力和磁场力的作用下运动到场的右边缘离开电磁场，若离开场时粒子的速度大小为v，则整个过程中(　　)
A．粒子沿电场线方向做匀加速直线运动
B．粒子做匀变速曲线运动
C．v＝
D．v＝
2．(多选)一个重力忽略不计的带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在如图所示的几种情况中，可能出现的是(　　)
3．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是(　　)
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
4.
(多选)在如图所示的平面直角坐标系xOy内，存在一个方程为x2＋y2＝0.25(m)的圆，在x<0的半圆区域内存在沿x轴正方向的电场强度大小E＝1 V/m的匀强电场，在x>0的半圆区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带电荷量q＝1.0×10－6 C、质量m＝1.25×10－15 kg的带电粒子从坐标(－R，0)处无初速度飘入电场，经电场加速后，平行于y轴离开磁场区域．忽略粒子所受重力．下列说法正确的是(　　)
A．粒子沿y轴正方向离开磁场
B．粒子沿y轴负方向离开磁场
C．磁感应强度大小B＝1×10－2 T
D．磁感应强度大小B＝1×10－4 T
5.
(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度和重力均可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)
A．在磁场中转过的角度之比为 1∶2
B．在电场中的加速度之比为 1∶1
C．在磁场中运动的半径之比为 1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为 1∶3
6.
如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左、场强大小为E，磁场方向水平向里、磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小圆环套在杆上(环内径略大于杆的直径)无初速度下滑．若重力加速度大小为g，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ(μqE7．两平行板间有水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长为L，不可伸长的绝缘细绳，一端连着一个质量为m、带电荷量为q的小球，另一端固定于O点．把小球拉起直至细线与电场线平行，然后无初速度释放．已知小球摆到最低点另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ＝53°，重力加速度为g.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
(1)小球带什么电？
(2)求静电力F跟重力的比值．
(3)求小球到最低点的速度大小．
(4)求经过最低点时，细线对小球的拉力的大小．
专题(一)　带电粒子在复合场中的运动
关键能力·合作探究
探究点一
【典例示范】
例1　解析：
因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE＝mg，qvB＝mg，得电场强度E＝，磁感应强度B＝，A正确．
答案：A
例2　解析：(1)因微粒做匀速圆周运动，则qE＝mg
解得E＝，方向竖直向下．
(2)如图所示，当微粒第一次运动到最高点时，α＝135°，
则t＝T＝T＝
又T＝
所以t＝
微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得R＝
则H1＝R＋R sin 45°＋H＝H＋.
答案：(1)　方向竖直向下　(2)　H＋
素养训练1　解析：若此空间只存在磁场，当v∥B时，电子不会偏转，A错误；当此空间只存在匀强电场，电子运动方向与电场线平行时，运动方向不变化，B错误；此空间若只有匀强磁场，且方向与电子速度方向垂直时，电子将做匀速圆周运动，C错误；此空间若同时有电场和磁场，且E⊥B，当qE＝qvB时，电子将做匀速直线运动，D正确．
答案：D
素养训练2　解析：液滴偏转是由于受洛伦兹力作用，据左手定则可判断液滴一定带负电．液滴所受电场力必向上，而液滴能够从静止开始向下运动，是因为重力大于电场力．由A→C合力做正功，故在C处液滴的动能最大．而由于A→C克服电场力做功最多，电势能增加最多，又机械能与电势能的和不变，因此，由A→C机械能减小最多，故液滴在C点机械能最小．故选C.
答案：C
探究点二
【典例示范】
例3　解析：粒子在磁场中的运动为匀速圆周运动，在电场中的运动为匀变速直线运动．画出粒子的运动轨迹，如图所示，由图可知粒子在磁场中运动半个周期后第一次通过x轴进入电场，在电场中做匀减速运动至速度为零，再反方向做匀加速直线运动，以原来的速度大小反方向进入磁场，即第二次通过x轴，接着粒子在磁场中做圆周运动，半个周期后第三次通过x轴．
由几何关系可知R＝　①
在磁场中，有qvB＝m　②
由①②解得v＝＝　③
设粒子在电场中的最大位移是l
根据动能定理有Eql＝mv2　④
由③④解得l＝
粒子第三次到达x轴时，运动的总路程为
s＝2πR＋2l＝.
答案：
素养训练3　解析：(1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中运动时，由平抛运动规律及牛顿运动定律得
2L＝v0t1　L＝　qE＝ma
粒子到达O点时沿＋y方向分速度为vy＝at1＝v0
因tan α＝＝1，则α＝45°
即带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴成45°角斜向上
粒子在磁场中的速度为v＝v0.
(2)由牛顿第二定律得Bqv＝m
由几何关系得r＝L
则B＝
由(1)中各式可得E＝
则＝.
(3)粒子在磁场中运动的周期T＝＝
粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝
由(1)可得粒子在电场中运动的时间t1＝
则＝.
答案：(1)v0　与x轴成45°角斜向上　(2)　(3)
素养训练4　解析：粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，两者的衔接点是N点的速度．
(1)设粒子过N点时的速度为v，有
＝cos θ，v＝2v0.
粒子从M点运动到N点的过程，有
qUMN＝
.
(2)如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，
有qvB＝，所以r＝＝.
(3)由几何关系得ON＝r sin θ，设粒子在电场中运动的时间为t1，
有ON＝v0t1，
所以t1＝＝＝＝.
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有
t2＝T＝·＝.
所以t＝t1＋t2＝.
答案：　(2)　(3)
随堂演练·自主检测
1．解析：对带电粒子受力分析可知，受恒定的水平向右的电场力，洛伦兹力F洛＝qvB，与速度方向垂直且在变化，所以合外力在变化，方向与速度不共线，粒子做非匀变速曲线运动，A、B错误；粒子在整个运动中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理得qEd＝mv2，解得v＝ ，C正确，D错误．
答案：C
2．解析：A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针运动，A正确，C图中粒子应顺时针运动，C错误；同理可以判断D正确，B错误．
答案：AD
3．解析：由题意知mag＝qE，mbg＝qE＋Bqvb，mcg＋Bqvc＝qE，所以mb>ma>mc，故选B.
答案：B
4．解析：
由题可知粒子带正电，进入磁场后向上偏转，粒子沿y轴正方向离开磁场，故A项正确，B项错误；作出粒子的运动轨迹，如图所示，由图利用几何知识可求得，粒子的轨迹半径r＝R，粒子在磁场中偏转的半径r＝，粒子在电场中加速有EqR＝mv2，联立解得B＝1×10－4 T，C项错误，D项正确．
答案：AD
5．解析：两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3，带电粒子在电场中加速时E＝，Eq＝ma，联立可得a＝，则在电场中的加速度之比为1∶3，B错误；带电粒子在加速电场中加速时，由动能定理可得qU＝Ek－0，则离开电场区域时的动能之比为1∶3，D正确；带电粒子在加速电场中加速时，由动能定理可得qU＝mv2－0，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝，联立解得R＝，则在磁场中运动的半径之比为∶1，C错误；离子在磁场中的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角θ，根据几何关系可得sin θ＝，则可知角度的正弦值之比为1∶，则P3＋转过的角度为60°，在磁场中转过的角度之比为1∶2，A正确．
答案：AD
6．解析：速度较小时，对圆环受力分析有mg－μ(Eq－qvB)＝ma，随着速度增大，加速度逐渐增大，当Eq＝qvB时，加速度为重力加速度，之后，洛伦兹力大于电场力，有mg－μ(qvB－Eq)＝ma，随着速度增大，加速度逐渐减小，速度增大，直到加速度为零时，速度最大，最终做匀速运动，故选D.
答案：D
7．解析：(1)小球带正电．
(2)从开始到最左端，根据动能定理得
mgL cos θ－FL(1＋sin θ)＝0
所以＝.
(3)从开始到最低点，根据动能定理得
mgL－FL＝mv2
解得v＝.
(4)在最低点由牛顿第二定律有
T－mg－qBv＝m
解得T＝mg＋.
答案：(1)正电　(2)　(3)
(4)mg＋

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