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第1节　安培力
及其应用
第1章　安培力与洛伦兹力
1.知道安培力的方向与电流、磁感应强度的方向都垂直,会用左手定则判断安培力的方向。2.理解匀强磁场中安培力的表达式,会计算匀强磁场中安培力的大小。3.知道磁电式电表的工作原理。
[定位·学习目标]　
探究·必备知识
「知识梳理」
1.定义:磁场对 的作用力。
2.安培力的方向
左手定则:
伸开左手,拇指与其余四指垂直,且都与手掌处于同一平面内,让磁感线垂直穿过手心,四指指向 的方向,此时 所指的方向即为安培力的方向。如图所示。
通电导线
知识点一　安培力
电流
拇指
3.安培力的大小
(1)当磁场方向与通电直导线电流方向平行时,导线所受安培力为 。
(2)垂直于磁感应强度为B的匀强磁场放置长为l的一段直导线,当通过的电流为I时,所受安培力为 F= 。
(3)当磁感应强度B的方向与通电直导线电流方向成θ角时,安培力F= 。
零
IlB
IlBsin θ
知识点二　安培力的应用
1.电动机
电风扇、吹风机、洗衣机、电动小车、电钻等电器, 力都在发挥作用。正是安培力使这些电器里的一个重要部件——电动机的 转了起来,其转动原理示意图如图所示。
安培
转子
2.磁电式电表
(1)磁电式电表是利用永久磁铁对 线圈的作用原理制成的。
(2)工作原理分析。
如图所示,在电流计中,有一圆柱形铁芯固定于U形磁铁两极间,铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的铝框,铝框的转轴上装有指针和游丝(又称螺旋弹簧)。当电流流入线圈时,线圈受安培力作用而 ,使游丝扭转 ,
从而对线圈的转动产生 。当安培力的作用与游
丝形变产生的阻碍达到 时,指针便停留在某一刻
度。电流越大,安培力越 ,指针偏转角度越 。可见,
正是 力的作用才使电流计的指针发生偏转,而通过指针的偏转 便可知道电流的大小。
通电
转动
形变
阻碍
平衡
大
大
安培
角度
1.思考判断
(1)安培力的方向与磁感应强度的方向垂直。(　 　)
(2)若通电导线在某处不受安培力,则该处磁感应强度一定为零。(　 　)
(3)若通电导线在某处受到的安培力不为零,则此处的磁感应强度一定不为零。(　 　)
(4)若磁场一定,导线的长度和电流也一定的情况下,导线平行于磁场时,安培力最大,垂直于磁场时,安培力最小。(　 　)
√
「新知检测」
×
√
×
(5)若匀强磁场的磁感应强度为B=1 T,导线中的电流I=1 A,导线长度l=1 m,则安培力F=1 N。(　 　)
(6)对于磁电式电表,指针稳定后,线圈受到螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的。(　 　)
×
√
2.思维探究
(1)在磁场越强的地方,通电导体受到的安培力一定越大吗
【答案】 (1)不一定。通电导体所受安培力的大小与B、I、l及θ有关,当θ=0°(B∥I)时,无论B如何变化,总有F=0。
(2)当通电导线中的电流方向与磁场方向既不垂直也不平行时,我们应该如何计算安培力
【答案】 (2)把磁感应强度正交分解,一个与电流方向垂直(B⊥),一个与电流方向平行(B∥),然后用F=IlB⊥计算。
(3)磁电式电表游丝(螺旋弹簧)的作用是什么
【答案】 (3)当电流通过线圈时,线圈受到安培力的作用,由左手定则知,线圈左右两边所受安培力的方向相反,于是安装在轴上的线圈就要转动,通过转轴收紧游丝(螺旋弹簧)使其变形,游丝(螺旋弹簧)反抗线圈的转动。
突破·关键能力
要点一　安培力的方向
「情境探究」
直导线悬挂起来,放入蹄形磁铁形成的磁场中,请同学们完成以下探究。
(1)上下交换磁极的位置以改变磁场的方向,观察受力方向是否改变。
【答案】 (1)改变磁场的方向,受力方向发生改变。
(2)改变导线中电流的方向,观察受力方向是否改变。
【答案】 (2)改变导线中电流的方向,受力方向发生改变。
(3)通过以上实验现象,你能得出什么结论
【答案】 (3)安培力的方向与磁感应强度的方向和电流的方向有关。
「要点归纳」
1.安培力的方向
不管电流方向与磁场方向是否垂直,安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面,即总有F⊥I和F⊥B。
(1)已知I、B的方向,用左手定则可唯一确定F的方向。
(2)已知F、B的方向,且导线的位置确定时,可唯一确定I的方向。
(3)已知F、I的方向,B的方向不能唯一确定。
2.安培定则与左手定则的区别
项目 安培定则 左手定则
用途 判断电流的磁场方向 判断电流在磁场中的受力方向
适用 对象 直线电流 环形电流或通电螺线管 磁场中的电流
应用 方法 拇指指向电 流的方向 四指弯曲的方向表示电流的环绕方向 磁感线穿过手心,四指指向电流的方向
结果 四指弯曲的 方向表示磁 感线的方向 拇指指向轴线上磁感线 的方向 拇指指向电流受到的安培力的方向
3.两平行通电直导线的相互作用规律
同向电流互相吸引,反向电流互相排斥。
[例1] 画出图中通电直导线A受到的安培力的方向。
【答案及解析】 (1)电流与磁场垂直,由左手定则可判断出导线A所受安培力方向如图甲所示。
(2)条形磁铁在导线A处的磁场方向水平向左,由左手定则可判断出导线A受到的安培力的方向如图乙所示。
(3)由安培定则可判断出通电直导线A处磁场方向垂直于纸面向外,由左手定则可判断出导线A受到的安培力方向如图丙所示。
(4)由安培定则可判断出通电直导线A处磁场如图丁所示,由左手定则可判断出导线A受到的安培力方向如图丁所示。
判断安培力方向常见的两类问题
·学习笔记·
[针对训练1] 画出(或说明)图中各磁场对通电导线的安培力的方向。
A　 B　 C D
E　 　 F G　　 H
【答案及解析】 A、B、C、D、E、F、G中电流方向均与磁场方向垂直,而H中电流方向与磁场方向不垂直,由左手定则判断安培力的方向如图所示。
A 　 B 　 C D　
E 　 F G　 H
要点二　安培力的大小
「情境探究」
仔细观察甲、乙两图,思考后回答下列问题。
(1)图甲中计算通电直导线所受安培力时,能利用公式F=IlB吗 如果不能,该如何计算
【答案】 (1)不能。F=IlBsin θ,θ为电流方向与磁场方向的夹角。
(2)图乙中设磁感应强度大小为B,电流大小为I,AB=BC=l,整个导线ABC所受安培力如何 与公式F=IlB对比可以得到什么结论
「要点归纳」
1.对安培力F=IlBsin θ的理解
(1)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)l是有效长度,匀强磁场中弯曲导线的有效长度l,等于连接两端点线段的长度(如图),相应的电流沿l由始端流向末端。
2.F=IlBsin θ的适用条件
导线所处的磁场应为匀强磁场;在非匀强磁场中,公式仅适用于很短的通电导线。
3.电流在磁场中的受力特点
电荷在电场中一定会受到电场力的作用,但是电流在磁场中不一定受到安培力的作用。当电流方向与磁场方向平行时,电流不受安培力的作用。
4.当电流同时受到几个安培力时,电流所受的安培力为这几个安培力的
矢量和。
[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(　　)
A
A　 B　 C　 D
【解析】 A图中,导线电流不和磁场垂直,将导线投影到垂直磁场方向上,故F=IlBcos θ,A正确;B图中,导线电流和磁场方向垂直,故F=IlB,B错误;C图中,导线电流和磁场方向垂直,故F=IlB,C错误;D图中,导线电流和磁场方向垂
直,故F=IlB,D错误。
应用安培力公式F=IlBsin θ解题的技巧
(1)公式F=IlBsin θ中θ是B和I方向的夹角,不能盲目应用题目中所给的夹角,要根据具体情况进行分析。
(2)公式F=IBlsin θ中的lsin θ也可以理解为垂直于磁场方向的“有效长度”。
·规律方法·
[针对训练2] 如图所示,AC是一个用导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧,圆弧半径为R,将其放置在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。当在该导线中通以由A到C、大小为I的恒定电流时,该导线受到的安培力的大小和方向是(　　)
C
要点三　磁电式电表的工作原理
「情境探究」
磁电式电表是物理实验和生产生活中不可缺少的仪器,如图是
磁电式电表的构造,磁电式电表的工作原理是怎样的
【答案】 当电流通过线圈时,线圈受到安培力的作用。由左手定则可以判定,线圈左右两边所受安培力的方向相反,于是安装在转轴上的线圈就要转动。线圈转动时,游丝发生形变,以反抗线圈的转动。电流越大,安培力就越大,游丝的形变也就越大。所以通过指针的偏转角度就能判断通过电流的大小。
「要点归纳」
1.磁场特点
(1)方向:均匀地沿径向分布。
(2)大小:在距轴线等距离处的磁感应强度大小相等。
2.安培力的特点
(1)方向:安培力的方向与线圈平面垂直。
(2)大小:安培力的大小与通过的电流成正比。
3.表盘刻度特点
线圈在安培力的作用下转动,游丝变形,反抗线圈的转动,电流越大,安培力越大,游丝形变就越大。指针偏角与通过线圈的电流I成正比,表盘刻度均匀。
4.磁电式电表的优缺点
优点:灵敏度高,可以测出很弱的电流。
缺点:线圈的导线很细,允许通过的电流很弱(几十微安到几毫安)。如果希望用它测量较大的电流,就要根据必修第三册中学到的方法扩大其量程。
[例3] 磁电式电表的构造如图甲所示,在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈,转轴上装有游丝和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布,如图乙所示。当电流通过线圈时,线圈在安培力的作用下转动,游丝被扭动,线圈停止转动时满足NBIS=kθ,式中N为线圈的匝数,S为线圈围成的面积,I为通过线圈的电流,B为磁感应强度,θ为线圈(指针)偏角,k是与游丝有关的常量,由题中的信息可知(　　)
A.该电表的刻度是均匀的
B.线圈转动过程中受到的安培力变大
C.若线圈中通以如图乙所示的电流时,线圈将沿逆时针方向转动
A
【解析】 磁场是均匀辐向分布的,线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变,故受到的安培力的大小不变,游丝的弹力与转动角度成正比,故该电表的刻度是均匀的,故A正确,B错误;若线圈中通以题图乙所示的电流,根据左手定则可知,左侧受到的安培力方向向上,右侧受到的安培力方向向下,故线圈将沿顺时针方向转动,故C错误;更换k值更大的游丝,同样的电流对应的转动角度减小,即灵敏度减小,故D错误。
[针对训练3] 如图甲是磁电式电表的结构示意图,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的正方形线圈中通以电流I,线圈中的某一条a导线电流方向垂直于纸面向外,b导线电流方向垂直于纸面向里,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.穿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
D
【解析】 匀强磁场的大小和方向处处相同,该磁场的方向并非处处相同,所以并不是匀强磁场,A错误;由题图乙分析知,穿过线圈的磁通量为零,B错误;a导线电流方向垂直于纸面向外,所在处磁感线方向向右,根据左手定则可知,a导线受到的安培力方向向上,C错误;b导线始终与磁感线垂直,故受到的安培力大小一直为IlB,D正确。
要点四　安培力作用下的导体平衡
「要点归纳」
1.将立体图转化为平面图
安培力作用下的平衡问题,题目给出的一般是立体图,如果把受到的力直接画在导体棒上,则较为抽象,不利于问题的求解,一般把抽象的立体图转换为直观的平面图,常见情境如下。
立体图
平面图
2.将题中的角度、电流方向、磁场方向标在图上,根据左手定则准确判断安培力的方向。
3.进行受力分析时,注意不要漏掉安培力。同时,当存在静摩擦力时,要注意分析由于电流的大小变化而引起的安培力的变化以及安培力的变化导致静摩擦力大小和方向的变化,此过程往往存在临界问题。
[例4] 如图所示,直角梯形金属线框ACDF倾斜固定放置,AF边水平,边长为 1.7 m,DF边与AF边垂直,线框平面与水平面夹角θ=37°,在AF边接有电动势E= 4 V、内阻r=1 Ω的直流电源,CD边长为 0.3 m,接有阻值为 R1=2 Ω的定值电阻,AC、DF边的中点分别为G、H,金属线框处在竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度 B=2 T。质量为m=0.2 kg的导体棒放在线框上的G、H之间,导体棒接入电路的电阻 R2=2 Ω,导体棒恰好刚要滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,金属线框的电阻不计,重力加速度
g取 10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)导体棒受到的安培力大小;
【答案】 (1)2 N
(2)导体棒与线框间的动摩擦因数。
安培力作用下导体平衡问题的解题流程
·规律方法·
[针对训练4] (2022·湖南卷)如图甲,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上,其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场,与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图乙所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　)
A.当导线静止在图甲右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
D
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
安培力作用下导体运动方向的判断
1.判断导体在磁场中运动情况的常规思路
(1)不管是电流还是磁体,对通电导体的作用都是通过磁场来实现的,因此必须要清楚导体所在位置的磁场分布情况。
(2)结合左手定则准确判断导体所受安培力的方向。
(3)由导体的受力情况判定导体的运动方向。
2.分析导体在磁场中运动情况的几种常用方法
电流 元法 把整段导线分为多段电流元,先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向,然后判断整段导线所受安培力的方向,从而确定导线运动方向
等效法 环形电流可等效成小磁针,通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流(反过来等效也成立),然后根据磁体间或电流间的作用规律判断
特殊 位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置,判断其所受安培力的方向,从而确定其运动方向
结论法 两平行直线电流在相互作用过程中,无转动趋势,同向电流互相吸引,反向电流互相排斥;不平行的两直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势
转换 研究 对象法 定性分析磁铁在电流磁场作用下如何运动的问题,可先分析电流在磁铁磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律确定磁铁所受电流磁场的反作用力,从而确定磁铁所受的合力及其运动方向
[示例] 一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将(　　)
A.不动
B.顺时针转动
C.逆时针转动
D.在纸面内平动
B
【解析】 法一　电流元法
把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知,各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,因此从左向右看,线圈L1将顺时针转动,故选B。
法二　等效法
把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2产生的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为竖直向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动,故选B。
法三　结论法
环形电流I1、I2之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止,据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动,故选B。
「科学·技术·社会·环境」
电磁弹射
电磁弹射就是采用电磁的能量来推动被弹射的物体向外运动,其实就是电磁炮的一种形式。在射击武器中,弹射是指被发射的物体不启动自身的动力装置而靠发射器提供的起动力实现起飞的一种发射方式。弹射是发射技术的一种特例,具体特点有:
(1)弹射的对象与发射相比一般都是大载荷物体。作为电磁炮的电磁发射器中发射的弹丸一般都是几克到几百克,最大也不过几千克;而弹射器的弹射对象则是小到几千克的航空模型大到几十吨的战机。
(2)弹射器的速度与发射器相比不是很高。一般情况下,发射器的弹丸可以达到每秒几千米到几十千米,理论上可以达到上百千米;而弹射器则不要求很大的速度,每秒几十米到几百米就可以满足要求。
(3)弹射器的发射频率远低于发射器。在电磁发射器中,防空电磁炮要求每分钟发射500发,反导电磁炮要求每秒发射60发;而电磁弹射器则可以几分钟,甚至于几十分钟做一次弹射。
(4)从结构上说,电磁炮的发射体一般都在发射管内部,而电磁弹射器的载荷由于相对较大,一般都是“骑”在驱动器之上的。
由此可见,电磁弹射的主要应用范围是大载荷的短程加速,在军事上比较典型的是航空母舰上的舰载机起飞弹射。
[示例] 如图是电磁炮的原理图,两平行轨道位于同一水平面内,处在竖直向上的匀强磁场中。一导体棒横放在两导轨间,接入电路的长度为1.5 m。当回路中的电流恒为20 A时,导体棒所受的安培力大小为 600 N,问:
(1)导体棒受到的安培力方向是向左还是向右
【答案】 (1)向右　
【解析】 (1)根据左手定则,可判断导体棒受到的安培力方向向右。
(2)匀强磁场的磁感应强度B为多大
【答案】 (2)20 T
(3)若回路中的电流恒为30 A,导体棒所受安培力为多大
【答案】 (3)900 N
【解析】 (3)根据安培力公式,可得F2=I2lB=30×1.5×20 N=900 N。
检测·学习效果
1.下列关于通电导体在匀强磁场中所受安培力的判断正确的是(　　)
D
A B C D
【解析】 A项图中电流和磁场方向平行,则导体不受安培力作用,故A错误;根据左手定则可知,B项中电流受的安培力方向竖直向上,B错误;C项中电流受的安培力方向水平向右,C错误;D项中电流受的安培力方向垂直于导线斜向右下,D正确。
2.如图所示,通以恒定电流I的Λ形导线abc放置在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。已知导线abc组成的平面与磁场方向平行,导线的ab、bc段的长度均为l,两段导线间的夹角为90°,且两段导线与磁场方向的夹角均为45°,则导线abc受到的安培力为(　　)
A
【解析】 计算导线abc受到的安培力可利用其有效长度,将导线abc等效为线段ac,因线段ac与磁感应强度B平行而不受安培力,故导线abc所受安培力为0。
3.如图所示为电流天平的示意图。当左边导线框通以图示方向的电流时,天平恰好平衡,砝码盘和砝码总质量为m。若只改变电流方向而仍维持天平平衡,则需在天平右端再加上质量为2Δm的砝码。由此可见,通电导线框在磁场中所受安培力的大小为(　　)
B
【解析】 设导线框的质量为m′,根据左手定则,导线框通以图示方向电流时,安培力F方向向上,由平衡条件有mg=m′g-F。电流反向后安培力大小不变,方向变成向下,则有m′g+F=(m+2Δm)g,联立两式解得F=Δmg,B正确,A、C、D错误。
4.(双选)将一段裸铜导线弯成图甲所示形状的线框,使线框上端的弯折位置与一节五号干电池的正极良好接触,一块圆柱形强磁体N极吸附在电池的负极(N极在上,S极在下),线框下面的两端P、Q与磁体表面及电池的负极均保持良好接触,放手后线框就会转动,从而制成了一个“简易电动机”,如图乙所示。关于该“简易电动机”,下列说法正确的是(　 　)
A.线框转动的原因是受到静电力的作用
B.从上向下看,线框沿顺时针方向转动
C.从上向下看,线框沿逆时针方向转动
D.仅将磁体的磁极调换,线框转动的方向改变
BD
【解析】线框转动的原因是受到安培力的作用,A错误;磁场和电流方向如图所示,根据左手定则,I1所受安培力向外,I2所受安培力向里,从上向下看,线框沿顺时针方向转动,B正确,C错误;仅将磁体的磁极调换,磁场反向,电流方向不变,安培力方向反向,线框沿逆时针方向转动,D正确。
5.如图所示,两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中,一质量为m=
0.9 kg 的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好,磁感应强度B=5 T,方向垂直于ab,与导轨平面的夹角α=53°,导轨间距为L=0.5 m,金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。当电路中有电流I=2 A时,必须加一个平行于金属导轨且垂直于金属棒向右的拉力F,才能使ab处于静止状态(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2),则金属棒ab所受安培力的大小为　　　 N,F的最小值为　　　 N,最大值为　　　　 N。
5
1
7
【解析】 金属棒ab受到的安培力大小为F1=ILB=5 N;
对金属棒ab受力分析如图所示,最大静摩擦力fmax=μN=μ(mg-F1cos α)=3 N,
当摩擦力f达到最大静摩擦力且方向向右时,F最小,Fmin=F1sin α-fmax=1 N,
当摩擦力f达到最大静摩擦力且方向向左时,F最大,Fmax=F1sin α+fmax=7 N。
感谢观看章末总结
专题一　有关安培力问题的分析与计算
[例1] 如图所示,电源电动势E=2 V,内阻r=0.5 Ω,竖直导轨宽L=0.2 m,导轨电阻不计。另有一质量m=0.1 kg、电阻R=0.5 Ω 的金属棒ab,它与导轨间的动摩擦因数 μ=0.4,靠在导轨的外面。为使金属棒不滑动,施加一与纸面夹角为30°且与金属棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取 10 m/s2)。求:
(1)此磁场的方向;
(2)磁感应强度B的取值范围。
【答案】 (1)与纸面夹角为30°且斜向下指向纸里
(2)3.0 T≤B≤16.3 T
【解析】 (1)要使金属棒静止,安培力应斜向上指向纸里,画出左视图,并对棒ab受力分析如图甲、乙所示。经分析可知磁场的方向斜向下指向纸里,即磁场方向与纸面夹角为30°且斜向下指向纸里。
(2)如图甲所示,当金属棒有向下滑动的趋势时,所受静摩擦力向上为f,则
Fsin 30°+f-mg=0,
F=ILB1,f=μN=μFcos 30°,I=,
联立各式并代入数值得B1≈3.0 T,
当金属棒有向上滑动的趋势时,所受静摩擦力向下为f′,如图乙所示,则F′sin 30°-f′-mg=0,
f′=μN′=μF′cos 30°,F′=ILB2,I=,
可解得B2≈16.3 T,
所以若保持金属棒不滑动,磁感应强度应满足 3.0 T≤B≤16.3 T。
安培力既可以使通电导体静止、运动或转动,又可以对通电导体做功,因此有关安培力问题的分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样,先选取研究对象进行受力分析,判断通电导体的运动
情况,然后根据题中条件由牛顿运动定律或动能定理等规律列式求解。具体求解应从以下几个方面着手分析:
(1)安培力的大小。
①当通电导体和磁场方向垂直时,F=IlB。
②当通电导体和磁场方向平行时,F=0。
③当通电导体和磁场方向的夹角为θ时,F=IlBsin θ。
(2)安培力的方向。
①安培力的方向由左手定则确定。
②F⊥B,同时F⊥I,即F垂直于B和I所决定的平面,但I和B不一定垂直。
(3)安培力作用下通电导体的状态分析。
通电导体在安培力的作用下可能处于静止状态,也可能处于运动状态。对通电导体进行正确的受力分析,是解决该问题的关键。
[针对训练1] (双选)如图所示是某兴趣小组制作的电磁炮简易模拟装置,距地面高h处水平放置距离为L的两根光滑金属导轨,导轨区域有一垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),跟导轨正交的水平方向的线路上依次有电池、开关及质量为m的金属杆。闭合开关S,金属杆水平向右飞出做平抛运动,测得其水平射程为s,则下列说法正确的是(　　)
A.磁场方向竖直向上
B.磁场方向竖直向下
C.该过程安培力对金属杆做的功为
D.飞出后金属杆的运动时间t=
【答案】 AC
【解析】 闭合开关,根据左手定则结合电流方向可判断磁场方向竖直向上,选项A正确,B错误;金属杆水平向右飞出做平抛运动,则有h=gt2,s=vt,飞出后金属杆的运动时间t=,从闭合开关到金属杆水平抛出,根据动能定理有W安=mv2-0,解得W安=,选项C正确,D错误。
专题二　带电粒子在有界磁场中的运动
[例2] 如图所示,直线MN的上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现有一质量为m、带电荷量为+q的粒子在纸面内以某一速度从A点射出,其方向与MN成30°角,A点到MN的距离为d,带电粒子所受的重力不计。
(1)当v满足什么条件时,粒子能回到A点
(2)求粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】 (1)v=　(2)
【解析】 (1)根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示,
设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r,
由图中的几何关系可知r==2d,
由牛顿第二定律有qvB=m,
联立解得v=。
(2)粒子在磁场中运动的周期T=,
由图可知,粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为300°,
所以t=T=。
(1)常见情形如图:
图甲为单边界匀强磁场;
图乙为两边界相互平行的匀强磁场,粒子垂直ab边射入,从cd边射出;
图丙为两边界相互平行的匀强磁场,粒子与ab边夹角为θ射入,恰好不从cd边射出;
图丁为圆形边界的匀强磁场,粒子正对圆心射入。
(2)带电粒子在有界磁场中运动的几个结论:
①粒子进入单边界磁场时,进、出磁场具有对称性,如图甲、乙、丙所示。
②在圆形磁场区域内,沿径向射入的粒子,必沿径向射出,如图丁所示。
③当速率一定时,粒子运动的弧长越长,圆心角越大,运动时间越长。
[针对训练2] (双选)空间有一半径为R、磁感应强度为B的圆柱形磁场区域,其横截面如图所示,区域边界由绝缘刚性弹性材料制成,以保证粒子与边界材料碰撞后始终以等大反向的速度反弹。在边界的P点打一小孔,并从小孔处垂直于磁场方向对准圆心入射一速度为v0、电荷量为q、质量为m的正电粒子,该粒子与磁场区域边界经过三次碰撞后恰好能从P点射出,现欲改变操作使该粒子从P点射入,最终仍然从P点射出,但粒子与边界材料碰撞次数减少一次,合理的操作是(　　)
A.将粒子的速度变为原来的3倍
B.将粒子的速度变为原来的 倍
C.将该区域的磁感应强度变为原来的
D.将该区域的磁感应强度变为原来的倍
【答案】 BC
【解析】 粒子与边界材料碰撞后始终以等大反向的速度反弹,如图甲所示,粒子与磁场区域边界经过三次碰撞后恰好能从P点射出,设半径为r1,由几何关系可知,圆心角为90°,有r1=R;现改变操作使该粒子从P点射入,最终仍然从P点射出,但粒子与边界材料碰撞2次,如图乙所示,设半径为r2,由几何关系可知圆心角为60°,有r2==R,粒子所受洛伦兹力提供向心力,可得r=,则仅将粒子的速度变为原来的 倍,半径可变为原来的 倍,符合要求,故A错误,B正确;仅将该区域的磁感应强度变为原来的,半径也可变为原来的 倍,满足要求,故C正确,D错误。
专题三　带电粒子在磁场中运动的多解问题
[例3] (双选)如图所示,左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子,沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出,粒子入射速度v0的最大值可能是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 AC
【解析】 粒子射入磁场后做匀速圆周运动,由R=知,粒子的入射速度v0越大,R越大,当粒子的径迹和边界QQ′相切时,粒子刚好不从QQ′射出,此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电,其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为O点),根据几何关系有R1cos 45°+d=R1,且R1=,联立解得v0=;若粒子带负电,其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O′点),根据几何关系有R2+R2cos 45°=d,且R2=,联立解得 v0=,故选AC。
(1)带电粒子电性不确定形成多解。
如图甲所示,带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场,若带正电,其轨迹为a,若带负电,其轨迹为b。
(2)磁场方向不确定形成多解。
题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向。如图乙所示,带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场,如果B垂直于纸面向里,其轨迹为a,如果B垂直于纸面向外,其轨迹为b。
(3)临界状态不唯一形成多解。
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过去了,也可能转过180°从入射界面反向飞出,如图丙所示,于是形成了多解。
专题四　带电粒子在组合场和叠加场中的运动
[例4] (双选)如图,一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下,固定在水平面上。整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。一电荷量为q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平方向的匀速圆周运动,圆心为O′。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ=60°。若重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.从上面俯视,小球沿顺时针方向运转
B.小球的速率越大,受到的洛伦兹力越小
C.球面对小球的弹力大小为mg
D.磁感应强度的大小不可能为B=
【答案】 AD
【解析】根据左手定则,可知从上面俯视,小球沿顺时针方向运转,A正确;根据F=qvB,可知小球的速率越大,受到的洛伦兹力越大,B错误;如图,对小球受力分析可知Ncos 60°=mg,可知球面对小球的弹力大小为N=2mg,C错误;在水平方向上,根据牛顿第二定律有Bqv-Nsin 60°=
m,整理得v2-v+=0,由于v为实数,
则 Δ=-4×≥0,解得B≥,D正确。
(1)带电粒子在电场与磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动。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。可按以下思路求解:
(2)带电粒子在叠加场中的常见运动。
带电粒子在叠加场中运动时,其运动状态是由粒子所受电场力、洛伦兹力和重力的共同作用来决定的,对于有轨道约束的运动,还要考虑弹力、摩擦力对运动的影响。带电粒子在叠加场中常见的运动情况如表所示。
静止或匀速 直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时,将处于静止状态或匀速直线运动状态
匀速圆周 运动 当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动
较复杂的 曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子的运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线
[针对训练3] (双选)如图所示,质量为m、带电量为+q的带电粒子,从原点以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限内的电磁场区域,在 0x0 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,接收器MN足够长,平行于y轴放置且N点坐标为(x0,y0)。当电场强度为 0 时,带电粒子在磁场中偏转刚好打在N点,已知粒子都能从NP射出,P点坐标为(x0,0),且从 NP 射入磁场后偏转打到接收器 MN上,则(　　)
A.磁感应强度的大小为
B.电场强度的最大值为
C.所有粒子在磁场中的偏转距离都相等
D.粒子打到接收器 MN 上的最大纵坐标为2.5y0
【答案】 AC
【解析】根据题意有=,解得B=,A正确;粒子刚好从N点离开电场时,有x0=v0t,
y0=·t2,解得E=,B错误;粒子从电场中射出时的速度v=,粒子进入磁场后做匀速圆周运动,则qvB=m,解得r=,在磁场中的偏转距离y=QQ′=2rsin θ==y0,所有粒子在磁场中的偏转距离都相等,C正确;当粒子从N点进入磁场中时,粒子打到接收器MN上的最大纵坐标为2y0,D错误。
1.圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一带正电粒子源,半径OA竖直,MN与OA平行,且与圆形边界相切于P点,在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场,电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从P点离开磁场,不计粒子所受重力和粒子间的相互作用,下列说法不正确的是(　　)
A.圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外
B.粒子的比荷为
C.粒子在磁场中运动的总时间为
D.粒子在电场中运动的总时间为
【答案】 C
【解析】根据题意可知,粒子从A点进入磁场时,受到洛伦兹力作用,根据左手定则可知,圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外,故A说法正确;根据题意可知,粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,根据几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为R,粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,所以=,故B说法正确;根据题意可知,粒子从P点进入电场之后,先向右做匀减速运动,再向左做匀加速运动,再次到达P点时,速度的大小仍为v0,再次进入磁场,运动轨迹如图乙所示,粒子在磁场中运动的时间为 t磁==,故C说法错误;粒子在电场中,根据牛顿第二定律有Eq=ma,结合对称性可得,粒子在电场中运动的总时间为 t电==,故D说法正确。
2.如图所示的空间,匀强电场的方向竖直向下,电场强度为E,匀强磁场的方向垂直于纸面向外,磁感应强度为B,有两个带电小球a和b都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动(两小球间的库仑力可忽略),运动轨迹如图所示,已知两个带电小球a和b的质量关系为ma=3mb,轨道半径为Ra=3Rb,则下列说法正确的是(　　)
A.小球a、b均带正电
B.小球a带负电、b带正电
C.小球a、b的周期之比为1∶3
D.小球a、b的速度之比为3∶1
【答案】 D
【解析】 因为两小球在复合场中都能做匀速圆周运动,均满足mg=qE,所受静电力均向上,两小球均带负电,A、B错误;由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m,联立可得 v==·R,可得小球a、b的速度之比为==,由周期公式得T==,故小球a、b的周期之比为=,C错误,D正确。
3.(2023·全国乙卷)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与屏的距离为,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 A
【解析】 由题知,一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,运动轨迹如图所示。
根据几何关系可知粒子离开磁场时的速度方向与竖直方向夹角为30°,则sin 30°=,解得粒子做圆周运动的半径r=2a,由洛伦兹力提供向心力有 qvB=m,得 v=。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后会沿x轴到达接收屏,则有Eq=qvB,联立解得=,故选A。
4.(双选)如图所示,在直角三角形ACD内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),AD边长为d,∠D=。现垂直于AD边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0,而运动时间最长的粒子在磁场中运动的时间为t0(不计粒子所受重力),则下列说法正确的是(　　)
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B.该匀强磁场的磁感应强度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d
D.粒子进入磁场时速度大小为
【答案】 AB
【解析】 根据题意,粒子垂直于AD边进入,垂直于AC边飞出时,经过四分之一个周期,即T=t0,解得T=4t0,A正确;洛伦兹力提供向心力,qvB=m,粒子运动的周期 T===4t0,解得磁感应强度B=,B正确;粒子与CD边相切时运动时间最长,满足t0=T,由t=T得粒子在磁场中转过圆心角120°,如图,根据几何关系可知Rsin +=d,解得R=d,C错误;根据T=可知,v===,D错误。
5.如图所示,截面为等腰直角三角形的物块固定在水平面上,两根长为L的细导体棒a、b被放在物块的两个光滑直角面等高的地方,导体棒a的质量为ma,导体棒b的质量为mb。现分别对导体棒通以同向电流Ia、Ib,且Ia=2Ib=2I,两棒恰能保持静止,则下列说法正确的是(　　)
A.两导体棒的质量之比ma∶mb=2∶1
B.两导体棒的质量之比ma∶mb=1∶2
C.电流Ib在导体棒a处产生磁场的磁感应强度大小为
D.电流Ia在导体棒b处产生磁场的磁感应强度大小为
【答案】 D
【解析】 根据题意对导体棒a、b受力分析如图所示,根据平衡条件,对导体棒a有F=magtan 45°,同理对导体棒b有 F=mbgtan 45°,解得ma∶mb=1∶1,故A、B错误;
根据磁感应强度定义式B=,可知电流Ia在导体棒b处产生磁场的磁感应强度大小B1==
=,电流Ib在导体棒a处产生磁场的磁感应强度大小B2===,故C错误,D正确。
6.如图所示,匀强电场方向水平向右,匀强磁场方向垂直于纸面向里,一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与磁场垂直、与电场成45°角射入叠加场中恰能做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则粒子带　　　　电,电场强度E的大小为　　　　　　,磁感应强度B的大小为　　　　　。
【答案】 正　　
【解析】 由题图中微粒的入射方向和微粒做匀速直线运动判断知,微粒只能带正电。对微粒进行受力分析,受重力、电场力和洛伦兹力,如图所示。根据平衡条件有qE=mgtan 45°,f=qvB=,解得E=,B=。
7.真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向如图所示,MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为+q的粒子(不计所受重力)沿着与MN夹角θ为30°的方向射入磁场中。
(1)若带电粒子进入磁场的位置与离开磁场的位置等高,求射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间;
(2)若带电粒子刚好没能从PQ边界射出磁场,求粒子射入磁场的速度大小。
【答案】 (1)　　
(2)
【解析】 (1)若带电粒子进入磁场的位置与离开磁场的位置等高,
粒子运动轨迹如图甲所示,
根据几何关系可知
r==l,
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,
解得v=,
根据几何关系可知轨迹对应的圆心角为120°,则有t=×=。
(2)粒子恰好不从PQ边界射出的临界轨迹如图乙所示,
根据几何关系可知l=r1+r1cos 30°,
由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m,
解得v1=。
8.如图所示,在x轴下方存在着正交的电场与磁场,电场沿x轴正方向,电场强度 E1=20 N/C,磁场垂直于纸面向里,磁感应强度B1=5 T。一个质量m=3 g、电荷量q=2×10-3 C的带电小球自y轴上的M点沿直线匀速运动到x轴上的N点,且已知OM=4 m。在x轴上方存在正交的电场E2与磁场B2(图中均未画出),小球在x轴上方做圆周运动,恰好与y轴相切,运动轨迹如图所示。(g取 10 m/s2,取sin 37°=0.6),求:
(1)小球运动的速率v;
(2)电场E2的大小与方向;
(3)磁场B2的大小与方向。
【答案】 (1)5 m/s　(2)15 N/C　沿y轴正方向
(3)4.5 T　垂直于纸面向里
【解析】 (1)小球从M向N做匀速直线运动,可知小球所受合力为零,对小球受力分析如图所示,受到重力、电场力和洛伦兹力作用,由小球的受力可知小球带正电,
有tan θ==,
解得θ=53°,
洛伦兹力的大小与电场力和重力的合力大小相等,有f=qvB1=,
解得v=5 m/s。
(2)小球在x轴上方做匀速圆周运动,电场力与重力平衡,所以有E2q=mg,
解得E2=15 N/C,
因小球带正电,所以E2方向沿y轴正方向。
(3)设小球在x轴上方做匀速圆周运动的半径为R,
由几何关系可得Rsin 53°+R=ON,
又ON=OMtan 37°,
解得R= m,
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,
由牛顿第二定律有qvB2=m,
解得B2=4.5 T,
因小球带正电,由左手定则可知磁感应强度B2的方向垂直于纸面向里。
安培力与洛伦兹力　检测试题
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共 16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示,金属杆ab的质量为m,长为l,与宽度也为l的导轨间的动摩擦因数为μ,通过的电流为I,处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面为θ角斜向上,ab静止于水平导轨上。下列说法正确的是(　　)
A.金属杆ab所受安培力水平向左
B.金属杆ab所受安培力大小为F安=IlBsin θ
C.金属杆受到的摩擦力f=μIlBcos θ
D.若将磁场方向与水平面间的夹角减小,金属杆仍保持静止,则此时导轨对金属杆的支持力变小
【答案】 D
【解析】 由左手定则可知,金属杆ab所受安培力斜向左上,A错误;金属杆ab所受安培力大小为 F安=IlB,B错误;根据平衡条件得金属杆受到的摩擦力f=IlBsin θ,导轨对金属杆的支持力N=mg-IlBcos θ,若将磁场方向与导轨平面间的夹角减小,金属杆仍保持静止,则此时导轨对金属杆的支持力变小,C错误,D正确。
2.一个带电荷量为-q的小球,从两竖直的带电平行板上方h处从静止开始释放,两极板间存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度为B,则带电小球通过有电场和磁场的空间时,下列说法正确的是(　　)
A.一定做直线运动
B.一定做曲线运动
C.有可能做匀加速直线运动
D.有可能做匀速直线运动
【答案】 B
【解析】 小球刚进入板间时,受到水平向右的电场力和水平向左的洛伦兹力,若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力相等,由于小球向下运动时,受到重力作用,速度会增加,由f洛=
qvB可知,小球所受的洛伦兹力增大,将不会再与小球所受的电场力平衡,小球所受合力不恒定,其方向也不会与运动方向共线,小球做曲线运动,不可能做匀加速直线运动,也不可能做匀速直线运动;若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力不相等,则合力方向与速度方向不在同一条直线上,小球做曲线运动。综上所述,小球一定做曲线运动,故B正确。
3.均匀带正电的薄圆盘的右侧,用绝缘细线A、B挂一根水平通电直导线ab,电流方向由a到b,导线平行于圆盘平面。现圆盘绕过圆心的水平轴沿如图所示方向匀速转动(电荷随着圆盘一起转动,可视为形成了一圈一圈的环形电流),细线仍然竖直,与圆盘静止时相比,下列说法正确的是(　　)
A.细线上的张力变大
B.细线上的张力变小
C.细线上的张力不变
D.若改变圆盘转动方向,细线上的张力变大
【答案】 A
【解析】 圆盘绕过圆心的水平轴沿如题图所示方向匀速转动,产生环形电流,在导线ab处会产生磁场,根据安培定则可知,磁场垂直于ab向右,根据左手定则可知,导线ab受到的安培力方向竖直向下,根据共点力平衡可知,细线上的张力变大,故A正确,B、C错误;若改变圆盘转动方向,环形电流的方向相反,磁场方向相反,导线ab受到的安培力方向竖直向上,细线上的张力变小,故D错误。
4.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“正八角形”线框,磁场方向垂直于线框平面向里,a、c两点接一直流电源,电流方向如图所示。已知abc边受到的安培力大小为F,则整个线框所受安培力大小为(　　)
A.3F B.F C.F D.F
【答案】 B
【解析】 根据题意,由电阻定律R=ρ可知,两段导线的电阻之比为1∶3,由欧姆定律可知,电流之比为3∶1,由于两段导线的有效长度相等,由公式F=ILB可知,长导线所受安培力为F,由左手定则可知,两段导线所受安培力方向相同,则整个线框所受安培力大小为F′=F+F=F。故选B。
二、双项选择题:本题共4小题,每小题6分,共 24分。每小题有两项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.如图所示,两个完全相同的、相互垂直的金属圆环M、N,相隔一定距离用相等长度的绝缘细线分别悬挂在天花板下面(两个悬挂点的距离略大于金属环的直径),其中圆环M被固定。当M、N中同时通入如图所示方向的电流时,从上往下看,圆环N将(　　)
A.顺时针转动 B.逆时针转动
C.靠近圆环M D.远离圆环M
【答案】 BC
【解析】 根据安培定则,圆环M产生的磁场垂直于纸面向外,圆环N产生的磁场方向水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,因圆环M被固定,则圆环N将逆时针转动(从上往下看);转动后靠近处的电流方向相同,所以两个圆环相互吸引,圆环N将靠近圆环M,故B、C正确,A、D错误。
6.下列关于磁场与现代科技的相关说法正确的是(　　)
A.图甲是一种速度选择器,v>的正电荷从左侧射入,将向上偏转
B.图乙是一种磁流体发电机的装置,一束等离子体(含有大量正、负带电粒子)射入磁场,则通过电阻R的电流从b流向a
C.图丙是常见的质谱仪,可以把质量不同,但比荷相同的带电粒子分开
D.图丁是金属导体制成的霍尔元件,通以如图丁所示的电流,则a面电势高于b面电势
【答案】 AB
【解析】 当v>时,qvB>Eq,即电荷受到向上的洛伦兹力较大,将向上偏转,故A正确;一束等离子体(含有大量正、负带电粒子)射入磁场,根据左手定则可知,正电荷受到指向B板的洛伦兹力而向B板偏转,负电荷受到指向A板的洛伦兹力而向A板偏转,所以B板带正电,A板带负电,通过电阻R的电流从b流向a,故B正确;粒子在加速电场中,有qU=mv2,在偏转磁场中,有qvB=m,所以R=,由此可知,该质谱仪不能区分比荷相同的带电粒子,故C错误;由于金属导体导电粒子为自由电子,根据左手定则,四指指向电流的方向可知,自由电子受到指向a面的洛伦兹力,所以自由电子将打到a面,则a面电势低于b面电势,故D错误。
7.如图所示,在真空环境中有一足够长的绝缘、粗糙、水平传送带,其上放置带正电的甲物体,且甲物体的电荷量始终保持不变,整个传送带所在区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。假如由静止开始让传送带做匀加速运动,发现刚开始甲物体与传送带保持相对静止,则下列说法正确的是(　　)
A.甲物体开始阶段所受摩擦力均匀增大
B.经过一段时间后甲物体的加速度会逐渐减小
C.甲物体有可能离开传送带做曲线运动
D.甲物体最终会沿传送带做匀速直线运动
【答案】 BD
【解析】 刚开始甲物体与传送带保持相对静止,由于传送带做匀加速运动,根据左手定则可知,物体受到的洛伦兹力竖直向上,且大小增大,导致物体对传送带的压力减小,但由于物体受到的是静摩擦力,根据牛顿第二定律可知f=ma,则甲物体开始阶段所受摩擦力应该不变,故A错误;经过一段时间后,甲物体相对传送带滑动,则其受到滑动摩擦力,由于竖直向上的洛伦兹力增大,导致物体对传送带的压力减小,那么滑动摩擦力大小也减小,因此物体的加速度会逐渐减小,故B正确;当洛伦兹力增大到等于重力时,物体将沿传送带做匀速直线运动,故C错误,D正确。
8.如图所示,一个半径为R的圆形磁场区域,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。一个粒子源从圆上的A点向各个方向不停地发射出相同速率的带正电的粒子,带电粒子的质量均为m,所带电荷量均为q,运动的半径均为r。下列说法正确的是(　　)
A.若r=2R,则粒子在磁场中运动的最长时间为
B.若r=2R,则粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是整个圆周
C.若r=R,则粒子在磁场中运动的最长时间为
D.若r=R,则粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是六分之一个圆周
【答案】 BD
【解析】 若r=2R,根据几何关系,可知粒子沿不同方向射入磁场,会从磁场圆的不同位置射出,范围是整个圆周长;当入射点到出射点连线的弦越长时,运动时间越长,故磁场区域的直径是轨迹的一条弦,粒子在磁场中运动的时间最长,作出轨迹如图甲所示,因为r=2R,则圆心角α=60°,粒子在磁场中运动的最长时间tmax=T=,故A错误,B正确;
若r=R,粒子沿不同方向射入磁场,如图乙所示,在磁场中运动时间最长的粒子正好转过了一周,时间为tmax=T=,故C错误;若r=R,粒子在磁场圆的出射点都在AP之间,由几何关系可知,AP弧长在磁场圆中对应的角度为60°,所以粒子能打在圆形磁场圆周上的范围是六分之一个圆周长,故D正确。
三、非选择题:共60分。
9.(6分)如图所示为“旋转液体的实验”装置。盛有液体的玻璃容器放入蹄形磁铁中,蹄形磁铁内的磁场视为匀强磁场,磁感应强度B=0.2 T,容器内侧边缘和中心分别通过电极与电源的正极、负极相连接。玻璃容器的横截面的半径a=0.05 m,电源的电动势E=6 V,内阻r=
2 Ω,限流电阻R0=8 Ω,闭合开关液体开始旋转,足够长时间后,电压表的示数恒为 4 V,则由上往下看,液体　 　 　　(选填“顺时针”或“逆时针”)旋转,通过液体的电流大小为　　 　　A,液体所受的安培力大小为　　　 N。
【答案】 逆时针　0.2　2×10-3
【解析】 由题图可知电流从液体边缘流向中心,且磁感应强度竖直向上,根据左手定则可知,由上往下看,液体逆时针旋转。根据闭合电路欧姆定律可知通过液体的电流大小为 I==0.2 A,液体所受的安培力大小为F=BIa=2×10-3 N。
10.(6分)如图所示,有一对平行金属板相距d=10 cm,两板间有匀强磁场,磁感应强度的大小B=0.1 T,方向垂直于纸面向里。左板A处有一粒子源,以速度v=1×106 m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷 =1×108 C/kg的带负电粒子,不计粒子的重力,能打在右侧金属板上且经历时间最短的粒子的偏转角为　　　　,最短时间为　　　 s,最长时间为　　　 s。
【答案】 60°　×10-7　×10-7
【解析】 劣弧弦长越短圆心角越小,时间就越短,由此可知最短弦长为板间距离d,运动轨迹如图中1所示。
根据qvB=m,得 r=,代入数据得r=0.1 m,由图可知偏转角等于60°;由周期公式T=,代入数据得T=2π×10-7 s,经历时间为t==×10-7 s。如图所示,当粒子沿图中轨迹2和3打在右侧金属板上时,偏转角度最大为90°,经历的时间最长为t′==×10-7 s。
11.(4分)磁流体发电机原理如图所示,等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内,正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转,形成直流电源对外供电,则A板是电源的
　 　　　(选填“正极”或“负极”),仅增大两板间的距离,发电机的电动势　　 　　(选填“增大”“不变”或“减小”)。
【答案】 正极　增大
【解析】 大量带正电和带负电的离子进入磁场时,由左手定则可以判断正离子受到的洛伦兹力向下,所以正离子会聚集到A板上,负离子受到的洛伦兹力向上,会聚集到B板上,所以上极板带负电,下极板带正电,则A板是电源的正极,故A错误;根据闭合电路欧姆定律,知A、B板间电势差为UAB=E,最终电荷所受电场力与洛伦兹力平衡,有qvB=q,解得UAB=Bdv,联立可得Bdv=E,仅增大两板间的距离,发电机的电动势增大。
12.(8分)实验小组设计了一款简易电子秤,其主要结构如图,一根带有指针的轻弹簧下端固定,弹簧处于自由状态时指针指在O点,然后在弹簧上端固定带有支架的矩形线框abcd,线框中金属线圈匝数为n,ad=bc=L,静止时线框平面在水平面内,线框上再放上托盘(未画出)。以线框中心线ef为界,空间中,在ef左、右两侧分别加上水平向左、向右的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B、方向垂直于ef,重力加速度为g。
(1)给线圈通入电流,ab边受到的安培力大小为　　　　,要使指针重新指在O位置,从上往下看,给线圈通入电流的方向应为　　　　(选填“顺时针”或“逆时针”)。
(2)当线圈中通入大小为I0的电流时,指针重新指在O位置,则线框和托盘的总质量m0=
　　　 　(用给出的物理量符号表示)。
(3)在第(2)问的条件下,在托盘上放入被称量物体,同时改变线圈中电流的大小,当电流大小为I时,指针重新指在O位置,则被称量物体的质量为　　　 　　　(用给出的物理量符号表示)。
【答案】 (1)零　顺时针　(2) (3)
【解析】 (1)由于ab边与磁场方向平行,给线圈通入电流,ab边受到的安培力为零。由题意知,要使指针重新指在O位置,线框ad、bc边受到的安培力必须向上,根据左手定则可得,从上往下看,给线圈通入电流的方向应为顺时针方向。
(2)由平衡条件有m0g=2nI0LB,
解得m0=。
(3)由平衡条件有(m+m0)g=2nILB,
结合m0g=2nI0LB,解得m=。
13.(8分)某学习小组利用砷化镓霍尔元件(载流子为电子)测量磁感应强度B,实验原理如图甲所示,匀强磁场垂直于元件的工作面,工作电源为霍尔元件提供霍尔电流IH,IH通过1、3测脚时,2、4测脚间将产生霍尔电压UH。
(1)2、4测脚中电势低的是　　　　(选填“2”或“4”)测脚。
(2)某次实验中,调节工作电压,改变霍尔电流,测出霍尔电压,实验数据如下表所示:
实验次数 1 2 3 4 5
IH/mA 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
UH/mV 41.5 83.1 144.8 166.4 208.1
请在图乙中标出以上5组数据对应的坐标点,根据作图规则需要舍弃第　　　　次实验数据对应的点,然后在图乙中画出UH-IH关系图像。
(3)若测得图乙中UH-IH关系图像的斜率为k,该元件沿电流方向单位长度中自由电子的个数为n,元件宽度为a,电子电荷量为e,则磁感应强度B=　　　　(用k、n、a、e等表示)。
【答案】 (1)4　(2)3　图见解析　(3)
【解析】 (1)砷化镓载流子为电子,根据左手定则四指指向电流的方向可知,电子受到的洛伦兹力指向4测脚方向,电子带负电,故4测脚电势低。
(2)第3次实验数据值与其他各次相差较大,所以根据作图规则需要舍弃第3次实验数据对应的点,画出UH-IH关系图像如图所示。
(3)霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于静电力,有 evB=eE,电流微观表达式IH=nev,霍尔元件的电压 UH=Ea,解得UH=,所以有k=,得B=。
14.(8分)如图所示,在匀强磁场中磁感应强度B=1.0 T、方向与导轨平面垂直且向下。导轨与水平面成θ=37°角,宽度为 L=0.5 m。垂直导轨放置一个可自由移动的金属杆ab。已知接在导轨中的电源电动势E=16 V,内阻r=1 Ω。ab杆长 L=0.5 m,质量m=0.2 kg,杆与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,导轨与ab杆的电阻忽略不计。要使杆在导轨上保持静止,求:(g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)ab杆受到的最大安培力F1和最小安培力F2;
(2)滑动变阻器R有效电阻的取值范围。
【答案】 (1)2 N　0.4 N　(2)3 Ω≤R≤19 Ω
【解析】 (1)根据左手定则可知,ab杆受到的安培力沿斜面向上,如图,
对金属杆进行受力分析,ab杆受到的最大静摩擦力为fmax=μmgcos θ=0.8 N,
当安培力最大时,根据平衡条件可知F1=fmax+mgsin θ=2 N,
当安培力最小时F2=mgsin θ-fmax=0.4 N。
(2)根据闭合电路欧姆定律I=,
安培力F=ILB,
将最大、最小安培力代入解得滑动变阻器R有效电阻的取值范围为3 Ω≤R≤19 Ω。
15.(8分)某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,如图所示。一质量为m、电荷量为q的正电粒子,从P点以水平速度v0射入电场中,然后从M点射入磁场,从N点射出磁场。已知带电粒子从M点射入磁场时,速度与竖直方向成30°角,P、M两点的高度差为h,圆弧MN是圆形区域周长的,粒子从N点水平射出,粒子重力不计。求:
(1)电场强度E的大小;
(2)圆形区域的半径R;
(3)带电粒子从P点到N点所经历的时间t。
【答案】 (1)　(2)　(3)+
【解析】 (1)根据动能定理得
qEh=m-m,
v=,
解得E=。
(2)带电粒子的运动轨迹如图所示。根据牛顿第二定律有qvB=m,
根据几何关系得R=rtan 30°,
又v=,解得R=。
(3)设在电场中所经历的时间为t1,h=t1,
vy=v0tan 60°,解得t1=,
设在磁场中所经历的时间为t2,
t2=T,T=,解得t2=,
总时间为t=t1+t2,
解得t=+。
16.(12分)如图所示,宽AB=4L的长方形边界ABCD 内存在与AB平行的匀强电场,比荷为k的带正电粒子从A点以速度v0垂直电场射入边界,正好从C点射出边界,速度的偏转角为53°;宽ab=4L的长方形边界abcd内存在与边界所在平面垂直的匀强磁场,C、a两点重合,带电粒子接着从a点沿着ad垂直射入磁场,正好从c点射出边界,速度的偏转角为53°,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计重力,求:
(1)长度bc与长度BC的差值;
(2)电场强度的大小与磁感应强度的大小;
(3)粒子在磁场中的运动时间与在电场中的运动时间。
【答案】 (1)2L　(2)　　(3)　
【解析】 (1)由题意,根据粒子在电场中速度的反向延长线过水平位移的一半,
结合几何关系有tan 53°=,
解得BC=6L,
在磁场中,设粒子的运动半径为r,则由几何关系知cos 53°=,
解得r=10L,
所以bc=rsin 53°=8L,
所以长度bc与长度BC的差值为bc-BC=2L。
(2)由题意得,在电场中
6L=v0t,
4L=at2,
a==kE,
联立解得E=,
在磁场中,由几何关系知,进入磁场时粒子的速度为v==v0,
在磁场中洛伦兹力提供向心力,
有qvB=,
可得r==,
又因为r=10L,
联立解得B=。
(3)由几何关系知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为53°,
又因为粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=,
则粒子在磁场中的运动时间为t1=T=,
由题意得,粒子在电场中的运动时间为t2=。(共56张PPT)
章末总结
专题研析·拓展提升
专题一　有关安培力问题的分析与计算
[例1] 如图所示,电源电动势E=2 V,内阻r=0.5 Ω,竖直导轨宽L=0.2 m,导轨电阻不计。另有一质量m=0.1 kg、电阻R=0.5 Ω 的金属棒ab,它与导轨间的动摩擦因数 μ=0.4,靠在导轨的外面。为使金属棒不滑动,施加一与纸面夹角为30°且与金属棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,
g取 10 m/s2)。求:
(1)此磁场的方向;
【答案】 (1)与纸面夹角为30°且斜向下指向纸里
【解析】 (1)要使金属棒静止,安培力应斜向上指向纸里,画出左视图,并对棒ab受力分析如图甲、乙所示。经分析可知磁场的方向斜向下指向纸里,即磁场方向与纸面夹角为30°且斜向下指向纸里。
(2)磁感应强度B的取值范围。
【答案】 (2)3.0 T≤B≤16.3 T
安培力既可以使通电导体静止、运动或转动,又可以对通电导体做功,因此有关安培力问题的分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样,先选取研究对象进行受力分析,判断通电导体的运动
·规律总结·
情况,然后根据题中条件由牛顿运动定律或动能定理等规律列式求解。具体求解应从以下几个方面着手分析:
(1)安培力的大小。
①当通电导体和磁场方向垂直时,F=IlB。
②当通电导体和磁场方向平行时,F=0。
③当通电导体和磁场方向的夹角为θ时,F=IlBsin θ。
·规律总结·
(2)安培力的方向。
①安培力的方向由左手定则确定。
②F⊥B,同时F⊥I,即F垂直于B和I所决定的平面,但I和B不一定垂直。
(3)安培力作用下通电导体的状态分析。
通电导体在安培力的作用下可能处于静止状态,也可能处于运动状态。对通电导体进行正确的受力分析,是解决该问题的关键。
·规律总结·
[针对训练1] (双选)如图所示是某兴趣小组制作的电磁炮简易模拟装置,距地面高h处水平放置距离为L的两根光滑金属导轨,导轨区域有一垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),跟导轨正交的水平方向的线路上依次有电池、开关及质量为m的金属杆。闭合开关S,金属杆水平向右飞出做平抛运动,测得其水平射程为s,则下列说法正确的是(　 　)
A.磁场方向竖直向上
B.磁场方向竖直向下
AC
专题二　带电粒子在有界磁场中的运动
[例2] 如图所示,直线MN的上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现有一质量为m、带电荷量为+q的粒子在纸面内以某一速度从A点射出,其方向与MN成30°角,A点到MN的距离为d,带电粒子所受的重力不计。
(1)当v满足什么条件时,粒子能回到A点
(2)求粒子在磁场中运动的时间t。
(1)常见情形如图:
图甲为单边界匀强磁场;
图乙为两边界相互平行的匀强磁场,粒子垂直ab边射入,从cd边射出;
图丙为两边界相互平行的匀强磁场,粒子与ab边夹角为θ射入,恰好不从cd边射出;
图丁为圆形边界的匀强磁场,粒子正对圆心射入。
·规律总结·
(2)带电粒子在有界磁场中运动的几个结论:
①粒子进入单边界磁场时,进、出磁场具有对称性,如图甲、乙、丙所示。
②在圆形磁场区域内,沿径向射入的粒子,必沿径向射出,如图丁所示。
③当速率一定时,粒子运动的弧长越长,圆心角越大,运动时间越长。
·规律总结·
[针对训练2] (双选)空间有一半径为R、磁感应强度为B的圆柱形磁场区域,其横截面如图所示,区域边界由绝缘刚性弹性材料制成,以保证粒子与边界材料碰撞后始终以等大反向的速度反弹。在边界的P点打一小孔,并从小孔处垂直于磁场方向对准圆心入射一速度为v0、电荷量为q、质量为m的正电粒子,该粒子与磁场区域边界经过三次碰撞后恰好能从P点射出,现欲改变操作使该粒子从P点射入,最终仍然从P点射出,但粒子与边界材料碰撞次数减少一次,合理的操作是(　 　)
BC
【解析】 粒子与边界材料碰撞后始终以等大反向的速度反弹,如图甲所示,粒子与磁场区域边界经过三次碰撞后恰好能从P点射出,设半径为r1,由几何关系可知,圆心角为90°,有r1=R;现改变操作使该粒子从P点射入,最终仍然从P点射出,但粒子与边界材料碰撞2次,如图乙所示,设半径为r2,由几何关系可知圆心角为60°,
专题三　带电粒子在磁场中运动的多解问题
[例3] (双选)如图所示,左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子,沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出,粒子入射速度v0的最大值可能是(　 　)
AC
(1)带电粒子电性不确定形成多解。
如图甲所示,带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场,若带正电,其轨迹为a,若带负电,其轨迹为b。
·规律总结·
(2)磁场方向不确定形成多解。
题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向。如图乙所示,带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场,如果B垂直于纸面向里,其轨迹为a,如果B垂直于纸面向外,其轨迹为b。
·规律总结·
(3)临界状态不唯一形成多解。
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过去了,也可能转过180°从入射界面反向飞出,如图丙所示,于是形成了多解。
·规律总结·
专题四　带电粒子在组合场和叠加场中的运动
[例4] (双选)如图,一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下,固定在水平面上。整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。一电荷量为q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平方向的匀速圆周运动,圆心为O′。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ=60°。若重力加速度为g,下列说法正确的是(　 　)
AD
(1)带电粒子在电场与磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动。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。
·规律总结·
可按以下思路求解:
·规律总结·
(2)带电粒子在叠加场中的常见运动。
带电粒子在叠加场中运动时,其运动状态是由粒子所受电场力、洛伦兹力和重力的共同作用来决定的,对于有轨道约束的运动,还要考虑弹力、摩擦力对运动的影响。
·规律总结·
带电粒子在叠加场中常见的运动情况如表所示。
·规律总结·
静止或匀速 直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时,将处于静止状态或匀速直线运动状态
匀速圆周 运动 当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动
较复杂的 曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子的运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线
[针对训练3] (双选)如图所示,质量为m、带电量为+q的带电粒子,从原点以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限内的电磁场区域,在 0x0 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,接收器MN足够长,平行于y轴放置且N点坐标为(x0,y0)。当电场强度为 0 时,带电粒子在磁场中偏转刚好打在N点,已知粒子都能从NP射出,P点坐标为(x0,0),且从 NP 射入磁场后偏转打到接收器 MN上,则(　 　)
C.所有粒子在磁场中的偏转距离都相等
D.粒子打到接收器 MN 上的最大纵坐标为2.5y0
AC
达标训练·检测效果
1.圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一带正电粒子源,半径OA竖直,MN与OA平行,且与圆形边界相切于P点,在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场,电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从P点离开磁场,不计粒子所受重力和粒子间的相互作用,下列说法不正确的是(　　)
C
2.如图所示的空间,匀强电场的方向竖直向下,电场强度为E,匀强磁场的方向垂直于纸面向外,磁感应强度为B,有两个带电小球a和b都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动(两小球间的库仑力可忽略),运动轨迹如图所示,已知两个带电小球a和b的质量关系为ma=3mb,轨道半径为Ra=3Rb,则下列说法正确的是(　　)
A.小球a、b均带正电
B.小球a带负电、b带正电
C.小球a、b的周期之比为1∶3
D.小球a、b的速度之比为3∶1
D
A
【解析】 由题知,一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,运动轨迹如图所示。
AB
5.如图所示,截面为等腰直角三角形的物块固定在水平面上,两根长为L的细导体棒a、b被放在物块的两个光滑直角面等高的地方,导体棒a的质量为ma,导体棒b的质量为mb。现分别对导体棒通以同向电流Ia、Ib,且Ia=2Ib=2I,两棒恰能保持静止,则下列说法正确的是(　　)
A.两导体棒的质量之比ma∶mb=2∶1
B.两导体棒的质量之比ma∶mb=1∶2
D
【解析】 根据题意对导体棒a、b受力分析如图所示,根据平衡条件,对导体棒a有F=magtan 45°,同理对导体棒b有 F=mbgtan 45°,解得ma∶mb=1∶1,故A、B错误;
6.如图所示,匀强电场方向水平向右,匀强磁场方向垂直于纸面向里,一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与磁场垂直、与电场成45°角射入叠加场中恰能做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则粒子带　　　　电,电场强
度E的大小为　　　　　　,磁感应强度B的大小为　　　　　。
正
7.真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向如图所示,MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为+q的粒子(不计所受重力)沿着与MN夹角θ为30°的方向射入磁场中。
(1)若带电粒子进入磁场的位置与离开磁场的位置等高,求射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间;
(2)若带电粒子刚好没能从PQ边界射出磁场,求粒子射入磁场的速度大小。
8.如图所示,在x轴下方存在着正交的电场与磁场,电场沿x轴正方向,电场强度 E1=20 N/C,磁场垂直于纸面向里,磁感应强度B1=5 T。一个质量m=3 g、电荷量q=2×10-3 C的带电小球自y轴上的M点沿直线匀速运动到x轴上的N点,且已知OM=4 m。在x轴上方存在正交的电场E2与磁场B2(图中均未画出),小球在x轴上方做圆周运动,恰好与y轴相切,运动轨迹如图所示。(g取 10 m/s2,取sin 37°=0.6),求:
(1)小球运动的速率v;
【答案】 (1)5 m/s　
(2)电场E2的大小与方向;
【答案】 (2)15 N/C　沿y轴正方向
【解析】 (2)小球在x轴上方做匀速圆周运动,
电场力与重力平衡,所以有E2q=mg,
解得E2=15 N/C,
因小球带正电,所以E2方向沿y轴正方向。
(3)磁场B2的大小与方向。
【答案】 (3)4.5 T　垂直于纸面向里
感谢观看第2节　洛伦兹力
[定位·学习目标]　1.知道什么是洛伦兹力,会用左手定则判断洛伦兹力的方向。2.了解洛伦兹力公式的推导过程,会用公式分析求解洛伦兹力。3.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式及应用。
知识梳理
知识点一　磁场对运动电荷的作用
1.定义:磁场对运动电荷的作用力称为洛伦兹力。
2.洛伦兹力的大小
(1)当v∥B时:f=0。
(2)当v⊥B时:f=qvB。
(3)当v与B成θ角时:f=qvBsin θ。
3.洛伦兹力与安培力的关系
通电导线在磁场中受到的安培力,可视为大量运动电荷受到洛伦兹力的宏观表现。
4.洛伦兹力的方向
(1)判断方法:左手定则。
(2)左手定则:伸出左手,拇指与其余四指垂直,且都与手掌处于同一平面内,让磁感线垂直穿过手心,四指指向正电荷运动的方向,那么拇指所指的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向。负电荷所受力的方向与正电荷所受力的方向相反。
(3)洛伦兹力方向的特点:运动电荷所受洛伦兹力方向与其速度方向垂直。
知识点二　带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力特点
(1)垂直射入匀强磁场中的运动电荷受到的洛伦兹力不仅与磁感应强度方向垂直,而且总与运动电荷的速度方向垂直,只改变运动电荷速度的方向,不改变运动电荷速度的大小。
(2)由于运动电荷速度的大小不变,运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力的大小也不改变,洛伦兹力对运动电荷起到了向心力的作用。
2.运动规律:垂直射入匀强磁场的带电粒子,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。
3.带电粒子做匀速圆周运动的半径和周期
忽略粒子所受重力,粒子所受到的洛伦兹力提供了它做匀速圆周运动的向心力,有qvB=m,且 T=。
(1)半径公式r=。
(2)周期公式T=,可见带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速率无关。
新知检测
1.思考判断
(1)运动电荷在磁场中所受的力叫洛伦兹力,正电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相同,负电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相反。(　×　)
(2)同一电荷,以相同大小的速度进入同一磁场,速度方向不同时,洛伦兹力的大小也可能相同。(　√　)
(3)运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用,则该处的磁感应强度一定为零。(　×　)
(4)带电粒子做匀速圆周运动的半径与带电粒子进入磁场时速度的大小有关。(　√　)
(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径成正比。(　×　)
2.思维探究
(1)磁场对运动电荷一定有力的作用吗
(2)同一个带电粒子在不同的匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与哪些因素有关
(3)从太阳或其他星体上释放的大量高能粒子流称为宇宙射线,地球是如何使其不受宇宙射线伤害的
【答案】 (1)不一定。当电荷运动的方向与磁场方向平行时,运动电荷不受洛伦兹力的作用。
(2)与带电粒子的速度v和磁场的磁感应强度B有关。
(3)地球周围空间有地磁场,地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向,使地球不受宇宙射线的伤害。
要点一　洛伦兹力的方向
情境探究
仔细观察图片,思考后回答下列问题。
(1)如图甲,若不加磁铁,电子的轨迹如何
(2)图乙中阴极射线的轨迹发生什么变化
(3)调换磁极后,阴极射线的轨迹发生什么变化 试猜测运动电荷受到的磁场力方向由什么决定。
【答案】 (1)不加磁铁时,电子沿直线运动。
(2)阴极射线在磁场的作用下向下弯曲,说明组成阴极射线的电子受到了向下的磁场力的作用。
(3)阴极射线向上弯曲。运动电荷受到的磁场力的方向由电荷的电性、电荷运动的方向及磁感应强度的方向共同决定。
要点归纳
1.左手定则
其准备动作与判断安培力方向的左手定则完全一样,后面的步骤也差不多,只是稍微有点差别,那就是四指所指的方向。
(1)具体步骤如下:
①手心——磁感线从手心穿入。
②四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。
③拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点:f⊥B,f⊥v,即f垂直于B和v所决定的平面。
注意:B和v不一定垂直。
2.决定洛伦兹力方向的三个因素
(1)电荷的电性(正负)、速度方向、磁感应强度的方向。
(2)当电性一定时,其他两个因素决定洛伦兹力的方向,如果只让一个因素相反,则洛伦兹力方向必定相反,如果同时让两个因素相反,则洛伦兹力方向将不变。
[例1] 如图所示,各带电粒子均以速度v射入匀强磁场,其中图C中v的方向垂直于纸面向里,图D中v的方向垂直于纸面向外,下列带电粒子所受洛伦兹力的方向竖直向上的是(　　)
A B
C D
【答案】 A
【解析】 根据左手定则可知,A图中正电荷受到的洛伦兹力的方向竖直向上,B图中负电荷受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里,C图中正电荷受到的洛伦兹力的方向水平向右,D图中负电荷受到的洛伦兹力的方向竖直向下,故A正确,B、C、D错误。
判断洛伦兹力方向的易错点
(1)注意电荷的正负,尤其是判断负电荷所受洛伦兹力方向时,四指应指向负电荷运动的反方向。
(2)当v与B的方向平行时,电荷受到的洛伦兹力为零。
(3)由于洛伦兹力始终与电荷的运动方向垂直,故洛伦兹力一定不对电荷做功。
[针对训练1] (双选)真空中有一根导线,其中通有恒定电流。一带电粒子(不计重力)从P点开始运动的部分轨迹如图中曲线PQ所示,轨迹与导线共面,则(　　)
A.若粒子带负电,电流方向从a到b
B.若粒子带正电,电流方向从a到b
C.若粒子带负电,电流方向从b到a
D.若粒子带正电,电流方向从b到a
【答案】 AD
【解析】 若粒子带负电,根据左手定则,粒子运动处的磁场方向垂直于纸面向里,再根据安培定则,导线中电流方向从a到b,A正确,C错误;同理可得,若粒子带正电,导线中电流方向从b到a,B错误,D正确。
要点二　洛伦兹力的大小
情境探究
如图所示,直导线长为L,电流为I,单位体积内的自由电荷数为n,横截面积为S,每个电荷的电荷量均为q,电荷定向移动的平均速率为v,匀强磁场的磁感应强度为B。
(1)这段通电导线所受的安培力是多大
(2)此段导线的自由电荷个数是多少
(3)每个自由电荷受到的洛伦兹力是多大
【答案】 (1)安培力F=ILB。
(2)自由电荷个数N=nSL。
(3)每个自由电荷受到的洛伦兹力f===qvB。
要点归纳
1.洛伦兹力表达式:f=qvBsin θ,θ为v与B的夹角,如图所示。
(1)v∥B,即θ=0°或180°时,洛伦兹力f=0。
(2)v⊥B,即θ=90°时,洛伦兹力f=qvB。
(3)v=0时,洛伦兹力f=0。
2.洛伦兹力与安培力的区别和联系
(1)区别。
①洛伦兹力是指单个运动的带电粒子所受到的磁场力,而安培力是指通电导线所受到的磁场力。
②洛伦兹力恒不做功,而安培力可以做功。
(2)联系。
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。
②大小关系:F=Nf(N是导体中定向移动的电荷数)。
③方向关系:洛伦兹力与安培力的方向一致,均可用左手定则进行判断。
3.洛伦兹力与电场力的比较
项目 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=qvBsin 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速度方向
做功 特点 永不做功 可做功,可不做功
[例2] (双选)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B,带电粒子的速率为v,带电荷量为q,下列带电粒子所受洛伦兹力的大小和方向正确的是(　　)
A.图甲中f=qvB,方向与v垂直斜向上
B.图乙中f=qvB,方向与v垂直斜向下
C.图丙中f=qvB,方向垂直于纸面向外
D.图丁中f=qvB,方向垂直于纸面向里
【答案】 AD
【解析】 题图甲中磁场方向与速度方向垂直,根据左手定则可知,洛伦兹力方向应该垂直于运动方向斜向上,大小为qvB,故A正确;题图乙中磁场方向与速度方向垂直,其受力方向垂直于运动方向斜向上,大小为qvB,故B错误;题图丙中速度方向与磁场方向平行,不受洛伦兹力,故C错误;题图丁中带电粒子在垂直于磁场方向的分速度为vcos 60°=v,则洛伦兹力大小f=qvB,方向垂直于纸面向里,故D正确。
对洛伦兹力大小的认识
(1)相对于磁场静止的电荷或虽然运动但运动方向与磁场方向平行的电荷不受洛伦兹力的作用。只有相对于磁场运动,且运动方向与磁场方向不平行的电荷才受洛伦兹力的作用。
(2)洛伦兹力的一般表达式f=qvBsin θ中,θ为B与v的夹角,v为运动电荷相对于磁场的速度。
(3)洛伦兹力与重力、弹力、摩擦力、电场力等都属于性质力,在研究电荷或带电体的运动,对其进行受力分析时,不能漏掉洛伦兹力。
[针对训练2] 如图所示,在匀强磁场中垂直于磁场方向放置一段导线ab。磁场的磁感应强度为B,导线长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子的个数为n。导线中通以大小为I的电流,设导线中的自由电子定向运动的速率都相同,则每个自由电子受到的洛伦兹力(　　)
A.大小为,方向垂直于导线沿纸面向上
B.大小为,方向垂直于导线沿纸面向上
C.大小为,方向垂直于导线沿纸面向下
D.大小为,方向垂直于导线沿纸面向下
【答案】 A
【解析】 设自由电子定向运动的速率为v,根据电流的微观表达式,有I=neSv,又F洛=evB,联立解得F洛=,根据左手定则可知,洛伦兹力方向垂直于导线沿纸面向上,故A正确。
要点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
情境探究
利用洛伦兹力演示仪观察带电粒子在匀强磁场中的运动。
(1)不加磁场时,电子束运动轨迹是什么样 垂直电子束运动方向加上匀强磁场,电子束做什么运动
(2)保持电子束的速度不变,增大磁感应强度或保持磁感应强度不变,增大电子束的速度,分别看到什么现象
【答案】 (1)直线;匀速圆周运动。
(2)运动半径减小;运动半径增大。
要点归纳
1.带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹
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,带电粒子将做匀速直线运动。
(2)当v⊥B时,带电粒子将做匀速圆周运动。
(3)当v与B既不垂直也不平行时,带电粒子做螺旋形运动。
2.匀速圆周运动的半径和周期
(1)半径公式r=。
带电粒子垂直射入匀强磁场中,洛伦兹力方向总与速度方向垂直,洛伦兹力充当向心力。根据牛顿第二定律得qvB=m,解得r=。
(2)周期公式T=。
圆周运动的周期T=,代入r=,解得T=,故周期与轨道半径和运动速率无关。
[例3] (双选)如图甲所示,洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡等组成,结构示意图如图乙所示,励磁线圈是一对彼此平行共轴的圆形线圈,当线圈通有励磁电流时,两线圈之间将产生垂直于线圈平面向外的匀强磁场,且磁感应强度的大小与励磁线圈中的电流大小成正比。电子在电子枪中经加速电压加速后形成高速电子束,垂直于磁场方向射入,若电子束径迹在磁场中呈闭合圆形,下列说法正确的是(　　)
A.励磁线圈中电流为顺时针方向
B.仅将励磁线圈中的电流加倍,电子在磁场中运动的轨迹半径一定减半
C.仅将励磁线圈中的电流减半,电子在磁场中做圆周运动的周期一定减半
D.若励磁线圈中的电流加倍,且电子枪的加速电压变为原来的4倍,则电子的运动轨迹
不变
【答案】 BD
【解析】 根据安培定则,励磁线圈中电流为逆时针方向,故A错误;仅将励磁线圈中的电流加倍,则磁感应强度加倍,由qvB=m,可得r=∝,电子在磁场中运动的轨迹半径将减半,故B正确;仅将励磁线圈中的电流减半,则磁感应强度减半,由T=∝,电子做圆周运动的周期将加倍,故C错误;根据qU=mv2,r=得r=∝,励磁线圈中的电流加倍,且电子枪的加速电压变为原来的4倍时,电子的运动轨迹不变,故D正确。
垂直进入磁场的带电粒子,在匀强磁场中受到的洛伦兹力方向与速度方向垂直,从而使粒子做匀速圆周运动(粒子做匀速圆周运动的前提是v⊥B),遵循匀速圆周运动的所有规律。其半径和周期公式经常用到,应牢记。
[针对训练3] 质量为m的带电微粒a,在匀强磁场中仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b,则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体(不计重力和电荷量的损失),则该整体在磁场中做圆周运动的半径将(　　)
A.变大 B.变小
C.不变 D.条件不足,无法判断
【答案】 C
【解析】 碰撞后,由洛伦兹力提供向心力,qvB=m,可得r=,又p=mv,碰撞过程中系统的动量守恒,p不变,q不变,则半径不变,故C正确,A、B、D错误。
要点四　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动分析
情境探究
观察下列图片,思考后回答问题。
(1)图甲中确定轨迹圆心的依据是什么
(2)图乙中确定轨迹圆心的依据是什么
(3)图丙中各个角度的关系是什么
【答案】 (1)轨迹半径和速度垂直,两个半径的交点必然是圆心。
(2)速度的垂线必通过圆心,弦的中垂线必通过圆心,两线交点必为圆心。
(3)粒子速度的偏向角(φ)等于轨迹圆心角(α),并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍。
要点归纳
1.三种求半径的方法
(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的侧移距离为x,磁场的宽度为d,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水平方向的夹角为θ,磁场的宽度为d,则有关系式 r=。
2.两种求时间的方法
(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=。
3.四种角度关系
(1)如图甲所示,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,如图乙所示。
[例4] 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°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。
(1)求粒子做圆周运动的周期;
(2)求磁感应强度B的大小;
(3)若O、P之间的距离为0.1 m,求粒子的运动速度的大小。
思路点拨:(1)画出粒子由O点到P点的运动轨迹,确定圆心、圆心角。
(2)确定粒子运动时间与周期的关系。
(3)确定粒子运动的半径及其与OP之间的关系。
【答案】 (1)1.8×10-6 s
(2)0.314 T
(3)3.49×105 m/s
【解析】 (1)作出粒子运动轨迹,如图所示。
由图可知粒子由O到P的大圆弧轨迹所对应的圆心角为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由洛伦兹力提供,得qvB=,
所以B===
= T
=0.314 T。
(3)由几何知识可知,半径r=0.1 m,
故粒子的运动速度的大小为
v== m/s
≈3.49×105 m/s。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的解题三步法
[针对训练4] 正方形容器abcd内部充满如图所示的匀强磁场,一束比荷相等的粒子流从a孔沿ab方向垂直磁场射入容器内,结果一部分从d孔射出,另一部分从ad中点e孔射出,粒子重力不计。则从d、e两孔射出的粒子(　　)
A.均带负电
B.在磁场中运动时间之比td∶te=2∶1
C.在容器中运动加速度之比ad∶ae=2∶1
D.速度之比vd∶ve=1∶2
【答案】 C
【解析】 根据洛伦兹力提供向心力及轨迹特点,结合左手定则可知粒子均带正电,选项A错误;粒子运动的周期为T=,可知周期相同,根据粒子在磁场中运动的时间公式t=T==可知,td∶te=1∶1,vd∶ve=2∶1,选项B、D错误;由a=可知,在容器中运动加速度之比ad∶ae=2∶1,选项C正确。
要点五　用动态圆来分析带电粒子在磁场中运动的临界与极值问题
要点归纳
1.动圆放缩法
当带电粒子射入磁场的方向确定,但射入时速度v的大小或磁感应强度B变化时,粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时,可以以入射方向所在直线为切线,入射点为切点,作出半径不同的一系列轨迹,从而得出临界条件。如图所示为粒子进入矩形边界磁场的情景。
2.定圆旋转法
当带电粒子射入磁场时的速度v大小一定,但射入的方向变化时,可以以入射点为定点,将轨迹圆旋转,作出一系列轨迹,从而得出临界条件。如图所示为粒子进入单边有界磁场时的情景。
3.定圆平移法
速度大小和方向相同的一排相同粒子垂直直线边界进入匀强磁场,各粒子的轨迹圆弧可以由一个粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示)。
[例5] 如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内,O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下,从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向,以大小不同的速率射入正方形内,粒子所受重力不计。下列说法正确的是(　　)
A.若该带电粒子从ab边射出,它经历的时间可能为t0
B.若该带电粒子从bc边射出,它经历的时间可能为
C.若该带电粒子从cd边射出,它经历的时间为
D.若该带电粒子从ad边射出,它经历的时间可能为
【答案】 C
【解析】 由带正电的粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场可知,该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。当粒子沿纸面以与Od成30°角的方向射入正方形内时,如图所示。作出从ab边射出的临界轨迹①、从bc边射出的临界轨迹②、从cd边射出的轨迹③和从ad边射出的临界轨迹④。由图可知,该带电粒子从ab边射出经历的时间一定不大于;从bc边射出经历的时间一定不大于;从cd边射出经历的时间一定是;从ad边射出经历的时间一定不大于,故C正确,A、B、D错误。
模型·方法·结论·拓展
带电粒子在圆形边界匀强磁场中的运动
1.在圆形匀强磁场区域内,沿径向射入的粒子一定沿径向射出
如图所示,磁场圆半径为R,粒子轨迹圆半径为r,带电粒子从P点对准磁场圆心O射入,由几何知识容易证明粒子从Q点飞出的速度方向的反向延长线必过磁场圆心O。
2.带电粒子入射方向偏离圆形匀强磁场圆心射入的问题
处理这类问题时一定要分清磁场圆和轨迹圆,并要注意区分轨迹圆的圆心和磁场圆的圆心。
(1)当粒子沿图甲所示轨迹运动时,粒子在磁场中运动时间最长,速度偏向角最大。
(2)由图甲看出,在轨迹圆半径和速度偏向角一定的情况下,可实现此偏转的最小磁场圆是以PQ为直径的圆。
(3)如图乙所示,由几何知识很容易证明:当r==R时,相同带电粒子从P点沿纸面不同方向射入磁场,它们离开磁场时的方向是平行的。
[示例] (双选)如图为半径为R的圆形边界的匀强磁场,沿半径PO方向射入两个带电粒子甲和乙(重力均不计),甲、乙分别从圆形边界上的Q、S两点射出,已知两个带电粒子的比荷相同,圆弧PQ的长度为圆周边界长度的,圆弧PS的长度为圆周边界长度的,由此可知(　　)
A.甲、乙两粒子运动的半径大小之比为1∶
B.甲、乙两粒子的速度大小之比为 ∶1
C.甲、乙两粒子的角速度之比为1∶1
D.甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为 3∶4
【答案】 BC
【解析】 作出两粒子运动轨迹如图所示,根据几何关系可知,甲、乙两粒子运动的半径分别为r1=Rtan 60°=R,r2=R,所以r1∶r2=∶1,故A错误;根据牛顿第二定律有qvB=m,解得v=,因为甲、乙两粒子的比荷相同,所以甲、乙两粒子的速度大小之比为==,故B正确;粒子运动的角速度为ω==,因为甲、乙两粒子的比荷相同,所以甲、乙两粒子的角速度之比为 =1,故C正确;由T=可知两粒子的周期相同,设粒子在磁场中转过的圆心角为α,则粒子在磁场中运动的时间为t=T,所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为===,故D错误。
科学·技术·社会·环境
极光
　　极光是一种绚丽多彩的发光现象,被视为自然界中最漂亮的奇观之一。极光是地球周围的一种大规模放电的过程。来自太阳的高能带电粒子流(太阳风)到达地球附近,地磁场迫使其中一部分沿着磁感线集中到南北两极,并使其朝向磁极下落。它们与大气中氧和氮的原子碰撞,使之成为激发态的离子,这些离子发射不同波长的辐射,产生出红、绿、蓝等颜色的极光特征色彩,产生光芒,形成极光。
　　极光属于太阳风暴的副产品,越是绚烂的极光,往往对应着更强烈的地磁暴。这会导致长距离输电线路中产生强力电流,使整个电网范围内的变压器同时故障,严重干扰电力传输,从而导致某些地区暂时停电。并且大量带电粒子轰击地球大气,会影响电离层反射短波无线电的能力,使短波通信受到干扰或中断。另外,带电粒子的轰击加热了地球高层大气,使得大气膨胀,增加了卫星的空气阻力,使卫星的高度下降,缩短卫星的寿命。
[示例] 太阳黑子群13679在北京时间2024年 5月 25日 4时 25分爆发了一个 M 1.4级中等耀斑。耀斑从太阳的日冕抛射出高能的电子、离子和原子云气团,其中的一部分射向了地球,使地球上许多高纬地区出现了美丽壮观的极光现象。如图所示,科学家发现并证实,这些高
能带电粒子流向两极做螺旋运动,旋转半径不断减小,原因可能是(　　)
A.重力对粒子做正功,使其动能增大
B.越接近两极,地磁场的磁感应强度越大
C.洛伦兹力对粒子做负功,使其动能减小
D.空气分子与粒子碰撞,使粒子的带电荷量减少
【答案】 B
【解析】 带电粒子在磁场中做圆周运动,根据 qvB=m,可得r=。若动能增大,则粒子速度增大,粒子做圆周运动的半径会增大;若粒子带电荷量减少,则半径增大,A、D错误。越接近两极,地磁场的磁感应强度B越大,则轨迹半径越小,B正确;洛伦兹力不做功,C错误。
1.如图所示,带电粒子所受的洛伦兹力的方向水平向左的是(　　)
A　 B 　C 　 D
【答案】 C
【解析】 由左手定则可知,选项A中带电粒子所受洛伦兹力向下;选项B中带电粒子所受洛伦兹力垂直于纸面向外;选项C中带电粒子所受洛伦兹力水平向左;选项D中带电粒子所受洛伦兹力垂直于纸面向里,故A、B、D错误,C正确。
2.为研究一些微观带电粒子的成分,通常先利用加速电场将带电粒子加速,然后使带电粒子进入位于匀强磁场中的云室内,通过观察带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹情况,便可分析出带电粒子的质量、电荷量等信息。若某带电粒子的运动方向与磁场方向垂直,其运动轨迹如图所示。已知此带电粒子在云室内运动过程中质量和电荷量保持不变,但动能逐渐减少,重力的影响可忽略不计,下列说法正确的是(　　)
A.粒子从a到b,带正电
B.粒子从b到a,带正电
C.粒子从b到a,带负电
D.粒子运动过程中洛伦兹力对它做负功
【答案】 B
【解析】 带电粒子在磁场中做圆周运动,有qvB=m,解得 r=,因为题中说明,粒子的质量和电荷量不变,动能逐渐减小,即粒子的速度越来越慢,故粒子运动半径越来越小,由题图可知粒子应该是从b运动到a,由粒子的轨迹可以判断洛伦兹力的方向,再根据左手定则可知,粒子应该带正电。而洛伦兹力的方向始终垂直于速度方向,因此洛伦兹力对粒子永不做功,故A、C、D错误,B正确。
3.(双选)两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b,以不同的速率对准圆心O沿着方向AO射入圆形匀强磁场区域,其运动轨迹如图所示。若不计粒子所受的重力,则下列说法正确的是(　　)
A.a粒子动能较大
B.b粒子速率较大
C.b粒子在磁场中运动时间较长
D.它们做圆周运动的周期Ta=Tb
【答案】 BD
【解析】 粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动,则有qvB=m,解得r=;由于带电粒子的q、m均相同,所以可得r与v成正比,可得b粒子速率较大,动能较大,A错误,B正确。根据公式T=,得T=,由于带电粒子的q、m均相同,所以周期相同;又运动轨迹圆弧对应的圆心角越大,运动时间越长,故a粒子在磁场中运动的时间较长,C错误,D正确。
4.如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入,并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q,OP=a。不计粒子所受重力。根据上述信息可以得出(　　)
A.该匀强磁场的磁感应强度
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的轨道半径
D.带电粒子在磁场中运动的时间
【答案】 C
【解析】 粒子恰好垂直于y轴射出磁场,作两速度的垂线交点为圆心O1,轨迹如图所示。根据几何关系可得cos 30°=,所以r=a,故C正确;在磁场中由洛伦兹力提供向心力,即qvB=m,解得带电粒子在磁场中运动的速率为v=,因磁感应强度B未知,则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率,故A、B错误;带电粒子轨迹圆周的圆心角为π,而周期T==,则带电粒子在磁场中运动的时间为t=T=,因为磁感应强度B未知,则运动时间无法求出,故D错误。
5.如图所示,矩形区域 MNPQ内有垂直于纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以某初速度从N点沿NM方向垂直射入磁场中,从P点离开磁场。已知磁感应强度为B,PN=2MN=2L,粒子只受磁场力。
(1)求粒子的初速度大小v0;
(2)若将粒子的初速度增大为原来的2倍,仍从N点沿NM方向垂直射入磁场中,求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)由题意,根据几何关系知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=L,
洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,
解得v0=。
(2)由洛伦兹力提供向心力,有q·2v0B=m,
解得R=2L;
如图所示,粒子将从MQ边射出,
设速度偏向角为θ,有sin θ==,
解得θ=30°,
可知粒子在磁场中运动的时间为t=T=,
由T=,解得t=。
课时作业
基础巩固
1.如图所示是电视机中偏转线圈的示意图,线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子,它的运动方向由纸内垂直指向纸外。当偏转线圈中的电流方向如图所示时,电子束应(　　)
A.向右偏转 B.向下偏转
C.向上偏转 D.向左偏转
【答案】 C
【解析】 偏转线圈由上、下两个“通电螺线管”组成,由安培定则可知,右端都是N极,左端都是S极,则O点处的磁场方向水平向左,由左手定则可知,电子束受到向上的洛伦兹力,因此将向上偏转,选项C正确。
2.(双选)在磁场中,关于带电粒子除受磁场作用外不受其他外力的运动情况,下列说法正确的是(　　)
A.可能做匀速直线运动
B.可能做匀变速直线运动
C.可能做匀速圆周运动
D.可能做类平抛运动(匀变速曲线运动)
【答案】 AC
【解析】 若带电粒子在匀强磁场中,且其速度方向与磁场方向平行,则粒子不受力,粒子做匀速直线运动,A正确;带电粒子进入磁场后,若速度方向与磁场方向不平行,则会受到磁场作用,设粒子速度与磁场方向夹角为θ,由F=qvBsin θ,可知粒子所受洛伦兹力大小与粒子运动的速度有关,且与速度方向不共线,故粒子的加速度时刻改变,粒子不可能做匀变速运动,B、D错误;若带电粒子在匀强磁场中,且其速度方向与磁场方向垂直,带电粒子受到与速度方向垂直的洛伦兹力,由于洛伦兹力始终与速度方向垂直,所以粒子做匀速圆周运动,故C正确。
3.(双选)一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场,在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。下列能正确表示运动的速率v与半径r、周期T之间关系的图像是(　　)
A B
C D
【答案】 AC
【解析】 根据牛顿第二定律有qvB=m,解得r=,A正确,B错误;根据T=,解得T=,由此可知,T与v无关,C正确,D错误。
4.如图所示,空间中分布有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,有一个质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子静止在O点。某时刻,该粒子炸裂成P、Q两部分,P粒子的质量为、电荷量为,Q粒子的质量为、电荷量为。不计粒子所受重力,下列说法正确的是(　　)
A.P粒子与Q粒子的半径之比r1∶r2=2∶1
B.P粒子与Q粒子的半径之比r1∶r2=1∶2
C.P粒子与Q粒子的周期之比T1∶T2=2∶1
D.P粒子与Q粒子的周期之比T1∶T2=1∶2
【答案】 A
【解析】 粒子炸裂过程动量守恒,根据动量守恒定律可得P、Q两部分的动量大小相等,再根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=,解得粒子的轨迹半径r==;由此可知P粒子和Q粒子的半径之比===2,故A正确,B错误;粒子的周期T==,据此可知P粒子与Q粒子的周期之比====1,故C、D错误。
5.如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子(不计重力)从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)
A.2 B. C.1 D.
【答案】 D
【解析】 由Ek=mv2可知,当动能为原来的一半时,速度是原来的,由r=可知r1=,
r2=,又r1=2r2,可得=,D正确。
6.如图所示,匀强磁场的方向垂直于纸面向里,一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入,沿曲线dca打到屏MN上的a点。若该微粒经过c点时,与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒,最终仍打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略,下列说法正确的是(　　)
A.带电微粒带负电
B.碰撞后,相比不发生碰撞时,新微粒运动轨迹半径变大
C.碰撞后,相比不发生碰撞时,新微粒运动周期变大
D.碰撞后,相比不发生碰撞时,新微粒在磁场中受到的洛伦兹力变大
【答案】 C
【解析】 结合带电微粒的偏转方向,由左手定则可判断带电微粒带正电,A错误;带电微粒和不带电微粒相碰,遵守动量守恒定律和电荷守恒定律,根据r==,因碰撞前后总动量不变,总电荷量不变,故碰撞后相比不发生碰撞时,新微粒运动轨迹半径不变,B错误;根据T=,因碰撞后质量变大,但电荷量q不变,故碰撞后相比不发生碰撞时,新微粒运动周期变大,C正确;根据F=qvB,碰撞后新微粒电荷量不变但速度减小,碰撞后相比不发生碰撞时,新微粒在磁场中受到的洛伦兹力减小,D错误。
7.如图所示,一个电子沿AO方向垂直射入匀强磁场中,磁场只限于圆心为O、半径为R的圆内;若电子速度为v,质量为m,电荷量为e,磁感应强度大小为B;电子在磁场中偏转后从C点射出,∠AOC=120°,下列结论正确的是(　　)
A.电子经过磁场的时间为
B.电子经过磁场的时间为
C.磁场半径R为
D.A、C间的距离为
【答案】 B
【解析】 由题意可知电子运动的轨迹如图中曲线AC,由evB=m,可得r=;由图可知电子在磁场中转过的圆心角为60°,根据几何知识可知,A、C间的距离等于电子运动轨迹半径,d=;电子在磁场中运动的时间t=T=·=;磁场半径R=rtan 30°=,故B正确,A、C、D错误。
8.如图所示,仅在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直于纸面的匀强磁场,一细束电子从x轴上的P点以大小不同的速率射入该磁场中,速度方向均与x轴正方向成锐角θ=30°。已知速率为v0的电子可从x轴上的Q点离开磁场,不计电子间的相互作用,电子所受的重力可以忽略,已知 PQ=l,OP=3l,电子的电荷量为e,质量为m,求:
(1)磁感应强度的大小和方向;
(2)能从y轴垂直射出的电子的速率;
(3)从Q点离开磁场和从y轴垂直射出的两电子在磁场中运动的时间之比。
【答案】 (1),方向垂直于纸面向外 (2)6v0　(3)2∶1
【解析】 (1)电子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,电子的运动轨迹如图甲所示,
由牛顿运动定律得ev0B=m,
又由几何知识可得,从Q点射出的电子,其轨迹半径R===l,
联立解得B=,
电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动,由左手定则可知,磁感应强度的方向为垂直于纸面向外。
(2)设电子从y轴垂直射出的速率为v、半径为r,轨迹如图乙所示,
根据几何关系有rsin θ=3l,
又由牛顿运动定律得evB=m,
解得电子的速率v==6v0。
(3)电子在磁场中运动的周期T=,与速度无关,
电子在磁场中运动的时间t=T,
从Q点射出的电子在磁场中转过的角度为α1=300°,从 y轴垂直射出的电子在磁场中转过的角度为α2=150°,联立可得从Q点离开磁场和从 y轴垂直射出的两电子在磁场中运动的时间之比 t1∶t2=α1∶α2=2∶1。
能力提升
9.(双选)如图,一边界平行的有界匀强磁场垂直于纸面向外,一个带正电荷的粒子以初速度v0垂直于磁场的边界射入匀强磁场中,离开磁场时速度方向偏转了30°角。已知匀强磁场的宽度为d,不计粒子所受重力,则带电粒子在磁场中(　　)
A.做匀变速曲线运动
B.向心加速度大小为
C.运动的时间为
D.受到的磁场力的冲量为零
【答案】 BC
【解析】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,加速度方向不断变化,不是匀变速曲线运动,A错误;如图,分别过入射点和出射点作入射方向和出射方向的垂线,两垂线交点即为圆心,根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2d,则粒子的向心加速度大小为an==
,B正确;粒子运动的时间t=×=,C正确;由于粒子的动量发生变化,所以粒子受到的磁场力的冲量不为零,D错误。
10.(双选)如图所示,半径为R的圆形区域内(含边界)有垂直于圆形区域向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,a、b、c、d为圆上等间隔的四点,O为圆心。一个质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,从a点沿aO方向以某速度进入磁场,历时离开磁场,不计粒子所受重力。若该粒子从圆上e点沿平行于aO方向以相同的速度进入磁场,∠eOa=30°,则该粒子从e点进入磁场后(　　)
A.从圆上c点离开磁场
B.从圆上d点离开磁场
C.该粒子在磁场中运动的时间为
D.该粒子在磁场中运动的时间为
【答案】 BC
【解析】 该粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=,粒子从a点沿aO方向以某速度进入磁场,历时t=离开磁场,说明t=,则该粒子的轨迹半径r=R;若该粒子从圆上e点沿平行于aO方向以相同的速度进入磁场,则该粒子的轨迹半径还是r=R,可绘出粒子的运动轨迹如图所示,则该粒子从e点进入磁场后,将从圆上d点离开磁场,A错误,B正确;根据轨迹图可知,粒子运动的圆心角为120°,则该粒子在磁场中运动的时间t′==,C正确,D
错误。
11.(2023·全国甲卷)(双选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反;电荷量不变,不计重力。下列说法正确的是(　　)
A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出
C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短
D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【答案】 BD
【解析】 带电粒子在与筒壁的两次碰撞过程中,其轨迹圆弧两端间的切线延长线一定交于磁场圆的圆心O,由几何关系可知,粒子运动的轨迹不可能通过O,选项A错误;假设粒子带负电,由题意可知,若粒子最终从P点射出,粒子射入磁场与筒壁发生若干次碰撞以后轨迹的圆心组成的多边形为以筒壁为内切圆的多边形,最少应为三角形,如图所示,
即撞击两次,选项B正确;速度越大,粒子做圆周运动的半径越大,碰撞次数可能会增多,粒子在圆内运动时间不一定减少,选项C错误;粒子每次与筒壁碰撞前后,速度均沿圆筒半径且方向相反,则碰撞后瞬间,粒子的速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线,选项D
正确。
12.(双选)如图所示,OACD为矩形,OA边长为L,其内存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场,速度方向与OA的夹角为α=60°,粒子刚好从A点射出磁场。不计粒子的重力,则(　　)
A.粒子带负电
B.匀强磁场的磁感应强度为
C.为保证粒子能够刚好从A点射出磁场,OD边长至少为L
D.减小粒子的入射速度,粒子在磁场区域内的运动时间变长
【答案】 AC
【解析】 由题意可知,粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力斜向右下方,由左手定则可知,粒子带负电,故A正确;粒子运动轨迹如图所示。由几何知识可得r=,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0B=m,解得B=,故B错误;根据图示,由几何知识可知,矩形磁场的最小宽度d=r-rcos α=L,故C正确;减小粒子的入射速度,粒子运动半径变小,仍从OA边射出,根据几何关系可知,转过的圆心角不变,则运动时间不变,故D错误。
13.(双选)如图所示,有一个边长为l、磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域 abdc,e是ab的中点,f 是ac的中点,如果在c点沿对角线方向以一定的速度v射入一比荷为k的带电粒子(不计所受重力),且该粒子恰好能从f点射出,则下列说法正确的是(　　)
A.粒子射入磁场的速度大小v=
B.若粒子入射速度大小变为2v,则粒子恰好从 a点射出
C.若只减小粒子入射速度的大小,则粒子在磁场中的运动时间不变
D.若只改变粒子入射速度的大小,使粒子可以从e点射出,则粒子射出磁场时的速度方向与 ab边垂直
【答案】 BC
【解析】 由题意,当粒子从f点飞出时,画出粒子运动轨迹如图,利用几何知识,可求得粒子在磁场中的运动半径 r==l,根据qvB=m,=k,可求得v=kBl,故A错误;
若粒子入射速度大小变为2v,根据r=,则粒子在磁场中的运动半径将变为r′=2r=l,由几何知识可知粒子恰好从a点射出,故B正确;若只减小粒子入射速度的大小,则粒子在磁场中的运动半径将减小,粒子均从cf边射出,由几何知识可知粒子运动轨迹所对应的圆心角均为90°,运动时间均为t===,可知粒子在磁场中的运动时间不变,故C正确;若只改变粒子入射速度的大小,使粒子可以从e点射出,画出粒子在磁场中的运动轨迹,假设粒子射出磁场时的速度方向与 ab边垂直,ba延长线与cb垂线的交点为O′,如图,由几何知识可知,O′e≠O′c,所以假设不成立,故D错误。
14.如图所示,在圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)。带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿直径射入,粒子飞出磁场区域时,速度方向偏转60°;该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向射入,粒子飞出磁场区域时,速度方向偏转90°。带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为　　 　　,进入磁场时的速度之比为
　　 　　,在磁场中运动的时间之比为　　　 　。
【答案】 ∶1　∶1　2∶3
【解析】设圆形磁场区域半径为R,粒子运动轨迹如图所示,
由几何知识可知r1=Rtan 60°,r2=R,带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为r1∶r2=Rtan 60°∶R=∶1。粒子在磁场中运动的半径为 r=,故运动速度之比等于运动半径之比,v1∶v2=∶1。粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=,粒子运动周期与粒子速度大小无关,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期之比为1∶1;由几何知识可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动转过的圆心角θ1=60°,θ2=90°,粒子在磁场中的运动时间t=T,粒子的运动时间之比===。
15.如图所示,以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠A=60°,
AO=L,在O点发射某种带负电的粒子(不计所受重力作用),粒子的比荷为。发射方向与OC边的夹角θ=60°,粒子从A点射出磁场。
(1)求粒子的发射速度大小v0;
(2)求粒子在磁场中的运动时间;
(3)若入射粒子为正电荷,粒子能从OC边射出,求入射速度的范围。
【答案】 (1)　(2)　(3)0【解析】 (1)若粒子从A点射出磁场,运动轨迹如图甲所示,
由几何知识可知r=AO=L,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=,代入解得v0=。
(2)由几何知识可知,粒子转过的圆心角θ=,
由t=T,T=,得t=。
(3)若粒子能从OC边射出,临界运动轨迹如图乙所示,
由几何关系知,半径最大为R=L,
由qvB=,
解得最大速度为v==,
所以速度的取值范围为0[定位·学习目标]　1.知道安培力的方向与电流、磁感应强度的方向都垂直,会用左手定则判断安培力的方向。2.理解匀强磁场中安培力的表达式,会计算匀强磁场中安培力的大小。3.知道磁电式电表的工作原理。
知识梳理
知识点一　安培力
1.定义:磁场对通电导线的作用力。
2.安培力的方向
左手定则:
伸开左手,拇指与其余四指垂直,且都与手掌处于同一平面内,让磁感线垂直穿过手心,四指指向电流的方向,此时拇指所指的方向即为安培力的方向。如图所示。
3.安培力的大小
(1)当磁场方向与通电直导线电流方向平行时,导线所受安培力为零。
(2)垂直于磁感应强度为B的匀强磁场放置长为l的一段直导线,当通过的电流为I时,所受安培力为 F=IlB。
(3)当磁感应强度B的方向与通电直导线电流方向成θ角时,安培力F=IlBsin θ。
知识点二　安培力的应用
1.电动机
电风扇、吹风机、洗衣机、电动小车、电钻等电器,安培力都在发挥作用。正是安培力使这些电器里的一个重要部件——电动机的转子转了起来,其转动原理示意图如图所示。
2.磁电式电表
(1)磁电式电表是利用永久磁铁对通电线圈的作用原理制成的。
(2)工作原理分析。
如图所示,在电流计中,有一圆柱形铁芯固定于U形磁铁两极间,铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的铝框,铝框的转轴上装有指针和游丝(又称螺旋弹簧)。当电流流入线圈时,线圈受安培力作用而转动,使游丝扭转形变,从而对线圈的转动产生阻碍。当安培力的作用与游丝形变产生的阻碍达到平衡时,指针便停留在某一刻度。电流越大,安培力越大,指针偏转角度越大。可见,正是安培力的作用才使电流计的指针发生偏转,而通过指针的偏转角度便可知道电流的大小。
新知检测
1.思考判断
(1)安培力的方向与磁感应强度的方向垂直。(　√　)
(2)若通电导线在某处不受安培力,则该处磁感应强度一定为零。(　×　)
(3)若通电导线在某处受到的安培力不为零,则此处的磁感应强度一定不为零。(　√　)
(4)若磁场一定,导线的长度和电流也一定的情况下,导线平行于磁场时,安培力最大,垂直于磁场时,安培力最小。(　×　)
(5)若匀强磁场的磁感应强度为B=1 T,导线中的电流I=1 A,导线长度l=1 m,则安培力F=1 N。(　×　)
(6)对于磁电式电表,指针稳定后,线圈受到螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的。(　√　)
2.思维探究
(1)在磁场越强的地方,通电导体受到的安培力一定越大吗
(2)当通电导线中的电流方向与磁场方向既不垂直也不平行时,我们应该如何计算安培力
(3)磁电式电表游丝(螺旋弹簧)的作用是什么
【答案】 (1)不一定。通电导体所受安培力的大小与B、I、l及θ有关,当θ=0°(B∥I)时,无论B如何变化,总有F=0。
(2)把磁感应强度正交分解,一个与电流方向垂直(B⊥),一个与电流方向平行(B∥),然后用F=IlB⊥计算。
(3)当电流通过线圈时,线圈受到安培力的作用,由左手定则知,线圈左右两边所受安培力的方向相反,于是安装在轴上的线圈就要转动,通过转轴收紧游丝(螺旋弹簧)使其变形,游丝(螺旋弹簧)反抗线圈的转动。
要点一　安培力的方向
情境探究
直导线悬挂起来,放入蹄形磁铁形成的磁场中,请同学们完成以下探究。
(1)上下交换磁极的位置以改变磁场的方向,观察受力方向是否改变。
(2)改变导线中电流的方向,观察受力方向是否改变。
(3)通过以上实验现象,你能得出什么结论
【答案】 (1)改变磁场的方向,受力方向发生改变。
(2)改变导线中电流的方向,受力方向发生改变。
(3)安培力的方向与磁感应强度的方向和电流的方向有关。
要点归纳
1.安培力的方向
不管电流方向与磁场方向是否垂直,安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面,即总有F⊥I和F⊥B。
(1)已知I、B的方向,用左手定则可唯一确定F的方向。
(2)已知F、B的方向,且导线的位置确定时,可唯一确定I的方向。
(3)已知F、I的方向,B的方向不能唯一确定。
2.安培定则与左手定则的区别
项目 安培定则 左手定则
用途 判断电流的磁场方向 判断电流在磁场中的受力方向
适用 对象 直线电流 环形电流或 通电螺线管 磁场中的电流
应用 方法 拇指指向电 流的方向 四指弯曲的方 向表示电流的 环绕方向 磁感线穿过手心,四指指向电流的方向
结果 四指弯曲的 方向表示磁 感线的方向 拇指指向轴 线上磁感线 的方向 拇指指向电流受到的安培力的方向
3.两平行通电直导线的相互作用规律
同向电流互相吸引,反向电流互相排斥。
[例1] 画出图中通电直导线A受到的安培力的方向。
【答案】 图见解析
【解析】 (1)电流与磁场垂直,由左手定则可判断出导线A所受安培力方向如图甲所示。
(2)条形磁铁在导线A处的磁场方向水平向左,由左手定则可判断出导线A受到的安培力的方向如图乙所示。
(3)由安培定则可判断出通电直导线A处磁场方向垂直于纸面向外,由左手定则可判断出导线A受到的安培力方向如图丙所示。
(4)由安培定则可判断出通电直导线A处磁场如图丁所示,由左手定则可判断出导线A受到的安培力方向如图丁所示。
判断安培力方向常见的两类问题
[针对训练1] 画出(或说明)图中各磁场对通电导线的安培力的方向。
A　 B　 C
D　　 E　 　 F
G　　 H
【答案】 见解析
【解析】 A、B、C、D、E、F、G中电流方向均与磁场方向垂直,而H中电流方向与磁场方向不垂直,由左手定则判断安培力的方向如图所示。
A 　 B 　C
D　 E 　F
G　 H
要点二　安培力的大小
情境探究
仔细观察甲、乙两图,思考后回答下列问题。
(1)图甲中计算通电直导线所受安培力时,能利用公式F=IlB吗 如果不能,该如何计算
(2)图乙中设磁感应强度大小为B,电流大小为I,AB=BC=l,整个导线ABC所受安培力如何 与公式F=IlB对比可以得到什么结论
【答案】 (1)不能。F=IlBsin θ,θ为电流方向与磁场方向的夹角。
(2)所受安培力大小F=IlB,方向垂直于AC向上;可将ABC导线等效成沿虚线的导线AC(电流从A到C),导线AC受到的安培力大小、方向与导线ABC相同,即导线ABC受到的安培力可用导线AC受到的安培力代替,设导线ABC的有效长度(即lAC)为l有效,则F=
Il有效B。
要点归纳
1.对安培力F=IlBsin θ的理解
(1)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)l是有效长度,匀强磁场中弯曲导线的有效长度l,等于连接两端点线段的长度(如图),相应的电流沿l由始端流向末端。
2.F=IlBsin θ的适用条件
导线所处的磁场应为匀强磁场;在非匀强磁场中,公式仅适用于很短的通电导线。
3.电流在磁场中的受力特点
电荷在电场中一定会受到电场力的作用,但是电流在磁场中不一定受到安培力的作用。当电流方向与磁场方向平行时,电流不受安培力的作用。
4.当电流同时受到几个安培力时,电流所受的安培力为这几个安培力的矢量和。
[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(　　)
A　 B　 C　 D
【答案】 A
【解析】 A图中,导线电流不和磁场垂直,将导线投影到垂直磁场方向上,故F=IlBcos θ,A正确;B图中,导线电流和磁场方向垂直,故F=IlB,B错误;C图中,导线电流和磁场方向垂直,故F=IlB,C错误;D图中,导线电流和磁场方向垂直,故F=IlB,D错误。
应用安培力公式F=IlBsin θ解题的技巧
(1)公式F=IlBsin θ中θ是B和I方向的夹角,不能盲目应用题目中所给的夹角,要根据具体情况进行分析。
(2)公式F=IBlsin θ中的lsin θ也可以理解为垂直于磁场方向的“有效长度”。
[针对训练2] 如图所示,AC是一个用导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧,圆弧半径为R,将其放置在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。当在该导线中通以由A到C、大小为I的恒定电流时,该导线受到的安培力的大小和方向是(　　)
A.BIR,垂直于AC连线指向左下方
B.,垂直于AC连线指向右上方
C.BIR,垂直于AC连线指向左下方
D.BIR,垂直于AC连线指向右上方
【答案】 C
【解析】 圆弧导线AC在磁场中的有效长度为l=R,则安培力大小为F=IlB=BIR,根据左手定则判断出安培力的方向为垂直于AC连线指向左下方,C正确。
要点三　磁电式电表的工作原理
情境探究
磁电式电表是物理实验和生产生活中不可缺少的仪器,如图是磁电式电表的构造,磁电式电表的工作原理是怎样的
【答案】 当电流通过线圈时,线圈受到安培力的作用。由左手定则可以判定,线圈左右两边所受安培力的方向相反,于是安装在转轴上的线圈就要转动。线圈转动时,游丝发生形变,以反抗线圈的转动。电流越大,安培力就越大,游丝的形变也就越大。所以通过指针的偏转角度就能判断通过电流的大小。
要点归纳
1.磁场特点
(1)方向:均匀地沿径向分布。
(2)大小:在距轴线等距离处的磁感应强度大小相等。
2.安培力的特点
(1)方向:安培力的方向与线圈平面垂直。
(2)大小:安培力的大小与通过的电流成正比。
3.表盘刻度特点
线圈在安培力的作用下转动,游丝变形,反抗线圈的转动,电流越大,安培力越大,游丝形变就越大。指针偏角与通过线圈的电流I成正比,表盘刻度均匀。
4.磁电式电表的优缺点
优点:灵敏度高,可以测出很弱的电流。
缺点:线圈的导线很细,允许通过的电流很弱(几十微安到几毫安)。如果希望用它测量较大的电流,就要根据必修第三册中学到的方法扩大其量程。
[例3] 磁电式电表的构造如图甲所示,在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈,转轴上装有游丝和指针。蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布,如图乙所示。当电流通过线圈时,线圈在安培力的作用下转动,游丝被扭动,线圈停止转动时满足NBIS=kθ,式中N为线圈的匝数,S为线圈围成的面积,I为通过线圈的电流,B为磁感应强度,θ为线圈(指针)偏角,k是与游丝有关的常量,由题中的信息可知(　　)
A.该电表的刻度是均匀的
B.线圈转动过程中受到的安培力变大
C.若线圈中通以如图乙所示的电流时,线圈将沿逆时针方向转动
D.更换k值更大的游丝,可以增大电表的灵敏度(即)
【答案】 A
【解析】 磁场是均匀辐向分布的,线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变,故受到的安培力的大小不变,游丝的弹力与转动角度成正比,故该电表的刻度是均匀的,故A正确,B错误;若线圈中通以题图乙所示的电流,根据左手定则可知,左侧受到的安培力方向向上,右侧受到的安培力方向向下,故线圈将沿顺时针方向转动,故C错误;更换k值更大的游丝,同样的电流对应的转动角度减小,即灵敏度减小,故D错误。
[针对训练3] 如图甲是磁电式电表的结构示意图,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的正方形线圈中通以电流I,线圈中的某一条a导线电流方向垂直于纸面向外,b导线电流方向垂直于纸面向里,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.穿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
【答案】 D
【解析】 匀强磁场的大小和方向处处相同,该磁场的方向并非处处相同,所以并不是匀强磁场,A错误;由题图乙分析知,穿过线圈的磁通量为零,B错误;a导线电流方向垂直于纸面向外,所在处磁感线方向向右,根据左手定则可知,a导线受到的安培力方向向上,C错误;b导线始终与磁感线垂直,故受到的安培力大小一直为IlB,D正确。
要点四　安培力作用下的导体平衡
要点归纳
1.将立体图转化为平面图
安培力作用下的平衡问题,题目给出的一般是立体图,如果把受到的力直接画在导体棒上,则较为抽象,不利于问题的求解,一般把抽象的立体图转换为直观的平面图,常见情境如下。
立 体 图
平 面 图
2.将题中的角度、电流方向、磁场方向标在图上,根据左手定则准确判断安培力的方向。
3.进行受力分析时,注意不要漏掉安培力。同时,当存在静摩擦力时,要注意分析由于电流的大小变化而引起的安培力的变化以及安培力的变化导致静摩擦力大小和方向的变化,此过程往往存在临界问题。
[例4] 如图所示,直角梯形金属线框ACDF倾斜固定放置,AF边水平,边长为 1.7 m,DF边与AF边垂直,线框平面与水平面夹角θ=37°,在AF边接有电动势E= 4 V、内阻r=1 Ω的直流电源,CD边长为 0.3 m,接有阻值为 R1=2 Ω的定值电阻,AC、DF边的中点分别为G、H,金属线框处在竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度 B=2 T。质量为m=0.2 kg的导体棒放在线框上的G、H之间,导体棒接入电路的电阻 R2=2 Ω,导体棒恰好刚要滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,金属线框的电阻不计,重力加速度g取 10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)导体棒受到的安培力大小;
(2)导体棒与线框间的动摩擦因数。
【答案】 (1)2 N　(2)
【解析】 (1)外电路的总电阻R外==1 Ω,
根据闭合电路欧姆定律可知,电路中的总电流
I==2 A,
导体棒接入电路的长度
l=(1.7 m+0.3 m)=1 m,
导体棒受到的安培力大小为F=IlB=2 N。
(2)由于Fcos 37°>mgsin 37°,因此导体棒有沿线框向上滑动的趋势,受力情况如图所示,
设导体棒与线框间的动摩擦因数为μ,根据平衡条件有
Fcos θ=mgsin θ+f,
N=mgcos θ+Fsin θ,
根据滑动摩擦力的表达式有f=μN,
联立解得μ=。
安培力作用下导体平衡问题的解题流程
[针对训练4] (2022·湖南卷)如图甲,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上,其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场,与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图乙所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　)
A.当导线静止在图甲右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
【答案】 D
【解析】 当导线静止在题图甲右侧时,导线MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态,由平衡条件可知,导线所受安培力指向右侧,因为安培力与磁场方向垂直,所以安培力垂直于轻绳指向右上方,由左手定则可知,导线中电流方向由M指向N,选项A错误;由平衡条件得,轻绳拉力F=,又IlB=mgsin θ,得 sin θ=I,分析可知选项B、C错误,D正确。
模型·方法·结论·拓展
安培力作用下导体运动方向的判断
1.判断导体在磁场中运动情况的常规思路
(1)不管是电流还是磁体,对通电导体的作用都是通过磁场来实现的,因此必须要清楚导体所在位置的磁场分布情况。
(2)结合左手定则准确判断导体所受安培力的方向。
(3)由导体的受力情况判定导体的运动方向。
2.分析导体在磁场中运动情况的几种常用方法
电流 元法 把整段导线分为多段电流元,先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向,然后判断整段导线所受安培力的方向,从而确定导线运动方向
等效法 环形电流可等效成小磁针,通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流(反过来等效也成立),然后根据磁体间或电流间的作用规律判断
特殊 位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置,判断其所受安培力的方向,从而确定其运动方向
结论法 两平行直线电流在相互作用过程中,无转动趋势,同向电流互相吸引,反向电流互相排斥;不平行的两直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势
转换 研究 对象法 定性分析磁铁在电流磁场作用下如何运动的问题,可先分析电流在磁铁磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律确定磁铁所受电流磁场的反作用力,从而确定磁铁所受的合力及其运动方向
[示例] 一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将(　　)
A.不动 B.顺时针转动
C.逆时针转动 D.在纸面内平动
【答案】 B
【解析】 法一　电流元法
把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知,各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,因此从左向右看,线圈L1将顺时针转动,故选B。
法二　等效法
把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2产生的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为竖直向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动,故选B。
法三　结论法
环形电流I1、I2之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止,据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动,故选B。
科学·技术·社会·环境
电磁弹射
　　电磁弹射就是采用电磁的能量来推动被弹射的物体向外运动,其实就是电磁炮的一种形式。在射击武器中,弹射是指被发射的物体不启动自身的动力装置而靠发射器提供的起动力实现起飞的一种发射方式。弹射是发射技术的一种特例,具体特点有:
(1)弹射的对象与发射相比一般都是大载荷物体。作为电磁炮的电磁发射器中发射的弹丸一般都是几克到几百克,最大也不过几千克;而弹射器的弹射对象则是小到几千克的航空模型大到几十吨的战机。
(2)弹射器的速度与发射器相比不是很高。一般情况下,发射器的弹丸可以达到每秒几千米到几十千米,理论上可以达到上百千米;而弹射器则不要求很大的速度,每秒几十米到几百米就可以满足要求。
(3)弹射器的发射频率远低于发射器。在电磁发射器中,防空电磁炮要求每分钟发射500发,反导电磁炮要求每秒发射60发;而电磁弹射器则可以几分钟,甚至于几十分钟做一次弹射。
(4)从结构上说,电磁炮的发射体一般都在发射管内部,而电磁弹射器的载荷由于相对较大,一般都是“骑”在驱动器之上的。
由此可见,电磁弹射的主要应用范围是大载荷的短程加速,在军事上比较典型的是航空母舰上的舰载机起飞弹射。
[示例] 如图是电磁炮的原理图,两平行轨道位于同一水平面内,处在竖直向上的匀强磁场中。一导体棒横放在两导轨间,接入电路的长度为1.5 m。当回路中的电流恒为20 A时,导体棒所受的安培力大小为 600 N,问:
(1)导体棒受到的安培力方向是向左还是向右
(2)匀强磁场的磁感应强度B为多大
(3)若回路中的电流恒为30 A,导体棒所受安培力为多大
【答案】 (1)向右　(2)20 T　(3)900 N
【解析】 (1)根据左手定则,可判断导体棒受到的安培力方向向右。
(2)根据磁感应强度定义式,可得
B== T=20 T。
(3)根据安培力公式,可得
F2=I2lB=30×1.5×20 N=900 N。
1.下列关于通电导体在匀强磁场中所受安培力的判断正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 D
【解析】 A项图中电流和磁场方向平行,则导体不受安培力作用,故A错误;根据左手定则可知,B项中电流受的安培力方向竖直向上,B错误;C项中电流受的安培力方向水平向右,C错误;D项中电流受的安培力方向垂直于导线斜向右下,D正确。
2.如图所示,通以恒定电流I的Λ形导线abc放置在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。已知导线abc组成的平面与磁场方向平行,导线的ab、bc段的长度均为l,两段导线间的夹角为90°,且两段导线与磁场方向的夹角均为45°,则导线abc受到的安培力为(　　)
A.0 B.IlB
C.IlB D.2IlB
【答案】 A
【解析】 计算导线abc受到的安培力可利用其有效长度,将导线abc等效为线段ac,因线段ac与磁感应强度B平行而不受安培力,故导线abc所受安培力为0。
3.如图所示为电流天平的示意图。当左边导线框通以图示方向的电流时,天平恰好平衡,砝码盘和砝码总质量为m。若只改变电流方向而仍维持天平平衡,则需在天平右端再加上质量为2Δm的砝码。由此可见,通电导线框在磁场中所受安培力的大小为(　　)
A.Δmg B.Δmg
C.2Δmg D.3Δmg
【答案】 B
【解析】 设导线框的质量为m′,根据左手定则,导线框通以图示方向电流时,安培力F方向向上,由平衡条件有mg=m′g-F。电流反向后安培力大小不变,方向变成向下,则有m′g+F=(m+2Δm)g,联立两式解得F=Δmg,B正确,A、C、D错误。
4.(双选)将一段裸铜导线弯成图甲所示形状的线框,使线框上端的弯折位置与一节五号干电池的正极良好接触,一块圆柱形强磁体N极吸附在电池的负极(N极在上,S极在下),线框下面的两端P、Q与磁体表面及电池的负极均保持良好接触,放手后线框就会转动,从而制成了一个“简易电动机”,如图乙所示。关于该“简易电动机”,下列说法正确的是(　　)
A.线框转动的原因是受到静电力的作用
B.从上向下看,线框沿顺时针方向转动
C.从上向下看,线框沿逆时针方向转动
D.仅将磁体的磁极调换,线框转动的方向改变
【答案】 BD
【解析】线框转动的原因是受到安培力的作用,A错误;磁场和电流方向如图所示,根据左手定则,I1所受安培力向外,I2所受安培力向里,从上向下看,线框沿顺时针方向转动,B正确,C错误;仅将磁体的磁极调换,磁场反向,电流方向不变,安培力方向反向,线框沿逆时针方向转动,D正确。
5.如图所示,两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中,一质量为m=0.9 kg 的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好,磁感应强度B=5 T,方向垂直于ab,与导轨平面的夹角α=53°,导轨间距为L=0.5 m,金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。当电路中有电流I=2 A时,必须加一个平行于金属导轨且垂直于金属棒向右的拉力F,才能使ab处于静止状态(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2),则金属棒ab所受安培力的大小为　　　 N,F的最小值为　　　 N,最大值为　　　　 N。
【答案】 5　1　7
【解析】 金属棒ab受到的安培力大小为F1=ILB=5 N;对金属棒ab受力分析如图所示,最大静摩擦力fmax=μN=μ(mg-F1cos α)=3 N,
当摩擦力f达到最大静摩擦力且方向向右时,F最小,Fmin=F1sin α-fmax=1 N,当摩擦力f达到最大静摩擦力且方向向左时,F最大,Fmax=F1sin α+fmax=7 N。
课时作业
基础巩固
1.把一小段通电直导线放入磁场中,导线受到安培力的作用,关于安培力的方向,下列说法正确的是(　　)
A.安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同
B.安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直,但不一定跟电流方向垂直
C.安培力的方向一定跟电流方向垂直,但不一定跟磁感应强度方向垂直
D.安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直,又跟电流方向垂直
【答案】 D
【解析】 安培力的方向既垂直于磁感应强度方向,又垂直于电流方向,即垂直于磁感应强度与电流所决定的平面,故D正确。
2.(双选)实验室经常使用的电流表是磁电式仪表,这种电流表的构造如图甲所示。蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布,线圈匝数为n,面积为S,线圈a、b两边导线长均为l,所在处的磁感应强度大小均为B,当线圈中通以如图乙所示的电流I时,下列说法正确的是(　　)
A.该辐向磁场是匀强磁场
B.该辐向磁场不是匀强磁场
C.在图乙所示位置,a边受到的安培力方向向下
D.在图乙所示位置,安培力使线圈沿顺时针方向转动
【答案】 BD
【解析】 辐向磁场各点的磁感应强度方向不完全相同,所以辐向磁场不是匀强磁场,故A错误,B正确;根据左手定则可知,在题图乙所示位置,a边受到的安培力方向向上,b边受到的安培力方向向下,安培力使线圈沿顺时针方向转动,故C错误,D正确。
3.如图所示,假想在地球赤道上方存在半径略大于地球半径的圆形单匝线圈。在线圈中通以图示的电流,则它所受地磁场的安培力方向最接近于(　　)
A.垂直于地面向上 B.垂直于地面向下
C.向南 D.向北
【答案】 B
【解析】 赤道上方的地磁场方向由南向北,由题图中电流方向,根据左手定则,可知安培力方向最接近于垂直于地面向下,故选B。
4.(双选)如图所示,匀强磁场中通电导线abc中bc边与磁场方向平行,ab边与磁场方向垂直,线段ab、bc长度相等,通电导线所受的安培力大小为F。现将通电导线以ab为轴逆时针(俯视)旋转,旋转过程中通电导线一直处于磁场中,则关于旋转后导线abc所受到的安培力的情况,下列说法正确的是(　　)
A.以ab为轴逆时针(俯视)旋转90°时所受的安培力大小为F
B.以ab为轴逆时针(俯视)旋转90°时所受的安培力大小为 F
C.以ab为轴逆时针(俯视)旋转45°时所受的安培力大小为F
D.以ab为轴逆时针(俯视)旋转45°时所受的安培力大小为F
【答案】 BC
【解析】 设ab、bc长度均为l,图示位置只有ab受到安培力作用,则有F=IlB,以ab为轴逆时针(俯视)旋转90°时,等效长度ac边与磁场方向垂直,则旋转后导线abc所受到的安培力大小为 F′=IlacB=IlB=F,故A错误,B正确;以ab为轴逆时针(俯视)旋转45°时,ab边与磁场方向垂直,受到的安培力大小为F1=IlB=F,bc边与磁场方向夹角为45°,受到的安培力大小为F2=IlBsin 45°=F,则旋转后导线abc受到的安培力大小为 F″==F,故C正确,D错误。
5.如图所示是某同学在水平桌面上进行“铝箔天桥”实验的情形。把铝箔折成天桥形状,用胶纸粘牢两端,将蹄形磁体横跨天桥放置,并用电池向“铝箔天桥”供电。下列说法正确的是(　　)
A.闭合开关,铝箔中央向磁体N极弯折
B.闭合开关,铝箔中央向下方凹陷
C.调节滑动变阻器使阻值变小,铝箔变形程度变大
D.更换磁性更强的磁体,铝箔变形程度不变
【答案】 C
【解析】 由题图可知,通过铝箔的电流方向由P向Q,磁场方向由N指向S,根据左手定则,铝箔所受安培力方向向上,铝箔中央向上弯折,A、B错误;调节滑动变阻器使阻值变小,则电流增大,安培力增大,铝箔变形程度变大,C正确;更换磁性更强的磁体,磁场变强,安培力变大,铝箔变形程度变大,D错误。
6.边长为L的硬轻质正三角形导线框abc置于竖直平面内,ab边水平,下端c点通过绝缘细绳悬挂一重物,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。现将a、b分别接在恒定电源的正、负极上,当ab边的电流大小为I时,重物恰好对地面无压力,则重物所受重力的大小为(　　)
A.ILB B.2ILB
C. D.
【答案】 C
【解析】 根据欧姆定律可知,当ab边的电流大小为I时,acb边的电流大小为,根据平衡条件得G=ILB+ILB,解得G=,故选C。
7.(双选)利用如图所示的电流天平,可以测量匀强磁场的磁感应强度B。它的右臂挂着轻质矩形线圈,匝数为n,b段导线长为l,导线a、b、c段处于匀强磁场中,磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时,天平处于平衡状态。当线圈中通入电流I时,通过在右盘添加质量为m的砝码使天平重新平衡。下列说法正确的是(　　)
A.若仅将电流反向,线圈仍保持平衡状态
B.线圈通电后,a、c段导线受到的安培力等大反向,b段导线受到的安培力向下
C.线圈受到的安培力大小为mg
D.由以上测量数据可以求出磁感应强度B=
【答案】 CD
【解析】 线圈通电后,根据左手定则可知a、c段导线受到的安培力等大反向,b段导线受到的安培力向上;当线圈没有通电时,天平处于平衡状态,设左盘中砝码的质量为m1,右盘中砝码的质量为m2,有m1g=m2g;当线圈中通入电流I时,线圈受到的安培力大小为F=nIlB,在右盘增加质量为m的砝码使天平重新平衡,则有m1g=m2g+mg-nIlB,可得mg=nIlB,则磁感应强度大小为B=;若仅将电流反向,则安培力方向向下,其他条件不变,由以上分析可知,线圈不能保持平衡状态,故A、B错误,C、D正确。
8.一重力不计的直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图所示,如果直导线可以自由地运动且通以方向由b到a的电流,则导线ab受到安培力作用后的运动情况为(　　)
A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
【答案】 A
【解析】 根据安培定则可得通电螺线管的磁感线如图所示,由图示可知导线左侧所处的磁场方向斜向上,导线右侧所处的磁场方向斜向下,由左手定则可知,导线左侧受力方向向里,导线右侧受力方向向外,故从上向下看,导线应顺时针转动;当导线转过90°时,由左手定则可得导线受力向下,故可得从上向下看导线顺时针转动并靠近螺线管。故选A。
9.如图所示,水平导轨间距为 L=0.5 m,导轨电阻忽略不计;导体棒ab的质量m=1 kg,电阻R0=0.9 Ω,与导轨接触良好;电源电动势E=10 V,内阻r=0.1 Ω,电阻R=4 Ω;外加匀强磁场的磁感应强度B=5 T,方向垂直于导轨平面向上;导体棒ab与导轨间动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),定滑轮摩擦不计,线对ab的拉力为水平方向,重力加速度g取10 m/s2,ab处于静止状态。求:
(1)导体棒ab受到的安培力大小和方向;
(2)重物所受重力G的取值范围。
【答案】 (1)5 N,垂直于ab水平向左
(2)0【解析】 (1)由闭合电路欧姆定律可得ab中的电流大小 I== A=2 A,
由安培力计算公式,可得导体棒ab受到的安培力大小F=ILB=2×0.5×5 N=5 N,由左手定则可知,安培力的方向垂直于ab水平向左。
(2)因最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则最大静摩擦力为fmax=μmg=0.5×1×10 N=5 N,
当最大静摩擦力方向水平向右时,由平衡条件得
F=Tmin+fmax,
Tmin=F-fmax=0,
当最大静摩擦力方向水平向左时,由平衡条件得
F+fmax=Tmax,
Tmax=5 N+5 N=10 N,
由于重物处于平衡状态,则有T=G,
故重物所受重力G的取值范围为0能力提升
10.如图所示,导体棒P固定在光滑的水平面内,导体棒Q垂直于导体棒P放置,且导体棒Q可以在水平面内自由移动(正视图如图)。给导体棒P、Q通以如图所示的恒定电流,仅在两导体棒之间的相互作用下,关于导体棒Q的运动情况,下列说法正确的是(　　)
A.导体棒Q逆时针(俯视)转动,同时远离导体棒P
B.导体棒Q顺时针(俯视)转动,同时靠近导体棒P
C.导体棒Q仅绕其左端顺时针(俯视)转动
D.导体棒Q仅绕其左端逆时针(俯视)转动
【答案】 A
【解析】 由右手螺旋定则可知,导体棒P在导体棒Q处产生的磁场方向竖直向上,且离导体棒P越远,磁场越弱,由左手定则可知,导体棒Q所受的安培力方向垂直于纸面向外,且导体棒Q的左侧受到的安培力大于右侧受到的安培力,所以导体棒Q逆时针(俯视)转动,则导体棒Q的电流方向逐渐转为垂直于纸面向里,与导体棒P的电流方向相反,根据同向电流相互吸引,反向电流相互排斥,则P、Q之间存在斥力,所以导体棒Q远离导体棒P,
A正确。
11.(双选)如图,高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4的目的是固定各导线间距,防止导线互相碰撞,abcd的几何中心为O,当四根导线通有等大同向电流时,下列说法正确的是(　　)
A.O点的磁感应强度不为零
B.穿过abcd的磁通量不为零
C.L1对L2的安培力比L1对L3的安培力大
D.L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向
【答案】 CD
【解析】 因四条导线中的电流大小相等,O点与四条导线的距离均相等,由安培定则和对称性可知,L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向,L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向,所以四条导线在O点的磁感应强度等于零,故A错误;根据安培定则可知,四根通电导线产生的磁场方向与abcd所在平面平行,所以穿过abcd的磁通量为零,故B错误;L2相比L3离L1更近些,处于L1较强的磁场区域,由F=IlB,安培力大小与B成正比,可知L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力,故C正确;根据“同向电流互相吸引,反向电流互相排斥”的推论可知,L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线,根据对称性,L2与L4对L1的安培力大小相等,所以两者合力指向ac方向,再与L3对L1的安培力(沿ac方向)合成,L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向,故D
正确。
12.科学实验证明通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小 B=k,式中常量k>0,I为电流大小,l为到导线的距离。如图所示,三根完全相同且通有恒定电流的长直导线a、b、c,其截面位于等边三角形的三个顶点。已知导线b、c位于光滑水平面上,三根直导线均保持静止状态,则(　　)
A.导线a、b通有方向相反的恒定电流
B.导线c所受安培力方向竖直向上
C.导线a、b所受安培力大小相等、方向相反
D.撤去导线c的电流,导线a将做自由落体运动
【答案】 A
【解析】 同向电流互相吸引,反向电流互相排斥,导线a受b、c的安培力恰好与其重力平衡,因此b、c对a的安培力都为排斥力,b、c为同向电流,a与b、c为反向电流,故A正确;b对c为吸引力,a对c为排斥力,已知导线c位于光滑水平面上,若要保持静止状态,导线c所受安培力的合力方向应竖直向下,故B错误;同理,导线b所受安培力的合力方向为竖直向下,导线a所受安培力的合力方向为竖直向上,结合平行四边形定则可知,二者大小不相等,方向相反,故C错误;撤去导线c的电流,导线a受到重力和b对a的安培力作用,合力偏向右侧,不做自由落体运动,故D错误。
13.(双选)磁铁在弹簧的作用下置于粗糙的斜面上,极性如图所示,在磁铁的垂直平分线某一位置放置一根通电导线,电流方向垂直于纸面向外,目前弹簧处于压缩状态,磁铁保持静止,则下列说法正确的是(　　)
A.磁铁受到的导线的力垂直于斜面向上
B.若增大通电导线的电流,则磁铁与斜面间的摩擦力就会增加
C.若撤去通电导线,磁铁会沿斜面向下运动
D.若通电导线沿磁铁的垂直平分线远离磁铁,磁铁受到的摩擦力不变
【答案】 AD
【解析】 依题意有,磁铁在导线处磁场方向如图所示,垂直于导线沿斜面向下,根据左手定则,导线所受的安培力垂直于斜面向下,根据牛顿第三定律,则导线对磁铁的作用力应垂直于斜面向上,故A正确;若增大通电导线的电流,可知导线所受垂直于斜面向下的安培力会增大,根据牛顿第三定律,导线对磁铁垂直于斜面向上的作用力也会增大,则磁铁与斜面间的正压力会减小,如果磁铁相对于斜面滑动了,则可知磁铁与斜面的摩擦力减小,如果磁铁仍静止,则磁铁与斜面间的摩擦力为静摩擦力,依题意大小仍等于重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力之和,故B错误;若撤去通电导线,根据前面的分析,磁铁不会受到导线垂直于斜面向上的作用力,磁铁与斜面间的正压力增大,则磁铁与斜面间的最大静摩擦力会增大,可知磁铁仍会静止于斜面上,故C错误;若通电导线沿磁铁的垂直平分线远离磁铁,导线受到的安培力会减小,根据牛顿第三定律,导线对磁铁垂直于斜面向上的作用力也会减小,则磁铁与斜面间的正压力增大,磁铁与斜面间的最大静摩擦力会增大,可知磁铁仍会静止于斜面上,磁铁与斜面间的摩擦力为静摩擦力,大小等于重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力之和,保持不变,故D正确。
14.(双选)电磁炮是将电磁能转化成动能的装置。如图是电磁炮模型的原理结构示意图。光滑水平平行金属导轨M、N的间距l=0.2 m,电阻不计,在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小 B=1×102 T。装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端,且始终与导轨接触良好,导体棒ab(含弹体)的质量 m=0.2 kg,在导轨M、N间部分的电阻 R=0.8 Ω,可控电源的内阻r=0.2 Ω。在某次模拟发射时,可控电源为导体棒ab提供的电流恒为 I=4×103 A,不计空气阻力,导体棒ab由静止加速到v=4 km/s后发射弹体,则(　　)
A.其他条件不变,若弹体质量变为原来的2倍,射出速度将变为原来的
B.其他条件不变,若水平金属导轨的长度变为原来的2倍,加速时间将变为原来的 倍
C.其他条件不变,若磁感应强度大小B变为原来的2倍,射出速度将变为原来的2倍
D.该过程系统产生的焦耳热为1.6×105 J
【答案】 BD
【解析】 导体棒受到的安培力F=IlB,由牛顿第二定律有IlB=ma,其他条件不变,若弹体质量变为原来的 2倍,但导体棒与弹体总质量小于原来的 2倍,故加速度大于原来的,由运动学公式有 v2=2ax,射出速度将减小,但无法确定具体变为多少,故A错误;依据x=at2,其他条件不变,若水平金属导轨的长度变为原来的 2倍,导体棒加速时间将变为原来的倍,故B正确;导体棒受到的安培力F=IlB,由动能定理可得,安培力做的功W=Fx=mv2-0,若B变为原来的2倍,弹体的射出速度将变为原来的倍,故C错误;导体棒ab做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得 F=ma,由速度公式得v=at,代入相关数据,解得该过程需要的时间t=1×10-2 s,该过程中产生的焦耳热Q=I2(R+r)t,解得Q=1.6×105 J,故D正确。
15.如图所示,在倾角为37°的光滑斜面上,有一根长为0.4 m、质量为6×10-2 kg的通电直导线,电流I=1 A,方向垂直于纸面向外。导线用平行于斜面的轻绳拴住不动,整个装置放在方向竖直向上的磁场中,磁感应强度B随时间t的变化规律为B=0.4t(T),设t=0时 B=0。g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)需要多长时间斜面对导线的支持力为零 此时轻绳的拉力为多大
(2)当磁感应强度大小为2.1 T时,将磁场方向变为垂直于斜面向上,同时剪断轻绳,求此时导体棒的加速度大小。
【答案】 (1)5 s　1 N　(2)20 m/s2
【解析】 (1)由题意知,当斜面对导线的支持力为零时,导线受力如图甲所示,
根据平衡条件知,
FTcos 37°=F,FTsin 37°=mg,
联立解得导线所受安培力F==0.8 N,
拉力FT==1 N,
又根据F=IlB,此时导线所处磁场的磁感应强度为B==2 T,根据B=0.4t(T),解得t=5 s。
(2)如图乙所示,对导线进行受力分析,
由牛顿第二定律得mgsin 37°+IlB′=ma,解得a=20 m/s2。(共66张PPT)
第3节　
洛伦兹力的应用
1.了解显像管的基本构造和工作原理。2.理解质谱仪的工作原理。3.理解回旋加速器的原理。
[定位·学习目标]　
探究·必备知识
「知识梳理」
1.构造:如图所示,由电子枪、 和荧光屏组成。
偏转线圈
知识点一　显像管
2.原理
由电子枪发出的电子,经电场加速形成 ,在水平偏转线圈和竖直偏转线圈产生的 的磁场作用下,运动方向发生 ,从而实现扫描,在荧光屏上显示图像。
电子束
不断变化
偏转
知识点二　质谱仪
1.原理图
qU
反比
不相等
大小
质量
半圆形的中空铜盒
知识点三　回旋加速器
1.构造:由两个 D1、D2构成,两盒间留有一狭缝,置于真空中。由电磁铁产生的匀强磁场B垂直穿过盒面,由高频振荡器产生的交变电压u加在两盒的狭缝处。
2.原理:从粒子源P引出的带电粒子在 被电场加速,垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动, 后进入狭缝,此时电场力对带电粒子恰好做正功,粒子加速后又进入磁场。如此,粒子一次次被加速使速度增加到很大。
3.条件:让电场的周期与粒子运动的周期 ,使粒子每次穿过狭缝时,电场力都对粒子做 。
狭缝间
半个周期
相同
正功
1.思考判断
(1)同位素在质谱仪中的轨道半径相同。(　 　)
(2)回旋加速器工作时,电场必须是周期性变化的。(　 　)
(3)显像管中偏转线圈中的电流恒定不变时,电子打在荧光屏上的光点是不动的。(　 　)
(4)利用回旋加速器加速带电粒子,要提高加速粒子的最终能量,应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R。(　 　)
「新知检测」
×
√
√
√
(5)利用回旋加速器加速带电粒子,加速电压越大,带电粒子获得的速度越大。
(　 　)
(6)利用质谱仪可以测定未知带电粒子的比荷。(　 　)
×
√
2.思维探究
(1)质谱仪分析同位素的原理是什么
(2)为什么交流电源的周期与带电粒子在D形盒中的运动周期相同
【答案】 (2)为了保证粒子经过D形盒中间狭缝加速电场都能被加速,因此交流电源的周期与带电粒子的运动周期相同。
突破·关键能力
要点一　洛伦兹力的方向
「情境探究」
观察下列图片,思考后回答问题。
要点一　质谱仪
(1)S1、S2之间的电场起什么作用
【答案】 (1)使粒子加速,获得一定的速度。
(2)同位素的特点是什么 经过加速电场获得的动能有什么特点
【答案】 (2)同位素的特点是电荷量相等,质量不相等。由于电荷量相等,经过同一加速电场获得的动能相等。
(3)粒子打在底片上的位置到S3的距离有多大
「要点归纳」
1.用途:是测定带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。
2.运动过程
3.分析:如图所示,根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径大小,就可以判断带电粒子比荷的大小,如果测出半径且已知电荷量,就可求出带电粒子的质量。
[例1] 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)
A.11 B.12
C.121 D.144
D
分析质谱仪问题,实质上就是分析带电粒子在电场中的直线运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动的组合,分析时要根据带电粒子在不同场区的运动规律列出对应的方程,然后由题目要求得出正确的结论。
·学习笔记·
[针对训练1] 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强度分别为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。下列说法正确的是(　　)
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于纸面向内
A
D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越小
要点二　回旋加速器
「情境探究」
观察下列图片,思考后回答问题。
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期有什么特点
(2)回旋加速器交流电源的周期和带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期应有什么关系
【答案】 (2)二者的周期必须相等,这样才能保证粒子每次经过狭缝时都能被加速。
(3)回旋加速器使带电粒子获得的动能与交流电压有关吗
「要点归纳」
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。根据动能定理有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,需在狭缝两侧加上周期跟带电粒子在D形盒中运动周期相同的交变电压。
[例2] 如图所示,回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心部分是两个D形金属盒,置于匀强磁场中,两盒分别与高频交变电源相连。下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子从磁场中获得能量
B.带电粒子做圆周运动的周期随半径的增大而增大
C.带电粒子在回旋加速器中被加速的次数与金属盒的半径无关
D.带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小无关
D
分析回旋加速器问题的两个误区
(1)误认为交变电压的周期随粒子轨迹半径的变化而变化,实际上交变电压的周期是不变的。
(2)误认为粒子的最终能量与加速电压的大小有关,实际上,粒子的最终能量由磁感应强度B和D形盒的半径决定,与加速电压的大小无关。
·误区警示·
[针对训练2] 如图所示,图甲为直线加速器,它由多个横截面积相同的金属圆筒共轴依次排列,圆筒长度按照一定的规律依次增加。被加速的带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放,之后每次通过圆筒间隙都被加速,且加速时间可以忽略不计。图乙为回旋加速器,D1、D2为两个中空的半圆形金属盒,处于竖直向下的匀强磁场B中。被加速的带电粒子在A点由静止释放,之后每次通过D形盒间隙都会被加速,且加速时间也可以忽略不计。在粒子运动的过程中,两个加速器所接交流电源的电压大小及频率均保持不变。下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子在直线加速器的金属圆筒中做匀速直线运动
B.直线加速器中,1、2、3金属圆筒长度之比为1∶2∶3
C.若用回旋加速器加速不同种类的粒子,则必须改变其所接交流电源的频率
D.带电粒子通过回旋加速器后获得的最大速度与加速电压有关
A
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
带电粒子在组合场和叠加场中的运动
1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。
2.叠加场:电场和磁场重叠在同一空间区域内。
3.组合场中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。电场中常有两种运动方式:加速或偏转;而匀强磁场中,带电粒子常做匀速圆周运动。
(1)组合场中电场和磁场是各自独立的,计算时可以单独使用带电粒子在电场或磁场中的运动公式来列式处理。
(2)建立粒子在不同场中运动间的联系:确定粒子从一种场进入另一种场的位置、速度大小、方向是关键。
4.带电粒子在叠加场中的受力特点
带电粒子在重力场、电场、磁场中运动时,其运动状态的改变由粒子受到的合力决定,因此,对带电粒子进行受力分析时必须注意是否考虑重力,具体情况如下:
(1)对于微观粒子,如电子、质子、离子等,若无特殊说明,一般不考虑重力;对于宏观带电物体,如带电小球、尘埃、油滴、液滴等,若无特殊说明,一般需要考虑重力。
(2)不能直接判断是否需要考虑重力的,在进行受力分析和运动分析时,由分析结果确定是否考虑重力。
[示例1] CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线
(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　)
A.M处的电势高于N处的电势
B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
D
[示例2] 如图所示,在竖直平面内xOy坐标系的y>0的空间中存在沿y轴负方向
(竖直向下)的匀强电场,在y<0的空间中存在方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从y轴上的P点由静止开始释放,一段时间后从原点O进入磁场,经磁场偏转一次后从x轴上的C点返回电场。已知 OP=OC=L,不计粒子受到的重力。求:
(1)粒子从O点到第一次经过C点所用的时间t;
(2)匀强电场的电场强度大小E。
「科学·技术·社会·环境」
扇形聚焦回旋加速器
扇形聚焦回旋加速器又称磁场强度随方位角变化的回旋加速器(简称AVF),是一种能克服经典回旋加速器能量限制,提高加速粒子能量的圆形加速器。为克服经典回旋加速器能量限制,1938年 L.H.托马斯提出了扇形聚焦回旋加速器初步概念,他建议使磁场沿方位角调变来保证轴向聚焦,平均磁场沿半径增长以保持严格谐振加速。
最初扇形回旋加速器采用直边扇形垫片来产生磁场的方位角调变,叫托马斯型回旋加速器。六十年代又进一步发展了螺旋线回旋加速器和分离扇回旋加速器。扇形聚焦回旋加速器束流能量分辨本领和能量平滑可调性能够同现代的串列静电加速器相媲美。
[示例] 为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示,圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,谷区内没有磁场。质量为m、电荷量为q的正离子,以不变的速率v旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示。
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针;
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期;
检测·学习效果
1.(双选)质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备,它的构造原理如图所示,粒子源S产生的比荷为k的粒子束(速度可视为零),经M、N两板间大小为U的加速电压加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场,运转半周后到达照相底片上的P点。已知P点到小孔S1的距离为x,匀强磁场的方向垂直于纸面向外,则下列说法正确的是(　　 )
BC
2.中国原子能科学研究院研制了50 MeV质子回旋加速器,可以为空间辐射环境效应测试与分析提供重要的测试条件。如图甲所示为某回旋加速器的结构示意图,仪器由两个半径为R的半圆形中空铜盒D1、D2构成,两盒间留有一狭缝,宽度远小于铜盒半径。匀强磁场垂直穿过盒面,两盒的狭缝处施加如图乙所示的交流电压(仅频率可调)。已知粒子进入仪器时的初速度可近似认为是零,不考虑加速过程中粒子的相对论效应,忽略粒子在电场中加速的时间。
C
3.(双选)磁流体发电机的工作原理如图所示,将一束等离子体射入磁场,在场中有两块金属板A、B,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压,下列说法正确的是(　 　)
A.B板为正极
B.A板为正极
C.其他条件不变,只增大入射速度,UAB将减小
D.其他条件不变,只增大磁感应强度,UAB将增大
AD
4.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具,其构造原理如图所示,离子源S产生质量为m、电荷量为q、初速度为0的某种正离子,离子经过电压U加速后形成离子流,然后从S1处垂直于磁场进入矩形ABCD区域内的匀强磁场中,运动半周到达记录它的照相底片上的P点,磁场的磁感应强度的方向为垂直于纸面向　　　　(选填“里”或“外”),若P与S1的距离为x,则
磁感应强度的大小为　　　　　。若有一电荷量相等、
质量为m′的正离子进入磁场后到达P点右侧,则m　 　(选
填“大于”“小于”或“等于”)m′。
外
小于
5.环保部门为了监测某化肥厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计。该装置的外形为一长方体,由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左右两端开口,在垂直于上下表面加磁感应强度为B的匀强磁场,在前后两个内侧面固定有金属板作为电极,电阻率为ρ的污水从左向右匀速流经该装置时,接在两电极间的理想电压表显示两个电极间的电压为U,求:
(1)该装置内电场强度的大小和方向;
(2)污水的流量Q(单位时间内排出的污水体积)。
感谢观看(共88张PPT)
第2节　洛伦兹力
1.知道什么是洛伦兹力,会用左手定则判断洛伦兹力的方向。2.了解洛伦兹力公式的推导过程,会用公式分析求解洛伦兹力。3.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式及应用。
[定位·学习目标]　
探究·必备知识
「知识梳理」
1.定义:磁场对 的作用力称为洛伦兹力。
2.洛伦兹力的大小
(1)当v∥B时:f= 。
(2)当v⊥B时:f= 。
(3)当v与B成θ角时:f= 。
运动电荷
知识点一　磁场对运动电荷的作用
0
qvB
qvBsin θ
3.洛伦兹力与安培力的关系
通电导线在磁场中受到的安培力,可视为大量运动电荷受到洛伦兹力的
。
4.洛伦兹力的方向
(1)判断方法:左手定则。
宏观表现
(2)左手定则:伸出左手,拇指与其余四指 ,且都与手掌处于同一平面内,让磁感线垂直穿过手心,四指指向 运动的方向,那么 所指的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向。负电荷所受力的方向与正电荷所受力的方向 。
垂直
正电荷
拇指
相反
(3)洛伦兹力方向的特点:运动电荷所受洛伦兹力方向与其速度方向 。
垂直
知识点二　带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力特点
(1)垂直射入匀强磁场中的运动电荷受到的洛伦兹力不仅与磁感应强度方向
,而且总与运动电荷的速度方向 ,只改变运动电荷速度的 ,不改变运动电荷速度的 。
(2)由于运动电荷速度的 不变,运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力的大小 ,洛伦兹力对运动电荷起到了 的作用。
垂直
垂直
方向
大小
大小
也不改变
向心力
2.运动规律:垂直射入匀强磁场的带电粒子,在洛伦兹力作用下做
运动。
3.带电粒子做匀速圆周运动的半径和周期
匀速圆周
轨道半径
运动速率
1.思考判断
(1)运动电荷在磁场中所受的力叫洛伦兹力,正电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相同,负电荷所受的洛伦兹力的方向与磁场方向相反。(　　)
(2)同一电荷,以相同大小的速度进入同一磁场,速度方向不同时,洛伦兹力的大小也可能相同。(　 　)
「新知检测」
×
√
(3)运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用,则该处的磁感应强度一定为零。
(　 　)
(4)带电粒子做匀速圆周运动的半径与带电粒子进入磁场时速度的大小有关。(　 　)
(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径成正比。
(　 　)
×
√
×
2.思维探究
(1)磁场对运动电荷一定有力的作用吗
【答案】 (1)不一定。当电荷运动的方向与磁场方向平行时,运动电荷不受洛伦兹力的作用。
(2)同一个带电粒子在不同的匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与哪些因素有关
【答案】 (2)与带电粒子的速度v和磁场的磁感应强度B有关。
(3)从太阳或其他星体上释放的大量高能粒子流称为宇宙射线,地球是如何使其不受宇宙射线伤害的
【答案】 (3)地球周围空间有地磁场,地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向,使地球不受宇宙射线的伤害。
突破·关键能力
要点一　洛伦兹力的方向
「情境探究」
仔细观察图片,思考后回答下列问题。
(1)如图甲,若不加磁铁,电子的轨迹如何
【答案】 (1)不加磁铁时,电子沿直线运动。
(2)图乙中阴极射线的轨迹发生什么变化
【答案】 (2)阴极射线在磁场的作用下向下弯曲,说明组成阴极射线的电子受到了向下的磁场力的作用。
(3)调换磁极后,阴极射线的轨迹发生什么变化 试猜测运动电荷受到的磁场力方向由什么决定。
【答案】 (3)阴极射线向上弯曲。运动电荷受到的磁场力的方向由电荷的电性、电荷运动的方向及磁感应强度的方向共同决定。
「要点归纳」
1.左手定则
其准备动作与判断安培力方向的左手定则完全一样,后面的步骤也差不多,只是稍微有点差别,那就是四指所指的方向。
(1)具体步骤如下:
①手心——磁感线从手心穿入。
②四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。
③拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点:f⊥B,f⊥v,即f垂直于B和v所决定的平面。
注意:B和v不一定垂直。
2.决定洛伦兹力方向的三个因素
(1)电荷的电性(正负)、速度方向、磁感应强度的方向。
(2)当电性一定时,其他两个因素决定洛伦兹力的方向,如果只让一个因素相反,则洛伦兹力方向必定相反,如果同时让两个因素相反,则洛伦兹力方向将不变。
[例1] 如图所示,各带电粒子均以速度v射入匀强磁场,其中图C中v的方向垂直于纸面向里,图D中v的方向垂直于纸面向外,下列带电粒子所受洛伦兹力的方向竖直向上的是(　　)
A B C D
A
【解析】 根据左手定则可知,A图中正电荷受到的洛伦兹力的方向竖直向上,B图中负电荷受到的洛伦兹力的方向垂直于纸面向里,C图中正电荷受到的洛伦兹力的方向水平向右,D图中负电荷受到的洛伦兹力的方向竖直向下,故A正确,B、C、D错误。
判断洛伦兹力方向的易错点
(1)注意电荷的正负,尤其是判断负电荷所受洛伦兹力方向时,四指应指向负电荷运动的反方向。
(2)当v与B的方向平行时,电荷受到的洛伦兹力为零。
(3)由于洛伦兹力始终与电荷的运动方向垂直,故洛伦兹力一定不对电荷做功。
·学习笔记·
[针对训练1] (双选)真空中有一根导线,其中通有恒定电流。一带电粒子(不计重力)从P点开始运动的部分轨迹如图中曲线PQ所示,轨迹与导线共面,则
(　 　)
A.若粒子带负电,电流方向从a到b
B.若粒子带正电,电流方向从a到b
C.若粒子带负电,电流方向从b到a
D.若粒子带正电,电流方向从b到a
AD
【解析】 若粒子带负电,根据左手定则,粒子运动处的磁场方向垂直于纸面向里,再根据安培定则,导线中电流方向从a到b,A正确,C错误;同理可得,若粒子带正电,导线中电流方向从b到a,B错误,D正确。
要点二　洛伦兹力的大小
「情境探究」
如图所示,直导线长为L,电流为I,单位体积内的自由电荷数为n,横截面积为S,每个电荷的电荷量均为q,电荷定向移动的平均速率为v,匀强磁场的磁感应强度为B。
(1)这段通电导线所受的安培力是多大
【答案】 (1)安培力F=ILB。
(2)此段导线的自由电荷个数是多少
【答案】 (2)自由电荷个数N=nSL。
(3)每个自由电荷受到的洛伦兹力是多大
「要点归纳」
1.洛伦兹力表达式:f=qvBsin θ,θ为v与B的夹角,如图所示。
(1)v∥B,即θ=0°或180°时,洛伦兹力f=0。
(2)v⊥B,即θ=90°时,洛伦兹力f=qvB。
(3)v=0时,洛伦兹力f=0。
2.洛伦兹力与安培力的区别和联系
(1)区别。
①洛伦兹力是指单个运动的带电粒子所受到的磁场力,而安培力是指通电导线所受到的磁场力。
②洛伦兹力恒不做功,而安培力可以做功。
(2)联系。
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。
②大小关系:F=Nf(N是导体中定向移动的电荷数)。
③方向关系:洛伦兹力与安培力的方向一致,均可用左手定则进行判断。
3.洛伦兹力与电场力的比较
项目 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=qvBsin 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速度方向
做功 特点 永不做功 可做功,可不做功
[例2] (双选)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B,带电粒子的速率为v,带电荷量为q,下列带电粒子所受洛伦兹力的大小和方向正确的是(　 　)
A.图甲中f=qvB,方向与v垂直斜向上
B.图乙中f=qvB,方向与v垂直斜向下
C.图丙中f=qvB,方向垂直于纸面向外
AD
对洛伦兹力大小的认识
(1)相对于磁场静止的电荷或虽然运动但运动方向与磁场方向平行的电荷不受洛伦兹力的作用。只有相对于磁场运动,且运动方向与磁场方向不平行的电荷才受洛伦兹力的作用。
(2)洛伦兹力的一般表达式f=qvBsin θ中,θ为B与v的夹角,v为运动电荷相对于磁场的速度。
(3)洛伦兹力与重力、弹力、摩擦力、电场力等都属于性质力,在研究电荷或带电体的运动,对其进行受力分析时,不能漏掉洛伦兹力。
·误区警示·
[针对训练2] 如图所示,在匀强磁场中垂直于磁场方向放置一段导线ab。磁场的磁感应强度为B,导线长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子的个数为n。导线中通以大小为I的电流,设导线中的自由电子定向运动的速率都相同,则每个自由电子受到的洛伦兹力(　　)
A
要点三　带电粒子在匀强磁场中的运动
「情境探究」
利用洛伦兹力演示仪观察带电粒子在匀强磁场中的运动。
(1)不加磁场时,电子束运动轨迹是什么样 垂直电子束运动方向加上匀强磁场,电子束做什么运动
【答案】 (1)直线;匀速圆周运动。
(2)保持电子束的速度不变,增大磁感应强度或保持磁感应强度不变,增大电子束的速度,分别看到什么现象
【答案】 (2)运动半径减小;运动半径增大。
「要点归纳」
1.带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹
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,带电粒子将做匀速直线运动。
(2)当v⊥B时,带电粒子将做匀速圆周运动。
(3)当v与B既不垂直也不平行时,带电粒子做螺旋形运动。
2.匀速圆周运动的半径和周期
[例3] (双选)如图甲所示,洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡等组成,结构示意图如图乙所示,励磁线圈是一对彼此平行共轴的圆形线圈,当线圈通有励磁电流时,两线圈之间将产生垂直于线圈平面向外的匀强磁场,且磁感应强度的大小与励磁线圈中的电流大小成正比。电子在电子枪中经加速电压加速后形成高速电子束,垂直于磁场方向射入,若电子束径迹在磁场中呈闭合圆形,下列说法正确的是( 　 　)
A.励磁线圈中电流为顺时针方向
B.仅将励磁线圈中的电流加倍,电子在磁场中运动的轨迹半径一定减半
C.仅将励磁线圈中的电流减半,电子在磁场中做圆周运动的周期一定减半
D.若励磁线圈中的电流加倍,且电子枪的加速
电压变为原来的4倍,则电子的运动轨迹不变
BD
垂直进入磁场的带电粒子,在匀强磁场中受到的洛伦兹力方向与速度方向垂直,从而使粒子做匀速圆周运动(粒子做匀速圆周运动的前提是v⊥B),遵循匀速圆周运动的所有规律。其半径和周期公式经常用到,应牢记。
·学习笔记·
[针对训练3] 质量为m的带电微粒a,在匀强磁场中仅在洛伦兹力作用下做半径为r的匀速圆周运动。现在a经过的轨迹上放置不带电的微粒b,则a与b发生完全非弹性碰撞融为一个整体(不计重力和电荷量的损失),则该整体在磁场中做圆周运动的半径将(　　)
A.变大
B.变小
C.不变
D.条件不足,无法判断
C
要点四　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动分析
「情境探究」
观察下列图片,思考后回答问题。
(1)图甲中确定轨迹圆心的依据是什么
【答案】 (1)轨迹半径和速度垂直,两个半径的交点必然是圆心。
(2)图乙中确定轨迹圆心的依据是什么
【答案】 (2)速度的垂线必通过圆心,弦的中垂线必通过圆心,两线交点必为圆心。
(3)图丙中各个角度的关系是什么
【答案】 (3)粒子速度的偏向角(φ)等于轨迹圆心角(α),并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍。
「要点归纳」
1.三种求半径的方法
(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的侧移距离为x,磁场的宽度为d,则满足r2=d2+(r-x)2。
2.两种求时间的方法
3.四种角度关系
(1)如图甲所示,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,如图乙所示。
[例4] 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°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。
(1)求粒子做圆周运动的周期;
【答案】 (1)1.8×10-6 s
(2)求磁感应强度B的大小;
【答案】 (2)0.314 T
(3)若O、P之间的距离为0.1 m,求粒子的运动速度的大小。
【答案】 (3)3.49×105 m/s
思路点拨:(1)画出粒子由O点到P点的运动轨迹,确定圆心、圆心角。
(2)确定粒子运动时间与周期的关系。
(3)确定粒子运动的半径及其与OP之间的关系。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的解题三步法
·学习笔记·
[针对训练4] 正方形容器abcd内部充满如图所示的匀强磁场,一束比荷相等的粒子流从a孔沿ab方向垂直磁场射入容器内,结果一部分从d孔射出,另一部分从ad中点e孔射出,粒子重力不计。则从d、e两孔射出的粒子(　　)
A.均带负电
B.在磁场中运动时间之比td∶te=2∶1
C.在容器中运动加速度之比ad∶ae=2∶1
D.速度之比vd∶ve=1∶2
C
要点五　用动态圆来分析带电粒子在磁场中运动的临界与极值问题
「要点归纳」
1.动圆放缩法
当带电粒子射入磁场的方向确定,但射入时速度v的大小或磁感应强度B变化时,粒子做圆周运动的轨道半径r随之变化。在确定粒子运动的临界情景时,可以以入射方向所在直线为切线,入射点为切点,作出半径不同的一系列轨迹,从而得出临界条件。如图所示为粒子进入矩形边界磁场的情景。
2.定圆旋转法
当带电粒子射入磁场时的速度v大小一定,但射入的方向变化时,可以以入射点为定点,将轨迹圆旋转,作出一系列轨迹,从而得出临界条件。如图所示为粒子进入单边有界磁场时的情景。
3.定圆平移法
速度大小和方向相同的一排相同粒子垂直直线边界进入匀强磁场,各粒子的轨迹圆弧可以由一个粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示)。
[例5] 如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内,O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下,从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向,以大小不同的速率射入正方形内,粒子所受重力不计。下列说法正确的是(　　)
C
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
带电粒子在圆形边界匀强磁场中的运动
1.在圆形匀强磁场区域内,沿径向射入的粒子一定沿径向射出
如图所示,磁场圆半径为R,粒子轨迹圆半径为r,带电粒子从P点对准磁场圆心O射入,由几何知识容易证明粒子从Q点飞出的速度方向的反向延长线必过磁场圆心O。
2.带电粒子入射方向偏离圆形匀强磁场圆心射入的问题
处理这类问题时一定要分清磁场圆和轨迹圆,并要注意区分轨迹圆的圆心和磁场圆的圆心。
(1)当粒子沿图甲所示轨迹运动时,粒子在磁场中运动时间最长,速度偏向角最大。
(2)由图甲看出,在轨迹圆半径和速度偏向角一定的情况下,可实现此偏转的最小磁场圆是以PQ为直径的圆。
BC
「科学·技术·社会·环境」
极光
极光是一种绚丽多彩的发光现象,被视为自然界中最漂亮的奇观之一。极光是地球周围的一种大规模放电的过程。来自太阳的高能
带电粒子流(太阳风)到达地球附近,地磁场迫使其中一部
分沿着磁感线集中到南北两极,并使其朝向磁极下落。它
们与大气中氧和氮的原子碰撞,使之成为激发态的离子,这些离子发射不同波长的辐射,产生出红、绿、蓝等颜色的极光特征色彩,产生光芒,形成极光。
极光属于太阳风暴的副产品,越是绚烂的极光,往往对应着更强烈的地磁暴。这会导致长距离输电线路中产生强力电流,使整个电网范围内的变压器同时故障,严重干扰电力传输,从而导致某些地区暂时停电。并且大量带电粒子轰击地球大气,会影响电离层反射短波无线电的能力,使短波通信受到干扰或中断。另外,带电粒子的轰击加热了地球高层大气,使得大气膨胀,增加了卫星的空气阻力,使卫星的高度下降,缩短卫星的寿命。
[示例] 太阳黑子群13679在北京时间2024年 5月 25日 4时 25分爆发了一个 M 1.4级中等耀斑。耀斑从太阳的日冕抛射出高能的电子、离子和原子云气团,其中的一部分射向了地球,使地球上许多高纬地区出现了美丽壮观的极光现象。如图所示,科学家发现并证实,这些高能带电粒子流向两极做螺旋运动,旋转半径不断减小,原因可能是(　　)
A.重力对粒子做正功,使其动能增大
B.越接近两极,地磁场的磁感应强度越大
C.洛伦兹力对粒子做负功,使其动能减小
D.空气分子与粒子碰撞,使粒子的带电荷量减少
B
检测·学习效果
1.如图所示,带电粒子所受的洛伦兹力的方向水平向左的是(　　)
C
A B C D
【解析】 由左手定则可知,选项A中带电粒子所受洛伦兹力向下;选项B中带电粒子所受洛伦兹力垂直于纸面向外;选项C中带电粒子所受洛伦兹力水平向左;选项D中带电粒子所受洛伦兹力垂直于纸面向里,故A、B、D错误,C正确。
2.为研究一些微观带电粒子的成分,通常先利用加速电场将带电粒子加速,然后使带电粒子进入位于匀强磁场中的云室内,通过观察带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹情况,便可分析出带电粒子的质量、电荷量等信息。若某带电粒子的运动方向与磁场方向垂直,其运动轨迹如图所示。已知此带电粒子在云室内运动过程中质量和电荷量保持不变,但动能逐渐减少,重力的影响可忽略不计,下列说法正确的是(　　)
A.粒子从a到b,带正电
B.粒子从b到a,带正电
C.粒子从b到a,带负电
D.粒子运动过程中洛伦兹力对它做负功
B
3.(双选)两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b,以不同的速率对准圆心O沿着方向AO射入圆形匀强磁场区域,其运动轨迹如图所示。若不计粒子所受的重力,则下列说法正确的是(　 　)
A.a粒子动能较大
B.b粒子速率较大
C.b粒子在磁场中运动时间较长
D.它们做圆周运动的周期Ta=Tb
BD
4.如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入,并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q,OP=a。不计粒子所受重力。根据上述信息可以得出(　　)
A.该匀强磁场的磁感应强度
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的轨道半径
D.带电粒子在磁场中运动的时间
C
5.如图所示,矩形区域 MNPQ内有垂直于纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以某初速度从N点沿NM方向垂直射入磁场中,从P点离开磁场。已知磁感应强度为B,PN=2MN=2L,粒子只受磁场力。
(1)求粒子的初速度大小v0;
(2)若将粒子的初速度增大为原来的2倍,仍从N点沿NM方向垂直射入磁场中,求粒子在磁场中运动的时间。
感谢观看第3节　洛伦兹力的应用
[定位·学习目标]　1.了解显像管的基本构造和工作原理。2.理解质谱仪的工作原理。3.理解回旋加速器的原理。
知识梳理
知识点一　显像管
1.构造:如图所示,由电子枪、偏转线圈和荧光屏组成。
2.原理
由电子枪发出的电子,经电场加速形成电子束,在水平偏转线圈和竖直偏转线圈产生的不断变化的磁场作用下,运动方向发生偏转,从而实现扫描,在荧光屏上显示图像。
知识点二　质谱仪
1.原理图
2.加速:带电粒子进入质谱仪的加速电场,由动能定理得 qU=mv2。
3.偏转:带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动,轨道半径r=,偏转距离 x=2r。
4.结论:=,m=x2,离子的比荷与偏转距离x的平方成反比。凡是比荷不相等的离子会被分开,并按比荷的大小顺序排列;利用质谱仪还可准确地测出每种离子的质量。
5.质谱仪的应用:可以测定带电粒子的质量和分析同位素。
知识点三　回旋加速器
1.构造:由两个半圆形的中空铜盒D1、D2构成,两盒间留有一狭缝,置于真空中。由电磁铁产生的匀强磁场B垂直穿过盒面,由高频振荡器产生的交变电压u加在两盒的狭缝处。
2.原理:从粒子源P引出的带电粒子在狭缝间被电场加速,垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动,半个周期后进入狭缝,此时电场力对带电粒子恰好做正功,粒子加速后又进入磁场。如此,粒子一次次被加速使速度增加到很大。
3.条件:让电场的周期与粒子运动的周期相同,使粒子每次穿过狭缝时,电场力都对粒子做正功。
新知检测
1.思考判断
(1)同位素在质谱仪中的轨道半径相同。(　×　)
(2)回旋加速器工作时,电场必须是周期性变化的。(　√　)
(3)显像管中偏转线圈中的电流恒定不变时,电子打在荧光屏上的光点是不动的。(　√　)
(4)利用回旋加速器加速带电粒子,要提高加速粒子的最终能量,应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R。(　√　)
(5)利用回旋加速器加速带电粒子,加速电压越大,带电粒子获得的速度越大。(　×　)
(6)利用质谱仪可以测定未知带电粒子的比荷。(　√　)
2.思维探究
(1)质谱仪分析同位素的原理是什么
(2)为什么交流电源的周期与带电粒子在D形盒中的运动周期相同
【答案】 (1)同位素是质量有微小差别的同种元素,当形成带电粒子时其电荷量相同,经同一电场加速垂直进入同一匀强磁场中偏转时经半个周期打在底片上,其落点与进入点间的距离x=2r=,由此知m不同x会不同,测量出x的关系即可确定同位素质量的差别。
(2)为了保证粒子经过D形盒中间狭缝加速电场都能被加速,因此交流电源的周期与带电粒子的运动周期相同。
要点一　质谱仪
情境探究
观察下列图片,思考后回答问题。
(1)S1、S2之间的电场起什么作用
(2)同位素的特点是什么 经过加速电场获得的动能有什么特点
(3)粒子打在底片上的位置到S3的距离有多大
【答案】 (1)使粒子加速,获得一定的速度。
(2)同位素的特点是电荷量相等,质量不相等。由于电荷量相等,经过同一加速电场获得的动能相等。
(3)。
要点归纳
1.用途:是测定带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。
2.运动过程
(1)带电粒子经过电压为U的加速电场加速,qU=mv2。
(2)垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,做匀速圆周运动,有r=,得r=。
3.分析:如图所示,根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径大小,就可以判断带电粒子比荷的大小,如果测出半径且已知电荷量,就可求出带电粒子的质量。
[例1] 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)
A.11 B.12
C.121 D.144
【答案】 D
【解析】 设质子的质量和电荷量分别为m1、q1,一价正离子的质量和电荷量分别为m2、q2。对于任意粒子,在加速电场中,由动能定理得qU=mv2,解得v=,在磁场中,洛伦兹力提供向心力,qvB=m,两式联立得 m=,由题意知,两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,加速电压U不变,其中B2=12B1,q1=q2,可得==144,故选项D正确。
分析质谱仪问题,实质上就是分析带电粒子在电场中的直线运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动的组合,分析时要根据带电粒子在不同场区的运动规律列出对应的方程,然后由题目要求得出正确的结论。
[针对训练1] 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强度分别为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。下列说法正确的是(　　)
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于纸面向内
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
【答案】 A
【解析】 同位素的电荷数一样,质量数不同,所以质谱仪是分析同位素的重要工具,故A正确;加速粒子带正电,在速度选择器中受到的静电力向右,则洛伦兹力方向向左,由左手定则可判断磁场方向垂直于纸面向外,故B错误;由平衡条件得 qE=qvB,得v=,此时粒子受力平衡,可沿直线穿过速度选择器,故C错误;在磁场中,根据牛顿第二定律有qvB0=m,得=,半径r越小,比荷越大,故D错误。
要点二　回旋加速器
情境探究
观察下列图片,思考后回答问题。
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期有什么特点
(2)回旋加速器交流电源的周期和带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期应有什么关系
(3)回旋加速器使带电粒子获得的动能与交流电压有关吗
【答案】 (1)带电粒子做匀速圆周运动的周期T=。对一个特定的带电粒子,在固定不变的匀强磁场中,其周期是一个定值。
(2)二者的周期必须相等,这样才能保证粒子每次经过狭缝时都能被加速。
(3)由r=,Ekm=mv2得Ekm=,又因为Ekm=nqU,所以交流电压不会影响带电粒子获得的动能,只会影响加速的次数。
要点归纳
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()后沿平行于电场方向进入电场加速,即磁场“准时”将带电粒子送入电场。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。根据动能定理有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,需在狭缝两侧加上周期跟带电粒子在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,要提高带电粒子的最终能量,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是粒子被加速的次数),总时间为t=t1+t2,因为t1 t2,一般认为运动总时间近似等于t2。
[例2] 如图所示,回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心部分是两个D形金属盒,置于匀强磁场中,两盒分别与高频交变电源相连。下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子从磁场中获得能量
B.带电粒子做圆周运动的周期随半径的增大而增大
C.带电粒子在回旋加速器中被加速的次数与金属盒的半径无关
D.带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小无关
【答案】 D
【解析】 磁场使粒子偏转,不能使粒子加速,电场使粒子加速,粒子从电场中获得能量,故A错误;根据牛顿第二定律,有qvB=mωv,ω=,解得 T=,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期与半径的大小无关,周期不变,故B错误;粒子做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,qvB=m,最大速度为v=,最大动能为Ekm=mv2=,最大动能与金属盒的半径以及磁感应强度有关,与加速电压无关,粒子在回旋加速器中的加速次数n=,即n=,与金属盒的半径有关,故C错误,D正确。
分析回旋加速器问题的两个误区
(1)误认为交变电压的周期随粒子轨迹半径的变化而变化,实际上交变电压的周期是不变的。
(2)误认为粒子的最终能量与加速电压的大小有关,实际上,粒子的最终能量由磁感应强度B和D形盒的半径决定,与加速电压的大小无关。
[针对训练2] 如图所示,图甲为直线加速器,它由多个横截面积相同的金属圆筒共轴依次排列,圆筒长度按照一定的规律依次增加。被加速的带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放,之后每次通过圆筒间隙都被加速,且加速时间可以忽略不计。图乙为回旋加速器,D1、D2为两个中空的半圆形金属盒,处于竖直向下的匀强磁场B中。被加速的带电粒子在A点由静止释放,之后每次通过D形盒间隙都会被加速,且加速时间也可以忽略不计。在粒子运动的过程中,两个加速器所接交流电源的电压大小及频率均保持不变。下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子在直线加速器的金属圆筒中做匀速直线运动
B.直线加速器中,1、2、3金属圆筒长度之比为1∶2∶3
C.若用回旋加速器加速不同种类的粒子,则必须改变其所接交流电源的频率
D.带电粒子通过回旋加速器后获得的最大速度与加速电压有关
【答案】 A
【解析】 直线加速器中的金属圆筒起到了静电屏蔽的作用,其内部场强为零,因此带电粒子在圆筒中做匀速直线运动,故A正确;直线加速器中,带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放,由于每两个金属筒之间的电压交替变化,粒子每次经过金属筒间隙时都要被加速,则可知粒子经过每个金属筒的时间一定相同(为交流电的半个周期,即),设金属筒间的电压为U,粒子的电荷量为q,质量为m,根据qU=mv2,得经过第一次加速和第二次加速、第三次加速的速度之比为v1∶v2∶v3=1∶∶,根据L=v·,得L1∶L2∶L3=1∶∶,故B错误;回旋加速器所接交流电源的频率为f===,可知若不同种类的粒子的比荷相同,则不需要改变其所接交流电源的频率,故C错误;在回旋加速器的磁场中,当粒子的运动半径等于D形盒的半径R时,粒子获得的速度最大,根据洛伦兹力充当向心力,有qvmB=m,可得vm=,故带电粒子通过回旋加速器后获得的最大速度与加速电压无关,故D错误。
模型·方法·结论·拓展
带电粒子在组合场和叠加场中的运动
1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。
2.叠加场:电场和磁场重叠在同一空间区域内。
3.组合场中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。电场中常有两种运动方式:加速或偏转;而匀强磁场中,带电粒子常做匀速圆周运动。
(1)组合场中电场和磁场是各自独立的,计算时可以单独使用带电粒子在电场或磁场中的运动公式来列式处理。
(2)建立粒子在不同场中运动间的联系:确定粒子从一种场进入另一种场的位置、速度大小、方向是关键。
4.带电粒子在叠加场中的受力特点
带电粒子在重力场、电场、磁场中运动时,其运动状态的改变由粒子受到的合力决定,因此,对带电粒子进行受力分析时必须注意是否考虑重力,具体情况如下:
(1)对于微观粒子,如电子、质子、离子等,若无特殊说明,一般不考虑重力;对于宏观带电物体,如带电小球、尘埃、油滴、液滴等,若无特殊说明,一般需要考虑重力。
(2)不能直接判断是否需要考虑重力的,在进行受力分析和运动分析时,由分析结果确定是否考虑重力。
[示例1] CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　)
A.M处的电势高于N处的电势
B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】 D
【解析】 电子在电场中加速运动,电场力的方向和运动方向相同,而电子所受电场力的方向与电场的方向相反,所以M处的电势低于N处的电势,A错误;增大M、N之间的电压,根据动能定理可知,电子进入磁场时的初速度变大,根据r=可知,电子在磁场中的轨迹半径增大,偏转程度减小,P点将右移,B错误;根据左手定则可知,偏转磁场的方向垂直于纸面向里,C错误;结合B项分析可知,增大偏转磁场的磁感应强度,轨迹半径将减小,偏转程度增大,P点将左移,D正确。
[示例2] 如图所示,在竖直平面内xOy坐标系的y>0的空间中存在沿y轴负方向(竖直向下)的匀强电场,在y<0的空间中存在方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从y轴上的P点由静止开始释放,一段时间后从原点O进入磁场,经磁场偏转一次后从x轴上的C点返回电场。已知 OP=OC=L,不计粒子受到的重力。求:
(1)粒子从O点到第一次经过C点所用的时间t;
(2)匀强电场的电场强度大小E。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)粒子的运动轨迹如图所示,
设粒子在磁场中运动的速度大小为v,做匀速圆周运动的半径为r,则有
qvB=,T=;
粒子从O点运动到C点所用的时间t=T,
联立解得t=。
(2)根据几何关系有L=2r,结合qvB=,
解得v=;
设粒子在电场中做匀加速运动的加速度大小为a,根据v2=2aL,qE=ma,解得E=。
科学·技术·社会·环境
扇形聚焦回旋加速器
　　扇形聚焦回旋加速器又称磁场强度随方位角变化的回旋加速器(简称AVF),是一种能克服经典回旋加速器能量限制,提高加速粒子能量的圆形加速器。为克服经典回旋加速器能量限制,1938年 L.H.托马斯提出了扇形聚焦回旋加速器初步概念,他建议使磁场沿方位角调变来保证轴向聚焦,平均磁场沿半径增长以保持严格谐振加速。最初扇形回旋加速器采用直边扇形垫片来产生磁场的方位角调变,叫托马斯型回旋加速器。六十年代又进一步发展了螺旋线回旋加速器和分离扇回旋加速器。扇形聚焦回旋加速器束流能量分辨本领和能量平滑可调性能够同现代的串列静电加速器相媲美。
[示例] 为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示,圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,谷区内没有磁场。质量为m、电荷量为q的正离子,以不变的速率v旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示。
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针;
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期;
(3)若在谷区也施加垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B′,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°,求B′和B的关系。[已知 sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β,cos α=1-2sin2]
【答案】 (1)　逆时针
(2)　　(3)B′=B
【解析】 (1)峰区内圆弧半径r=,
旋转方向为逆时针方向。
(2)由图甲结合几何知识可知,峰区内圆弧的圆心角为,每个圆弧的长度l==,
每段直线长度L=2rcos =r=,
周期T=,代入得T=。
(3)由图乙可知,谷区内的圆心角
θ′=120°-90°=30°,
谷区内的轨道圆弧半径r′=,
由几何关系rsin =r′sin ,
由三角关系有sin =sin 15°=,
代入得B′=B。
1.(双选)质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备,它的构造原理如图所示,粒子源S产生的比荷为k的粒子束(速度可视为零),经M、N两板间大小为U的加速电压加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场,运转半周后到达照相底片上的P点。已知P点到小孔S1的距离为x,匀强磁场的方向垂直于纸面向外,则下列说法正确的是(　　)
A.N板带正电
B.粒子进入匀强磁场的速度大小为
C.匀强磁场的磁感应强度大小为
D.x相同,对应粒子的比荷可能不相等
【答案】 BC
【解析】 由左手定则结合粒子在磁场中偏转方向可知带电粒子带正电,所以加速电场的N板带负电,故A错误;由动能定理,可得qU=mv2,又=k,联立解得 v=,故B正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m,由几何关系可得x=2r,联立解得B=,由此可知x相同,磁感应强度B相同,则对应粒子的比荷相等,故C正确,D错误。
2.中国原子能科学研究院研制了50 MeV质子回旋加速器,可以为空间辐射环境效应测试与分析提供重要的测试条件。如图甲所示为某回旋加速器的结构示意图,仪器由两个半径为R的半圆形中空铜盒D1、D2构成,两盒间留有一狭缝,宽度远小于铜盒半径。匀强磁场垂直穿过盒面,两盒的狭缝处施加如图乙所示的交流电压(仅频率可调)。已知粒子进入仪器时的初速度可近似认为是零,不考虑加速过程中粒子的相对论效应,忽略粒子在电场中加速的时间。使用该仪器加速质子H)时,交流电压的频率为f1,质子获得的最大动能为Ek1;使用该仪器加速α粒子He)时,交流电压的频率为f2,α粒子获得的最大动能为Ek2。下列判断正确的是(　　)
A.f1=,Ek1=4Ek2
B.f1=f2,Ek1=Ek2
C.f1=2f2,Ek1=Ek2
D.f1=2f2,Ek1=4Ek2
【答案】 C
【解析】 依题意,交变电场的周期与带电粒子运动的周期相等,可得T=,根据qvB=m,联立可得T=,可知交流电压的频率为f==,可得=·=2,即f1=2f2,当粒子在磁场中运动的轨迹半径为D形盒的半径R时,其动能最大,有qvmB=m,又Ekm=m,联立解得Ekm=,可得=·=1,即 Ek1=Ek2,故选C。
3.(双选)磁流体发电机的工作原理如图所示,将一束等离子体射入磁场,在场中有两块金属板A、B,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压,下列说法正确的是(　　)
A.B板为正极
B.A板为正极
C.其他条件不变,只增大入射速度,UAB将减小
D.其他条件不变,只增大磁感应强度,UAB将增大
【答案】 AD
【解析】 根据左手定则,正电荷在磁场中向下偏转,负电荷在磁场中向上偏转,故B板为正极,A板为负极,A正确,B错误;极板间电压稳定时,带电粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡,qvB=q,解得UAB=Bdv,其他条件不变,只增大入射速度,UAB将增大,C错误;其他条件不变,只增大磁感应强度,UAB将增大,D正确。
4.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具,其构造原理如图所示,离子源S产生质量为m、电荷量为q、初速度为0的某种正离子,离子经过电压U加速后形成离子流,然后从S1处垂直于磁场进入矩形ABCD区域内的匀强磁场中,运动半周到达记录它的照相底片上的P点,磁场的磁感应强度的方向为垂直于纸面向　　　　(选填“里”或“外”),若P与S1的距离为x,则磁感应强度的大小为　　　　　。若有一电荷量相等、质量为m′的正离子进入磁场后到达P点右侧,则m　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)m′。
【答案】 外　　小于
【解析】 根据左手定则可知,磁感应强度的方向垂直于纸面向外。加速过程中,根据动能定理有 qU=mv2,在磁场中偏转过程中有x=2R,根据洛伦兹力提供向心力,解得qvB=m,联立上述各式解得B=。由 x=可知,带电荷量相等时,运动半径越大,质量越大,故m小于m′。
5.环保部门为了监测某化肥厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计。该装置的外形为一长方体,由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左右两端开口,在垂直于上下表面加磁感应强度为B的匀强磁场,在前后两个内侧面固定有金属板作为电极,电阻率为ρ的污水从左向右匀速流经该装置时,接在两电极间的理想电压表显示两个电极间的电压为U,求:
(1)该装置内电场强度的大小和方向;
(2)污水的流量Q(单位时间内排出的污水体积)。
【答案】 (1)　方向指向纸外(或由后侧面指向前侧面)　(2)
【解析】 (1)根据电场强度的公式得E=,正、负离子在流动时,根据左手定则可知,正离子受洛伦兹力向后侧面偏转,负离子受洛伦兹力向前侧面偏转,故后侧面上带正电,前侧面上带负电,故后侧面电势比前侧面高,故电场强度的方向指向纸外或由后侧面指向前侧面。
(2)最终正、负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态,有Eq=qvB,又Q=vS=vbc,
联立解得Q=。
课时作业
基础巩固
1.显像管的工作原理图如图所示,图中阴影区域没有磁场时,从电子枪发出的电子打在荧光屏正中的O点。为使电子在竖直方向偏离中心,打在荧光屏上的A点,阴影区域所加磁场的方向是(　　)
A.竖直向上 B.竖直向下
C.垂直于纸面向里 D.垂直于纸面向外
【答案】 D
【解析】 电子向上偏,根据左手定则可知,磁场的方向垂直于纸面向外,D正确。
2.质谱仪主要由加速电场和偏转磁场组成,其原理图如图所示。设想有一个静止的带电粒子P(不计重力),经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到底片上的D点,设OD=x,下列图中能正确反映x2与U之间函数关系的是(　　)
A 　B 　 C　 D
【答案】 A
【解析】 根据动能定理有qU=mv2,得v=。粒子在磁场中偏转,洛伦兹力提供向心力,qvB=m,得r=,又x=2r,联立以上各式得x=,知x2∝U,故A正确,B、C、D错误。
3.(双选)质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具。质谱仪的工作原理示意图如图所示,粒子源S从小孔S1向下射出各种速度的氕核H)、氘核H)、氚核H)及氦核He),粒子经小孔S2进入速度选择器后,只有速度合适的粒子才能沿直线经过小孔S3,并垂直进入磁感应强度大小为B2的偏转磁场,感光底片PQ上仅出现了A、B、C三个光斑,光斑A到小孔S3的距离为2d。已知速度选择器两板间存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场,两板间距为d,板间电压为U,下列说法正确的是(　　)
A.极板M带负电荷
B.粒子在偏转磁场中的速度大小为
C.氦核的比荷为
D.相邻两光斑的距离均为
【答案】 AB
【解析】 根据左手定则可知,粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向右,则电场力向左,极板M带负电荷,故A正确;根据平衡条件有=qvB1,解得v=,故B正确;粒子在偏转磁场中做圆周运动,根据qvB2=,解得 r=∝,显然光斑A是氚核产生的,设氕核的质量为m0、所带的电荷量为e,则氚核的比荷为=,氦核的比荷为=,故C错误;根据 r=∝,可知光斑B是氘核和氦核产生的,光斑C是氕核产生的,B、C两点将AS3三等分,则相邻两光斑的距离均为,故D错误。
4.(双选)我国建造的第一台回旋加速器的工作原理如图所示,其核心部分是两个D形盒,两盒中间接入交流电压。粒子源O置于D形盒的圆心附近,能不断释放出带电粒子,忽略粒子在电场中运动的时间,不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器分别对 HHe粒子进行加速,下列说法正确的是(　　)
A.粒子能获得的最大动能跟所加交流电压的大小有关
B.两种粒子离开出口处的动能之比为1∶2
C.两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
D.两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等
【答案】 BC
【解析】 粒子在磁场中运动的最大轨道半径为D形盒的半径,对应速度也最大,则有qvmB=m,最大动能为 Ekm=m=,所以粒子能获得的最大动能跟所加交流电压的大小无关,故A错误;粒子离开出口处的动能为 Ekm=,由 H粒子的=He粒子的=1,可知 He粒子的出口处的动能为 H粒子的两倍,故B正确;设粒子加速的次数为n,则有Ekm=nqU,则粒子运动的时间t=n·,由T=,解得t=,可知两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等,故C正确,D错误。
5.如图所示,甲是回旋加速器,乙是磁流体发电机,丙是速度选择器,丁是霍尔元件,其中丙的磁感应强度大小为B、电场强度大小为E,下列说法正确的是(　　)
A.图甲,增大D形盒之间电场的电压,粒子在D形盒内运动的总时间不变
B.图乙,可判断出A极板是发电机的正极
C.图丙,粒子沿直线通过速度选择器的条件是v=
D.图丁,若导体为金属,稳定时侧面C电势高
【答案】 C
【解析】 设题图甲中回旋加速器D形盒的半径为R,粒子获得的最大速度为vm,根据牛顿第二定律有qvmB=m,解得vm=,粒子的最大动能为Ekm=m=,粒子完成一次圆周运动在电场中加速2次,由动能定理有2nqU=Ekm,在D形盒内运动的时间t=nT,联立得t=,可见U越大,t越小,故A错误;根据左手定则可知,题图乙中等离子体中正电荷向B极板偏转,负电荷向A极板偏转,所以A极板是发电机的负极,B极板是发电机的正极,故B错误;题图丙中粒子沿直线通过速度选择器时,洛伦兹力与电场力平衡,即 qE=qvB,解得v=,故C正确;若题图丁中导体为金属,则产生电流的粒子是自由电子,其定向移动方向与电流方向相反,根据左手定则可知稳定时侧面C聚集了电子,所以侧面D电势高,故D错误。
6.(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　)
A B
C D
【答案】 B
【解析】 分析可知,开始一段较短时间内,粒子具有沿y轴正方向的速度,由左手定则可知,粒子应向左侧偏转,选项A、C错误;由于粒子所受电场力沿y轴正方向,且粒子初速度为零,初始位置在坐标原点,故粒子运动轨迹的最低点在x轴上,选项B正确,D错误。
7.某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示,图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D形盒,D形盒装在真空容器中,整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中,磁场可以认为是匀强磁场,且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计,从静止开始加速到出口处所需的时间为t,已知磁场的磁感应强度为B,质子质量为m、电荷量为+q,加速器接一定频率高频交流电源,其电压为U,不考虑相对论效应和重力作用,求:
(1)质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1;
(2)质子第1次和第3次经过狭缝进入D形盒位置间的距离;
(3)D形盒的半径R。
【答案】 (1)　(2)　 (3)
【解析】 (1)质子第1次经过狭缝被加速过程,根据动能定理有qU=m,
质子在磁场中做匀速圆周运动,则有qv1B=m,
解得r1=。
(2)质子第2次经过狭缝被加速过程,根据动能定理有2qU=m,
质子在磁场中做匀速圆周运动,
则有qv2B=m,
解得r2=,
则质子第1次和第3次经过狭缝进入D形盒位置间的距离Δr=2r2-2r1,
解得Δr=。
(3)质子飞出D形盒时的轨道半径为R,则有qvmaxB=m,T=,
设在电场中加速了n次,则有Ekmax=m=nqU,
从静止开始加速到出口处所需的时间为t,
则有t=n·,解得R=。
能力提升
8.如图为某种回旋加速器的示意图,其中两盒狭缝(实线A、C)间有加速电场,电场强度大小恒定,且被限制在A、C板间,虚线之间无电场。带电粒子从P处以速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动,P1、P2、P3依次为粒子运动半周到达虚线的位置,下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子每运动一周被加速一次
B.加速电场方向需要做周期性的变化
C.带电粒子被加速后的最大速度与D形盒半径无关
D.图中P1P2等于P2P3
【答案】 A
【解析】 根据题意可知,只有在A、C板间才有电场,所以带电粒子每运动一周被加速一次,故A正确;带电粒子每次都是由A向C运动时加速,故加速电场方向不需要做周期性的变化,故B错误;依题意,当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据qvmB=m,解得vm=,易知带电粒子被加速后的最大速度与D形盒半径有关,D形盒半径越大,出射速度越大,故C错误;依题意,根据几何关系可得P1P2=2(r2-r1)=,因为每转一圈被加速一次,根据-=2ad,易知每转一圈,速度的变化量不相等,且v3-v29.(双选)如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子一定带正电
B.加速电场的电压U=ER
C.直径PQ=
D.若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群粒子具有相同的
比荷
【答案】 AD
【解析】 由左手定则可知,粒子带正电,故A正确;在静电分析器中,电场力提供向心力,由牛顿第二定律得qE=m,而粒子在MN间被加速,由动能定理得qU=mv2,解得U=,故B错误;在磁分析器中,粒子做匀速圆周运动,且PQ=2r,PQ===,故C错误;若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,说明运动的直径相同,由于磁场、电场与静电分析器的半径均不变,则该群粒子具有相同的比荷,故D正确。
10.如图所示,在竖直面内半径为R、圆心为O′的圆形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出),圆形区域与y轴相切于原点。在坐标系的二、三象限有沿x轴正方向的匀强电场,一比荷为的带正电粒子,从坐标为(-R,)的P点无初速度释放,经电场加速后从圆形磁场边界上的A点以一定的速度沿x轴正方向水平射入磁场,恰好能从坐标为(R,-R)的N点射出,则下列说法正确的是(　　)
A.匀强电场的电场强度为
B.粒子在磁场中运动的时间为
C.若粒子从点(-R,0)释放,则粒子从N点右侧射出磁场
D.若粒子从点(-R,-)释放,则粒子从N点左侧射出磁场
【答案】 B
【解析】 粒子进入磁场中恰好从N点射出,根据几何关系可知,粒子在磁场中转过的圆心角为 ∠AO′N=∠AO′O+∠OO′N=120°,运动时间为 t=·=,粒子在磁场中运动的半径为 r=AO′=R,根据qvB=m,在电场中,根据动能定理可得EqR=mv2,解得E=,故A错误,B正确;
当带电粒子以一定的速度垂直于磁场方向进入圆形磁场时,由于粒子轨道半径r=R,则轨迹圆的入射点、出射点和圆心连线与区域圆的入射点、出射点和圆心连线构成一菱形,如图所示,由几何关系可知,粒子出射点位于N点,即无论粒子从点(-R,0)释放还是从点(-R,-)释放,粒子均从N点射出磁场,故C、D错误。
11.(双选)国产动画的制作技术不断提升,尤其是以科幻为主题的电影备受观众喜爱。如图甲所示为某角色被科学怪人篡改记忆时的画面,如图乙所示为篡改记忆所用的装置模式图,一粒子源不断发射“篡改记忆粒子”(比荷为5×10-4 C/kg),发射的粒子从S1出发经过电场(U=2.5×106 V)加速获得一定初速度进入速度选择器,进入匀强磁场(B=1×107 T)偏转180°后进入此角色大脑进行篡改。不计“篡改记忆粒子”所受的重力,下列说法正确的是(　　)
A.各个“篡改记忆粒子”进入匀强磁场的偏转时间相同
B.速度选择器允许通过的粒子速度为25 m/s
C.各粒子在磁场中偏转有多个轨迹
D.各粒子在磁场中的偏转轨迹唯一,且偏转半径为r=0.01 m
【答案】 AD
【解析】 “篡改记忆粒子”进入匀强磁场做匀速圆周运动的周期T=,由于“篡改记忆粒子”的比荷相同,做匀速圆周运动的周期相同,各个“篡改记忆粒子”进入匀强磁场的偏转时间相同,故A正确;由qU=mv2,解得v==50 m/s,所以速度选择器允许通过的粒子速度为50 m/s,故B错误;由r==,可知各粒子在磁场中的偏转轨迹唯一,由qvB=m,解得偏转半径为r==0.01 m,C错误,D正确。
12.如图所示,M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,两板间存在着水平向右的匀强电场。N板右侧为匀强磁场区域,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,CD为磁场边界上的一绝缘板,它与N板的夹角为θ=45°,小孔Q到板的下端C的距离为L。现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子,从P点由静止经电场加速后,从小孔Q进入到匀强磁场区域,粒子的轨迹恰好与绝缘板CD相切,最终打在N板上。不计重力。则粒子在磁场中的轨道半径 R=　　　　　　,粒子在磁场中的运动时间 t=　　 　,M、N两板间的电压U=　　　　　　　。
【答案】 (-1)L　　
【解析】 根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示。由几何关系得 R+=L,解得R=(-1)L。粒子在磁场中做匀速圆周运动,粒子在磁场中运动的周期为T=,运动的时间为t==。由牛顿第二定律有qvB=m,粒子在电场中加速,由动能定理可知qU=mv2,联立可得U=。
13.如图,直角坐标系xOy中的第Ⅰ象限存在沿 y轴负方向的匀强电场,在第Ⅱ象限中存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子,在x轴上的A点以与x轴负方向成60°角的速度射入磁场,从 y=L处的P点沿垂直于y轴方向进入电场,并经过x轴上x=1.5L处的C点。不计粒子所受重力,求:
(1)粒子在A点的速度大小;
(2)电场强度E的大小;
(3)带电粒子在磁场和电场中运动的时间之比。
【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)设粒子在A点速度大小为v0,带电粒子的运动轨迹如图,
由几何关系可知r+rcos 60°=L,
解得r=L;
又由qv0B=m,
解得粒子在A点的速度大小v0=。
(2)带电粒子在电场中运动时,
沿x轴方向有1.5L=v0t2,
沿y轴方向有L=a,
又因为qE=ma,
解得电场强度大小为E=。
(3)带电粒子在磁场中运动的周期T==,
运动时间为t1=T=,
带电粒子在电场中运动的时间为t2=,
所以带电粒子在磁场和电场中运动的时间之比为=。

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