第2节磁场对运动电荷的作用
1.磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。
2．洛伦兹力的大小与运动电荷的电荷量、运动速度、磁感应强度有关，公式为F＝Bqv。
3．左手定则：伸开左手，拇指与其余四指垂直，且处于同一平面内，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。
磁场对运动电荷的作用
(1)当一带电通草球静止于磁场中时，无论通草球带电多少及带何种电荷，磁场方向如何改变，通草球不受磁场的作用。这说明磁场对静止电荷无磁场力。
(2)没有加外磁场时，阴极射线管中的电子流沿直线运动。
(3)把阴极射线管放入蹄形磁铁的磁场中时，电子流的轨迹会发生偏转；若将磁场方向反转时，电子流的弯曲方向也反转。
(4)电子流在磁场中偏转，说明磁场对运动电荷有力的作用。实验表明，作用力的方向与电荷运动方向及磁场的方向有关。
(1)磁场对电荷有作用力的条件
电荷对磁场有相对运动。磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用。
(2)电荷的运动速度方向与磁场方向不平行。
1．一个长螺线管中通有大小和方向都不断变化的电流，把一个带电粒子沿管轴线射入管中，若不计重力，粒子将在管中( )
A．做圆周运动 B．沿轴线来回运动
C．做匀加速直线运动 D．做匀速直线运动
解析：由于粒子运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，故粒子做匀速直线运动。
答案：D
从安培力到洛伦兹力
1．洛伦兹力
(1)定义：磁场对运动电荷的作用力。
(2)与安培力的关系：通电导线在磁场中受到安培力可以看成是大量运动电荷受到洛伦兹力的宏观表现。
2．洛伦兹力的大小
(1)公式：F＝qvB。
(2)条件：电荷在垂直于磁场方向上运动。
(3)推导：设有一段长度为l的通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，定向移动的平均速度为v，垂直于磁场方向放入磁感应强度为B的磁场中。
导线中的电流为I＝nqvS。
导线所受安培力F′＝IlB＝nqvBlS。
这段导线中含有的运动电荷数为nlS。
所以F＝＝qvB。
(4)当运动电荷速度v的方向与磁感应强度B的夹角为θ时，洛伦兹力的大小为F＝qBvsin_θ。
3．洛伦兹力的方向判定——左手定则
伸开左手，拇指与其余四指垂直，且处于同一平面内，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。
1．安培力和洛伦兹力的关系
(1)大小关系：
F安＝NF，式中N是导体中定向移动的电荷数，即导体所受安培力为导体内所有定向移动的电荷所受洛伦兹力的宏观表现。
(2)方向关系：
F方向与F安方向一致，都用左手定则判断。
(3)研究对象关系：
一个带电粒子或微粒在磁场中运动受到的力是洛伦兹力，大量微观粒子在磁场中定向移动(即电流)受到的力是安培力。
2．洛伦兹力和电场力的比较
洛伦兹力和电场力都是带电粒子在不同的场中受到的力，反映了磁场和电场都有力的性质。但这两种力也有十分明显的区别。
洛伦兹力 电场力
性质 磁场对运动电荷的作用力 电场对电荷的作用力
产生条件 在磁场中v≠0且v与B不平行 在电场中，与v无关
大小 F洛＝qvBsin θ F电＝qE
方向 F洛⊥B，F洛⊥v，遵循左手定则 F电总与E同向或反向，与v方向无关
作用效果 F洛只改变v的方向，不改变v的大小 F电既可改变v的方向，又可改变v的大小
做功情况 一定不做功 可做正功，可做负功，也可以不做功
2．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是( )
A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用
B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现
C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功
D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
解析：导线与磁场平行时不受安培力，A错。洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，C错。通电导线所受安培力的方向与磁场垂直，D错。
答案：B
洛伦兹力的判断
[例1] 如图6－2－1所示，匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v、带电荷量均为q。试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并说明洛伦兹力的方向。
图6－2－1
[审题指导] 解答本题时应把握以下两点：
(1)应用F＝qvBsin θ求F大小时，明确θ的意义。
(2)应用左手定则判定F方向时明确电荷的电性。
[解析] 甲：因为v⊥B，所以F＝qvB。方向与v垂直斜向上。
乙：v与B的夹角为30°，F＝qvBsin 30°＝qvB，方向垂直纸面向里。
丙：由于v与B平行，电荷不受洛伦兹力，F＝0。
丁：v与B垂直，F＝qvB，方向与v垂直斜向上。
[答案] 见解析
借题发挥
(1)洛伦兹力方向与安培力方向一样，都根据左手定则判断，但应注意以下三点：
①洛伦兹力必垂直于v、B方向决定的平面。
②v与B不一定垂直，当不垂直时，磁感线不再垂直穿过手心，如图6－2－1乙所示情况。
③当运动电荷带负电时，四指应指向其运动的反方向。
(2)利用F＝qvBsin θ计算F的大小时，必须明确θ的意义及大小。
大量的带电荷量均为＋q的粒子，在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是( )
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变
C．只要带电粒子在磁场中运动，它一定受到洛伦兹力作用
D．带电粒子受到洛伦兹力越小，则该磁场的磁感应强度越小
解析：带电粒子在磁场中运动时受到的磁场力不仅与其速度的大小有关，还与其速度的方向有关，当速度方向与磁场方向在一条直线上时，不受磁场力作用，所以A、C、D错误；根据左手定则，不难判断B是正确的。
答案：B
带电体在磁场中的运动的综合问题
[例2] 如图6－2－2所示，质量为m的带正电的小球能沿竖直的绝缘墙竖直下滑，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平，并与小球运动方向垂直。若小球电荷量为q，球与墙间的动摩擦因数为μ，则小球下滑的最大速度为________，最大加速度为________。
图6－2－2
[思路点拨] 对带电小球受力分析，分方向研究各力的关系，水平方向上的力与竖直方向上的力因速度的变化会互相牵连，最后应用牛顿定律、力与加速度的瞬时关系解决问题。
[解析] 小球沿墙竖起下滑，由左手定则可知小球所受洛伦兹力方向向左。对小球进行受力分析，小球受重力mg、洛伦兹力qvB、墙面给小球的支持力N和摩擦力f，如图所示。
在这些力的作用下，小球将会做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度a＝0，小球就会保持匀速运动状态直到有其他外力来迫使它的状态改变。
根据各对应规律列出方程：F＝qvB
f＝μN
N－F＝0
mg－f＝ma
整理得：mg－μqvB＝ma
根据上式讨论，当a＝0时，v最大，解得：v＝；刚开始时v＝0，即只受重力作用时的加速度最大，此时a＝g。
[答案] g
借题发挥
解决该类问题的几点注意：
(1)正确进行受力分析，除弹力、重力、摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析。
(2)正确进行物体的运动状态分析，找出物体的速度、位置及其变化，分清运动过程，如果出现临界状态，要分析临界条件。
(3)恰当选用解决力学问题的方法：
①牛顿运动定律及运动学公式(只适用于匀变速运动)；
②用能量观点分析，包括动能定理和机械能(或能量)守恒定律，应注意：不论带电体运动状态如何，洛伦兹力永不做功。
上题中，若将该小球静止在光滑的绝缘平面上，如图6－2－3所示，为了使小球能飘离平面，该匀强磁场在纸面移动的最小速度应为多少？方向如何？
图6－2－3
解析：设磁场移动的最小速度为v，则此时一定满足带电粒子所受洛伦兹力刚好克服重力，即大小与重力相等，方向向上。
根据左手定则判断带电粒子应该向右运动，即匀强磁场向左运动。
并用qvB＝mg，解得v＝mg/qB
所以，匀强磁场水平向左移动，速度大小v＝mg/qB。
答案：mg/qB 向左
[随堂基础巩固]
1．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是( )
A．洛伦兹力对带电粒子做功
B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
解析：根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A错B对；根据F＝qvB，可知洛伦兹力大小与速度有关，C错；洛伦兹力的作用效果就是改变粒子的运动方向，不改变速度的大小，D错。
答案：B
2．(2012·福州高二检测)如图6－2－4的四幅图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )
图6－2－4
解析：根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对。C、D中都是v∥B，F＝0，故C、D都错。
答案：B
3．如图6－2－5所示，在阴极射线管正上方平行放一通有向左的强电流的长直导线，则阴极射线将( ) 图6－2－5
A．向纸内偏转 B．向纸外偏转
C．向下偏转 D．向上偏转
解析：由安培定则可知，阴极射线管处磁场方向向外，而阴极射线方向向右，即电子速度方向向右，由左手定则可知，电子所受洛伦兹力方向向上。故D正确。
答案：D
4．在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上。有一质量为m、带电荷量为＋q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图6－2－6所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？ 图6－2－6
解析：电场反转前：mg＝qE①
电场反转后，小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，到对斜面压力减为零时开始离开斜面，此时有：
qvB＝(mg＋qE)cosθ②
小球在斜面上滑行距离为：s＝vt＝at2③
a＝2gsinθ④
联立①②③④得s＝，所用时间为t＝。
答案：
[课时跟踪训练]
(满分50分 时间30分钟)
一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．关于电荷在磁场中的受力，下列说法中正确的是( )
A．静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用
B．洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行
C．洛伦兹力的方向一定与带电粒子的运动方向垂直
D．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用
解析：由F＝qvBsinθ。当B∥v时，F＝0；当v＝0时，F＝0，故A错、D对。由左手定则知，F一定垂直于B且垂直于v，故B错、C对。故选C、D。
答案：CD
2．关于电场力与洛伦兹力，以下说法正确的是( )
A．电荷只要处在电场中，就会受到电场力，而电荷静止在磁场中，有可能受到洛伦兹力
B．电场力对在其电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷一定不会做功
C．电场力与洛伦兹力一样，受力方向都在电场线和磁感线上
D．只有运动的电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力的作用
解析：电荷只要处在电场中一定受到电场力，在磁场中运动的电荷才可能受到洛伦兹力，故A错；当电荷在等势面上移动时，电场力对其不做功，故B错；电荷受洛伦兹力方向与磁感线方向垂直，故C错。
答案：D
3．关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是( )
A．安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力
B．安培力和洛伦兹力其本质都是磁场对运动电荷的作用力
C．这两种力都是效果力，其实并不存在，原因是不遵守牛顿第三定律
D．安培力对通电导体能做功，洛伦兹力对运动电荷也能做功
解析：电流是电荷的定向移动形成的，安培力是磁场对导体内定向移动电荷所施加的洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直，所以不能对运动电荷做功；而安培力作用在导体上，可以让导体产生位移，因此能对导体做功。这两种力是同一种性质的力，同样遵守牛顿第三定律，反作用力作用在形成磁场的物体上，选项B正确。
答案：B
4．如图1所示的是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动的速度v和磁场对电荷洛伦兹力F的相互关系图，这四个图中画得正确的是( )
图1
解析：由左手定则可判断A、B、C正确。
答案：ABC
5．如图2所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是( ) 图2
A．沿路径a运动
B．沿路径b运动
C．沿路径c运动
D．沿路径d运动
解析：由安培定则可知电流在下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则可知质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上，则质子的轨迹必定向上弯曲，因此C、D必错；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，则B正确，A错误。
答案：B
6.如图3所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直于纸面向外的磁场，则滑到底端时( )
图3
A．v变大 B．v变小
C．v不变 D．不能确定
解析：洛伦兹力虽然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物体与斜面间的正压力变大，故摩擦力变大，损失的机械能增加。
答案：B
7．如图4所示，一块通电金属板放在磁场中，板面与磁场垂直，板内通有如图所示方向的电流，a、b是金属板左、右边缘上的两点，若a、b两点的电势分别为φa和φb，两点的电势相比有( ) 图4
A．φa＝φb B．φa＞φb
C．φa＜φb D．无法确定
解析：由左手定则知，金属板内向下运动的自由电子必受向左的洛伦兹力作用，故最后金属板的左侧面聚集自由电子，电势低；右侧面聚集正电荷，电势高，即φa＜φb。
答案：C
8．一个带正电的小球以速度v0沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，飞离桌面边缘后，通过匀强磁场区域，落在地板上，磁场方向垂直于纸面向里(如图5所示)，其水平射程为s1，落地速度为v1，撤去磁场后，其他条件不变，水平射程为s2，落地速度为v2，则( ) 图5
A．s1＝s2 B．s1>s2
C．v1＝v2 D．v1>v2
解析：带正电的小球运动过程中洛伦兹力不做功，据动能定理知，两种情况下均为mgh＝mv2，所以v1＝v2，故C正确。带电小球在空中磁场中运动时洛伦兹力的水平分力做正功，竖直分力作负功，两者代数和为零。但水平速度要增加，落地时间增大，所以水平射程s1>s2，B正确。
答案：BC
二、非选择题(本题共2小题，共18分)
9．(8分)一初速度为零的质子(质量m＝1.67×10－27 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C)，经过电压为1 880 V的电场加速后，垂直进入磁感应强度为5.0×10－4 T的匀强磁场中，质子所受洛伦兹力有多大？
解析：在加速电场中，由动能定理qU＝mv2得质子获得的速度v＝ ＝6.0×105 m/s
所以，质子受到的洛伦兹力F＝Bqv＝4.8×10－17 N
答案：4.8×10－17 N
10．(10分)一个质量m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图6所示。小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时要离开斜面。取g＝10 m/s2，求： 图6
(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？
(3)该斜面的长度至少多长？
解析：(1)小滑块沿斜面下滑的过程中，受重力mg、斜面支持力N和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，
有qvB＋N－mgcosα＝0，
当N＝0时，小滑块开始脱离斜面，故
v＝＝ m/s≈3.46 m/s
(3)法一：下滑过程中，只有重力做功，由动能定理有：mgssinα＝mv2，斜面的长度至少应是
s＝＝ m＝1.2 m
法二：下滑过程中，小滑块做初速度为零的匀加速直线运动，对小滑块：
由牛顿第二定律得：mgsinα＝ma，
由运动学公式得：v2＝2as。解得s＝＝1.2 m。
答案：(1)带负电荷 (2)3.46 m/s (3)1.2 m第1节探究磁场对电流的作用
1.磁场对电流的作用力称为安培力。
2．在匀强磁场中，当通电直导线与磁场方向垂直时，通电导线所受的安培力最大，等于磁感应强度B、电流I和导线长度l的乘积。
3．左手定则：伸开左手，让拇指与其余四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流方向，那么，拇指所指方向即为通电直导线在磁场中的受力方向。
4．安培力让电动机转动、电流计发挥作用。
安 培 力
1．概念
磁场对电流的作用力。
2．科学探究：安培力与哪些因素有关
(1)探究方法：控制变量法，且保持通电导线与磁感线垂直。
(2)探究过程：
①在通电导线长度和电流不变的情况下，改变磁感应强度，探究磁感应强度的大小和方向对安培力的影响。
②在磁感应强度和通电导线在磁场中的长度不变的情况下，改变电流的大小和方向，探究电流的大小和方向对安培力的影响。
③在磁感应强度与电流的大小和方向不变的情况下，改变通电导线在磁场中的长度，探究通电导线在磁场中的长度对安培力的影响。
3．结论
在匀强磁场中，通电导线与磁场方向垂直时，安培力的大小：F＝IlB。
4．判断安培力方向的方法——左手定则
伸开左手，让拇指与其余四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流方向，那么，拇指所指方向即为通电直导线在磁场中的受力方向。(如图6－1－1所示)
图6－1－1
1．对安培力的认识
(1)安培力的计算方法：
当B与I垂直时，F＝IlB；当B与I成θ角时，F＝IlBsinθ；当B与I平行时，F＝0。
(2)公式F＝IlB和F＝IlBsinθ中的l指的是“有效长度”，如图6－1－2所示，弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线的长度，相应的电流沿l由始端流向末端。
图6－1－2
(3)安培力公式适用于匀强磁场，或通电导线所处区域的磁感应强度的大小和方向相同。
2．安培力的方向
(1)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，在判断时首先确定磁场和电流所确定的平面，从而判断安培力的方向在哪一条直线上，然后再根据左手定则判断安培力的具体方向。
(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和磁场所决定的平面，所以仍可用左手定则来判断安培力的方向，只是磁感线不再垂直穿过手心。
3．判断通电导线或线圈在安培力作用下的运动方向的方法
(1)电流元分析法：把整段电流分成很多小段直线电流，其中每一小段就是一个电流元。先用左手定则判断每小段电流元受到的安培力的方向，再判断整段电流所受安培力的方向，从而确定导体的运动方向。
(2)特殊位置分析法：根据通电导体在特殊位置所受安培力的方向，判断其运动方向，然后推广到一般位置。
(3)等效分析法：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，其南、北极由安培定则判定。
1．把长L＝0.15 m的导体棒置于磁感应强度B＝1.0×10－2T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图6－1－3所示，若导体棒中的电流I＝2.0 A，方向向左，则导体棒受到的安培力大小F＝______N，安培力的方向为竖直向________(选填“上”或“下”)。
图6－1－3
解析：导体棒所受安培力
F＝ILB＝2.0×0.15×1.0×10－2 N＝3.0×10－3 N。
由左手定则可知，安培力的方向竖直向下。
答案：3.0×10－3 下
身边安培力的应用
(1)电流表、电动机等都是安培力的应用。
(2)电流计工作原理：
①构造：圆柱形铁芯固定于蹄形磁铁两极间，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。
②原理：当被测电流通入线圈时，线圈受安培力作用而转动，线圈的转动使游丝扭转形变，产生阻碍线圈转动的力矩。当安培力产生的转动与游丝形变产生的阻碍达到平衡时，指针停留在某一刻度。电流越大，安培力就越大，指针偏角就越大。
图6－1－4
2．关于电流计以下说法不正确的是( )
A．指针稳定后，游丝形变产生的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的
B．通电线圈中的电流越大，电流表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，线圈所受安培力大小与电流大小有关，而与所处位置无关
解析：游丝形变产生的阻力力矩与安培力引起的动力力矩平衡时，线圈停止转动，故从转动角度来看二力方向相反。电流计内磁场是均匀辐射磁场，在线圈转动的范围内，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。
答案：C
磁场、电流、安培力方向的关系
[例1] 如图6－1－5所示，其中A、B图已知电流方向及其所受磁场力的方向，试判断并在图中标出磁场方向。C、D图已知磁场方向及它对电流作用力的方向，试判断电流方向或电源的正负极并在图中标出。
图6－1－5
[思路点拨] 磁场的方向、电流的方向、安培力的方向三者遵守左手定则，电流的方向跟磁场的方向可以不垂直，但安培力的方向一定垂直于磁场和电流所决定的平面。
[解析] 由左手定则判断：A图磁场方向垂直纸面向外；B图磁场方向在纸面内垂直F向下；C、D图电流方向均垂直于纸面向里。
[答案] 见解析
借题发挥
(1)运用左手定则判定安培力的方向时，注意图形的转化，将抽象的立体图形转化为便于受力分析的图形。
(2)运用左手定则时，无论B、I是否垂直，一定要让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流的方向，则拇指所指方向即为安培力的方向。
安培力大小的计算
[例2] 如图6－1－6所示，在匀强磁场中放有下列各种形状的通电导线，电流为I，磁感应强度为B，求各导线所受到的安培力的大小。
图6－1－6
[思路点拨] 根据公式F＝IlB中各符号的意义计算。
[解析] A图中，F＝IlB cosα，这时不能死记公式，而写成F＝IlB sinα。要理解公式本质是有效长度或有效磁场，正确分解。
B图中，B⊥I，导线再怎么放，也在纸平面内。故F＝IlB。
C图是两根导线组成的折线abc，整体受力实质上是两部分直导线分别受力的矢量和，其有效长度为ac。故F＝IlB。
D图，从a→b的半圆形电流，分析圆弧上对称的每一小段电流，受力抵消合并后，其有效长度为ab。F＝2IRB。
所以，F＝IlB sin α，可以推广到任意形状的导线在匀强磁场中的受力计算。
若在D图中，用导线将ab接通形成闭合线圈，则ab弧受力与ab直径受力方向刚好相反，故合力为零。所以，闭合的通电线圈受安培力为零。E图中，F＝0。
[答案] A：IlB cos α B：IlB C：IlB D：2IRB E：0
借题发挥
本题考查对安培力大小计算公式的正确理解，F＝IlBsinθ＝IlB⊥，B⊥为磁场在垂直导线电流方向的分量，为有效磁场。或者F＝Il⊥B，其中l⊥为垂直于磁场方向的有效长度。
安培力作用下的平衡问题
[例3] 在倾角为θ的光滑斜面上，放置一通有电流I，长l，质量为m的导体棒，如图6－1－7所示，试问： 图6－1－7
(1)欲使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向。
(2)欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向。
[审题指导] “光滑”→无摩擦力、“静止”→合外力为零，
图6－1－8
(1)图6－1－8甲中若B最小，则F最小，F应与支持力N垂直，此时磁场方向垂直斜面向上。
(2)图6－1－8乙中，斜面无压力，则F应与重力等大反向，此时磁场方向水平向左。
[解析] (1)此时棒受三个力作用，且合力为零，如图所示，当安培力F与支持力N垂直时，F最小，
此时F＝mgsinθ①
又F＝BIl②
由①②得B＝
由左手定则可判断，B的方向垂直斜面向上。
(2)棒对斜面无压力时，受两个力作用，则安培力与重力平衡，安培力方向竖直向上，由左手定则，B的方向水平向左。由BIl＝mg，所以B＝，方向水平向左。
[答案] (1) 垂直斜面向上 (2) 水平向左
借题发挥
(1)必须先将立体图转换为平面图，然后对物体受力分析，要注意安培力方向的确定。最后根据平衡条件或物体的运动状态列出方程。
(2)注意静摩擦力可能有不同的方向，因而求解结果是一个范围。
在上例题中，分析棒有可能静止在斜面上且要求B垂直于l，应加外磁场的方向范围。
解析：如图建立直角坐标系，棒在斜面上受重力mg和支持力N，如图所示，若使棒能在斜面上平衡，安培力F的范围将被限定在F1与F2之间，并且F的方向应包括F2的方向，但不包括F1的方向，则磁场的方向应被限定在B1与B2之间(不包括B1)，如图所示。则B与正x轴方向的夹角α范围为：θ＜α≤π。
答案：见解析
安培力作用下通电导体的运动
[例4] 如图6－1－9所示，把一通电直导线AB放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动，当导线中通过如图所示方向的电流I时，试判断导线的运动情况。 图6－1－9
[思路点拨]
[解析] 根据图甲所示的导线所处的特殊位置判断其转动情况，将导线AB从N、S极的中间O分成两段，AO、BO段所处的磁场方向如图中所示。由左手定则可得AO段受安培力的方向垂直纸面向外，BO段受安培力的方向垂直纸面向里，可见从上向下看，导线AB将绕O点逆时针转动。
再根据导线转过90°时的特殊位置判断其上下运动情况。如图乙所示，导线AB此时受安培力方向竖直向下，导线将向下运动。所以，导线在转动的同时还要向下运动。
[答案] 从上向下看逆时针转动，同时向下运动
借题发挥
分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤：
(1)画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况
(2)用左手定则确定各段通电导线所受安培力
(3)据初速度方向结合牛顿运动定律确定导体的运动情况。
[随堂基础巩固]
1．一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图6－1－10中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是( )
图6－1－10
解析：用左手定则可判断出A中导线所受安培力为零，B中导线所受安培力垂直于纸面向里，C、D中所受安培力向右，导线受力以后的弯曲方向应与受力方向一致，故D正确。
答案：D
2．磁场中某处磁感应强度的大小，由B＝可知( )
A．B随IL的乘积的增大而减小
B．B随F的增大而增大
C．B与F成正比，与IL成反比
D．B与F及IL无关，由的比值确定
解析：磁场中某处的磁感应强度的大小仅由磁场本身决定。B＝为比值定义，B与F、I、L无关。
答案：D
3.一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，当两线圈通以如图6－1－11所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将( ) 图6－1－11
A．不动 B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．向纸面内平动
解析：法一：利用结论法
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，据此可得线圈L1的转动方向应是：从左向右看顺时针转动。
法二：等效分析法
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。通电后，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向。由安培定则知线圈L2产生的磁场方向在其内部为竖直向上，线圈L1等效成小磁针后转动前，N极指向纸内，因此应由向纸内转为向上。所以从左向右看，线圈L1顺时针转动。
法三：直线电流元法
把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，第一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在线圈L2产生的磁场中，据安培定则可知各电流元所在处磁场方向向上，由左手定则可知，上部电流元所受安培力均指向纸外，下部电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1顺时针转动。
答案：B
4．一根长为0.2 m的金属棒放在倾角为θ＝37°的光滑斜面上，并通以I＝5 A的电流，方向如图6－1－12所示，整个装置放在磁感应强度为B＝0.6 T、竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？ 图6－1－12
解析：以导体棒为研究对象，受力分析，将立体图用平面图的形式画出，如图所示。
竖直方向上：Ncosθ＝mg
水平方向上：Nsinθ＝F
根据安培力公式有：F＝BIL
三式联立得：
mg＝＝ N＝0.8 N。
答案：0.8 N
[课时跟踪训练]
(满分50分 时间30分钟)
一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．关于磁场对通电直导线的作用力(安培力)，下列说法正确的是( )
A．通电直导线在磁场中一定受到安培力的作用
B．通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟磁场的方向垂直
C．通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟电流的方向垂直
D．通电直导线在磁场中所受安培力的方向垂直于由B和I所确定的平面
解析：当电流方向与磁场方向平行时，通电直导线不受安培力作用，故A错误；据左手定则，判定安培力方向总垂直于电流方向和磁场方向所确定的平面，故B、C、D均正确。
答案：BCD
2．在图1中，表示磁场方向、电流方向及导线受磁场力方向的图正确的是( )
图1
解析：由左手定则可判断A正确，B、C错误，D中电流方向与磁场方向平行，不受力，故D错。
答案：A
3．一根长为0.2 m、通有2 A电流的直导线，放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，受到的安培力的大小可能为( )
A．0.4 N B．0.3 N
C．0.2 N D．0
解析：导线垂直磁场方向放置时有Fmax＝BIl＝0.2 N，当导线平行磁场方向放置时有F＝0，故C、D正确。
答案：CD
4.如图2所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图所示。当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，通电直导线所受磁场力的方向是( ) 图2
A．竖直向上 B．竖直向下
C．水平向里 D．水平向外
解析：带负电荷的橡胶盘顺时针转动，形成逆时针方向的电流，由安培定则得圆盘转动产生的磁场竖直向上，再由左手定则判断得通电直导线所受磁场力水平向里。
答案：C
5．如图3所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直纸面向外运动，可以( ) 图3
A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极
B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极
C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极
D．将a、c端接在交流电源的一端，b、d端接在交流电源的另一端
解析：本题要求金属直杆MN垂直纸面向外运动，把金属直杆所在处的磁场方向和金属直杆中的电流画出，得A、B正确。若使a、c两端(或b、d两端)的电势相对于另一端b、d(或a、c)的电势高低做同步变化，线圈磁场与电流方向的关系跟上述两种情况一样，故D也正确。
答案：ABD
6．如图4所示，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与纸面垂直，现给导线中通以垂直于纸面向里的电流，则下列说法正确的是( ) 图4
A．磁铁对桌面的压力减小
B．磁铁对桌面的压力增大
C．磁铁对桌面的压力不变
D．以上说法都不可能
解析：通电导线置于条形磁铁上方，使通电导线置于磁场中，如图甲所示，由左手定则判断通电导线受到向下的安培力作用，同时由牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，磁铁对通电导线有向下的作用力的同时，通电导线对磁铁有反作用力，作用在磁铁上，方向向上，如图乙所示，对磁铁作受力分析，由于磁铁始终静止，无通电导线时，N＝mg，有通电导线时，N＝mg－F′，磁铁对桌面的压力减小，A对。
答案：A
7．在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向如图5所示，两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流之比I1∶I2为( )
图5
A．sinα B.
C．cosα D.
解析：由题图甲有：BI1Lcosα＝mgsinα，由题图乙有：BI2L＝mgsinα，联立解得I1∶I2＝1∶cosα，选项D正确。
答案：D
8．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图6所示。过c点的导线所受安培力的方向( ) 图6
A．与ab边平行，竖直向上
B．与ab边平行，竖直向下
C．与ab边垂直，指向左边
D．与ab边垂直，指向右边
解析：根据直流电流的安培定则，a、b在c处所激发的磁场方向分别如图中Ba、Bb所示，应用平行四边形定则可知c导线所在处的合磁场方向如图所示。根据左手定则可知安培力F安的方向与ab连线垂直、指向左边。故C对，A、B、D都错。
答案：C
二、非选择题(本题共2小题，共18分)
9．(8分)如图7所示，两平行光滑导轨相距为20 cm，金属棒MN的质量为10 g，电阻R＝8 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，方向竖直向下，电源电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω，当开关S闭合时，MN恰好平衡，求滑动变阻器R1的取值为多少？(设θ＝45°) 图7
解析：金属棒平衡时的平面受力图，如图所示，当MN平衡时，有mgsinθ－BILcosθ＝0①
由闭合电路欧姆定律得I＝②
由①②式联立并代入数据，得R1＝7 Ω
答案：7 Ω
10．(10分)如图8所示，质量为m＝50 g，长l＝10 cm的铜棒，用长度相等的两根轻软导线悬吊在竖直向上的匀强磁场中，导线跟铜棒的接触良好，磁感应强度B＝0.5 T。当导线中通入某恒定电流后，铜棒恰能偏离竖直方向θ＝37°而保持静止状态，求铜棒中所通恒定电流的大小和方向。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 图8
解析：铜棒的受力如图所示(自左向右看)：
由左手定则知棒中电流方向应是a→b
而棒处于静止状态满足：
tan θ＝
得：I＝
代入相关数据解之得：I＝7.5 A。
答案：7.5 A，由a向b第3节洛伦兹力的应用
1.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，轨道半径与粒子的运动速度成正比，与粒子质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，即r＝。
2．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，运动周期与质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，与轨道半径和运动速率无关，即T＝。
3．回旋加速器的电场周期和粒子运动周期相同。
4．质谱仪把比荷不相等的粒子分开，并按比荷顺序的大小排列，故称之为“质谱”。
带电粒子在磁场中的运动
1．洛伦兹力不对粒子做功
洛伦兹力它不改变粒子的速度大小，只改变粒子的运动方向。
2．实验探究
(1)实验装置：洛伦兹力演示仪，如图6－3－1所示。
(2)实验原理：玻璃泡内的电子枪(即阴极)发射出阴极射线，使泡内的低压汞蒸气发出辉光，这样就可显示出电子的轨迹。
(3)实验现象：
①当没有磁场作用时，电子的运动轨迹是直线。 图6－3－1
②当电子垂直射入磁场时，电子的运动轨迹是曲线。
③当电子斜射入磁场时，电子的运动轨迹是螺旋线。
3．带电粒子在洛伦兹力作用下的圆周运动
(1)运动性质：匀速圆周运动。
(2)向心力：由洛伦兹力提供。
(3)半径：r＝mv/Bq。
(4)周期：T＝2πm/Bq，由周期公式可知带电粒子的运动周期与粒子的质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，而与运动半径和运动速率无关。
解决匀速圆周运动问题的基本思路
(1)圆心的确定：
带电粒子进入一个有界磁场后的轨迹是一段圆弧，如何确定圆心是解决此类问题的前提，也是解题的关键。一个最基本的思路是：圆心一定在与速度方向垂直的直线上，举例如下：
①已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图6－3－2所示，图中P为入射点，M为出射点)。
图6－3－2
②已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图6－3－3所示，P为入射点，M为出射点)。
图6－3－3
(2)运动半径的确定：
画出入射点、出射点对应的半径，并作出相应的辅助三角形，利用三角形，求出半径的大小。
(3)运动时间的确定：
由t＝T确定通过某段圆弧所用的时间，其中T为该粒子做圆周运动的周期，转过的圆心角越大，所用时间越长。
(4)几个有关的角及其关系：
如图6－3－4所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角(或圆心角)，AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为：φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°。
图6－3－4
1.三个质子分别以大小相等、方向如图6－3－5所示的初速度v1、v2和v3经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，整个装置放在真空中，且各质子不计重力。这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分别是s1、s2和s3，则( ) 图6－3－5
A．s1B．s1>s2>s3
C．s1＝s2>s3
D．s1＝s3解析：三个质子以同样大小的速度垂直射入匀强磁场时，由牛顿第二定律，知qvB＝，故其做圆周运动的半径R＝相等，它们做圆周运动的轨迹分别如图所示，由于v2垂直于MN，所以质子2在磁场中逆时针转过半周后打在O点的左方平板MN上的某处，距O点的距离s2为半径R的2倍，即s2＝2R；质子1逆时针转过小于半圆周的一段圆弧到O点左方某处，质子3逆时针转过大于半圆周的一段圆弧到O点左方某处打到平板MN上，由质子1与3进入磁场的速度方向与MN夹角均为θ及圆周运动的半径相等可知，两质子打到MN上的位置相同，得到s1＝s3，所以s1＝s3答案：D
回旋加速器和质谱仪
1．回旋加速器
(1)主要构造：两个金属半圆空盒，两个大型电磁铁。
(2)原理图(如图6－3－6所示)
(3)工作原理： 图6－3－6
①磁场作用：带电粒子垂直磁场方向射入磁场时，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其周期与半径和速率无关。
②交变电压的作用：在两D形盒狭缝间产生周期性变化的电场，使带电粒子每经过一次狭缝加速一次。
③交变电压的周期(或频率)：与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期(或频率)相同。
2．质谱仪
(1)功能：分析各化学元素的同位素并测量其质量、含量。
(2)原理图(如图6－3－7)：
图6－3－7
(3)工作原理：
带电粒子在电场中加速：Uq＝mv2。①
带电粒子在磁场中偏转：＝r，②
Bqv＝。③
由①②③得带电粒子的比荷：＝。
对回旋加速器的理解
(1)工作原理：
利用电场对带电粒子的加速作用和磁场对运动电荷的偏转作用来获得高能粒子，这些过程在回旋加速器的核心部件——两个D形盒和其间的窄缝内完成。
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，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其周期与速率、半径均无关(T＝)，带电粒子每次进入D形盒都运动相等的时间(半个周期)后平行电场方向进入电场中加速。
②电场的作用。
回旋加速器两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性变化的并垂直于两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。
③交变电压。
为保证带电粒子每次经过窄缝时都被加速，使之能量不断提高，需在窄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。
(2)带电粒子的最终能量：
当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，由r＝得v＝，若D形盒半径为R，则带电粒子的最终动能Em＝。
可见，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。
2．图6－3－8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下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述错误的是( )
图6－3－8
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E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
解析：因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位素分析的重要工具，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。再由qE＝qvB有v＝E/B，C正确。在匀强磁场B0中R＝，所以＝，D错误。
答案：D
轨道半径、周期的计算
[例1] 已知质子和α粒子的质量之比m1∶m2＝1∶4，电荷量之比q1∶q2＝1∶2，从静止开始经相同的电压加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两种粒子做圆周运动的动能之比Ek1∶Ek2＝________，轨道半径之比r1∶r2＝________，周期之比T1∶T2＝________。
[思路点拨] 首先根据动能定理求出带电粒子的动能及速度，然后利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律进行求解。
[解析] 粒子在电场中加速时只有电场力做功，由动能定理得
qU＝mv2
故Ek1∶Ek2＝q1U∶q2U＝q1∶q2＝1∶2
由qU＝mv2得v＝
设粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动，则有qvB＝m
轨道半径r＝＝
故r1∶r2＝ ∶＝1∶
粒子做圆周运动的周期T＝
故T1∶T2＝∶＝1∶2
[答案] 1∶2 1∶ 1∶2
借题发挥
(1)由r＝知，在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子，轨道半径跟其运动速率成正比，跟其比荷成反比。
(2)由T＝知，在匀强磁场中，做匀速圆周运动的带电粒子，运动周期跟轨道半径和运动速率均无关，仅与比荷成反比。
1．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又垂直进入另一磁感应强度是原来的磁感应强度2倍的匀强磁场，则( )
A．粒子的速率加倍，周期减半
B．粒子的速率不变，轨道半径减半
C．粒子的速率减半，轨道半径为原来的四分之一
D．粒子的速率不变，周期不变
解析：洛伦兹力不改变带电粒子的速率，A、C错。由r＝、T＝知，磁感应强度加倍时，轨道半径和周期都减半，B正确。
答案：B
带电粒子在有界磁场中的运动问题
[例2] 在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感
应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图6－3－9所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出。 图6－3－9
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射角方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
[审题指导] 解决此题的关键有两点：
(1)根据题意确定带电粒子的圆心和轨迹。
(2)根据几何关系确定磁场区域圆半径和轨迹圆半径之间的定量关系。
[解析] (1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。粒子由A点射入
，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r
又qvB＝m则粒子的比荷
＝
(2)粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°角，故弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径
R′＝r/tan30°＝r
又R′＝
所以B′＝B
粒子在磁场中飞行时间t＝T＝×＝
[答案] (1)负电荷 (2)B
借题发挥
解答此类问题应明确：
(1)画出带电粒子的运动轨迹，确定做圆周运动的圆心及对应圆心角大小，由几何关系确定半径。
(2)粒子在磁场中的运动时间要根据粒子运动圆弧所对应的圆心角和粒子的运动周期共同决定。
(3)带电粒子由直线边界射入匀强磁场时，射入和射出时的角度具有对称性。对称性是建立几何关系的重要方法。
2．如图6－3－10所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置。 图6－3－10
解析：当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，对粒子，由于洛伦兹力提供向心力，则
qv0B＝m，R＝，
T＝
故粒子在磁场中的运动时间
t1＝T＝
粒子在C点离开磁场OC＝2R·sin60°＝
故离开磁场的位置为(－，0)
当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，同理求得粒子在磁场中的运动时间t2＝T＝
离开磁场时的位置为(，0)
答案： (－，0)或 (，0)
回旋加速器问题
[例3] 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形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以使在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每穿过狭缝都得到加速，两盒放在匀强磁场中，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R，其运动轨迹 图6－3－11
如图6－3－11所示。问：
(1)盒内有无电场？
(2)粒子在盒内做何种运动？
(3)所加交流电频率应是多大，粒子角速度为多大？
(4)粒子离开加速器时速度为多大，最大动能为多少？
[审题指导] 解题时应把握以下三点：
(1)回旋加速器的构造及工作原理。
(2)回旋加速器的工作条件。
(3)带电粒子在电场中的加速时间相对于在磁场中做圆周运动的时间可忽略不计。
[解析] (1)D形盒由金属导体制成，D形盒可屏蔽外电场，盒内只有磁场而无电场。
(2)粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大。
(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率。
回旋频率f＝
角速度ω＝2πf＝。
(4)粒子最大回旋半径为R，由牛顿第二定律得
qvmB＝，
其最大速度：vm＝
故最大动能Ekm＝mvm2＝。
[答案] (1)无电场 (2)见“解析” (3)
(4)
借题发挥
在回旋加速器中粒子在电场中的运动是间断的，但由于粒子在间断期间处在磁场中做匀速圆周运动(速率不变)，所以处理时可以将粒子在电场中的间断运动连接起来，将其等效处理为初速度为零的匀加速运动，此种解法值得总结引用。在不同的实际应用中，带电粒子在复合场中的运动的处理方法都是相同的，一定要分清运动过程，受力分析要准确，才能解决实际的相关问题。由于带电粒子在加速过程中的时间极短，比做圆周运动的周期要小得多，一般也可将其加速时间忽略。
上题中，若两个D形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，且为匀强电场，则加速到上述能量所用的时间是多少？
解析：粒子每旋转一周增加能量2qU。提高到Ekm的旋转次数n＝＝
在磁场中运动的时间
t磁＝nT＝·＝
若忽略粒子在电场中运动时间，t磁可视为总时间，若考虑粒子在电场中运动时间，在D形盒两窄缝间的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。
2n·d＝·t电2
所以t电＝ 。
将n＝代入得t电＝
所以，粒子在加速过程中的总时间
t总＝t电＋t磁＝，
通常t电 t磁(因为d R)。
答案：(2d＋πR)
[随堂基础巩固]
1．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．速率越大，周期越大
B．速率越小，周期越大
C．速度方向与磁场方向平行
D．速度方向与磁场方向垂直
解析：由T＝知周期与速率v无关，A、B均错。运动方向与磁场方向垂直，C错D对。
答案：D
2．如图6－3－12所示的圆形区域内，匀强磁场方向垂直于纸面向里。有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中( )
A．运动时间越长，其轨道对应的圆心角越大
B．运动时间越长，其轨道越长
C．运动时间越短，射出磁场区域时速度越小 图6－3－12
D．运动时间越短，射出磁场区域时速度的偏向角越大
解析：质子的速度越小，运动半径越小，在磁场中运动的时间越长，轨迹对应的圆心角越大，但运动轨迹不一定长；同理，速度越大，半径越大，运动时间越短，速度的偏向角越小。故选项A正确。
答案：A
3.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图6－3－13所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )
①粒子由加速器的中心附近进入加速器
②粒子由加速器的边缘进入加速器图 6－3－13
③粒子从磁场中获得能量
④粒子从电场中获得能量
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：回旋加速器对粒子加速时，粒子是由加速器的中心附近进入加速器的，故①正确，②错误；粒子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以粒子的能量不变，故③错误；D形盒D1、D2之间存在交变电场，当粒子通过交变电场时，电场力对粒子做正功，粒子的能量增加，所以粒子的能量是从电场中获得的，④正确。故应选B。
答案：B
4．质谱仪原理如图6－3－14所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的正电子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器。粒子进入分离 图6－3－14
器后做半径为R的匀速圆周运动。求：
(1)粒子的速度v；
(2)速度选择器的电压U2；
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。
解析：(1)在a中，正电子被加速电场U1加速，由动能定理得eU1＝mv2得v＝ 。
(2)在b中，正电子受到的电场力和洛伦兹力大小相等，即
e＝evB1，代入v值得U2＝dB1 。
(3)在c中，正电子受洛伦兹力作用而做圆周运动，回转半径R＝，代入v值得R＝ 。
答案：(1) (2)B1d (3)
[课时跟踪训练]
(满分50分 时间30分钟)
一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1．图1是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子( ) 图1
A．带正电，由下往上运动
B．带正电，由上往下运动
C．带负电，由上往下运动
D．带负电，由下往上运动
解析：从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式r＝可知，下部速度大，上部速度小，则一定是粒子从下到上穿越了金属板，再根据左手定则，可知粒子带正电，因此，正确的选项是A。
答案：A
2．如图2所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一个氢核从ad边中点m沿着既垂直于ad边，又垂直于磁场方向以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场。若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是( ) 图2
A．在b、n之间某点
B．在n、a之间某点
C．a点
D．在a、m之间某点
解析：因为氢核是一带正电微粒，不计重力，在匀强磁场中做匀速圆周运动，由左手定则知其向上偏转。因为正好从n点射出，则可知其运行轨迹为1/4圆周。当磁感应强度B变为原来的2倍时，由半径公式r＝可知，其半径变为原来的，即射出位置为a点，故C选项正确。
答案：C
3．如图3所示，在x＞0，y＞0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场。不计重力的影响。由这些条件可知( ) 图3
A．不能确定粒子通过y轴时的位置
B．不能确定粒子速度的大小
C．不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间
D．以上三个判断都不对
解析：垂直于x轴进入磁场，垂直于y轴离开磁场，由此可确定粒子运动的轨迹是四分之一个圆周，故选项A、B、C都能确定，只能选D。
答案：D
4．如图4所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负的是( ) 图4
A.，正电荷 B.，正电荷
C.，负电荷 D.，负电荷
解析：
由题中带电粒子穿过y轴正半轴可知粒子所带电荷的电性为负，根据题目含义画出轨迹图如图所示，又有粒子在磁场中到x轴的最大距离为a，满足关系式：
r＋rsin30°＝a，可得：r＝a，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力。即r＝，解得＝，故选项C正确。
答案：C
5．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。图5的四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )
图5
解析：由半径公式r＝得＝·＝2，故粒子甲的轨迹为大圆，粒子乙的轨迹为小圆，再由左手定则判知A正确，B、C、D都错。
答案：A
6.如图6所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，有ma＝mb＜mc＝md，以不等的速率va＜vb＝vc＜vd进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由此可判定( ) 图6
A．射向P1的是a离子 B．射向P2的是b离子
C．射到A1的是c离子 D．射到A2的是d离子
解析：由题意知，射出速度选择器的是b、c两种离子；又由速度选择器原理：qvB1＝qE，得：当v0＝的离子才能射出P1P2空间，当v＜v0＝时，电场力大于洛伦兹力，离子将射到P1板，故到达P1的是速度最小的a离子，A正确；射向P2的是d离子，B错误。又由r＝得r∝m，又mb＜mc，故到达A1的是b离子，到达A2的是c离子。
答案：A
7．经过回旋加速器加速后，带电粒子获得的动能( )
A．与D形盒的半径无关
B．与高频电源的电压无关
C．与两D形盒间的缝隙宽度无关
D．与匀强磁场的磁感应强度无关
解析：由r＝，得v＝，①
又Ek＝mv2②
由①②得Ek＝，由Ek的表达式得Ek与电压U和缝隙宽度d均无关，故选B、C。
答案：BC
8.如图7所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负粒子(质量相同)以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负粒子在磁场中运动时间之比为( ) 图7
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶ D．1∶1
解析：作出轨迹，找出轨迹所对圆心角是解题的关键，如图所示。t1＝T＝·，t2＝T＝·，
所以t2∶t1＝2∶1，即B选项正确。
答案：B
二、非选择题(本题共2小题，共18分)
9．(8分)如图8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，穿过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______，穿过磁场的时间是________。
图8
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指向交点上，如图所示的O点，由几何知识可知，AC间圆心角θ＝30°，OC为半径。
所以r＝＝2d
又由r＝得m＝
又因为AC间圆心角是30°
所以时间t＝T，故t＝×＝。
答案：
10．(10分)质量为m、电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图9所示。已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计。
图9
(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B。
解析：(1)作出粒子经过电场和磁场的运动轨迹图如图所示。
(2)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：
qU＝mv2①
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：
qvB＝m②
由几何关系得：r2＝(r－L)2＋d2③
联立①②③式解得：
B＝ 。
答案：(1)见解析
(2)
