(共66张PPT)
1.磁场对通电导线的作用力
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练第一章 安培力与洛伦兹力
1.磁场对通电导线的作用力
1.安培力的方向
(1)安培力：通电导线在磁场中受的力。
(2)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
(3)安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I所确定的平面。
(4)平行通电直导线间的相互作用：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
2．安培力的大小
(1)垂直于磁场B的方向放置的长为l的一段导线，当通过的电流为I时，它所受的安培力F＝IlB。
(2)当磁感应强度B的方向与通电导线的方向平行时，导线受力为0。
(3)当磁感应强度B的方向与电流方向成 θ角时，导线所受的安培力F＝IlBsinθ。
(4)求弯曲导线在匀强磁场中所受安培力时，l为有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿此直线由始端流向末端。
3．磁电式电流表
(1)构造：磁体、线圈、螺旋弹簧、指针、软铁、极靴。如图1所示。
(2)物理学原理：通电线圈因受安培力而转动。
(3)工作原理
如图2所示是线圈在磁场中受力的示意图。当电流通过线圈时，导线受到安培力的作用。由左手定则知，线圈左右两边所受的安培力的方向相反，于是安装在轴上的线圈就要转动。线圈转动时螺旋弹簧变形，以反抗线圈的转动。电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大，线圈偏转的角度也越大，达到新的平衡。所以，从线圈偏转的角度就能判断通过电流的大小。线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变。所以，根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向。
(4)磁场特点：两磁极间的极靴和极靴中间的铁质圆柱，使磁极与圆柱间的磁场都沿半径方向，如图3所示。线圈无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，线圈左右两边所在之处的磁感应强度的大小都相等。
(5)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。
典型考点一 安培力的方向
1．画出下列各图中磁场对通电导线的安培力的方向。
答案 如图所示
解析 使用左手定则判定通电导线在磁场中的受力方向。
典型考点二 安培力的大小
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如图所示，已知磁感应强度为B，则下列各项中，图中所示导线所受安培力的大小计算正确的是( )
答案 A
解析 A图中，导线与磁场方向不垂直，将导线投影到垂直磁场的方向上，故F＝BIlcosθ，A正确；B图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIl，B错误；C图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIl，C错误；D图中，导线和磁场方向垂直，故F＝BIl，D错误。
3．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为l，且∠abc＝∠bcd＝135°。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线abcd所受到的磁场的作用力的合力( )
A．方向沿纸面向上，大小为(＋1)IlB
B．方向沿纸面向上，大小为(－1)IlB
C．方向沿纸面向下，大小为(＋1)IlB
D．方向沿纸面向下，大小为(－1)IlB
答案 A
解析 导线abcd的有效长度为线段ad，由几何知识知lad＝(＋1)l，故导线abcd所受磁场作用力的合力大小F＝IladB＝(＋1)IlB，导线有效长度的电流方向为从a到d，根据左手定则可以确定导线所受磁场作用力的合力方向沿纸面向上，故A正确。
典型考点三 磁电式电流表
4．如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁体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，线圈中的某一条导线a电流方向垂直纸面向外，导线b电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则当线圈处在图乙所示位置时，下列说法正确的是( )
A．该磁场是匀强磁场
B．通过该线圈的磁通量为Bl2
C．a导线受到的安培力方向向下
D．b导线受到的安培力大小为BIl
答案 D
解析 匀强磁场的磁感线是一系列等间距的平行直线，故该磁场不是匀强磁场，A错误；线圈平面与磁感线平行，故通过该线圈的磁通量为零，B错误；a导线电流垂直纸面向外，磁场向右，根据左手定则，安培力方向向上，C错误；b导线与磁感线垂直，故受到的安培力大小为BIl，D正确。
典型考点四 安培力作用下物体的运动问题
5．通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示。下列哪种情况将会发生( )
A．因L2不受安培力的作用，故L2不动
B．因L2上、下两部分所受的安培力平衡，故L2不动
C．L2绕轴O按顺时针方向转动
D．L2绕轴O按逆时针方向转动
答案 D
解析 由右手螺旋定则可知，导线L1中的电流在其上方产生的磁场方向为垂直纸面向外，且距离导线L1越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向均向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D正确。
6. 把轻质导线圈用细线挂在磁体N极附近，磁体的轴线穿过线圈中心，且在线圈平面内，如图所示，当线圈通以图示方向的电流时，线圈将( )
A．发生转动，同时远离磁体
B．发生转动，同时靠近磁体
C．不发生转动，只靠近磁体
D．不发生转动，只远离磁体
答案 B
解析 在圆环左右部分各取一小段，根据左手定则知，左边向里转，右边向外转。转过90度后，将圆环等效为条形磁体，则左边是S极，右边是N极，同名磁极相吸，知圆环转动的同时向磁体靠近，故B正确。
典型考点五 安培力作用下导体的平衡问题
7．如图所示，有两根相距20 cm的光滑平行铜导轨，导轨平面的倾角θ＝37°，上面放着质量为80 g的金属杆ab，整个装置放在B＝0.2 T的匀强磁场中(图中未画出)。(g取10 N/kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)若磁场方向竖直向下，要使金属杆静止在导轨上，需通以多大的电流？
(2)若磁场方向垂直导轨平面向下，要使金属杆静止在导轨上，需通以多大的电流？
答案 (1)15 A (2)12 A
解析 (1)为准确方便地画出受力图，可将原题中的立体图改画为侧视图。由左手定则可判断金属杆ab所受安培力方向水平向右，受力分析如图甲所示。由平衡条件得：F＝BIl＝mgtanθ，所以I＝＝15 A。
(2)当磁场垂直导轨平面向下时，由左手定则可知，此时安培力方向沿导轨平面向上，受力分析如图乙所示。由平衡条件有F′＝BI′l＝mgsinθ，所以I′＝＝12 A。
典型考点六 安培力作用下导体的动力学问题
8．据报道，目前已研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示。炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接。开始时，炮弹在导轨的一端，通入电流后炮弹会被安培力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离d＝0.10 m，导轨长L＝5.0 m，炮弹质量m＝0.3 kg。导轨上的电流I的方向如图中箭头所示。可认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B＝2.0 T，方向垂直纸面向里。若炮弹经过出口处时速度为v＝2.0×103 m/s，忽略摩擦力与重力的影响。求：
(1)炮弹在导轨中运动的加速度大小；
(2)通过导轨的电流I。
答案 (1)4.0×105 m/s2 (2)6.0×105 A
解析 (1)设炮弹的加速度大小为a，炮弹在两导轨间做匀加速直线运动，有v2＝2aL，
解得a＝4.0×105 m/s2；
(2)忽略摩擦力与重力的影响，在导轨通入电流I时，炮弹作为导体只受到磁场施加的安培力，为F＝IdB，且有F＝ma，
联立解得I＝6.0×105 A。
1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
答案 B
解析 安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力F＝BIl，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为F′＝BIl，D错误。
2．如图所示四种情况中，匀强磁场磁感应强度大小相等，载流导体长度相同，通过的电流也相同，导体受到的安培力最大，且方向在纸面内的情况是( )
A．甲、乙 B．甲、丙
C．乙、丁 D．乙、丙
答案 C
解析 对于甲图，安培力F＝BIlcos30°，方向垂直纸面向里；对于乙图，安培力F＝BIl，方向沿纸面向下；对于丙图，安培力F＝0；对于丁图，安培力F＝BIl，方向垂直导体沿纸面斜向上，故C正确。
3．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )
答案 A
解析 四个线圈在磁场中的有效长度不同，A中线圈有效长度最长，根据F＝NBIl，A中线圈所受安培力最大，当磁场发生微小变化时，A中线圈对应的天平最容易失去平衡。
4．已知长沙市区地磁场的磁感应强度B约为4.0×10－5 T，其水平分量约为3.0×10－5 T；若市区一高层建筑安装了高50 m的竖直金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，当带有正电的乌云经过避雷针的上方时，经避雷针开始放电，电流方向自上而下，大小为1.0×105 A，此时金属杆受到地磁场对它的安培力方向和大小分别为( )
A．方向向西，大小约为150 N
B．方向向西，大小约为200 N
C．方向向东，大小约为150 N
D．方向向东，大小约为200 N
答案 C
解析 当带有正电的乌云经避雷针放电时，放电电流方向沿避雷针向下，若面向北方而立，则避雷针所在处地磁场水平分量的方向如图所示。由左手定则可知，金属杆所受安培力的方向向东，大小为F＝BIl＝3.0×10－5×1×105×50 N＝150 N，故选C。
5．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左端固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来，此时台秤的示数为FN1。现在磁体上方中心偏右位置固定一通电导线，当通以如图所示电流后，台秤的示数为FN2，则下列说法中正确的是( )
A．FN1>FN2，弹簧长度将变长
B．FN1>FN2，弹簧长度将变短
C．FN1D．FN1答案 A
解析 根据条形磁体的磁场分布情况，利用左手定则可以判定通电导线受到的安培力的方向为左偏下，由牛顿第三定律可知，磁体受到通电导线的反作用力的方向为右偏上，该作用力的竖直分力使磁体对台秤的压力减小，水平分力使弹簧弹力增大，弹簧长度将变长，故A正确。
6. 如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )
A.tanθ，竖直向上 B.tanθ，竖直向下
C.sinθ，平行悬线向下 D.sinθ，平行悬线向上
答案 D
解析 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，画出力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsinθ，即IlBmin＝mgsinθ，得Bmin＝sinθ，由左手定则知，方向应平行于悬线向上，故D正确。
7．如图所示，在两个倾角均为α的光滑斜面上均水平放置一相同的金属棒，棒中通以相同的电流，一个处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B1；另一个处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B2，两金属棒均处于静止状态，则B1、B2大小的关系为( )
A．B1∶B2＝1∶cosα B．B1∶B2＝1∶sinα
C．B1∶B2＝cosα∶1 D．B1∶B2＝sinα∶1
答案 A
解析 当B竖直向上时，如图甲所示，有B1Il＝mgtanα；当B垂直斜面向上时，如图乙所示，有B2Il＝mgsinα；故＝，A正确。
8. 如图所示，直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如果直导线可以自由地运动，当通以从a到b的电流时，导线ab受安培力后的运动情况是( )
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 通电螺线管产生的磁场方向在其内部为从左向右，外部为从右向左。通电直导线左侧处的磁场方向斜向下，右侧处的磁场方向斜向上，则由左手定则可知，直导线左侧受力方向向内，直导线右侧受力方向向外，故从上向下看为顺时针转动；当转过90°时，由左手定则可得直导线受力向下，将靠近螺线管，故A正确。
9．(2019·辽宁省实验中学期中)如图所示，边长为l、质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通入逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F2。则导线框中的电流大小为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 当磁场在虚线下方时，导线框在磁场中的有效长度为，根据左手定则可知，线框受到的安培力的方向竖直向上，大小为FA＝BIl，根据平衡条件，有F1＋FA＝mg，即F1＋BIl＝mg。当将虚线下方的磁场移至虚线上方时，导线框在磁场中的有效长度为，可得安培力为BIl，根据左手定则可知，安培力方向竖直向下，有F2＝mg＋BIl。解得I＝。故B、C、D错误，A正确。
10．(2019·河南八市重点高中联考)(多选)如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框，线框中通有沿顺时针方向的恒定电流I，线框的边长为l，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为l。已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B＝k，线框的质量为m，则释放线框的一瞬间，线框的加速度大小可能为( )
A．0 B.－g C.－g D．g－
答案 AC
解析 线框上边受到的安培力大小为F1＝kIl＝kI2，方向向上，线框下边受到的安培力大小为F2＝kIl＝kI2，方向向下。若F1＝F2＋mg，则加速度为零；若F1＞F2＋mg，则加速度向上，大小为a1＝＝－g；若F1＜F2＋mg，则加速度向下，大小为a2＝g－。故A、C正确，B、D错误。
11．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，另有一金属棒ab，质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω，它与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，金属棒靠在导轨的外面，为使金属棒静止不下滑，施加一个与纸面夹角为30°且方向向里的匀强磁场，g取10 m/s2，求：
(1)磁场的方向；
(2)磁感应强度B的取值范围。
答案 (1)指向纸内且与竖直方向成30°角斜向下
(2)3.0 T≤B≤16.3 T
解析 (1)要使金属棒静止不下滑，通电金属棒所受安培力一定要有使ab压紧导轨的分量，由左手定则可判定磁场方向为：指向纸内且与竖直方向成30°角斜向下。
(2)电路中电流I＝＝ A＝2 A
根据平衡条件，若摩擦力向上达到最大，受力分析如图甲所示，
根据平衡条件则有：
Fsin30°＋f＝mg，f＝μN＝μFcos30°
即B1Ilsin30°＋μB1Ilcos30°＝mg
得B1＝
＝≈3.0 T
若摩擦力方向向下达到最大，如图乙所示，
则：F′sin30°＝f′＋mg，f′＝μN′＝μF′cos30°
即B2Ilsin30°－μB2Ilcos30°＝mg
得B2＝
代入数据计算得出：B2≈16.3 T
故所求磁感应强度的取值范围是3.0 T≤B≤16.3 T。(共62张PPT)
2.磁场对运动电荷的作用力
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练2.磁场对运动电荷的作用力
1.洛伦兹力的方向
(1)洛伦兹力
①定义：运动电荷在磁场中受到的力。
②与安培力的关系：通电导线在磁场中受到的安培力，实际是洛伦兹力的宏观表现。
(2)洛伦兹力的方向
①左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。
②特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v确定的平面，但B与v不一定垂直。
2．洛伦兹力的大小
(1)电荷量为q的粒子以速度v运动时，如果速度方向与磁感应强度B的方向垂直，那么粒子受到的洛伦兹力为F＝qvB。
(2)当带电粒子的运动方向与磁感应强度B的方向平行时，粒子受到的洛伦兹力为F＝0。
(3)当电荷运动的方向与磁场的方向夹角为θ时，电荷所受的洛伦兹力为F＝qvBsinθ。
3．电子束的磁偏转
(1)原理：洛伦兹力的方向与粒子的运动速度方向垂直，当粒子在磁场中运动时，因受到洛伦兹力的作用，就会发生偏转。
(2)应用：显像管电视机。
①工作过程：电子枪发射高速电子，撞击荧光屏发光。偏转线圈产生的磁场使电子束偏转，如图所示。
②扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，使得电子束打在荧光屏上的光点从上向下、从左向右不断移动。
典型考点一 洛伦兹力的方向
1．在以下几幅图中，洛伦兹力的方向判断正确的是( )
答案 A
解析 A图，根据左手定则，磁感线从掌心垂直进入，四指指向正电荷的运动方向，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出洛伦兹力向上，故A正确。B图，根据左手定则，磁感线从掌心垂直进入，四指指向负电荷运动的反方向，大拇指指向洛伦兹力的方向，判断出洛伦兹力向上，故B错误。C图，当带电粒子的速度方向与磁感线平行时，带电粒子不受洛伦兹力，故C错误。D图，根据左手定则，磁感线从掌心垂直进入，四指指向负电荷运动的反方向，拇指指向洛伦兹力的方向，判断出洛伦兹力方向垂直纸面向外，故D错误。
2. 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子。如图所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁体的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是( )
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
答案 B
解析 电子束带负电，由负极向正极运动，在电子束运动的过程中，蹄形磁体在电子射线管处产生的磁场由N极指向S极，根据左手定则可判断出电子受到的洛伦兹力方向向下，故电子束的偏转方向向下，B正确。
典型考点二 洛伦兹力的大小
3．一个电子以107 m/s的速率垂直射入一个匀强磁场中，受到的洛伦兹力为8×10－13 N，则该磁场的磁感应强度为(电子的电荷量为1.6×10－19 C)( )
A．0.2 T B．2 T C．0.5 T D．1.28 T
答案 C
解析 由F＝qvB得：B＝＝＝ T＝0.5 T。故选C。
4．(多选)如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，电荷量均为q。则关于图中带电粒子所受洛伦兹力的大小和方向说法正确的是( )
A．图1中带电粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，方向垂直v指向左上方
B．图2中带电粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，方向垂直纸面向外
C．图3中带电粒子不受到洛伦兹力的作用
D．图4中带电粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，方向垂直v指向左下方
答案 AC
解析 图1中，粒子带正电，且速度的方向和磁感应强度的方向垂直，即v⊥B，所以F＝qvB，根据左手定则判断，洛伦兹力的方向垂直v指向左上方，故A正确；图2中，粒子带正电，粒子速度v的方向与磁感应强度B的方向夹角为30°，粒子所受洛伦兹力为F＝qvBsin30°＝qvB，根据左手定则判断，洛伦兹力的方向垂直纸面向里，故B错误；图3中，粒子带正电，由于粒子的速度v与磁感应强度B方向相同，所以粒子不受洛伦兹力作用，故C正确；图4中，粒子带负电，粒子的速度v与磁感应强度B的方向垂直，故F＝qvB，根据左手定则判断，洛伦兹力的方向垂直v指向左上方，故D错误。
典型考点三 电子束的磁偏转
5．如图所示是电视显像管原理示意图(俯视图)，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A．电子经过磁场时速度增大
B．欲使电子束打在荧光屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里
C．欲使电子束打在荧光屏上的B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外
D．欲使电子束打在荧光屏上的位置由A点调整到B点，应调节偏转线圈中的电流使磁场增强
答案 C
解析 电子经过磁场发生偏转时，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，所以电子的速度大小不变，A错误；根据左手定则，欲使电子束打在荧光屏上的A、B点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，B错误，C正确；欲使电子束打在荧光屏上的位置由A点调整到B点，应减小电子的偏转程度，故应调节偏转线圈中的电流使磁场减弱，D错误。
典型考点四 带电粒子在复合场中的运动
6. (多选)在两平行金属板间，有如图所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场。α粒子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线匀速通过。则下列说法正确的是( )
A．若质子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，质子将不偏转
B．若电子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，电子将向下偏转
C．若质子以大于v0的速度，沿垂直于电场方向和磁场方向从两板正中央射入时，质子将向上偏转
D．若增大匀强磁场的磁感应强度，其他条件不变，电子以速度v0沿垂直于电场和磁场的方向，从两板正中央射入时，电子将向下偏转
答案 ACD
解析 设带电粒子的质量为m，电荷量为q，匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B。带电粒子以速度v0垂直射入互相正交的匀强电场和匀强磁场中时，若粒子带正电荷，则所受静电力方向向下，大小为qE；所受洛伦兹力方向向上，大小为qv0B。沿直线匀速通过时，显然有qv0B＝qE，v0＝，即沿直线匀速通过时，带电粒子的速度与其质量、电荷量无关。如果粒子带负电荷，则所受静电力方向向上，洛伦兹力方向向下，上述结论仍然成立。所以A正确，B错误。若质子以大于v0的速度v射入两板之间，由于洛伦兹力F洛＝qvB，洛伦兹力将大于静电力，质子带正电荷，将向上偏转，C正确。磁场的磁感应强度B增大时，电子射入的其他条件不变，所受洛伦兹力F洛＝qv0B增大，电子带负电荷，所受洛伦兹力方向向下，将向下偏转，D正确。
7. (多选)磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的匀强磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向以一定速度喷入磁场。图中虚线框部分相当于发电机。把两个极板与用电器相连，则( )
A．用电器中的电流方向从A到B
B．用电器中的电流方向从B到A
C．若只增强磁场，发电机的电动势增大
D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大
答案 ACD
解析 等离子体喷入磁场后，受洛伦兹力作用，正离子打在上极板，带正电，负离子打在下极板，带负电，用电器中的电流方向从A到B，A正确，B错误；当等离子体在两金属板间满足qvB＝qE时，E＝vB，此时路端电压最大，等于电动势，路端电压最大值为Um＝Ed＝vBd，所以若只增强磁场或只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势均会增大，C、D正确。
8. 质量为m、电荷量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是( )
A．小物块一定带正电
B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动
C．小物块在斜面上运动时做加速度增大、而速度也增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为
答案 B
解析 带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向应垂直于斜面向上，根据左手定则知，小物块带负电，故A错误；小物块在运动的过程中受重力、斜面的支持力和洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律知a＝gsinθ，小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，故B正确，C错误；当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcosθ＝qvB，解得v＝，故D错误。
1．关于带电粒子所受洛伦兹力F、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系，下列说法正确的是( )
A．F、B、v三者必定两两垂直
B．F必定垂直于B、v，但B不一定垂直于v
C．B必定垂直于F、v，但F不一定垂直于v
D．v必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B
答案 B
解析 F⊥B，F⊥v，B与v可以不垂直，故B正确。
2．如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙线时，在云室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹十分相似，但偏转方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖。云室中磁场方向可能是( )
A．垂直于纸面向外 B．垂直于纸面向里
C．沿纸面向上 D．沿纸面向下
答案 B
解析 由图可知，向下运动的正电子受到的洛伦兹力的方向向右，由左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里。故选B。
3．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是(仅考虑静电力和洛伦兹力作用)( )
A．带电粒子沿电场线方向射入，静电力对带电粒子做功，粒子动能一定增加
B．带电粒子垂直于电场线方向射入，静电力对带电粒子不做功，粒子动能不变
C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
D．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变
答案 D
解析 带电粒子沿电场线的方向射入电场，静电力可能做正功也可能做负功，当力的方向与位移方向相同时做正功，相反时做负功，做正功时，电势能减少，动能增加；做负功时，电势能增加，动能减少，故A错误。垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，静电力都会做正功，动能增加，故B错误。带电粒子沿磁感线方向射入，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动，粒子动能不变，故C错误。由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功，故D正确。
4．(2020·浙江省宁波咸祥中学高二期中)导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示，设导线ab中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为n，粒子的电荷量为q，导线的横截面积为S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )
A．由题目已知条件可以算得通过导线的电流为I＝nqvS
B．题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断
C．每个粒子所受的洛伦兹力为F洛＝qvB，通电导线所受的安培力为F安＝nqvB
D．适当改变条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变
答案 A
解析 电流I＝＝＝nqvS，故A正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，故B错误；粒子所受的洛伦兹力为F洛＝qvB，设导线长度为l，则其所受的安培力为F＝BIl＝nqlSvB，故C错误；带电粒子受到的洛伦兹力方向反向，则导线所受到的安培力方向也反向，故D错误。
5. 显像管的原理示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中央的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正，若使高速电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列磁场的变化能够使电子发生上述偏转的是( )
答案 A
解析 电子打到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B t图像的图线应在t轴下方，可知C、D错误；电子打到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B t图像的图线应在t轴上方，B错误，A正确。
6. (多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线通有大小相等、方向相反的电流。已知通电长直导线在距导线为r处产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数，I是导线中电流。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先增大后减小
D．小球对桌面的压力一直在增大
答案 BC
解析 由安培定则、B＝k及磁场的叠加原理，可知桌面内的磁场方向，进而可知小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上，对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力三个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知，小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误。
7. 如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿入射方向做直线运动，可采用的方法是( )
A．将变阻器滑动头P向右滑动
B．将变阻器滑动头P向左滑动
C．将极板间距离适当减小
D．将极板间距离适当增大
答案 D
解析 电子束入射后偏向A板，说明Eq>Bv0q，由E＝可知，减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C错误，D正确；而两极板与直流电源连接，板间电压等于电源电压，即移动滑动头P并不能改变板间电压，故A、B错误。
8. 如图所示为磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。如果射入的等离子体的初速度为v，两金属板的板长(沿初速度方向)为L，板间距离为d，金属板的正对面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于离子初速度方向，负载电阻为R，等离子体充满两板间的空间。当发电机稳定发电时，理想电流表的示数为I，那么板间等离子体的电阻率为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 等离子体做匀速直线运动时，发电机稳定发电，有qvB＝q，则电动势E＝U＝Bdv，设板间等离子体的电阻为r，根据闭合电路欧姆定律，得I＝，且r＝ρ，解得ρ＝，故A正确。
9. 质量为m、电荷量为＋q的小球，用一长为l的绝缘细线悬挂在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。开始时使小球位于与悬点O等高的位置A处，且细线绷紧，然后由静止释放小球，小球运动的平面与B的方向垂直，求小球第一次和第二次经过最低点C时悬线的拉力FT1和FT2。
答案 3mg－qB 3mg＋qB
解析 小球由A运动到C的过程中，洛伦兹力始终与速度的方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，由动能定理有mgl＝mv，解得vC＝。
第一次经过C点时，由左手定则可知洛伦兹力方向向上，其受力情况如图甲所示。
由牛顿第二定律，
有FT1＋F洛－mg＝m。
又F洛＝qvCB，
所以FT1＝3mg－qB。
同理可得小球第二次经过C点时，速度大小不变，方向与第一次相反，受力情况如图乙所示，
有FT2－mg－F洛′＝m，
所以FT2＝3mg＋qB。
10. 如图所示，质量为m＝1 kg、电荷量为q＝5×10－2 C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4 m的光滑绝缘圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中，已知E＝100 V/m，方向水平向右；B＝1 T，方向垂直纸面向里。求：
(1)小滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时小滑块对轨道的压力。(g＝10 m/s2)
答案 (1)2 m/s，方向水平向左 (2)20.1 N，方向竖直向下
解析 (1)小滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，
由动能定理得mgR－qER＝mv
得vC＝ ＝2 m/s，方向水平向左。
(2)在C点，小滑块受到四个力作用，如图所示，由牛顿第二定律与圆周运动知识得
FN－mg－qvCB＝m
得：FN＝mg＋qvCB＋m＝20.1 N，
由牛顿第三定律知：滑块在C点处对轨道的压力FN′＝FN＝20.1 N，方向竖直向下。(共63张PPT)
3.带电粒子在匀强
磁场中的运动
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练3.带电粒子在匀强磁场中的运动
1.带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，初速度的方向和洛伦兹力的方向都与磁场方向垂直，所以粒子在与磁场垂直的平面内运动。
(2)洛伦兹力总是与粒子的运动方向垂直，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小，粒子在匀强磁场中所受洛伦兹力的大小也不改变，洛伦兹力对粒子起到了向心力的作用。所以，沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动。
2．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期
(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径
①假设一个电荷量为q的粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v运动，那么带电粒子所受的洛伦兹力为F＝qvB，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，由此可解得圆周运动的半径r＝。
②粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与它的质量、速度成正比，与电荷量、磁感应强度成反比。
(2)带电粒子在磁场中做圆周运动的周期
①匀速圆周运动的周期T＝，将r＝代入，可得T＝。
②带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期跟轨道半径和运动速度无关。
典型考点一 带电粒子在匀强磁场中运动的基本规律
1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
答案 D
解析 带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大。由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小，D正确。
2. (2019·浙江省高二期中)(多选)质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，则下列表述正确的是( )
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．M的速率大于N的速率
D．M的运行时间大于N的运行时间
答案 AC
解析 由左手定则判断出N带正电，M带负电，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，解得半径为r＝，在质量与电荷量都相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速率大于N的速率，故B错误，C正确；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，周期为T＝，M、N的质量和电荷量都相等，可知M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。
3．(2019·江苏高二月考)用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹，如图甲所示为洛伦兹力演示仪的实物图，如图乙所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直于纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场，下列关于实验现象和分析正确的是( )
A．仅增大励磁线圈中的电流，电子运动径迹的半径变大
B．仅增大电子枪中加速电场的电压，电子做圆周运动的周期不变
C．仅增大电子枪中加速电场的电压，电子运动径迹的半径变小
D．要使电子形成图乙所示的运动径迹，励磁线圈中应通以逆时针方向的电流
答案 B
解析 电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU＝mv，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：ev0B＝m，解得：r＝＝ ，仅增大励磁线圈中的电流，即B增大，则电子束形成圆周的半径减小；仅增大电子枪加速电场的电压，则电子束形成圆周的半径增大，故A、C错误；电子在磁场中运动的周期T＝，与电子的速度无关，则与加速电场的电压大小无关，故仅增大电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期不变，故B正确；若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则知，线圈在其内部产生的磁场向外，根据左手定则判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不可能是图中所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹，故D错误。
4．质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的各运动量间的关系正确的是( )
A．速度之比为2∶1 B．周期之比为1∶2
C．半径之比为1∶2 D．角速度之比为1∶1
答案 B
解析 由qU＝mv2和qvB＝＝mω2r得v＝ ，ω＝，r＝ ，而mα＝4mH，qα＝2qH，故vH∶vα＝∶1，ωH∶ωα＝2∶1，rH∶rα＝1∶，又T＝，故TH∶Tα＝1∶2，B正确，A、C、D错误。
典型考点二 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
5．如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v由A点垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，在C点穿出磁场时的速度方向与电子原来的入射方向成30°夹角，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间是多少？
答案
解析 电子在磁场中运动，只受洛伦兹力的作用，故其轨迹是圆周的一部分，又因洛伦兹力总是与速度方向垂直，故电子做圆周运动的圆心在电子射入和穿出磁场时受到的洛伦兹力作用线的交点上，即过轨迹上两点作速度的垂线可找到圆心O点，如图所示。
由几何关系可知，弧AC所对的圆心角θ＝30°，OC为半径，则r＝＝2d
由eBv＝m得r＝，所以m＝
又因为周期T＝，联立可得T＝。
因为弧AC所对的圆心角是30°，故电子穿过磁场的时间为t＝T＝·＝＝。
6. 如图所示，一电荷量为2.0×10－9 C、质量为1.8×10－16 kg的粒子，在直线边界上一点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，求：
(1)粒子做圆周运动的周期；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)若O、P之间的距离为0.1 m，则粒子的运动速度多大？
答案 (1)1.8×10－6 s (2)0.314 T
(3)3.49×105 m/s
解析 (1)作出粒子轨迹，如图所示，由图可知粒子由O到P的大圆弧所对的圆心角为300°，
则＝，
周期T＝t＝×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s。
(2)由于粒子做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，
得qvB＝，且T＝，
解得T＝，所以B＝≈0.314 T。
(3)由几何知识可知，半径r＝0.1 m，
故粒子的速度v＝≈3.49×105 m/s。
7. 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。
(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方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此时粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
答案 (1)负电荷 (2)B
解析 (1)由粒子的运动轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。如图所示，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)如图所示，粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°，故AD弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径R′＝rcot30°＝r
又R′＝
所以B′＝B
粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝。
1．(多选)一带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场中，则受磁场影响的物理量是( )
A．速度 B．加速度 C．位移 D．动能
答案 ABC
解析 洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，对带电粒子总不做功，根据动能定理，洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，只改变粒子速度的方向，故可以改变速度，不改变速率和动能，故A正确，D错误；带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小不变，而方向时刻在改变，所以加速度在变化，故B正确；粒子在洛伦兹力作用下做曲线运动，则粒子的位移不断变化，C正确。
2. 安德森利用云室照片观察到宇宙线垂直进入匀强磁场时运动轨迹发生偏转。如图照片所示，在垂直于照片平面的匀强磁场(照片中未标出)中，高能宇宙线粒子穿过铅板时，有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但偏转的方向相反。这种前所未知的粒子与电子的质量相同，但电荷却相反。安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。正电子的发现，开辟了反物质领域的研究，安德森获得1936年诺贝尔物理学奖。关于照片中的信息，下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹是抛物线
B．粒子在铅板上方运动的速度大于在铅板下方运动的速度
C．粒子从上向下穿过铅板
D．匀强磁场的方向垂直照片平面向里
答案 D
解析 粒子在磁场中只受洛伦兹力，做圆周运动，所以粒子的运动轨迹不是抛物线，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝，由图示粒子的运动轨迹可知，粒子在铅板上方的轨道半径小，则速度较小，故B错误；粒子穿过铅板后能量有损失，粒子的速度v减小，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r减小，所以粒子从下向上穿过铅板，故C错误；粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里，故D正确。
3. (多选)如图所示，一束正离子流先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的( )
A．电荷 B．质量 C．速度 D．比荷
答案 CD
解析 离子在区域Ⅰ内不偏转，则有qvB1＝qE，v＝，说明离子有相同的速度，C正确；在区域Ⅱ内半径相同，由r＝知，离子有相同的比荷，D正确；至于离子的电荷与质量是否相等，由题意无法确定，A、B错误。
4. (多选)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有( )
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
答案 AD
解析 离子打在屏P上，则沿顺时针方向偏转，根据左手定则，离子都带正电，A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，而初速度大小也相同，由qvB＝m可知，它们做圆周运动的半径相同。作出运动轨迹，如图所示。比较得a在磁场中运动的路程比b的长，C错误；由t＝可知，a在磁场中运动的时间比b的长，B错误；从运动轨迹可以看出，a在P上的落点与O点的距离比b的近，D正确。
5．质量为m、电荷量为q的粒子(忽略重力)在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，形成空间环形电流。已知粒子的运动速率为v、半径为R、周期为T，环形电流的大小为I。则下面说法正确的是( )
A．该带电粒子的比荷为＝
B．在时间t内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝
C．当速率v增大时，环形电流的大小I增大
D．当速率v增大时，运动周期T变小
答案 B
解析 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：Bqv＝m，解得粒子的比荷为：＝，故A错误；粒子做匀速圆周运动的周期：T＝，角速度为：ω＝，在时间t内，可得粒子转过的圆弧对应的圆心角为：θ＝ωt＝，故B正确；根据电流定义式可得环形电流为I＝＝，可知I与速率v无关，故C错误；由周期公式T＝可知，周期与速率v无关，故D错误。
6．(多选)环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔。若带电粒子初速度可视为零，经电压为U的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动。要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是( )
A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小
C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小
D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变
答案 BC
解析 带电粒子经过加速电场时，由动能定理得qU＝mv2－0，解得v＝ ，带电粒子以该速度进入对撞机的环状空腔内，且在圆环内做半径确定的圆周运动，因此R＝＝ ，对于给定的加速电压，即U一定，则带电粒子的比荷越大，磁感应强度B应越小，A错误，B正确；本题中环形对撞机半径是恒定的，当比荷一定时，由R＝ 可知，U越大，B也相应越大，再代入周期T的公式T＝，得粒子运动的周期越小，故C正确，D错误。
7．如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径。一不计重力的带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v，当速度方向与ab边成30°角时，粒子在磁场中运动的时间最长，且为t；若相同的带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为( )
A.v B.v C.v D.v
答案 D
解析 根据半径公式可得粒子在磁场中的运动半径r＝，当粒子从b点飞出磁场时，粒子在磁场中运动时间最长，入射速度与出射速度与ab的夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应的圆心角为60°，轨迹如图1所示。设磁场的半径为R，根据几何知识得知，轨迹半径为r1＝2R；根据周期公式可得T＝，与速度无关，当粒子从a点沿ab方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60°，轨迹如图2所示。根据几何知识得粒子的轨迹半径为r2＝R，所以＝＝，解得v2＝v。故D正确。
8. 带电粒子的质量m＝1.7×10－27 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C，以速度v＝3.2×106 m/s沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17 T，磁场的宽度L＝10 cm，如图所示。求：(g取10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字)
(1)带电粒子离开磁场时的速度大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的时间；
(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？
答案 (1)3.2×106 m/s (2)3.3×10－8 s
(3)2.7×10－2 m
解析 粒子所受的洛伦兹力F洛＝qvB≈8.7×10－14 N，粒子所受的重力G＝mg＝1.7×10－26 N，F洛 G，故重力可忽略不计。
(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度大小仍为3.2×106 m/s。
(2)由qvB＝m得轨道半径r＝＝0.2 m。
由题图可知偏转角θ满足
sinθ＝＝＝0.5，所以θ＝30°＝，
带电粒子在磁场中运动的周期T＝，
可见带电粒子在磁场中运动的时间t＝T＝T，
所以t＝≈3.3×10－8 s。
(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离
d＝r(1－cosθ)＝0.2× m≈2.7×10－2 m。
9. (2019·河北新乐市第一中学高二月考)如图，在直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，从P点以v＝20 m/s的速度沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm。(不计粒子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点(图中未画出)离开磁场，求OQ的距离；
(2)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。
答案 (1)0.90 m (2)B＞5.33 T
解析 (1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
有qvB＝m，得R＝
代入数据得R＝0.50 m
因为Rcos53°＝OP
故轨迹圆心O′一定在x轴上，轨迹如图甲所示。
由几何关系可知OQ＝R＋Rsin53°
故OQ＝0.90 m。
(2)带电粒子不从x轴射出的临界情况如图乙所示
由几何关系得OP＝R0＋R0cos53°①
而R0＝②
联立①②并代入数据得B＝ T≈5.33 T
由R＝可知，B越大，R越小，若粒子不能进入x轴上方，
则B＞B0＝5.33 T。(共60张PPT)
4.质谱仪与回旋加速器
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练4.质谱仪与回旋加速器
1.质谱仪
(1)工作原理
①加速：质量为m，电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，粒子进入磁场时的速度v等于它在电场中被加速而得到的速度。由动能定理得mv2＝qU，由此可知v＝ 。
②偏转：粒子沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，在磁场中只受洛伦兹力的作用，做匀速圆周运动，圆周的半径为r＝，把v的表达式代入，得出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝ 。
(2)用途：计算离子的比荷，进行同位素分析。
2．回旋加速器
(1)工作原理
①电场的特点及应用
特点：两个中空的半圆金属盒D1、D2之间的窄缝区域存在周期性变化的电场。
作用：带电粒子经过该区域时被加速。
②磁场的特点及作用
特点：两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。
作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，从而改变运动方向，半个周期后再次进入电场。
(2)高频交流电源的周期与带电粒子在D形盒中的运动周期相同，粒子每经过一次加速，其速率和半径就增大一些，粒子做圆周运动的周期不变。
(3)最大动能：由qvB＝和Ek＝mv2得Ek＝(R为D形盒的半径)，即粒子在回旋加速器中获得的最大动能与q、m、B、R有关，与加速电压无关。
(4)回旋加速器加速的带电粒子，能量达到25～30 MeV后，很难再加速了。原因是，按照狭义相对论，粒子的质量随着速度增加而增大，而质量的变化会导致其回转周期的变化，从而破坏了与电场变化周期的同步。
典型考点一 质谱仪
1. (2020·河北省河间四中高二期末)(多选)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，它的原理如图所示。离子源A产生的各种不同正离子束(速度可视为零)，经M、N间的加速电压U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。设P到S1的距离为x，则( )
A．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越小
B．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大
C．只要x相同，对应的离子质量一定相同
D．只要x相同，对应的离子的比荷一定相等
答案 BD
解析 离子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU＝mv2－0，解得v＝ ；离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qvB＝，解得r＝＝ ，所以有x＝2r＝ 。若离子束是同位素，则q相同，由x＝ 可知x越大对应的离子质量越大，故A错误，B正确；由x＝ 可知，只要x相同，对应的离子的比荷一定相等，离子质量不一定相同，故C错误，D正确。
2. (多选)如图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。速度选择器内匀强磁场的磁感应强度为B，匀强电场的电场强度为E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是( )
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
答案 ABC
解析 质谱仪是分析同位素的重要工具，A正确；在速度选择器中，带电粒子所受静电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得v＝，C正确；在匀强磁场B0中R＝，所以＝，即R越小，比荷越大，D错误。
3. 如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。已知静电分析器通道的半径为R，均匀辐向电场在圆弧虚线处的场强为E。磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。问：
(1)为了使位于A处电荷量为q、质量为m的离子，从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U应为多大？
(2)离子由P点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P多远？
答案 (1)ER (2)
解析 (1)离子在加速电场中被加速，根据动能定理有
qU＝mv2①
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，有
qE＝m②
解得U＝ER。③
(2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m④
由②④得r＝＝ ⑤
＝2r＝ 。
典型考点二 回旋加速器
4．(多选)关于回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋
B．电场和磁场同时用来加速带电粒子
C．在磁场一定的条件下，回旋加速器的半径越大，则同一带电粒子获得的动能越大
D．同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关，而与交流电压的频率无关
答案 AC
解析 电场的作用是使粒子加速，磁场的作用是使粒子回旋，A正确，B错误；由qvB＝m，Ek＝mv2知粒子获得的动能Ek＝，在磁场一定的条件下，对同一粒子，回旋加速器的半径越大，粒子获得的动能越大，与交流电压无关，C正确，D错误。
5. (2019·湖南省常德芷兰实验学校高二月考)(多选)美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量。如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．P1P2＝P2P3
C．粒子能获得的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．A、C板间的加速电场的方向需要做周期性的变化
答案 AC
解析 由于盒缝间的加速电场被限制在A、C板间，故带电粒子只有经过A、C板间才会被加速，可知带电粒子每运动一周被加速一次，且A、C板间的电场方向不变，实际上为了使粒子在A、C板之外不受电场的作用而减速，当粒子在A、C板之外运动时必须撤去A、C板间的电场，即A、C板间的电场方向不变但周期性地从一定值变为0，故A正确，D错误。根据r＝，则P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v－v＝
2ad知，每加速一次，速度的变化量不等，且v3－v2＜v2－v1，则P1P2＞P2P3，故B错误。当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据R＝得，vmax＝，知粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确。
6．(2020·云南高二开学考试)回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U＝2×104 V，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径R＝1 m，磁场的磁感应强度B＝0.5 T，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，问：
(1)质子最初进入D形盒的动能多大？
(2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大？
(3)交流电源的频率是多少？
答案 (1)3.2×10－15 J (2)1.9×10－12 J
(3)7.6×106 Hz
解析 (1)质子第一次进入电场中被加速，则质子最初进入D形盒的动能
Ek1＝Uq＝2×104×1.6×10－19 J＝3.2×10－15 J。
(2)根据qvB＝m
得质子出D形盒时的速度大小为v＝
则质子出D形盒时的动能为
Ekm＝mv2＝＝ J＝1.9×10－12 J。
(3)质子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，
为T＝
那么交变电源的频率为
f＝＝ Hz＝7.6×106 Hz。
1．一回旋加速器当外加磁场一定时，可把质子加速到v，那么，保持该外加磁场不变时，该回旋加速器能把氚核加速到的速度为( )
A．v B．2v C. D.
答案 C
解析 设回旋加速器D形盒的半径为R，质子在回旋加速器D形盒的磁场中运动时，有m＝qvB，解得v＝。同一回旋加速器B、R相同，氚核的比荷是质子的，则该回旋加速器能把氚核加速到的速度为，C正确。
2. 质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量。其工作原理如图所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知( )
A．此粒子带负电
B．下极板S2比上极板S1电势高
C．若只增大加速电压U，则半径r变大
D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小
答案 C
解析 由题图结合左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过电场要加速，因粒子带正电，所以下极板S2比上极板S1电势低，故B错误；根据动能定理得qU＝mv2，再由qvB＝m得，r＝ 。若只增大加速电压U，由r＝ 可知，则半径r变大，故C正确；若只增大入射粒子的质量，由r＝ 可知，半径变大，故D错误。
3．设回旋加速器中匀强磁场的磁感应强度为B，粒子的质量为m，所带电荷量为q，刚进入磁场的速度为v0，回旋加速器的最大半径为R，那么两极间所加的交变电压的周期T和该粒子的最大速度v分别为( )
A．T＝，v不超过 B．T＝，v不超过
C．T＝，v不超过 D．T＝，v不超过
答案 A
解析 粒子运动的最大半径为D形盒的半径，根据qvB＝m，计算得出v＝；两极间所加的交变电压的周期与粒子匀速圆周运动的周期相同，根据周期公式可知T＝＝，故A正确，B、C、D错误。
4．1922年，英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场。如图所示为质谱仪的原理图，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，则在下列各图中能正确反映x2与U之间函数关系的是( )
答案 A
解析 根据动能定理，qU＝mv2，得v＝ 。粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，则R＝，x＝2R＝ ，知x2∝U。故A正确。
5．(多选)如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的是( )
A．在Ek t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
B．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．当B一定时，要想粒子获得的最大动能越大，则要求D形盒的面积也越大
答案 AD
解析 带电粒子在两D形盒内做圆周运动的时间等于半个圆周运动的周期，而粒子运动周期T＝与粒子速度无关，则有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A正确；高频电源的变化周期应该等于2(tn－tn－1)，B错误；由R＝可知，粒子的最大动能为Ekm＝，故粒子最后获得的最大动能与加速次数无关，与D形盒内磁感应强度和D形盒半径有关，可知C错误，D正确。
6．(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f，则下列说法正确的是( )
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关
C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
答案 AB
解析 由qvB＝m可得回旋加速器加速质子的最大速度为vm＝，由于回旋加速器高频交流电频率等于质子在匀强磁场中的回旋频率，则有f＝＝，联立解得质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR，A、B正确；由相对论可知，质子的速度不可能无限增大，C错误；由于α粒子在回旋加速器中运动的频率与质子的不同，不改变B和f，则该回旋加速器不能用于加速α粒子，D错误。
7．质谱仪可以测定有机化合物分子结构。现有一种质谱仪的结构可简化为如图所示，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子。若离子化后的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区沿水平方向、圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比荷进而推测有机物的分子结构。已知高压电源的电压为U，圆形磁场区的半径为R，真空管与水平面夹角为θ，离子进入磁场室时速度方向指向圆心。则下列说法正确的是( )
A．高压电源A端应接电源的正极
B．磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里
C．若离子化后的两同位素X1、X2(X1的质量大于X2的质量)同时进入磁场室后，出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ，则轨迹Ⅰ一定对应X1
D．若磁场室内的磁感应强度大小为B，当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离子比荷为＝
答案 D
解析 正离子在电场中被加速，可知高压电源A端应接电源的负极，故A错误；根据左手定则知，磁场室的磁场方向应是垂直纸面向外，故B错误；正离子在加速电场中运动时有：qU＝mv，在磁场室做圆周运动时有：r＝，联立解得r＝ ，由此可知，质量越大的，轨迹半径越大，轨迹Ⅰ半径小，所以应对应X2，故C错误；当记录仪接收到一个明显的信号时即正离子在磁场中偏转了θ角，由几何关系可知，正离子做圆周运动的半径为r＝，联立解得：＝，故D正确。
8. 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空。
已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。
(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s。
答案 (1) (2) ( －)
解析 (1)加速电场对离子做的功W＝qU
由动能定理m1v＝qU
得v1＝。①
(2)由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，得R＝，
利用①式得，两种离子在磁场中的轨道半径分别为
R1＝ ，R2＝ ②
两种离子在GA上落点的间距
s＝2R1－2R2＝ (－)。
9. 如图是回旋加速器示意图，置于真空中的两金属D形盒的半径为R，盒间有一较窄的狭缝，狭缝宽度远小于D形盒的半径，狭缝间所加交变电压的频率为f，电压大小恒为U，D形盒中匀强磁场方向如图所示，在左侧D形盒圆心处放有粒子源S，产生的带电粒子的质量为m，电荷量为q。设带电粒子从粒子源S进入加速电场时的初速度为零，不计粒子重力。求：
(1)D形盒中匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)粒子能获得的最大动能Ek；
(3)粒子经n次加速后在磁场中运动的半径Rn。
答案 (1) (2)2π2R2f2m (3)
解析 (1)粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等，则有T＝＝
解得B＝。
(2)当粒子的轨迹半径达到D形盒的半径时，速度最大，动能也最大，则有qvB＝m
则R＝
最大动能为
Ek＝mv2＝m2＝＝2π2R2f2m。
(3)粒子经n次加速后，由动能定理有nqU＝mv
得vn＝
在磁场中运动的半径为Rn＝＝ 。第一章 高考真题演练
一、选择题
1．(2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为( )
A．2F B．1.5F
C．0.5F D．0
答案 B
解析 设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比为I1∶I2＝1∶2。如图所示，由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的安培力大小为F＋F′＝1.5F，B正确。
2．(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
答案 B
解析 若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，
有qvaB＝mRa＝
解得va＝＝＝；
若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，
有qvdB＝m
R＝2＋l2
解得vd＝＝＝。B正确。
3．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。粒子在第二象限内运动的时间t1＝＝＝，粒子在第一象限内运动的时间t2＝＝＝，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，B正确。
4．(2019·北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
答案 C
解析 由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R＝，若仅减小磁感应强度B，则R变大，粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R＝，若仅减小入射速率v，则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝T、T＝知，粒子在磁场中的运动时间变长，D错误。
5．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是( )
A．均向左 B．均向右
C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左
答案 CD
解析 如图1所示，若a、b中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。
同理可知，若a、b中电流均向右，线框向导线a移动，故A、B不符合题意。
若a导线的电流方向向左，b导线的电流方向向右，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图2所示，线框靠近导线的两边所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，线框静止。
同理可知，若a导线的电流方向向右，b导线的电流方向向左，线框也静止，C、D符合题意，故选C、D。
6．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
答案 C
解析 由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，有Eq＝qvB，则v＝，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。
7．(2017·全国卷Ⅰ)(多选) 如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是( )
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ∶∶1
答案 BC
解析 如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，选项A错误。L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直，选项B正确。由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120°，则B合＝B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60°，则B′合＝B，由F＝ILB知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，选项D错误。
8．(2017·全国卷Ⅰ) 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
答案 B
解析 设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvbB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvcB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。
9．(2017·全国卷Ⅱ) 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )
A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶
答案 C
解析 相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。
同理可知，粒子以v2入射及出射情况如图乙所示。由几何关系知r2＝ ＝R，可得r2∶r1＝∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故选C。
10．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
答案 AD
解析 装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、D。
11. (2016·全国卷Ⅰ)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 设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU＝mv2 ①，在磁场中qvB＝m ②，联立两式得m＝，故有＝＝144，D正确。
12．(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 粒子轨迹如图，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，粒子做圆周运动的周期T＝，粒子运动时间t＝T＝；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝＝，联立得＝，A项正确。
13．(2016·全国卷Ⅲ) 平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由qvB＝m得R＝，分析图中角度关系可知，半径PO′与半径O′Q在同一条直线上。
则PQ＝2R，所以OQ＝4R＝，D正确。
二、实验题
14．(2016·全国卷Ⅲ)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。
(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号)。
答案 (1)如图所示 (2)AC
解析 (1)根据左手定则得金属棒中电流为从a流向a1。要求滑动变阻器以限流方式接入电路中，故滑动变阻器接线柱上下各用一个。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，应使它所受安培力F＝BIL增大，所以适当增加两导轨间的距离时有效长度L增大，F变大，A项正确；只换更长的金属棒时有效长度L不变，B项错误；增大电流，F也增大，C项正确。
三、计算题
15．(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
答案 (1) (2)
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m②
粒子运动的轨迹如图，
由几何关系知d＝r③
联立①②③式得
＝④
(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为
s＝＋rtan30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝⑥
联立②③④⑤⑥式得t＝。
16．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
答案 (1) (2)1∶4
解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。
同理有q2U＝m2v⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。
17．(2018·全国卷Ⅱ) 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
答案 (1)轨迹见解析 (2)
(3)
解析 (1)粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcosθ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝⑤
由几何关系得l＝2Rcosθ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦
(3)由题给数据得v1＝v0cot⑧
联立①②③⑦⑧式得＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，
则t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝
由③⑦⑨⑩ 式得t′＝。
18．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案 (1)h (2) (3)(－1)h
解析 (1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有
s1＝v1t1①
h＝a1t②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tanθ1③
联立以上各式得s1＝h④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧
联立以上各式得B＝ ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv⑩
由牛顿第二定律有qE＝2ma2
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有
s2＝v2t2
h＝a2t
v2′＝
sinθ2＝
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦ 式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1
所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sinθ2
联立④⑧ 式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝(－1)h。
19．(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离。
答案 (1) (2)
解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝③
粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝。(共76张PPT)
阶段回顾(第2～3节)
易错点重点练
重难点重点练
