(共52张PPT)
第一章 安培力与洛伦兹力
1．磁场对通电导线的作用力
学习 任务
1．通过实验认识安培力的方向及大小，了解安培力在生产生活中的运用，会用左手定则判断安培力的方向。
2．经历得出安培力、磁感应强度和电流三者方向关系的过程，体会归纳推理的方法。经历一般情况下安培力表达式的得出过程，体会矢量分析的方法。
3．观察磁电式电流表的结构，知道磁电式电流表的工作原理，体会物理知识与科学技术的关系。
关键能力·情境探究达成
01
知识点一 安培力的方向
知识点二 安培力的大小
知识点三 磁电式电流表
知识点一 安培力的方向
1．安培力：通电导线在____中受到的力。
2．探究安培力的方向与哪些因素有关
(1)磁场方向。
(2)电流方向。
(3)实验结论：安培力的方向与电流方向、磁感应强度的方向都____。
磁场
垂直
3．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平面内；让磁感线从掌心____进入，并使四指指向__________，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。
垂直
电流的方向
利用如图所示的实验装置进行实验。
问题1 上下交换磁极的位置以改变磁场方向，细铜杆受力的方向是否改变？
提示：细铜杆受力的方向改变。
问题2 改变细铜杆中电流的方向，细铜杆受力的方向是否改变？
提示：细铜杆受力的方向改变。
问题3 仔细分析实验结果，说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？
提示：安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则。
1．安培力F、磁感应强度B、电流I的关系
(1)已知I、B的方向，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的方向时，磁感应强度B的方向不能唯一确定。
2．安培定则(右手螺旋定则)与左手定则的区别
安培定则(右手螺旋定则) 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 电流在磁场中
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 磁感线垂直穿过手掌心，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。
A [根据左手定则可知，选项A图中导线所受安培力方向应竖直向上，A错误；根据左手定则可知，选项B、C、D图中导线所受安培力方向正确。]
【典例1】 (2022·陕西汉滨期中)下列图中，电流I的方向、磁场B的方向和磁场对电流作用力F的方向的关系错误的是( )
√
A B C D
规律方法 判断安培力方向常见的两类问题
[跟进训练]
1．在赤道上空，水平放置一根通以由西向东方向的电流的直导线，则此导线( )
A．受到竖直向上的安培力
B．受到竖直向下的安培力
C．受到由南向北的安培力
D．受到由西向东的安培力
√
A [赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，画出此处磁场和电流的方向图如图所示，由左手定则可判断出导线受到的安培力的方向是竖直向上的，A正确。]
知识点二 安培力的大小
1．表达式：当磁感应强度B和电流I垂直时，_______。
2．一般表达式：当磁感应强度B的方向与电流I的方向成θ角时，_____________。
提醒 当通电导线中的电流方向与磁场方向既不平行也不垂直时，将磁场方向分解成沿电流方向与垂直于电流方向。
F＝IlB
F＝IlB sin θ
问题1 在如图甲所示的探究影响安培力大小的有关因素的实验中，把导线垂直放入磁场(磁感应强度为B)中，得出的安培力F与导线长度l、电流大小I有怎样的关系？
提示：F＝BIl。
问题2 当导线平行磁场方向放入时，它受到的安培力多大？
提示：0。
问题3 如图乙，当导线和磁场方向的夹角为θ时，它受到的安培力多大？
提示：将磁感应强度B沿平行导线方向和垂直导线方向进行分解，如图所示，则B⊥＝B sin θ，F＝B⊥Il＝IlB sin θ。
1．公式适用条件：F＝BIl sin θ适用于匀强磁场；在非匀强磁场中，公式F＝IlB sin θ仅适用于很短的通电导线(我们把这样的直线电流称为直线电流元)。
2．对导线长度的理解
(1)对于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l由始端流向末端，如图所示。
(2)如图所示，对任意形状的闭合平面线圈，当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈的等效长度l＝0，故通电后在匀强磁场中所受安培力的矢量和一定为零。
3．安培力的大小：同样情况下，通电导线与磁场方向垂直时，它所受的安培力最大；导线与磁场方向平行时，它不受安培力；导线与磁场方向斜交时，它所受的安培力介于0和最大值之间。
4．安培力的叠加：当电流同时受到几个安培力时，则电流所受的安培力为这几个安培力的矢量和。
【典例2】 (2022·湖北高二阶段练习)如图所示，由4根相同导体棒连接而成的正方形线框固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，顶点A、B与直流电源两端相接，已知导体棒AB受到的安培力大小为F，则线框受到的安培力的合力大小为( )
A．4F B．2F
C．F D．F
√
[思路点拨] (1)线框受到的安培力的合力是指AB段、BC段、CD段和DA段所受安培力的合力。
(2)AB段与其他各段的电流不相等，应根据串并联电路的特点分析。
C [导体棒AB与ADCB相当于并联，由题意可知，电阻之比为1∶3，则由欧姆定律可知，电流之比应该为3∶1，所以导体棒DC的安培力是AB棒的三分之一，AD与BC棒上的安培力等大反向，所以线框受到的安培力的合力大小等于AB与CD棒上安培力之和，由题意可得，线框受到的安培力的合力大小为F，故C正确。]
[跟进训练]
2．(2022·广东深圳中学高二期末)如图所示，纸面内A、B两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向里。现给A、B两端加上恒定电压，则下列说法正确的是( )
A．四段导线受到的安培力的方向不同
B．四段导线受到的安培力的大小相等
C．ADB段受到的安培力最大
D．AEB段受到的安培力最小
√
C [由题意可知，这四段导线的有效长度相同，均等于AB的长度；四段导线的粗细相同、材料相同，ADB段最短，所以ADB段电阻最小，AEB段的电阻小于AFB段电阻；给A、B两端加上恒定电压，这四段导线并联，所以ADB段电流最大，AEB段的电流大于AFB段电流。由安培力公式F＝BIl可知，ADB段受到的安培力最大，AEB段受到的安培力大于AFB段受到的安培力。由左手定则可知，这四段导线受到的安培力的方向相同，故C正确。]
知识点三 磁电式电流表
1．磁电式电流表的构造特点
(1)构造：磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴。(如图甲所示)
(2)特点：两极间的极靴和极靴中间
的铁质圆柱，使极靴与圆柱间的磁
场都沿____方向均匀分布，使线圈
平面都与磁感线____，使表盘刻度
____。(如图乙所示)
半径
平行
均匀
2．原理
(1)通电线圈在磁场中受______作用发生____。螺旋弹簧变形，以____线圈的转动。
(2)电流越大，安培力就越大，线圈偏转的____也越大，所以根据线圈偏转角度的____，可以确定被测电流的____；根据指针偏转的____，可以知道被测电流的方向。
安培力
转动
反抗
角度
大小
大小
方向
3．优缺点：优点是灵敏度高，可以测出____的电流；缺点是线圈的导线很细，允许通过的电流很弱。如果要用它测量较大的电流值，就要根据在必修第三册中学到的方法扩大其量程。
很弱
磁电式电流表中磁场分布如图所示，结合安培力大小的决定因素，思考磁场分布的特点。
问题1 这样的磁场是匀强磁场吗？
提示：不是。
问题2 以铁芯为中心的圆周上，磁感应强度B有什么特点？
提示：大小相等，方向不同。
问题3 表盘的刻度是均匀的吗？为什么？
提示：均匀。因为线圈转运时，它的两个边所经过位置的磁场强弱都相同，使线圈转过的角度与电流成正比，从而使得表盘的刻度均匀。
1．磁电式电流表的磁场分布特点
电流表中磁铁与铁芯之间的磁场是均匀辐向分布的。所有磁感线的延长线都通过铁芯的中心，不管线圈处于什么位置，线圈平面与磁感线之间的夹角都是零。该磁场并非匀强磁场，但在以铁芯为中心的某一圆周上，各点的磁感应强度的大小都相等。
2．磁电式电流表的灵敏度
(1)电流表的灵敏度：是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小，偏角越大，灵敏度越高。
(2)提高灵敏度的方法：如果要提高磁电式电流表的灵敏度，就要使在相同电流下导线所受的安培力增大，可通过增加线圈的匝数、增大永磁铁的磁感应强度、增加线圈的面积和减小转轴处摩擦等方法实现。
【典例3】 (多选)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。蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的。当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法正确的是( )
A．线圈在磁场中转动时，它的平面始终跟磁感线平行
B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动
C．当线圈转到图乙所示的位置，安培力的作用使线圈沿逆时针方向转动
D．当线圈转到图乙所示的位置，线圈不受安培力的作用
√
√
AB [磁场是均匀地辐向分布，所以磁感线始终与线圈平面平行，即始终与线圈边垂直，故A正确；当通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，故B正确；由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，a端受到的安培力方向向上，b端受到的安培力方向向下，因此安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动，故C、D错误。]
规律方法 磁电式电流表工作原理
(1)通电线圈在磁场中受到安培力而转动。线圈转动时，螺旋弹簧形变，以反抗线圈的转动。
(2)线圈偏转的角度越大，被测电流就越大。根据线圈偏转的方向，可以知道被测电流的方向。
[跟进训练]
3．(多选)根据对磁电式电流表的学习，判断以下说法正确的是( )
A．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
B．通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大
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有关，而与所处位置无关
√
√
√
ABD [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，故A正确；根据安培力公式F＝IlB，可知线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故B正确；在线圈转动的范围内，各处的磁场都是均匀辐射分布，线圈平面都跟磁感线平行，但辐射状磁场的磁感线方向不同，并不是匀强磁场，故C错误；磁场呈辐射状，故电流与磁场相互垂直，结合安培力公式可知，线圈所受安培力大小与电流有关，而与所处位置无关，故D正确。]
学习效果·随堂评估自测
02
1
2
3
4
1．下列各图中，金属导体棒ab所受安培力F方向正确的是( )
√
A B C D
A [根据左手定则，导体棒ab所受安培力方向垂直于导体棒斜向上，A正确；ab棒放置和磁场方向平行，不受安培力，B错误；ab棒所受安培力方向垂直于导体棒向下，C错误；ab棒所受安培力方向垂直于导体棒向左，D错误。]
1
2
3
4
2．(2022·广东恩平黄冈实验中学高二阶段练习)如图所示，某同学将一小段通电直导线垂直于磁场方向放入匀强磁场中，下列说法正确的是( )
A．由B＝可知，B与F成正比、与Il成反
B．磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其
大小和方向是唯一确定的，与是否放入通电导线无关
C．导线所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
D．若导线放置时与磁感线平行，则该导线仍受到磁场力的作用
√
1
2
3
4
B [磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与是否放入通电导线无关，则B与F、Il无关，故A错误，B正确；导线所受磁场力的方向与该处磁感应强度的方向垂直，故C错误；若导线放置时与磁感线平行，导线所受磁场力为零，故D错误。]
1
2
3
4
3．(多选)(2022·黑龙江大庆实验中学高二月考)在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样。下列选项中的F-I图像描述的是导线受力的大小F与通过导线的电流I的关系，a、b各代表一组F、I的数据，其中正确的是( )
√
A B C D
√
1
2
3
4
BC [导线的方向与磁场方向垂直，根据安培力公式可知，导线受到的安培力F＝IlB＝BIl，由于磁感应强度B和导线长度l不变，因此F与I的关系图像为过原点的直线，故B、C正确，A、D错误。]
1
2
3
4
4．在某次讨论活动中，几名同学针对下面的物理情境提出了不同观点。他们的观点正确吗？请说明原因。
物理情境：一段通电直导线被放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，导线长度l＝0.2 m，导线中通过I＝2.5 A的电流。
(1)同学甲：如果磁场磁感应强度B＝2 T，则导线所受安培力F的大小一定等于1 N。
(2)同学乙：这段导线所受安培力有可能为零，而导线所在的磁场磁感应强度并不为零。
(3)同学丙：因为是匀强磁场，所以在磁场中旋转这段导线时，导线所受安培力F只是方向改变，但大小不变。
提示：(1)不正确。因为只有在通电导线和磁场方向垂直时，F＝IlB才能成立。
(2)正确。通电导线和磁场方向平行时，安培力为零。
(3)不正确。根据F＝IlB sin θ，旋转导线时，安培力大小不断变化。
回归本节知识，自我完成以下问题：
(1)F＝IlB sin θ的适用条件：导线所处的磁场应为匀强磁场。在非匀强磁场中呢？
提示：公式仅适用于很短的通电导线。
(2)用磁电式电流表测量电流时，通电线圈的左右两边受到的安培力的大小是否随着线圈的转动而变化呢？
提示：线圈左右两边受到的安培力的大小不变。
阅读材料·拓展物理视野
03
电磁炮和电磁弹射器原理
电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进武器，与传统的火药推动的大炮相比，电磁炮可以大大提高弹丸的速度和射程。电磁弹射器和电磁炮的原理是一样的，把电磁炮的体积和驱动电流大大加强，就可以用抛射体牵引飞机从航空母舰上起飞，这就是航空母舰上帮助舰载机起飞的电磁弹射器，它比上一代的蒸汽弹射器更为优越。下面仅介绍电磁炮的一种常见类型——轨道式电磁炮。
轨道式电磁炮由两条发射轨道和一个导电的抛射物组成，强大的电流由一条轨道流入，经抛射物后再由另一根轨道流回，如图甲所示。图乙是轨道式电磁炮的模型化原理图。根据直线电流的安培定则，
图乙中下方轨道的电流在抛射物处产生的磁场垂直
于纸面向外，上方轨道的电流在抛射物处产生的磁
场同样垂直纸面向外，如图乙中符号·所示，可见抛
射物中部磁场被成倍地加强。当电流流经抛射物时，
抛射物因载有电流而受到向右的安培力F，从而使抛射
物沿轨道向右抛射出去。显然，电流I越大，磁感应强度
B越大，抛射物所受安培力F越大，抛射物的抛射初速度也就越大。
电磁炮的优点：①发射抛射物的初速度大，所以电磁炮的射程远、命中率高，是打击坦克、飞机等活动目标的理想武器；②相对传统方式，电磁炮的发射成本低，并易于连续发射；③由于电磁炮发射时不使用火药，因此没有巨大的声响，而且使用安全；④可以发射质量较大的物体。
问题 若抛射物的质量m＝2.2 g，加速达到的速度为v＝10 km/s，轨道宽l＝2 m，长s＝100 m，通过的电流I＝10 A。(不计摩擦)
(1)轨道间的匀强磁场的磁感应强度B是多少？
(2)磁场力的最大功率多大？
提示：(1)在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F＝IlB ①
设炮弹的加速度的大小为a，F＝ma ②
炮弹在两导轨间做匀加速运动v2＝2as ③
联立①②③代入题给数据得F＝1 100 N，B＝55 T。
(2)磁场力的最大功率P＝Fv
解得P＝1.1×107 W。(共60张PPT)
第一章 安培力与洛伦兹力
2．磁场对运动电荷的作用力
学习 任务
1．通过实验，认识洛伦兹力；能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小；了解洛伦兹力在生产生活中的应用。
2．经历由安培力公式推导出洛伦兹力公式的过程，体会模型建构与演绎推理的方法；经历一般情况下洛伦兹力表达式的得出过程，进一步体会矢量分析的方法。
3．了解显像管的基本构造及工作的基本原理，认识电子束的磁偏转，体会物理知识与科学技术的关系。
关键能力·情境探究达成
01
知识点一 洛伦兹力的方向
知识点二 洛伦兹力的大小
知识点三 电子束的磁偏转
知识点一 洛伦兹力的方向
1．洛伦兹力
(1)定义：________在磁场中受到的力。
(2)洛伦兹力与安培力的关系：通电导线在磁场中所受的安培力是导线中运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现。
运动电荷
2．洛伦兹力的方向判断——左手定则
(1)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指____，并且都与手掌在同一个平面内；让______从掌心垂直进入，并使四指指向______运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的______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____。
(2)洛伦兹力方向的特点：F⊥B，F⊥v，即F垂
直于______所决定的平面。
垂直
磁感线
正电荷
正电荷
相反
B和v
如图所示，电子由阴极向阳极运动(向右运动)过程中向下发生了偏转。
问题1 电子运动的方向与电流的方向什么关系？
提示：相反。
问题2 什么力使电子偏转？该力的方向如何？
提示：洛伦兹力。向下。
问题3 电子运动轨迹附近的磁场方向如何？电子所受洛伦兹力与磁场方向、电子运动方向存在什么关系？
提示：磁场方向向里。电子所受洛伦兹力与磁场方向垂直，与电子运动方向垂直，满足左手定则。
1．洛伦兹力的方向
(1)F、B、v三者方向间的关系
洛伦兹力的方向总是与电荷运动的方向及磁场方向垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。
说明：F、B、v三个量的方向关系是：F⊥B，F⊥v，但B与v不一定垂直，如图甲、乙所示。
(2)洛伦兹力方向的判断
在用左手定则判断运动的电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向时，对于正电荷，四指指向电荷的运动方向；但对于负电荷，四指应指向电荷运动的反方向。
2．洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化。但无论怎样变化，洛伦兹力都与运动方向垂直。
(2)洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。
【典例1】 (多选)一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束粒子流，则下列选项正确的是( )
A．1带正电 B．1带负电
C．2不带电 D．3带负电
ACD [根据左手定则，带正电的粒子向左偏，即
粒子1带正电；不偏转说明不带电，即粒子2不带
电；带负电的粒子向右偏，即粒子3带负电。故A、C、D正确。]
√
√
√
易错警示 判断洛伦兹力方向时的易错点
(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)洛伦兹力的方向一定垂直于B和v所决定的平面。
[跟进训练]
1．(多选)(2022·福建漳州高二联考)真空中有一根导线中通有恒定电流，一带电粒子从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 [粒子受到的洛伦兹力指向轨迹的凹侧。若粒子带负电，根据左手定则可知粒子运动处的磁场方向垂直纸面向里，再根据安培定则可知导线中电流方向从a到b，A正确，C错误；同理，可知若粒子带正电，粒子运动处的磁场方向垂直纸面向外，导线中电流方向从b到a，B错误，D正确。]
知识点二 洛伦兹力的大小
1．当v与B成θ角时：F＝___________。
2．当v⊥B时：F＝_____。
3．当v∥B时：F＝__。
提醒 只有相对于磁场运动的电荷才可能受洛伦兹力，相对磁场静止的电荷不受洛伦兹力。
qvB sin θ
qvB
0
如图所示，磁场的磁感应强度为B。设磁场中有一段通电导线，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且定向运动的速率都是v。
问题1 在时间t内自由电荷定向移动的距离l是多少？
提示：距离l＝vt。
问题2 图中一段长度为vt的导线中的粒子数是多少？导线中的电流为多大？
提示：这段长度为vt的导线内含有的粒子数为N＝nSvt，在时间t内通过横截面的电荷量Q＝nSvtq。由电流的定义知I＝＝nSvq。
问题3 图中一段长度为vt的导线在磁场中所受安培力多大？
提示：安培力F安＝IlB＝nqv2StB。
问题4 每个自由电荷所受洛伦兹力大小？
提示：整段导线所受的安培力F安，可看成是作用在每个自由电荷上的洛伦兹力F洛的合力，即F安＝NF洛，则每个自由电荷所受洛伦兹力的大小为F洛＝qvB。
1．洛伦兹力与安培力的比较
安培力 洛伦兹力
作用对象 通电导体 运动电荷
力的大小 F安＝IlB(I⊥B)，F安＝0(I∥B) F洛＝qvB(v⊥B)，F洛＝0(v∥B)
力的方向 左手定则(F安垂直于I与B所决定的平面) 左手定则(F洛垂直于v与B所决定的平面，且需区分正、负电荷)
安培力 洛伦兹力
作用效果 可以改变导体棒的运动状态，对导体棒做功，实现电能和其他形式的能的相互转化 只改变速度的方向，不改变速度的大小；洛伦兹力对运动电荷不做功
联系 安培力是洛伦兹力的宏观表现 2．洛伦兹力大小的理解要点
洛伦兹力：F＝qvB sin θ，θ为电荷运动的方向与磁感应强度方向的夹角。
(1)当θ＝90°时，即电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大：F＝qvB。
(2)当θ＝0°或θ＝180°时，即电荷运动方向与磁场方向平行时：F＝0。
(3)当v＝0，即电荷在磁场中静止时：F＝0。
【典例2】 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，质量为m、带电荷量为q的小球在倾角为α的光滑斜面上由静止开始下滑。若带电小球下滑后某个时刻对斜面的压力恰好为零，问：
(1)小球的带电性质如何？
(2)此时小球下滑的速度和位移分别为多大？
[思路点拨] (1)根据小球的运动情况判断出洛
伦兹力的方向，再根据左手定则判断小球的电性。
(2)斜面光滑且洛伦兹力不做功，故小球沿斜面做匀变速直线运动。
[解析] (1)小球沿斜面下滑，其对斜面的压力为零，说明其受到的洛伦兹力应垂直斜面向上，根据左手定则可判断小球带正电。
(2)当小球对斜面压力为零时，有mg cos α＝qvB
得小球此时的速度为v＝
由于小球沿斜面方向做匀加速运动，加速度为a＝g sin α
由匀变速直线运动的位移公式v2＝2ax
得x＝
[答案] (1)带正电 (2)
[母题变式]
如图所示，匀强磁场磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量为q的带正电的小球静止在倾角为30°的足够长的绝缘光滑斜面上，在外加电场作用下在顶端时对斜面压力恰为零，若迅速把电场方向改为竖直向下，则小球能在斜面上滑行多远？
[解析] 当电场方向向上时，小球静止且对斜面压力恰为零，故小球受到的重力和电场力平衡，即：qE＝mg
当迅速把电场方向向下时，小球沿斜面方向匀加速下滑
由牛顿运动定律得(mg＋qE)sin 30°＝ma
垂直斜面方向上FN＋qvB＝(mg＋qE)cos 30°
当FN＝0时，小球即将离开斜面
联立解得a＝g，v＝
小球在斜面上滑行的距离s＝。
[答案]
规律方法 分析带电粒子在磁场中的运动，分析方法与力学中完全一样：对物体进行受力分析，求合外力，用牛顿第二定律、运动学方程或动能定理列方程。
[跟进训练]
2．(多选)(2022·河南高二阶段练习)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初速度方向如图，则( )
A．电子将向左偏转
B．电子将向右偏转
C．电子所受洛伦兹力变小
D．电子所受洛伦兹力大小不变
√
√
BC [由安培定则可知导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力方向向右，因此电子将向右偏转，A错误，B正确；洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛＝Bvq，B变小，F洛变小，D错误，C正确。]
知识点三 电子束的磁偏转
1．电视显像管的构成
如图所示，由电子枪、________和荧光屏组成。
偏转线圈
2．原理：电视机电子显像管应用了电子束______的原理。
3．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、强度都在________，使得电子束打在荧光屏上的光点不断移动。电子束从最上一行到最下一行扫描一遍叫作一场，电视机中的显像管每秒要进行____场扫描。
提醒 在电场中我们学习的示波管的工作原理是：电子束在偏转电场的电场力作用下偏转。注意两者之间的区别。
磁偏转
不断变化
50
如图所示为显像管原理图，没有磁场时电子束打在荧光屏正中的O点。为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场。
显像管原理示意图(俯视图)
问题1 要使电子束在水平方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，偏转磁场应该沿什么方向？
提示：偏转磁场方向垂直纸面向外。
问题2 要使电子束打在B点，磁场应该沿什么方向？
提示：偏转磁场方向垂直纸面向里。
问题3 要使电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐向A点移动，偏转磁场应该怎样变化？
提示：偏转磁场的磁感应强度先垂直纸面向里逐渐减小至零，再垂直纸面向外逐渐增大。
现代科技中的应用
装置 原理图 规律
速度选择器
磁流体发电机
装置 原理图 规律
电磁流量计
霍尔元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
角度1 显像管
【典例3】 显像管的原理示意图如图所示，当没有磁场时电子束打在荧光屏正中的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方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，下列磁场能够使电子束发生上述偏转的是( )
A [要使电子束打在荧光屏上的位置由P点逐渐移动到Q点，可知电子自上向下偏转，P到O过程中洛伦兹力向上且逐渐减小，O到Q过程中洛伦兹力向下且逐渐增大，根据左手定则可知，能够使电子束发生上述偏转的磁场是选项A，故A正确。]
√
A B C D
[跟进训练]
3．如图所示为说明电视机显像管偏转线圈作用的示意图。当线圈中通过图示方向的电流时，一束沿中心轴线O自纸内射向纸外的电子流将( )
A．向左偏转 B．向右偏转
C．向上偏转 D．向下偏转
√
B [由题图知该线圈可等效为两个通电螺线管，由安培定则可判断，线圈下端为N极，因此O点磁场方向向上，然后由左手定则可判断电子流向右偏，故B正确。]
角度2 速度选择器
【典例4】 如图所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图。K为电子枪，由枪中沿KA方向射出的电子，速率大小不一。当电子通过方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S。设产生匀强电场的平行板间的电压为300 V，间距为5 cm，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为0.06 T，问：
(1)磁场的指向应该向里还是向外？
[解析] 由题图可知，平行板间的电场强度E的方向向下，电子受到的静电力F电＝eE，方向向上。若没有磁场，电子将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S，所加的磁场施于电子的洛伦兹力必须是向下的。根据左手定则分析得出，B的方向应该垂直于纸面向里。
[答案] 磁场方向垂直于纸面向里
(2)速率为多大的电子才能通过小孔S
[解析] 电子受到的洛伦兹力F洛＝evB，它的大小与电子的速度v有关。只有那些速度的大小刚好使得洛伦兹力与静电力平衡的电子，才可沿直线KA通过小孔S。
据题意，能够通过小孔S的电子，其速度满足：evB＝eE
解得v＝
又因为E＝，所以v＝
将U＝300 V，B＝0.06 T，d＝0.05 m代入上式，解得v＝105 m/s，即只有速度为105 m/s的电子才可以通过小孔S。
[答案] 105 m/s
规律方法 (1)带电粒子在速度选择器中若做曲线运动，则曲线运动不是“类平抛”运动。
(2)速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计都利用了力的平衡知识。
角度3 电磁流量计
【典例5】 (多选)为监测某化工厂的污水排放量，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。在垂直于上下表面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将
显示两极间的电压U。若用Q表示污水流量
(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正
确的是( )
A．N端的电势比M端的高
B．若污水中正、负离子数相同，则前后表面的电势差为零
C．电压表的示数U跟a和b都成正比，跟c无关
D．电压表的示数U跟污水的流量Q成正比
AD [由左手定则可知，不管污水带何种电性，都有φN>φM，A正确，B错误；当电荷受力平衡时有qvB＝得v＝，流量Q＝Sv＝，C错误，D正确。]
√
√
学习效果·随堂评估自测
02
1
2
3
4
1．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，也可能受到洛伦兹力
B．电场力对在电场中的电荷一定会做功，而洛伦兹力对在磁场中的电荷却不会做功
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会受到洛伦兹力的作用
√
1
2
3
4
D [静止在磁场中的电荷不可能受到洛伦兹力，A错误；尽管电场力对电荷可以做功，但如果电荷在电场中不动或沿等势面移动，电场力做功为零，B错误；洛伦兹力的方向与磁感线垂直，与运动方向垂直，C错误，D正确。]
1
2
3
4
2．如图所示，带负电的粒子在匀强磁场中运动。关于带电粒子所受洛伦兹力的方向，下列各图判断正确的是( )
√
A B C D
1
2
3
4
A [本题考查了左手定则的应用，根据左手定则即可正确判断磁场、运动方向、洛伦兹力三者之间的关系。根据左手定则可知A图中洛伦兹力方向向下，故A正确；B图中洛伦兹力方向向上，故B错误；C图中受洛伦兹力方向垂直纸面向里，故C错误；D图中受洛伦兹力方向垂直纸面向外，故D错误。]
1
2
3
4
3．(2022·广东广州高二期中)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法正确的是( )
1
2
3
4
A．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转
B．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向西偏转
C．若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转
D．若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动
√
1
2
3
4
A [赤道平面的磁场方向平行于地面，由地理南极指向地理北极，带正电的粒子沿地球赤道平面射向地心，由左手定则可知，其将受到地磁场的作用向东偏转，故A正确，B错误；带电的粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，运动方向与磁感线方向平行，不受洛伦兹力，粒子不发生偏转，故C错误，D错误。]
1
2
3
4
4．为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液黏滞情况，可使用电磁流量计测量血管中血液的流速和流量。如图所示是电磁流量计测量血管中血液流速的示意图，使血管处于磁感应强度为B的匀强磁场中，测得血管两侧电压为U。已知血管的直径为d，假定血管中各处液体的流速v相同，忽略重力影响。
(1)管壁上点a和点b，哪一点的电势高？
(2)试求血管中血液的流速v。
[解析] (1)根据左手定则，正电荷向上偏转，故a点电势高。
(2)根据qvB＝q，解得v＝。
[答案] (1)a点 (2)
回归本节知识，自我完成以下问题：
(1)洛伦兹力F＝qvB在什么条件下可用？
提示：速度方向与磁场方向垂直。
(2)显像管中如果没有加磁场，电子会打在哪里？
提示：正中O点。
(3)磁流体发电机、电磁流量计中的电势差是怎么形成的？
提示：带电粒子在洛伦兹力作用下偏转在两板间形成电势差。
阅读材料·拓展物理视野
03
正电子的发现
在粒子物理研究中，带电粒子在云室等探测装置中的径迹是非常重要的实验证据。根据对不同粒子径迹的分析和比较，科学家可以得到粒子的带电情况、运动情况等许多信息，甚至可以发现新粒子。
1930年，英国物理学家狄拉克从理论上预言了电子的反粒子的存在，这个反粒子就是正电子。正电子与电子质量相同，但是带等量的正电荷，也可以说，它是带正电荷的电子。
1932年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙线粒子，并在云室中加入一块厚6 mm的铅板，借以减慢粒子的速度。当宇宙线粒子通过云室内的强磁场时，拍下粒子径迹的照片，如图所示。
安德森记录的正电子的径迹
由于所加铅板降低了粒子的运动速度，粒子在磁场中偏转的轨道半径就会变小，所以根据铅板上下粒子径迹的偏转情况，可以判定粒子的运动方向(图中的粒子是由上向下运动的)。这个粒子的径迹与电子的径迹十分相似，只是偏转方向相反。由此，安德森发现了正电子，并由于这一发现，获得了1936年的诺贝尔物理学奖。
在安德森这一发现之前不久，约里奥－居里夫妇也在云室照片中发现了与电子偏转方向相反的粒子径迹。如果他们意识到这个粒子所带电荷与电子相反，就会把研究工作引向正电子的发现。但遗憾的是，他们没有认真研究这一现象，只是提出了一个经不住推敲的解释，就把这一特殊现象放走了。他们认为，这是向放射源移动的电子的径迹，而不是从放射源发出的正电子的径迹。他们没有思考向放射源移动的电子来自何处，也没有设法判断这个粒子的运动方向。得知安德森的发现后，约里奥—居里夫妇证实，他们使用的钋加铍源发射的射线能够产生正负电子对。他们后来也记录到了单个正电子的径迹。
正电子的发现证明了反物质的存在，对反物质世界的探索现在仍是物理学的前沿之一。
问题 正电子在赤道平面垂直射向地面，向哪儿偏转？
提示：向东偏转。(共34张PPT)
第一章 安培力与洛伦兹力
3．带电粒子在匀强磁场中的运动
学习 任务
1．知道带电粒子沿着与磁场垂直的方向射入匀强磁场会在磁场中做匀速圆周运动，能推导出匀速圆周运动的半径公式和周期公式，能解释有关的现象，解决有关实际问题。
2．经历实验验证带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动以及其运动半径与磁感应强度的大小和入射速度的大小有关的过程，体会物理理论必须经过实验检验。
3．知道洛伦兹力作用下带电粒子做匀速圆周运动的周期与速度无关，能够联想其可能的应用。能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用。
关键能力·情境探究达成
01
知识点一 带电粒子在匀强磁场中的运动
知识点二 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的分析方法
知识点一 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．用洛伦兹力演示仪观察运动电子在磁场中的运动
实验操作 轨迹特点
不加磁场时 电子束的径迹是____
励磁线圈通电后 电子束的径迹是____
保持电子速度不变，改变磁感应强度 磁感应强度越大，轨迹半径____
保持磁感应强度不变，改变电子速度 电子速度越大，轨迹半径____
直线
圆周
越小
越大
2．洛伦兹力的作用效果
(1)洛伦兹力不改变带电粒子速度的____，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。
(2)洛伦兹力方向总与运动方向____，正好起到了向心力的作用。
3．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供：____________。
大小
垂直
qvB=m
4．带电粒子做圆周运动的轨道半径和周期
(1)轨道半径：_________。粒子的轨道半径与粒子的速率成正比。
(2)运动周期：____________。带电粒子的周期与轨道半径和速度无关，而与成反比。
提醒 由于带电粒子初速度方向和洛伦兹力的方向都在与磁场方向垂直的平面内，所以粒子在这个平面内运动。
r=
T==
如图所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转。
问题1 不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？加上磁场时，电子束的运动轨迹如何？
提示：一条直线。圆。
问题2 如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，圆半径如何变化？
提示：减小。增大。
1．分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，要紧抓洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m。
2．对半径公式的理解
(1)成立条件：v⊥B。
(2)粒子在同一匀强磁场中，由半径公式r＝知，r与m、q、v有关。
(3)同一粒子在同一磁场中，由r＝知，r与v成正比。
3．周期公式的理解
两公式T＝和T＝都可以计算带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，可灵活选用。当粒子垂直进入同一匀强磁场中速度越大，半径越大，但周期相同，即周期与运动速度无关，与半径大小无关，而与带电粒子的比荷成反比。
【典例1】 (多选)两个粒子A和B带有等量的同种电荷，粒子A和B以垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场，不计重力，则下列说法正确的是( )
A．如果两粒子的速度vA＝vB，则两粒子的半径rA＝rB
B．如果两粒子的动能EkA＝EkB，则两粒子的周期TA＝TB
C．如果两粒子的质量mA＝mB，则两粒子的周期TA＝TB
D．如果两粒子的质量与速度的乘积mAvA＝mBvB，则两粒子的半径rA＝rB
√
√
CD [粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝，又粒子A、B的电荷量相等且在同一磁场中，即q、B相等，若vA＝vB，r还与m有关；若mAvA＝mBvB，则有rA＝rB，故A错误，D正确；周期T＝，知T还与m有关，由EkA＝EkB，无法确定TA＝TB，故B错误，C正确。]
[跟进训练]
1．(2022·黑龙江哈尔滨三中高二阶段练习)如图所示，AC是一块铅块的截面，曲线MNN′M′是某带电粒子的运动轨迹，匀强磁场与粒子的速度方向垂直，已知粒子在运动中电荷量不变，则以下说法正确的是( )
A．粒子带正电，从N′穿透AC到N
B．粒子带正电，从N穿透AC到N′
C．粒子带负电，从N穿透AC到N′
D．粒子带负电，从N′穿透AC到N
√
D [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qvB＝m，解得r＝，粒子在穿过板的过程中要克服阻力做功，动能减少，速度减小，则粒子的半径减小，由题图所示粒子运动轨迹可知，粒子从N′穿透AC到N，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力指向圆心，由左手定则可知，粒子带负电，故D正确。]
知识点二 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的分析方法
1．轨迹圆心的两种确定方法
(1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向时，作这两速度方向的垂线，交点即为圆心，如图所示。
(2)已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向时，画出粒子轨迹上的两点连线(即过这两点的圆的弦)，作它的中垂线，并画出已知点的速度方向的垂线，则弦的中垂线与速度方向的垂线的交点即为圆心，如图所示。
2．三种求半径的方法
(1)根据半径公式r＝求解。
(2)根据勾股定理求解，如图所示，若已知出射点
相对于入射点侧移了x，则满足r2＝d2＋(r－x)2。
(3)根据三角函数求解，如图所示，若已知出射速
度方向与入射方向的夹角为θ，磁场的宽度为d，
则有关系式r＝。
3．四种角度关系
(1)如图所示，速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)。
(2)圆心角α等于AB弦与速度方向的夹角(弦切角θ)
的2倍(φ＝α＝2θ＝ωt)。
(3)相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，即θ＋θ′＝180°。
(4)进出同一直线边界时速度方向与该直线边界的夹角相等。
4．两种求时间的方法
(1)利用圆心角求解，若求出这部分圆弧对应的圆心角，则t＝T。
(2)利用弧长s和速度v求解，t＝。
【典例2】 如图所示，质量为m、电荷量为q的负离子，以速度v垂直于荧光屏S经过小孔O射入匀强磁场中，磁场方向与离子的运动方向垂直，磁感应强度的大小为B，处于真空中。则：
(1)离子打在荧光屏上的位置离O点的距离是多少？
[解析] 离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动。设圆半径为r，作出其运动轨迹，如图。
由牛顿第二定律可得
Bqv＝m
解得r＝
如图所示，离子回到屏S上的位置与O点的距离为d＝2r＝。
[答案]
(2)若离子进入磁场后经过一段时间到达P点，已知OP连线与入射方向的夹角为θ，求离子从O到P所经历的时间。
[解析] 当离子到位置P时，圆心角α＝2θ
离子运动的时间为t＝T，而周期T＝
所以联立以上三式得：离子运动时间为t＝。
[答案]
规律方法 分析带电粒子在磁场中做圆周运动问题的要点
(1)确定粒子的运动轨迹、半径、圆心角等是解决此类问题的关键。
(2)掌握粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径公式和周期公式是分析此类问题的依据。
[跟进训练]
2．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？
[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，代入r＝2d，可得m＝
因为弧AC所对的圆心角是30°，故电子穿过磁场的时间
为t＝。
[答案]
学习效果·随堂评估自测
02
1
2
3
4
1．(多选)同一匀强磁场中，两个带电荷量相等的粒子仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
BC [根据qvB＝和T＝可得r＝，故B、C正确。]
√
√
1
2
3
4
2．如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了1936年的诺贝尔物理学奖，已知云雾室中磁场方向与纸面垂直，下列说法正确的是( )
A．云雾室中磁场方向垂直纸面向外
B．云雾室中磁场方向垂直纸面向里
C．若增大磁感应强度，正电子运动半径增大，负电子运动半径减小
D．若增大磁感应强度，正电子运动半径减小，负电子运动半径增大
√
1
2
3
4
B [由题图可知，向下运动的正电荷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，B正确，A错误；根据qvB＝m可知r＝，若增大磁感应强度，正电子和负电子运动半径均减小，C、D错误。]
1
2
3
4
3．(2022·广东饶平第二中学高二阶段练习)如图所示，ab是一段弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，磁场方向如图，有一束粒子对准a端射入弯管，粒子有不同质量，不同速度，但都是二价正离子，下列说法正确的是( )
A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
B．只有质量一定的粒子可沿中心线通过弯管
C．只有动量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
D．只有动能一定的粒子可沿中心线通过弯管
√
1
2
3
4
C [根据带电粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，因为都是二价正离子，带电荷量相同，若可以沿中心线通过弯管，则运动半径相同，可得粒子的mv相同，即动量大小一定，故C正确。]
1
2
3
4
4．某个带电粒子进入匀强磁场中，其速度垂直于磁场方向，带电粒子运动的周期T与磁感应强度B的倒数之间的关系如图所示，求此带电粒子的电荷量q与质量m之比，结果保留两位有效数字。
1
2
3
4
[解析] 依题意，根据qvB＝m，联立可得带电粒子运动的周期T＝，则T-图像的斜率k＝，根据题图可得k＝，得此带电粒子的电荷量q与质量m之比≈8.6×108 C/kg。
[答案] 8.6×108 C/kg
回归本节知识，自我完成以下问题：
(1)垂直射入磁场的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆周运动的半径和周期与哪些因素有关？
提示：根据公式r＝与T＝，与比荷、速度、磁感应强度有关。
(2)洛伦兹力为什么不做功？
提示：洛伦兹力方向始终与运动方向垂直。
(3)电荷垂直射入匀强电场与匀强磁场，轨迹有什么不同？
提示：电荷垂直入射匀强电场做类平抛运动，垂直入射匀强磁场做匀速圆周运动。(共38张PPT)
第一章 安培力与洛伦兹力
4．质谱仪与回旋加速器
学习 任务
1．了解质谱仪和回旋加速器的工作原理。
2．经历质谱仪工作原理的推理过程，体会逻辑推理的思维方法。了解回旋加速器面临的技术难题，体会科学与技术之间的相互影响。
关键能力·情境探究达成
01
知识点一 质谱仪
知识点二 回旋加速器
知识点一 质谱仪
1．构造：如图所示：粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
2．原理
(1)加速
带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得
____＝mv2。 ①
(2)偏转
带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：______＝。 ②
由①②两式可以求出粒子的______、______、比荷等。其中由r＝________可知电荷量相同时，半径将随____变化。
qU
qvB
半径r
质量m
质量
3．质谱仪的应用
可以测定带电粒子的____和分析______。
提醒 比荷相同的粒子经相同加速电场加速后再进入相同偏转磁场偏转，打到感光底片的位置是相同的。
质量
同位素
如图所示为质谱仪原理示意图。设粒子质量为m、电荷量为q，加速电场电压为U，偏转磁场的磁感应强度为B。
问题1 粒子在S1和S2之间做什么运动？电场力的功多大？
提示：加速直线运动，W电＝qU。
问题2 如何求进入匀强磁场的速度，并求出大小。
提示：动能定理qU＝mv2得v＝。
问题3 打在底片上的位置到S3的距离多大？
提示：由于在磁场中运动的轨道半径为r＝，所以打在底片上的位置到S3的距离为。
1．质谱仪：利用磁场对带电粒子的偏转，由带电粒子的电荷量及轨道半径确定其质量的仪器，叫作质谱仪。
2．质谱仪是测量带电粒子的质量、比荷和分析同位素的工具。
由r＝，得
(1)粒子比荷。
(2)质量m＝。
可知，由r、U、B的值则可计算比荷，若再已知q，则可进一步计算出粒子的质量m。
【典例1】 (多选)(2022·贵州遵义第十三中学高二期中)质谱仪是测量带电粒子的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，虚线为粒子的运动轨迹，则下列说法正确的是( )
A．此粒子带负电
B．下极板S2的电势比上极板S1的电势低
C．若只增大加速电压U的值，则半径r变大
D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小
√
√
BC [根据带电粒子的在磁场中的偏转方向，由左手定则可知，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正确；根据动能定理得qU＝mv2，由qvB＝m，得r＝，若只增大加速电压U，则半径r变大，若只增大入射粒子的质量，则半径r变大，故C正确，D错误。]
规律方法 质谱仪问题的分析技巧
(1)分清粒子运动三阶段
带电粒子在质谱仪中的运动可分为三个阶段：粒子先被加速，再通过速度选择器，最后在磁场中偏转。
(2)加速阶段应用动能定理由mv2＝qU，得v＝。
(3)在速度选择器中应用平衡条件
电场力和洛伦兹力平衡，粒子做匀速直线运动，有qE＝qvB1。
(4)在偏转磁场中应用洛伦兹力提供向心力的规律求解。
[跟进训练]
1．(多选)质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D处有一荧光屏。同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点。离子重力不计。则( )
A．a离子质量比b的大
B．a离子质量比b的小
C．a离子在磁场中的运动时间比b的短
D．a、b离子在磁场中的运动时间相等
√
√
BC [设离子进入磁场的速度为v，在电场中有qU＝，在磁场中Bqv＝m，联立解得r＝，由题图知，离子b在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以离子b的质量大于离子a的质量，A错误，B正确；在磁场运动的时间均为半个周期，即t＝，由于离子b的质量大于离子a的质量，故离子b在磁场中运动的时间较长，C正确，D错误。]
知识点二 回旋加速器
1．工作原理
如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速。D1、D2处于与盒面垂直的匀强磁场B中，粒子将在磁场中做匀速圆周运动。经半
个圆周(半个周期)后，当粒子再次到达两盒间的缝隙，
控制两盒间电势差，使其恰好改变正负，于是粒子在
盒缝间再次被加速，如果粒子每次通过盒间缝隙均能
被加速，粒子速度就能够增加到很大。
2．周期
粒子每经过一次加速，其轨道半径就增大一些，但粒子绕圆周运动的周期____。
3．最大动能
由qvB＝m和Ek＝mv2得Ek＝。
不变
回旋加速器的原理图如图所示，已知D形盒的半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，交流电源的周期为T，若用该回旋加速器来加速质子，设质子的质量为m，电荷量为q。
问题1 回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？
提示：磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速。
问题2 质子每次经过狭缝时，动能的增加量是多少？
提示：动能的增加量为qU。
问题3 对交流电源的周期有什么要求？
提示：交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周期。
问题4 带电粒子获得的最大动能由哪些因素决定？
提示：粒子的最大动能由磁感应强度B和D形盒的半径R决定的。当带电粒子速度最大时，其运动半径也最大，即rm＝，再由动能定理得Ekm＝，所以要提高带电粒子获得的最大动能，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R。
1．当粒子从D形盒边缘被引出时，它运动的最后半圆应满足下列关系：qvmaxB＝m vmax ＝。
由此可知：要使粒子射出的速度vmax增大，就要使磁场的磁感应强度B或D形盒的半径R增大。
2．同一回旋加速器在不改变电场和磁场的情况下，因粒子做圆周运动的周期必须等于电场变化的周期，故只能加速比荷相同的粒子。
3．粒子在磁场中转的圈数和被加速次数的计算
设粒子在磁场共转n圈，则在电场中被加速2n次，有2nqU＝Ekm，可得n＝，加速次数N＝2n＝。
4．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＝nT＝，总时间为t＝t1＋t2，因为t1 t2，一般认为在回旋加速器内的时间近似等于t2。
【典例2】 (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，两个D形金属盒处于垂直于盒面的匀强磁场中，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2fR
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
√
√
[思路点拨] (1)粒子通过电场加速，但粒子最终获得的速度与电场无关。
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电压的周期。
AB [由evB＝m可得回旋加速器加速质子的最大速度为v＝。由回旋加速器高频交流电频率等于质子运动的频率，有f＝，联立解得质子被加速后的最大速度不可能超过2fR，A、B正确；按照狭义相对论，速度不可以被加速到任意值，C错误；由于α粒子在回旋加速器中运动的频率是质子的，不改变B和f，该回旋加速器不能用于加速α粒子，D错误。]
规律方法 求解回旋加速器问题的两点注意
(1)带电粒子通过回旋加速器最终获得的动能Ekm＝，与加速的次数以及加速电压U的大小无关。
(2)交变电源的周期与粒子做圆周运动的周期相等。
[跟进训练]
2．如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并与高频电源相连。现分别加速质子()和氦核(，下列说法正确的是( )
A．它们的最大速度相同
B．它们的最大动能相同
C．两次所接高频电源的频率相同
D．仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能
√
B [根据qvB＝m，得v＝，两粒子的比荷不相等，所以最大速度不相等，故A错误；最大动能Ek＝，两粒子的相等，所以最大动能相等，故B正确；带电粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的比荷不相等，所以周期和频率不相等，故C错误；根据Ek＝，知仅增大高频电源的电压不能增大粒子动能，故D错误。]
学习效果·随堂评估自测
02
1
2
3
4
1．(多选)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，它的构造原理如图所示，离子源S产生的各种不同正离子束(初速度可看为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x，可以判断( )
A．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越大
B．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小
C．只要x相同，则离子质量一定相同
D．只要x相同，则离子的比荷一定相同
√
√
1
2
3
4
AD [由动能定理得qU＝mv2，离子进入磁场后将在洛伦兹力的作用下发生偏转，由圆周运动的知识，有x＝2r＝，故x＝，分析四个选项，A、D正确，B、C错误。]
1
2
3
4
2．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，不计重力，则下列相关说法正确的是( )
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带负电
C．在磁场B2中运动半径越大的粒子，比荷越小
D．在磁场B2中运动半径越大的粒子，质量越大
√
1
2
3
4
C [带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则静电力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故B错误；进入磁场B2中的粒子速度是固定的，根据qvB＝得r＝，知r越大，比荷越小，而质量m不一定大，故C正确，D错误。]
1
2
3
4
3．(2022·上海控江中学高二期中)关于回旋加速器的说法正确的是( )
A．回旋加速器是通过多次电场加速使带电粒子获得高能量的
B．回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子的速度增大的
C．粒子在回旋加速器中不断被加速，故在磁场中做圆周运动一周所用时间越来越小
D．若加速电压提高到4倍，其他条件不变，则粒子获得的最大速度就提高到2倍
√
1
2
3
4
A [带电粒子每次通过两D形盒空隙间的电场时，电场力对粒子做正功，动能增加，所以回旋加速器是通过多次电场加速使带电粒子获得高能量，故A正确；离子在磁场中受到的洛伦兹力不做功，不能改变离子的动能，所以离子不能从磁场中获得能量，故B错误；粒子在磁场中运动周期T＝，知T与v无关，故粒子在磁场中做圆周运动一周所用时间不变，故C错误；设D形盒的半径为R，当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，则由Bqv＝，可得v＝，则最大动能Ekm＝，可见最大动能与加速电压无关，故D错误。]
1
2
3
4
4．(2022·江西九江高二期末)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度大小为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压为U0，周期T＝，一束该种粒子在0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零，现不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用，不考虑粒子从最后一次加速至从引出装置射出过程的时间，求：
1
2
3
4
(1)粒子获得的最大动能Ekm；
[解析] 粒子运动半径为R时，依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，且Ekm＝mv2，解得Ekm＝。
[答案]
1
2
3
4
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ekm所需的总时间t0。(表达式中不能出现T)
[解析] 粒子被加速n次到达动能为Ekm，则Ekm＝nqU0，由t0＝(n－1)
解得t0＝。
[答案]
回归本节知识，自我完成以下问题：
(1)质谱仪由加速电场和偏转磁场组成，主要用来测量什么？
提示：测量带电粒子的质量、比荷和同位素的工具。
(2)回旋加速器中电场的作用是什么？最大能量是多少？
提示：电场的作用是给带电粒子加速，最大能量为(共21张PPT)
第一章 安培力与洛伦兹力
素养提升课(一) 安培力作用下导体的运动
学习 任务
1．会分析安培力作用下导体的运动情况。
2．会将立体图形转换为平面图进行受力分析。
3．能分析通电导体在安培力作用下的平衡和加速问题。
关键能力·情境探究达成
01
探究1 安培力作用下导体的运动情况
探究2 安培力作用下导体的平衡和加速
探究1 安培力作用下导体的运动情况
1．判断安培力作用下通电导体的运动方向的思路
(1)首先应画出通电导体(或通电线圈)所在位置的磁感线方向。
(2)根据左手定则确定通电导体(或通电线圈)所受安培力的方向。
(3)由通电导体(或通电线圈)的受力情况判断通电导体(或通电线圈)的运动方向。
2．五种常用方法
电流元法 把整段导线分为许多段直电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，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
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(如转过90°)，然后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，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；两不平行的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 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
【典例1】 如图所示，O为圆心，KN、LM是半径分别为ON、OM的同心圆弧，在O处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( )
A．将向左平动
B．将向右平动
C．将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动
D．KL边将垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动
√
[思路点拨] (1)把整段电流等效为多段直线电流元。
(2)用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向。
(3)判断整段电流所受合力的方向。
D [因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与KN边、LM边平行，所以KN边、LM边均不受力。根据左手定则可得，KL边受力垂直纸面向外，MN边受力垂直纸面向里，故D正确。]
[跟进训练]
1．(2022·江苏卷)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向( )
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
√
C [根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出导线a左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向里，故C正确。]
探究2 安培力作用下导体的平衡和加速
1．求解安培力作用下导体平衡问题的基本思路
(1)选定研究对象——通电导线或通电导体棒。
(2)变三维为二维，作出如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出其平面内的受力分析图，其中安培力的方向要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I。
如图所示。
(3)列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解。
2．求解关键
(1)电磁问题力学化。
(2)立体图形平面化。
3．安培力作用下导体的分析技巧
(1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图。
(2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度。
【典例2】 质量为m＝0.02 kg的通电细杆ab置于倾角为θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d＝0.2 m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，磁感应强度B＝2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示。现调节滑动变阻器的触头，为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？(g取10 m/s2)
[思路点拨] (1)首先将立体图转换成平面图，对杆受力分析。
(2)杆所受摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下。
(3)杆静止不动的临界条件是摩擦力刚好达到最大静摩擦力。
[解析] 如图甲、乙所示是电流最大和最小两种情况下杆ab的受力分析图。
根据甲图列式如下：
F1－mgsin θ－=0
FN－mg cos θ＝0
＝μFN，F1＝BImaxd
解上述方程得：Imax＝0.46 A
根据乙图列式如下：
－mg sin θ＝0
FN－mg cos θ＝0
＝μFN，F2＝BImind
解上述方程得：Imin＝0.14 A
因此电流范围是0.14～0.46 A。
[答案] 0.14～0.46 A
[跟进训练]
2．(2022·重庆一中高二期中)如图所示，两根倾斜光滑金属导轨M、N与地面的夹角θ＝37°，两导轨间距为d＝1 m，金属棒ab的质量为m＝0.1 kg，接入电路部分电阻为r＝1 Ω，放在导轨上且与导轨垂直。导轨上端接一电阻，阻值R1＝1 Ω。磁场的磁感应强度大
小为B＝1 T，方向垂直导轨平面向下，电源的
电动势为E＝4 V，内阻不计，R为滑动变阻器，
调节滑动变阻器，使金属棒在导轨上静止。
(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)
(1)滑动变阻器的阻值为多少？
[解析] 根据题意，对金属棒ab受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示
由平衡条件可得mg sin 37°＝F安
设通过金属棒的电流为I，由于金属棒电阻和R1的电阻
相等，则通过R1的电流也为I，通过滑动变阻器的电流
为2I，由闭合回路欧姆定律有E＝IR1＋2IR
又有F安＝BId，联立代入数据解得R＝ Ω。
[答案] Ω
(2)若将磁场方向改为竖直向下，刚改方向瞬间，金属棒的加速度大小是多少？
[解析] 若将磁场方向改为竖直向下，刚改方向瞬间，对金属棒ab受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示
由牛顿第二定律有mg sin 37°－F安cos 37°＝ma，
代入数据解得a＝1.2 m/s2。
[答案] 1.2 m/s2(共33张PPT)
第一章 安培力与洛伦兹力
素养提升课(二) 带电粒子在有界磁场中的运动
学习 任务
1．掌握几种常见有界磁场的分布特点。
2．会分析直线边界、圆形边界磁场中带电粒子的运动轨迹。
3．能利用几何知识求解圆周运动的半径。
4．会分析有界磁场中的临界、极值问题。
关键能力·情境探究达成
01
探究1 带电粒子在直线边界匀强磁场中的运动
探究2 带电粒子在圆形边界匀强磁场中的运动
探究3 带电粒子在有界磁场中的临界问题
探究1 带电粒子在直线边界匀强磁场中的运动
1．单平面边界的磁场问题
从单平面边界垂直磁场射入的正、负粒子重新回到边界时的速度大小、速度方向和边界的夹角与射入磁场时相同。
2．双平行平面边界的磁场问题
带电粒子由边界上P点以如图所示方向进入磁场。
(1)当磁场宽度d与轨迹圆半径r满足r≤d 时(如图中的r1)，粒子在磁场中做半圆周运动后从进入磁场时的边界上的Q1点飞出磁场。
(2)当磁场宽度d 与轨迹圆半径r 满足r>d 时(如图中的r2)，粒子将从另一边界上的Q2点飞出磁场。
【典例1】 如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为－q(q＞0)的粒子1在纸面内以速度v1＝v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α＝30°；质量为m、电荷量为＋q的粒子2在纸面内以速度v2＝v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角β＝60°。已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点(图中未画出)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
(1)两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d；
(2)两粒子进入磁场的时间间隔Δt。
[思路点拨] (1)根据速度方向和粒子的电性画出运动轨迹，利用几何关系求出轨道半径。
(2)粒子的运动具有对称性，即进、出磁场时的速度方向和边界的夹角相等。
[解析] (1)做出两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝m，则r＝
故d＝OA＋OB＝2r1sin 30°＋2r2sin 60°＝。
(2)粒子1做圆周运动的圆心角θ1＝
粒子2圆周运动的圆心角θ2＝
粒子做圆周运动的周期T＝
粒子1在匀强磁场中运动的时间t1＝T
粒子2在匀强磁场中运动的时间t2＝T
所以Δt＝t1－t2＝。
[答案] (1) (2)
规律方法 (1)要按照“画轨迹，找圆心，求半径(利用几何关系)”的基本思路进行。
(2)解题过程中注意对称性的应用。
[跟进训练]
1．(2022·黑龙江哈九中高二期中)如图所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O垂直射入匀强磁场。这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc。整个装置放在真空中。则下列判断正确的是( )
A．la＝lbC．ta＞tb＞tc D．ta＝tc＜tb
√
C [三个电子的速度大小相等，轨迹如图所示，垂直进入同一匀强磁场中。由于初速度va和vc的方向与PQ的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板PQ上的位置到小孔的距离是相等的。而初速度vb的电子方向与PQ垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以电子打
到平板PQ上的位置到小孔的距离恰好是圆的直
径。由于它们的速度大小相等，因此它们的运
动轨迹的半径均相同，所以速度为vb的距离最
大，故A错误，B错误。从图中可得，初速度va的电子偏转的角度最大，初速度vc的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系可得偏转角度最大的a运动的时间最长，偏转角度最小的c在磁场中运动的时间最短，故C正确，D错误。]
探究2 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，沿径向对准磁场圆心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点。
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圆形边界匀强磁场的圆心。
(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、速度偏转角最大。
(2)由图甲看出，在轨迹圆半径和速度偏转角一定的
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点沿纸面内不同方向射入磁场，它们离开磁场时的方向却是平行的。
【典例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轴负方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿y轴正方向飞出。
(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，磁感应强度B′为多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
[思路点拨] (1)粒子沿半径方向进入磁场后，仍会沿着半径方向射出磁场。
(2)画出运动轨迹并求出轨道半径是解答本题的关键。
[解析] (1)粒子的运动轨迹如图所示，由左手定则可知，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°角，则粒子轨迹半径R＝r，又qvB＝m，则粒子的比荷。
(2)设粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，
粒子做圆周运动的半径R′＝r
又R′＝，所以B′＝B
粒子在磁场中运动所用时间
t＝。
[答案] (1)负电荷 (2)B
[跟进训练]
2．(2022·黑龙江哈师大青冈实验中学高二期中)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。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从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
√
B [带电粒子两次在磁场中的运动时间相同，圆心
角都是60°；设圆形磁场的半径为R，粒子第一次在
磁场中运动时，根据牛顿第二定律得qvB＝m，
r1＝2R
粒子第二次在磁场中运动时，根据牛顿第二定律得
qv2B＝m，r2＝R tan 60°，解得v2＝v，故B正确。]
探究3 带电粒子在有界磁场中的临界问题
带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动时，带电粒子速度大小的变化，引起带电粒子做圆周运动的半径发生变化。或者随着带电粒子速度方向的变化使带电粒子的运动状态在某一时刻发生变化。找到临界点对应的条件是解决此类问题的突破口。解决此类问题应注意以下结论：
(1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长、圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长。
(3)当比荷相同，速率v变化时，在匀强磁场中运动的圆心角越大的带电粒子，运动时间越长。
【典例3】 如图所示，匀强磁场宽度l＝4 cm，磁感应强度的大小B＝0.1 T，方向垂直纸面向里，有一质量m＝8×10-25 kg、电荷量q＝5×10-18 C的正离子，以方向垂直磁场的初速度v0从小孔C沿水平方向射入匀强磁场，转过圆心角θ＝60°后从磁场右边界A点射出(取＝3)。
(1)求离子的初速度v0；
[解析] 由几何关系得r＝＝0.08 m
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m
解得v0＝5×104 m/s。
[答案] 5×104 m/s
(2)求离子在磁场中的运动时间；
[解析] 离子运动周期为T＝＝9.6×10-6 s
离子在磁场中的运动时间为t＝T＝1.6×10-6 s。
[答案] 1.6×10-6 s
(3)只改变正离子的速度大小，使之无法从右边界射出，求离子速度的最大值(取＝1.73，结果保留两位有效数字)。
[解析] 若离子刚好不从右边界射出，则离子轨迹刚好和右边界相切，由几何关系得离子轨迹半径为R＝l
由洛伦兹力提供向心力得qvmB＝m
解得vm≈4.3×104 m/s。
[答案] 4.3×104 m/s
规律方法 (1)带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的临界问题往往对应着一些特殊的词语，如“恰好”“刚好”“最大”“最小”“最高”“至少”等等，解题时应予以特别关注。
(2)画出粒子运动的轨迹并根据几何知识求得此时带电粒子运动的轨道半径往往是求解此类问题的关键。
[跟进训练]
3．(2022·云南玉溪第三中学高二阶段练习)如图所示，矩形边界ABCD内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，AB长为2l，AD长为l。从AD的中点E以不同速率发射粒子，速度方向与AD成30°角；粒子带正电，电荷量为q，质量为m；不计粒子重力与粒子间的相互作用。求：
(1)从AB边离开磁场的粒子，出射点离A点的最远距离；
[解析] 如图所示当粒子的轨迹恰好与CD边相切时，根据几何关系，有R1(1cos 60°)，可得此时粒子半径R1＝l，距离A点的最大距离为sAM＝R1(1＋cos 30°)＝l。
[答案] l
(2)要使粒子全部从AB边离开磁场，发射速率应满足的条件。
[解析] 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得R＝，可求出当粒子半径为R1＝l时有v1＝，设当粒子恰好从AB边的N点出射时即此时轨迹刚好和AB边相切于N点，粒子速度为v2，半径为R2，根据几何关系有R2，
解得R2＝，所以有[答案] 第一章 安培力与洛伦兹力
素养提升课(三) 带电粒子在复合场中的运动
学习 任务
1．理解组合场和叠加场的概念。
2．会分析粒子在各种场中的受力特点。
3．掌握粒子在复合场中运动问题的分析方法。
关键能力·情境探究达成
01
探究1 带电粒子在叠加场中的运动
探究2 带电粒子在组合场中的运动
探究1 带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两种场共存。
2．基本思路
(1)弄清叠加场的组成。
(2)进行受力分析。
(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。
(4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
①直线运动：如果带电粒子在叠加场中做直线运动，则一定是做匀速直线运动，合力为零，根据受力平衡列方程求解。
②圆周运动：如果带电粒子在叠加场中做圆周运动，则一定是做匀速圆周运动，则一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解。
③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
【典例1】 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从坐标原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方
向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，
微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿
出复合场。重力加速度为g，不计一切阻力，求：
(1)电场强度E的大小；
[解析] 微粒在到达A(l，l)之前做匀速直线运动，受力分析如图所示：
根据平衡条件，有qE cos 45°＝mg cos 45°
解得E＝。
[答案]
(2)磁感应强度B的大小；
[解析] 根据平衡条件，有qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在
洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示：
根据牛顿第二定律，有qvB＝m
由几何关系可得r＝l
联立解得v＝。
[答案]
(3)微粒在复合场中的运动时间t。
[解析] 微粒做匀速直线运动的时间为t1＝
做圆周运动的时间为t2＝
在复合场中运动时间为t＝t1＋t2＝。
[答案]
规律方法 复合场中运动问题的求解技巧
带电体在复合场中的运动问题仍是一个力学问题，求解思路与力学问题的求解思路基本相同，仍然按照对带电体进行受力分析，运动过程分析，充分挖掘题目中的隐含条件，根据不同的运动情况建立相应的方程。
[跟进训练]
1．(多选)(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
√
√
BC [由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；由于洛伦兹力一直和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误。]
探究2 带电粒子在组合场中的运动
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．“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 (不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
(不计重力)
受力情况 只受恒定的电场力F＝Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
电偏转 磁偏转
运动 轨迹 抛物线 圆弧
求解 方法
【典例2】 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在A点(0，3 m)处以初速度v0＝120 m/s平行于x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6 m，0)和Q点(8 m，0)各一次。已知该微粒的比荷为＝102 C/kg，微粒重力不计。
(1)求微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
[解析] 微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动
由x＝v0t，得t＝＝0.05 s
微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，
由y＝at2得a＝2.4×103 m/s2。
[答案] 0.05 s 2.4×103 m/s2
(2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；
[解析] vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45°
运动轨迹如图所示。
[答案] 45° 见解析图
(3)求电场强度E和磁感应强度B的大小。
[解析] 由qE＝ma，得E＝24 N/C
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，
v＝ m/s
由几何关系可知r＝ m，由qvB＝m得
B＝＝1.2 T。
[答案] 24 N/C 1.2 T
规律方法 带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法
[跟进训练]
2．如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电荷离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且竖直向上，最后离子打在G处，而G处距A点为2d(AG⊥AC)。不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
[解析] 离子运动轨迹如图所示。
由几何知识可知离子做圆周运动的半径
r满足d＝r＋r cos 60°，解得r＝d。
[答案] d
(2)离子从D处运动到G处所需时间；
[解析] 设离子在磁场中的运动速度为v0，则有qv0B＝m，因为r＝d，代入解得v0＝
离子做圆周运动的周期T＝
由运动轨迹图知离子在磁场中做圆周运动的时间t1＝
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间t2＝
故离子从D处运动到G处的总时间t＝t1＋t2＝。
[答案]
(3)离子到达G处时的动能。
[解析] 设电场强度为E，则有qE＝ma，d＝，2d＝v0t2
由动能定理得qEd＝EkG－
解得EkG＝。
[答案] (共18张PPT)
第一章 安培力与洛伦兹力
主题提升课(一) 磁场
主题一 安培力
01
通过实验，认识安培力。能判断安培力的方向，会计算安培力的大小，了解安培力在生产生活中的应用。
【典例1】 如图所示，质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ。当导轨所在空间加如图所示的磁场时，导体棒均静止，则导体棒与导轨间摩擦力可能为零的情况是( )
√
A B C D
B [由左手定则可知，导体棒受水平向左的安培力，此时mg sin θ和F安cos θ的方向都平行导轨向下，导轨棒相对导轨有平行导轨向下的运动趋势，则导轨与导体棒一定有摩擦力，故A错误；由左手定则可知，导体棒受竖直向上的安培力，若在竖直方向上F安＝mg，此时导体棒相对导轨没有相对运动趋势，导体棒与导轨间摩擦力为0，故B正确；由左手定则可知，导体棒受竖直向下的安培力，此时mg sin θ和F安sin θ的方向都平行导轨向下，导轨棒相对导轨有平行导轨向下的运动趋势，导体棒与导轨间的压力为F＝mg cos θ＋F安cos θ，则导轨与导体棒一定有摩擦力，故C错误；由左手定则可知，导体棒受水平向左的安培力，此时mg sin θ和F安cos θ的方向都平行导轨向下，导轨棒相对导轨有平行导轨向下的运动趋势，则导轨与导体棒一定有摩擦力，故D错误。]
【典例2】 (多选)电磁炮发射时，炮弹的炮弹能量是可调控的，未来可用于消防、军事等方面。其主要原理如图所示，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。可控电源提供强大的电流经导轨流入炮弹再流回电源，炮弹被导轨中电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为处于磁感应强度为B的匀强磁场中。已知两导轨内侧间距为d，炮弹的质量为m，炮弹在导轨间的电阻为R，若炮弹滑行距
离l后获得的发射速度为v。不计空气阻力、导轨电
阻、电源内阻，不考虑炮弹切割磁感线产生的感应
电动势。下列说法正确的是( )
A．匀强磁场方向为竖直向下
B．炮弹所受安培力大小为
C．通过炮弹的电流为
D．可控电源的电动势为
√
√
BC [根据题意，由题图可知，炮弹发射时受向右的安培力，通过炮弹的电流方向为垂直纸面向里，根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，故A错误；根据题意，由公式v2＝2ax可得，炮弹发射过程中的加速度为a＝，对炮弹受力分析，水平方向上所受合力为安培力，由牛顿第二定律F合＝ma可得，炮弹所受安培力大小为F安＝F合＝ma＝，故B正确；根据题意，由安培力公式F安＝BId可得，流过炮弹的电流为I＝，故C正确；根据题意，由闭合回路欧姆定律E＝得，可控电源的电动势为E＝IR＝，故D错误。]
主题二 洛伦兹力
02
通过实验，认识洛伦兹力，能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。
【典例3】 (多选)如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小有关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直于斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
√
√
BC [根据左手定则可判断出，滑块受到的洛伦兹力方向垂直于斜面向下， C正确；滑块沿斜面下滑过程中的速度变化，则洛伦兹力的大小变化，压力变化，滑动摩擦力变化，A错误；B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，摩擦力做功不同，滑块到达地面时的动能不同，B正确；滑块之所以开始滑动，是因为重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，滑块一旦运动，就不会停止，B很大时，滑块最终做匀速直线运动(斜面足够长的情况下)，D错误。]
主题三 洛伦兹力的应用
03
能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用。
【典例4】 (多选)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0，l)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，不计粒子的重力，则( )
A．粒子一定带正电
B．粒子入射速率为
C．粒子在磁场运动的最短时间为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为2l
√
√
AC [当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，洛伦兹力提供粒子运动的向心力，由左手定则知粒子带正电，故A正确；当沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场，根据速度的垂线一定过轨迹的圆心，知该粒子在第一象限内运动四分之一圆弧的圆心在坐标原点处，半径为l，有qvB＝m，解得v＝，故B错误；当粒子从坐标原点O离开磁场时，在磁场运动的时间最短，由T＝，由几何关系知，最短时间为t＝，故C正确；当粒子在磁场中做半个圆周运动，离开磁场的位置到O点的距离最大，由几何关系知，最大距离为xm＝l，故D错误。]
【典例5】 目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿垂直于磁场方向喷射入磁场，磁场中的两块金属板A、B上就会聚集电荷，产生电压对外供电。设等离子体的射入速度为v，两金属板的板长为l，板间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，负载电阻为R，等离
子体充满两板间的空间，不考虑等离子体
的电阻。当发电机稳定发电时，下列说法
正确的是( )
A．A板带正电 B．负载电阻中的电流方向为a向b
C．负载电阻中的电流大小为 D．负载电阻中的电流大小为
C [根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A极板带负电，B极板带正电，故A错误；A极板带负电，B极板带正电，所以电流的流向为b到a，故B错误；电荷处于平衡状态时Bqv＝q，则电流大小为I＝，故C正确，D错误。]
√
