(共59张PPT)
第一章 磁场
第一节 安培力
第二节 安培力的应用
学习 任务 1．知道安培力的定义及安培力的方向与电流、磁感应强度方向的关系，会用左手定则判断安培力的方向。
2．理解安培力的计算公式，会用F＝BIL计算安培力的大小。
3．知道磁电式电表的结构及工作原理；了解直流电动机的工作原理；体会物理知识与科学技术的关系。
必备知识·自主预习储备
01
[知识梳理]
知识点一 安培力
1．定义：物理学中，将磁场对通电导线的作用力称为安培力
2．方向：用________判断。
判断方法：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，让磁感线垂直穿过
____，四指指向__________，此时____所指的方向
即为所受安培力的方向。
左手定则
垂直
手心
电流的方向
拇指
3．大小
(2)在非匀强磁场中公式可用于很短的一段通电直导线。
BIL
0
BIL sin θ
知识点二 安培力的应用
1．电流天平：当线圈(线圈质量不计)中通入图示方向电流I时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码使天平平衡，设磁感应强度为B，则有________________，使电流反向，在天平左盘上加上质量为m的砝码，则有_____________________，可得匀强磁场的磁感应强度为B＝。
m1g＝m2g－nBIL
(m1＋m)g＝m2g＋nBIL
2．磁电式电表
(1)构造：最基本的组成部分是____和放在磁体两极之间的____。
磁体
线圈
(2)原理。
①通电线圈在磁场中受到安培力的作用发生____。螺旋弹簧变形，以____线圈的转动。
②线圈偏转的____越大，被测电流就越大，所以根据线圈偏转角度的大小，可以确定通过电流的____；根据指针偏转的____，可以知道被测电流的方向。
(3)优、缺点。
优点：灵敏度高，可以测出____的电流。
缺点：线圈的导线____，允许通过的电流很弱。
偏转
反抗
角度
大小
方向
很弱
很细
3．直流电动机：如图所示，当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向____，左边线框受到的安培力方向____，在安培力作用下线框转动起来。
向下
向上
[基础自测]
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)安培力的方向可能与磁场方向垂直，也可能不垂直。 ( )
(2)通电导线在磁场中一定会受到安培力的作用。 ( )
(3)安培力的方向与导线方向一定垂直。 ( )
(4)电动机工作时，将其他形式的能转化为电能。 ( )
(5)磁电式电表只能测定电流的大小，不能确定被测电流的方向。 ( )
×
×
√
×
×
√
2．下列四幅图中分别标明了通电直导线中电流I、匀强磁场的磁感应强度B和电流所受安培力F的方向，其中正确的是( )
A B C D
A [伸开左手，四指指向电流方向，让磁感线垂直穿过手心，拇指指向为安培力方向，故A中的安培力方向竖直向上，B中的安培力为零，C中安培力方向竖直向下，D中安培力方向垂直纸面向外，故A正确。]
√
3．(多选)关于磁场对通电直导线的作用力的大小，下列说法正确的是( )
A．通电直导线跟磁场方向平行时作用力为零
B．通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大
C．作用力的大小跟导线与磁场方向的夹角无关
D．通电直导线跟磁场方向斜交时肯定有作用力
ABD [安培力既垂直于通电导线，又垂直于磁场。当导线与磁场方向垂直时，安培力最大，当导线与磁场方向平行时，安培力为零，故A、B正确，C错误；通电直导线跟磁场方向斜交时，可将磁场沿平行于导线方向和垂直于导线方向进行分解，垂直于导线方向的磁场为有效磁场，安培力不为零，故D正确。]
√
√
关键能力·情境探究达成
02
考点1 安培力的方向
考点2 安培力的大小
考点3 安培力作用下导体的运动问题
考点4 安培力作用下导体的平衡和加速
(1)用两根细铜丝把一根直导线悬挂起来，放入蹄形磁铁形成的磁场中。当导线中通入电流时，你能看到通电
导线在磁场中朝一个方向摆动，这个实验现象
说明了什么？改变电池的正负极接线柱或将磁
铁的N极、S极交换位置，闭合开关，你能看到
通电导线的摆动方向发生改变，这个实验现象说明了什么？
提示：说明磁场对通电导线有力的作用。磁场中导线所受安培力的方向与磁场方向和电流方向都有关。
(2)如图所示，当电流与磁场方向成θ角时，安培
力的大小怎样表示？
提示：①当其他因素不变时，电流增大，安培力增大。
当其他因素不变时，磁感应强度变大，安培力增大。
②如图所示，可以把磁感应强度矢量分解为两个分量：与电流方向垂直的分量B1＝B sin θ，与电流方向平行的分量B2＝
B cos θ，平行于导线的分量B2对通电导线没有作用力，
通电导线所受的作用力F仅由B1决定，即F ＝B1IL，故
F＝BIL sin θ(θ为B与I的夹角)。
考点1 安培力的方向
1．安培力的方向
不管电流方向与磁场方向是否垂直，安培力的方向总是垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面，即总有F⊥I和F⊥B。
(1)已知I、B的方向，可用左手定则唯一确定F的方向。
(2)已知F、B的方向，当导线的位置确定时，可唯一确定I的方向。
(3)已知F、I的方向，B的方向不能唯一确定。
2．安培定则(右手螺旋定则)与左手定则的区别
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
【典例1】 画出图中通电直导线A受到的安培力的方向。
[解析] 中电流与磁场垂直，由左手定则可判断出A所
受安培力方向如图甲所示。
[答案]
【典例1】 画出图中通电直导线A受到的安培力的方向。
[解析] 中条形磁铁在A处的磁场分布如图乙所示，由
左手定则可判断A受到的安培力的方向如图乙所示。
[答案]
【典例1】 画出图中通电直导线A受到的安培力的方向。
[解析] 中由安培定则可判断出电流A处磁场方向如图
丙所示，由左手定则可判断出A受到的安培力方向如图
丙所示。
[答案]
【典例1】 画出图中通电直导线A受到的安培力的方向。
[解析] 中由安培定则可判断出电流A处磁场如图丁
所示，由左手定则可判断出A受到的安培力方向如图
丁所示。
[答案]
判断安培力方向常见的两类问题
[跟进训练]
1．如图所示，在平面直角坐标系中，a、b、c是等边三角形的三个顶点，三个顶点处分别放置三根互相平行的长直导线，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直纸面向里。对于顶点c处的通电直导线所受安培力的方向，下列说法正确的是( )
A．沿y轴正方向 B．沿y轴负方向
C．沿x轴正方向 D．沿x轴负方向
√
B [等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流。由安培定则可得导线a、b的电流在c处的合磁场方向水平向右。再由左手定则可得安培力的方向竖直向下，沿y轴负方向。故B正确，A、C、D错误。]
考点2 安培力的大小
1．对安培力F＝BIL sin θ的理解
(1)B对放入的通电导线来说是外磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁感应强度的影响。
(2)L是有效长度，匀强磁场中弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点直线的长度(如图所示)；相应的电流沿L由始端流向末端。
2．F＝BIL sin θ的适用条件
(1)导线所处的磁场应为匀强磁场。
(2)在非匀强磁场中，公式仅适用于电流元。
3．当通电导线同时受到几个安培力时，则通电导线所受的安培力为这几个安培力的矢量和。
【典例2】 如图所示，在匀强磁场中放有下列各种形状的通电导线，电流均为I，磁感应强度均为B，求各导线所受到的安培力的大小。
A B C D E
[解析] 题图A中，F＝BIl cos α，这时不能死记公式而错写成F＝BIl sin α。要理解公式本质是有效长度或有效磁场，导线与B垂直方向的分解为L cos α，故F＝BIl cos α。题图B中，B垂直于I，导线再怎么放，也在纸平面内，故F＝BIl。题图C是两段等长导线组成的折线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＝BIl。题图D中，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，故F＝2BIR。题图E中，导线的有效长度为0，故F＝0。
[答案] A：BIl cos α B：BIl
C：BIl D：2BIR E：0
A B C D E
应用安培力公式F＝BIL sin θ解题的技巧
(1)公式F＝BIL sin θ中θ是B和I方向的夹角，不能盲目应用题目中所给的夹角，要根据具体情况进行分析。
(2)公式F＝BIL sin θ中的L sin θ也可以理解为垂直于磁场方向的“有效长度”。
[跟进训练]
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，在下列各图中，导线所受安培力的方向如何？大小是多大？
A B
C D
[解析] 题图A中，由左手定则可判断出导线所受力的方向为垂直纸面向外，因导线不和磁场垂直，故将导线投影到垂直磁场方向上，导线所受力大小为F＝BIL cos θ；题图B中，由左手定则可判断出导线所受力的方向为垂直于导线斜向左上方，因导线和磁场方向垂直，导线所受力大小为F＝BIL；题图C中，由左手定则可判断出导线所受力的方向为垂直于磁场方向斜向左上方，因导线和磁场方向垂直，故导线所受力大小为F＝BIL；题图D中，由左手定则可判断出导线所受安培力的方向为水平向右，导线所受安培力大小为F＝BIL。
[答案] 垂直纸面向外，BIL cos θ；垂直于导线斜向左上方，BIL；垂直于磁场方向斜向左上方，BIL；水平向右，BIL
考点3 安培力作用下导体的运动问题
分析导体在磁场中运动的常用方法
电流 元法 把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向，然后判断整段导线所受安培力的方向，从而确定导线的运动方向
等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流(反过来等效也成立)，然后根据磁体间或电流间的作用规律判断
特殊位 置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；不平行的两直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法 定性分析磁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反作用力，从而确定磁体所受合力及其运动方向
【典例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。当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将( )
A．不动
B．顺时针转动
C．逆时针转动
D．向纸面内平动
√
B [方法一：直线电流元分析法
把线圈L1沿转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数直线电流元，电流元处在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竖直向上。由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分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。
方法二：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L2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针后转动前，N极指向纸内，因此应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动。
方法三：结论法
环形电流I1、I2方向不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向且平行为止，据此可得从左向右看，线圈L1顺时针转动。]
判断导体在磁场中运动情况的常规思路
不管是电流还是磁体，对通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此，此类问题可按下面步骤进行分析：
(1)确定导体所在位置的磁场分布情况。
(2)结合左手定则判断导体所受安培力的方向。
(3)由导体的受力情况判定导体的运动状态和方向。
[跟进训练]
3．如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)( )
A．顺时针方向转动，同时下降
B．顺时针方向转动，同时上升
C．逆时针方向转动，同时下降
D．逆时针方向转动，同时上升
√
A [方法一：电流元法
把直线电流等效为AO、OB两段电流，由左手定则可以判断出AO段受力方向垂直纸面向外，OB段受力方向垂直纸面向内，因此，从上向下看AB将以中心O为轴顺时针转动；
方法二：特殊位置法
用导线转过90°的特殊位置来分析，根据左手定则判得安培力的方向向下，故导线在顺时针转动的同时向下运动。故选A。]
考点4 安培力作用下导体的平衡和加速
1．解决安培力作用下导体平衡和加速的解题步骤
(1)选取研究对象：通电导体。
(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上。
(3)正确进行受力分析(包括安培力)，然后根据平衡条件：F合＝0或牛顿第二定律：F合＝ma列方程求解。
2．分析求解安培力时需要注意的问题
(1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力的方向。
(2)安培力大小与导体放置的角度有关，但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况，其中L为导体垂直于磁场方向的长度，为有效长度。
√
【典例4】 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，所需的磁场的磁感应强度最小值、方向为( )
A．tan θ，竖直向上 B．tan θ，竖直向下
C．sin θ，平行于悬线向下 D．sin θ，平行于悬线向上
D [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，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsin θ，即BminIL＝mg sin θ，得Bmin＝sin θ，方向应平行于悬线向上。故选D。]
解决安培力作用下的受力平衡问题，受力分析是关键，解题时应先画出受力分析图，必要时要把立体图转换成平面图。例如：
立体图
平面图
[跟进训练]
4．如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L＝0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G＝3 N的物块相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10 V、内阻r＝0.1 Ω，导轨的电
阻及ab棒的电阻均不计。要想ab棒处于静止状态，
R应在哪个范围内取值？(g取)
[解析] 依据物体的平衡条件可得，ab棒恰不向右滑动时：
G－μmg－BI1L＝0，
ab棒恰不向左滑动时：G＋μmg－BI2L＝0，
依据闭合电路欧姆定律可得I1＝，I2＝，
由以上各式代入数据可解得R1＝9.9 Ω，R2＝1.9 Ω，
所以R的取值范围为1.9 Ω≤R≤9.9 Ω。
[答案] 1.9 Ω≤R≤9.9 Ω
学习效果·随堂评估自测
03
√
1．(多选)关于磁电式电表内的磁铁和铁芯之间的均匀辐射分布的磁场，下列说法正确的是( )
A．该磁场的磁感应强度大小处处相等，方向相同
B．该磁场的磁感应强度的方向处处相同，大小不等
C．使线圈平面始终与磁感线平行
D．该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度大小都相等
CD [磁电式电表内的磁铁和铁芯之间均匀辐射分布的磁场，使线圈平面始终与磁感线平行，C正确；该磁场中距轴线等距离处的磁感应强度大小处处相等，但方向不同，A、B错误，D正确。]
1
2
3
4
√
√
2．如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线两端分别拴在椭圆的两个焦点M、N处，并通入由M到N的恒定电流I。现将P从左侧A点沿椭圆顺时针缓慢移动到右侧B点，在此过程中导线MPN受到的安培力的合力大小( )
A．始终不变 B．逐渐增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
A [在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中，导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通入电流I时受到的安培力，即导线MPN受到的安培力大小始终不变，A正确，B、C、D错误。]
1
2
3
4
√
3．(2022·浙江杭州二中高二月考)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( )
A B C D
A [由题意可知，处于磁场中的导体的有效长度越长，磁场发生微小变化时，安培力变化量越大，天平越容易失去平衡，故A正确。]
1
2
3
4
4．某大学制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)。如图所示，若轨道宽为2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度的大小。(轨道摩擦不计)
[解析] 根据＝2as得，电磁炮的加速度
大小为a＝＝ m/s2＝5×105 m/s2，
根据牛顿第二定律F＝ma得电磁炮所受的安培力
F＝ma＝2.2×10-3×5×105 N＝1.1×103 N，
根据安培力公式F＝BIL得B＝＝ T＝55 T。
[答案] 55 T
1
2
3
4
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．左手定则的内容是什么？
提示：伸开左手，使大拇指与四指垂直，且都与手掌在同一个平面内。让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向电流的方向，这时大拇指所指方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
2．安培力为零说明磁场一定为零吗？
提示：不一定，有可能I∥B。
3．磁电式电表的工作原理是什么？
提示：通电线圈在磁场中受到安培力而偏转。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。
阅读材料·拓展物理视野
04
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，抛射物的抛射初速率也就越大。
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？
提示：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＝BIl， 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)磁场力的最大功率多大？
提示：磁场力的最大功率P＝Fv，
解得P＝1.1×107 W。(共39张PPT)
第一章 磁场
第三节 洛伦兹力
学习 任务 1．通过实验，认识洛伦兹力，会判断洛伦兹力的方向。
2．经历由安培力公式推导出洛伦兹力公式的过程，进一步体会矢量分析的方法。
3．认识电子束的磁偏转，体会物理知识与科学技术的关系。
必备知识·自主预习储备
01
[知识梳理]
知识点一 洛伦兹力的方向
1．洛伦兹力
荷兰物理学家洛伦兹于1895年发表了磁场对________的作用力公式，人们称这种力为洛伦兹力。
2．洛伦兹力的方向判定——左手定则
伸开左手，拇指与其余四指____，且都与手掌处于同一平
面内，让磁感线垂直穿过____，四指指向______运动的方
向，那么____所指的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向。
运动电荷
垂直
手心
正电荷
拇指
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＝_．
qvB sin θ
qvB
0
[基础自测]
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)电荷在磁场中一定受洛伦兹力。 ( )
(2)洛伦兹力一定与电荷运动方向垂直。 ( )
(3)电荷运动速度越大，它的洛伦兹力一定越大。 ( )
(4)带电粒子在磁场中做圆周运动时，速度越大，半径越大。 ( )
(5)带电粒子在磁场中做圆周运动时，速度越大，周期越大。 ( )
×
√
×
√
×
2．如图所示，关于对带电粒子在匀强磁场中运动的方向描述正确的是( )
A B C D
B [由左手定则判断知，B正确。]
√
3．两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子受洛伦兹力之比为( )
A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．1∶4
C [带电粒子的速度方向与磁感线方向垂直时，洛伦兹力F＝qvB，与电量成正比，与质量无关，C正确。]
√
关键能力·情境探究达成
02
考点1 对洛伦兹力的理解
考点2 洛伦兹力作用下带电体的运动分析
(1)如图乙所示是把阴极射线管放入磁场中的情形，电子束偏转方向是怎样的？如果把通有与电子运动方向相同的电流的导线放入该位置，则所受安培力的方向怎样？
(2)将磁铁的N极、S极交换位置，电子
束有什么变化，说明了什么？
提示：(1)电子束向下偏转；通电导线受力向上。
(2)两极交换位置，电子束偏转的方向与原来相反，表明电子束受力方向与磁场方向有关。
考点1 对洛伦兹力的理解
1．洛伦兹力方向的特点
(1)
(2)洛伦兹力的方向既与磁场方向垂直，又与电荷的运动方向垂直，即洛伦兹力垂直于v和B两者所决定的平面。
(3)
2．洛伦兹力与安培力的区别和联系
区别 联系
①洛伦兹力是指单个运动电荷所受到的磁场力，而安培力是指电流(即大量定向移动的电荷)所受到的磁场力 ②洛伦兹力永不做功，而安培力可以做功 ①安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释
②大小关系：F安＝NF洛(N是导体中定向运动的电荷数)
③方向关系：洛伦兹力与安培力的方向特点一致，均可用左手定则进行判断
3．洛伦兹力与电场力的比较
项目 洛伦兹力 电场力
性质 磁场对在其中运动的电荷的作用力 电场对放入其中电荷的作用力
产生条件 v≠0且v不与B平行 电场中无论电荷处于何种状态F≠0
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
方向 满足左手定则，F⊥B、F⊥v 正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向相反
项目 洛伦兹力 电场力
做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，也可能不做功
作用效果 只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向
【典例1】 如图所示，各图中匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，所带电量均为q，试求出各图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并标出洛伦兹力的方向。
[思路点拨]
[解析] 甲：因为v与B垂直，所以F＝qvB，方向
与v垂直斜向左上方，如图所示。
乙：v与B的夹角为30°，v取与B垂直的分量，则F
＝qvB sin 30°＝qvB，方向垂直纸面向里，图略。
丙：由于v与B平行，所以带电粒子不受洛伦兹力，图略。
丁：因为v与B垂直，所以F＝qvB，方向与v垂直斜
向左上方，如图所示。
[答案] 见解析
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。
(2)v与B不一定垂直，当不垂直时，磁感线不再垂直穿过手心，如典例1中乙图所示情况。
(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＝qvB sin θ计算F的大小时，必须明确θ的意义及大小。
[跟进训练]
1．如图所示，有一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，一束电子束以初速度v从水平方向射入磁场，为了使电子束经过磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，这个电场的场强大小和方向是( )
A．，竖直向上 B．，水平向左
C．Bv，垂直于纸面向里 D．Bv，垂直于纸面向外
√
C [使电子束经过磁场时不偏转，垂直运动方向合力必须为零，又由左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向垂直于纸面向里，故所受电场力方向必须垂直于纸面向外，且与洛伦兹力等大，即qE＝qvB，故E＝vB；电子带负电，所以电场方向垂直于纸面向里。故C正确。]
考点2 洛伦兹力作用下带电体的运动分析
1．带电粒子在匀强磁场中做直线运动的两种情景
(1)速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力作用，可做匀速直线运动，也可在其他力作用下做变速直线运动。
(2)速度方向与磁场不平行，且洛伦兹力以外的各力均为恒力，若轨迹为直线，则必做匀速直线运动，带电粒子所受洛伦兹力也为恒力。
2．速度选择器
(1)如图所示，带电粒子所受重力可忽略不计，粒子在两板间同时受到电场力和洛伦兹力，只有当二力平衡时，粒子才不发生偏转，沿直线从两板间穿过。
(2)粒子受力特点。
①不计重力。
②同时受方向相反的电场力和磁场力作用。
(3)粒子匀速通过速度选择器的条件：速度选择器两极板间距离极小，粒子稍有偏转，即打到极板上。只有电场力和洛伦兹力平衡时，即qE＝qvB，v＝时，粒子才能沿直线匀速通过。
【典例2】 质量为0.1 g的小物块，带有5×10-4C的电量，放在倾角为30°的绝缘光滑斜面上，整个斜面置于0.5 T的匀强磁场中，磁场方向如图所示，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时，物块开始离开斜面(设斜面足够长，g取10 m/s2，结果保留三位有效数字)。问：
(1)物块带电性质如何？
[解析] 由左手定则可知，物块带负电荷。
[答案] 负电
(2)物块离开斜面时的速度为多少？
[解析] 当物块离开斜面时，物块对斜面压力为0，受力
如图所示，则qvB－mg cos 30°＝0，解得v≈3.46 m/s。
[答案] 3.46 m/s
(3)物块在斜面上滑行的最大距离是多少？
[解析] 由动能定理得mg sin 30°·L＝，
解得物块在斜面上滑行的最大距离L≈1.20 m。
[答案] 1.20 m
解决带电体在洛伦兹力作用下运动问题的基本思路
(1)正确的受力分析，除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意洛伦兹力的分析。
(2)正确分析物体的运动状态，找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程。
(3)恰当灵活地运用力学中的定理、定律。学会把“电学”问题“力学”化。
[跟进训练]
2．(2022·天津六校高二期中联考)在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线水平射入后做直线运动，则该粒子( )
A．一定带正电
B．速度v＝
C．若速度v>，粒子在板间的运动是类平抛运动
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入平行板，仍做直线运动
√
B [若粒子带负电，则受到竖直向上的电场力和竖直向下的洛伦兹力，可以做直线运动，若粒子带正电，则受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，可以做直线运动，A错误；因为该粒子做直线运动，所以在竖直方向上合力为零，故qE＝qvB，解得v＝，B正确；若速度v>，则qvB>qE，粒子偏转，做曲线运动，粒子所受洛伦兹力方向不断变化，故合力不恒定，粒子在板间的运动不是类平抛运动，C错误；若粒子从右端沿虚线方向进入平行板，此时电场力与洛伦兹力在同一方向，粒子不能做直线运动，D错误。]
学习效果·随堂评估自测
03
1．关于电荷在磁场中的受力，下列说法正确的是( )
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，可能受洛伦兹力的作用
1
2
3
4
√
C [由f＝qvB sin θ，当B∥v时，f＝0；当v＝0时，f＝0，故A、D错误；由左手定则知，f一定垂直于B且垂直于v，故B错误，C正确。]
2．如图所示是阴极射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出。在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列
措施中可采用的是( )
A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向
D．加一电场，电场方向沿y轴正方向
1
2
3
4
√
B [根据左手定则可知，A所述情况，电子受力沿y轴负向，A错误；B所述情况，电子受洛伦兹力沿z轴负方向，B正确；根据负电荷受电场力方向与电场方向相反，C所述电场会使电子向z轴正方向偏转，C错误；D所述电场使电子向y轴负方向偏转，D错误。]
1
2
3
4
3．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的初始运动方向如图所示，则( )
A．电子将向右偏转，速率不变
B．电子将向左偏转，速率改变
C．电子将向左偏转，速率不变
D．电子将向右偏转，速率改变
A [由右手定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，故电子动能不变，电子的速度大小不变，仅速度方向改变，故A正确。]
1
2
3
4
√
4．如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块(设a、b间无电荷转移)，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左做加速运动，则在加速运动阶段( )
A．a对b的压力不变
B．a对b的压力变大
C．a、b物块间的摩擦力变大
D．a、b物块间的摩擦力不变
1
2
3
4
√
B [a、b整体受重力、拉力F、向下的洛伦兹力qvB、地面的支持力FN和摩擦力Ff，竖直方向有FN＝(ma＋mb)g＋qvB，水平方向有F－Ff＝(ma＋mb)a，Ff＝μFN。在加速阶段，v增大，FN增大，Ff增大，加速度a减小。对a受力分析，a受重力mag、向下的洛伦兹力qvB、b对a向上的支持力FN′、b对a向左的静摩擦力Ff′，竖直方向：FN′＝mag＋qvB，水平方向：Ff′＝maa，随着v的增大，FN′增大，故A错误，B正确；加速度a在减小，所以a、b物块间的摩擦力变小，故C、D错误。]
1
2
3
4
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．洛伦兹力与安培力什么关系？
提示：安培力是洛伦兹力的宏观表现。
2．洛伦兹力的方向如何判断？
提示：伸开左手，使大拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向正电荷的运动方向，这时拇指所指的方向就是正电荷在该磁场中所受洛伦兹力的方向。
3．洛伦兹力为什么不做功？
提示：根据左手定则知洛伦兹力与速度的方向始终垂直，故永不做功。
阅读材料·拓展物理视野
04
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。
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
粒子是由下向上运动的)。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53张PPT)
第一章 磁场
第四节 洛伦兹力与现代技术
学习 任务 1．通过实验，了解垂直射入匀强磁场的带电粒子在磁场中做匀速圆周运动。
2．会应用公式f＝qvB推导带电粒子做匀速圆周运动的半径、周期公式。
3．知道回旋加速器、质谱仪的基本构造、原理及用途；体会逻辑推理思维方法。
必备知识·自主预习储备
01
[知识梳理]
知识点一 带电粒子在磁场中的运动(如图所示)
1．实验探究
(1)此装置是洛伦兹力演示仪，它是一个特制的电子射线管，管内下方的电子枪射出的______，可以使管内的__________发出辉光，从而显示出电子的径迹。
电子束
稀薄的气体
(2)实验现象
①当没有磁场作用时，电子的运动轨迹是____。
②当电子垂直射入磁场时，电子的运动轨迹是______。
③结论：增大电子的速度时圆周半径____，增强磁场的磁感应强度时，圆周半径____。
直线
圆弧线
增大
减小
2．带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)运动条件：不计重力的带电粒子沿着与磁场____的方向进入匀强磁场。
(2)洛伦兹力作用：提供带电粒子做圆周运动的______，即qvB＝ ______ 。
(3)基本公式。
①半径：r＝；②周期：T＝。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道____和________无关。
垂直
向心力
m
半径
运动速度
3．洛伦兹力的作用效果
洛伦兹力只改变带电粒子速度的____，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，不改变粒子的能量。
知识点二 回旋加速器
1．主要构造：两个______，两个大型电磁铁。
2．原理图
方向
大小
D形盒
3．工作原理
磁场的作用：带电粒子____磁场方向射入磁场时，受到磁场的洛伦兹力作用而做________运动。
交变电压的作用：在两D形盒狭缝间产生的__________的电压使带电粒子每经过一次狭缝加速一次。
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)____。
垂直
匀速圆周
周期性变化
相同
4．最大动能：由qvB＝m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)。
5．用途：加速器是使带电粒子获得高能量的装置，是科学家探究物质奥秘的有力工具。
知识点三 质谱仪
1．原理图
2．加速：带电离子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得
___＝mv2。 ①
3．偏转：离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①②两式可以求出离子的半径r、质量m＝ _____、比荷＝等。
4．质谱仪的应用：可以测量带电粒子的____和分析______。
qU
qvB
质量
同位素
[基础自测]
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径，与粒子的质量和速度无关。 ( )
(2)回旋加速器中起加速作用的是磁场。 ( )
(3)回旋加速器中起加速作用的是电场，所以加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大。 ( )
(4)质谱仪可以分析同位素。 ( )
(5)离子进入质谱仪的偏转磁场后洛伦兹力提供向心力。 ( )
×
×
×
√
√
2．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电荷。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。已知磁场方向垂直于纸面向里。下列四个图中能正确表示两粒子运动轨迹的是( )
√
A B
C D
A [由洛伦兹力和牛顿第二定律，可得r甲＝，r乙＝，故＝2。由左手定则判断甲、乙两粒子所受洛伦兹力方向及其运动方向，可知选项A正确。]
3．(多选)质谱仪的构造原理如图所示，从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速度为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则下列说法正确的是( )
A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大
D．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小
√
√
AC [根据粒子的运动方向和洛伦兹力方向，由左手定则知粒子带正电，故A正确，B错误；根据半径公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，联立解得x＝ ，知x越大，质量与电荷量的比值越大，故C正确，D错误。]
关键能力·情境探究达成
02
考点1 带电粒子在磁场中的运动
考点2 回旋加速器
考点3 质谱仪
如图所示的装置叫作洛伦兹力演示仪。玻璃泡内
的电子枪(即阴极)发射出阴极射线，使泡内的低压稀
薄气体发出辉光，这样就可显示出电子的轨迹。
(1)电子垂直射入磁场时，电子为什么会做圆周运动？
向心力由谁提供？
提示：电子进入磁场后受到洛伦兹力，洛伦兹力与速度v垂直，不做功，只改变速度的方向，不改变速度的大小，电子将做圆周运动，此时的洛伦兹力提供向心力。
(2)带电粒子在磁场中运动在现代科技中有哪些应用？
提示：回旋加速器、质谱仪等。
考点1 带电粒子在磁场中的运动
1．带电粒子在磁场中的运动问题
(1)轨迹圆心的确定。
①已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别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(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)。
②已知入射点和出射点的位置时，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(如图乙所示，
图中P为入射点，M为出射点)。
(2)半径的确定：用几何知识(勾股定理、三角函数
等)求出半径大小。
(3)运动时间的确定：粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间表示为t＝T。也可利用弧长s和线速度v求解，t＝。
2．圆心角与偏向角、圆周角的关系
(1)带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角φ叫作偏向角，偏向角等于圆弧所对应的圆心角α，即α＝φ，如图所示。
(2)圆弧所对应圆心角α等于弦PM与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如图所示。
3．带电粒子在有界磁场中的圆周运动的几种常见情形
(1)单直线边界：进出磁场具有对称性，射入和射出磁场时，速度与边界夹角大小相等，如图所示。
(2)平行边界：存在临
界条件，如图所示。
(3)圆形边界：沿径向射入必沿径向射出，如图所示。
【典例1】 如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场，一电子(质量为m、电量为e)以v的速度从点O与MN成30°角的方向射入磁场中，求：
(1)电子从磁场中射出时距O点多远？
(2)电子在磁场中运动的时间是多少？
[思路点拨] ―→―→―→
[解析] 设电子在匀强磁场中运动半径为R，射出时与O点距离为d，运动轨迹如图所示。
(1)根据牛顿第二定律知evB＝m，
由几何关系可得，d＝2R sin 30°，解得d＝。
(2)电子在磁场中转过的角度为θ＝60°＝，
又周期T＝，因此运动时间t＝＝·＝。
[答案] (1) (2)
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的解题步骤
(1)画轨迹：先确定圆心，再画出运动轨迹，然后用几何方法求半径。
(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。
(3)用规律：用牛顿第二定律列方程qvB＝m，及圆周运动规律的一些基本公式。
[跟进训练]
1．(2022·四川棠湖中学高二月考)如图所示，在真空中，有一半径为r的圆形区域内充满垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子质量为m、电荷量为q，以某一速度由a点沿半径方向射入磁场，从b点射出磁场时其速度方向改变了60°(粒子的重力可忽略)，试求：
(1)该粒子在磁场中的运动时间t；
[解析] 设粒子做圆周运动的半径为R。
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝，
而T＝，可得T＝，速度方向改变60°，即轨迹所对应的圆心角为60°，则该粒子在磁场中的运动时间t＝T＝。
[答案]
(2)该粒子做圆周运动的半径R；
[解析] 该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几
何关系有R＝r·tan 60°＝r。
[答案] r
(3)该粒子运动的速度v0。
[解析] 由(1)(2)得v0＝＝。
[答案]
考点2 回旋加速器
1．速度和周期的特点：在回旋加速器中粒子的速度逐渐增大，但粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝始终不变。
2．最大半径及最大速度：粒子的最大半径等于D形盒的半径R＝，所以最大速度vm＝。
3．最大动能及决定因素：最大动能Ekm＝＝，即粒子所能达到的最大动能由磁场B、D形盒的半径R、粒子的质量m及带电量q共同决定，与加速电场的电压无关。
4．粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器盒中被加速的次数n＝(U是加速电压大小)，一个周期加速两次。设在电场中加速的时间为t1，缝的宽度为d，则nd＝，t1＝。
5．粒子在回旋加速器中运动的时间：在磁场中运动的时间t2＝T＝，总时间为t＝t1＋t2，因为t1 t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2。
【典例2】 回旋加速器是用于加速带电粒子流，使之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，以便在盒间狭缝中形成匀强电场，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Rm，其运动轨迹如图所示，问：
(1)粒子在盒内做何种运动？
[解析] D形盒由金属导体制成，可屏蔽外电场，因而盒内无电场，盒内存在垂直盒面的磁场，故粒子在盒内磁场中做匀速圆周运动。
[答案] 匀速圆周运动
(2)粒子在两盒间狭缝内做何种运动？
[解析] 两盒间狭缝内存在匀强电场，且粒子速度方向与电场方向在同一条直线上，故粒子做匀加速直线运动。
[答案] 匀加速直线运动
(3)所加交变电压频率为多大？粒子运动角速度多大？
[解析] 粒子在电场中运动时间极短，高频交变电压频率要符合粒子回旋频率f＝＝。
角速度ω＝2πf＝。
[答案]
(4)粒子离开加速器时速度多大？
[解析] 粒子最大回旋半径为Rm，由qvB＝得vm＝。
[答案] vm＝
[跟进训练]
2．(2022·河南宜阳第一高级中学高二期中)回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达
到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。如果用同一回旋加速器
分别加速质子H)和α粒子He，质量是质子的四倍，电荷量
是质子的两倍)，则( )
A．加速质子的交流电源的周期较小，质子获得的最大动能也较小
B．加速质子的交流电源的周期较小，两种粒子获得的最大动能一样大
C．加速质子的交流电源的周期较小，质子获得的最大动能也较大
D．加速质子的交流电源的周期较大，质子获得的最大动能较小
√
B [只有回旋加速器所加交流电源的周期与粒子在磁场中运动的周期相同时，粒子才能一直被加速，根据周期公式T＝，结合质子H)和α粒子He)可知，加速质子的交流电源的周期较小，而在回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝m，得v＝，带电粒子射出时的动能Ek＝mv2＝，可知α粒子和质子获得的最大动能一样大，故选B。]
考点3 质谱仪
1．工作原理
(1)带电粒子在电场中加速使粒子获得一定的动能：qU＝。
(2)使加速后的带电粒子垂直射入磁场中，粒子在磁场中受洛伦兹力偏转：＝。
(3)带电粒子的比荷＝。
由此可知，带电粒子的比荷与偏转距离x的平方成反比，凡是比荷不相等的粒子都被分开，并按比荷顺序的大小排列，故称之为“质谱仪”。
2．质谱仪的应用
(1)质谱仪最初是由阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22的质谱线，证实了同位素的存在。后来经过多次改进，质谱仪已经是一种测量带电粒子的质量和分析同位素的十分精密的重要仪器。
(2)根据质谱仪的工作原理，我们可以通过粒子打在底片上的位置测出圆周轨迹的半径，进而可以算出粒子的比荷或者算出它的质量。
(3)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。
(4)同位素粒子(即电荷量相同而质量不同的粒子)经相同加速电场加速后再进入相同偏转磁场偏转，偏转半径r∝。
【典例3】 如图所示，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；
[解析] 甲离子经过电场加速，据动能定理有q1U＝，
在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，
有q1v1B＝，
由几何关系可得R1＝，
联立方程解得B＝。
[答案]
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
[解析] 乙离子经过电场加速，
同理有q2U＝，
q2v2B＝，
R2＝，
联立方程可得∶＝1∶4。
[答案] 1∶4
应用质谱仪的两点注意
(1)质谱仪的原理中包括粒子的加速、受力的平衡(速度选择器)、牛顿第二定律和匀速圆周运动等知识。
(2)分析粒子的运动过程，建立各运动阶段的模型、理清各运动阶段之间的联系，根据带电粒子在不同场区的运动规律列出对应的方程。
[跟进训练]
3．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁
场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增
加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( )
A．11 B．12 C．121 D．144
√
D [带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得r＝。由于质子与一价正离子的电量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得＝144，故D正确。]
学习效果·随堂评估自测
03
1．(2023·辽宁大连八中高二阶段练习)在方向垂直于纸面向里的匀强磁场的区域中，一垂直磁场方向射入的带电粒子的运动轨迹如图所示，由于带电粒子运动过程中受到空气阻力的作用，因此带电粒子的动能逐渐减小，下列说法正确的是( )
A．粒子带正电，从A点运动到B点
B．粒子带正电，从B点运动到A点
C．粒子带负电，从A点运动到B点
D．粒子带负电，从B点运动到A点
√
D [带电粒子在磁场中运动，有qvB＝m，解得R＝，又因为Ek＝mv2，由题意可知，粒子的动能减小，即粒子的速度在减小，则粒子的半径在减小，所以粒子是从B点运动到A点，根据左手定则可知，该粒子带负电，故A、B、C错误，D正确。]
2．1922年物理学家和化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。若速度相同的同一束粒子由左端水平射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，不计粒子重力，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B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
√
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，则电场力的方向竖直向下，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B2磁场中的粒子速度是一定的，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。]
3．如图所示，一束电子(电量为e)以速度v垂直射入
磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场
时速度方向与原来入射方向的夹角是30°，不计电
子重力，试计算：
(1)电子的质量；
[解析] 电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆周的一部分，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的交点，如题图所示的O点。由几何知识可知，CD间圆心角θ＝30°，OD为半径。
r＝＝2d，又由r＝得m＝。
[答案]
(2)穿出磁场所需的时间。
[解析] CD间圆心角是30°，故穿过磁场的时间t＝，故t＝＝。
[答案]
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时的半径公式及周期公式是什么？
提示：qvB＝m，r＝；T＝＝。
2．回旋加速器的工作原理是什么？
提示：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。
3．质谱仪的作用是什么？
提示：质谱仪是测量带电粒子质量、分析同位素的重要工具。电荷量相同、质量不同的粒子打在感光片的不同位置，不同质量对应不同的谱线，称为质谱线。(共21张PPT)
第一章 磁场
章末综合提升
巩固层｜知识整合
01
提升层｜题型探究
02
主题1 带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题
主题2 带电粒子在复合场中的运动
主题1 带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题
1．带电粒子的电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。
2．磁场方向的不确定形成多解
磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b。
3．临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于
粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，
也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图所
示，于是形成多解。
4．运动的往复性形成多解
带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，
运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示。
【典例1】 (多选)(2022·湖北卷)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直且为磁场的理想边界。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离
子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，
则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A．kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
√
√
BC [若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图所示根据几何关系则有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向右上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。
当粒子上下磁场均经历一次时，如图所示因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3，……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3，……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。故B、C正确，A、D错误。]
求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
主题2 带电粒子在复合场中的运动
1．复合场
复合场是指重力场、磁场、电场三者或任意两者的组合或叠加。
2．受力分析
带电粒子在重力场、电场、磁场中运动时，其运动状态的改变由粒子受到的合力决定，因此，对带电粒子进行受力分析时必须注意是否考虑重力，具体情况如下：
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
(2)对于题目中明确说明需要考虑重力的，这种情况较简单。
(3)不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
3．带电粒子在复合场中运动的几种情况及解决方法
(1)当带电粒子所受合力为零时，将处于静止或匀速直线运动状态。应利用平衡条件列方程求解。
(2)当带电粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，其余各力的合力必为零。一般情况下是重力和电场力平衡，应利用平衡方程和向心力公式求解。
(3)当带电粒子所受合力大小与方向均变化时，粒子将做非匀速曲线运动，带电粒子所受洛伦兹力必不为零，且其大小和方向不断变化，但洛伦兹力不做功，这类问题一般应用动能定理求解。
【典例2】 在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的
匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量
为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0
垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成
θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直
于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：
(1)M、N两点间的电势差UMN；
[解析] 设粒子过N点时的速度为v，有＝cos θ，得v＝2v0，
粒子从M点运动到N点的过程中有qUMN＝，
解得UMN＝。
[答案]
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
[解析] 如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速
圆周运动，半径为O′N，有qvB＝，解得r＝。
[答案]
(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。
[解析] 由几何关系得ON＝r sin θ，
设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1，解得t1＝，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝T，解得t2＝，
则粒子从M点运动到P点的总时间t＝t1＋t2＝。
[答案]
带电粒子在复合场中运动问题的处理方法
(1)首先要弄清复合场的组成。其次，要正确地对带电粒子进行受力分析和运动过程分析。在进行受力分析时要注意洛伦兹力方向的判定方法——左手定则。在分析运动过程时，要特别注意洛伦兹力的特点——始终和运动方向垂直，不做功。最后，选择合适的动力学方程进行求解。
(2)带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了静电力和洛伦兹力。因此，带电粒子在复合场中的运动问题要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如静电力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直且永不做功等。
