(共40张PPT)
素养提升课二 带电粒子在复合场中的运动
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
关键能力·合作探究
探究一 带电粒子在组合场中的运动
【情境探究】
如图所示，一带电粒子垂直x轴从P点进入
第二象限，一段时间后从y轴上的某点进入
第一象限的匀强磁场中．求：
(1)在电场中带电粒子做什么运动；
(2)在磁场中做什么运动？
提示：(1)粒子在电场中做类平抛运动．
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动．
【核心归纳】
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．
2．三种常用的解题方法
(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度．
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理．
(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解．
3．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态
(1)仅在匀强电场中运动
①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；
②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动．
(2)仅在匀强磁场中运动
①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；
②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动．
【应用体验】
例1 在直角坐标系的第一象限与第三象限分布有如图所示的匀强磁场和匀强电场，电场强度为E，磁感应强度为B；现在第三象限中从P点以初速度v0沿x轴方向发射质量为m、带电荷量为＋q的离子，离子经电场后恰从坐标原点O射入磁场．
(1)已知P点的纵坐标为－L，试求P点的横坐标；
(2)若离子经O点射入磁场时的速度为2v0，试求
离子在磁场中运动的时间及磁场出射点到O点的
距离d.
解析：(1)离子的运动轨迹如图所示：
在电场中做类平抛运动，有L＝at2，x＝v0t，qE＝ma，解得x＝v0，则P点的横坐标为－v0.
(2)由O点处的速度关系知，速度方向与x轴夹角θ＝，离子在磁场中做圆周运动，有q·2v0B＝m，得r＝，
因周期T＝，得运动时间t＝T＝.
由几何关系可得d＝2r sin θ，联立解得d＝.
【针对训练】
1.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．则离子P＋和P3＋在电场和磁场中运动时( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为3∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案：BC
解析：离子P＋和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度(a＝)之比等于1∶3，A错误；离子在离开电场区域时，有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动时，有qvB＝m，得半径r＝＝，则半径之比为1∶＝∶1，B错误；设磁场宽度为d，由几何关系有d＝r sin θ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，C正确；由qU＝mv2可知，离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D正确．
2.如图所示，平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2 m
的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0 T，方向垂直
纸面向外，该磁场区域的右边缘与坐标原点O相切，y轴
右侧存在电场强度大小E＝1.0×104 N/C的匀强电场，方
向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1 m．现从坐标为
(－0.2 m，－0.2 m)的P点发射出质量m＝2.0×10－9kg、
电荷量q＝5.0×10－5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103 m/s，重力不计．
(1)求该带电粒子射出电场时的位置坐标；
(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1 m，－0.05 m)的点回到电场中，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和正方形区域的最小面积．
解析：(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m
解得r＝0.20 m＝R.
如图所示，根据几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴正方向进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有l＝v0t，y＝·t2
联立解得y＝0.05 m.
所以粒子射出电场时的位置坐标为(0.1 m，0.05 m).
(2)粒子飞离电场时，沿电场方向的速度
vy＝t＝5.0×103m/s＝v0
粒子射出电场时的速度v＝v0
由几何关系可知，粒子在正方形区域磁场中做圆周运动的半径
r′＝0.05 m
由qvB′＝m，解得B′＝4 T；
故正方形区域的最小面积S＝(2r′)2＝0.02 m2.
规律方法
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
探究二 带电粒子在叠加场中的运动
【情境探究】
速度选择器也称为滤速器，其原理图如图所示．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均匀电场和磁场后，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)磁场的指向向里还是向外？
(2)速度为多大的电子才能通过小孔S
提示：(1)由题图可知，平行板产生的电场强度E方向向下，带负电的电子受到的静电力FE＝eE，方向向上．若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S，所加的磁场施于电子束的洛伦兹力必须是向下的．根据左手定则分析得出，B的方向垂直于纸面向里．
(2)电子受到的洛伦兹力为FB＝evB，它的大小与电子速度大小v有关，只有那些速度大小刚好使得洛伦兹力与电场力相平衡的电子，才可沿直线KA通过小孔S.据题意，能够通过小孔的电子，其速度大小满足evB＝eE，解得v＝，又因为E＝，所以，将U＝300 V，B＝0.06 T，d＝0.05 m代入上式，得v＝1×105 m/s，即只有速度大小为1×105 m/s的电子才可以通过小孔S.
【核心归纳】
1.复合场：在同一区域内，电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类：
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若重力与电场力不平衡，可使用等效重力法，取重力与电场力的合力为等效重力，然后参考磁场力、重力二力并存的方法进行求解．
【应用体验】
例2 [2022·广东卷](多选)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
答案：BC
解析：电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误．
例3 如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜
向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强
电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为
3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3kg、电荷
量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，
恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出).取g＝10 m/s2，求：
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后粒子打在屏上的位置O′距O点的距离；
(3)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．
解析：(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos 45°＝mg
解得E1＝ N/C.
(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：qE1dABsin 45°＝m
解得vb＝5 m/s
加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律可得：qvbB＝m
解得R＝5 m
设粒子在B、C间运动的偏转距离为y，由几何知识得R2＝＋(R－y)2
代入数据得y＝1.0 m(y＝9.0 m舍去).
(3)加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2＝mg
粒子在B、C间运动时电场力做的功W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J
由功能关系知，粒子由b点到O′点电势能增加了1.0×10－2 J.
【针对训练】
3．如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里).一带正电的小球从O点由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点．下列关于该带电小球运动的描述，正确的是( )
A．小球在运动过程中受到的磁场力先增大后减小
B．小球在运动过程中电势能先增加后减少
C．小球在运动过程中机械能守恒
D．小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点
答案：A
解析：小球由静止开始向上运动，可知电场力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力的合力先做正功，后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的磁场力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，继续向左偏转，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误．
4．[2022·湖南卷]如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场．质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器．此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力．
(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，
使小球离开电容器后沿直线运动，求电
场强度的最小值E′.
解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝q
由闭合电路欧姆定律得U＝E0
联立解得E0＝
(2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝(r－d)2＋(d)2
又洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝m
解得B＝
(3)小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小qE′＝mg cos 60°
解得E′＝
规律方法 带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法
随堂演练·达标自测
1.三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正
电荷，从同一高度由静止开始下落，下落h1高度后a
球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里
的匀强磁场，如图所示，它们到达水平面上的速度
大小分别用va、vb、vc表示，它们的关系是（ ）
A．va＞vb＝vc B．va＝vb＝vc
C．va＞vb＞vc D．va＝vb＞vc
答案：A
解析：小球a下落时，重力和电场力都对小球a做正功；小球b下落时，只有重力做功；小球c下落时，只有重力做功．重力做功的大小都相同，根据动能定理可知外力对小球a所做的功最多，即小球a落地时的动能最大，b、c两球落地时的动能相等，由于三个小球质量相等，所以va>vb＝vc，A正确．
2.[2022·湖南怀化检测]如图所示，空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴环绕速度大小及方向分别为（ ）
A.，顺时针 B．，逆时针
C．，顺时针 D．，逆时针
答案：C
解析：液滴在叠加场中做匀速圆周运动，已知重力和电场力平衡，则液滴受到向上的电场力，可知液滴带负电，根据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，又因为重力和电场力平衡，则有qE＝mg，解得v＝，故A、B、D错误，C正确．
3.（多选）在如图所示的平面直角坐标系xOy内，存在一个方程为x2＋y2＝0.25的圆，半径设为R，在x<0的半圆区域内存在沿x轴正方向的电场强度大小为E＝1 V/m的匀强电场，在x>0的半圆区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带电荷量q＝1.0×10－6C、质量m＝1.25×10－15kg的带电粒子从坐标（－R，0）处无初速度飘入电场，经电场加速后．平行于y轴离开磁场区域．忽略粒子所受重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子沿y轴正方向离开磁场
B．粒子沿y轴负方向离开磁场
C．磁感应强度大小B＝1×10－2 T
D．磁感应强度大小B＝1×10－4 T
答案：AD
解析：由题可知粒子带正电，进入磁场后向上偏转，粒子沿y轴正方向离开磁场，故A正确，B错误；作出粒子的运动轨迹，如图所示，由图利用几何知识可求得，粒子的轨迹半径r＝R，粒子在磁场中偏转半径r＝，粒子在电场中加速有qER＝mv2，联立解得B＝1×10－4 T，C错误，D正确．
4.如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中的速度图像如图乙所示．则关于圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W，以下正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．圆环带负电，B＝
B．圆环带正电，B＝
C．圆环带负电，W＝
D．圆环带正电，W＝
答案：B
解析：因圆环最后做匀速直线运动，根据左手定则可知，圆环带正电；由圆环在竖直方向上平衡得＝mg，所以B＝，故A错误，B正确；由动能定理得，圆环克服摩擦力所做的功W＝m－m()2，所以W＝m，故C、D错误．
5.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）以初速度v0＝120 m/s平行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；
（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；
（3）求电场强度E和磁感应强度B的大小．
解析：(1)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.
(2)vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45°
轨迹如图
(3)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＝v0＝120 m/s
由几何关系可知r＝ m，
由qvB＝m得B＝＝1.2 T.素养提升课二带电粒子在复合场中的运动
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 带电粒子在组合场中的运动
【情境探究】
如图所示，一带电粒子垂直x轴从P点进入第二象限，一段时间后从y轴上的某点进入第一象限的匀强磁场中．求：
(1)在电场中带电粒子做什么运动；
(2)在磁场中做什么运动？
【核心归纳】
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．
2．三种常用的解题方法
(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度．
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理．
(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解．
3．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态
(1)仅在匀强电场中运动
①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；
②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动．
(2)仅在匀强磁场中运动
①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；
②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动．
【应用体验】
例1 在直角坐标系的第一象限与第三象限分布有如图所示的匀强磁场和匀强电场，电场强度为E，磁感应强度为B；现在第三象限中从P点以初速度v0沿x轴方向发射质量为m、带电荷量为＋q的离子，离子经电场后恰从坐标原点O射入磁场．
(1)已知P点的纵坐标为－L，试求P点的横坐标；
(2)若离子经O点射入磁场时的速度为2v0，试求离子在磁场中运动的时间及磁场出射点到O点的距离d.
[试解]
【针对训练】
1.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．则离子P＋和P3＋在电场和磁场中运动时( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为3∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
2.如图所示，平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0 T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与坐标原点O相切，y轴右侧存在电场强度大小E＝1.0×104N/C的匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1 m．现从坐标为(－0.2 m，－0.2 m)的P点发射出质量m＝2.0×10－9kg、电荷量q＝5.0×10－5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s，重力不计．
(1)求该带电粒子射出电场时的位置坐标；
(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1 m，－0.05 m)的点回到电场中，可在紧邻电场的右侧一正方形区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和正方形区域的最小面积．
规律方法
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
探究二 带电粒子在叠加场中的运动
【情境探究】
速度选择器也称为滤速器，其原理图如图所示．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均匀电场和磁场后，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)磁场的指向向里还是向外？
(2)速度为多大的电子才能通过小孔S
【核心归纳】
1.复合场：在同一区域内，电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类：
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若重力与电场力不平衡，可使用等效重力法，取重力与电场力的合力为等效重力，然后参考磁场力、重力二力并存的方法进行求解．
【应用体验】
例2[2022·广东卷](多选)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
[试解]
例3 如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3kg、电荷量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出).取g＝10 m/s2，求：
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后粒子打在屏上的位置O′距O点的距离；
(3)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．
[试解]
【针对训练】
3．如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里).一带正电的小球从O点由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点．下列关于该带电小球运动的描述，正确的是( )
A．小球在运动过程中受到的磁场力先增大后减小
B．小球在运动过程中电势能先增加后减少
C．小球在运动过程中机械能守恒
D．小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点
4．[2022·湖南卷]如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场．质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器．此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力．
(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′.
规律方法
带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，下落h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用va、vb、vc表示，它们的关系是（ ）
A．va＞vb＝vc B．va＝vb＝vc
C．va＞vb＞vc D．va＝vb＞vc
2.[2022·湖南怀化检测]如图所示，空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴环绕速度大小及方向分别为（ ）
A.，顺时针 B．，逆时针
C．，顺时针 D．，逆时针
3.（多选）在如图所示的平面直角坐标系xOy内，存在一个方程为x2＋y2＝0.25的圆，半径设为R，在x<0的半圆区域内存在沿x轴正方向的电场强度大小为E＝1 V/m的匀强电场，在x>0的半圆区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场．一带电荷量q＝1.0×10－6C、质量m＝1.25×10－15kg的带电粒子从坐标（－R，0）处无初速度飘入电场，经电场加速后．平行于y轴离开磁场区域．忽略粒子所受重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子沿y轴正方向离开磁场
B．粒子沿y轴负方向离开磁场
C．磁感应强度大小B＝1×10－2 T
D．磁感应强度大小B＝1×10－4T
4.如图甲所示，一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中的速度图像如图乙所示．则关于圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W，以下正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．圆环带负电，B＝
B．圆环带正电，B＝
C．圆环带负电，W＝
D．圆环带正电，W＝
5.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）以初速度v0＝120 m/s平行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＝102C/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；
（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；
（3）求电场强度E和磁感应强度B的大小．
素养提升课(二) 带电粒子在复合场中的运动
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：(1)粒子在电场中做类平抛运动．
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动．
应用体验
[例1] 解析：(1)离子的运动轨迹如图所示：
在电场中做类平抛运动，有L＝at2，x＝v0t，qE＝ma，解得x＝v0，则P点的横坐标为－v0.
(2)由O点处的速度关系知，速度方向与x轴夹角θ＝，离子在磁场中做圆周运动，有q·2v0B＝m，得r＝，
因周期T＝，得运动时间t＝T＝.
由几何关系可得d＝2r sin θ，联立解得d＝.
答案：(1)－v0 (2)
针对训练
1．解析：离子P＋和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度(a＝)之比等于1∶3，A错误；离子在离开电场区域时，有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动时，有qvB＝m，得半径r＝＝，则半径之比为1∶＝∶1，B错误；设磁场宽度为d，由几何关系有d＝r sin θ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，C正确；由qU＝mv2可知，离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D正确．
答案：CD
2．解析：(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m
解得r＝0.20 m＝R.
如图所示，根据几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴正方向进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有l＝v0t，
y＝·t2
联立解得y＝0.05 m.
所以粒子射出电场时的位置坐标为(0.1 m，0.05 m).
(2)粒子飞离电场时，沿电场方向的速度
vy＝t＝5.0×103m/s＝v0
粒子射出电场时的速度v＝v0
由几何关系可知，粒子在正方形区域磁场中做圆周运动的半径
r′＝0.05 m
由qvB′＝m，解得B′＝4 T；
故正方形区域的最小面积S＝(2r′)2＝0.02 m2.
答案：(1)(0.1 m，0.05 m) (2)4 T 0.02 m2
探究二
情境探究
提示：(1)由题图可知，平行板产生的电场强度E方向向下，带负电的电子受到的静电力FE＝eE，方向向上．若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S，所加的磁场施于电子束的洛伦兹力必须是向下的．根据左手定则分析得出，B的方向垂直于纸面向里．
(2)电子受到的洛伦兹力为FB＝evB，它的大小与电子速度大小v有关，只有那些速度大小刚好使得洛伦兹力与电场力相平衡的电子，才可沿直线KA通过小孔S.据题意，能够通过小孔的电子，其速度大小满足evB＝eE，解得v＝，又因为E＝，所以，将U＝300 V，B＝0.06 T，d＝0.05 m代入上式，得v＝1×105 m/s，即只有速度大小为1×105 m/s的电子才可以通过小孔S.
应用体验
[例2] 解析：电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误．
答案：BC
[例3] 解析：(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos 45°＝mg
解得E1＝ N/C.
(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：qE1dABsin 45°＝m
解得vb＝5 m/s
加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律可得：qvbB＝m
解得R＝5 m
设粒子在B、C间运动的偏转距离为y，由几何知识得R2＝＋(R－y)2
代入数据得y＝1.0 m(y＝9.0 m舍去).
(3)加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2＝mg
粒子在B、C间运动时电场力做的功W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J
由功能关系知，粒子由b点到O′点电势能增加了1.0×10－2 J.
答案：(1) N/C (2)1.0 m (3)增加了1.0×10－2 J
针对训练
3．解析：小球由静止开始向上运动，可知电场力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力的合力先做正功，后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的磁场力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，继续向左偏转，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误．
答案：A
4．解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝q
由闭合电路欧姆定律得U＝E0
联立解得E0＝
(2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝(r－d)2＋(d)2
又洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝m
解得B＝
(3)小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小qE′＝mg cos 60°
解得E′＝
答案：(1) (2) (3)
随堂演练·达标自测
1．解析：小球a下落时，重力和电场力都对小球a做正功；小球b下落时，只有重力做功；小球c下落时，只有重力做功．重力做功的大小都相同，根据动能定理可知外力对小球a所做的功最多，即小球a落地时的动能最大，b、c两球落地时的动能相等，由于三个小球质量相等，所以va>vb＝vc，A正确．
答案：A
2．解析：液滴在叠加场中做匀速圆周运动，已知重力和电场力平衡，则液滴受到向上的电场力，可知液滴带负电，根据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，又因为重力和电场力平衡，则有qE＝mg，解得v＝，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
3．解析：
由题可知粒子带正电，进入磁场后向上偏转，粒子沿y轴正方向离开磁场，故A正确，B错误；作出粒子的运动轨迹，如图所示，由图利用几何知识可求得，粒子的轨迹半径r＝R，粒子在磁场中偏转半径r＝，粒子在电场中加速有qER＝mv2，联立解得B＝1×10－4 T，C错误，D正确．
答案：AD
4．解析：因圆环最后做匀速直线运动，根据左手定则可知，圆环带正电；由圆环在竖直方向上平衡得＝mg，所以B＝，故A错误，B正确；由动能定理得，圆环克服摩擦力所做的功W＝m－m()2，所以W＝m，故C、D错误．
答案：B
5．解析：(1)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.
(2)vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45°
轨迹如图
(3)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＝v0＝120 m/s
由几何关系可知r＝ m，
由qvB＝m得B＝＝1.2 T.
答案：(1)0.05 s 2.4×103 m/s2 (2)45° 轨迹图见解析 (3)24 N/C 1.2 T(共39张PPT)
素养提升课一 安培力作用下的平衡和
运动问题
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
关键能力·合作探究
探究一 安培力作用下导体运动方向的判断
【情境探究】
把盛有导电液体的玻璃器皿放在两磁极中间，接通电源后，会看到液体旋转起来．
(1)通电液体为何会旋转，液体的旋转方向如何判
断？
(2)如果增大电流，将会看到什么现象？
提示：(1)通电液体之所以旋转是因为受到力的作用，其旋转方向可以用左手定则判断．
(2)电流增大，液体旋转加快，说明通电的液体受力变大．
【核心归纳】
安培力作用下导体运动情况的判断
电流元法
特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法 环形电流→小磁针
条形磁铁→通电螺线管→多个环形电流
结论法 同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行位置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或运动趋势的问题，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
【应用体验】
例1 一个可以自由运动的线圈L1和一个水平固定的
线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，
如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左
向右看，线圈L1将(建议同学们用多种方法判断)( )
A．不动 B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．向纸面里平动
答案：B
解析：方法一(电流元法) 把线圈L1沿L2所在平面分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2中的电流产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．
方法二(等效法) 将环形电流I1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的圆心处．由安培定则知I2产生的磁场方向沿其竖直轴线向上，而环形电流I1等效成的小磁针在转动前，N极指向纸内．因此小磁针的N极应由指向纸内转为竖直向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．
方法三(结论法) 环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可知，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．
【针对训练】
1.[2022·青海海东检测]一U形磁铁用轻质柔软细绳悬挂在天花板上，静止在如图所示的位置时绳中的张力大小为FT，现突然在其正下方的导线中通以向左的电流，U形磁铁可绕轻绳自由旋转，从上往下看，下列说法正确的是( )
A．磁铁顺时针旋转，且FT会变小
B．磁铁逆时针旋转，且FT会变小
C．磁铁顺时针旋转，且FT会变大
D．磁铁逆时针旋转，且FT会变大
答案：C
解析：由左手定则可知，导线左端受到垂直纸面向外的安培力的作用，而导线右端受到垂直纸面向里的安培力的作用，由牛顿第三定律可知磁铁N极受到导线垂直纸面向里的力，磁铁S极受到导线垂直纸面向外的力，所以磁铁顺时针旋转；当磁铁转过一个角度后，由左手定则可知，导线受到向上的安培力，由牛顿第三定律可知，磁铁受到导线向下的力，则绳子的张力FT变大，故C正确，A、B、D错误．
2.[2022·四川成都树德中学高二期中]一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的正上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示．若将磁铁的N极位置与S极位置对调后仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是( )
A．FN增大，Ff减小 B．FN减小，Ff增大
C．FN与Ff都增大 D．FN与Ff都减小
答案：C
解析：在磁铁的N极位置与S极位置对调前，根据左手定则可知，导线所受的安培力方向斜向左下，由牛顿第三定律可知，磁铁所受导线的作用力方向斜向右上，设其大小为F，F沿斜面方向的分力大小为F1，垂直斜面方向的分力大小为F2，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G，由磁铁受力平衡可得磁铁对斜面的压力FN＝G cos α－F2，摩擦力Ff＝G sin α－F1，在磁铁的N极位置与S极位置对调后，磁铁受到导线的作用力反向，则磁铁对斜面的压力FN＝G cos α＋F2，摩擦力Ff＝G sin α＋F1，则FN、Ff都增大，故A、B、D错误，C正确．
【情境创新题】
例2 截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线．若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示．下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是( )
答案：C
解析：因I1 I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到中心直导线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到中心直导线排斥的安培力，形成凸形，故发生形变后的形状如图C.
教你解决问题
探究二 安培力作用下导体的平衡
【情境探究】
一通电导线放置于光滑的斜面上，分别施加如图甲、乙、丙、丁四种情况的磁场，请指出哪些情况导体棒可能保持静止不动，并指出安培力的方向．
提示：甲图可能，安培力的方向水平向右；乙图可能，安培力的方向竖直向上；丙图不可能，安培力的方向竖直向下；丁图可能，安培力的方向沿斜面向上．
【核心归纳】
1.求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路
2．分析求解安培力时需要注意的两个问题
(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方向．
(2)安培力大小与导体放置的角度有关，l为导体垂直于磁场方向的长度，即有效长度．
【应用体验】
例3 质量为0.5 kg的金属杆在相距1 m的水平轨道上与轨道垂直放置，金属杆上通以I＝4 A的恒定电流，方向如图所示，匀强磁场B垂直轨道平面竖直向上，金属杆与轨道间的动摩擦因数为0.2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.金属杆恰好不发生移动，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为( )
A．2.0 T B．1.0 T
C．0.50 T D．0.25 T
答案：D
解析：由左手定则判断安培力方向向左，对金属杆受力分析如图：
根据平衡条件可得IlB＝μmg，解得B＝0.25 T，故D项正确．
教你解决问题
【针对训练】
3.[2022·安徽六安一中高二检测]如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中电流为I.要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为( )
A． B．
C． D．
答案：B
解析：对导体棒分析可知，导体棒受重力、支持力和安培力保持平衡状态，其中支持力的方向不变，重力的大小和方向均不变，作出一系列可能的矢量三角形如图所示，可知当安培力方向与支持力方向垂直时安培力最小，为Fmin＝ILBmin＝mg sin 30°＝mg，所以需要外加匀强磁场的磁感应强度的最小值为Bmin＝＝，故B正确，A、C、D错误．
4.[2022·山东聊城高二检测]如图所示，边长为l、质量为m的等边三角形导线框abc用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定电流I，图中虚线过ab边、ac边的中点，在虚线的下方有一垂直于导线框平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态；保持其他条件不变，只将虚线下方的磁场移至虚线上方，导线框仍处于静止状态．则移动磁场前后细线中的拉力差为( )
A．2IlB B．IlB
C．0 D．IlB
答案：B
解析：将虚线下方的磁场移至虚线上方时，设细线中拉力为F2，线框处于匀强磁场中，受力如图甲所示，则各边受到的安培力大小均为IlB，依据左手定则可知安培力夹角为120°，因此导线框受到的合安培力大小为F安＝IlB，方向竖直向下，则有F2＝mg＋IlB；磁场在虚线下方时，设细线中的拉力为F1，依据
左手定则，各边所受安培力如图乙所示，
结合矢量的合成法则及几何知识可知，
导线框所受合安培力大小F′安＝IlB，
方向竖直向上，根据平衡条件，则
有F1＋IlB＝mg，则F2－F1＝IlB，
故选B.
探究三 安培力作用下导体棒的加速
【核心归纳】
1.解决在安培力作用下物体的加速运动问题，首先对研究对象进行受力分析，其中重要的是不要漏掉安培力，然后根据牛顿第二定律列方程求解．
2．选定观察角度画好平面图，标出电流方向和磁场方向，然后利用左手定则判断安培力的方向．
3．与闭合电路欧姆定律相结合的题目，主要应用以下几个知识点：(1)闭合电路欧姆定律，(2)安培力求解公式F＝IlB sin θ，(3)牛顿第二定律．
【应用体验】
例4 电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器．如图所示为某款电磁炮的轨道，该轨道长10 m，宽2 m．若发射质量为100 g的炮弹，从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为100 A时，最大速度可达2 km/s，假设轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力．下列说法正确的是( )
A．磁场方向竖直向下
B．磁场方向为水平向右
C．电磁炮的加速度大小为4×105 m/s2
D．磁感应强度的大小为100 T
答案：D
解析：回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知，磁场方向应竖直向上，故A、B错误；由题意可知，最大速度v＝2 km/s，加速距离x＝10 m，由速度和位移关系可知v2＝2ax，解得加速度大小a＝2×105m/s2，由牛顿第二定律可得F＝ma，又F＝IlB，联立解得B＝100 T，故C错误，D正确．
【针对训练】
5．中国工程院院士、海军工程大学教授马伟明是我国“国宝级”专家，他带领的科研团队仅用几年时间，在电磁发射技术上取得集群式突破，全面推动了我国武器发展从化学能到电磁能的发射革命．电磁炮的基本原理如图所示，把待发射的炮弹(导体)放置在匀强磁场中的两条平行导轨(导轨与水平方向成α角)上，若给导轨通以很大的恒定电流，使炮弹作为一个载流导体在磁场的作用下，由静止沿导轨做加速运动，以某一速度发射出去．已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直两
平行导轨向上．两导轨间的距离为L，磁场中导轨
的长度为s，炮弹的质量为m，炮弹和导轨间摩擦
力恒为Ff，当地重力加速度为g.求：
(1)炮弹在导轨上运动时加速度大小；
(2)炮弹在导轨末端发射出去时速度大小．
解析：(1)根据牛顿第二定律ILB－mg sin α－Ff＝ma，解得a＝－g sin α.
(2)由公式v2＝2as解得v＝ .
随堂演练·达标自测
1.[2022·浙江柯桥高二检测]小明在课后用铜丝自制了一
个“心”形的线圈，他把一节干电池的正极朝上放在一个
强磁铁上，强磁铁的N极朝上，S极朝下，然后把制成的
线圈如图所示放在电池上，顶端与电池的正极接触，下部
分和磁铁接触，忽略各接触面上的摩擦力，从上往下看，
则( )
A．线圈不会转 B．线圈做顺时针转动
C．线圈做逆时针转动 D．转动方向无法判断
答案：B
解析：“心”形的线圈，左半部分电流由上到下，磁场的方向有向左的分量，根据左手定则可知，安培力是向内的；“心”形的线圈，右半部分电流也是由上到下，磁场的方向有向右的分量，根据左手定则可知，安培力是向外的，则从上往下看，线圈做顺时针转动，故A、C、D错误，B正确．
2.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两个同心半圆弧导线和直导线ab、cd连接而成的闭合回路，ab、cd段在同一条水平直线上，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时( )
A．导线框将向左摆动
B．导线框将向右摆动
C．从上往下看，导线框将顺时针转动
D．从上往下看，导线框将逆时针转动
答案：D
解析：当P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场在ab处沿纸面向下，在cd处沿纸面向上，由左手定则可判断出ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，D正确．
3.[2022·广东惠州高二检测]质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成30°角，其截面图如图所示，则导体棒中电流的方向、大小分别为( )
A．垂直纸面向外，
B．垂直纸面向里，
C．垂直纸面向外，
D．垂直纸面向里，
答案：B
解析：对导体棒受力分析，如图所示．导体棒受水平向右的安培力，则电流的方向垂直纸面向里，由平衡条件可知mg tan 30°＝ILB，解得I＝，故B正确．
4.[2022·广东广州三校高二联考]电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示．两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上．当两线圈中均无电流通过时，天平示数恰好为零，下列说法正确的是( )
A．当天平示数为负时，两线圈中电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈中电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅱ的匝数越少，天平越灵敏
答案：A
解析：当两线圈中电流方向相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两线圈相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两线圈相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；由于线圈Ⅱ放在天平托盘上，线圈Ⅱ受到线圈Ⅰ的作用力为F＝N2I2LB，所以线圈Ⅱ的匝数越多，相同情况下的力越大，天平越灵敏，D错误．
5.如图所示，质量为0.2 kg、长度为0.5 m的直导线用两绝缘细线悬挂于E、F两点，并处于匀强磁场中，导线中通以2 A的电流，方向如图所示，悬线与竖直方向的夹角为30°，导线保持静止．(重力加速度g取10 m/s2)
(1)若匀强磁场的方向竖直向上，则磁感应强度的大小为多少？
(2)若导线中的电流大小不变，方向相反，要使导线依然静止在此位置，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值及方向．
解析：(1)以直导线为研究对象，从左侧看，其受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F安＝mg tan 30°，又F安＝ILB，代入数据解得B＝ T.
(2)以直导线为研究对象，直导线受到的安培力F′安＝ILB′，可见当B′最小时，F′安最小．重力mg、拉力FT和安培力F′安构成的矢量三角形，如图乙所示，结合几何知识可知，当F′安垂直于FT时，F′安最小，由几何知识可得F′安＝mg sin 30°，解得B′＝1 T，由左手定则可知磁场方向沿悬线向下．素养提升课一 安培力作用下的平衡和运动问题
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 安培力作用下导体运动方向的判断
【情境探究】
把盛有导电液体的玻璃器皿放在两磁极中间，接通电源后，会看到液体旋转起来．
(1)通电液体为何会旋转，液体的旋转方向如何判断？
(2)如果增大电流，将会看到什么现象？
【核心归纳】
安培力作用下导体运动情况的判断
电流元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法 环形电流→小磁针 条形磁铁→通电螺线管→多个环形电流
结论法 同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行位置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或运动趋势的问题，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
【应用体验】
例1 一个可以自由运动的线圈L1和一个水平固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(建议同学们用多种方法判断)( )
A．不动 B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．向纸面里平动
[试解]
【针对训练】
1.[2022·青海海东检测]一U形磁铁用轻质柔软细绳悬挂在天花板上，静止在如图所示的位置时绳中的张力大小为FT，现突然在其正下方的导线中通以向左的电流，U形磁铁可绕轻绳自由旋转，从上往下看，下列说法正确的是( )
A．磁铁顺时针旋转，且FT会变小
B．磁铁逆时针旋转，且FT会变小
C．磁铁顺时针旋转，且FT会变大
D．磁铁逆时针旋转，且FT会变大
2.[2022·四川成都树德中学高二期中]一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的正上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示．若将磁铁的N极位置与S极位置对调后仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是( )
A．FN增大，Ff减小
B．FN减小，Ff增大
C．FN与Ff都增大
D．FN与Ff都减小
【情境创新题】
例2 截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线．若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示．下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是( )
教你解决问题
[试解]
探究二 安培力作用下导体的平衡
【情境探究】
一通电导线放置于光滑的斜面上，分别施加如图甲、乙、丙、丁四种情况的磁场，请指出哪些情况导体棒可能保持静止不动，并指出安培力的方向．
【核心归纳】
1.求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路
2．分析求解安培力时需要注意的两个问题
(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方向．
(2)安培力大小与导体放置的角度有关，l为导体垂直于磁场方向的长度，即有效长度．
【应用体验】
例3 质量为0.5 kg的金属杆在相距1 m的水平轨道上与轨道垂直放置，金属杆上通以I＝4 A的恒定电流，方向如图所示，匀强磁场B垂直轨道平面竖直向上，金属杆与轨道间的动摩擦因数为0.2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.金属杆恰好不发生移动，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为( )
A．2.0 T B．1.0 T
C．0.50 T D．0.25 T
教你解决问题
[试解]
【针对训练】
3.[2022·安徽六安一中高二检测]如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中电流为I.要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为( )
A． B．
C． D．
4.[2022·山东聊城高二检测]如图所示，边长为l、质量为m的等边三角形导线框abc用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以恒定电流I，图中虚线过ab边、ac边的中点，在虚线的下方有一垂直于导线框平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态；保持其他条件不变，只将虚线下方的磁场移至虚线上方，导线框仍处于静止状态．则移动磁场前后细线中的拉力差为( )
A．2IlB B．IlB C．0 D．IlB
探究三 安培力作用下导体棒的加速
【核心归纳】
1.解决在安培力作用下物体的加速运动问题，首先对研究对象进行受力分析，其中重要的是不要漏掉安培力，然后根据牛顿第二定律列方程求解．
2．选定观察角度画好平面图，标出电流方向和磁场方向，然后利用左手定则判断安培力的方向．
3．与闭合电路欧姆定律相结合的题目，主要应用以下几个知识点：(1)闭合电路欧姆定律，(2)安培力求解公式F＝IlB sin θ，(3)牛顿第二定律．
【应用体验】
例4 电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器．如图所示为某款电磁炮的轨道，该轨道长10 m，宽2 m．若发射质量为100 g的炮弹，从轨道左端以初速度为零开始加速，当回路中的电流恒为100 A时，最大速度可达2 km/s，假设轨道间磁场为匀强磁场，不计空气及摩擦阻力．下列说法正确的是( )
A．磁场方向竖直向下
B．磁场方向为水平向右
C．电磁炮的加速度大小为4×105 m/s2
D．磁感应强度的大小为100 T
[试解]
【针对训练】
5．中国工程院院士、海军工程大学教授马伟明是我国“国宝级”专家，他带领的科研团队仅用几年时间，在电磁发射技术上取得集群式突破，全面推动了我国武器发展从化学能到电磁能的发射革命．电磁炮的基本原理如图所示，把待发射的炮弹(导体)放置在匀强磁场中的两条平行导轨(导轨与水平方向成α角)上，若给导轨通以很大的恒定电流，使炮弹作为一个载流导体在磁场的作用下，由静止沿导轨做加速运动，以某一速度发射出去．已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直两平行导轨向上．两导轨间的距离为L，磁场中导轨的长度为s，炮弹的质量为m，炮弹和导轨间摩擦力恒为Ff，当地重力加速度为g.求：
(1)炮弹在导轨上运动时加速度大小；
(2)炮弹在导轨末端发射出去时速度大小．
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.[2022·浙江柯桥高二检测]小明在课后用铜丝自制了一个“心”形的线圈，他把一节干电池的正极朝上放在一个强磁铁上，强磁铁的N极朝上，S极朝下，然后把制成的线圈如图所示放在电池上，顶端与电池的正极接触，下部分和磁铁接触，忽略各接触面上的摩擦力，从上往下看，则( )
A．线圈不会转 B．线圈做顺时针转动
C．线圈做逆时针转动 D．转动方向无法判断
2.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两个同心半圆弧导线和直导线ab、cd连接而成的闭合回路，ab、cd段在同一条水平直线上，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时( )
A．导线框将向左摆动
B．导线框将向右摆动
C．从上往下看，导线框将顺时针转动
D．从上往下看，导线框将逆时针转动
3.[2022·广东惠州高二检测]质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成30°角，其截面图如图所示，则导体棒中电流的方向、大小分别为( )
A．垂直纸面向外， B．垂直纸面向里，
C．垂直纸面向外， D．垂直纸面向里，
4.[2022·广东广州三校高二联考]电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示．两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上．当两线圈中均无电流通过时，天平示数恰好为零，下列说法正确的是( )
A．当天平示数为负时，两线圈中电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈中电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅱ的匝数越少，天平越灵敏
5.如图所示，质量为0.2 kg、长度为0.5 m的直导线用两绝缘细线悬挂于E、F两点，并处于匀强磁场中，导线中通以2 A的电流，方向如图所示，悬线与竖直方向的夹角为30°，导线保持静止．(重力加速度g取10 m/s2)
(1)若匀强磁场的方向竖直向上，则磁感应强度的大小为多少？
(2)若导线中的电流大小不变，方向相反，要使导线依然静止在此位置，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值及方向．
素养提升课(一) 安培力作用下的平衡和运动问题
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：(1)通电液体之所以旋转是因为受到力的作用，其旋转方向可以用左手定则判断．
(2)电流增大，液体旋转加快，说明通电的液体受力变大．
应用体验
[例1] 解析：方法一(电流元法) 把线圈L1沿L2所在平面分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2中的电流产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．
方法二(等效法) 将环形电流I1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的圆心处．由安培定则知I2产生的磁场方向沿其竖直轴线向上，而环形电流I1等效成的小磁针在转动前，N极指向纸内．因此小磁针的N极应由指向纸内转为竖直向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．
方法三(结论法) 环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可知，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．
答案：B
针对训练
1．解析：由左手定则可知，导线左端受到垂直纸面向外的安培力的作用，而导线右端受到垂直纸面向里的安培力的作用，由牛顿第三定律可知磁铁N极受到导线垂直纸面向里的力，磁铁S极受到导线垂直纸面向外的力，所以磁铁顺时针旋转；当磁铁转过一个角度后，由左手定则可知，导线受到向上的安培力，由牛顿第三定律可知，磁铁受到导线向下的力，则绳子的张力FT变大，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
2．解析：在磁铁的N极位置与S极位置对调前，根据左手定则可知，导线所受的安培力方向斜向左下，由牛顿第三定律可知，磁铁所受导线的作用力方向斜向右上，设其大小为F，F沿斜面方向的分力大小为F1，垂直斜面方向的分力大小为F2，斜面的倾角为α，磁铁的重力为G，由磁铁受力平衡可得磁铁对斜面的压力FN＝G cos α－F2，摩擦力Ff＝G sin α－F1，在磁铁的N极位置与S极位置对调后，磁铁受到导线的作用力反向，则磁铁对斜面的压力FN＝G cos α＋F2，摩擦力Ff＝G sin α＋F1，则FN、Ff都增大，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
视野拓展
[例2] 解析：因I1 I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到中心直导线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到中心直导线排斥的安培力，形成凸形，故发生形变后的形状如图C.
答案：C
探究二
情境探究
提示：甲图可能，安培力的方向水平向右；乙图可能，安培力的方向竖直向上；丙图不可能，安培力的方向竖直向下；丁图可能，安培力的方向沿斜面向上．
应用体验
[例3] 解析：由左手定则判断安培力方向向左，对金属杆受力分析如图：
根据平衡条件可得IlB＝μmg，解得B＝0.25 T，故D项正确．
答案：D
针对训练
3．解析：
对导体棒分析可知，导体棒受重力、支持力和安培力保持平衡状态，其中支持力的方向不变，重力的大小和方向均不变，作出一系列可能的矢量三角形如图所示，可知当安培力方向与支持力方向垂直时安培力最小，为Fmin＝ILBmin＝mg sin 30°＝mg，所以需要外加匀强磁场的磁感应强度的最小值为Bmin＝＝，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
4．解析：将虚线下方的磁场移至虚线上方时，设细线中拉力为F2，线框处于匀强磁场中，受力如图甲所示，则各边受到的安培力大小均为IlB，依据左手定则可知安培力夹角为120°，因此导线框受到的合安培力大小为F安＝IlB，方向竖直向下，则有F2＝mg＋IlB；磁场在虚线下方时，设细线中的拉力为F1，依据左手定则，各边所受安培力如图乙所示，结合矢量的合成法则及几何知识可知，导线框所受合安培力大小F′安＝IlB，方向竖直向上，根据平衡条件，则有F1＋IlB＝mg，则F2－F1＝IlB，故选B.
答案：B
探究三
应用体验
[例4] 解析：回路中电流方向如题图所示，则根据安培定则可知，磁场方向应竖直向上，故A、B错误；由题意可知，最大速度v＝2 km/s，加速距离x＝10 m，由速度和位移关系可知v2＝2ax，解得加速度大小a＝2×105m/s2，由牛顿第二定律可得F＝ma，又F＝IlB，联立解得B＝100 T，故C错误，D正确．
答案：D
针对训练
5．解析：(1)根据牛顿第二定律ILB－mg sin α－Ff＝ma，解得a＝－g sin α.
(2)由公式v2＝2as解得
v＝ .
答案：(1)－g sin α
(2)
随堂演练·达标自测
1．解析：“心”形的线圈，左半部分电流由上到下，磁场的方向有向左的分量，根据左手定则可知，安培力是向内的；“心”形的线圈，右半部分电流也是由上到下，磁场的方向有向右的分量，根据左手定则可知，安培力是向外的，则从上往下看，线圈做顺时针转动，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
2．解析：当P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场在ab处沿纸面向下，在cd处沿纸面向上，由左手定则可判断出ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，D正确．
答案：D
3．解析：对导体棒受力分析，如图所示．导体棒受水平向右的安培力，则电流的方向垂直纸面向里，由平衡条件可知mg tan 30°＝ILB，解得I＝，故B正确．
答案：B
4．解析：当两线圈中电流方向相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两线圈相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两线圈相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；由于线圈Ⅱ放在天平托盘上，线圈Ⅱ受到线圈Ⅰ的作用力为F＝N2I2LB，所以线圈Ⅱ的匝数越多，相同情况下的力越大，天平越灵敏，D错误．
答案：A
5．解析：(1)以直导线为研究对象，从左侧看，其受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F安＝mg tan 30°，又F安＝ILB，代入数据解得B＝ T.
(2)以直导线为研究对象，直导线受到的安培力F′安＝ILB′，可见当B′最小时，F′安最小．重力mg、拉力FT和安培力F′安构成的矢量三角形，如图乙所示，结合几何知识可知，当F′安垂直于FT时，F′安最小，由几何知识可得F′安＝mg sin 30°，解得B′＝1 T，由左手定则可知磁场方向沿悬线向下．
答案：(1) T (2)1 T，方向沿悬线向下
