第1讲 磁现象 磁场
[目标定位] 1.了解人类对磁现象的认识与应用.2.了解磁场是客观存在的物质，知道磁感线的概念，并能记住几种常见磁场的磁感线分布特点.3.会用安培定则判断电流周围的磁场方向．
一、磁现象
1．我们的祖先在春秋战国时期已发现天然磁石具有吸引铁的现象和指示南北方向的特征．
2．奥斯特发现的电流磁效应翻开了研究电与磁相互关系的新篇章，法拉第发现的电磁感应现象打开了电气化技术时代的大门．
3．某些磁性物质能够把磁场对它的作用记录下来，长久保存并在一定条件下复现．
4．某些动物对地球磁场非常敏感，人体器官也存在磁性．
例1 如图1所示，能自由转动的小磁针水平放置在桌面上．当有一束带电粒子沿与磁针指向平行的方向从小磁针上方水平飞过时，所能观察到的现象是( )
图1
A．小磁针不动
B．若是正电荷飞过，小磁针会发生偏转
C．若是负电荷飞过，小磁针会发生偏转
D．若是一根通电导线，小磁针会发生偏转
解析 电流是由运动电荷产生的，当电荷在小磁针上方运动时也会形成电流，从而形成磁场．运动的正、负电荷形成的两种磁场是等效的，均会使小磁针发生转动，故B、C、D均正确．
答案 BCD
二、磁场和磁感线
1．磁场
(1)定义：磁体周围和电流周围都有磁场，一切磁相互作用都是通过磁场来实现的．
(2)基本性质：对放入其中的磁体或电流有力的作用．
(3)磁场的方向：人们规定，在磁场中某一点小磁针N极所受磁力的方向，就是该点磁场的方向．
2．磁感线
(1)定义：用来形象地描述磁场的方向和强弱的假想的有方向的曲线．
(2)特点：
①磁感线上每一点的切线方向为该点的磁场方向．
②磁感线的疏密表示磁场的强弱，曲线疏的地方磁场弱，曲线密的地方磁场强．
③磁感线的方向：磁体外部从N极指向S极，磁体内部从S极指向N极．(填“N”或“S”)
④磁感线闭合而不相交，不相切，也不中断．
深度思考
(1)用磁感线描述磁场时，总有一些区域没有磁感线通过，这些区域是否一定没有磁场存在？
(2)倘若空间某区域的磁场是由两个或两个以上的磁体或电流产生的，用磁感线描述该区域的磁场时，磁感线能否相交？
答案 (1)不是．用磁感线描述磁场时，只是定性地画出一些磁感线用来描述该区域的磁场分布，不可能让所有的区域都有磁感线通过，没有磁感线通过的区域仍然可以有磁场分布．
(2)不能．若多个磁体或电流的磁场在空间某区域叠加，磁感线描述的是叠加后的合磁场的磁感线分布情况，不能认为该区域有多条磁感线相交．
例2 下列关于磁场的说法中，正确的是( )
A．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质
B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的
C．磁极与磁极间是直接发生作用的
D．磁场只有在磁极与磁极、磁极与电流发生作用时才产生
解析 磁场和电场一样，是客观存在的物质，磁极与磁极、磁极与电流、电流与电流之间的作用都是通过磁场产生的，选项A正确．
答案 A
磁体的周围和电流的周围都存在磁场．磁场和常见的由分子、原子组成的物质不同，不是以微粒形式存在，但却是一种客观存在的物质．
例3 关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是( )
A．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的
B．磁感线可以形象地描述各磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致
C．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的
D．两个磁场的叠加区域，磁感线可能相交
解析 条形磁铁内部磁感线的方向是从S极指向N极，A不正确；磁感线上每一点切线方向表示磁场方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，小磁针静止时北极受力方向和静止时北极的指向均为磁场方向，选项B正确；磁感线是为了形象地描述磁场而假想的一组有方向的闭合曲线，实际上并不存在，选项C不正确；叠加区域合磁场的
方向也具有唯一性，故磁感线不可能相交，D选项错误．
答案 B
磁感线与电场线的比较：
比较项目
磁感线
静电场的电场线
相同点
方向
线上各点的切线方向就是该点的磁场方向
线上各点的切线方向就是该点的电场方向
疏密
表示磁场强弱
表示电场强弱
特点
在空间不相交、不相切、不中断
除电荷处外，在空间不相交、不相切、不中断
不同点
闭合曲线
始于正电荷或无穷远处，止于负电荷或无穷远处，不闭合的曲线
三、几种常见的磁场
1．磁体周围的磁场(如图2所示)
图2
2．电流周围的磁场
(1)直线电流的磁场
安培定则：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向．这个规律也叫右手螺旋定则.
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
以导线上任意点为圆心的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱
(2)环形电流的磁场
环形电流的磁场可用另一种形式的安培定则表示：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向．
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
(3)通电螺线管的磁场
通电螺线管是由许多匝环形电流串联而成的．所以环形电流的安培定则也可以用来判定通电螺线管的磁场，这时拇指所指的方向就是螺线管内部磁场的方向.
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
内部为匀强磁场且比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
深度思考
磁体和电流都可以产生磁场，环形电流和通电螺线管的磁场与哪种磁体的磁场相似？
答案 环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁．
例4 如图3所示，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向．请画出对应的磁感线(标上方向)或电流方向．
图3
解析 如果已知电流的方向，可用右手螺旋定则判断磁感线的方向．如果已知小磁针静止时N极指向，那么小磁针N极所指方向就是磁感线方向．
答案 用安培定则来判断，分别如下列各图所示．
1．(对磁场的理解)磁性是物质的一种普遍属性，大到宇宙星体，小到电子、质子等微观粒子，几乎都有磁性，地球就是一个巨大的磁体．在一些生物体内也会含有微量磁性物质，鸽子就是利用这种体内外磁性的相互作用来辨别方向的．若在鸽子身上绑一块永久磁铁，且其产生的磁场比附近的地磁场强的多，则在长距离飞行中( )
A．鸽子仍能如平时一样辨别方向
B．鸽子会比平时更容易辨别方向
C．鸽子会迷失方向
D．不能确定鸽子是否会迷失方向
答案 C
2．(对磁场的理解)(多选)关于磁场，下列说法正确的是( )
A．其基本性质是对处于其中的磁体或电流有力的作用
B．磁场是看不见、摸不着、实际不存在的，是人们假想出来的一种物质
C．磁场是客观存在的一种特殊物质形态
D．磁场的存在与否决定于人的思想，想其有则有，想其无则无
答案 AC
解析 磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流有力的作用，A正确．磁场虽然看不见、摸不着，但是它是客观存在的，B、D错误，C正确．
3．(对磁感线的理解)如图4所示的磁场中同一条磁感线(方向未标出)上有a、b两点，这两点处的磁感应强度( )
图4
A．大小相等，方向不同
B．大小不等，方向相同
C．大小相等，方向相同
D．大小不等，方向不同
答案 B
解析 如题图，a点处磁感线比b点处磁感线密，则a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度，而某点的切线方向即为该点的磁感应强度的方向．因此它们的方向相同．故B正确，A、C、D错误．
4．(安培定则的理解和应用)(多选)如图5所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则( )
图5
A．放在a处的小磁针的N极向左
B．放在b处的小磁针的N极向右
C．放在c处的小磁针的S极向右
D．放在a处的小磁针的N极向右
答案 BD
解析 由安培定则，通电螺线管的磁场如图所示，右端为N极，左端为S极，在a点磁场方向向右，则小磁铁在a点时，N极向右，A项错误，D项正确；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，B项正确；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，C项错误．
题组一 磁现象和磁场
1．铁棒A能吸引小磁针，铁棒B能排斥小磁针，若将铁棒A靠近铁棒B时，下述说法中正确的是( )
A．A、B一定相互吸引
B．A、B一定相互排斥
C．A、B间可能无磁场力作用
D．A、B可能相互吸引，也可能相互排斥
答案 D
2．如图1所示，一根条形磁铁，左端为S极，右端为N极．下列表示从S极到N极磁性强弱变化情况的图像中正确的是( )
图1
答案 C
解析 条形磁铁两极磁性最强，中间磁性最弱，故磁性强弱变化曲线如C选项所示．
3．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，则( )
A．甲有磁性，乙无磁性 B．甲无磁性，乙有磁性
C．甲、乙都有磁性 D．甲、乙都无磁性
答案 A
解析 磁体具有磁性，能够吸引铁质物体，磁体各个部分的磁性强弱不同，条形磁体两端的磁性最强，叫做磁极，中间的磁性最弱，几乎没有．当铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，两者互相吸引，说明甲是磁体，具有磁性；把铁棒乙的一端靠近铁棒甲的中部，两者不能相互吸引，说明乙不是磁体，没有磁性．
4．(多选)某同学身边有一个长铁条，为了检验它是否具有磁性，该同学用它的一端靠近能自由转动的小磁针．下列给出了几种可能产生的现象以及相应结论，其中正确的是( )
A．若小磁针被吸引过来，则说明长铁条一定有磁性
B．若小磁针被吸引过来，则长铁条可能没有磁性
C．若小磁针被推开，则说明长铁条一定有磁性
D．若小磁针被推开，则长铁条可能没有磁性
答案 BC
解析 因为磁铁有吸引铁质物体的性质，小磁针有磁性，可吸引长铁条，故长铁条可能没有磁性，选项A错，B对；根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引可知，选项C对，D错．
5．如果你看CCTV－5的围棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成的．棋子不会掉下来是因为( )
A．质量小，重力可以忽略不计
B．受到棋盘对它向上的摩擦力
C．棋盘对它的吸引力与重力平衡
D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力
答案 B
解析 棋子受力如图所示，磁性棋子受到棋盘的吸引力而对棋盘产生压力，棋盘对棋子有弹力，重力使棋子有向下滑动的趋势，因此棋子受到棋盘对它向上的静摩擦力，此力和重力平衡，使棋子不会掉下来(由于空气浮力远小于重力，故可以忽略不计)．故选B.
6．(多选)月球表面周围没有空气，它对物体的引力仅为地球上的，月球表面没有磁场，根据这些特征，在月球上，图中的四种情况不能够做到的是( )
答案 ABC
解析 既然月球表面没有磁场，那么在月球上就不能用指南针定向，所以选项A不能够做到；月球表面周围没有空气，所以无法使用电风扇吹风，而声音也无法传播，所以选项B、C均不能够做到，只有选项D能够做到．
题组二 磁感线及安培定则的应用
7．(多选)关于电场和磁场，下列说法正确的是( )
A．我们虽然不能用手触摸到电场的存在，却可以用试探电荷去探测它的存在和强弱
B．电场线和磁感线是可以形象描述场强强弱和方向的客观存在的曲线
C．磁感线和电场线一样都是闭合的曲线
D．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，都是客观存在的物质
答案 AD
解析 电场和磁场都是客观存在的物质，电场线和磁感线都是假想的曲线，实际并不存在．电场线和磁感线的最大区别在于：磁感线是闭合的，而电场线不是闭合的．
8．(多选)下列图表示磁场的磁感线，依图分析磁场中a点的磁场比b点的磁场强的是( )
答案 AC
解析 磁感线的疏密可表示磁场的强弱．
9．如图2所示为某磁场的一条磁感线，其上有A、B两点，则( )
图2
A．A点的磁场一定强
B．B点的磁场一定强
C．因为磁感线是直线，A、B两点的磁场一样强
D．条件不足，无法判断
答案 D
解析 由磁场中一根磁感线无法判断磁场强弱．
10．(多选)关于电流的磁场，下列说法正确的是( )
A．直线电流的磁场只分布在垂直于导线的某一个平面内
B．直线电流的磁感线是一些同心圆，距离导线越远处磁感线越疏
C．通电螺线管外部的磁场分布与条形磁铁相同，在螺线管内部无磁场
D．直线电流、环形电流、通电螺线管的磁场方向都可以用安培定则来判定
答案 BD
解析 通电直导线周围有磁场，磁场的磁感线位于跟导线垂直的平面内，与导线垂直的平面有无数个，因此整个导线周围都有磁场，如图只是画出了其中一个平面内磁场的磁感线，所以选项A错误；跟导线垂直的某一个平面内，磁感线分布并不均匀，离导线越近，磁感线越密集，反之，越稀疏，故选项B正确；将小磁针放在螺线管的内部和外部，都受到磁场力作用而发生偏转，这说明通电螺线管的内部和外部都有磁场，选项C错误；安培定则是描述电流以及电流产生的磁场方向的规律，选项D正确．
11.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图3.结合上述材料，下列说法不正确的是( )
图3
A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
答案 C
解析 地球为一巨大的磁体，地磁场的南、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合；且地球内部也存
在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故C项说法不正确的．
12．如图4所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是( )
图4
A．a、b、c均向左
B．a、b、c均向右
C．a向左，b向右，c向右
D．a向右，b向左，c向右
答案 C
解析 小磁针静止时N极的指向与该点磁感线方向相同，如果a、b、c三处磁感线方向确定，那么三枚小磁针静止时N极的指向也就确定了．所以，只要画出通电螺线管的磁感线如图所示，即可知a磁针的N极向左，b磁针的N极向右，c磁针的N极向右．
第2讲 磁场对通电导线的作用——安培力
[目标定位] 1.知道安培力的定义，会用F＝ILB计算B与I垂直情况下的安培力.2.熟练运用左手定则判断安培力 的方向.3.了解直流电动机构造和工作原理.4.体会控制变量法在科学研究中的作用．
一、安培力
1．定义：磁场对通电导线的作用力．
2．安培力的大小——实验探究
(1)实验表明：当通电导线与磁场方向平行时，导线不受力，即F＝0．
(2)精确实验表明：通电导线与磁场方向垂直时，磁场对通电导线作用力的大小与导线长度和电流大小都成正比，即F∝IL，比例系数与导线所在位置的磁场强弱有关，用符号B表示，则磁场对通电导线作用力的公式为F＝ILB．
3．安培力的方向判定
(1)左手定则：如图1所示，伸出左手，四指并拢，使大拇指和其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向沿电流方向，则大拇指所指方向就是通电导线所受安培力的方向．
图1
(2)安培力方向垂直于电流方向和磁场方向所决定的平面．
深度思考
(1)若导线不受磁场力，该处一定无磁场吗？
(2)当通电导线与磁感线不垂直时，还可用左手定则判断安培力的方向吗？
答案 (1)当通电导线与磁场平行时不受磁场力，由此可知，当导线不受磁场力作用时无法判定该处有无磁场．
(2)可以．当电流方向跟磁感线方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流和磁场共同决定的平面，所以仍可用左手定则来判断安培力的方向，只是磁感线斜着穿过手心．
例1 画出下列各图中磁场对通电导线的安培力的方向．
解析 无论B、I是否垂直，安培力总是垂直于B与I决定的平面，且满足左手定则．
答案 如图所示
二、电动机——安培力的重要应用
利用磁场对通电导体的作用
1．电动机是将电能转化为机械能的装置．
2．电动机分直流电动机和交流电动机．
3．直流电动机的构造原理：
图2
如图2所示，直流电动机由磁场(磁体)、转动线圈、滑环、电刷及电源组成，滑环相当于换向器．当线圈通电后，由于受安培力作用，线圈在磁场中旋转起来．
深度思考
(1)电动机工作时，通电线圈的四条边是否都受到安培力作用？
(2)把滑环设计成由两个半圆环A、B组成，有什么作用？
答案 (1)与磁感线平行的两个边不受安培力作用．
(2)把滑环分成两个半圆环A 与B，当电流由A 流入时，则从B 流出；当电流由B 流入时，则从A 流出．因此，滑环在其中起了一个换向器的作用．
例2 关于直流电动机，下列叙述正确的是( )
A．直流电动机的原理是电流的磁效应
B．直流电动机正常工作时，是将电能转化为机械能
C．直流电动机的换向器是由两个彼此绝缘的铜制半环组成的
D．电源的正负极和磁场的方向同时改变，直流电动机的转动方向也改变
解析 直流电动机的原理是通电线圈在磁场中受力转动，故A错误；直流电动机正常工作时，是将电能转化为机械能，B正确；直流电动机的换向器是由两个彼此绝缘的铜制半环组成的，C正确；电源的正负极和磁场的方向同时改变，直流电动机的转动方向不变，故D错误．
答案 BC
三、安培力作用下物体运动方向的判断方法
1．电流元法
即把整段通电导体等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段通电导体所受合力的方向．
2．特殊位置法
把通电导体或磁铁放置到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向．
3．等效法
环形导线和通电螺线管都可以等效成条形磁铁．条形磁铁也可等效成环形导线或通电螺线管．通电螺线管也可以等效成很多匝的环形导线来分析．
4．利用结论法
(1)两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；(填“吸引”或“排斥”)
(2)两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同(填“相同”或“相反”)的趋势．
5．转换研究对象法
因为电流之间、电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律．定性分析磁体在电流磁场作用的受力和运动时，可先分析电流在磁体的磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力．
例3 如图3所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离．其中AB固定，CD能自由活动，当电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)( )
图3
A．顺时针方向转动同时靠近导线AB
B．逆时针方向转动同时离开导线AB
C．顺时针方向转动同时离开导线AB
D．逆时针方向转动同时靠近导线AB
解析 (1)根据电流元分析法，把导线CD等效成CO、OD两段导线．由安培定则画出CO、OD所在位置由AB导线中电流所产生的磁场方向，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动．
(2)由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90°，如图乙所示，并画出CD此时位置AB导线中电流所产生的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB，故D选项正确．
答案 D
不管是通电导体还是磁体，对另一通电导体的作用都是通过磁场来实现的．因此必须先画出导体所在位置的磁感线方向，然后用左手定则判断导体所受安培力的方向进而再判断将要发生的运动．
例4 如图4所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图示方向的电流(从右向左看沿逆时针方向)后，线圈的运动情况是( )
图4
A．线圈向左运动
B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动
D．从上往下看逆时针转动
解析 将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向左运动，选A.
答案 A
四、安培力作用下的受力分析问题
例5 质量为m的金属细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上，在如图所示的A、B、C、D四个选项中，杆与导轨的摩擦力一定不为零的是( )
解析 选项A中，通电细杆可能受重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零．当安培力变大或变小时，细杆有上滑或下滑的趋势，于是有静摩擦力产生．
选项B中，通电细杆可能受重力、安培力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零．当安培力减小时，细杆受到导轨的弹力和沿导轨向上的静摩擦力，也可能处于静止状态．
选项C和D中，通电细杆受重力、安培力、导轨弹力作用具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力一定不为零．
答案 CD
对通电导线进行受力分析，根据平衡条件判断摩擦力是否存在．弹力与摩擦力是被动力，其是否存在和大小随其他力的变化而变化.
1．(安培力的方向)如图5所示，其中A、B图已知电流方向及其所受安培力的方向，试判断并在图中标出磁场方向．C、D图已知磁场方向及其对电流作用力的方向，试判断电流方向并在图中标出．
图5
答案 A图磁场方向垂直纸面向外；B图磁场方向在纸面内垂直F向下；C、D图电流方向均垂直于纸面向里．(图略)
2．(磁电式电流表)(多选)如图6甲所示是磁电式电流表的结构图，图乙所示是磁极间的磁场分布图，以下选项中正确的是( )
图6
A．指针稳定后，线圈受到的螺旋弹簧的力矩方向与线圈受到的磁力矩方向是相反的
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，线圈所受磁力矩与电流有关，而与所处位置无关
答案 ABD
解析 当阻碍线圈转动的力矩增大到与安培力产生的使线圈转动的力矩平衡时，线圈停止转动，即两力矩大小相等、方向相反，故A正确；磁电式电流表蹄形磁铁与铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转动什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等、方向不同，故C错误，D正确；电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故B正确．
3．(电动机的原理)如图7所示是直流电动机的模型，闭合开关后线圈顺时针转动．现要线圈逆时针转动，下列方法中可行的是( )
图7
A．只改变电流方向
B．只改变电流大小
C．换用磁性更强的磁铁
D．对换磁极同时改变电流方向
答案 A
解析 直流电动机的转动方向与线圈中的电流方向和磁场方向有关，若使通入直流电动机的电流方向改变或磁场的方向改变，它的转动方向将改变．但是如果同时改变电流的方向和磁场的方向，线圈的转动方向将不变．
4．(安培力作用下的物体运动方向判断)一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图8所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受安培力作用后的运动情况为( )
图8
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 D
解析 先由安培定则判断通电螺线管的南北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图(a)所示．
可以判断导线受安培力后从上向下看按逆时针方向转动，再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受安培力的方向，如图(b)所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．
(a) (b)
题组一 安培力的方向
1．下面的四个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是( )
答案 C
2．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是( )
答案 D
解析 A图中I与B平行应不受安培力，故A错误；由左手定则知B、C错误，D正确．
3．如图1所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁场B方向的是( )
图1
答案 B
4．(多选)通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图2所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是( )
图2
A．线框有两条边所受的安培力方向相同
B．线框有两条边所受的安培力大小相同
C．线框所受安培力的合力向左
D．线框将绕MN转动
答案 BC
解析 通电矩形导线框abcd在无限长通电直导线形成的磁场中，受到安培力的作用，对于ad边和bc边，所在的磁场相同，但电流方向相反，所以ad边、bc边受安培力大小相同，方向相反，即ad边和bc边受合力为零．而对于ab和cd两条边，由于在磁场中，离长直导线的位置不同，ab边近且由左手定则判断受力向左，cd边远且由左手定则判断受力向右，所以ab边、cd边所受安培力的合力方向向左，故B、C选项正确．
5.如图3所示，A为一水平放置的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图所示．当圆盘沿图中所示方向高速绕中心轴OO′转动时，通电直导线所受安培力的方向是( )
图3
A．竖直向上 B．竖直向下
C．水平向里 D．水平向外
答案 C
解析 根据圆盘带电性质和旋转方向，可知圆盘上方磁场向上，根据左手定则可知导线受力水平向里．
6．如图所示，A中导线放在匀强磁场中、与竖直方向和水平方向都有一夹角，B中导线放在条形磁铁正中间的上方，水平放置，C中导线和矩形线框的两个边平行，D中导线垂直纸面、在通电螺线管的正上方，各图中导线受到的安培力竖直向上的是( )
答案 D
解析 根据左手定则可知A中导线受到的安培力斜向左下，B中导线受到的安培力竖直向下，选项A、B错；C中导线处的磁场垂直纸面向外，导线受到的安培力水平向右，选项C错；根据安培定则可知D中螺线管右端为N极，导线处在水平向左的磁场中，根据左手定则可知导线受到的安培力竖直向上，选项D正确．
题组二 安培力作用下导体的运动
7.如图4所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是( )
图4
A．线圈向左运动
B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动
D．从上往下看逆时针转动
答案 A
解析 解法一：电流元法．
甲
首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看做一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．
解法二：等效法．
将环形电流等效成小磁针，如
乙
图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向左运动，选A.
8.把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图5所示的电路图．当开关S接通后，将看到的现象是( )
图5
A．弹簧向上收缩
B．弹簧被拉长
C．弹簧上下跳动
D．弹簧仍静止不动
答案 C
解析 因为通电后，线圈中每一圈之间的电流是同向的，互相吸引，线圈就缩短，电路就断开，一断开电流消失，线圈就又落下接通电路……如此通断通断，就上下跳动．
9.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6所示．下列哪种情况将会发生( )
图6
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上方磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点下方的磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对．
10.如图7所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由转动．当导线中通有如图所示方向的电流I时，导线将(从上往下看)( )
图7
A．顺时针转动，同时向下运动
B．顺时针转动，同时向上运动
C．逆时针转动，同时向下运动
D．逆时针转动，同时向上运动
答案 C
解析 将导线AB从N、S极的中间O分成两段，AO、BO段所在处的磁场方向如图甲所示．由左手定则可得AO段受安培力的方向垂直纸面向外，BO段受安培力的方向垂直纸面向里，从上向下看，导线AB将绕O点沿逆时针方向转动．
甲 乙
再根据导线转过90°时的特殊位置判断其上下运动情况．如图乙所示，导线AB此时受安培力方向竖直向下，导线将向下运动．
由上述两个特殊位置的判断可知，当导线不在上述的特殊位置时，所受安培力使AB逆时针转动的同时还要向下运动．
题组三 安培力作用下的受力分析问题
11．两个倾角均为α的光滑斜面上，各放有一根相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，两种情况下B的大小相同，方向如图8甲、乙所示，两金属棒均处于静止状态，两种情况下电流之比I1∶I2为多少？
图8
答案 1∶cos α
解析 甲图中金属棒受力分析如图所示
BI1L＝mgtan α①
乙图中金属棒受力分析如图所示
BI2L＝mgsin α②
由①②得：＝.
12.用两个一样的弹簧吊着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流(如图9所示)，当棒静止时，两弹簧测力计的读数均为F1；若将棒中的电流方向反向(大小保持不变)，当棒静止时，两弹簧测力计的示数均为F2，且F2＞F1，根据这两个数据，试求：
图9
(1)磁场的方向；
(2)安培力的大小(用F1、F2表示)；
(3)铜棒的重力．
答案 见解析
解析 (1)由F2＞F1，可以确定磁场的方向为垂直纸面向里．
(2)(3)设铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：2F1＝G－F，
2F2＝G＋F，
根据这两个方程，解得
铜棒的重力G＝F1＋F2
安培力的大小F＝F2－F1.
第3讲 磁感应强度
[目标定位] 1.通过实验、类比和分析，寻找描述磁场强弱和方向的物理量——磁感应强度.2.知道磁感应强度的定义，知道其方向、大小、定义式和单位.3.掌握安培力的计算方法.4.知道磁通量和磁通密度概念；会计算磁通量的大小．
一、磁感应强度
1．实验发现：在磁场中某一点，安培力F与电流I和导线长度L乘积的比值是一个定值，与I、L无关；不同点的比值不相等，与所在位置的磁场强弱有关，因此，我们可以用这个比值来描述磁场的性质，把它称为磁感应强度．
2．定义式：B＝．
3．单位：特斯拉，简称特，符号是T，1 T＝1.
4．磁感应强度的方向：磁感应强度B 是矢(填“矢”或“标”)量，磁场中某点磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，也就是放在该点的小磁针N极受力的方向．
5．匀强磁场
(1)定义：在磁场的某个区域内，如果各点的磁感应强度大小和方向都相同，这个区域的磁场叫做匀强磁场．
(2)磁感线：在匀强磁场中，磁感线是一组平行而且等距的直线．
深度思考
据公式B＝知，磁场中某处的磁感应强度的大小与通电导线在该处所受磁场力F成正比，与导线中的电流I和导线长度L的乘积IL成反比，这种说法正确吗？为什么？
答案 不正确．公式B＝只是磁感应强度的定义式，磁场中某处的磁感应强度只与磁场本身有关，与该处是否放导线、导线所受磁场力以及导线的长度、通电电流大小均无关．
例1 磁场中放一根与磁场方向垂直的通电导线，它的电流是2.5 A，导线长1 cm，它受到的磁场力为5.0×10－2 N．求：
(1)这个位置的磁感应强度；
(2)如果把通电导线中的电流增大到5 A时，这一位置的磁感应强度；
(3)如果通电导线在磁场中某处不受磁场力，是否能肯定在这里没有磁场？
解析 (1)由磁感应强度的定义式得
B＝＝ T＝2 T.
(2)磁感应强度B是由磁场自身决定的，和导线的长度L、电流I的大小无关，所以该位置的磁感应强度还是2 T.
(3)如果通电导线在磁场中某处不受磁场力，则有两种可能：①该处没有磁场；②该处有磁场，但通电导线与磁场方向平行．
答案 (1)2 T (2)2 T (3)不能肯定
(1)在定义式B＝中，通电导线必须垂直于磁场方向放置，因为沿不同方向放置导线时，同一导线受到的磁场力不相等．
(2)磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，这时L应很短很短，IL称为“电流元”，相当于静电场中电场强度公式E＝中的“试探电荷”．
(3)磁感应强度B是用比值法定义的物理量，其大小只取决于磁场本身的性质，与F、I、L无关，与磁场中有没有通电导线无关．
例2 如图1所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )
图1
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
解析 由安培定则可知，两导线在O点产生的磁场方向均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，故选项A错误；由安培定则，两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的磁感应强度，电流M在b处产生磁场的磁感应强度等于N在a处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两处磁感应强度大小相等、方向相同，选项B错误；根据安培定则判断可知，两导线在c、d处产生的磁场分别垂直c、d两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向均竖直向下，故选项C正确，选项D错误．
答案 C
磁感应强度是矢量，当空间存在几个磁体(或电流)时，每一点的磁场为各个磁体(或电流)在该点产生磁场的矢量和．磁感应强度叠加时遵循平行四边形定则．
二、安培力的大小
1．公式：F＝ILB⊥＝ILBsin__θ．
θ指通电导线与磁场方向的夹角．
2．对公式的理解
同一通电导线，按不同方式放在同一磁场中，受力情况不同，如图2所示．
图2
(1)如图甲，I⊥B，即θ＝90°时，安培力最大，F＝BIL．
(2)如图乙，I∥B，即θ＝0°或180°时，安培力最小，F＝0．
(3)如图丙，当I与B成θ角时，可以把磁感应强度B分解，如图丁所示．此时F＝BILsin__θ，这是一般情况下安培力的表达式．
例3 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分别如图所示，已知磁感应强度为B，对于下列各图中，导线所受安培力的大小计算正确的是( )
解析 A图中，导线不和磁场垂直，将导线投影到垂直磁场方向上，故F＝BILcos θ，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．
答案 A
例4 如图3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( )
图3
A．方向竖直向上，大小为(＋1)BIL
B．方向竖直向上，大小为(－1)BIL
C．方向竖直向下，大小为(＋1)BIL
D．方向竖直向下，大小为(－1)BIL
解析 导线abcd的有效长度为线段ad，由几何知识知Lad＝(＋1)L，故线段abcd所受磁场力的合力大小F＝BILad＝(＋1)BIL，导线有效长度的电流方向为a→d，据左手定则可以确定导线所受合力方向竖直向上，故A项正确．
答案 A
当导线垂直放入磁场时，安培力大小F＝ILB，其中L为导线的有效长度，即连接两端点直线的长度，如图4所示．注意在丁中L＝2R而不等于2πR.
图4
三、磁通量
1．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一块垂直磁感线方向的面积为S的平面，我们定义BS为通过这个面的磁通量，简称磁通，用Φ表示．它在数值上等于穿过这个面的磁感线条数．
2．公式：Φ＝BS．国际制单位为韦伯，简称韦，符号是Wb.1 Wb＝1 T·m2.
说明：当平面与磁场夹角为θ时，穿过平面的磁通量可用平面在垂直于磁场B的方向的投影面积进行计算，Φ＝BS⊥＝BScos__θ．
3．适用条件：(1)匀强磁场；(2)磁感线与平面垂直．
4．引申：由于B＝，因此，磁感应强度B又叫做磁通密度．
例5 如图5所示，线圈abcd平面与水平方向夹角θ＝60°，磁感线竖直向下，线圈平面面积S＝0.4 m2，匀强磁场磁感应强度B＝0.6 T，则穿过线圈的磁通量Φ为多少？
图5
解析 解法一：把S投影到与B垂直的方向，则Φ＝B·Scos θ＝0.6×0.4×cos 60° Wb＝0.12 Wb.
解法二：把B分解为平行于线圈平面的分量B∥和垂直于线圈平面的分量B⊥，B∥不穿过线圈，且B⊥＝Bcos θ，则Φ＝B⊥S＝Bcos θ·S＝0.6×0.4×cos 60° Wb＝0.12 Wb.
答案 0.12 Wb
(1)磁通量的计算
①公式：Φ＝BS
适用条件：a.匀强磁场；b.磁感线与平面垂直．
②当平面与磁场方向不垂直时，穿过平面的磁通量可用平面在垂直于磁场B的方向的投影面积进行计算，即Φ＝BS⊥.
(2)磁通量的正、负既不表示大小，也不表示方向，它表示磁通量从某个面穿入还是穿出，若规定穿入为正，则穿出为负，反之亦然．
1．(磁感应强度的理解)关于磁感应强度B、电流I、导线长度L和电流所受磁场力F的关系，下面的说法中正确的是( )
A．在B＝0的地方，F一定等于零
B．在F＝0的地方，B一定等于零
C．若B＝1 T，I＝1 A，L＝1 m，则F一定等于1 N
D．若L＝1 m，I＝1 A，F＝1 N，则B一定等于1 T
答案 A
解析 在B为零的地方，则F一定为零，而F为零时，则B不一定为零，可能B与I平行．故A正确，B错误；若B＝1 T，I＝1 A，L＝1 m，根据F＝BILsin θ，知只有B垂直于I时，F＝BIL＝1 N，故C错误；若F＝1 N，I＝1 A，L＝1 m，根据F＝BILsin θ，知只有B垂直于I时，F＝BIL＝1 N，B＝1 T，故D错误．
2．(磁感应强度的叠加)在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图6所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中( )
图6
A．b、d两点的磁感应强度相等
B．a、b两点的磁感应强度相等
C．c点的磁感应强度的值最小
D．b点的磁感应强度的值最大
答案 C
解析 如图所示，由矢量叠加原理可求出各点的合磁场的磁感应强度，可见b、d两点的磁感应强度大小相等，但方向不同，A项错误．a点的磁感应强度最大，c点的磁感应强度最小，B、D项错误，C项正确．
3．(安培力的大小)如图7所示，在匀强磁场中有下列各种形状的通电导线，电流为I，磁感应强度为B，求各导线所受的安培力的大小．
图7
答案 A．ILBcos α B．ILB C.ILB D．2BIR E．0
4．(对磁通量的理解)如图8所示，一个单匝线圈abcd水平放置，面积为S，有一半面积处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，当线圈以ab边为轴转过30°和60°时，穿过线圈的磁通量分别是多少？
图8
答案
解析 当线圈分别转过30°和60°时，线圈平面在垂直于磁场方向的有效面积相同，S⊥＝，所以磁通量相同，都等于.
题组一 对磁感应强度的理解
1．(多选)下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是( )
A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向
D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
答案 BD
解析 磁场中某点磁感应强度的方向表示该点的磁场方向，磁场方向也就是小磁针N极受力的方向．但电流受力的方向不是磁场的方向．
2．下列说法中正确的是( )
A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：测出一小段通电导线受到的磁场力F，与该导线的长度L、以及通过的电流I，根据B＝可算出该点的B
B．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零
C．磁感应强度B＝只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关
D．放置在磁场中的1 m长的导线，通以1 A的电流，受力为1 N，该处的磁感应强度大小为1 T
答案 C
3．(多选)下列关于磁感应强度和电场强度的概念的说法正确的是( )
A．电场强度是描述电场强弱的物理量，反映了电场的性质，磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，反映了磁场的性质
B．电荷周围激发电场，运动电荷周围会激发磁场
C．电场中任何位置处的电场强度与引入的试探电荷无关，磁场中各处的磁感应强度与引入的电流元无关
D．电荷在电场中受到的电场力方向就是该处电场的方向，电流元在磁场中受到的磁场力的方向就是该处磁场的方向
答案 ABC
解析 电场强度和磁感应强度分别是描述电场和磁场的物理量，反映了电场和磁场的性质，选项A对；电荷周围存在电场、电流周围存在磁场，选项B对；电场强度和磁感应强度分别由电场和磁场本身决定，选项C对；正电荷所受电场力方向才是该处电场的方向，电流元受到的磁场力方向不是磁场的方向，选项D错．
题组二 磁感应强度的叠加
4．(多选)如图1所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1 T的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是( )
图1
A．直导线中的电流方向垂直纸面向外
B．b点的实际磁感应强度为 T，方向斜向上，与B的夹角为45°
C．c点的实际磁感应强度也为零
D．d点的实际磁感应强度跟b点的相同
答案 AB
解析 由a点合磁感应强度为零知，该电流在a点的磁感应强度方向向左，大小为1 T，由安培定则知A项正确．另由平行四边形定则知B项也正确．
5．如图2所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共线；b点在两导线之间，b、d的连线与两导线所在直线垂直．磁感应强度可能为零的点是( )
图2
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
答案 C
解析 要使合磁感应强度为零，必有I1和I2形成的两个磁场中的某一点磁感应强度等大反向，只有c点有可能，选C.
6．三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图3所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小均为B，则该处的磁感应强度的大小和方向是( )
图3
A．大小为B，方向垂直斜边向下
B．大小为B，方向垂直斜边向上
C．大小为B，斜向右下方
D．大小为B，斜向左下方
答案 C
解析 由题意可知，三平行的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向如图．
则：B合＝＝B，故A、B、D错误，C正确．
题组三 安培力的大小
7．下列关于安培力的说法正确的是( )
A．把通电导线放入磁场中一定会受到安培力作用
B．把导线垂直放入匀强磁场中就会受到安培力作用
C．安培力方向的判定需要左手定则
D．通电导线受到安培力的大小正比于磁感应强度B、导线的长度L和导线中电流I的乘积BIL
答案 C
解析 导线与磁场方向平行时，导线受到的安培力为0，A错，若导线中没有电流，导线受到的安培力一定为0，B错；安培力方向需根据左手定则判定，C对；通电导线受到的安培力与导线放置有关，D错．
8．(多选)把通有电流I长度为L的直导线放在磁感应强度为B的匀强磁场中，下列关于安培力大小的说法正确的是( )
A．可能为0 B．一定为BIL
C．可能小于BIL D．可能大于BIL
答案 AC
解析 导线与磁场方向平行时，导线受到的安培力为0，A对；当导线与磁场方向垂直时，导线受到的安培力最大为BIL，C对，B、D错．
9．如图4所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，ab与cd相距为l，则MN所受安培力大小( )
图4
A．F＝BIl
B．F＝BIlsin θ
C．F＝
D．F＝BIlcos θ
答案 C
解析 题中磁场和电流垂直，θ角仅是导线框与金属杆MN间夹角，不是电流与磁场的夹角．
10．(多选)如图5所示，纸面内的金属圆环中通有电流I，圆环圆心为O、半径为R，P、Q为圆环上两点，且OP垂直于OQ，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于纸面向里，则( )
图5
A．整个圆环受到的安培力大小为2πBIR
B．整个圆环受到的安培力大小为0
C．圆弧PQ受到的安培力大小为BIR
D．圆弧PQ受到的安培力大小为BIR
答案 BD
解析 根据左手定则可知，整个圆环关于圆心对称的两部分受到的安培力等大反向，受到的合力为0，选项A错，B对；圆弧PQ受到的安培力大小等于直线段PQ受到的安培力大小，为BIR，选项C错，D对．
题组四 磁通量的理解和计算
11．(多选)下列关于磁通量的说法正确的是( )
A．穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
B．在匀强磁场中，穿过某平面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
C．穿过某一个面的磁通量就是穿过该面的磁感线净条数
D．地磁场穿过地球表面的磁通量为0
答案 CD
解析 只有当磁场与该面垂直时穿过该面的磁通量才等于磁感应强度与该面面积的乘积，选项A、B均错；磁通量的物理意义为穿过该面的磁感线的净条数，选项C对；地球表面是一个封闭曲面，穿进它的磁感线又全部从另一面穿出，则磁通量为0，选项D对．
12．如图6所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( )
图6
A．πBR2 B．πBr2
C．nπBR2 D．nπBr2
答案 B
13．如图7所示，框架abcd的面积为S，框架平面的初始位置与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则
图7
(1)穿过框架平面的磁通量为多少？
(2)若使框架绕OO′转过60°角，则穿过框架平面的磁通量为多少？
(3)若从初始位置转过90°角，则穿过框架平面的磁通量为多少？
(4)若从初始位置转过180°角，则穿过框架平面的磁通量的变化量大小是多少？
答案 (1)BS (2)BS (3)0 (4)2BS
解析 (1)初始位置Φ1＝BS；
(2)框架转过60°角时Φ2＝BS⊥＝BScos 60°＝BS；
(3)框架转过90°角时Φ3＝BS⊥＝BScos 90°＝0；
(4)若规定初始位置磁通量为“正”，则框架转过180°角时磁感线从反面穿出，故末态磁通量为“负”，即Φ4＝－BS，所以ΔΦ＝|Φ4－Φ1|＝|－BS－BS|＝2BS.
第4讲 习题课：安培力的综合应用
[目标定位] 1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向2.理解并熟练应用安培力的计算公式F＝ILBsin θ.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．
一、安培力作用下导线的平衡
1．一般解题步骤：
(1)明确研究对象；
(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)根据平衡条件：F合＝0列方程求解．
2．求解安培力时注意：
(1)首先确定出通电导线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)安培力大小与导线放置的角度有关，但一般情况下只要求导线与磁场垂直的情况，其中L为导线垂直于磁场方向的长度，即有效长度．
例1 如图1所示，质量m＝0.1 kg的导体棒静止于倾角为θ＝30°的斜面上，导体棒长度L＝0.5 m．通入垂直纸面向里的电流，电流大小I＝2 A，整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中．求：(取g＝10 m/s2)
图1
(1)导体棒所受安培力的大小和方向；
(2)导体棒所受静摩擦力的大小和方向．
解析 解决此题的关键是分析导体棒的受力情况，明确各力的方向和大小．
(1)安培力F安＝ILB＝2×0.5×0.5 N＝0.5 N，
由左手定则可知安培力的方向水平向右．
(2)建立如图坐标系，分解重力和安培力．在x轴方向上，设导体棒受到的静摩擦力大小为f，方向沿斜面向下．
在x轴方向上有：
mgsin θ＋f＝F安·cos θ， 解得f＝－0.067 N.
负号说明静摩擦力的方向与假设的方向相反，即沿斜面向上．
答案 (1)0.5 N 水平向右 (2)0.067 N 沿斜面向上
针对训练1 如图2所示，两平行光滑导轨相距为L＝20 cm，金属棒MN的质量为m＝10 g，电阻R＝8 Ω，匀强磁场磁感应强度B方向竖直向下，大小为B＝0.8 T，电源电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω.当开关S闭合时，MN处于平衡，求此时变阻器R1的阻值为多少？(设θ＝45°，g＝10 m/s2)
图2
答案 7 Ω
解析 根据左手定则判断安培力方向，再作出金属棒平衡时的受力平面图如图所示．
当MN处于平衡时，根据平衡条件有：
mgsin θ－BILcos θ＝0，
由闭合电路欧姆定律得：I＝.
联立解得：R1＝7 Ω.
在处理安培力的平衡问题时，安培力、电流方向以及磁场方向构成一个空间直角坐标系，在空间判断安培力的方向有很大的难度，所以在判断一些复杂的安培力方向时都会选择画侧视图(平面图)的方法，这样就可以把难以理解的空间作图转化成易于理解的平面作图．
二、安培力和牛顿第二定律的结合
解决安培力作用下的力学综合问题，同样遵循力学的规律．做好全面受力分析是前提，无非就是多了一个安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再恰当选取物理规律列方程求解．
例2 如图3所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．
图3
解析 受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力N和安培力F，
由牛顿第二定律：
mgsin θ－Fcos θ＝ma①
F＝BIL②
I＝③
由①②③式可得a＝gsin θ－.
答案 gsin θ－
针对训练2
澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)从静止加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)．如图4所示，若轨道宽为2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试求：
图4
(1)轨道间所加匀强磁场的磁感应强度；
(2)安培力的最大功率．(轨道摩擦不计)
答案 (1)55 T (2)1.1×107 W
解析 (1)由运动学公式求出加速度a，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B.
根据2ax＝v－v得炮弹的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5×105 m/s2.
根据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力F＝ma＝2.2×10－3×5×105 N＝1.1×103 N，
而F＝BIL，所以B＝＝ T＝55 T.
(2)安培力的最大功率P＝Fvt＝1.1×107 W.
1．(安培力作用下物体的平衡)如图5所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m的平行导轨上放一质量为m＝0.3 kg的金属棒ab，通以从b→a，I＝3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：
图5
(1)匀强磁场磁感应强度的大小；
(2)ab棒对导轨压力的大小．(g＝10 m/s2)
答案 (1)1.73 T (2)6 N
解析 (1)ab棒静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，则mgsin 60°＝BILcos 60°.B＝＝ T≈1.73 T.
(2)对导轨的压力大小为：
N′＝N＝＝ N＝6 N.
2．(安培力作用下导线的平衡)如图6所示，在倾角为θ的斜面上，有一质量为m的通电长直导线，电流方向如图，当导线处于垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为B1和B2时，斜面对长直导线的静摩擦力均达到最大值，已知B1∶B2＝3∶1，求斜面对长直导线的最大静摩擦力的大小．
图6
答案 mgsin θ
解析 假设最大静摩擦力为fm，
B1IL＝mgsin θ＋fm
mgsin θ＝B2IL＋fm
联立可得：fm＝mgsin θ.
3．(安培力和牛顿第二定律的结合)据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图7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．开始时炮弹静止在导轨的一端，通以电流后
炮弹会被磁力加速，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W＝0.10 m，导轨长L＝5.0 m，炮弹质量m＝0.30 kg.导轨上的电流I的方向如图中箭头所示．可以认为，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，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v＝2.0×103 m/s，求通过导轨的电流I.忽略摩擦力与重力的影响．
图7
答案 6×105 A
解析 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＝IBW①
设炮弹的加速度的大小为a，则有
F＝ma②
炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而
v2＝2aL③
联立①②③代入题给数据得：
I＝6×105 A
故通过导轨的电流I＝6×105A.
题组一 通电导线在磁场中的平衡
1．如图1所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )
图1
A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极
B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极
C．无论如何台秤的示数都不可能变化
D．以上说法都不正确
答案 A
解析 如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，故选A.
2.如图2所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )
图2
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
答案 A
3．(多选)如图3所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场磁感应强度B的大小和方向可能为( )
图3
A．B＝，方向垂直于斜面向下
B．B＝，方向垂直于斜面向上
C．B＝，方向竖直向下
D．B＝，方向水平向右
答案 AC
解析 根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如图所示．又因为导线还受重力G和支持力N，根据力的平衡知，只有A、C两种情况是可能的，A中F＝mgsin α，则B＝，C中F＝mgtan α，B＝.
4.如图4所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2 kg的砝码，才能使天平重新平衡．求磁场对bc边作用力的大小．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1 A，bc边长度为10 cm，求该磁场的磁感应强度．(g取10 m/s2)
图4
答案 0.1 N 1 T
解析 根据F＝BIL可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，但由左手定则可知它们的方向是相反的．电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下．因而有2F＝2×10－2×10 N＝0.2 N，所以F＝0.1 N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1 N．因为磁场对电流的作用力F＝NBIL，故B＝＝ T＝1 T.
5.如图5所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m，质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流I＝1 A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中，设t＝0时，B＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图5
答案 5 s
解析 导线恰要离开斜面时受力情况如图．由平衡条件，得：
F＝①
而F＝BIL②
B＝0.4t③
代入数据解①②③即得：t＝5 s.
6．如图6所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.5 Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图6
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力大小；
(3)导体棒受到的摩擦力大小．
答案 (1)1.5 A (2)0.3 N (3)0.06 N
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律I＝＝1.5 A.
(2)导体棒受到的安培力
F安＝BIL＝0.3 N.
(3)导体棒受力如图，将重力正交分解，F1＝mgsin 37°＝0.24 N，
F1＜F安，摩擦力f方向沿导轨向下，根据平衡条件，mgsin 37°＋f＝F安，解得f＝0.06 N.
7．如图7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10 m/s2)
图7
答案 见解析
解析 依据物体的平衡条件可得，
ab棒恰不右滑时：G－μmg－BI1L＝0
ab棒恰不左滑时：G＋μmg－BI2L＝0
依据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R1＋r) E＝I2(R2＋r)
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.
题组二 安培力与牛顿第二定律的综合应用
8．如图8所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为0.2 T，一根质量为0.6 kg、有效长度为2 m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流突然增大为8 A时，求金属棒能获得的加速度的大小．
图8
答案 2 m/s2
解析 当金属棒中的电流为5 A时，金属棒做匀速运动，有I1BL＝f①
当金属棒中的电流为8 A时，金属棒能获得的加速度为a，则I2BL－f＝ma②
联立①②解得a＝＝2 m/s2
9.如图9所示，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地放置于匀强磁场中，间距为d，金属棒ab的质量为m，电阻为r，放在导轨上且与导轨垂直．磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成夹角α且与金属棒ab垂直，定值电阻为R，导轨电阻不计．当电键闭合的瞬间，测得棒ab的加速度大小为a，则电源电动势为多大？
图9
答案
解析画出金属棒ab受力的截面图，如图所示，
金属棒ab所受安培力：F＝BId，由牛顿第二定律得：Fsin α＝ma，金属棒ab中的电流：I＝，得E＝.
第5讲 磁场对运动电荷的作——洛伦兹力
[目标定位] 1.知道洛伦兹力，会用左手定则判断方向.2.掌握洛伦兹力公式的推导过程，会计算大小，知道洛伦兹力做功的特点.3.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律和分析方法.4.掌握洛伦兹力作用下的带电体的运动特点和处理方法．
一、洛伦兹力
1．洛伦兹力
(1)定义：运动电荷在磁场中受到的磁场力．
(2)与安培力的关系：静止的通电导线在磁场中受到的安培力，在数值上等于大量定向运动电荷受到的洛伦兹力的总和．
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决定的平面．
深度思考
(1)电荷在电场中一定受电场力作用，电荷在磁场中也一定受洛伦兹力作用吗？
(2)负电荷所受洛伦兹力的方向应怎样判断？
答案 (1)不一定，只有电荷在磁场中运动且速度方向与磁场方向不平行时才受洛伦兹力作用．
(2)根据左手定则判断，但四指指向负电荷速度的反方向．
例1 如图所示的磁感应强度B、电荷的运动速度v和磁场对电荷的作用力F的相互关系图中，画得正确的是(其中B、F、v两两垂直)( )
解析 由于B、F、v两两垂直，根据左手定则得：A、B、D选项中电荷所受的洛伦兹力都与图示F的方向相反，故A、B、D错误，C正确．
答案 C
确定洛伦兹力的方向需明确运动电荷的电性，特别注意负电荷的运动方向与左手四指的指向应相反．
二、洛伦兹力的大小
1．公式推导：
长为L的一段直导线，电流为I，处在磁场强度为B的磁场中，导线与磁场垂直，则安培力的大小为：
F安＝BIL
如图1所示，设此导线的截面积为S，其中每单位体积中有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量为q，定向运动的速率为v.则电流I的微观表达式
I＝nqSv
图1
这段导体中含有的电荷数为nLS
安培力可以看作是作用在每个运动电荷上的洛伦兹力F的合力，这段导体中含有的自由电荷数为nLS，所以
F＝＝＝＝qvB
2．洛伦兹力公式：
(1)当v⊥B时，F＝qvB．
(2)当v∥B时，F＝0．
(3)当v与B成θ角时，F＝qvBsin__θ.
例2 在图2所示的各图中，匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向．
图2
解析 (1)因v⊥B，所以F＝ qvB，方向与v垂直指向左上方．
(2)v与B的夹角为30°，将v分解成垂直磁场的分量和平行磁场的分量，v⊥＝vsin 30°，F＝qvBsin 30°＝qvB.方向垂直纸面向里．
(3)由于v与B平行，所以不受洛伦兹力．
(4)v与B垂直，F＝qvB，方向与v垂直指向左上方．
答案 (1)qvB 垂直v指向左上方
(2)qvB 垂直纸面向里
(3)不受洛伦兹力
(4)qvB 垂直v指向左上方
三、带电粒子在磁场中的运动
1．洛伦兹力做功特点：洛伦兹力的方向总跟粒子运动的速度方向垂直．所以洛伦兹力对运动电荷不做功(填“做功”或“不做功”)，它不会改变带电粒子速度的大小，只改变粒子运动的方向．
2．带电粒子(不计重力)以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场中：
(1)当v∥B时，带电粒子将做匀速直线运动．
(2)当v⊥B时，带电粒子将做匀速圆周运动．
①洛伦兹力提供向心力，即qvB＝．
②得轨道半径r＝．
③运动周期T＝＝．
深度思考
增加带电粒子的速度，其在匀强磁场中运动的周期如何变化？为什么？
答案 不变．由T＝知带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期与速度无关．
例3 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
解析 由qU＝mv2，qvB＝，得r＝ ，
而mα＝4mH，qα＝2qH，故rH∶rα＝1∶，又T＝，
故TH∶Tα＝1∶2.同理可求其他物理量之比．
答案 B
四、洛伦兹力作用下带电体的运动
例4 一个质量m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图3所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g取10 m/s2)．求：(计算结果保留两位有效数字)
图3
(1)小滑块带何种电荷？
(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度为多大？
(3)该斜面长度至少为多长？
解析 (1)小滑块在沿斜面下滑的过程中，受重力mg、斜面支持力N和洛伦兹力F作用，如图所示，若要使小滑块离开斜面，则洛伦兹力F应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．
(2)小滑块沿斜面下滑的过程中，垂直于斜面的加速度为零时，由平衡条件得F＋N＝mgcos α，当支持力N＝0时，小滑块脱离斜面．设此时小滑块速度为vmax，则此时小滑块所受洛伦兹力F＝qvmaxB，
所以vmax＝＝ m/s≈3.5 m/s.
(3)设该斜面长度至少为l，则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时．因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得mglsin α＝mv－0，所以斜面长度至少为l＝＝ m≈1.2 m.
答案 (1)负电荷 (2)3.5 m/s (3)1.2 m
分析带电物体在磁场中的运动，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．
1．(洛伦兹力)在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图4所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则电子将( )
图4
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向纸里偏转 D．向纸外偏转
答案 B
解析 由题图可知，直导线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直于纸面向里，而电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电荷，四指要指向电子运动方向的反方向)，电子将向下偏转，故B选项正确．
2．(洛伦兹力及带电体在磁场中的运动)有一质量为m、电荷量为q的带正电的小球停在绝缘平面上，并处在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图5所示，为了使小球飘离平面，应该( )
图5
A．使磁感应强度B的数值增大
B．使磁场以v＝向上运动
C．使磁场以v＝向右运动
D．使磁场以v＝向左运动
答案 D
解析 小球飘离平面，洛伦兹力竖直向上，由左手定则知小球应相对磁场向右运动，再由平衡条件qvB－mg＝0解得v＝，故D正确．
3．(带电粒子在磁场中的圆周运动)(多选)如图6所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B1、B2，虚线MN为理想边界．现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线，以下说法正确的是( )
图6
A．电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P
B．电子运动一周回到P点所用的时间T＝
C．B1＝4B2
D．B1＝2B2
答案 AD
解析 由左手定则可知，电子在P点所受的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P→D→M→C→N→E→P，选项A正确；由题图得两磁场中轨迹圆的半径比为1∶2，由半径r＝可得＝2，选项C错误，选项D正确；运动一周的时间t＝T1＋＝＋＝，选项B错误．
4. (洛伦兹力作用下带电体的运动)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图7所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )
图7
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
答案 A
解析 油滴水平向右做匀速直线运动，其所受的洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电荷，其电荷量为q＝，A正确，C、D错误；比荷＝，B错误．
(时间：60分钟)
题组一 对洛伦兹力方向的判定
1．在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断不正确的是( )
答案 C
2.一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图1所示的磁场，分离为1、2、3三束，则不正确的是 ( )
图1
A．1带正电
B．1带负电
C．2不带电
D．3带负电
答案 B
解析 根据左手定则，正电荷粒子左偏，即1；不偏转说明不带电，即2；带负电的粒子向右偏，说明是3，因此答案为B.
题组二 对洛伦兹力特点及公式的理解应用
3．(多选)带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是( )
A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B．如果把＋q改为－q，且速度反向、大小不变，则洛伦兹力的大小不变
C．洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D．粒子只受到洛伦兹力的作用，不可能做匀速直线运动
答案 BD
4．如图2所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是( )
图2
A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动
B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动
C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动
D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动
答案 C
解析 电子的速度v∥B，F洛＝0，电子做匀速直线运动．
题组三 带电粒子在磁场中的圆周运动
5．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )
A．与粒子电荷量成正比
B．与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比
D．与磁感应强度成正比
答案 D
解析 假设带电粒子的电荷量为q，在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，则等效电流i＝＝，故答案选D.
6．如图3所示，ab是一弯管，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，方向垂直纸面向里．有一束粒子对准a端射入弯管，粒子的质量、速度不同，但都是一价负粒子，则下列说法正确的是( )
图3
A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
B．只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
C．只有质量和速度乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
D．只有动能大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
答案 C
解析 由R＝可知，在相同的磁场，相同的电荷量的情况下，粒子做圆周运动的半径决定于粒子的质量和速度的乘积．
7．如图4所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将( )
图4
A．沿路径a运动，轨迹是圆
B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大
C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小
D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小
答案 B
解析 由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲．又由R＝知，B减小，R越来越大，故电子的径迹是a.故选B.
8．(多选)如图5所示，一带电粒子(重力不计)在匀强磁场中沿图中轨迹运动，中央是一薄绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知( )
图5
A．粒子的运动方向是abcde
B．粒子带正电
C．粒子的运动方向是edcba
D．粒子在下半周期比上半周期所用时间长
答案 BC
9.如图6所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感应强度大小为B/2，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：
图6
(1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴？
(2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离．
答案 (1) (2)
解析 粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入x轴下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴．如图所示．
(1)由牛顿第二定律qv0B＝m①
T＝②
联立①②解得T1＝，T2＝，
粒子第二次到达x轴需时间：t＝T1＋T2＝.
(2)由①式可知R1＝，R2＝，
粒子第二次到达x轴时离O点的距离
x＝2R1＋2R2＝.
题组四 洛伦兹力作用下带电体的运动
10．(多选)如图7所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中( )
图7
A．小球加速度一直增加
B．小球速度一直增加，直到最后匀速
C．棒对小球的弹力一直减小
D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变
答案 BD
解析 小球由静止开始下滑，受到向左的洛伦兹力不断增加．在开始阶段，洛伦兹力小于向右的电场力，棒对小球有向左的弹力，随着洛伦兹力的增加，棒对小球的弹力减小，小球受到的摩擦力减小，所以在竖直方向上小球受重力和摩擦力作用做加速运动，其加速度逐渐增加．
当洛伦兹力等于电场力时，棒对小球没有弹力，摩擦力随之消失，小球在竖直方向上受到的合力最大，加速度最大．
随着速度继续增加，洛伦兹力大于电场力，棒对小球又产生向右的弹力，随着速度增加，洛伦兹力增加，棒对小球的弹力增加，小球受到的摩擦力增加，于是小球在竖直方向受到的合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，小球的速度不再增加，以此时的速度做匀速运动．综上所述，选项B、D正确．
11．如图8所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，摆动过程中无机械能损失，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方通过最低点时，悬线上的张力为0.5mg，则小球自右方通过最低点时悬线上的张力为多少？
图8
答案 3.5mg
解析 设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v.
根据机械能守恒定律得：
mgL(1－cos 60°)＝mv2①
得：v＝②
小球自左方摆至最低点时，有：F＋qvB－mg＝m③
小球自右方摆至最低点时，有：F′－mg－qvB＝m④
又由题意得F＝0.5mg⑤
由②③④⑤得：F′＝3.5mg.
12.如图9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：(g＝10 m/s2)
图9
(1)滑块到达C点时的速度；
(2)在C点时滑块所受洛伦兹力．
(3)滑块到达C点时对轨道的压力．
答案 (1)2 m/s，方向水平向左 (2)0.1 N，方向竖直向下 (3)20.1 N，方向竖直向下
解析 以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；电场力qE，方向水平向右；洛伦兹力F洛＝qvB，方向始终垂直于速度方向．
(1)滑块从A到C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)根据洛伦兹力公式得：F洛＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N，方向竖直向下．
(3)在C点根据牛顿第二定律：N－mg－F洛＝m
代入数据得：N＝20.1 N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为20.1 N，方向竖直向下
第6讲 洛伦兹力的应用
[目标定位] 1.知道利用磁场控制带电粒子的偏转.2.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律和分析方法.3.了解质谱仪、回旋加速器的构造和原理．
一、利用磁场控制带电粒子运动
图1
(一)偏转角度：如图1所示，tan＝，R＝，则tan ＝．
(二)控制特点：只改变带电粒子的运动方向，不改变带电粒子的速度大小．
(三)带电粒子在有界磁场中运动的处理方法
1．“一找圆心，二求半径，三定时间”的方法．
(1)圆心的确定方法：两线定一“心”
①圆心一定在垂直于速度的直线上．
如图2甲所示，已知入射点P(或出射点M)的速度方向，可通过入射点和出射点作速度的垂线，两条直线的交点就是圆心．
图2
②圆心一定在弦的中垂线上．
如图乙所示，作P、M连线的中垂线，与其一速度的垂线的交点为圆心．
(2)求半径
方法① 由公式qvB＝m，得半径r＝；
方法② 由轨迹和约束边界间的几何关系求解半径r.
(3)定时间
粒子在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，其运动时间为t＝T(或t＝T)．
2．圆心角与偏向角、圆周角的关系
图3
两个重要结论：
(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叫做偏向角，偏向角等于圆弧对应的圆心角α，即α＝φ，如图3所示．
(2)圆弧所对应圆心角α等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如图所示．
例1 如图4所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁场方向(磁感应强度为B)并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝60°.求电子的质量和穿越磁场的时间．
图4
解析 过M、N作入射方向和出射方向的垂线，两垂线交于O点，O点即电子在磁
场中做匀速圆周运动的圆心，连结ON，过N作OM的垂线，垂足为P，如图所示．由直角三角形OPN知，电子的轨迹半径r＝＝d①
由圆周运动知evB＝m②
联立①②解得m＝.
电子在有界磁场中运动周期为
T＝·＝.
电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为θ＝60°，故电子在磁场中的运动时间为t＝T＝×＝.
答案
例2 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5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( )
图5
A. B. C. D.
解析 画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB＝m，又T＝，联立得T＝
由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝，在磁场中运动时间t＝T，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则T＝，解得＝，故选项A正确。
答案 A
分析粒子在磁场中运动的基本思路：(1)定圆心；(2)画出粒子运动的轨迹；(3)由几何方法确定半径；(4)用规律列方程．
二、质谱议
1．定义：测定带电粒子荷质比的仪器．
2．结构：如图6所示
图6
3．原理：
(1)加速：S1和S2之间存在着加速电场．
由动能定理：qU＝mv2.
(2)匀速直线运动
P1和P2之间的区域存在着相互正交的匀强磁场和匀强电场．只有满足qE＝qvB1，即v＝的带电粒子才能沿直线匀速通过S3上的狭缝．
(3)偏转：S3下方空间只存在磁场．带电粒子在该区域做匀速圆周运动．经半个圆周运动后打到底片上形成一个细条纹，测出条纹到狭缝S3的距离L，就得出了粒子做圆周运动的半径R＝，根据R＝，可以得出粒子的荷质比．
4．应用：质谱仪在化学分析、原子核技术中有重要应用．
深度思考
质谱仪是如何区分同位素的？
答案 由qU＝mv2和qvB＝m可求得r＝ .同位素电荷量q相同，质量不同，在质谱仪荧光屏上显示的半径就不同，故能通过半径大小区分同位素．
例3 如图7是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是( )
图7
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
解析 质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重 要工具，故A选项正确；速度选择器中电场力和洛伦兹力是一对平衡力，即qvB＝qE，故v＝，根据左手定则可以确定，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故B、C选项正确．粒子在匀强磁场中运动的半径r＝，即粒子的比荷＝，由此看出粒子的运动半径越小，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大，故D选项错误．
答案 ABC
三、回旋加速器
1．原理
(1)如图8所示，回旋加速器的核心部件是两个D形盒，D形盒分别与高频电源的两极相连，使缝隙中产生交变电场，加速带电粒子．磁场方向垂直于D形盒的底面．当带电粒子垂直于磁场方向进入D形盒中，粒子受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动，经过半个周期回到D形盒的边缘，缝隙中的电场使它获得一次加速．
图8
(2)粒子每经过一次加速，其轨道半径都会变大，但只要缝隙中的交变电场以T＝的不变周期往复变化就可以保证离子每次经过缝隙时都被电场加速．
2．周期：由T＝得，带电粒子的周期与速率、半径均无关(填“有关”或“无关”)，运动相等的时间(半个周期)后进入电场．
3．带电粒子的最终能量：由r＝得，当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，若D形盒半径为R，则带电粒子的最终动能Em＝.可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R.
深度思考
(1)回旋加速器中，随着粒子速度的增加，缝隙处的电场的频率如何变化才能使粒子在缝隙处刚好被加速？
(2)粒子在回旋加速器中加速获得的最大动能与交变电压的大小有何关系？
答案 (1)不变．虽然粒子每经过一次加速，其速度和轨道半径就增大，但是粒子做圆周运动的周期不变，所以电场的频率保持不变就行．
(2)没有关系．回旋加速器所加的交变电压的大小只影响加速次数，与粒子获得的最大动能无关．
例4 回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，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Rmax.求：
(1)粒子在盒内做何种运动；
(2)所加交变电流频率及粒子角速度；
(3)粒子离开加速器时的最大速度及最大动能．
解析 (1)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．
(2)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要符合粒子回旋频率，因为T＝，回旋频率f＝＝，角速度ω＝2πf＝.
(3)由牛顿第二定律知＝qBvmax
则vmax＝
最大动能Ekmax＝mv＝
答案 (1)匀速圆周运动，每次加速之后半径变大
(2) (3)
(1)洛伦兹力永远不做功，磁场的作用是让带电粒子“转圈圈”，电场的作用是加速带电粒子．
(2)两D形盒窄缝所加的是与带电粒子做匀速圆周运动周期相同的交流电，且粒子每次过窄缝时均为加速电压，每旋转一周被加速两次．
(3)粒子射出时的最大速度(动能)由磁感应强度和D形盒的半径决定，与加速电压无关．
1．(带电粒子在有界磁场中的运动)如图9所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负粒子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负粒子在磁场中运动的时间之比为( )
图9
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ D．1∶1
答案 B
解析 正、负粒子在磁场中运动轨迹如图所示，正粒子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120°，负粒子做匀速圆周运动在磁场中的部分所对应圆心角为60°，故时间之比为2∶1.
2．(带电粒子在有界磁场中的运动)如图10所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(重力不计)( )
图10
A．1∶3 B．4∶3 C．1∶1 D．3∶2
答案 D
解析 如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°.从b点射出的粒子对应的圆心角为60°.由t＝T，可得：t1∶t2＝3∶2，故选D.
3．(质谱议)质谱议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11所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知( )
图11
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 根据动能定理得，qU＝mv2，由qvB＝m得，r＝ .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；若只增大加速电压U，由上式可知，则半径r变大，故C正确；若只增大入射粒子的质量，由上式可知，则半径也变大．故D错误．
4．(回旋加速器的原理)(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极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，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面的匀强磁场中，如图12所示，要增大带电粒子射出时的动能，下列说法中正确的是( )
图12
A．增加交流电的电压 B．增大磁感应强度
C．改变磁场方向 D．增大加速器半径
答案 BD
解析 当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，由牛顿第二定律qvB＝m，得v＝.若D形盒的半径为R，则R＝r时，带电粒子的最终动能Ekm＝mv2＝.所以要提高加速粒子射出的动能，应尽可能增大磁感应强度B和加速器的半径R.
题组一 带电粒子在有界磁场中运动
1．(多选)如图1所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点(图中未画出)时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则( )
图1
A．该粒子带正电
B．A点与x轴的距离为
C．粒子由O到A经历时间t＝
D．运动过程中粒子的速度不变
答案 BC
解析 根据粒子的运动方向，由左手定则判断可知粒子带负电，A项错；运动过程中粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，D项错；粒子做圆周运动的半径r＝，周期T＝，从O点到A点速度的偏向角为60°，即运动了T，所以由几何知识求得点A与x轴的距离为，粒子由O到A经历时间t＝，B、C两项正确．
2．(多选)如图2，两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( )
图2
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 要使离子打在屏上，由左手定则，可判出a、b均带正电，A正确；由牛顿第二定律qvB＝m，得r＝，离子运动轨迹如图所示，又T＝，t＝T，知a比b飞行时间长，a比b飞行路程长，B、C错误；又a、b在P上落点距O点的距离分别为2rcos θ、2r，故D正确．
3．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图3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( )
图3
A. B. C. D.
答案 D
解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝.轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于＝2rsin 30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，＝＝2＝4r＝，故D正确．
4．(多选)如图4所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是( )
图4
A. B.
C. D.
答案 BC
解析 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由r＝知，粒子的入射速度v0越大，r越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，B项正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos 45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C项正确．
题组二 质谱仪和回旋加速器问题
5. (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5所示，离子源S产生的各种不同正离子束(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( )
图5
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，则离子的荷质比一定相同
答案 AD
解析 由动能定理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．
6．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6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( )
图6
A．11 B．12 C．121 D．144
答案 D
解析 设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得
qU＝mv2－0，得v＝①
在磁场中qvB＝m②
由①②式联立得m＝，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故选项D正确．
7．用回旋加速器分别加速α粒子和质子时，若磁场相同，则加在两个D形盒间的交变电压的频率应不同，其频率之比为( )
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶3
答案 B
8.一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图7所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连．下列说法正确的是( )
图7
A．质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大
B．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大
C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D．不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子
答案 A
解析 由r＝知，当r＝R时，质子有最大速度vm＝，即B、R越大，vm越大，vm与加速电压无关，A对，B错；随着质子速度v的增大，质量m会发生变化，据T＝知质子做圆周运动的周期也变化，所加交流电与其运动不再同步，即质子不可能一直被加速下去，C错；由上面周期公式知α粒子与质子做圆周运动的周期不同，故此装置不能用于加速α粒子，D错．
题组三 综合应用
9.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8所示．
图8
(1)带电粒子离开磁场时的速度多大？
(2)带电粒子在磁场中运动多长时间？
(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？(g取10 m/s2)
答案 见解析
解析 粒子所受的洛伦兹力F洛＝qvB≈8.7×10－14 N，远大于粒子所受的重力G＝mg＝1.7×10－26 N，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仍为3.2×106 m/s.
(2)由qvB＝m得轨道半径r＝＝ m＝0.2 m．由题图可知偏转角θ满足：sin θ＝＝＝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＝＝ s≈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－cos θ)＝0.2×m≈2.7×
10－2 m.
10．如图9所示，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的质子以速度v0从O点垂直射入．已知两板之间距离为d.板长为d，O点是NP板的正中点，为使粒子能从两板之间射出，试求磁感应强度B应满足的条件(已知质子带电荷量为q，质量为m)．
图9
答案 ≤B≤
解析 如图所示，由于质子在O点的速度垂直于板NP，所以粒子在磁场中做圆周运动的圆心O′一定位于NP所在的直线上．如果直径小于ON，则轨迹将是圆心位于ON之间的一段半圆弧．
(1)如果质子恰好从N点射出，R1＝，qv0B1＝.所以B1＝.
(2)如果质子恰好从M点射出
R－d2＝，qv0B2＝m，得B2＝.
所以B应满足≤B≤.
11．如图10，一个质量为m，电荷量为－q，不计重力的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，求：
图10
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)穿过第一象限的时间．
答案 (1) (2)
解析 (1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，由图中几何关系知：
Rcos 30°＝a，得：R＝
Bqv＝m得：B＝＝.
(2)带电粒子在第一象限内运动时间：t＝·＝.
第7讲 习题课：带电粒子在叠加场和组合场中的运动
[目标定位] 1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.2.能分析计算带电粒子在叠加场中的运动.3.能分析计算带电粒子在组合场中的运动．
一、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动
1．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．
2．带电粒子在有界磁场中的圆周运动的几种常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图1所示)
图1
(2)平行边界(存在临界条件，如图2所示)
图2
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图3所示)
图3
3．带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
带电粒子在有界磁场中运动，往往出现临界条件，可以通过对轨迹圆放大的方法找到相切点如图2(c)所示．注意找临界条件，注意挖掘隐含条件．
例1 如图4所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：
图4
(1)该粒子射出磁场的位置；
(2)该粒子在磁场中运动的时间．(粒子所受重力不计)
解析 (1)设粒子从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律可得：qv0B＝m
式中R为圆轨道半径，解得：R＝①
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：
＝Rsin θ②
联立①②两式，解得L＝
所以粒子射出磁场的位置坐标为(－，0)
(2)因为T＝＝
所以粒子在磁场中运动的时间t＝·T＝.
答案 (1)(－，0) (2)
例2 如图5所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF.一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ.已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少为多大？
图5
解析 当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几何知识可得：
r＋rcos θ＝d①
又r＝②
由①②得v0＝
故电子要射出磁场的速率至少应为.
答案
例3 在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图6所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．
图6
(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？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
解析
(1)由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r，
又qvB＝m，
则粒子的比荷＝.
(2)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＝T＝×＝.
答案 (1)负电荷 (2)B
二、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当做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
②当做匀速圆周运动时，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．
例4 如图7所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g＝10 m/s2，求：
图7
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①
代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足
tan θ＝③
代入数据解得tan θ＝
θ＝60°④
(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有
a＝⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝at2⑦
tan θ＝⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s＝3.5 s⑨
解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin θ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得
t＝2 s＝3.5 s⑦
答案 (1)20 m/s 与电场方向成60°角斜向上
(2)3.5 s
三、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．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．
3．要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态．
4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．
5．解题技巧：组合场中电场和磁场是各自独立的，计算时可以单独使用带电粒子在电场或磁场中的运动公式来列式处理．电场中常有两种运动方式：加速或偏转；而匀强磁场中，带电粒子常做匀速圆周运动．
例5 如图8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向里垂直纸面的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在A点(0，3)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(6，0)和Q点(8，0)各一次．已知该微粒的比荷为＝102 C/kg，微粒重力不计，求：
图8
(1)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)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qvB＝m得r＝
由几何关系可知r＝ m，所以可得B＝＝1.2 T.
答案 (1)0.05 s 2.4×103 m/s2 (2)45° 见解析图 (3)24 N/C 1.2 T
1．(带电粒子在叠加场中的运动)一正电荷q在匀强磁场中，以速度v沿x轴正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图9所示，为了使电荷能做直线运动，则必须加一个电场进去，不计重力，此电场的场强应该是( )
图9
A．沿y轴正方向，大小为
B．沿y轴负方向，大小为Bv
C．沿y轴正方向，大小为
D．沿y轴负方向，大小为
答案 B
解析 要使电荷能做直线运动，必须用电场力抵消洛伦兹力，本题正电荷所受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故电场力必须沿y轴负方向且qE＝qvB，即E＝Bv.
2．(带电粒子在有界磁场中的运动)(多选)长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图10所示，磁感应强度为B，板间距离也为L，极板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )
图10
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度＜v＜
答案 AB
解析 如图所示，由题意知，若带正电的粒子从极板左边射出磁场，其在磁场中做圆周运动的半径R＜，因粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：qvB＝m
可得粒子做圆周运动的半径：r＝
粒子不从左边射出，则：＜
即：v＜
带正电的粒子从极板右边射出磁场，如图所示，此时粒子的最大半径为R，由上图可知：R2＝L2＋(R－)2
可得粒子做圆周运动的最大半径：R＝
又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则＞
即：v＞，故欲使粒子打在极板上，粒子的速度必须满足v＜或v＞
故A、B正确，C、D错误．
3. (带电粒子在有界磁场中的运动)如图11所示，在半径为R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆顶点P有一速度为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子的重力不计．
图11
(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；
(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它在磁场中运动的时间．
答案 (1) (2)
解析 (1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得
Bqv0＝m，所以r＝R带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示．
t＝＝.
(2)由(1)知，当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝R，其运动轨迹如图所示．
由几何关系tan θ＝＝，所以θ＝30°.
t′＝＝·＝.
4．(带电粒子在组合场中的运动)如图12所示xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m，电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场．已知OP之间的距离为d(不计粒子的重力)．求：
图12
(1)O点到Q点的距离；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间．
答案 (1)2d (2) (3)
解析 (1)设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，P到Q受到恒定的电场力与初速度垂直，为类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知
竖直方向匀速直线h＝v0t
水平方向匀加速直线平均速度＝，d＝
根据速度的矢量合成tan 45°＝
解得h＝2d.
(2)由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2d
由牛顿第二定律qvB＝m，解得R＝
由(1)可知v＝＝v0
联立解得B＝.
(3)在电场中的运动时间为t1＝
由运动学公式T＝
在第一象限中的运动时间为t2＝T＝T
在第四象限内的运动时间为t3＝
带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝.
题组一 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．(多选)运动电荷进入磁场(无其他场)中，可能做的运动是( )
A．匀速圆周运动 B．平抛运动
C．自由落体运动 D．匀速直线运动
答案 AD
解析 若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀速圆周运动，A、D正确；由于电荷的质量不计，故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动，B、C错误．
2．(多选)如图1所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处竖直向下射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是( )
图1
A．a B．b
C．c D．d
答案 BD
解析 粒子的入射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a、c均不可能，正确答案为B、D.
3．(多选)如图2所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( )
图2
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子
答案 AD
解析 显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式r＝可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A对，B错；根据周期公式T＝知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝，圆心角越大，则带电粒子在磁场中运动时间越长，圆心均在x轴上，由题图可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，C错，D对．
4.如图3所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则( )
图3
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶2，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
答案 A
解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由qvB＝m得，v＝，则vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，又由T＝，t＝T和θb＝2θc得tb∶tc＝2∶1，故选项A正确，B、C、D错误．
5．如图4是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R＝10 cm的圆柱形筒内有B＝1×
10－4 T的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a、b分别作为入射孔和出射孔．现有一束比荷为＝2×1011 C/kg的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出．其中入射角α＝30°，且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v大小是( )
图4
A．4×105 m/s B．2×105 m/s
C．4×106 m/s D．2×106 m/s
答案 C
解析 离子不经碰撞直接从b孔射出，则直径ab为轨迹圆弧的弦，如图所示，轨迹圆心在弦的中垂线上，过a作速度v的垂线交弦ab中垂线于O′，则O′为轨迹圆心，弦ab对应的圆心角φ＝2α＝60°，轨道半径r＝＝，所以离子的速度v＝＝4×106 m/s，C正确．
题组二 带电粒子在叠加场中的运动
6．如图5所示是磁流体发电机原理示意图．A、B两极板间的磁场方向垂直于纸面向里．等离子束从左向右进入板间．下述正确的是( )
图5
A．A极板电势高于B极板，负载R中电流向上
B．B极板电势高于A极板，负载R中电流向上
C．A极板电势高于B极板，负载R中电流向下
D．B极板电势高于A极板，负载R中电流向下
答案 C
解析 等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A极板偏，负离子受到向下的洛伦兹力向B极板偏，这样正离子聚集在A极板，而负离子聚集在B极板，A极板电势高于B极板，电流方向从A→R→B.
7．(多选)如图6所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v＝，(不计粒子的重力)那么( )
图6
A．带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过
B．带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区，才能沿直线通过
C．不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过
D．不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过
答案 AC
解析 按四个选项要求让粒子进入，洛伦兹力与电场力等大反向的就能沿直线匀速通过速度选择器．
8. (多选)如图7所示，质量为m、电荷量为q的带电液滴从h高处自由下落，进入一个互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度为B，电场强度为E.已知液滴在此区域中做匀速圆周运动，则圆周运动的半径r为( )
图7
A. B.
C. D.
答案 AC
解析 液滴进入复合场的速度v＝，液滴在重力、电场力、洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，满足mg＝qE，qvB＝m，可得A、C选项正确．
9．(多选)一个带电微粒在如图8所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略，已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则( )
图8
A．该微粒带正电
B．带电微粒沿逆时针旋转
C．带电微粒沿顺时针旋转
D．微粒做圆周运动的速度为
答案 BD
解析 带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电微粒带负电荷，A错误；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)，B正确，C错误；由微粒做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg＝qE①
带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为： r＝②
联立①②得：v＝，D正确．
10.如图9所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器，电压为U1＝5 000 V；N为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1＝0.2 T，板间距离为d＝0.06 m；P为一个边长为l的正方形abcd的磁场区，磁感应强度为B2＝0.1 T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏．今有一比荷为＝108 C/kg的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S打在荧光屏上．求：
图9
(1)粒子离开加速器时的速度v；
(2)速度选择器的电压U2；
(3)正方形abcd边长l.
答案 (1)1.0×106 m/s (2)1.2×104 V (3)0.16 m
解析 (1)粒子加速过程qU1＝mv2
粒子离开加速器时的速度v＝ ＝1.0×106 m/s.
(2)在速度选择器运动过程中qvB1＝qE，E＝
速度选择器的电压U2＝B1vd＝1.2×104 V.
(3)粒子在磁场区域做匀速圆周运动
qvB2＝，r＝＝0.1 m
由几何关系得r2＝(l－r)2＋
正方形abcd边长l＝r＝0.16 m.
题组三 带电粒子在组合场中的运动
11．如图10所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直平面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场中，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：
图10
(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨迹半径；
(2)O、M间的距离；
(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用的时间．
答案 (1) (2) (3)＋
解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运动规律知v＝＝2v0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bqv＝m
所以R＝.
(2)设粒子在Ⅰ区域电场中运动时间为t1，加速度为a.
则有
qE＝ma
v0tan 60°＝at1
即t1＝
O、M两点间的距离为
L＝at＝.
(3)如图所示，设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2.
则由几何关系知t2＝＝
设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t3，a′＝＝
则t3＝2＝
粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝＋.
12．如图11所示，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，磁感应强度大小为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60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成60°角射出磁场，不计粒子重力，求：
图11
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R；
(2)匀强电场的场强大小E.
答案 (1) (2)
解析 (1)因为粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N点时的速度为v，把速度v分解如图甲所示．根据平抛运动的速度关系，粒子在N点进入磁场时的速度v＝＝＝2v0.
甲
如图乙所示，分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心
乙
根据牛顿第二定律得qvB＝
所以R＝，
代入v＝2v0得粒子在磁场中运动的轨道半径
R＝.
(2)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t
由牛顿第二定律：qE＝ma①
设沿电场方向的分速度为vy＝at②
粒子在电场中沿x轴方向做匀速直线运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：
粒子在x轴方向的位移：Rsin 30°＋Rcos 30°＝v0t③
又vy＝v0tan 60°④
由①②③④可以解得E＝.
