新教材人教版高中物理选择性必修第二册第一章安培力与洛伦兹力学案知识点考点汇总及配套习题

安培力与洛伦兹力1.磁场对通电导力.................................................................12.磁场对运动电力.................................................................183.带强动..........................................................334.质谱仪与回旋器.....................................................................50.磁场对通电导线的作用力必备知识·自主学习一、安培力的方向为什么接通电源之后，会观察到原来静止的导体棒发生摆动？提示因为通电导体棒在磁场中受到了磁场力的作用。1．安培力：通电导线在磁场中受的力。2．影响安培力方向的因素：(1磁场方向。(2电流方向。(3安培力方向与磁场方向、电流方向的关系：安培力F垂直于感强度B与电流I决定的面。3；电。二、安培力的大小处在匀强磁场中的通电导线如果放置的方式不同其所受安培力的大小是否相同？提示：通电导线在匀强磁场中放置的方式不同，其所受安培力的大小也不同。1．表达式：当磁感应强度B和电流I垂直时，F＝IlB。2．一般表达式：当磁感应强度B的方向与电流I的方向成θ角时，F＝IlB__sin__θ。三、磁电式电流表1．原理：安培力与电流的关系。2．基本构造：磁铁、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴、铁质圆柱等。3．构造特点：两极间的极靴和极靴中间的铁质圆柱，使极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，使线圈平面与磁场方向平行，使表盘刻度均匀。4．优点和缺点：(1)优点：灵敏度高，可以测出很弱的电流。(2)缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流很弱(几十微安到几毫安)。(1)安培力的方向与磁感应强度的方向相同。(×)(2)通电导线在磁场中不一定受安培力。(√)(3)一通电导线放在磁场某处不受安培力，该处的磁感应强度不一定为零。(√)(4)通有反方向电流的平行导线相互吸引。(×)(5)磁电式电流表指针偏转角度与电流大小成正比。(√)(6)磁电式电流表内是均匀辐射磁场，不是匀强磁场。(√)关键能力·合作学习知识点一安培力的方向、大小1．安培力的方向：(1)左手定则：(2)安培力F的方向特点：F⊥I，F⊥B，即F垂直于B和I所决定的平面。(3)当电流方向跟磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流与磁场所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不再垂直穿过手心，而是斜穿过手心。2．安培力的大小：(1公式F＝BIlsinθ中B对放入的通电导线来说是外加磁场的磁感应强度，不必考虑导线自身产生的磁场对外加磁场的影响。(2公式F＝BIlsinθ中l指的是导线在磁场中的“有效长度”，弯曲导线的有效长度等于两端点连线的长(如图所示)。R(3)公式F＝BIlsinθ中θ是B和I方向的夹角，当θ＝90°时sinθ＝1，R公式变为F＝BI。当θ＝0°或180°即两者平行时，不受安培力。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？提示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)如果增大电流，将会看到什么现象？提示：电流增大，液体旋转加快，说明通电的液体受力变大。【典例为m为l棒N为R滑为为E的为B成θ运则( )A动B棒N为lC．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BEl

sinθRmRERD．开关闭合瞬间导体棒MNmRER【解题探究】(1)导体棒所受的安培力的大小方向怎么确定？提示：根据左手定则确定安培力的大小和方向。(2)导体棒受到哪些力的作用，合力方向向哪？提示：导体棒受到重力、支持力、安培力的作用，合力向右。【解析选B导，A错式F＝I且I＝R，得F＝BEBC错误关安向9°－由律的加度a＝BEl

sinmR

θ，D错误。左手定则应用的两个要点(1安培力的方向既垂直于电流的方向，又垂直于磁场的方向，所以应用左手定则时，必须使大拇指指向与四指指向和磁场方向均垂直。(2由于电流方向和磁场方向不一定垂直，所以磁场方向不一定垂直穿入手掌，可能与四指方向成某一夹角，但四指一定要指向电流方向。1(多选)某地的地磁场的磁感应强度大约是4.0×1－5T一根长500m的导线，电流为10，则该导线受到的磁场力可能()A．0 B．0.1N C．0.3N D．0.4N【解析选A、B。当B与I垂直时，安培大小为F＝BI，知培的最值为F＝BIl＝4×0－×0500＝0.2N；当B与I平行，培为0，为最大最小，可安力大范为0F02N，A、B正确，C、D错误。2．(多选)实验室经常使用的电流表是磁电式电流表。这种电流表的构造如图甲所示蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的若线圈中通以如图乙所示的电流，则下列说法中正确的( )A.在量程内指针转至任一角度，线圈平面都跟磁感线平行B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动C．当线圈在如图乙所示的位置时b端受到的安培力方向向上D．当线圈在如图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动【解析选ABD。是A正旋故B正手，b端，a端使故C错，D正。】圈中ab两条导为流I强为B。则( )A.该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将沿逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IB左手定则【解析】选D。该磁场是辐向均匀分布的，不是匀强磁场左手定则与磁场方向平行，B错误；根据左手定则可知，线圈a导线受到向上的安培力，b导受向的培，圈顺针向动C错误ab导线始终与磁场垂直，受到的安培力大小总为BI，D正确。知识点二安培力的综合分析1．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等效法结论法

在特殊位置→安培力方向→运动方向环形电流→小磁针条形磁铁→通电螺线管→多个环形电流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，转换研究对象法

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提醒(1)判断通电线圈等在磁场中的转动情况要寻找具有对称关系的电流元。(2)利用特殊位置法要注意利用通电导线所在位置的磁场特殊点的方向。2．求解安培力作用下导体的运动问题的基本思路：如果将一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触。讨论：(1)通电后，你会观察到什么现象？提示：弹簧上下振动，电路交替通断。(2)为什么会出现这种现象？提示于得。为α的面①为为m②，为I若止③场B和为(A．B＝gB．B＝g

)nlnl

α上α上C．B＝g

nl

下D．B＝g

nl

α右】序号①②③

解题依据接触面光滑，不受摩擦力重力大小G＝mg导线静止，受力平衡

信息提取物体受重力、支持力、安培力的作用重力G＝mg重力支持力安培力三个力的合力为零【解析选C。向故A知故B左gnα＝BI所以B＝mg

tanIl

α，故C正确若磁场方向水平向右受到竖直向下的安培力故导线不可能处于平衡，故D错误，故选C。1．(2021·广东选择考)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I四1根平行直导线均通入电流I，I≫I，电流方向如图所示。下列截面图中可能正2 1 2确表示通电后长管发生形变的( )【解析选C。因I≫I，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据1 2两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。E2．如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质E量m＝1kg，电阻R＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r01阻R＝4加感度B＝5于b，成；b为＝(摩力)，对b，速度g取0s2，b知＝8＝6：)过b。b。)力G。)棒b：I＝R＋R＋r＝2A从a到b。0)：F＝L＝5N。)出b图f变)。m：f＝5Nm：时F－f＝5N，T m时力G于F，T

F＋m＝5N。T力G55。：2A从a到b5N55N【加固训练】1．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abcd连接而成的闭合回路abcd段中平线P。当P中时( ).导动B动C动D动】选D。当P中线P在ab处在cd处出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。2．(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出并作为线圈的转轴将线圈架在两个金属支架之间线圈平面位于竖直面内永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动，该同学应将( )A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉11v2【解析】选A、D。左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，或者左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉右转轴下侧的绝缘漆刮掉矩形线圈通以同方向的电流线圈能连续转动起来，A、D项正确；左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则会周期性通以相反的电流线圈摇摆而无法连续转动左转轴上侧的绝缘漆刮掉右转轴下侧的绝缘漆刮掉则无法形成闭合回路，没有电流无法连续转动B、C项错。【拓展例题考查内容：安培力作用下的功能问题【典例】(多选)如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图。光滑水平金属导轨MN的间距L为0.2m，强小B＝02T。棒ab垂轨M、N上，棒(体)的量m＝2g轨M、N阻R＝8，阻r2棒b提的流I恒为403A，棒b到4s弹则( )A棒ab所为105NB．光滑水平导轨长度至少为20mC．该过程系统产生的焦耳热为3.2×16JD．该过程系统消耗的总能量为1.76×16J【解析选BDF＝L＝04N项A错由到4s知Fx＝2v2为x＝F＝20m，项B棒ab由F＝av＝t，间t0－2s，热Q＝I2R＋t05J棒(含弹体)增加的总动能Ek＝2mv2＝1.6×106J，故系统消耗总能量

E＝E＋Q＝k16kFA＝1.76×10，选项C16kFA＝情境·模型·素养如图所示是小丽自制的电流表原理图质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连弹簧劲系数为k,在边长ab＝Lc＝L的矩形区域1 2abcd内有匀强磁，磁感应度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻针可示出标上的刻度MN的长度大于ab当MN中没有电流通过且MN处于静止状态，MN与ab边重合，且指针指标尺的零度处；当MN中有电流时针示数可示电流大小MN始终在纸面内且保水平重力加速度为g。探究：(1)要使电流正常工作金属杆中流方向应怎样？(2)该电流表刻度在0～I范围内是不是均的？m提示：(1)要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N。(2当该电流表的示数为零时MN与ab边重合，弹簧的弹力与杆的重力平衡，弹簧处于伸长状态设当电流表示数为零时弹簧的伸长量为x由平衡条件得0mg＝kx，解得x＝mg0 0

，当电流为I时，为F＝BL，止簧量A 1的量为Δ根克律Δk，得Δx＝k

BLk1

∝故流表度的。为低音可磁替旋示通进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为a×b×c＝0.4m×0.3m×0.2小B＝10T、方向竖直向下，若在推进器前后方向通以大小I＝100A，方向垂直纸面向外的恒定电流。探究：(1推进器对潜艇提供的驱动力的方向怎样？(2推进器对潜艇提供的驱动力的大小为多少？提示(1)磁场方向向下，电流方向向外，依据左手定则，则安培力方向向右，因此驱动力方向向左。(2)根据安培力公式F＝BI＝10×100×0.3N300，可得F＝F＝300。驱课堂检测1．在下列四幅图中，能正确标明通电直导线所受安培力F方向的( )【解析选B。根据左手定则判断可知，安培力竖直向下A错误；根据左手定则安下B正向，C错，D错。】(考)如a和b是的顺在ab产则ab是( )A．均向左C．a的向左，b的向右

B．均向右D．a的向右，b的向左【解析】选C、D。a、b的电流均向左或均向右时，根据通电直导线产生的磁场及其分布和叠加可知，在a、b导线附近的磁场方向相反，则由左手定则可以判断平行于ab导两为0，故项A、B错；a、b的在a、b导的磁于a、b导线性也向衡状项C、D正。2O为圆心KNLM是半径分别为ONOM在O直图N示时(出)此时回路( )A将向左平动B．将向右平动C．将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动D．KL边将垂直纸面向外运动MN边垂直纸面向里运动【解析选D。以O为与N、M以KN边、LM边均不受力。根左手定可得，KL边受力垂直纸面外，MN边受力垂直纸面里，故D项正确。3．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于虚线方框内的匀强磁场中，磁gggggggggg砝码使天平达到平衡然后使电流反向大小不变这时需要在左盘中拿走质量为m知(为( ).磁为B＝lB为B＝lC为B＝lD为B＝l】选D当B，边有g＝I以B＝l故A、B当B电，，，力，，有g＝I以B＝l故C、D。】(选)为m为L于O并，沿x流I线为为(为( )mgmgmgmgmgA.z正向，ILtanθ mgmgmgmgmgC．z负向，ILtanθ D．沿悬线向上，ILsinθ【解析】选B、C。本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定B的方向和大小若B沿z正向则从O向O′看，导线受到的安培力F＝BI方向水平向左甲线衡A错误。若B沿y正向受培直图示当F＝0且足ILBT＝mg，即B＝IL时，可衡，B正确。若B沿z负向导的力右如所若足Fsinθ＝ILB，TFcosθmg，即B＝mgT

tanθIL

，导线可以平衡，C正确。若B沿悬线向上，导线受到的安培力为左斜下方向，如图丁所示，导线无法平衡D错误。4．如图所示，在倾角为θ＝37°的光滑斜面上水平放置一条长为＝0.2m的直导线，两端以很软的轻质导线通入I＝5A的电流。当将整个装置放入一个竖直向上的B＝0.6T的匀强磁场中时，导线恰好平衡，求导线的重力为多少？(sin37°0.，cos37°0.8)snsnθ0.6根据平衡条件得：BIlcosθ＝Gsinθ，解得：G＝BIicosθ＝0.6×5×0.2×0.8N＝0.8N，即导线的重力大小为0.8N。答案：0.8N.磁场对运动电荷的作用力必备知识·自主学习一、洛伦兹力的方向运动电荷的速度方向与其在磁场中的受力方向有什么关系？提示运动电荷的速度方向与其在磁场中的受力方向垂直。1．实验探究：磁场对运动电荷是否有力的作用：探究过程没有外加磁场将蹄形磁铁放在阴极射线管外面将磁铁的N极和S极交换位置将两个蹄形磁铁并在一起

实验现象阴极射线管中电子束的运动轨迹是直线电子束运动轨迹发生弯曲电子束运动轨迹向反方向偏转电子束的偏转角度增大2.洛伦兹力的方向：(1)洛伦兹力内涵：运动电荷在磁场中受到的力。(2)方向的判断——左手定则。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。二、洛伦兹力的大小通电导线在磁场中受到的安培力和运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力什么关系？提示安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观本质。1．推导：设导体内单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，定向移动的速率为v，设长度为l的导线中的自由电荷在t时间内全部通过横截面S，则QtF安QtF安根据电流定义式I＝t可得，I＝nqvtS＝nqvS根据安培力公式F＝BIl可得，F＝nqvSB安 安这段导线中含有的运动电荷数为nlS而安培力是磁场作用在这段导线中的每个运动电荷的洛伦兹力的合力，即F洛＝nlS

，故而可得洛伦兹力为F＝qvB洛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＝qvB__sin__θ。三、电子束的偏转电视显像管中的电子束为什么会发生偏转？提示：电子束经过通电的偏转线圈时受到洛伦兹力的作用。1．构造：电视显像管主要由电子枪、偏转线圈和荧光屏三部分组成。2．原理：电子显像管应用了电子束磁偏转的原理。3．扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强度都在不断变化使得电子束打在荧光屏上的光点不断移动电子束从最上一行到最下一行扫描一遍叫作一场，电视机每秒要进行50场扫描。(1)同一电荷，以相同大小的速度进入磁场，速度方向不同时，洛伦兹力的大小也可能不同。(√)(2如果电荷的速度方向与磁场方向平行，则该电荷所受洛伦兹力最大。(×)(3电荷在磁场中一定受到洛伦兹力的作用。(×)(4仅在洛伦兹力作用下，电荷的动能一定不会变化。(√)(5显像管中偏转线圈中的电流恒定时电子打在荧光屏上的位置是不变的(√)(6当判断运动电荷在磁场中所受的洛伦兹力时要让四指指向电荷的运动方向。(×)关键能力·合作学习知识点一洛伦兹力的方向、大小1．洛伦兹力的方向：(1用左手定则判断洛伦兹力的方向操作图解：(2洛伦兹力方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v所决定的平面。2．洛伦兹力的大小：(1洛伦兹力F＝Bvq的适用条件是B⊥v当v的方向与B的方向成一角度θ时，F＝Bvqsinθ。(2则F＝0兹。3：目质

力F磁场对在其中运动电荷的作用力

力F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

电场中的电荷一定受到电场力作用大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE力方向与场方向的关系做功情况力F为零时场的情况作用效果

一定是F⊥B，F⊥v任何情况下都不做功F为零B不一定为零只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小

正电荷与电场方向相同负电荷与电场方向相反可能做正功负功或不做功F为零E一定为零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提醒：电荷在电场中一定受到电场力的作用，但在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用。极光出现在地球高纬度地区是一种罕见的自然景观其发生是由于太阳带电粒子(太阳)进入地球磁场在地球南北两极附近地区的高空夜间出现的灿烂美丽的光辉极光不只出现在地球在太阳系其他具有磁场的行星上也会发生这种现象。(1来自太阳高能带电粒子在地磁场中受到什么力的作用？提示洛伦兹力(2极光为什么常出现于高纬度地区？提示由于带电粒子在地磁场中受到洛伦兹力的作用，这些高能粒子转向极区，所以极光常见于高纬度地区。【典例将含有大量正负带电粒子及不带电粒子的气体以一定速度垂直于磁场喷入匀强磁场中它们在磁场中的运动径迹分成了如图所示的三束其中②是直线。( )A.①是带正电的粒子B．②是带正电的粒子C．③是带正电的粒子D．③是不带电的粒子【解题探究】(1)怎样判断粒子的受力方向？提示：粒子弯曲的方向就是粒子受力的方向。(2)怎样判断粒子所带电的电性？提示在磁场中应用左手定则判断在电场中应用正电荷受力方向与电场方向相同判断。【解析】选A。根据左手定则可知，①是带正电的粒子，A正确；②是不带电的粒子，B错误；根据左手定则可知，③是带负电的粒子，C、D错误。故选A。磁感应强度与电场强度的易混点(1)磁感应强度B是描述磁场力的质的物理，电场强度E是描述电的性质的理，E的方向正荷受方，B的方与流受的向不相同也相。(2)电场强度的方向与正电荷所受静电力的方向相同，而磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同。阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出在荧光屏上出现如图所示的一条亮线。要使该亮线向z轴正方向偏转，可加上( )A.z轴正方向的磁场 B．y轴负方向的磁场C．x轴正方向的磁场 D．y轴正方向的磁场【解析】选B。若加一沿z轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y向y故A沿y根沿z故B沿x故C沿y根沿z轴故D错。】应是( ).当从a端动B从b端动C动D动选C不管有什方向电流螺管内磁场向始与轴线行，带电粒沿着感线动时受洛兹力以应直保原运状态变故C正确，A、B、D错误。知识点二洛伦兹力的合分析1．带电在洛兹力用下运动：(1)洛伦力公式F＝Bvq中，v是电荷相对场的率。(2)分析带电体在磁场中的运动，分析方法与力学中完全相同：对物体进行受力分析，求合力，用牛顿第二定律、运动学公式或动能定理列方程。2．洛伦兹力作用下的综合问题：带电粒子在匀强磁场中无约束情况下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。太阳风暴爆发时会喷射大量的高能带电粒子流和等离子体释放的物质和能量到达近地空间，可引起地球磁层、电离层、中高层大气等地球空间环境强烈扰动，从而影响人类活动。(1)地球周围存在着地磁场，带电粒子进入地磁场后会受到洛伦兹力的作用，它对带电粒子运动的速度有何影响？提示由于洛伦兹力和速度方向始终垂直所以洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小。(2洛伦兹力对进入地磁场中的带电粒子做功吗？提示由于洛伦兹力和速度方向始终垂直所以洛伦兹力对带电粒子不做功带电粒子的动能不变。【典例为m为q为α面①上由静止开始下滑，匀强磁场②的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。若带电小球下滑后某个时对斜面的压力恰好为零③，问：(1小球带电性质如何？(2此时小球下滑的速度和位移分别是多大？【审题关键】序号解题依据① 斜面光滑，小球不受摩擦力

信息提取小球受重力、洛伦兹力、支持力的作用2 2 2mgsα③

电荷在磁场中受的洛伦兹力与运动方向垂直小球对斜面压力为零

洛伦兹力不做功，小球在磁场中做匀变速直线运动小球所受的支持力为零【解析(1)小球沿斜面下滑，对斜面的压力为零，说明其受到的洛伦兹力应垂直斜面向上，根据左手定则，四指应与小球运动方向一致，所以小球带正电。(2)当小球对斜面压力为零时，有mgcosα＝qvB，得小球此时的速度v＝mgcosqB

α，小球沿着光滑的斜面做匀加速直线运动，加速agn又式v2＝x得x＝q2B2α：)电)g

sαm2gs2αBq2B2α1子N布荷Q子N正荷Q在N和Q近(置)做是( )A.从上往下看，图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动B．从上往下看，图甲中带电小球一定沿顺时针方向运动C．从上往下看，图乙中带电小球一定沿顺时针方向运动D．从上往下看，图乙中带电小球一定沿逆时针方向运动【解析选A。据件断定是负且运的甲，根，电方选A。2(选)如质为m＋q的圆可糙1mg3212－1mg3212－11g1112－右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )A.0 B．2

mv20C．2q2B2 D．2mv0

m2gq2B【解析选ABD当vB＝g为0故A当vB＜g根0－W＝0－2

v20

：W＝2

v2故B当vB＞g先0 0当B＝g当B＝g：v＝B－W＝2v2－2

v20

W＝2mv0

m2gq2B

，故C、D。】(选)，直(面)强。从P，沿从P，球内(.小

)B小C小 D小＝－22μ0.2【解析选AC。电小在场做线＝－22μ0.2力用向重力G、向上电力F、向洛兹力f，这三力竖直向球平线动以球的力定小匀速小，，动做故A、C、D，B。】合】量m0－4g带量q0－4C数＝2右场E＝5m场B＝2T。(取g＝0s2)：)？)？】(1)小球受向右的电场力，从而由静止运动，导致出现洛伦兹力，使得压力增大导致滑动摩擦力增大小球做加速度减小的加速运动直到速度达到最大后，做匀速直线运动。因此当刚开始运动时，加速度最大，最大值为a＝q－μmg2×1－4×5－0.2×1×104×10m 1×1－4

m/s＝8m/s(2当电场力等于滑动摩擦力时，速度最大，根据平衡条件，则有m＋qvB＝N；mq＝f＝μN上式联立，解得：q－mg5×2×1－4－1×1－4×10vm＝qB＝ 2×1－4×2 m/＝10m/。v2mv答案：(1)8m/s2 v2mv情境·模型·素养我国第21次南极科考队在南极观察到了美丽的极光，极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时被地球磁场俘获从而改变原有运动方向向两极做螺旋运动时出现的现象如图所示这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子使其发出有一定特征的各种颜色的光地磁场的存在使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障。探究科学家发现并证实向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与哪些因素有关？提示粒子在运动过程中可能受到空气的阻力阻力方向与运动方向相反故对粒子做负功，所以其动能会减小；由洛伦兹力提供向心力qB＝mr，得出的半径公式r＝qB，可知，当磁感应强度增加时，半径是减小的，则说明粒子在靠近南北极运动过程中，南北两极的磁感应强度增强。湖北武当山金殿以前在雷雨交加时金殿的屋顶常会出现盆大的火球来回滚动雨过天晴时大殿金光灿灿像被重新炼洗过一般这就是人们所说的“雷雷有一团带大量负电荷的乌云经过其正上方时，发生放电现象。探究：(1)通过避雷针的电流方向如何？(2)通过避雷针的电流，所受安培力方向如何？提示：(1)电流的方向为正电荷移动的方向，与负电荷移动方向相反，大量负电荷从云通过避雷针到金殿，说明电流方向是从金殿到云。(2地磁场大致方向是从南到北，根据左手定则，其所受安培力方向偏西。课堂检测1．在图中，标出了磁场B的方向、带电粒子的电性、运动方向及电荷所受洛仑兹力F的方向，其中正确的( )【解析选B。A图中磁场向里，电子向右运动，所以电流方向向左，根据左手以A错误B图正运动伦以B正；C图，正运洛以C错；D图运洛，所以D错误选B。【】(多选)于力是( )A．不功B．，用C．力向D.电的向【解析选AC项A；力，项B；，选项C，项D选A、C。2．在学校操场的上空中停着一个热气球，从它底部脱落一个塑料小部件，下落过程中由于和空气的摩擦而带负电如果没有风那么它的着地点会落在气球正下方地面位置( )A．偏东 ．偏西 ．偏南 ．偏北【解析选B。水，下选B。3心O处的黑点表示电子枪射出的电子它的方向垂直纸面向外当偏转线圈中的电流方向如图所示时电子束应( )A.向左偏转 ．向上偏转C．向下偏转．不偏转【解析选C。由可两端是N图，C。.，拉力F力F作说是( )A．小球带负电B．小球离开试管前，洛伦兹力对小球做正功C．小球离开试管前的运动轨迹是一条抛物线D．维持试管做匀速运动的拉力F应为恒力【解析选C。据故A错故B为v小1力F＝qvB，q、v、B，F不，球1 1 1 1沿方分匀直动与运似动轨迹条线故C正确球的度为v则受直2试左伦分力逐渐增大，故D错误。

F＝qvB，v增大，则2 2 2

F增大，而拉力F＝F，则F2 2【加固训练】如图所示ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜道，BC为与AB相切的圆形轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量球道B则( )A经过最高点时，甲球的速度比乙球小B．经过最高点时，两个小球的速度相等C．若两球均能恰好通过最高点则甲球的释放位置比乙球的高D．两个小球到最低点时对轨道的压力大小相同【解析选B度A过于乙2乙2甲2乙球的速度，故A错误，B正确；甲球恰能经过最高点时：mg＝mvR；乙球：甲2mg＋qv乙B＝vR

，则v>v，可知甲球的释放位置比乙球的低，故C；乙 甲v2v2：N甲－g＝mRv2v2N乙＋B－g＝mR

知NN故D。甲 乙.带电粒子在匀强磁场中的运动必备知识·自主学习一、带电粒子在匀强磁场中的运动1．用洛伦兹力演示仪观察运动电子在磁场中运动：实验操作不加磁场时给励磁线圈通电后保持电子速度不变，改变磁感应强度保持磁感应强度不变，改变电子速度

轨迹特点电子束的径迹是直线电子束的径迹是圆周磁感应强度越大，轨迹半径越小电子速度越大，轨迹半径越大2洛伦兹力的作用效果：(1洛伦兹力只改变带电粒子速度的方向，不改变带电粒子速度的大小。(2洛伦兹力不对带电粒子做功，不改变粒子的能量。二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期v21带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供vq＝mr。v22．带电粒子做圆周运动的轨道半径和周期：mvv＝qFmvv＝qFmvqBq粒子的轨道半径与粒子的速率成正比(2)运动周期：T＝2πr

2πmqB

。带电粒子的周期与轨道半径和速度无关，而与m成反比。(1)运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用。(×)(2)运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零。(×)(3)用左手定则判断洛伦兹力的方向时，“四指的指向”与电荷定向移动方向相同。(×)(4电视显像管是靠磁场使电子束发生偏转的。(√)(5磁感应强度的大小B＝Il。(×)关键能力·合作学习知识点一带电粒子在匀强磁场中的圆周运动1．圆周运动的基本公式：(1由公式r＝qB径r荷m度v强度B。)式T＝m期T度v径r荷m与度B。2：)法法1力F⊥v分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如(a)；方法2：两mvθs点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线中垂线与垂线的交点即为圆心mvθs图(b)。(2)半径的计算方法方法1：由物理方法求：半径R＝qB；方法2：由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。(3)时间的计算方法方法1：由圆心角求：t＝2π·T；方法2：由弧长求：t＝v。(4)带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的解题三步法：(5)圆心角与偏向角、圆周角的关系两个结论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叫作偏向弧M即。弧M角α弦M角的2即α。。)？：。。)？：。】电与x成负为( )A2 B1Bq1A．．Bq1A．．．．v【解析选B电为圆周运动在磁场中的圆弧轨迹对应的圆心角为60°，又正、负电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πm相同，故正、负电子在磁场中运动的时间之比为2∶1，故选B。(2019·全国卷Ⅲ)如图在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为2B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间()5πm 7πm 11πm 13πm6qB6qB6qB6qB【解析选B由R＝B粒：111·1B＝mvqB是4是6111·1B＝mvqB＝4

mB

＋6

·mq2

mB

故B。】1．(多选)两个粒子电荷量相同，在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动()A．若速率相等，则半径必相等B．若动能相等，则周期必相等C．若质量相等，则周期必相等D．若质量与速度的乘积大小相等，则半径必相等【解析选CD因为粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝qB周期T＝2πm，又粒子电荷量相同且在同一磁场中，所以q、B相等r与m、v有关，T只与m有关，所以C、D正确。2(多选)矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场A＝2B＝3，E为AB的中点。从E点沿垂直AB方向射入粒子a，粒子a经磁场偏转后从D点射出磁场，若仍从E点沿垂直AB方向射入粒子b，粒子b经磁场偏转后从B点射出磁场已知ab粒子的质量相等电荷量相等不计粒子的重力则( )1r4v1r4v2mv4qBB．a、b粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为4∶1C．a、b粒子在磁场中运动的速度大小之比为2∶1D．a、b粒子在磁场中运动的时间之比为1∶3【解析】选B、D。两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，根据左手定则可以判断b粒子带负电A项错误；设粒子a的运动半径为r子b动1为rr－)2＋(2 1

3)2＝r21

得r＝2d1

r＝2d，因此r1＝1B项正确根据牛顿第二定律qvB＝mr2

得v＝qBr得到v1＝1，2C项错误由T＝2πm可知两粒子在磁场中做圆周运动的周期相同由几何关系可知ab粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角分别为60°180°，由此可知a、b两粒子在磁场中运动的时间之比为1∶3。D项正确。知识点二带电粒子在有界磁场中的运动轨迹特点1．直线边界：进出磁场具有对称性。2．平行边界：存在临界条件。v1v1v2mvqB＝2vr【典例(2021·全国乙卷)如图圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向入场。若子入时速大为v，离磁时方偏转9°若磁1场的度为v2离磁速方转60计力则v1为( )2A．2 B．

33

C．

32

D．3【解析选B带电粒在匀强磁中做匀速周运动洛伦力充当向力有：qvB＝mr，解得r＝qB。设匀强磁场的形区域半为R，根据粒射入磁场时的速度大为v，离开磁场时速度向偏转90°可知r＝R，且r＝mv1，射1 1 1入磁场时的度大小为v，离开磁场时速度方偏转60°可知r＝3R，且r2 2 2mvqB

，则v1＝r1＝2 2

13

＝

33

，故选项B正确。A．B．C．D．π3v12A．B．C．D．π3v12πr2量为m为q子(力)边的A点在C在为t，为()0π2r2m π2r2mt2t200π2r2m π2r2mt2t200选A为α°＝3，为R＝＝3rπ由t0＝2π·2R

及U＝2v2得U＝qt2m，A，B、C、D。0.为l的形d强为B面d面)b源O，于b边为k从ad两为( )11511115115v2＝l1l55qBC．2kBl，

5454

kBl B．4kBl，4kBlkBl D．2kBl，4kBl【解析】选B。电子的运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得evB＝mr，得rmveB

①，电子从a点射出，r＝4②，联立①②解得v1＝4kBl；电子从d点射得l2＋r－2)2＝r2得r＝4得v2＝4l，故B，A、C、D。】子(计)长分为为( )A．1∶1∶1 B．1∶2∶3C．3∶2∶1 D．1∶2∶3【解析选C粒子在磁场中运动的周期的公式为T＝2πm所以三个粒子在磁111112v0v＝场中的周期相同，三个粒子的速度偏转角分别为90°、60111112v0v＝角为90°的粒子在磁场中运动的时间4T偏转角为60°的粒子运动的时间为16

T，偏转角为30°的粒子运动的时间为12T，所以有4T∶6T∶12T＝3∶2∶1C正确。【拓展例题考查内容：带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动【典例为m为q在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中磁场方向垂直纸面向里结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上最后离子打在G处而G处距A点2d(AG⊥AC)不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求：(1此离子在磁场中做圆周运动的半径r。(2离子从D处运动到G处所需时间。(3离子到达G处时的动能。【解析(1正离子运动轨迹如图所示。圆周运动半径r满足d＝r＋rcos60°，解得r＝3d。(2设离子在磁场中的运动速度为v，则有02qv0B＝mr

，T＝2πr0

2πmqB

，1T＝v＝3Bq11T＝v＝3Bq13m29m29m

2πm3Bq

，离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间t＝2d20

3mBq

，离子从D→C→G的总时间t＝t＋t＝（9＋2π）m。1 2(3)设电场强度为E，则有qE＝ma，d＝2

at2，v＝2qBd，2 0由动能定理得qEd＝E－1mv2；kG 0解得：E＝4B2q2d2。kG答案：(1)3d(2)

（9＋2π）m3Bq

(3)4B2q2d2情境·模型·素养极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后由于地磁场的作用而产生的如图所示科学家发现并证实这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小。探究：(1粒子在运动过程中动能怎么变化？(2粒子旋转半径不断减小的原因可能是什么？提示(1)粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，粒子在vvmvU(2)式r＝qB增大的，地球南北两极附近的磁感应强度较强，由半径公式r＝qB可知，轨迹半径是减小的所以粒子旋转半径不断减小的原因是地球南北两极附近的磁感应强度较强。如图所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图。K为电子枪，由枪中沿KA方向射出的电子速率大小不一当电子通过方向互相垂直的均匀电场和磁场后，孔S间为0V为5m为6T。：)？)孔?：)从A线A，知B；)线A孔S得B＝ed，得v05s，为05s孔S。测1．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度一半的匀强磁场，( )vvqB．粒子的速率不变，轨道半径减半C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的2倍D．粒子的速率不变，周期变为原来的2倍【解析选D。减由R＝Bq可的2倍，由T＝2m可周的2倍故D正，A、B、C错。】1试)甲为q和2q度为v和v，，为( )A1 B1 C2 D4选D式F＝v得力F＝qv受1力F＝v为；2A、B、C，D选D。2．如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图。用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹。下列关于实验现象和分析正确的( )A．励磁线圈通以逆时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹B．励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹C．保持励磁电压不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径减小D．保持加速电压不变，增加励磁电压，电子束形成圆周的半径增大【解析选B。磁故BA错mvmvrmvv＝mT1v＝误保持励磁电压不变mvmvrmvv＝mT1v＝知电子束形成圆周的半径增大，故C错误；保持加速电压不变，增加励磁电压，则B变大，根据r＝qB电子束形成圆周的半径减小，故D错误。2(多选)(2019·海南高考)如图虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从场的M点先后射入磁，在面内运P的速度v垂直于磁场边界Q的速度v与磁场边界的夹角为P Q45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，( )A．P和Q的质量之比为1∶2B．P和Q的质量之比为2∶1C．P和Q速度大小之比为2∶1D．P和Q速度大小之比为2∶1【解析选A、C。作出两粒子在磁场中的运动图像如图所示，可知其半径r、Pr之比为1∶2Q

，因为两粒子在磁场中运动的时间相同，所以T∶T＝1∶2，P Q根据qv＝mv2得r＝qB，则T＝2πr

2πmqB

，mP＝TP＝2，选项A正确BQ Q错误vPQ

rTrPTQQP

＝2∶1，所以选项C正确D错误。2RvBq1πm2R2RvBq1πm2R场，磁感应强度为B，一带电粒子质量为m，电量为q，以某一速度由a点沿半从b了(忽略)：)间t；)径R；)度v。0】(1)设圆周运动半径为R，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bqv＝mv00而T＝2πR0联立解得周期为T＝2πm则粒子运动时间t＝6T＝3Bq(2由几何关系有R＝r·tan60°＝3r(3洛伦兹力提供向心力Bqv＝mv00πm60°190πm60°190°1

3Bqrm答案：(1)3Bq(2)3r(3)

3Bqrm【加固训练】(多选)如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子(不计重力)第一次以速度v沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域1时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v从同一点沿同一方向入2射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动( )A．半径之比为3∶1 B．速度大小之比为1∶3C．时间之比为2∶3 D．时间之比为3∶2【解析选A、C。设磁场半径为R，当第一次以速度v沿截面直径入射时，粒1子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角：θ＝60°1轨迹半径为r＝Rtan60°1运动时间为t1＝360°＝6T带电粒子第二次以速度v沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转290°角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角：θ＝90°2轨迹半径为r＝R2运动时间为t2＝360°＝4T所以轨迹半径之比r∶r＝3∶11 2mv1r时间之比：t∶t＝2∶31mv1r根据半径公式r＝qB

得，速度大小之比v∶v＝r∶r＝3∶11 2 1 2故A、C正确，B、D错误；故选A、C。.质谱仪与回旋加速器必备知识·自主学习质谱仪与回旋加速器质谱仪和回旋加速器的原理是什么？提示带电粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动1．质谱仪：(1构造：由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。(2原理：①加速：带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理q＝2m2。②偏转：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场，洛伦兹力提供向心力qv＝m2。由以上两式可以求出粒子的比荷、质量以及偏转磁场的磁感应强度等。2．回旋加速器：(1构造：两半圆金属盒D、D，D形盒的缝隙处接交流电源D形盒处于匀强1 2磁场中。qBqB2v2E＝1①粒子从电场中获得动能，磁场的作用是改变粒子的速度方向。②周期：交流电的周期与粒子做圆周运动的周期相等，周期T＝2πm，与粒子速度大小v无关(选填“有关”或“无关”)。③粒子的最大动能E＝1km

m2，再由qv＝mr得：q2B2r2km 2m

，最大动能决定于D形盒的半径r和磁感应强度B。(1带电粒子在磁场中一定做匀速圆周运动。(×)(2带电粒子在磁场中运动的速度越大，则周期越大。(×)(3利用质谱仪可以测定带电粒子的质量和分析同位素。(√)(4回旋加速器的加速电压越高，带电粒子获得的最终动能越大。(×)关键能力·合作学习知识点一质谱仪与回旋加速器1．质谱仪(1原理：如图所示。(2加速：带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得Uq＝2m2。(3偏转：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qv＝mv2r

q1q1r12m(4)由(2)(3)中两式可以求出粒子的半径r、质量m、比荷m等。其中由r＝B2mUq

可知电荷量相同时，半径将随质量变化。(5)质谱仪的应用：可以测定带电粒子的质量和分析同位素。2．回旋加速器(1)工作原理：如图所示，D和D是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定1 2的电势差U，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速。D、D处于1 2与盒面垂直的匀强磁场B中，粒子将在磁场中做匀速圆周运动，经半个圆周(半个周期)后，再次到达两盒间的缝隙，控制两盒间电势差，使其恰好改变电场的方向，于是粒子在盒缝间再次被加速，如果粒子每次通过盒间缝隙均能被加速，粒子速度就能够增加到很大。(2周期：粒子每经过一次加速，其轨道半径就大一些，但粒子绕圆周运动的周期不变。(3最大动能：由qvB＝mv2和Ek＝2

mv2得E＝q2B2r2。k劳伦斯设计并研制出了世界上第一台回旋加速器为进行人工可控核反应提供了强有力的工具，大大促进了原子核、基本粒子的实验研究。2m(1)在回旋加速器中运动的带电粒子的动能来自于电场，还是磁场？2m提示：带电粒子的动能来自于电场。(2)带电粒子从回旋加速器中出来时的最大动能与哪些因素有关？提示由动能E＝q2B2R2可知带电粒子的最大动能与带电粒子的质量电荷量，k回旋加速器的半径和磁场磁感应强度有关。【典例回旋加速器原理如图所示它的核心部分是两个D形金属盒两盒相距很近，分别和交变电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，某一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当达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。关于回旋加速器，下列说法中正确的是()A．带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大B．带电粒子从磁场中获得能量C．增大加速电场的电压，带电粒子离开磁场的动能将增大D．增大加速电场的电压，其余条件不变，带电粒子D形盒中运动的时间变短【解题探究】(1带电粒子在D形盒里如何加速？提示电场力对带电粒子做功，使其加速。(2带电粒子在D形盒里如何改变运动方向？提示带电粒子在磁场中受洛伦兹力，使其做圆周运动，改变其运动方向。T2Bqmvv【解析】选D。带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，T2Bqmvvm2π)r得周期T2πm，所以粒子运动周期与半径没有关系A错误；洛伦兹力与速度方向垂直所以洛伦兹力不做功即在磁场中做匀速圆周运动能量不变B错误由公式r＝Bq可知粒子出磁场时的速度D形盒的半径有关与加速电场的电压无关C错速电在D形，D正。1．英国物理学家阿斯顿首次制成了质谱仪，并用它确定了同位素的普遍存在。若两种带电粒子a、b(不计重)由S射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下1列说法中正确的( )A.两种粒子都带负电B．金属板P、P间电场方向水平向左1 2C．b粒子的速度大于a粒子的速度D．a粒子的比荷大于b粒子的比荷【解析选D由左手定则可知两种粒子都带正电选项A错误在金属板P、1P间，由S到S洛伦兹力向左，故电场力向右，电场方向水平向右，选项B错2 1 2误因为经过速度选择器的粒子的速度都满足qvB＝Eq故两种粒子的速度相同，选项C据R＝Bb于a故a于b粒项D。2(选0台v212m加速器由两个铜质D形盒DD是( )v212m.量B关C关D功】选A、B。回旋加速器中的电场对带电粒子做功，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，可知从电场中获得能量，故A正确，D错误。根据qv＝mR，则Ek＝2m2＝q2B2R2可知粒子获得的最大速度与回旋加速器半径R有关但是与回旋加速器内的电场无关，选项B正确，C错误。【加固训练】1.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具它的构造原理如图所示粒子源S发出各种不同的正粒子束粒子从S出来时速度很小可以看作初速度为零，粒子经过加速电场加速后垂直进入有界匀强磁(图中线框所)，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P得P为x以是( )A则x大.则x小1x＝8Uq1x＝8Uqmv12mED．只要x相同，则正粒子的比荷一定相同【解析】选D。粒子在加速电场被加速，有qU＝2mv2，然后粒子进入磁场中偏转，其轨道为半圆，故有2

mvqB

。由以上二式可解得：m＝qB2x2。若粒子束为同位素，q相同，则x越大，m越大；若x相同，则粒子束比荷m一定相同。正确选项为D。2(多选)用回旋加速器来加速质子为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法( )A．将其磁感应强度增大为原来的2倍B．将其磁感应强度增大为原来的4倍C．将D形金属盒的半径增大为原来的2倍D．将D形金属盒的半径增大为原来的4倍【解析】选A、C。由＝Bq及Ek＝2

mv2，得EB2R2q2，将其磁感应强度增大k为原来的2倍或将D形金属盒的半径增大为原来的2倍都可使质子获得的动能增加为原来的4倍，A、C正确。知识点二常见的现代化仪器1．速度选择器：(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直，这种装能把具有定速度的粒子选出来，所叫速度择器。(2)带电粒能够沿直匀速通过度选择的条件是qE＝qvB即v＝B可，UUU1B速度选择器只选择速度(UUU1B。2：)的A、B器R，A、B。的BA是。)设为d为v度为B，A、B间不接电时由qE＝qd＝qvB得两极间达的大电差U＝Bv。U就是磁流发机电动。3．电流计如图、所是磁流计示图。设管直为D，磁感应度为B，由于导液中荷液体动到伦兹力作用，于是在管壁的上、下两侧积累电荷，a、b两点间就产生了电势差。到一定程度后，ab两点间的电势差达到稳定值U增有B＝E，E＝D以v＝B为积S＝4D2量Q＝v＝D。4：)9家.矩UId1d形截面的载流导体如图所示UId1d流方向都垂直的方向上出现了电势差这个现象称为霍尔效应所产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压。(2)电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，如果是正电荷导电，根据左手定则可得上表面A的电势高如果导体中是负电荷导电根据左手定则可得下表面A′的电势高。(3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U就保持稳定设导体中单位体积中的自由电荷数为n由qv＝qhI＝SS＝d，得U＝nd＝kBI，k＝nq称。】如的P、Q间流I，时场B①，在M、N间压UH②，这个现象称为霍尔效应U称为霍尔电压，且满足U＝kIB，式中k为霍尔系数d薄H H的子③为a、b于M、N两势φφ和薄片中电子定向移速率v，下列选项正确M NkIkIkIkIkIkIkIkIUHUHdkIA．φM>φN，v＝bdC．φM<φN，v＝bd

B．φM>φN，v＝adD．φM<φN，v＝ad【审题关键】序号解题依据①磁场方向向上②MN的电压为UH③导电物质为自由电子

信息提取用左手定则判断粒子所受洛伦兹力的方向MN间的电场强度为E＝d运动电荷带负电【解析选A。由左手定则得：φ>φM N稳定时洛伦兹力与电场力平衡ev＝eb

，U＝kIBH解得v＝bd，A正确，B、C、D错误。故选A。带电粒子在叠加场的运动的分析(1弄清叠加场的组成；(2对带电粒子进行受力分析；(3确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况相结合；(4画出带电粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。1(2019·天津高)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件电脑正常工作当显示屏闭合时磁体靠近霍为a为c形为e的aUUBBd为vaUUBBd压U熄的( )A低B压U与v关C压U与c比D为U】选D，，A错洛即ea＝eB得U＝Ba，项B、C均的即F＝eB＝ea，D正。考)如为d的板PQ之，为B为v的距1为L的大为B为与P、Q为m电2为R的棒ab为g、是( )A，v＝Rnθ12BBLdBBLdBBLdUdUBBdB．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mBBLdBBLdBBLdUdUBBdC．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgRtanθ12D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgRtanθ12【解析】选B。由图可知平行金属板P、Q间的匀强磁场向右，由左手定则可知正离子受到向下的洛伦兹力而偏向Q板，负离子受到向上的洛伦兹力而偏向P板，等离子体受力平衡，得：e＝evB通过金属棒的电流从a流向b从b向a看金属棒的受力如图所1示，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由平衡条件得：FA＝B2I＝mgsin又I＝R以v＝RLθ故B，ACD。12】1子a(不计力)以一定初速度射入该区域后做匀速直线运动。若有其他带电粒子从同一位置射入该区域当下列哪些量与a粒子不同时仍一定能做匀速直线运( )A．初速度的大小C．粒子的比荷大小

B．初速度的方向D．粒子的动能【解析选C粒子做匀速直线运动则电场力和洛伦兹力二力平衡则有qvBEEEEv＝qE所以有vBEEEEv粒子不能做匀速直线运动故A错误当初速度方向不同时粒子受到的电场力和洛伦兹力的方向不能相反不能满足二力平衡所以不能做匀速直线运动故B错误；粒子的比荷不同，仍可以保证电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，则仍然可以做匀速直线运动故C正确当粒子的动能不同时也可能是粒子的速度和a粒子不同则不能满足电场力和洛伦兹力大小相等所以不能做匀速直线运动，故D错误。故选C。2如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置示意图速度选择器(也称滤速器)中电场强度E的方向竖直向下，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，分离器中1磁感应强度B的方向垂直纸面向外。在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子2垂直于E和B若m＝mm＝mvv＝vv在1