人教版高中物理選擇性必修第二冊第一章教案教學(xué)設(shè)計復(fù)習(xí)資料

人教版高中物理選擇性必修第二冊第一章安培力與洛倫茲力第1節(jié)磁場對通電導(dǎo)線的作用力【素養(yǎng)目標(biāo)】1、知道什么是安培力，會推導(dǎo)安培力公式F=BILsinθ。2、知道左手定則的內(nèi)容，并會用它判斷安培力的方向。3、了解磁電式電流表的工作原理?！颈貍渲R】知識點一、安培力1、定義：通電導(dǎo)體在磁場中受的力稱為安培力。2、安培力的方向：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．3、安培力F、磁感應(yīng)強度B、電流I三者的關(guān)系(1)已知I、B的方向，可唯一確定F的方向；(2)已知F、B的方向，且導(dǎo)線的位置確定時，可唯一確定I的方向；(3)已知F、I的方向時，磁感應(yīng)強度B的方向不能唯一確定．【點睛】安培定則(右手螺旋定則)與左手定則的比較安培定則(右手螺旋定則)左手定則作用判斷電流的磁場方向判斷電流在磁場中的受力方向內(nèi)容具體情況直線電流環(huán)形電流或通電螺線管電流在磁場中應(yīng)用方法拇指指向電流的方向四指彎曲的方向表示電流的環(huán)繞方向磁感線穿過手掌心，四指指向電流的方向結(jié)果四指彎曲的方向表示磁感線的方向拇指指向軸線上磁感線的方向拇指指向電流受到的磁場力的方向【點睛】安培力作用下導(dǎo)體運動方向的五種判斷方法電流元法把整段導(dǎo)線分為多段電流元，先用左手定則判斷每段電流元所受安培力的方向，然后判斷整段導(dǎo)線所受安培力的方向，從而確定導(dǎo)線運動方向等效法環(huán)形電流可等效成小磁針，通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個環(huán)形電流(反過來等效也成立)，然后根據(jù)磁體間或電流間的作用規(guī)律判斷特殊位置法通過轉(zhuǎn)動通電導(dǎo)線到某個便于分析的特殊位置，判斷其所受安培力的方向，從而確定其運動方向結(jié)論法兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉(zhuǎn)動趨勢，同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；不平行的兩直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的反作用力，從而確定磁體所受合力及其運動方向知識點二、安培力的大小1、式中的l為導(dǎo)線的有效長度，當(dāng)導(dǎo)線彎曲時，l等于連接導(dǎo)線兩端點的線段的長度。相應(yīng)的電流方向沿L由始端流向末端，如圖所示。3、同樣情況下，通電導(dǎo)線與磁場方向垂直時，它所受的安培力最大；導(dǎo)線與磁場方向平行時，它不受安培力；導(dǎo)線與磁場方向斜交時，它所受的安培力介于0和最大值之間．4、在非勻強磁場中，只要通電直導(dǎo)線L所在位置的各點B矢量相等(包括大小和方向)，則導(dǎo)線所受安培力也能用上述公式計算．5、當(dāng)電流同時受到幾個安培力時，則電流所受的安培力為這幾個安培力的矢量和．知識點三、磁電式電流表電流表是測定電流強弱和方向的儀器，常用的是磁電式電流表，其結(jié)構(gòu)和原理如圖所示。1、構(gòu)造：最基本的是磁鐵和放在磁鐵兩極之間的線圈．2、原理①通電線圈在磁場中受安培力發(fā)生轉(zhuǎn)動．螺旋彈簧變形，反抗線圈的轉(zhuǎn)動．②線圈偏轉(zhuǎn)的角度越大，被測電流就越大，所以根據(jù)線圈偏轉(zhuǎn)角度的大小，可以確定被測電流的大??；根據(jù)線圈偏轉(zhuǎn)的方向，可以知道被測電流的方向．3、特點表盤刻度均勻．4、優(yōu)、缺點①優(yōu)點：靈敏度高，可以測出很弱的電流．②缺點：線圈的導(dǎo)線很細(xì)，允許通過的電流很弱．【課堂檢測】1.如圖所示，位于通電螺線管中央軸線上a、b、c三點和外側(cè)的d點，關(guān)于各點的磁場，下列說法正確的是（

）A.

a點的磁場最強

B.

b點的磁場最強

C.

c點磁感應(yīng)強度方向水平向左

D.

d點磁感應(yīng)強度方向水平向右【答案】A【解析】CD．由右手螺旋定則可以判定，螺線管內(nèi)部的磁場方向從左向右，所以c點的磁感應(yīng)強度方向水平向右；由于磁感線是閉合的曲線，所以d點的磁感應(yīng)強度方向水平向左；C、D不符合題意；AB．由螺線管的內(nèi)、外磁感線分布可知，a點的磁場最強，b點的磁場弱于a點，A符合題意、B不符合題意。故答案為：A?！痉治觥坷糜沂致菪▌t可以判別螺線管周圍磁感應(yīng)強度的大小及方向。2.如圖所示，在水平放置的通電螺線管正上方，垂直螺線管水平放置一陰極射線管。若要陰極射線往上偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)（

）A.

M接電源正極，N接負(fù)極

B.

M接電源負(fù)極，N接正極

C.

M接電源正極，N接負(fù)極，陰極射線管正負(fù)極位置互換

D.

M接電源負(fù)極，N接正極，陰極射線管水平旋轉(zhuǎn)90°【答案】A【解析】ABC．由圖可知，陰極射線由負(fù)極射向正極往上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可判斷，螺線管上方的磁場由N指向M，則螺線管內(nèi)部軸線方向的磁場由M指向N，由安培定則可判斷出，M接電源正極，N接負(fù)極，A符合題意，BC不符合題意；D.M接電源負(fù)極，N接正極時，根據(jù)左手定則和安培定則可判斷出，陰極射線管水平旋轉(zhuǎn)180°，D不符合題意。故答案為：A?！痉治觥坑勺笫侄▌t，陰極射線向右，向上偏，磁場由M指向N，由安培定則，M接電源正極，N接負(fù)極。【素養(yǎng)作業(yè)】1.如圖，通有電流I的直導(dǎo)線處于方向向左的勻強磁場B中，則導(dǎo)線受到磁場力的方向（）A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】A【解析】根據(jù)左手定則可知，直導(dǎo)線受安培力方向向上。故答案為：A?！痉治觥坷米笫侄▌t結(jié)合磁感線和電流的方向可以判別安培力的方向。2.如圖所示，三根長直通電導(dǎo)線互相平行，電流大小和方向均相同，它們的截面處于頂角為120°的等腰△ABC的三個頂點，導(dǎo)線A產(chǎn)生的磁場在C處的磁感應(yīng)強度大小為B0A.

導(dǎo)線A，B在C處的合磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B0

B.

導(dǎo)線A，B在C處的合磁場的磁感應(yīng)強度大小為3B0

C.

導(dǎo)線C受到的安培力的方向為垂直AB向下【答案】C【解析】AB．由右手螺旋定則和平行四邊形定則，可判斷導(dǎo)線A、B在C處的合磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向平行ABAB不符合題意；CD．再由左手定則可判斷C處受到的安培力的方向為垂直AB向下，C符合題意，D不符合題意。故答案為：C?！痉治觥坷糜沂致菪▌t可以判別磁感應(yīng)強度的方向，結(jié)合平行四邊形定則可以判別合磁感應(yīng)強度的方向及大小，結(jié)合左手定則可以判別安培力的方向。3.如圖所示，粗細(xì)均勻同種材料制成的半圓形通電導(dǎo)體線框置于勻強磁場中，ab為導(dǎo)體線框的直徑，a、b兩點通入如圖所示的電流，已知ab邊受到的安培力大小為F，則導(dǎo)體線框半圓弧部分受到的安培力大小為（

）A.2FπB.Fπ2C.F【答案】A【解析】設(shè)導(dǎo)線框的直徑為d，則半圓弧長度為12πd，根據(jù)電阻定律可知導(dǎo)線框直徑部分與半圓弧部分電阻之比為2:π，導(dǎo)線框直徑部分與半圓弧部分并聯(lián)，電流與電阻成反比，設(shè)通過導(dǎo)線框直徑ab的電流為I，則通過導(dǎo)線框半圓孤部分電流為2πI，導(dǎo)線框直徑ab導(dǎo)線框半圓弧部分等效長度也為d，導(dǎo)線框半圓弧部分受到的安培力大小為F解得FA符合題意。故答案為：A。【分析】利用電阻定律可以求出并聯(lián)電阻的支路電阻的比值，結(jié)合安培力的表達式及有效長度可以求就出安培力的大小。4.如圖所示，長為d質(zhì)量為m的細(xì)金屬桿ab，用長為L的細(xì)線懸掛后，恰好與水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌接觸，平行金屬導(dǎo)軌間距也為d，導(dǎo)軌平面處于豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。閉合開關(guān)S后，細(xì)金屬桿ab向右擺起，懸線的最大偏角為θ。重力加速度為g，則閉合開關(guān)的短時間內(nèi)通過細(xì)金屬桿ab的電荷量為（）A.

mBL2gL(1?cosθ)

B.

m【答案】C【解析】細(xì)金屬桿ab離開導(dǎo)軌向右擺起的過程，由機械能守恒定律可得12細(xì)金屬桿在通電瞬間在水平方向受到磁場的安培力，根據(jù)動量定理可得F即B又q=可得Bqd=mv解得q=故答案為：C?！痉治觥垦芯拷饘贄Uab離開導(dǎo)軌上擺的過程,根據(jù)能量守恒定律求ab離開導(dǎo)軌的速度大小，金屬桿在通電瞬間受到磁場作用的安培力,根據(jù)動量定理和電荷量與電流關(guān)系求解電量q。5.截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流I1，四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2，A.

B.

C.

D.

【答案】C【解析】如圖所示，已知五條通電直導(dǎo)線的電流方向，且中心直導(dǎo)線的電流與周圍四根直導(dǎo)線的電流關(guān)系有：

I1故答案為：C。【分析】利用安培定則可以判別其通電導(dǎo)線周期產(chǎn)生的磁場方向，結(jié)合左手定則可以判別其導(dǎo)線受到的安培力方向進而判別彈性長管的變形情況。6.水平面有一通有恒定電流的直導(dǎo)線，電流方向如圖所示，導(dǎo)線處于水平向右的勻強磁場B1中。如果在該空間再加一個勻強磁場B2，使得導(dǎo)線所受安培力為零，不考慮導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場及地磁場的影響，則B2的方向可能為（）A.

B.

C.

D.

【答案】A【解析】A．由左手定則可知，導(dǎo)線在勻強磁場B1中受到的安培力方向垂直向里，導(dǎo)線在勻強磁場B2中受到的安培力方向垂直向外，所以導(dǎo)線受到的安培力可能為0，A符合題意；B．由左手定則可知，導(dǎo)線在勻強磁場B1中受到的安培力方向垂直向里，導(dǎo)線在勻強磁場B2中受到的安培力方向垂直向時，所以導(dǎo)線受到的安培力不可能為0，B不符合題意；C．由左手定則可知，導(dǎo)線在勻強磁場B1中受到的安培力方向垂直向里，導(dǎo)線在勻強磁場B2中受到的安培力方向與導(dǎo)線在同一平面內(nèi)，則導(dǎo)線受到的安培力不可能為0，C不符合題意；D．由左手定則可知，導(dǎo)線在勻強磁場B1中受到的安培力方向垂直向里，導(dǎo)線在勻強磁場B2中不受安培力的作用，則導(dǎo)線受到的安培力不可能為0，D不符合題意。故答案為：A。【分析】本題主要考查通電導(dǎo)體在磁場中所受安培力的相關(guān)知識。由力的平衡條件和左手定則進行求解。7.如圖所示，是物理興趣小組自制的電流表原理圖。質(zhì)量為m的均勻細(xì)金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧勁度系數(shù)為k，在邊長ab=L1、bc=L2的矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標(biāo)尺上的刻度，MN的長度大于ab。當(dāng)MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與ab邊重合，且指針指在標(biāo)尺的零刻度。當(dāng)A.

金屬桿中電流方向不影響電流表正常工作

B.

當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為零

C.

該電流表的刻度在有效范圍內(nèi)是不均勻的

D.

該電流表的最大量程是I【答案】D【解析】A．電流表正常工作時金屬桿所受安培力應(yīng)向下，即電流方向應(yīng)M→N，故電流方向改變，所受安培力方向改變，會影響電流表正常工作，A不符合題意；B．當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時，滿足kΔx=mg可得彈簧的伸長量為ΔxB不符合題意；CD．設(shè)電流表滿偏時通過MN的電流為Im，此時金屬桿達到cd位置，由平衡條件可得mg+B聯(lián)立可解得最大量程為I同理可知，在未達到最大量程時滿足I=I與x成正比，故該電流表的刻度在有效范圍內(nèi)是均勻的，C不符合題意，D符合題意。故答案為：D。【分析】本題主要根據(jù)導(dǎo)體棒MN的重力和通電時收到的安培力與彈簧彈力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)胡克定律以及安培力的表達式計算求解。8.如圖所示，長為L的通電直導(dǎo)線放在傾角為θ的光滑斜面上，并處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，當(dāng)B方向垂直斜面向上，則電流為I1時導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)，若B方向改為豎直向上，電流為I2時導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)，電流比值I1A.

cosθ

B.

1cosθ【答案】A【解析】當(dāng)B方向垂直斜面向上時，根據(jù)左手定則，安培力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件得BI當(dāng)B方向垂直豎直向上時，根據(jù)左手定則，安培力方向水平向右，根據(jù)平衡條件得B解得I故答案為：A。【分析】利用左手定則可以判別安培力的方向，結(jié)合平衡條件可以求出電流的大小第一章安培力與洛倫茲力第2節(jié)磁場對運動電荷的作用力【素養(yǎng)目標(biāo)】通過實驗探究，感受磁場對運動電荷有力的作用．2．知道什么是洛倫茲力，會用左手定則判斷洛倫茲力的方向．3．了解洛倫茲力公式的推導(dǎo)過程，會用公式分析求解洛倫茲力．4．了解電視顯像管的基本構(gòu)造和工作原理．【必備知識】知識點一、洛倫茲力1、定義：運動電荷在磁場中所受的力稱為洛倫茲力。2、洛倫茲力的方向：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向，負(fù)電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反．3、洛倫茲力的大小(1)當(dāng)v與B成θ角時：F＝Bqvsin_θ.(2)當(dāng)v⊥B時：F＝qvB.(3)當(dāng)v∥B時：F＝0.4、洛倫茲力與安培力的關(guān)系安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力是安培力的微觀實質(zhì)．(1)方向：洛倫茲力的方向與運動電荷形成的等效電流的安培力方向相同．(2)大小：一段通電導(dǎo)線所受安培力大小等于該段導(dǎo)線內(nèi)所有運動電荷所受洛倫茲力的矢量和．洛倫茲力總不做功，而安培力可以做功。知識點二、洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力電場力性質(zhì)磁場對在其中運動的電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電場中無論電荷處于何種狀態(tài)F≠0大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE方向滿足左手定則F⊥B、F⊥v正電荷受力方向與電場方向相同，負(fù)電荷受力方向與電場方向相反做功情況任何情況下都不做功可能做正功、負(fù)功，也可能不做功作用效果只改變電荷運動的速度方向，不改變速度大小既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向【點睛】推導(dǎo)洛倫茲力公式設(shè)有一段長為L，橫截面積為S的直導(dǎo)線，單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量為q，自由電荷定向移動的速率為v.這段通電導(dǎo)線垂直磁場方向放入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．(1)根據(jù)電流的定義式可知通電導(dǎo)線中的電流I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(nSvtq,t)＝nqSv.(2)通電導(dǎo)線所受的安培力F安＝BIL＝B(nqSv)L.(3)這段導(dǎo)線內(nèi)的自由電荷數(shù)N＝nSL.(4)每個電荷所受的洛倫茲力F洛＝eq\f(F安,N)＝eq\f(BnqvSL,nSL)＝qvB.【點睛】對公式的理解(1)適用條件：運動電荷的速度方向與磁場方向垂直，當(dāng)v＝0時，F(xiàn)洛＝0，即相對磁場靜止的電荷不受洛倫茲力作用．(2)B、v夾角對洛倫茲力的影響：①當(dāng)θ＝90°時，v⊥B，sinθ＝1，F(xiàn)洛＝qvB，即運動方向與磁場垂直時，洛倫茲力最大．②當(dāng)v∥B時，θ＝0°，sinθ＝0，F(xiàn)洛＝0，即運動方向與磁場平行時，不受洛倫茲力．③若不垂直，F(xiàn)洛＝qvBsinθ.知識點三、電子束的磁偏轉(zhuǎn)洛倫茲力的方向與粒子的運動速度方向垂直。當(dāng)粒子在磁場中運動時，因受到洛倫茲力的作用，會發(fā)生偏轉(zhuǎn)。電視顯像管應(yīng)用了電子束磁偏轉(zhuǎn)的原理。電子槍發(fā)射電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)線圈時受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，之后發(fā)到熒光屏上，使其發(fā)光。在偏轉(zhuǎn)區(qū)的水平方向和豎直方向都有偏轉(zhuǎn)磁場，電子的水平分速度是由豎直方向的磁場控制的，電子的豎直分速度是由水平方向的磁場控制的?！菊n堂檢測】1.如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是（

）A.

粒子帶正電

B.

粒子在b點速率大于在a點速率

C.

若僅增大磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點左側(cè)射出

D.

若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】C【解析】A．根據(jù)左手定則，粒子帶負(fù)電，A不符合題意；B．洛倫茲力與速度垂直不做功，粒子在b點速率等于在a點速率，B不符合題意；C．根據(jù)r=mvD．根據(jù)r=mvqB則粒子在磁場中運動時間先變長，后不變，D不符合題意。故答案為：C。【分析】利用左手定則可以判別粒子的電性；利用利用洛倫茲力不做功可以判別速率的大小；增大磁感應(yīng)強度及牛頓第二定律可以判別粒子的運動軌跡；利用軌跡圓心角的變化可以判別運動時間的大小。2.如圖所示，在MNQP中有一垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場。圖中實線是它們的軌跡，已知O是PQ的中點。不計粒子重力。下列說法中正確的是（

）A.

粒子c帶負(fù)電，粒子a、b帶正電

B.

射入磁場時，粒子b的速率最小

C.

粒子a在磁場中運動的時間最長

D.

若勻強磁場磁感應(yīng)強度增大，其他條件不變，則粒子a在磁場中的運動時間不變【答案】C【解析】A．根據(jù)左手定則可知粒子c帶正電，粒子a、b帶負(fù)電，A不符合題意；B．粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qνB=m解得v=由圖知射入磁場時粒子a的半徑最小，所以射入磁場時粒子a的速率最小，B不符合題意；C．根據(jù)T=2πmqB由于m、q、B都相同，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角θ最大，則射入磁場時粒子a的運動時間最長，C符合題意；D．若勻強磁場磁感應(yīng)強度增大，其它條件不變，由牛頓第二定律得qνB=m解得R=則a粒子射入磁場時的半徑會變小，但a粒子軌跡對應(yīng)的圓心角不變，由t=可知a粒子運動時間會變小，D不符合題意。故答案為：C?！痉治觥坷米笫侄▌t可以判別粒子的電性；利用牛頓第二定律結(jié)合軌道半徑的大小可以比較速率的大??；利用周期公式結(jié)合運動的圓心角可以比較運動的時間；利用周期公式可以判別運動時間的變化。【素養(yǎng)作業(yè)】1.關(guān)于電荷所受電場力和洛倫茲力，正確的說法是（

）A.

電荷在磁場中一定受洛倫茲力作用

B.

電荷在電場中一定受電場力作用

C.

電荷所受的電場力一定與該處電場方向一致

D.

電荷所受的洛倫茲力不一定與磁場方向垂直【答案】B【解析】A．當(dāng)電荷的運動方向與磁場方向平行，則電荷不受洛倫茲力．A不符合題意．B．電荷在電場中一定受到電場力作用．B符合題意．C．正電荷所受電場力一定與該處電場方向一致，負(fù)電荷所受電場力一定與該處電場方向相反．C不符合題意．D．電荷所受的洛倫茲力一定與磁場方向垂直．D不符合題意．故答案為：B【分析】電荷在電場中移動受到電場力的作用，其正電荷受到的電場力方向和電場方向相同；電荷在磁場中不一定受到洛倫茲力的作用，其洛倫茲力方向一定與磁場方向垂直。2.如圖所示，a為帶負(fù)電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊，a、b疊放于光滑的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左加速運動在加速運動階段（

）A.

a、b一起運動的加速度減小

B.

a、b一起運動的加速度增大

C.

a、b物塊間的支持力減小

D.

a、b物塊間的摩擦力減小【答案】C【解析】AB．對a、b整體由牛頓第二定律得F=(m解得a水平恒力F不變，所以加速度不變，AB不符合題意；C．向左加速運動時，由左手定則得洛倫磁力方向豎直向上，速度越大洛倫磁力越大，所以支持力減小，則C符合題意；D．對a受力分析，由f=m1a故答案為：C?！痉治觥?.以a、b整體，根據(jù)牛頓第二定律列式F=(m1+m23.如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙而向里的勻強磁場，正、負(fù)電子分別以相同速度沿與x軸成60°角從原點射入磁場，則正、負(fù)電子在磁場中運動時間之比為（

）A.

1:2

B.

2:1

C.

1:3

D.

【答案】A【解析】根據(jù)左手定則，正電子在洛倫茲力的作用下逆時針做勻速圓周運動，弦切角等于30°，圓心角等于60°，在磁場中的運動時間為t1根據(jù)左手定則，負(fù)電子在洛倫茲力的作用下順時針做勻速圓周運動，弦切角等于60°，圓心角等于120°，在磁場中的運動時間為t根據(jù)T=2πmeB故答案為：A?！痉治觥坷昧Ｗ舆\動軌跡所對的圓心角結(jié)合周期相等可以求出運動時間的比值。4.空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，其橫截面的半徑為R，圓心為O，磁場方向垂直橫截面（紙面向里），一質(zhì)量為m、電量為q的負(fù)電粒子從M點平行于橫截面以速率v射入磁場，速度方向與直徑MN的夾角為θ=30°，離開磁場時速度方向與MN垂直，不計粒子重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為（

）A.

3mvqR

B.

3mv3qR【答案】C【解析】作出粒子運動軌跡如圖所示粒子從K點射出，Q為軌跡圓心，因為速度方向與直徑MN的夾角為θ=30°，則∠OMQ=60°；粒子離開磁場時速度方向與MN垂直，則OM平行于QK，∠α=60°；又因為OM=OK=R，QM=QK=r，且另外一邊OQ重合，則△OMQ?△OKQ，∠OKQ=∠OMQ=∠α=聯(lián)立解得B=故答案為：C?！痉治觥慨嫵隽Ｗ拥倪\動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系可以求出軌道半徑的大小，再利用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強度的大小。5.如圖所示，兩塊很大的平行金屬板M、N正對放置，分別帶有等量異種電荷，在兩板間形成勻強電場，空間同時存在垂直紙面向里的勻強磁場。有一帶正電的粒子從O點進入兩金屬板的空間，恰能沿軌跡③所在的直線OOA.

若將粒子電量變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子可能沿軌跡①做曲線運動

B.

若將電容器逆時針旋轉(zhuǎn)一個很小的角度，則粒子可能沿軌跡②做直線運動

C.

若將M板向左移動一小段距離，則粒子可能沿軌跡④做曲線運動

D.

若將M、N板間距減小少許，則粒子將沿軌跡④做曲線運動【答案】C【解析】A．帶正電的粒子從O點進入兩金屬板的空間，恰能沿軌跡③所在的直線OO'運動，則粒子受向上的洛倫茲力和向下的電場力平衡，即即v=若將粒子電量變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子所受的電場力和洛倫茲力仍平衡，仍沿軌跡③做直線運動，A不符合題意；B．若將電容器逆時針旋轉(zhuǎn)一個很小的角度，則粒子進入復(fù)合場時所受的向上的洛倫茲力大于電場力沿豎直方向的分力，則粒子將向上偏轉(zhuǎn)做曲線運動，B不符合題意；C．若將M板向左移動一小段距離，則電容器電容減小，根據(jù)Q=CU可知，兩板電壓U變大，則粒子受向下的電場力變大，則粒子可能沿軌跡④做曲線運動，C符合題意；D．若將M、N板間距減小少許，則電容器電容C變大，根據(jù)Q=CU可知兩板電壓U減小，則粒子受電場力減小，則粒子向上偏轉(zhuǎn)，可能沿軌跡①做曲線運動，D不符合題意。故答案為：C?！痉治觥坷秒妶隽吐鍌惼澚ο嗟瓤梢耘袆e直線通過速度選擇器的速度大小，利用表達式可以判別粒子電荷量變化時粒子還是做直線運動；當(dāng)電容器旋轉(zhuǎn)一定角度時，利用洛倫茲力和電場力在豎直方向的大小可以判別粒子的偏轉(zhuǎn)；當(dāng)板間距離減小時電容變小電壓變大會導(dǎo)致電場力大于洛倫茲力則粒子向下偏轉(zhuǎn)；當(dāng)板間距離減小時由于電場強度不變所以粒子繼續(xù)做直線運動。6.一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，由長為l的細(xì)線吊在天花板下，空間有豎直向下的勻強磁場。如圖甲小球恰好以速率v0逆時針在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖乙小球以速率v1順時針在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，這兩種情況小球的軌道平面與地面的距離均為h，細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ。已知重力加速度大小為g，空氣阻力忽略不計。下列選項正確的是（

）A.

兩種情況小球的向心加速度大小相同

B.

兩種情況小球所受的拉力不同

C.

兩種情況小球的速率相同

D.

兩種情況剪斷細(xì)線后，小球落到地面的時間相同為2?【答案】D【解析】C．根據(jù)牛頓第二定律得mgtanmg解得v0A．小球的向心加速度為a=r=l解得a=vB．小球所受的拉力FTD．剪斷細(xì)線后，小球做平拋運動，運動時間為?=解得t=2?故答案為：D?！痉治觥坷米笫侄▌t可以判別洛倫茲力的方向，結(jié)合牛頓第二定律可以求出向心加速度的大小及線速度的大??；利用豎直方向的平衡方程可以判別拉力的大小相同；剪斷繩子后，利用豎直方向的位移公式可以比較小球的運動的時間。7.如圖所示，空間有一個范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣水平細(xì)桿上，桿足夠長，環(huán)與桿的動摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)給環(huán)一個向右的初速度v0，在圓環(huán)整個運動過程中，下列說法正確的是（

）A.

如果磁場方向垂直紙面向里，圓環(huán)克服摩擦力做的功一定為12mv02

B.

如果磁場方向垂直紙面向里，圓環(huán)克服摩擦力做的功一定為12【答案】C【解析】AB．當(dāng)磁場方向垂直紙面向里，則洛倫茲力方向向上。當(dāng)qv時，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，摩擦力做功為零。當(dāng)q時，圓環(huán)做減速運動到靜止，只有摩擦力做功。根據(jù)動能定理得?W=0?解得W=當(dāng)q時，圓環(huán)先做減速運動，當(dāng)qvB=mg時，不受摩擦力，做勻速直線運動。由qvB=mg可得v=根據(jù)動能定理得?W=解得W=AB不符合題意；CD．如果磁場方向垂直紙面向外，則洛倫茲力方向向下，圓環(huán)做減速運動到靜止，只有摩擦力做功。根據(jù)動能定理得?W=0?解得W=D不符合題意，C符合題意。故答案為：C。【分析】利用左手定則可以判別洛倫茲力的方向；結(jié)合洛倫茲力和重力比較可以判別壓力的方向及大小，利用壓力可以判別其摩擦力的大小進而判別克服摩擦力做功的大小。8.如圖所示，在邊長為l的正三角形ABC內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出磁場）。O為三角形的中心，一個帶負(fù)電的粒子以速度v0從A點沿AO方向射入該磁場，從B點沿OB方向射出，下列說法正確的是（

）A.

粒子做圓周運動的半徑為12l

B.

粒子做圓周運動的半徑為2l

C.

粒子在磁場中運行的時間是πl(wèi)3【答案】C【解析】AB．由于洛倫茲力提供向心力有qv0B=mv0畫出帶電粒子的軌跡如下圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有r=lAB不符合題意；CD．由于洛倫茲力提供向心力有qv0B=m42T2r，qv0由上圖可知圓心角θ=60°則t=T6

=C符合題意、D不符合題意。故答案為：C。【分析】畫出帶電粒子的運動軌跡，利用幾何關(guān)系可以求出軌道半徑的大小；結(jié)合牛頓第二定律及周期的大小可以求出運動的時間。第一章安培力與洛倫茲力第3節(jié)帶電粒子在勻強磁場中的運動【素養(yǎng)目標(biāo)】1.了解帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律2.掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式和周期公式及應(yīng)用【必備知識】知識點一、帶電粒子在勻強磁場中的運動若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動（此情況下洛倫茲力F=0）若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運動。當(dāng)帶電粒子的初速度方向與磁場方向成θ角時，粒子做等螺距螺旋運動。知識點二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子，垂直磁場方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，(1)若不計粒子重力，運動電荷只受洛倫茲力作用，由洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB).(2)由軌道半徑與周期的關(guān)系可得：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2π×\f(mv,qB),v)＝eq\f(2πm,qB).知識點三、帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析方法研究帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的問題，應(yīng)遵循“一找圓心，二找半徑，三找周期”的基本思路。具體如下。(1)軌跡圓心的兩種確定方法．①已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向時，作這兩速度的垂線，交點即為圓心，如圖所示．②已知粒子軌跡上的兩點和其中一點的速度方向時，畫出粒子軌跡上的兩點連線(即過這兩點的圓的弦)，作它的中垂線，并畫出已知點的速度的垂線，則弦的中垂線與速度的垂線的交點即為圓心，如圖所示．(2)三種求半徑的方法．①根據(jù)半徑公式r＝eq\f(mv,qB)求解．②根據(jù)勾股定理求解，如圖所示，若已知出射點相對于入射點側(cè)移了x，則滿足r2＝d2＋(r－x)2.③根據(jù)三角函數(shù)求解，如圖所示，若已知出射速度方向與水平方向的夾角為θ，磁場的寬度為d，則有關(guān)系式r＝eq\f(d,sinθ).(3)四種角度關(guān)系．①速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)．②圓心角α等于AB弦與速度方向的夾角(弦切角θ)的2倍(φ＝α＝2θ＝ωt)．③相對的弦切角(θ)相等，與相鄰的弦切角(θ′)互補，即θ＋θ′＝180°，如圖3-6-5所示．④進出同一直邊界時速度方向與該直邊界的夾角相等．(4)兩種求時間的方法．①利用圓心角求解，若求出這部分圓弧對應(yīng)的圓心角，則t＝eq\f(θ,2π)T.②利用弧長s和速度v求解，t＝eq\f(s,v).知識點四、帶電粒子在有界磁場中的運動1、直線邊界（如圖所示）粒子進入磁場時的速度，垂直于邊界時，出射點距離入射點最遠(yuǎn)，且入射點和出射點的距離，如圖甲所示；同一出射點，可能對應(yīng)粒子的兩個入射方向，且一個“優(yōu)弧”，一個“劣弧”，如圖乙、丙中的出射點A。2、平行邊界（如圖所示）3、相交直邊界（如圖所示）4、圓邊界（如圖所示）（1）粒子沿圓形區(qū)域勻強磁場的半徑方向垂直射入磁場，必沿半徑方向射出磁場，如圖甲所示。（2）粒子射入磁場的速度方向與入射點和磁場圓心連線的夾角等于射出磁場的速度方向與出射點和磁場圓心連線的夾角，如圖乙所示。知識點五、帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在復(fù)合場中的受力特點復(fù)合場通常指電場與磁場在某一區(qū)域并存或電場、磁場和重力場在某一區(qū)域并存的情況。重力：若為基本粒子（如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等）一般不考慮重力；若為帶電顆粒（如液滴、油滴、小球、塵埃等）一般需要考慮重力。電場力：帶電粒子在電場中一定受到電場力的作用，在勻強電場中，電場力為恒力，大小為F=qE。電場力的方向與電場的方向相同或相反。電場力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置的電勢差有關(guān)，電場力做工一定伴隨著電勢能的變化。洛倫茲力：帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力與運動的速度（大小、方向）有關(guān)，洛倫茲力的方向始終和磁場方向垂直，又和速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，也不會改變帶電粒子的動能。帶電粒子在復(fù)合場中的幾種運動形式在復(fù)合場中受到洛倫茲力的帶電粒子，作直線運動時，所受的合力必為0，且一定做勻速直線運動。當(dāng)帶電粒子所受重力和電場力等大、反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子做勻速圓周運動。當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，帶電粒子的受力情況和運動情況會發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程分別由幾個不同的運動階段組成?！菊n堂檢測】1.如圖所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子（重力不計）從AB邊的中點O以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強磁場的大小B需滿足（

）A.

B＞3mv3aq

B.

B＜3mv3aq【答案】B【解析】解：粒子剛好達到C點時，其運動軌跡與AC相切，如圖所示：則粒子運動的半徑為：r=acot30°=3a，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2解得：r=mvqB粒子要能從AC邊射出，粒子運行的半徑：R＞r，解得：B＜3mv故選：B．【分析】作出粒子在磁場中的運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到臨界軌跡的軌道半徑；再根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合洛倫茲力提供向心力列式求解．2.空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°．不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為（

）A.

3mv03qR

B.

m【答案】A【解析】解：帶正電的粒子垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，根據(jù)幾何知識得知，軌跡的圓心角等于速度的偏向角60°，且軌跡的半徑為r=Rcot30°=3R，由牛頓第二定律得：qv0B=mv0解得：B=3故選：A．【分析】帶正電的粒子垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力，由幾何知識求出軌跡半徑r，根據(jù)牛頓第二定律求出磁場的磁感應(yīng)強度．【素養(yǎng)作業(yè)】1.空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度為B，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子以一定的速率沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°。不計重力，粒子入射的速度大小為（

）A.

B.

C.

D.

【答案】B【解析】帶正電的粒子垂直磁場方向進入圓形勻強磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖：根據(jù)幾何知識得知，軌跡的圓心角等于速度的偏向角60°，且軌跡的半徑為r=Rcot由牛頓第二定律得：qv解得：v=3qBR故答案為：B．【分析】利用粒子的出射速度方向，繪制出粒子的運動軌跡，利用幾何關(guān)系求出粒子的運動半徑，洛倫茲力提供向心力，求解入射速度。2.如圖，一質(zhì)子以速度v穿過互相垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)則（

）

A.

若電子以相同速度v射入該區(qū)域，將會發(fā)生偏轉(zhuǎn)

B.

若質(zhì)子的速度v′＜v，它將向下偏轉(zhuǎn)而做類似的平拋運動

C.

若質(zhì)子的速度v′＞v，它將向上偏轉(zhuǎn)，其運動軌跡是圓弧線

D.

無論何種帶電粒子（不計重力），只要都以速度v射入都不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)【答案】D【解析】質(zhì)子穿過相互垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有偏轉(zhuǎn)，說明了它受的電場力和洛倫茲力是一對平衡力有qvB=qE，與帶電性質(zhì)無關(guān)，所以只要以相同的速度射入該區(qū)域都不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)。A不符合題意，D符合題意；若質(zhì)子的入射速度v'＜v，質(zhì)子所受的洛倫茲力小于電場力，將向下偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力對粒子不做功，電場力做正功，存在洛茲力，所以不是類平拋運動。B不符合題意；質(zhì)子的入射速度v'＞v，它所受到的洛倫茲力大于電場力。由于質(zhì)子所受到的洛侖茲力方向向上，故質(zhì)子就向上偏轉(zhuǎn)。由于質(zhì)子所受的電場力是一恒力而洛侖茲力是一變力，故其軌跡既不是圓弧也不是拋物線，C不符合題意。故答案為：D?！痉治觥吭撗b置是速度選擇器，對于通過的粒子，洛倫茲力和電場力等大反向，速度不滿足條件的，會偏向一邊。3.如圖，足夠長的水平虛線MN上方有一勻強電場，方向豎直向下（與紙面平行）；下方有一勻強磁場，方向垂直紙面向里。一個帶電粒子從電場中的A點以水平初速度v0向右運動，第一次穿過MN時的位置記為P點，第二次穿過MN時的位置記為Q點，PQ兩點間的距離記為d，從P點運動到Q點的時間記為t。不計粒子的重力，若增大v0，則（

）

A.

t不變，d不變

B.

t不變，d變小

C.

t變小，d變小

D.

t變小，d不變【答案】D【解析】粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)第一次到達P點豎直速度v1（大小不變），則粒子進入磁場的速度v=v02粒子進入磁場后做勻速圓周運動，半徑R=mvqB

，第二次經(jīng)過MN上的Q點時由幾何關(guān)系可得：d=2Rsinθ；sinθ=tanθ1+tan故答案為：D.【分析】利用電場的類平拋運動可以求出進入磁場的速度大小，利用幾何關(guān)系可以求出運動時間及弦長的表達式，利用表達式可以判別初速度的影響。4.在勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(nèi)，電場的場強為E，方向豎直向下，磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m的帶電粒子，在場區(qū)內(nèi)的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則可判斷該帶電質(zhì)點（

）A.

帶有電荷量為mgE的正電荷

B.

沿圓周逆時針運動

C.

運動的角速度為BgE【答案】C【解析】做勻速的圓周運動，說明電場力和重力平衡，粒子帶負(fù)電，電量為mgE，A對。帶負(fù)電粒子在最低點受洛倫茲力方向向上，根據(jù)左手定則可知，軌跡為順時針B錯。根據(jù)，qvB=mv2R，得v=qBEm，又因為w=v5.為了測量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計,該裝置由絕緣材料制成,長、寬、高分別為a,b,c,左右兩端開口,加垂直于上下底面且方向向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,在前后兩個內(nèi)側(cè)固定有金屬板作為電極,污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時,電壓表將顯示兩個電極間的電壓U。若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)流出的污水體積),下列說祛中正確的是（

）A.

若污水中正離子較多,則前表面比后表面電勢高

B.

前表面的電勢一定低于后表面的電勢，與哪種離子多少無關(guān)

C.

污水中離子濃度越高,電壓表的示數(shù)將越大

D.

污水流量Q與U成正比，與b,c無關(guān)【答案】B【解析】AB.根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向前表面偏轉(zhuǎn)，所以后表面的電勢高于前表面的電勢，與離子的多少無關(guān)。A不符合題意、B符合題意。

CD.最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB=qUb，解得U=vbB，電壓表的示數(shù)與離子濃度無關(guān)；v=UBb，則流量Q=vbc=cU故答案為：B【分析】粒子在磁場的作用下會在左右板積累，形成電場，新形成的電場會抑制新的帶電粒子的積累，故當(dāng)電場力等于洛倫茲力的時候平衡，結(jié)合選項分析。6.如圖所示，一個比荷為k的帶正電粒子(重力忽略不計)，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后，從小孔0垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中(磁場區(qū)域足夠大)，粒子打在擋板上P點，OP=x.擋板與左邊界的夾角為30°，與入射速度方向夾角為60°，則下列表達式中，能正確反映x與U之間關(guān)系的是（

）

A.

x=2kUkB

B.

x=6kUkB【答案】B【解析】帶電粒子在電場中加速運動，根據(jù)動能定理得：qU=12進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=m可得：r=粒子運動到P點，所以x=2rcos30°故答案為：B.【分析】粒子在磁場中做類平拋運動，利用豎直位移求出運動時間，再結(jié)合水平位移求出水平速度。7.空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，O點為圓心．磁場方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從A點沿圖示箭頭方向以速率v射入磁場，θ=30°，粒子在紙面內(nèi)運動，經(jīng)過時間t離開磁場時速度方向與半徑OA垂直．不計粒子重力．若粒子速率變?yōu)関2A.

t2

B.

t

C.

3t【答案】C【解析】解：設(shè)粒子電量為q，質(zhì)量為m，磁場半徑為r，運動的軌跡半徑分別為R，磁感應(yīng)強度為B，根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2粒子運動周期：T=2πRv聯(lián)立可得：T=2πm可知速度變化前后，兩次粒子的周期不變，設(shè)以速率v射入磁場時運動軌跡的半徑為R1，圓心為O1，畫出粒子運動過程圖如圖一所示，根據(jù)題意可知：AO∥O1C，AO=OC，AO1=O1C可得：∠OAC=∠ACO1=∠CAO1=∠OCA=30°所以可知四邊形OAO1C為菱形，粒子在磁場中運動所轉(zhuǎn)過的圓心角：θ1=∠AO1C=120°，半徑R1=r③設(shè)以速率v射入磁場時運動軌跡的半徑為R2，圓心為O2，根據(jù)①③式可知當(dāng)粒子的速度變?yōu)関2時，粒子半徑R2=r粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角θ2=180°根據(jù)粒子在磁場中運動的時間：t′=θ360所以兩次粒子在磁場中運動的時間之比：t1t2=θ1又因為t1=t，所以t2=3t故C正確，ABD錯誤故選：C．【分析】根據(jù)題意畫出粒子速度變化前后兩次的運動軌跡過程圖，確定圓心，根據(jù)周期公式T=2πmqB，利用幾何關(guān)系比較兩次粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角，再根據(jù)t=θ8.如圖所示，質(zhì)量、速度和電量均不完全相同的正離子垂直于勻強磁場和勻強電場的方向飛入，勻強磁場和勻強電場的方向相互垂直．離子離開該區(qū)域時，發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的速度方向并沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)．如果再讓這些離子進入另一勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)離子束再分裂成幾束．這種分裂的原因是離子束中的離子一定有不同的（

）A.

質(zhì)量

B.

電量

C.

速度

D.

荷質(zhì)比【答案】D【解析】解：因為粒子進入電場和磁場正交區(qū)域時不發(fā)生偏轉(zhuǎn)說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，有qvB=qE，故v=EB粒子進入磁場后受洛倫茲力作用，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：qvB=mv故圓周運動的半徑：R=mv由于粒子又分裂成幾束，也就是粒子做勻速圓周運動的半徑R不同，進入第二個勻強磁場時，粒子具有相同的速度，粒子能分裂成幾束，所以粒子的mq故選：D．【分析】粒子在磁場和電場正交區(qū)域里，同時受到洛倫茲力和電場力作用，粒子沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，滿足qvB=qE，即不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的粒子具有共同的速度大小v=EB第一章安培力與洛倫茲力第4節(jié)質(zhì)譜儀與回旋加速器【素養(yǎng)目標(biāo)】了解質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理.【必備知識】知識點一、質(zhì)譜儀質(zhì)譜儀的作用：主要用于分析同位素，測定其質(zhì)量、比荷和含量比。質(zhì)譜儀的構(gòu)造及原理加速電場：帶電粒子進入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2.①偏轉(zhuǎn)磁場：帶電粒子進入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).②由①②兩式可以求出粒子的運動半徑r、質(zhì)量m、比荷eq\f(q,m)等．其中由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))可知電荷量相同時，半徑將隨質(zhì)量變化．同位素種類和含量比的確定：由于不同比荷的同位素粒子打在照片底片上的位置不同（eq\f(q,m)∝1r2），因此根據(jù)底片上譜線的條數(shù)和強弱，就可以確定同位素的種類和含量的多少。知識點二、回旋加速器原理：回旋加速器利用帶電粒子在電場中可加速，在磁場中做勻速圓周運動的特點，使帶電粒子能在較小的空間范圍內(nèi)多次受到電場的加速。結(jié)構(gòu)：回旋加速器的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒之間留有一道窄縫，在中心附近放有粒子源，D形盒裝在真空容器中，整個裝置放在巨大電磁鐵產(chǎn)生的勻強磁場中，并把兩個D形盒分別接在高頻電源的兩極上。工作原理示意圖（1）電場的作用：回旋加速器的兩個D形盒之間的狹縫區(qū)域存在周期性變化的且垂直于兩個D形盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經(jīng)過該區(qū)域時被加速．根據(jù)動能定理：qU＝ΔEk.（2）磁場的作用：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動．其周期在q、m、B不變的情況下與速度和軌道半徑無關(guān)，帶電粒子每次進入D形盒都運動半個周期eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πm,qB)))后平行電場方向進入電場加速．如圖所示．交變電壓的作用：為保證粒子每次經(jīng)過狹縫時都被加速，使之能量不斷提高，需在狹縫兩側(cè)加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓．（4）帶電粒子的最終能量：由r＝eq\f(mv,qB)知，當(dāng)帶電粒子的運動半徑最大時，其速度也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m).可見，要提高加速粒子的最終能量，應(yīng)盡可能地增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R.（5）粒子被加速次數(shù)的計算：粒子在回旋加速器中被加速的次數(shù)n＝eq\f(Ekm,qU)(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次．（6）粒子在回旋加速器中運動的時間：在電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2＝eq\f(n,2)T＝eq\f(nπm,qB)(n是粒子被加速次數(shù))，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認(rèn)為在盒內(nèi)的時間近似等于t2.【課堂檢測】1.勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U．若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為+q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響，則下列說法正確的是（

）A.

質(zhì)子被加速后的最大速度可能達到光速

B.

所加高頻交流電頻率為f=qBπm

C.

質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為2：1

D.

若A處粒子源產(chǎn)生的為中子，中子也可被加速且最大動能為Ek=【答案】C【解析】解：A、質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則v=2πRTB、根據(jù)qvB=mv2R和T=2πrv，知T=2πmBq=C、粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)v=2ax知，質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為2：1，根據(jù)r=mvqB，則半徑比為D、根據(jù)qvB=mv2R，知v=qBRm，則最大動能EKB=1故選：C【分析】回旋加速器運用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從而求出最大動能．在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等．2.如圖所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U．已知自由電子的電荷量為e．下列說法中正確的是（

）A.

M板比N板電勢高

B.

導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大

C.

導(dǎo)體中自由電子定向移動的速度為v=UBd

D.

導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為v=【答案】C【解析】解：A、如圖，電流方向向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向：向上，則M積累了電子，MN之間產(chǎn)生向上的電場，所以M板比N板電勢低．故A錯誤．

B、電子定向移動相當(dāng)長度為d的導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，電壓表的讀數(shù)U等于感應(yīng)電動勢E，則有U=E=Bdv，可見，電壓表的示數(shù)與導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)．故B錯誤．C、由U=E=Bdv，得自由電子定向移動的速度為v=UBdD、電流的微觀表達式是I=nevS，則導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n=IevS，S=db，v=UBd，代入得n=故選：C．【分析】金屬導(dǎo)體是自由電子導(dǎo)電，電流方向向右，則電子向左定向移動，在磁場中受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷電子所受的洛倫茲力方向，判斷哪個板聚集電子，再確定M、N兩板電勢的高低．電子定向移動相當(dāng)長度為d的導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=Bdv，為電子定向移動的速率，電壓表的讀數(shù)U=E．根據(jù)電流的微觀表達式I=nevS，求解導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n．【素養(yǎng)作業(yè)】1.關(guān)于回旋加速器中，下列說法正確的是（

）A.

電場和磁場同時用來加速帶電粒子

B.

電場用來加速帶電粒子，磁場則使帶電粒子旋轉(zhuǎn)

C.

同一帶電粒子獲得的最大動能只與交流電源的電壓有關(guān)，而與交流電源的頻率無關(guān)

D.

回旋加速器的半徑越大，同一帶電粒子獲得的動能越大，與勻強磁場的磁感應(yīng)強度無關(guān)【答案】B【解析】解：AB、回旋加速器是利用電場進行加速，磁場進行偏轉(zhuǎn)．并不是同時加速和偏轉(zhuǎn)的，而是先加速再偏轉(zhuǎn)，故A錯誤，B正確．C、根據(jù)qvB=mv2R，知最大速度v=qBRm，則最大動能EK=12mv

D、最大動能EK=12mv2=q故選：B．【分析】回旋加速器是利用電場進行加速，磁場進行偏轉(zhuǎn)的，電場方向變化的周期與粒子在磁場中運動的周期相等．根據(jù)qvBqvB=mv2R，以及122.如圖所示，回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形盒．兩盒間構(gòu)成一狹縫，兩D形盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，下列有關(guān)回旋加速器的描述正確的是（

）A.

粒子在狹縫和D形盒中運動時都能獲得加速

B.

D形盒半徑越大，粒子從回旋加速器射出時動能越大

C.

狹縫間電壓越大，粒子從回旋加速器射出時動能越大

D.

高頻交流電源的周期等于粒子在D形盒中運動周期的2倍【答案】B【解析】解：A、回旋加速器運用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，在D形盒中運動時，速度大小不變．故A錯誤．B、根據(jù)qvB=mv2R得，v=qBRD、回旋加速器交流電源的周期與粒子在D形盒中運動的周期相等．故D錯誤．故選：B．【分析】回旋加速器是運用電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合D形盒的半徑求出粒子的最大速度，從而得出最大動能，判斷與什么因素有關(guān)．在回旋加速器中，交流電源的周期與粒子在D形盒中的周期相等．3.用回旋加速器加速粒子，待加速粒子的荷質(zhì)比一定，為增加加速所能達到的最大速度，可采取的措施是（

）A.

提高周期性變化電壓的最大值

B.

減小周期性變化電壓的周期

C.

減小勻強磁場的磁感強度