第一章安培力与洛伦兹力 定理得。U=m-0,电子进入破场后微匀违国月运 Ax×× 动，设其在磁场中运动的半径为「，根据牛领第二定律得 2 M eB=mr 电子在磁场中的轨迹如图所示，由几何关系得 (r-1)2+d2=r2 由以上三式得 21 2mU B-+W 课后·训练提升 一、选择题（第1~4题为单选题，第5~8题为多选题） 运动轨迹，由图可知( 1.下图为速度选择器示意图，若使之正常工作，则以下叙述 正确的是() U ··tB。 A.此粒子带负电 A.P,的电势必须高于P2的电势 B.下极板S2比上极板S电势高 B.从S2出来的只能是正电荷，不能是负电荷 C.若只增大加速电压U,则半径r变大 C,如果把正常工作时的B和E的方向都改变为原来的相 D.若只增大入射粒子的质量，则半径r变小 反方向，选择器同样正常工作 答案C D.匀强磁场的磁感应强度B、匀强电场的电场强度E和 解析由题图结合左手定则可知，该粒子带正电，故选项 被选择的速度v的大小应满足v=BE A错误：粒子经过电场要加速，因粒子带正电，所以下极板 答案C S2比上极板S电势低，故选项B错误：根据动能定理得， 解析速度选择器选择的是速度，与电性和电荷量都无 2mU 关，所以选项B错误。若粒子为正电荷，由粒子做匀速直 ，。,之、百3—红子”—人/2、学学天方四老 线运动，粒子所受电场力和洛伦兹力等大、反向，则可知 4 电压U,由上式可知，半径r变大，故选项C正确：若只增 P1的电势低于P2的电势，选项A错误。由quB=qE,得 大入射粒子的质量，由上式可知，半径也变大，故选项D D=号所以选项D错误。B和E的方向都反向，则洛伦 错误。 4.质谱仪可测定同位素的组成。现有一束一价的钾39和钾 兹力和电场力也都反向，仍然满足平衡条件，选择器同样 41离子经电场加速后，沿着与磁场边界垂直的方向进入 正常工作，选项C正确。 匀强磁场中，如图所示。测试时规定加速电压大小为U。, 2.关于回旋加速器中电场和磁场的说法正确的是( 但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小 A,电场和磁场都对带电粒子起加速作用 U。为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠， B.电场和磁场是交替地对带电粒子做功的 不计离子的重力，则△U必须小于() C.只有磁场才能对带电粒子起加速作用 D.磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动 答案D 解析回旋加速器是利用电场对粒子进行加速，而在磁场 中粒子受到洛伦兹力作用，由于粒子所受的洛伦兹力方向 始终垂直于速度方向，所以在磁场中粒子速度的大小不 变，做匀速圆周运动。故选项A、B、C错误，D正确。 3.质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的 A.0.1U B.0.01U。 工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后垂直 C.0.02U D.0.025U。 进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出 答案D 带电粒子的质量。其工作原理如图所示，虚线为某粒子的！ 解析设加速电压为U,磁场的磁感应强度为B,电荷的 31
第一章 安培力与洛伦兹力 定理得eU= 1 2 mv2-0,电子进入磁场后做匀速圆周运 动,设其在磁场中运动的半径为r,根据牛顿第二定律得 evB=m v2 r 电子 在 磁 场 中 的 轨 迹 如 图 所 示,由 几 何 关 系 得 (r-l)2+d2=r2 由以上三式得 B= 2l l2+d2 2mU e 。 课后·训练提升 一、选择题(第1~4题为单选题,第5~8题为多选题) 1.下图为速度选择器示意图,若使之正常工作,则以下叙述 正确的是( ) A.P1 的电势必须高于P2 的电势 B.从S2 出来的只能是正电荷,不能是负电荷 C.如果把正常工作时的B 和E 的方向都改变为原来的相 反方向,选择器同样正常工作 D.匀强磁场的磁感应强度B、匀强电场的电场强度E 和 被选择的速度v的大小应满足v=BE 答案 C 解析 速度选择器选择的是速度,与电性和电荷量都无 关,所以选项B错误。若粒子为正电荷,由粒子做匀速直 线运动,粒子所受电场力和洛伦兹力等大、反向,则可知 P1 的电势低于P2 的电势,选项A错误。由qvB=qE,得 v= E B ,所以选项 D错误。B 和E 的方向都反向,则洛伦 兹力和电场力也都反向,仍然满足平衡条件,选择器同样 正常工作,选项C正确。 2.关于回旋加速器中电场和磁场的说法正确的是( ) A.电场和磁场都对带电粒子起加速作用 B.电场和磁场是交替地对带电粒子做功的 C.只有磁场才能对带电粒子起加速作用 D.磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动 答案 D 解析 回旋加速器是利用电场对粒子进行加速,而在磁场 中粒子受到洛伦兹力作用,由于粒子所受的洛伦兹力方向 始终垂直于速度方向,所以在磁场中粒子速度的大小不 变,做匀速圆周运动。故选项 A、B、C错误,D正确。 3.质谱仪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。其工作原理如图所示,虚线为某粒子的 运动轨迹,由图可知( ) 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 由题图结合左手定则可知,该粒子带正电,故选项 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,故选项B错误;根据动能定理得, qU= 1 2 mv2,由qvB=m v2 r 得,r= 2mU qB2 ,若只增大加速 电压U,由上式可知,半径r变大,故选项C正确;若只增 大入射粒子的质量,由上式可知,半径也变大,故选项 D 错误。 4.质谱仪可测定同位素的组成。现有一束一价的钾39和钾 41离子经电场加速后,沿着与磁场边界垂直的方向进入 匀强磁场中,如图所示。测试时规定加速电压大小为U0, 但在实验过程中加速电压有较小的波动,可能偏大或偏小 ΔU。为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠, 不计离子的重力,则ΔU 必须小于( ) A.0.1U0 B.0.01U0 C.0.02U0 D.0.025U0 答案 D 解析 设加速电压为U,磁场的磁感应强度为B,电荷的 31
物理 选择性必修 第二册 配人教版 电荷量为q,质量为m,运动半径为R,则由gU= 1 C.增大磁场的磁感应强度 22, D.增大D形金属盒的半径 n5=u发保释R=官/ 2 ,由此式可知，在B、q、U 答案CD 2 相同时，质量m小的半径小，所以钾39的运动半径小，钾 解析由如B=m后解得=。则粒子射出时的动 41的运动半径大：在m、B、g相同时，加速电压U大半径 能E,=2m= 2m ,知动能与加速电压无关，与狭缝 大。设钾39质量为m1,电压为U。十U时，最大半径为 R1:钾41质量为m2,电压为U。一U时，钾41最小半径为 间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关， 1 增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的最大 R2,则R1=B /2m1(C。十の 2m2(0。-N) 动能，故选项C、D正确，A、B错误。 令R,=R2,则m1(U。十△U)=m2(U。一△U),解得U= 7.利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均 m:-mU。=41-39L 为十g的碘131和碘127质量分别为m1和m2,它们从容 m2十t1 41+39U。 40U。=0.025U,故选项D 器A下方的小孔S,进入电压为U的加速电场（入场速度 正确。 忽略不计)，经电场加速后从S2小孔射出，垂直进入磁感 5.下图是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率 应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。下列 =岩那么( 说法正确的是( ) 131 127 A.带正电粒子必须沿b方向从左侧进入场区，才能沿直 线通过 A.磁场的方向垂直于纸面向里 B.带负电粒子必须沿b加方向从右侧进入场区，才能沿直 2qU 线通过 B.碘131进入磁场时的速率为，√m1 C.不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能 C.碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为 沿直线通过 2π(m1-m2) D.不论粒子电性如何，沿a方向从右侧进入场区，都能 qB D.打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为 沿直线通过 答案AC 22mU /2m20 解析按四个选项要求让粒子进入，可知只有选项A、C 答案BD 中粒子所受洛伦兹力与电场力等大反向，能沿直线匀速通 过磁场。 解析碘粒子带正电，结合题图，根据左手定则可知，磁场 方向垂直于纸面向外，选项A错误：由动能定理知，碘粒 6.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与 子在电场中得到的动能等于电场力对它所做的功，则 高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，在两盒间 的狭缝中形成的周期性变化的匀强电场，使粒子在通过狭 gU=7m3解得= 2g0 ,选项B正确：碘粒子在 缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的 磁场中运动的时间t为图周运动周期的一半，根据周期公 匀强磁场中，如图所示，设匀强磁场的磁感应强度为B,D 形金属盒的半径为R,狭缝间的距离为d,匀强电场间的 式T=2 B,碘131与碘127在磁场中运动的时间差值 加速电压为U,要增大带电粒子（电荷量为q、质量为m, 不计重力)射出时的动能，则下列方法可行的是( △=π(m1一m2 9B ,选项C错误：碘粒子在磁场中做匀速圆 2mU 周运动的轨道半径R= 9B ,则它们的距离之 差△d=2R1-2R2= 2 /2m1U 2m,U 选项D 9 正确。 8.一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示， D形盒半径为R,垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强 A.增大匀强电场间的加速电压 度为B,两盒分别与交流电源相连。设质子的质量为、 B.减小狭缝间的距离 电荷量为9，则下列说法正确的是() 32
物 理 选择性必修 第二册 配人教版 电荷量为q,质量为m,运动半径为R,则由qU= 1 2 mv2, qvB=m v2 R ,解得R= 1 B 2mU q ,由此式可知,在B、q、U 相同时,质量m 小的半径小,所以钾39的运动半径小,钾 41的运动半径大;在m、B、q相同时,加速电压U 大半径 大。设钾39质量为m1,电压为U0+ΔU 时,最大半径为 R1;钾41质量为m2,电压为U0-ΔU 时,钾41最小半径为 R2,则R1= 1 B 2m1(U0+ΔU) q ,R2= 1 B 2m2(U0-ΔU) q , 令R1=R2,则m1(U0+ΔU)=m2(U0-ΔU),解得 ΔU= m2-m1 m2+m1 U0 = 41-39 41+39 U0 = 1 40 U0 =0.025U0,故 选 项 D 正确。 5.下图是粒子速度选择器的原理图,如果粒子所具有的速率 v= E B ,那么( ) 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,可知只有选项 A、C 中粒子所受洛伦兹力与电场力等大反向,能沿直线匀速通 过磁场。 6.回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与 高频交流电源两极相连接的两个 D形金属盒,在两盒间 的狭缝中形成的周期性变化的匀强电场,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,如图所示,设匀强磁场的磁感应强度为B,D 形金属盒的半径为R,狭缝间的距离为d,匀强电场间的 加速电压为U,要增大带电粒子(电荷量为q、质量为m, 不计重力)射出时的动能,则下列方法可行的是( ) A.增大匀强电场间的加速电压 B.减小狭缝间的距离 C.增大磁场的磁感应强度 D.增大D形金属盒的半径 答案 CD 解析 由qvB=m v2 R ,解得v= qBR m 。则粒子射出时的动 能Ek= 1 2 mv2= q 2B2R2 2m ,知动能与加速电压无关,与狭缝 间的距离无关,与磁感应强度大小和 D形盒的半径有关, 增大磁感应强度和 D形盒的半径,可以增加粒子的最大 动能,故选项C、D正确,A、B错误。 7.利用质谱仪可分析碘的各种同位素,如图所示,电荷量均 为+q的碘131和碘127质量分别为m1 和m2,它们从容 器 A下方的小孔S1 进入电压为U 的加速电场(入场速度 忽略不计),经电场加速后从S2 小孔射出,垂直进入磁感 应强度为B 的匀强磁场中,最后打到照相底片上。下列 说法正确的是( ) A.磁场的方向垂直于纸面向里 B.碘131进入磁场时的速率为 2qU m1 C.碘 131 与 碘 127 在 磁 场 中 运 动 的 时 间 差 值 为 2π(m1-m2) qB D.打到照相底片上的碘 131 与碘 127 之间的距离为 2 B 2m1U q - 2m2U q 答案 BD 解析 碘粒子带正电,结合题图,根据左手定则可知,磁场 方向垂直于纸面向外,选项 A 错误;由动能定理知,碘粒 子在电场中得到的动能等于电场力对它所做的功,则 qU= 1 2 m1v1 2,解得v1= 2qU m1 ,选项B正确;碘粒子在 磁场中运动的时间t为圆周运动周期的一半,根据周期公 式T= 2πm qB ,碘131与碘127在磁场中运动的时间差值 Δt= π(m1-m2) qB ,选项C错误;碘粒子在磁场中做匀速圆 周运动的轨道半径R= mv qB = 1 B 2mU q ,则它们的距离之 差 Δd=2R1 -2R2 = 2 B 2m1U q - 2m2U q ,选项 D 正确。 8.一个用于加速质子的回旋加速器,其核心部分如图所示, 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。设质子的质量为m、 电荷量为q,则下列说法正确的是( ) 32
第一章 安培力与洛伦兹力 电源的周期与质子的运动周期相同，均为T=2m eB 解得∫f二2m eB 10.如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加 速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直 于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁 AD形盒之间交变电场的周期为器 场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为 B.质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大 v1,并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点 C,质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大 射出：MN长为I。不计重力影响和离子间的相互作 D.质子离开加速器时的最大动能与R成正比 用。求： 答案AB ××× 解析D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中运 动的周期，选项A正确：由一咒得，当r=R时，质子有 离子源 XX 最大速度=B邵，即B、R越大，。越大，。与加速电 放文 (1)磁场的磁感应强度大小： 压无关，选项B正确，C错误；质子离开加速器时的最大动 (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 能E=2m.-g ,故选项D错误。 答案(1)10 .4U 2m (2)1:4 二、非选择题 9.回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为 解析(1)设甲种离子的电荷量为q1、质量为m1,在磁场 U,静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径 中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小 为R,磁场的磁感应强度为B,质子质量为m。 1 为B,由动能定理有gU=2m1u2 ① (1)质子最初进入D形盒的动能为多大？ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 (2)质子经回旋加速器最后得到的动能为多大？ (3)交流电源的频率是多少？ 2 qiv B=m1 Ri ② 答案(I)eU 由几何关系知2R,=( ③ (2)BR: 2m 0@③式得B=兴 ④ ③温 (2)设乙种离子的电荷量为92、质量为m2,射入磁场 的速度为2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同 解析()粒子在电场中加速，由动能定理得 理有 eU=Ex-0 解得Ek=eU。 901 ⑤ (2)粒子在回旋加速器的磁场中运动的最大半径为 v22 92v2B=m:R2 ⑥ R,由牛顿第二定律得B=mR 1 由题给条件有2R:=号 ⊙ 质子的最大动能Em=2mu 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 解得E=eBR 2m 0 91:92=1:4。 m m2 (③)由电源的周期与频率问的关系可得∫=宁 33
第一章 安培力与洛伦兹力 A.D形盒之间交变电场的周期为 2πm qB B.质子被加速后的最大速度随B、R 的增大而增大 C.质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大 D.质子离开加速器时的最大动能与R 成正比 答案 AB 解析 D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中运 动的周期,选项 A正确;由r= mv qB 得,当r=R 时,质子有 最大速度vm= qBR m ,即B、R 越大,vm 越大,vm 与加速电 压无关,选项B正确,C错误;质子离开加速器时的最大动 能Ekm= 1 2 mvm 2= q 2B2R2 2m ,故选项D错误。 二、非选择题 9.回旋加速器D形盒中央为质子流,D形盒的交流电压为 U,静止质子经电场加速后,进入D形盒,其最大轨道半径 为R,磁场的磁感应强度为B,质子质量为m。 (1)质子最初进入D形盒的动能为多大? (2)质子经回旋加速器最后得到的动能为多大? (3)交流电源的频率是多少? 答案 (1)eU (2) e2B2R2 2m (3) eB 2πm 解析 (1)粒子在电场中加速,由动能定理得 eU=Ek-0 解得Ek=eU。 (2)粒子在回旋加速器的磁场中运动的最大半径为 R,由牛顿第二定律得evB=m v2 R 质子的最大动能Ekm= 1 2 mv2 解得Ekm= e2B2R2 2m 。 (3)由电源的周期与频率间的关系可得f= 1 T 电源的周期与质子的运动周期相同,均为T= 2πm eB 解得f= eB 2πm 。 10.如图所示,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加 速电压U 加速后在纸面内水平向右运动,自 M 点垂直 于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁 场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为 v1,并在磁场边界的N 点射出;乙种离子在 MN 的中点 射出;MN 长为l。不计重力影响和离子间的相互作 用。求: (1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 答案 (1) 4U lv1 (2)1∶4 解析 (1)设甲种离子的电荷量为q1、质量为m1,在磁场 中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小 为B,由动能定理有q1U= 1 2 m1v1 2 ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B=m1 v1 2 R1 ② 由几何关系知2R1=l ③ 由①②③式得B= 4U lv1 。 ④ (2)设乙种离子的电荷量为q2、质量为m2,射入磁场 的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同 理有 q2U= 1 2 m2v2 2 ⑤ q2v2B=m2 v2 2 R2 ⑥ 由题给条件有2R2= l 2 ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为 q1 m1 ∶ q2 m2 =1∶4。 33
物理 选择性必修第二册 配人教版 章末核心素养整合 知识体系构建 安培力的方向：用① 来判断 磁场对通 电导线的 安培力的大小：F=② _(ILB) 作用力 磁电式电流表 磁场对 洛伦兹力的方向：用③ 来判断 运动电 荷的作 洛伦兹力的大小：F=④】 (vLB) 培力与洛伦兹力 用力 电子束的磁偏转 带电粒子在匀强磁场中的运动：匀速圆周运动 带电粒子在 匀强磁场中 轨道半径：R=⑤ 的运动 带电粒子在磁场中做圆周运动的 半径和周期 周期：T=⑥ 质谱仪与回旋加速器 答案①左手定则②IB③左手定则 ④qub⑤"m gB ⑥2m gB 专题归纳突破 专题一安培力作用下导体运动情况的判断和 平衡问题 1.五种安培力作用下导体运动情况常用判定方法。 左手定则 电流元法 分割为电流元 安培力方向→整段导 体所受合力方向→运动方向 特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向 A.不动 B.顺时针转动 C.逆时针转动 D.在纸面内平动 等效法 环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁 答案B 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥：两不平 解析方法一：电流元法 结论法 行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方 把线圈L沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又 向相同的趋势 可以看成无数段直线电流元，电流元处在2产生的磁场中， 根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运 定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部 转换研究 动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受 分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线图L 对象法 的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受 将顺时针转动。 电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运 方法二：等效法 动方向 把线图L等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流 2.安培力作用下的平衡问题与力学中的平衡问题的分 I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流【2的磁场方 析方法是相同的，只不过多了安培力，解题的关键仍是受力 向，由安培定则知I?产生的磁场方向在其中心处竖直向上， 分析。 而L,等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针 【典型例题1】一个可以自由运动的线圈L1和一个固 的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线图圈L1 定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如 将顺时针转动。 图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看， 方法三：结论法 线圈L将() 环形电流【1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两 34
物 理 选择性必修 第二册 配人教版 章末 核心素养整合 知识 体系构建 答案 ①左手定则 ②IlB ③左手定则 ④qvB ⑤ mv qB ⑥ 2πm qB 专题 归纳突破 专题一 安培力作用下导体运动情况的判断和 平衡问题 1.五种安培力作用下导体运动情况常用判定方法。 电流元法 分割为电流元 左手定则 →安培力方向 →整段导 体所受合力方向 →运动方向 特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向 等效法 环形电流→小磁针,通电螺线管→条形磁铁 结论法 同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平 行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方 向相同的趋势 转换研究 对象法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运 动趋势的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受 的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受 电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运 动方向 2.安培力作用下的平衡问题与力学中的平衡问题的分 析方法是相同的,只不过多了安培力,解题的关键仍是受力 分析。 【典型例题1】一个可以自由运动的线圈L1 和一个固 定的线圈L2 互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如 图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看, 线圈L1 将( ) A.不动 B.顺时针转动 C.逆时针转动 D.在纸面内平动 答案 B 解析 方法一:电流元法 把线圈L1 沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又 可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2 产生的磁场中, 根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手 定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部 分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈 L1 将顺时针转动。 方法二:等效法 把线圈L1 等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流 I2 的中心,小磁针的 N极应指向该点环形电流I2 的磁场方 向,由安培定则知I2 产生的磁场方向在其中心处竖直向上, 而L1 等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针 的 N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈 L1 将顺时针转动。 方法三:结论法 环形电流I1、I2 之间不平行,则必有相对转动,直到两 34
第一章安培力与洛伦兹力 环形电流同向平行为止，据此可得，从左向右看，线圈L1将 极板间中点处垂直磁感线以速度)水平射入磁场，欲使粒子 顺时针转动。 不打在极板上，其入射速度应满足什么条件？ 规律总结 判定通电导体在安培力作用下的运动情况 答案应清足光或> 4m 或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分 解析设当粒子紧擦上极板右边缘飞出时（如图所示）， 布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进 而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。 速度为m年径为R则+（®，-）=R子，R,=1。 【跟踪训练1】如图所示，一劲度系 由R-器得=-中当粒子的建度≥ m 数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的 时，粒子就打不到极板上。 矩形线框abcd,bc边长为l,线框的下半部 设当粒子紧擦着上极板左边缘飞出时（如图所示），速度 分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B, 方向与线框平面垂直（在图中垂直于纸面 为半径为R由图知R:=令，由R:=器得g 向里)，线框中通以电流1，方向如图所示， qBR:_qB 开始时线框处于平衡状态。令磁场反向，×b ,即当粒子的速度≤时，粒子也不能打到极 m 4m 4m 磁感应强度的大小仍为B,线框达到新的× 板上。 平衡，则在此过程中线框位移的大小△x× B 及方向是( ) 2nBIl A.△x= k ,方向向上 1×× B.Ar=2n k 二，方向向下 ×× ×××× C.Ar=BI k ,方向向上 故欲使粒子不打在极板上，则需满足≤9 或v≥ D.Ar=1B k ,方向向下 5gBI 答案B 4m。 规律总结 解析线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力，处于平 (1)要按照“画轨迹，找圆心，求半径（利用 衡状态，安培力为F=BIl,且开始时方向向上。改变磁场 几何关系)”的基本思路进行。(2)解题过程中注意对称 方向后安培力方向向下，大小不变。设在磁场反向之前弹簧 性的应用。 的伸长量为x,则磁场反向之后弹簧的伸长量为(x十△x), 由平衡条件知kx十nBIl=mg及k(x十△x)=nBIl十mg, 【跟踪训练2】如图所示，I、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理 联立解得△x=B业，且线框向下移劲，选项B正确。 想边界，一束电荷量为e、质量为m、重力不计的电子，由静 止状态从P点经过I、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ 专题二带电粒子在有界磁场中的临界极值 的Q点，匀强磁场的磁感应强度为B,磁场边界宽度为d, 问题 电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与电子原来的入射方 分析临界极值问题的思路与方法。 向夹角为30°。 一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般 一d ×××× 两种 规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时 p 的特殊规律和特殊解 0×××30° 思路 二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过 临界条件求出临界值 物理(1)利用临界条件求极值：(2)利用边界条件求极 (1)求电子在磁场中运动的时间t。 两种 方法值：(3)利用矢量图求极值 (2)若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ 方法数学(1)用三角函数求极值：(2)用二次方程的判别式 射出，则此时PQ间的电势差U是多少？ 方法求极值：(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等 (2)Bid2 【典型例题2】长为1的水平极板间有垂直 答案1器 2m 纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度为×××× 并×× 解析(I)由洛伦兹力提供向心力可得B=m心， R,且 B,极板间距离也为，极板不带电，现有质量为 ×××× m、电荷量为g的带正电粒子（不计重力），从左边 T= 2元R 35
第一章 安培力与洛伦兹力 环形电流同向平行为止,据此可得,从左向右看,线圈L1 将 顺时针转动。 判定通电导体在安培力作用下的运动情况 或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分 布情况,然后利用左手定则准确判定导体的受力情况,进 而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。 【跟踪训练1】如图所示,一劲度系 数为k的轻质弹簧,下面挂有匝数为n 的 矩形线框abcd,bc边长为l,线框的下半部 分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B, 方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面 向里),线框中通以电流I,方向如图所示, 开始时线框处于平衡状态。令磁场反向, 磁感应强度的大小仍为B,线框达到新的 平衡,则在此过程中线框位移的大小 Δx 及方向是( ) A.Δx= 2nBIl k ,方向向上 B.Δx= 2nBIl k ,方向向下 C.Δx= nBIl k ,方向向上 D.Δx= nBIl k ,方向向下 答案 B 解析 线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力,处于平 衡状态,安培力为F=nBIl,且开始时方向向上。改变磁场 方向后安培力方向向下,大小不变。设在磁场反向之前弹簧 的伸长量为x,则磁场反向之后弹簧的伸长量为(x+Δx), 由平衡条件知kx+nBIl=mg 及k(x+Δx)=nBIl+mg, 联立解得Δx= 2nBIl k ,且线框向下移动,选项B正确。 专题二 带电粒子在有界磁场中的临界极值 问题 分析临界极值问题的思路与方法。 两种 思路 一是以定理、定律为依据,首先求出所研究问题的一般 规律和一般解的形式,然后分析、讨论处于临界条件时 的特殊规律和特殊解 二是直接分析、讨论临界状态,找出临界条件,从而通过 临界条件求出临界值 两种 方法 物理 方法 (1)利用临界条件求极值;(2)利用边界条件求极 值;(3)利用矢量图求极值 数学 方法 (1)用三角函数求极值;(2)用二次方程的判别式 求极值;(3)用不等式的性质求极值;(4)图像法等 【典型例题2】长为l的水平极板间有垂直 纸面向里的匀强磁场,如图所示。磁感应强度为 B,极板间距离也为l,极板不带电,现有质量为 m、电荷量为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,其入射速度应满足什么条件? 答案 应满足v≤ qBl 4m 或v≥ 5qBl 4m 解析 设当粒子紧擦上极板右边缘飞出时(如图所示), 速度为v1,半径为R1,则l2+ R1- l 2 2 =R1 2,R1= 5 4 l。 由R1= mv1 qB 得v1= qBR1 m = 5qBl 4m ,即当粒子的速度v≥ 5qBl 4m 时,粒子就打不到极板上。 设当粒子紧擦着上极板左边缘飞出时(如图所示),速度 为v2,半径 为 R2,由 图 知 R2= l 4 ,由 R2 = mv2 qB 得v2= qBR2 m = qBl 4m ,即当粒子的速度v≤ qBl 4m 时,粒子也不能打到极 板上。 故欲使粒子不打在极板上,则需满足v≤ qBl 4m 或v≥ 5qBl 4m 。 (1)要按照“画轨迹,找圆心,求半径(利用 几何关系)”的基本思路进行。(2)解题过程中注意对称 性的应用。 【跟踪训练2】如图所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理 想边界,一束电荷量为e、质量为m、重力不计的电子,由静 止状态从P 点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ 的Q 点,匀强磁场的磁感应强度为B,磁场边界宽度为d, 电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与电子原来的入射方 向夹角为30°。 (1)求电子在磁场中运动的时间t。 (2)若改变PQ 间的电势差,使电子刚好不能从边界Ⅲ 射出,则此时PQ 间的电势差U 是多少? 答案 (1) πm 6eB (2) eB2d2 2m 解析 (1)由洛伦兹力提供向心力可得evB= mv2 R ,且 T= 2πR v 35