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第5讲　小专题:“磁发散”和“磁聚焦”洛伦兹力与现代科技
【学习目标】
1.理解“磁发散”与“磁聚焦”的物理本质,掌握洛伦兹力作用下带电粒子束的汇聚与发散规律。
2.认识组合场与叠加场在质谱仪、回旋加速器、电磁流量计等现代科技中的应用价值,关注物理原理对技术创新的推动作用。
考点一　“磁发散”和“磁聚焦”
如图所示,大量的同种带正电的粒子,速度大小相等,水平入射到圆形磁场区域,如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(r=R),你能证明所有的带电粒子将从磁场圆的最高点B射出吗 反之,如果使上述带电粒子从磁场圆边界上某一点沿不同方向进入磁场,情况又是怎样的
“磁发散”和“磁聚焦”
在圆形边界的匀强磁场中,如果带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域圆的半径,则有如下两个重要结论:
磁发散 磁聚焦
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入,如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等,则粒子出射方向与入射点的切线方向平行 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等,则粒子从磁场边界上同一点射出,该点切线方向与入射方向平行
[例1] 【“磁聚焦”模型】 (多选)(2025·江西萍乡三模)如图,空间中一半径为R的圆形区域(包括边界)内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场左侧宽度为R的区域里,大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同的水平速度平行射入圆形磁场,其中从A点沿AO方向射入的粒子,恰好能从圆形磁场最高点M飞出,已知过A、O两点的直线水平且是带电粒子射入区域的中心线,不计粒子所受重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.粒子做圆周运动的半径为
B.粒子的初速度大小为
C.粒子在磁场中运动的最短时间为
D.粒子在磁场中运动的最长时间为
[例2] 【“磁发散”模型】 (多选)(2025·山东东营开学考试)如图,坐标原点O有一粒子源,能向坐标平面第一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),所有粒子速度大小相等。圆心在(0,R)、半径为R的圆形区域内,有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,磁场右侧有一长度为R且平行于y轴的荧光屏,其中心O1位于(2R,R)。已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后,恰能垂直射在光屏上,则下列说法正确的是(　　)
A.所有粒子的初速度大小为
B.从O点发射的所有粒子都能垂直射在光屏上
C.能射在光屏上的粒子,在磁场中运动时间最长为
D.能射在光屏上的粒子初速度方向与 x轴 夹角满足60°≤θ≤120°
考点二　电场和磁场组合的应用实例
考向一　质谱仪
1.作用
测量带电粒子的质量和分析同位素。
2.原理(如图所示)
(1)加速电场:qU=mv2。
(2)偏转磁场:qvB=,由以上两式可得R=,m=,=。
[例3] 【质谱仪】 (多选)(2025·山东淄博期末)如图所示为一种质谱仪的示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线为四分之一圆弧,圆弧的半径为R,通道内有均匀辐向电场,在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直于边界进入磁分析器,做半径为r的匀速圆周运动,最终打到胶片上的Q点。不计粒子所受重力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子带正电
B.加速电场的电压U=ER
C.磁感应强度大小B=
D.粒子在磁场中的运动时间t=πr
考向二　回旋加速器
1.构造
如图所示,D1、D2是半圆形金属盒,D形盒处于匀强磁场中,D形盒的缝隙处接交流电源。
2.原理
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等,使粒子每经过D形盒缝隙一次,粒子就被加速一次。
3.最大动能
由qvmB=、Ekm=m得Ekm=,粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定,与加速电压无关。
4.运动时间的计算
(1)在磁场中运动的时间。
粒子在磁场中运动一个周期,被电场加速两次,每次增加动能qU,加速次数n=,粒子在磁场中运动的总时间t磁=T=·=。
(2)在电场中运动的时间。
粒子在各缝隙中的运动连在一起可看作匀加速直线运动,根据nd=a,q=ma,解得t电=。
[例4] 【回旋加速器】 (2025·河北沧州一模)用如图所示的回旋加速器加速电荷量为q、质量为m的带电粒子,已知D形盒半径为R,所加磁场磁感应强度大小为B,a、b间所接电压为U,粒子从图中A点开始加速,忽略两D形盒间狭缝的宽度。下列说法正确的是(　　)
A.图中回旋加速器加速的带电粒子一定带正电
B.回旋加速器a、b之间所接高频交流电源的周期为
C.回旋加速器加速后粒子的最大动能为
D.回旋加速器D形盒的半径R、磁感应强度B不变,则加速电压U越高,粒子飞出D形盒的动能Ek越大
考向三　电场和磁场叠加的应用实例
带电粒子在电磁场中运动应用的常见实例
装置 原理图 规律
速度 选择器 若qv0B=qE,即v0=,粒子做匀速直线运动
磁流体 发电机 等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板分别带正、负电荷,两极间电压为U时稳定,q=qv0B,U=v0Bd
电磁 流量计 q=qvB,得v=,流量Q=vS=
霍尔 效应 当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,称为霍尔电压。由qvB=q,I=nqvS,S=hd,联立解得U==k,k=,称为霍尔系数
[例5] 【速度选择器】 (2025·山西长治期末)如图所示,两极板间存在正交的电磁场,匀强电场和匀强磁场的方向如图,一带正电的粒子(重力忽略不计)以速度v0沿水平向左由N点射入两极板,粒子刚好能沿直线穿过两极板。电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。下列说法正确的是(　　)
A.v0=
B.若粒子的速度大于v0,粒子向上偏转
C.仅将正粒子改为负粒子,粒子仍沿直线穿过极板
D.仅将正粒子由M水平向右射入,粒子仍沿直线穿过极板
[例6] 【磁流体发电机】 (多选)(2024·湖北卷,9)磁流体发电机的原理如图所示,MN和PQ是两平行金属极板,匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场,极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　)
A.极板MN是发电机的正极
B.仅增大两极板间的距离,极板间的电压减小
C.仅增大等离子体的喷入速率,极板间的电压增大
D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度,极板间的电压增大
[例7] 【电磁流量计】 (2025·北京卷,12)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q ——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示,内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成,空间有垂直于管道轴线的匀强磁场,磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动,圆管壁上的M、N两点连线为直径,且垂直于磁场方向,M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　)
A.N点电势比M点高
B.U0正比于流量Q
C.在流量Q一定时,管道半径越小,U0越小
D.若直径MN与磁场方向不垂直,测得的流量Q偏小
[例8] 【霍尔效应】 (2023·浙江1月选考卷,8)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示,通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B=k1I,通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心,在霍尔元件处产生的磁场B′=k2I′。调节电阻R,当电流表示数为I0时,元件输出霍尔电压UH为零,则待测电流I′的方向和大小分别为(　　)
A.a→b,I0 B.a→b,I0
C.b→a,I0 D.b→a,I0
第5讲　小专题:“磁发散”和“磁聚焦”
洛伦兹力与现代科技
考点一
模理探真:选图中某一条轨迹,如从A点入射的粒子,连接入射点A和出射点B,则线段AB为
磁场圆和轨迹圆的一条弦,其垂直平分线必通过两圆心,由于两圆半径相等,作平行四边形OAO'B,则OAO'B为菱形,
边AO'垂直于入射方向,粒子从B点射出;同理,其他入射粒子均从B点射出。若使这些带电粒子从磁场圆边界同一点进入磁场,同样可证明粒子均以相同的方向射出磁场,如图所示。
[例1] BD　[例2] AD　
考点二
[例3] AD　[例4] A　[例5] C　[例6] AC　[例7] C　[例8] D　第6讲　小专题:带电粒子在组合场和交变电磁场中的运动
【学习目标】
1.掌握带电粒子在组合场和交变电磁场中的受力特点与运动规律,理解周期性运动的条件与特征。
2.能分段分析粒子在复合场中的复杂运动(如摆线运动、周期性往返),综合运用动力学与能量观点解决问题。
考点一　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,或在同一区域,电场、磁场交替出现。
2.磁场与磁场的组合
磁场与磁场的组合问题,实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题,带电粒子在两个磁场中的速度大小相同,但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点,进一步寻找边角关系。
3.电场与磁场的组合
(1)先电场后磁场的几种常见情形。
①带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动,然后垂直于磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动,如图甲。
②带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动,然后垂直于磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动,如图乙。
(2)先磁场后电场的几种常见情形。
运动示意图 电场中的运动情境 适用规律
粒子速度方向与电场方向平行而做加速或减速直线运动 动能定理、牛顿运动定律结合运动学公式
粒子速度方向与电场方向垂直而做类平抛运动 平抛运动知识,运动的合成与分解
粒子速度方向与电场方向成一定角度(非直角)而做类斜抛运动 斜抛运动知识,运动的合成与分解
4.分析思路
(1)画运动轨迹:根据受力分析和运动学分析,大致画出带电粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点:确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程:将带电粒子运动的过程划分为几个不同的阶段,对不同的阶段选取不同的规律处理。
[例1] 【磁场和磁场的组合】 (多选)(2025·四川卷,10)如图所示,Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场,其边界为正方形;Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场,其外边界为圆形,内边界与Ⅰ区边界重合;正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小之比为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场,一段时间后从a点离开。取sin 37°=0.6,则带电粒子(　　)
A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
[例2] 【先磁场后电场】 (多选)(2025·河北卷,10)如图,真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定,间距为d,M板接地。M板上方整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源,可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ=60°时,粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ=3L,初始时两板均不带电,粒子碰到金属板后立即被吸收,电荷在金属板上均匀分布,金属板电荷量可视为连续变化,不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用,忽略边缘效应。下列说法正确的是(　　)
A.粒子一定带正电
B.若间距d增大,则板间所形成的最大电场强度减小
C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为 d
[例3] 【先电场后磁场】 (2025·安徽合肥模拟)控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型:如图所示,在xOy平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场,第四象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U,一质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计粒子所受重力)从靠近M板的S点由静止开始做加速运动,粒子从y轴上的P点(0,)垂直于y轴向右射出,然后从x轴上的a点(d,0)离开电场进入磁场,最后从y轴上的b点离开磁场区域,粒子在b点的速度方向与y轴正方向的夹角θ=60°。求:
(1)粒子运动到P点射入电场的速度大小和第一象限内电场强度的大小;
(2)第四象限内磁感应强度的大小;
(3)粒子从P点运动到b点所经历的时间。
[例4] 【先后多次进入电场、磁场】 (2025·贵州黔东南阶段检测)如图所示,在第一象限存在垂直于x轴向上的匀强电场,在x轴下方有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,一负粒子的质量为m、电荷量为q,从坐标原点沿y轴负半轴以速度v开始运动,不计粒子受到的重力,求:
(1)粒子纵坐标的最大值ym;
(2)粒子第5次经过x轴正半轴时运动的总时间t;
(3)粒子第n次经过x轴正半轴时运动的总路程s。
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
考点二　带电粒子在交变电磁场中的运动
　解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路
[例5] 【电场周期性变化、磁场不变】 (2024·广东卷,15)如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交流电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍,粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;
(2)求两金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;
(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W。
[例6] 【磁场周期性变化】 (2025·广东惠州期末)如图甲,在两块水平金属极板间加电压U=100 V,一个重力不计、比荷=1.0×106 C/kg带正电粒子,以水平初速度v0=×104 m/s从金属极板正中间射入两板之间。具有理想直线边界MON的足够大的磁场区域,其边界MON与水平方向成60°角。粒子经电场偏转后,恰好从下极板边缘O点射入磁场,从此刻开始计时(t=0),磁感应强度按如图乙所示规律变化,已知B0=1 T,磁场方向以垂直于纸面向里为正。
(1)求t=0时,粒子速度的大小v及其与水平方向的夹角θ;
(2)若T0=π×10-6 s,求粒子在t=T0时的位置与O点的距离s;
(3)若仅改变T0的大小,粒子射入磁场后恰好不再从边界MON射出,求T0的值。
[例7] 【电场、磁场均周期性变化】 (2025·河南开封阶段练习)如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙所示,y轴正方向为E的正方向,垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻,带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出,它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量,图乙中=,在0~t0 时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为(,)。求:
(1)粒子P的比荷;
(2)t=2t0时刻粒子P的位置;
(3)带电粒子在运动中与原点O的最远距离L。
第6讲　小专题:带电粒子在组合场
和交变电磁场中的运动
考点一
[例1] AD　[例2] BD　
[例3] 【答案】 (1)　　(2)
(3)
【解析】 (1)粒子在加速电场中,由动能定理有
qU=m,
可得粒子运动到P点射入电场的速度大小为
v0=,
粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动,
水平方向有d=v0t1,
竖直方向有=a,
根据牛顿第二定律有qE=ma,
联立解得第一象限内电场强度的大小为
E==。
(2)设粒子离开电场的速度与x轴正方向的夹角为α,由几何关系有tan α===1,解得α=45°,
则粒子进入磁场时的速度大小为
v==v0。
作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示,根据几何关系可知
rcos 60°+rcos 45°=d,
解得r=2(-1)d,
由洛伦兹力提供向心力,有
qvB=m,
解得B=,
其中v0=,
故第四象限内磁感应强度的大小为B=。
(3)粒子做匀速圆周运动的周期为
T==,
根据几何关系可知,粒子从a到b运动的圆心角为165°,
从a到b的时间t2=T,
综上所述粒子从P点运动到b点所经历的时间为
t=t1+t2=+
=。
[例4] 【答案】 (1)　(2)+　(3)见解析
【解析】 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,粒子在电场中先向上做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动,如此反复,粒子运动的轨迹如图所示。
粒子纵坐标的最大值为
ym=,又Eq=ma,
解得ym=。
(2)由图可知,粒子第5次经过x轴正半轴时运动的总时间为t=3·+4t2,
T=,
t2=,
解得t=+。
(3)若n为奇数,则粒子第n次经过x轴正半轴时运动的总路程为s=πr+(n-1)ym,
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,
解得s=+(n=1,3,5,…);
若n为偶数,则粒子第n次经过x轴正半轴时运动的总路程为s=πr+nym,
解得s=+(n=2,4,6,…)。
考点二
[例5] 【答案】 (1)正电　
(2)　π
(3)(16+π2)
【解析】 (1)粒子在左侧电场中由静止做加速运动,可知粒子带正电,粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有qvB=m,
T=,得T=,
根据粒子在磁场中的运动轨迹可知T=2t0,
解得q=。
(2)两金属板的板间距离为D,则板长为,
粒子在板间运动时有=vt0,
由牛顿第二定律可知a==,
出电场时竖直方向速度为零,有
y=2×a() 2,
在磁场中有qvB=m,其中y=2r,
联立解得D=,v=π。
(3)由(1)(2)结果可知两金属板的板间距离D=3r,
可知粒子运动情况如图所示,
即全过程电场力做功为左侧加速电场做功W1和交变偏转电场做功W2,
W1=mv2,W2=U0q,
联立解得W=W1+W2=(16+π2)。
[例6] 【答案】 (1)2×104 m/s　30°　(2)4×10-2 m
(3)π×10-6 s
【解析】 (1)粒子在电场中偏转过程,由动能定理有
q·=mv2-m,
且由几何关系cos θ=,
联立并代入数据解得
v=2×104 m/s,
θ=30°。
(2)由(1)可知,粒子垂直于边界MON射入磁场,在磁场中偏转,有qvB0=m,
解得半径r=0.02 m,
且偏转周期T==2π×10-6 s,
则t=时,粒子逆时针偏转轨迹的圆心角为
α=×360°=120°,
如图1所示,此时粒子运动至A1点,可知其速度竖直向上。
再经过后,粒子顺时针偏转轨迹的圆心角也为α=120°,粒子运动至A2点,可知速度与射入磁场时同向。
由几何关系,O、A1、A2三点共线,则
OA2=4×rsin =2r,
即粒子在t=T0时的位置与O点的距离
s=2r,
代入数据解得s=4×10-2 m。
(3)由题意,粒子轨迹与磁场边界相切于C点时,恰好不再从边界射出,如图2所示,
粒子运动轨迹的分界点分别为A1、A2、A3等,由几何关系,O1、A1、O2三点共线,设O1O2与边界MON的夹角为β,则sin β==,
得β=30°,
则轨迹OA1所对的圆心角为180°-30°=150°,
×360°=150°,
代入数据解得T0=π×10-6 s。
[例7] 【答案】 (1)　(2)(v0t0,0)
(3)v0t0
【解析】 (1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,当粒子所在位置的纵、横坐标相等时,粒子在磁场中恰好经过圆周,所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径r,即r=,
由洛伦兹力提供向心力,有qv0B0=m,
由题知=,联立解得=。
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T,则
T=,联立解得T=4t0,
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场,粒子以速度v0垂直于电场方向进入电场后做类平抛运动,设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1,
则x1=v0t0,y1=a,
其中加速度a=,解得y1==r,
故t=2t0时刻粒子P的位置坐标为(v0t0,0),如图甲中的b点所示。
(3)分析知,在2t0~3t0时间内,电场力产生的加速度方向沿y轴正方向,由对称关系知,在3t0时刻速度方向沿x轴正方向,位移大小x2=x1=v0t0,在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动,往复运动轨迹如图乙所示,
由图可知,带电粒子在运动中与原点O的最远距离L为O、d间的距离,即L=2r+2x1,解得L=v0t0。第3讲　小专题:带电粒子在有界磁场中的运动　多解问题
【学习目标】
1.掌握带电粒子在有界磁场中的运动规律,理解多解问题的成因。
2.能通过几何作图与数学推导,分析粒子在不同边界磁场中的可能轨迹,培养多角度分析能力。
3.认识有界磁场中粒子运动在科研与医疗中的应用,强化模型建构的严谨性。
考点一　带电粒子在有界磁场中的运动
1.直线边界(进出磁场具有对称性,如图所示)
2.平行边界(往往存在临界条件,如图所示)
3.圆形边界(进出磁场具有对称性)
(1)沿径向射入必沿径向射出,如图甲所示。
(2)不沿径向射入时,如图乙所示。射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ,射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ。
(3)环形磁场:如图丙所示,带电粒子沿径向射入磁场,若要求粒子只在环形磁场区域内运动,则一定沿半径方向射出;当粒子的运动轨迹与内圆相切时,存在临界问题,即粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。
4.多边形边界或角形区域磁场
带电粒子在多边形边界或角形区域磁场中运动时,会有不同的临界情况,解答该类问题主要把握以下两点:
(1)射入磁场的方式。
①从某顶点射入;
②从某边上某点以某角度射入。
(2)射出点的判断:经常需判断是否会从某顶点射出。
①当α≤θ时,可以过两条磁场边界的交点,入射点到两磁场边界的交点距离为d=2Rsin α,如图甲所示。
②当α>θ时,不能通过两条磁场边界的交点,临界条件为粒子的运动轨迹会和另一个边界相切,如图乙所示。
[例1] 【单直线边界磁场】 (多选)如图所示,MN上方存在匀强磁场,同种粒子a、b从O点射入匀强磁场中,两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°,且均由P点射出磁场,则a、b两粒子(　　)
A.运动半径之比为∶1
B.初速率之比为1∶
C.运动时间之比为5∶2
D.运动时间之比为6∶5
[例2] 【平行直线边界磁场】 (2025·湖北卷,14)如图所示,两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出,方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为,粒子能回到O点,并在纸面内做周期性运动。不计重力,求:
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径;
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距;
(3)粒子的运动周期。
[例3] 【圆形边界磁场】 (2025·吉林长春模拟)如图所示,有一个弹性绝缘材料制成的圆筒,沿一条直径开有正对的两孔C和D,筒内有匀强磁场,有一不计重力的带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射,与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒,粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反向,沿筒壁方向的速度不变。现改变粒子从D孔入射的方向,使入射的方向与CD成30°角,为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C孔飞出,则粒子的速度大小为(　　)
A.v B.v C.v D.v
[例4] 【三角形边界磁场】 (2025·河北邯郸模拟)如图所示,直角三角形APC区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,PC边长为L,AP边长为2L,大量质量为m、电荷量为q、速度大小为v的带负电粒子垂直于AC边射入磁场。带电粒子在磁场中运动后只从AP和PC边射出磁场。不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用,则匀强磁场的最大磁感应强度为(　　)
A. B.
C. D.
[例5] 【矩形边界磁场】 (2025·湖南湘潭阶段检测)如图,一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,在ad中点O沿纸面向磁场内射入一速度方向与ad边夹角θ=30°、速度大小为v0(未知量)的带正电粒子,已知该粒子的质量为m,电荷量为q,ad边长为L,ab边足够长,该粒子重力不计。
(1)若粒子恰好没有从磁场cd边界射出,求该粒子的入射速度大小;
(2)要使粒子从ad边离开磁场,求入射速度的最大值。
【解析】 (1)若该粒子恰好没有从磁场cd边界射出,运动轨迹如图甲所示,
根据洛伦兹力提供向心力,有
　　　　　　　　　　　,
由几何关系得　　　　　　　　,
解得r1=L,
联立可得=　　　　　　　　。
(2)要使粒子从ad边离开磁场,则速度最大时,轨迹与ab边界相切,如图乙所示,
由几何关系得　　　　　　　　　,
解得r2=,
则入射速度的最大值为
=　　　　　　　　。
【答案】 (1)　(2)
[例6] 【其他边界磁场】 一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab=cd=2L,bc=de=L,一束 He粒子,在纸面内从a点垂直于ab射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知 He粒子的质量为3m,电荷量为q。则(　　)
A.粒子能到达de中点
B.从bc边界射出的粒子运动时间相等
C.在磁场中运动时间最长的粒子,其运动速率为v=
D.粒子在磁场中运动的最长时间为
“三步法”解答带电粒子在有界磁场中的运动问题
考点二　带电粒子在磁场中运动的多解问题
1.产生原因
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于带电粒子的电性、磁场方向、临界状态等多种因素的影响,问题往往存在多解性。
2.常见的四种情况
类型 分析 图例
电性 不确定 带电粒子以速度v垂直进入磁场,电性未确定时运动轨迹不同而形成多解
磁场方向 不确定 某一带电粒子(已知电性)以速度v垂直进入已知磁感应强度大小的磁场中,因磁场方向不确定而形成多解
临界状态 不唯一 带电粒子在飞越极板间磁场,要求不落在极板上时,可能直接穿过去,也可能从入射界面反向飞出
运动的 往复性 带电粒子在不同场构成的空间运动时,往往具有往复性,不同空间情境中会因倍数关系而形成多解
3.解答多解问题的关键
(1)找出多解的原因。
(2)画出粒子的可能轨迹,找出圆心、半径的可能情况。
[例7] 【粒子电性不确定形成多解】 (多选)如图所示,宽度为d的有界匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,MM′和NN′是它的两条平行边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出,则粒子入射速度v的最大值可能是(　　)
A.
B.
C.
D.
[例8] 【磁场方向不确定形成多解】 (多选)如图所示,A点的离子源沿纸面垂直于OQ方向向上射出一束负离子,离子所受的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域,可加垂直于纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s,负离子的比荷为,速率为v,OP与OQ的夹角为30°,则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是(　　)
A.B>,垂直于纸面向里
B.B>,垂直于纸面向里
C.B>,垂直于纸面向外
D.B>,垂直于纸面向外
[例9] 【粒子临界状态不确定形成多解】 (多选)(2025·山西临汾二模)如图所示,匀强磁场垂直于xOy平面(纸面)向外,磁场的右边界与x轴垂直,交x轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1,第Ⅳ象限内的磁感应强度为B2,且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场,方向与x轴成30°角,粒子从P点离开磁场区域,不计粒子所受的重力,则第Ⅰ象限的磁感应强度B1的大小可能是(　　)
A. B.
C. D.
第3讲　小专题:带电粒子
在有界磁场中的运动　多解问题
考点一
[例1] AC　
[例2] 【答案】 (1)　(2)　(3)+
【解析】 (1)粒子在MN左侧磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=,
解得r1=。
(2)O到MN的距离
d==r1,
粒子运动轨迹如图所示,
由几何关系可知
∠θ=60°,
粒子在PQ右侧区域做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有
qv0·2B=m,解得r2==r1,
由几何关系可得,粒子两次经过PQ的位置间距为
x=2r2sin 60°=。
(3)由几何关系可知,粒子在MN左侧偏转圆心角为240°,
运动时间为t1=T1,其中T1=,
粒子在PQ右侧偏转圆心角为120°,
运动时间为t2=T2,其中T2=,
粒子在无磁场区域做匀速直线运动,
运动时间为t3=,
则粒子运动周期T=t1+t2+t3=+。
[例3] D　[例4] C　
[例5] 【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)若该粒子恰好没有从磁场cd边界射出,运动轨迹如图甲所示,
根据洛伦兹力提供向心力,有
qB=m,
由几何关系得r1sin θ=,
解得r1=L,联立可得=。
(2)要使粒子从ad边离开磁场,则速度最大时,轨迹与ab边界相切,如图乙所示,
由几何关系得r2+r2sin θ=,
解得r2=,
则入射速度的最大值为
==。
[例6] C　
考点二
[例7] AC　[例8] BD　[例9] CD　第4讲　小专题:“动态圆”法解决带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
【学习目标】
1.理解“动态圆”法的基本原理,掌握带电粒子在磁场中运动的临界条件与极值分析方法。
2.能运用几何作图与动态圆模型,解决粒子在磁场中的轨迹边界、最短时间等极值问题,提升空间想象与逻辑推理能力。
3.认识临界极值问题在加速器设计、等离子体约束等领域的应用价值,培养严谨的物理建模
意识。
考点一　“平移圆”模型
概述 粒子源发射速度大小、方向一定、入射点不同但在同一直线上的同种带电粒子进入匀强磁场时,它们做匀速圆周运动的半径相同,其轨迹圆的圆心必处于垂直于入射方向的同一直线上,如图所示
应用 在实际问题中,可以通过移动轨迹圆的方法探究临界情形
[例1] 如图所示为边长为L的正方形有界匀强磁场区域ABCD,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直于AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用的时间为t1,由P点运动到M点所用的时间为t2(带电粒子所受重力不计),则t1∶t2为(　　)
A.2∶1 B.4∶3
C.3∶2 D.∶
考点二　“旋转圆”模型
概述 在磁场中的同一点,速度大小一定、方向不同的同种带电粒子,在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,对不同运动方向的粒子,其轨迹圆的圆心处于同一圆周上,如图所示
应用 在实际问题中,可通过旋转轨迹圆的方法来探究轨迹与磁场边界相切的情形,进而明确临界点的位置
[例2] (2025·安徽卷,7)如图,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直于纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源,沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子所受的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则(　　)
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
考点三　“放缩圆”模型
概述 在磁场中的同一点,沿同一方向运动的不同速率的带电粒子,入射方向确定,其轨迹圆心落在过入射点垂直于入射方向的射线上,如图所示
应用 实际问题中,可结合半径可能的变化对轨迹圆进行放大或缩小,从而寻找轨迹圆周与磁场边界相切的情形,由此可以发现临界点
[例3] (多选)(2025·四川成都二模)如图所示,等腰直角三角形abc内有一垂直于纸面向里的匀强磁场(ac边界无磁场),ab边长为L,磁场磁感应强度大小为B。ab边中点的粒子源P垂直于ab以不同速率向磁场内发射带负电的粒子,粒子质量为m,电荷量为q,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.粒子可能从b点飞出磁场
B.粒子可能从c点飞出磁场
C.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
D.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为
第4讲　小专题:“动态圆”法解决带电粒子
在磁场中运动的临界极值问题
考点一
[例1] C　
考点二
[例2] C　
考点三
[例3] AC　第1讲　磁场　磁场对电流的作用
【学习目标】
1.理解磁场的基本性质及磁感应强度的物理意义,掌握安培力公式及左手定则的应用条件。
2.能分析通电导线在磁场中的平衡、加速及转动问题,综合运用力学规律解决电磁力作用下的动态过程。
3.通过实验探究安培力大小与电流、磁场、导线长度的关系,验证F=IlBsin θ的定量规律。
4.知道磁场对电流的作用在电动机、磁电式仪表等技术中的应用,关注电磁现象中的能量转化与守恒。
[footnoteRef:0] [0:
1.如图所示,小磁针正上方的直导线与小磁针平行,当导线中有电流时,小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是(　　)
A.奥斯特,小磁针的N极转向纸内
B.法拉第,小磁针的S极转向纸内
C.库仑,小磁针静止不动
D.安培,小磁针的N极转向纸内
2.如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,若棒中通以由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,能使棒再次平衡时θ角变小的是(　　)
A.棒中的电流变大
B.两悬线等长变短
C.金属棒质量变大
D.磁感应强度方向平行于悬线向上]
考点一　安培定则和磁场的叠加
1.电流的磁场、安培定则的应用
项目 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
安培定则
立体图
横截面图 从上往下看 从左往右看 从左往右看
纵截面图
特点 无N极、S极,距离直导线越远,磁场越弱 与条形磁体的磁场相似,管内可近似认为是匀强磁场 两侧分别是N极和S极;距离中心越远,磁场越弱
2.磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源,如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点处产生的磁场的磁感应强度的大小和方向。如图所示,BM、BN为M、N在c点产生的磁场的磁感应强度。
(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁感应强度B。
[例1] 【安培定则的应用】 (2025·江苏常州二模)一闭合的轻质弹性柔软三角形通电线圈的三个顶点a、b、c用绝缘钉子固定在水平绝缘桌面上,一刚性长金属棒MN固定放置在如图所示的位置,金属棒和三角形线圈中的电流方向均已标出。已知金属棒中的电流远大于线圈中的电流,则稳定后三角形线圈的大致形状可能是(　　)
　　　
A　 B　 C　 D
在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。
项目 原因 (电流方向) 结果 (磁场方向)
直线电流 的磁场 大拇指 四指
环形电流及通电 螺线管的磁场 四指 大拇指
[例2] 【磁场的叠加】 (2025·福建卷,3)如图,两根长直细导线L1、L2平行放置,其所在平面上有M、O、N三点,O为线段MN的中点,L1、L2分别处于线段MO、ON的中垂线上。当L1、L2通有大小相等、方向相反的电流时,M、O点的磁感应强度大小分别为B1、B2。现保持L1的电流不变,撤去L2的电流,此时N点的磁感应强度大小为(　　)
A.B2-B1 B.B2-B1
C.(B2-B1) D.B2-B1
考点二　安培力的分析与计算
(1)通电导线、磁场方向、安培力的方向三者一定两两垂直吗 通电导线和磁场方向可以不垂直吗
(2)当磁感应强度B的方向与通电导线的方向平行时,导线受力为0。那么图甲中长为l的一段导线所受安培力是多大
(3)图乙中设磁感应强度为B,电流大小为I,AB=BC=l,试求解整个导线ABC所受的安培力。
(4)将(3)的结果与公式F=IlB对比,可以得到什么结论
安培力公式F=IlB的应用条件
(1)匀强磁场;
(2)l与B垂直;
(3)l是指有效长度。
如图所示,弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的线段的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端。
注意:切忌确定了导线两端点长度l后直接套用F=IlB。如图所示,“有效长度”lac与磁场方向不垂直,IlacB并非导线abc受到的安培力。
[例3] 【通电导线有效长度问题】 (多选)(2024·福建卷,6)如图,用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流,细绳处于绷直状态,则(　　)
A.两根细绳拉力均比未通电流时的大
B.两根细绳拉力均比未通电流时的小
C.铜环所受安培力大小为2rIB
D.铜环所受安培力大小为πrIB
[例4] 【安培力作用下导体的运动趋势的分析】 (2025·甘肃平凉模拟)如图所示,条形磁体固定在水平面上,矩形金属线圈abcd用轻弹簧悬挂静止在条形磁体的正上方,ab边水平,将金属线圈锁定(固定不动),并通以恒定电流,解除对线圈的锁定后发现线圈(俯视看)沿逆时针方向转动,磁铁不动,则下列说法正确的是(　　)
A.线圈中通入的电流方向是abcda
B.俯视看,磁体有沿逆时针方向转动的趋势
C.线圈转动90°的过程中弹簧的长度变长
D.线圈转动90°的过程中弹簧的长度不变
判断安培力作用下导体的运动情况的常用方法
电流元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊 位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法 根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向,进而判断运动方向
结论法 两平行直线电流在相互作用中,无转动趋势,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 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
考点三　安培力作用下的平衡和加速问题
1.基本思路
(1)选定研究对象,即通电导线或通电导体棒。
(2)进行受力分析,画出受力示意图,有时要进行视图转换。
(3)列平衡方程或牛顿第二定律的方程进行求解。
2.空间与平面的视图转换
对于安培力作用下的力学综合问题,题目往往给出三维空间图,这时需用左手定则判断安培力的方向,确定导体受力的平面,变立体图为二维平面图,如侧视图、剖面图或俯视图等,并画出平面受力分析图,其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I,如图所示。
(1)水平导轨。
(2)倾斜导轨。
[例5] 【安培力作用下的平衡问题】 (2025·浙江期中)某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法,设计了一个简易的“电磁秤”。如图甲所示,两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1 m,与电动势为E0=9 V 内阻不计的电源、电流表(量程0~3 A,内阻不计)、开关S、滑动变阻器R(阻值范围为0~100 Ω)相连,质量为M=0.05 kg、电阻为R0=2 Ω 的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面夹角θ=30°,垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行,跨过定滑轮后另一端接有秤盘,空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场,在秤盘中放入待测物体,闭合开关S,调节滑动变阻器,当金属棒平衡时,通过读取电流表的读数I就可以知道待测物体的质量m。m与I的图像如图乙所示,其余电阻、摩擦以及轻绳质量均不计,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)秤盘的质量m0;
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(3)此“电磁秤”称量物体的最大质量。
【解析】 (1)电流方向M→N,根据左手定则,金属棒所受安培力方向沿导轨向下,对金属棒与秤盘和盘中的待测物体进行分析,根据平衡条件有
　　　　　　　　　　　,
结合题中数据解得m=　 ,
结合mI图像有m=　 ,
解得m0=0.03 kg。
(2)结合上述,根据mI图像有
　　　　　　　　　　　,
解得B=5 T。
(3)结合上述可知,当滑动变阻器接入电阻为0时,回路中电流最大达到4.5 A>3 A,超出电流表量程,电流最大值取3 A,此时金属棒所受安培力最大,结合上述可知,此时待测物体质量最大,
　　　　　　　　　　　　,
解得mmax=0.145 kg。
【答案】 (1)0.03 kg　(2)5 T
(3)0.145 kg
分析安培力的注意事项
(1)类似于力学中用功与能的关系解决问题,通电导体受磁场力作用时的加速问题也可以考虑用能量的观点解决,关键是弄清安培力做正功还是做负功,再由动能定理列式求解。
(2)对于含电路的问题,可由闭合电路欧姆定律求得导体中的电流,再结合安培力分析求解。
[例6] 【安培力作用下的运动问题】 (2023·北京卷,18)2022年,我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”,创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面,导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨接触良好,电流从一导轨流入,经过金属棒,再从另一导轨流回,图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场,磁感应强度B与电流i的关系式为B=ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时,回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L,每一级区域中金属棒被推进的距离均为s,金属棒的质量为m。求:
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F;
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2;
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
第1讲　磁场　磁场对电流的作用
考点一
[例1] A　[例2] A　
考点二
模理探真:(1)安培力的方向一定与通电导线垂直,一定与磁场方向垂直,即一定垂直于通电导线和磁场方向所决定的平面,但通电导线与磁场方向不一定垂直。
(2)F=IlB⊥=IlBsin θ。
(3)导线AB所受安培力方向垂直于导线AB向右,大小为FAB=IlB,导线BC所受安培力方向垂直于导线BC向上,大小为FBC=IlB,则整个导线所受安培力大小为F==BIl,方向垂直于AC向上。
(4)将(3)的结果与公式F=IlB对比可知,将ABC导线等效成沿虚线的导线AC(电流从A到C),导线AC受到的安培力大小、方向与导线ABC受到的安培力大小、方向相同。
[例3] AC　[例4] C　
考点三
[例5] 【答案】 (1)0.03 kg　(2)5 T　(3)0.145 kg
【解析】 (1)电流方向M→N,根据左手定则,金属棒所受安培力方向沿导轨向下,对金属棒与秤盘和盘中的待测物体进行分析,根据平衡条件有
(m+m0)g=Mgsin θ+ILB　,
结合题中数据解得m=0.025-m0+0.01BI　,
结合mI图像有m=0.05I-0.005　,
解得m0=0.03 kg。
(2)结合上述,根据mI图像有0.01B=　,
解得B=5 T。
(3)结合上述可知,当滑动变阻器接入电阻为0时,回路中电流最大达到4.5 A>3 A,超出电流表量程,电流最大值取3 A,此时金属棒所受安培力最大,结合上述可知,此时待测物体质量最大,
(mmax+m0)g=Mgsin θ+ImaxLB　,
解得mmax=0.145 kg。
[例6] 【答案】 (1)kI2L　(2)1∶4　(3)I
【解析】 (1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为B1=kI,
则金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
F=B1IL=kI2L。
(2)根据牛顿第二定律可知,金属棒经过第一级区域的加速度大小为
a1==,
第二级区域中磁感应强度大小为B2=2kI,
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
F'=B2·2IL=4kI2L,
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
a2==,
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为
a1∶a2=1∶4。
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后,根据动能定理可得Fs+F's=mv2-0,
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v=I。第2讲　磁场对运动电荷(带电体)的作用
【学习目标】
1.理解洛伦兹力的产生条件及方向判定(左手定则),掌握F=qvB的定量关系,认识匀强磁场中带电粒子的运动规律(匀速圆周运动或螺旋运动)。
2.能结合动力学与几何知识,分析带电粒子在磁场中的偏转轨迹,解决临界与多过程问题。
3.认识磁场对电荷的作用在质谱仪、回旋加速器等科技中的应用,关注电磁技术对社会发展的影响。
[footnoteRef:0] [0:
如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B,带电粒子(电性已在图中标出)的速率为v,带电荷量为q,关于带电粒子所受洛伦兹力的大小和方向说法正确的是(　　)
A.图甲中F洛=qvB,方向与v垂直斜向下
B.图乙中F洛=qvB,方向与v垂直斜向上
C.图丙中F洛=qvB,方向垂直于纸面向里
D.图丁中F洛=qvB,方向垂直于纸面向里]
考点一　洛伦兹力
设有一段长为l、横截面积为S的导体,通以大小为I的电流后放入磁场中,电流方向与匀强磁场的方向垂直,磁感应强度为B,导体单位体积内有n个自由电荷,每个自由电荷的电荷量为q,定向移动速率为v。如图所示。证明:电荷所受的洛伦兹力F洛=qvB。
1.洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者是相同性质的力,都是磁场力。
(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功。
2.洛伦兹力与静电力的比较
项目 洛伦兹力 静电力
产生 条件 v≠0且v与B不平行(说明:运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用) 电荷处在 电场中
大小 F=qvB(v⊥B) F=qE
力方向 与场方向 的关系 F⊥B且F⊥v F∥E
作用 效果 只改变电荷速度的方向,不改变速度大小 既可以改变电荷速度的大小,也可以改变速度方向
[例1] 【对洛伦兹力的理解】 (多选)(2025·甘肃酒泉模拟)电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和,在宏观上表现为导线所受的安培力。关于洛伦兹力,下列分析正确的是(　　)
A.洛伦兹力和安培力是性质相同的力
B.洛伦兹力的方向、粒子运动方向和磁场方向不一定相互垂直
C.粒子在只受到洛伦兹力作用时动能会减少
D.由于洛伦兹力对粒子不做功,所以安培力对导线也不做功
[例2] 【洛伦兹力的应用】 (2025·山东淄博期末)2025年6月1日,出现了特大地磁暴,在我国北方多地观测到了极光现象。来自太阳的高能带电粒子流被地磁场俘获,形成极光现象。如图所示,是某高能粒子被地磁场俘获后的运动轨迹示意图,忽略万有引力和带电粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.图中所示的带电粒子带负电
B.洛伦兹力对带电粒子做负功,使其动能减少
C.图中所示的带电粒子做螺旋运动时,旋转半径不变
D.若带正电的粒子在赤道正上方垂直射向地面,一定会向西偏转
考点二　带电体在磁场中的运动
带电体做变速运动时,随着速度大小的变化,洛伦兹力的大小也会发生变化,故在对带电体进行受力分析时,应考虑由洛伦兹力引起的其他力变化(如弹力、摩擦力),然后再根据牛顿运动定律进行运动分析。
[例3] 【洛伦兹力作用下带电体的直线运动】 (2025·宁夏银川期中)如图所示,足够长的粗糙细杆CD水平置于空中,且处在垂直于纸面向里的水平匀强磁场中。一质量为m、电荷量为+q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0,圆环运动的vt图像不可能是(　　)
A　　 　B
C　　 　D
[例4] 【洛伦兹力作用下带电体的曲线运动】 (多选)(2025·湖南长沙期中)如图所示,质量为m的带电小球(可视为质点)用长为l的绝缘细线悬挂于O点,在悬点O下方有匀强磁场。现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放,下列说法正确的是(　　)
A.小球从A至C和从D至C到达C点时,速度大小相等
B.小球从A至C和从D至C到达C点时,细线的拉力相等
C.小球从A至C和从D至C到达C点时,加速度相同
D.小球从A至D过程中,小球机械能守恒
考点三　带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
1.理论依据
2.圆心、半径及运动时间的确定
(1)圆心的确定。
①若已知粒子运动轨迹上两点的速度v的方向,可根据F⊥v,分别确定两点处洛伦兹力F的方向,其交点即为圆心,如图甲。
②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向,两点连线的中垂线与速度垂线的交点即为圆心,如图乙。
③若已知粒子轨迹上某点速度方向,又能根据r=计算出轨道半径r,则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心,如图丙。
(2)轨道半径的计算。
①由r=求得。
②连半径构造出三角形,由数学方法解三角形或勾股定理求得。
(3)常用的几何关系。
①如图甲,r=或由r2=L2+(r-d)2求得。
②粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角,如图乙,φ=α。
③弦切角等于弦所对应圆心角的一半,如图乙,θ=α。
(4)时间的计算。
①利用圆心角、周期求得t=T。
②利用弧长、线速度求得t=。
[例5] 【运动轨迹的确定】 (2025·陕西西安一模)在匀强磁场中,有一带正电的粒子甲做匀速圆周运动,当它运动到M点时,突然向与原运动相反的方向放出一个不带电的粒子乙,形成一个新的粒子丙。如图所示,用实线表示粒子甲运动的轨迹,虚线表示粒子丙运动的轨迹。若不计粒子所受重力及空气阻力的影响,则粒子甲和粒子丙运动的轨迹可能是(　　)
A　　　　B
C　　　　D
[例6] 【两个公式的应用】 (多选)(2025·广东开学考试)如图甲所示,洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡等组成,结构示意图如图乙所示,励磁线圈是一对彼此平行共轴的圆形线圈,当线圈通有励磁电流时,两线圈之间将产生垂直于线圈平面向外的匀强磁场,且磁感应强度的大小与励磁线圈中的电流大小成正比。电子在电子枪中经加速电压加速后形成高速电子束,垂直于磁场方向射入,若电子束径迹在磁场中呈闭合圆形,下列说法正确的是(　　)
A.励磁线圈中电流方向为顺时针方向
B.仅将励磁线圈中的电流加倍,电子在磁场中运动的轨迹半径一定减半
C.仅将励磁线圈中的电流减半,电子在磁场中做圆周运动的周期一定减半
D.若励磁线圈中的电流加倍,且电子枪的加速电压变为原来的4倍,则电子的运动轨迹不变
[例7] 【带电粒子在匀强磁场中的螺旋运动】 (多选)(2025·湖北二模)匀强磁场B水平向左,一带正电的粒子以速度v0进入磁场,初速度方向与磁场反方向夹角为θ,已知粒子质量为m,电荷量为q,忽略粒子所受重力,粒子运动轨迹如图所示,则以下说法正确的是(　　)
A.螺旋的半径为
B.相邻两螺旋间距为
C.带电粒子在运动时加速度大小不变
D.若带电粒子速度大小不变,方向可以变化,则当夹角θ满足某一条件时,粒子在一个周期运动轨迹所包围的体积有最大值
第2讲　磁场对运动电荷(带电体)的作用
考点一
模理探真:导体所受的安培力为F安=IlB,导体中的电流I=nqSv,安培力与每一个运动电荷所受洛伦兹力的关系为F安=nSl·F洛,联立可得F洛===qvB。
[例1] AB　[例2] A　
考点二
[例3] B　[例4] ACD　
考点三
[例5] B　[例6] BD　[例7] CD　第7讲　小专题:带电粒子在叠加场中的运动
【学习目标】
1.理解叠加场(电场、磁场、重力场)中带电粒子的受力平衡与运动规律,掌握匀速直线运动、复杂曲线运动的条件。
2.能综合动力学、能量与动量观点,分析粒子在叠加场中的典型运动(如匀速圆周运动、螺旋运动),解决临界与多解问题。
3.认识叠加场技术在科技中的应用价值,培养理论联系实际的科学视角。
1.叠加场的概念
在同一区域里,电场、磁场、重力场中的任意两场共存或三场共存。
2.带电粒子在叠加场中的几种常见运动
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线 运动 粒子所受的合力为0 平衡条件
匀速圆周 运动 (1)电场力与重力平衡,qE=mg。 (2)洛伦兹力提供向心力,qvB=m 二力平衡、牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外,其他力的合力既不为零,也不与洛伦兹力平衡 动能定理、功能关系、能量守恒定律等
3.“三步分析”解决叠加场问题
[例1] 【带电粒子在叠加场中的直线运动】 (多选)(2025·福建卷,7)如图,真空中存在一水平向右的匀强电场,同时存在一水平且垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电微粒从M点以初速度v入射,沿MN做直线运动。微粒到N点时撤去磁场。一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、P三点处于同一竖直平面内,MN与电场方向夹角为45°,N点与P点等高,重力加速度大小为g,则(　　)
A.电场强度大小为
B.磁感应强度大小为
C.N、P两点间的电势差为
D.从N点运动到P点的过程中,微粒到直线NP的最大距离为
[例2] 【带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动】 (2025·安徽池州二模)如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,其轨道半径为R,已知电场强度大小为E,方向竖直向下;磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,不计空气阻力,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　)
A.带电液滴沿逆时针运动
B.带电液滴运动速度大小为
C.若仅撤去匀强磁场,带电液滴可能做曲线运动
D.若仅撤去匀强电场,带电液滴机械能一定不变
[例3] 【带电粒子在叠加场中的一般曲线运动】 (多选)(2025·新疆三模)空间中存在方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场和方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一个电子由O点以一定初速度水平向右飞入其中,运动轨迹如图所示,其中P和Q分别为轨迹的最低点和最高点,不计电子受的重力。下列说法正确的是(　　)
A.电子的初速度一定大于
B.磁感应强度方向垂直于纸面向外
C.调整电子的初速度有可能使其做匀加速运动
D.由P点至Q点的运动过程中,电子的动能增大
第7讲　小专题:带电粒子
在叠加场中的运动
[例1] BC　[例2] D　[例3] AD　第8讲　小专题:“配速法”的应用　带电粒子在空间电磁场中的运动
【学习目标】
1.理解“配速法”的核心思想,掌握通过速度分解分析带电粒子在复合电磁场中复杂运动的
方法。
2.能运用配速法将粒子运动分解为匀速直线运动和匀速圆周运动的叠加,解决摆线运动等复杂轨迹问题。
3.能灵活运用几何知识解决带电粒子在空间电磁场中的运动,理解其物理本质,解决相关的综合问题。
考点一　“配速法”解决叠加场问题
1.直面难题
带电粒子在叠加电磁场中不做匀速直线运动,即所受合力不为零,粒子的速度会改变,洛伦兹力也会随着变化,合力也会变化,则粒子做一般的曲线运动,运动比较复杂。
2.方法简述
可以通过配速的方法,使其一个方向的速度对应的洛伦兹力与重力(或电场力,或重力和电场力的合力)平衡,另一个方向的速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动,这样将复杂的曲线运动看作两个比较常见的运动。
3.几种常见情况
常见情况 处理方法
初速度为0,且受重力 把初速度0看作向左的速度v1和向右的速度v1两个分速度,其产生的洛伦兹力如图所示
初速度为0, 不受重力 把初速度0看作向左的速度v1和向右的速度v1两个分速度,其产生的洛伦兹力如图所示
初速度为0, 且受重力 把初速度0看作斜向右上方垂直于重力、电场力合力方向的速度v1和斜向左下方的速度v1,沿右上方的运动满足受力平衡,沿左下方的运动为匀速圆周运动,如图所示
初速度为v0, 且受重力 对粒子的运动配以水平向右和斜向左的速度,如图所示,粒子沿向右的速度v1所受的洛伦兹力与重力平衡,则粒子做速度大小为v2的匀速圆周运动
[例1] 【配速法处理带电粒子在叠加场中的运动】 (2025·四川达州二模)如图所示,空间存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和竖直向下、电场强度为E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的正电粒子从O点以速度v0水平向左射入叠加场,经时间t=运动到O点正下方P点(P点未标出),不计粒子所受的重力,则速度v0大小为(　　)
A.EB B.
C. D.
[例2] 【速度分解法处理带电粒子在复合场中的运动】 (2024·海南卷,18)如图,在xOy坐标系中有三个区域,圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点,半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行,半圆与圆相切于Q点,QF垂直于x轴,半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器,可将质量为m、电荷量为q的粒子由静止加速到v0。改变发射器的位置,使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ,并从Q点射入区域Ⅱ。(不计粒子的重力和粒子之间的影响)
(1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R;
(2)在能射入区域Ⅲ的粒子中,某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短,求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t;
(3)在区域Ⅲ加上匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,电场强度的大小E=Bv0,方向沿x轴正方向。此后,粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ,进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角为74°。当粒子动能最大时,求粒子的速度大小及所在的位置与y轴的距离。(取sin 37°=0.6,sin 53°=0.8)
考点二　带电粒子在空间电磁场中的运动
　带电粒子在立体空间常见运动及解题策略
运动类型 解题策略
在三维坐标系中运动,每个轴方向都是常见运动模型 将粒子的运动分解为三个方向的运动
一维加一面,如旋进运动 旋进运动是将粒子的运动分解为一个轴方向的匀速直线运动或匀变速直线运动和垂直于该轴所在平面内的圆周运动
运动所在平面切换,粒子进入下一区域偏转后,曲线不在原来的平面内 把粒子运动所在的面隔离出来,转换视图角度,把立体图转化为平面图,分析粒子在每个面的运动
[例3] 【带电粒子的旋进运动】 (2024·湖南卷,14)如图,有一内半径为2r、长为L的圆筒,左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点,取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场,场强大小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子,电子初速度方向均在xOy平面内,且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e,设电子始终未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场,求磁感应强度B的最小值;
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ,求tan θ的绝对值;
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
[例4] 【带电粒子在立体空间中的偏转】 (2025·广东汕头一模)如图所示,三维坐标系Oxyz中,在y>0的空间同时存在沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场,在y<0的空间存在沿z轴正方向的匀强磁场。带负电的离子从P(0,d,0)以速度v0在yOz平面内沿z轴正方向发射,恰好做匀速直线运动。两处磁场的磁感应强度大小均为B,不计离子所受重力,答案可含π。
(1)求匀强电场的电场强度大小E;
(2)撤去y>0空间内的匀强磁场,离子仍从P点以相同速度发射,且经Q(0,0,2d)进入y<0的磁场空间,求离子在Q点的速度;
(3)离子在y<0的磁场空间中速度第一次垂直于y轴时,求离子的坐标。
第8讲　小专题:“配速法”的应用　
带电粒子在空间电磁场中的运动
考点一
[例1] B　
[例2] 【答案】 (1)　　(2)　(3)2.6v0　
【解析】 (1)根据动能定理有qU=m,
解得U=;
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,粒子从P点射入区域Ⅰ,并从Q点射入区域Ⅱ,可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等,粒子在区域Ⅰ做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,
解得区域Ⅰ的半径R=。
(2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ,由(1)可得,粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径均为R,因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等,根据磁聚焦原理(图甲)可知粒子都从Q点射出,射入区域Ⅱ,仍做匀速圆周运动,
由洛伦兹力提供向心力有qv0·=m,解得R'=2R;
要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短,轨迹所对应的圆心角最小,即在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短,最短弦长应为QO2,如图乙所示,
由几何知识可知,此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°,
粒子在两区域磁场中运动周期分别为
T1==,
T2==,
可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
t=T1+T2=。
(3)由配速法,粒子将进入区域Ⅲ时与y轴负方向的夹角为74°的速度v0分解为沿y轴正方向的速度v0及另一方向的速度v',如图丙所示,
因为qE=qv0B,可知沿y轴正方向的速度v0产生的洛伦兹力与电场力平衡,
粒子同时受到另一方向的洛伦兹力qv'B,故粒子沿y轴正方向做螺线运动,
由几何关系可知v'=2v0sin 53°=1.6v0,
当v'方向竖直向上时,粒子速度最大,如图丁所示,最大速度为vm=v0+1.6v0=2.6v0,
设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R1,
由qv'B=m,
解得R1=1.6R,
根据几何关系可知此时粒子所在的位置与y轴的距离为
L=R1+R1sin 53°+2R+2R=6.88R=。
考点二
[例3] 【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)电子在匀强磁场中运动时,将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy,由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t,在yOz平面内,设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为T,
由牛顿第二定律知Bevy=m,
可得R=,
T==,
由题意可知,所有电子均能经过O进入电场,则有
t=nT(n=1,2,3,…),且R≤r,
联立得B=,
当n=1时,B有最小值,可得Bmin=。
(2)如图所示,tan θ=,
当tan θ有最大值时,vy最大,
R最大,此时R=r,
又B=,R=,
联立可得vym=,
tan θ=。
(3)当vy最大时,电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym,根据匀变速直线运动规律有ym=,
由牛顿第二定律知a=,
又vym=,
联立得ym=。
[例4] 【答案】 (1)v0B　(2)v0,方向与z轴正方向夹角为45°　(3)[2d,-2d,(2+π)d]
【解析】 (1)离子做匀速直线运动,有
qv0B=qE,
解得E=v0B。
(2)撤去磁场后,离子做类平抛运动,电场力方向(y方向)上有d=at2,
初速度v0方向上有2d=v0t,
电场力方向上的速度分量vy=at,
在Q点的速度大小为v=,
解得v=v0,
由tan θ==1,
得速度方向与z轴正方向夹角θ=45°。
(3)当离子进入y<0的磁场后,在z方向做匀速直线运动,在xOy平面做匀速圆周运动,当圆周运动转过的圆心角为90°时,速度第一次垂直于y轴,由(2)中离子运动情况可解得d=,
而在磁场中的xOy平面内有qv0B=m,
解得R=2d,
又T=,转过90°圆心角的时间为t'=T,
z=v0t',
可得此时离子坐标为[2d,-2d,(2+π)d]。

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