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(共33张PPT)
第57课时　专题提升: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中的运动规律和分析思路。
2.学会处理磁场与磁场组合场、电场与磁场组合场中带电粒子的运动问题。
考点一　带电粒子在三类组合场中的运动
1.“电偏转”与“磁偏转”的比较(不计重力)
项目 垂直电场线进入匀强电场 垂直磁感线进入匀强磁场
受力 情况 电场力FE=qE,其大小、方向不变,与速度v无关,FE是恒力 洛伦兹力FB=qvB,其大小不变,方向随v而改变,FB是变力
轨迹 抛物线 圆或圆的一部分
运动 轨迹 示例
项目 垂直电场线进入匀强电场 垂直磁感线进入匀强磁场
求解 方法 利用类平抛运动的规律求解: vx=v0,x=v0t vy=·t y=·t2 偏转角φ满足:tan φ= 半径:r=
周期:T=
偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解
运动 时间 t= t=T=
动能 变化 不变
2.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。
3.常见粒子的运动及解题方法
考向1　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。
典例1　如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是(　　)
A
解析 由题意知当质子射出后先在MN左侧运动,刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力,即在MN左侧会向y轴正方向偏移,做匀速圆周运动,y轴坐标增大;在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向,质子在y轴正方向上做减速运动,故A正确,B错误;根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运动,z轴坐标不变,故C、D错误。
考向2　先电场后磁场
1.先在电场中做加速直线运动,然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示,在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。(不计重力)
2.先在电场中做类平抛运动,然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示,在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。(不计重力)
典例2　如图所示,xOy坐标系在y>0空间存在场强为E,方向沿y轴正向的匀强电场,在y<0的空间存在磁感应强度为B,垂直于xOy平面向里的匀强磁场。P点位于y轴上,距离原点O的距离为OP=h。一质量为m,带电量为-q(q>0)的带电粒子,从P点以垂直于y轴的初速度向右射出,粒子重力和空气阻力忽略不计。
(1)若初速度为v0,求带电粒子刚进入磁场时的位置到O的距离x;
(2)若带电粒子从P点飞出后经过x轴上的D点,进入磁场后仍能回到P点,求D到O的距离d。
答案 (1)v0　(2)
解析 (1)粒子在电场中运动时,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,竖直方向上,有
h=at2,a=,x=v0t,联立以上各式得x=v0。
(2)如图所示,带电粒子在电场中做类平抛运动,以速度vD经过D点,vD与x轴的夹角为α。进入磁场区后,沿半径为R的圆弧运动到另一点D1,又从D1进入电场做类斜上抛运动,只要D1与D关于O对称,即=d,粒子就能回到P点,根据几何关系有d=Rsin α,由洛伦兹力提供向心力,则qvDB=m,由速度分解矢量关系有vDy=vDsin α,在电场中运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有a=,根据运动学公式-0=2ah,联立以上各式得d=。
考向3　先磁场后电场
典例3　(2026徐淮连宿一模)如图所示xOy
平面内,虚线y=h上方存在垂直平面向外的
匀强磁场、下方存在沿y轴正方向的匀强
电场。质量为m、电荷量为+q的带电粒子
从P(-2h,h)点以速度大小v0、方向与x轴正
方向间的夹角θ=45°射入磁场。一段时间后,粒子第1次从虚线上的Q(0,h)点进入电场,在电场中的运动恰好不通过x轴,粒子重力不计。求:
(1)磁场的磁感应强度大小B;
(2)粒子从P点射入至第2次经过虚线所用的时间t;
(3)粒子第5次经过虚线时位置的横坐标x。
答案 (1) (2) (3)12h
解析 (1)粒子轨迹如图
由几何关系得r=2h
粒子在磁场中做匀速圆周运动,则qv0B=
解得B=。
(2)设粒子从P点射入至第2次经过虚线,在磁场中运动的时间为t1,
则t1=T=
在电场中运动的时间为t2,则竖直方向上有h=
则t2=
粒子从P点射入至第2次经过虚线的时间t=t1+t2=。
(3)设粒子两次经过虚线在电场中沿x轴方向向右移动的水平距离为Δx1,
则Δx1=v0cos 45°·t2,解得Δx1=4h
在磁场中沿x轴方向向右移动的水平距离为Δx2=2h
粒子第5次经过虚线时的横坐标x=2Δx1+2Δx2=12h。
考向4　先后多个电场、磁场
典例4　如图所示,竖直平面内有四个相同的足够长的矩形区域、高度均为d,区域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场,区域Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中存在垂直于纸面向里的匀强磁场、其磁感应强度大小之比为6∶2∶1,区域Ⅳ下边界放置一块水平挡板,可吸收打到板上的粒子。零时刻,在纸面内从O点向各个方向(90°范围)均匀发射所带电荷量为q、质量为m、初速度为v0的带正电粒子,其中水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时速度方向与水平方向夹角为60°,且刚好经过区域Ⅱ的下边界。
粒子重力以及粒子间的相互作用不计。求:
(1)电场强度大小E;
(2)水平向右射出的粒子经过区域Ⅰ下边界的时刻T;
(3)打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例η。
答案 (1)　(2)(2n+1)+(n+1)(n=0,1,2,…)　(3)
解析 (1)设水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时的速度大小为 v,有v==2v0,
根据动能定理有Eqd=mv2-,
解得E=。
(2)粒子的轨迹如图所示,设水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时速度竖直方向分量为vy,则vy=v0tan 60°。
粒子从水平射出到第一次射出电场的时间
t1=,
粒子在区城Ⅱ运动的半径满足R(1-cos 60°)=d,
得R=2d,
粒子从第一次到区域Ⅰ下边界到第二次经过区域Ⅰ下边界的时间t2=,
当粒子向下经过区域Ⅰ下边界的时刻
T1=t1+n(2t1+t2)(n=0,1,2,…)
即T1 =(2n+1)+n(n=0,1,2,…)
当粒子向上经过区域Ⅰ下边界的时刻
T2=t1+t2+n(2t1+t2)(n=0,1,2,…)
即T2 =(2n+1)+(n+1)(n=0,1,2,…)。
(3)设粒子从O点射出时与水平方向成θ角,运动到区域Ⅳ,轨迹刚好与挡板相切,经过区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的下边界时水平分速度的大小分别为v0cos θ、vⅡx,vⅢx、2v0,粒子在区域Ⅱ中运动时,运用微元法,取极短时间Δt,由水平方向的动量定理qvyB1Δt=mΔvx,
两边求和有qB1∑(vyΔt)=m∑Δvx,
代入解得qB1d=m(vⅡx-v0cos θ),
同理在区域Ⅲ、Ⅳ中运动时,分别有qB2d=m(vⅢx-vⅡx),qB3d=m(2v0-vⅢx),
累加可得qd(B1+B2+B3)=m(2v0-v0cos θ),
其中B1=,B2=,B3=,
求得θ=60°,
则η=。
考点二　带电粒子在交变电、磁场中的运动
分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
典例5　带电粒子流的磁控束和磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一,如图甲,在xOy平面的第一象限内曲线和y轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0;在第二象限内存在着如图乙所示的交变磁场(以垂直纸面向外为磁场的正方向)。放射源在A点发射质量为m、带电量为+q(q>0)的粒子,其速度方向与x轴负方向的夹角为θ(大小未知, 0<θ≤53°),粒子都能垂直穿过y轴后进入第二象限。t=0时刻某粒子P经过y轴。不计粒子重力和粒子间相互作用,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)。求:
(1)若θ=53°,粒子在第一象限的磁场区域运动的时间;
(2)若B1=,要使粒子P在0~T0内不回到第一象限,交变磁场的变化周期T0应满足什么条件。
答案 (1)　(2)T0≤
解析 (1)粒子运动轨迹如图所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动,则qv0B0=m,T=,解得T=,设在第一象限磁场区域运动的时间为t,则t=T=,解得t=。
(2)由题意知粒子不回到第一象限,临界情况为轨迹与y轴相切,如图所示。粒子在磁场中做匀速圆周运动,则B0qv0=m,B1qv0=m,所以r2=r1,设两圆心连线与y轴夹角为β,则sin β=,解得β=37°,由题意知,临界条件为,解得T0=,所以T0应满足条件为T0≤。
典例6　如图甲所示,宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2),存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示),电场强度的大小为E0,E>0表示电场方向竖直向上。t=0时,一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域,沿直线运动到Q点后,做一次完整的圆周运动,再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点,重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小;
(2)求电场变化的周期T;
(3)改变宽度d,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域,求T的最小值。
答案 (1)　(2)　(3)
解析 (1)微粒做直线运动时有mg+qE0=qvB,微粒做圆周运动时有:mg=qE0,联立得q=,B=。
(2)设微粒从N1点沿直线运动到Q点的时间为t1,做圆周运动的周期为t2,则=vt1,qvB=m,2πR=vt2,联立得t1=,t2=,电场变化的周期T=t1+t2=。
(3)若微粒能完成题述的运动过程,要求d≥2R,得R=,设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min,得t1min=,因t2不变,T的最小值Tmin=t1min+t2=。　(共30张PPT)
第55课时　专题提升:磁场中的“动态圆”模型
与多解问题
学习目标:1.理解“平移圆”“旋转圆”“放缩圆”的适用条件并会用其分析临界极值问题。
2.理解磁聚焦、磁发散的原理并会解决相关问题。
3.会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题。
考点一　带电粒子在有界匀强磁场中的临界、极值问题
考向1　“平移圆”模型
适用条件 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,若入射速度大小为v0,则半径R=,如图所示

轨迹圆 圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上,该直线与入射点的连线平行
界定方法 将半径为R=的圆进行平移,从而探索粒子的临界条件,这种方法叫“平移圆”法
典例1　如图所示,在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场,线状粒子源从y轴左侧向平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为、方向垂直于xOy平面向里。不考虑粒子间的相互作用,不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中,在磁场中运动的时间最长为(　　)
A. B.
C. D.
C
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv0B=m,解得r=2R,如图所示,当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时,粒子在磁场中运动的时间最长,由于sin α=,要使圆心角α最大,FE最长,经分析可知,当粒子从y轴上的D'点射入、从x轴上的E'点射出磁场时,粒子在磁场中运动的时间最长,有sin αm=,解得αm=,从D'点射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长,且tm=,解得tm=,故选C。
考向2　“放缩圆”模型
适用条件 粒子源发射速度方向一定,大小不同的同种带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆 圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情景),速度v
越大,运动半径也越大。可以发现这些带电粒子
射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直初速度
方向的直线PP'上
界定方法 以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹圆,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆”法
典例2　如图所示,在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列电子以不同的速率v(0≤v≤vm)从边界上的P点沿垂直于磁场方向与OP成60°角方向射入磁场,在1/3区域的磁场边界上有电子射出。已知电子的电荷量为-e,质量为m,不考虑电子之间的相互作用力。则电子在磁场中运动的(　　)
A.最大半径为r=R
B.最大速率为vm=
C.最长时间为t=
D.最短时间为t=
D
解析 根据题意,电子做圆周运动的圆心在速度的垂线上,当电子速度最大时,对应的圆周运动半径最大,离开出发点最远,如图所示。轨迹恰好为半个圆周,最大半径rm=Rcos 30°=R,得vm=,此时轨迹对应的圆心角最小,时间最短为tmin=T,根据T=,解得tmin=;电子速度越小,半径越小,轨迹圆弧对应圆心角越大,当v无穷小时,电子近似做完整的圆周运动,即最大运动时间tmax=T=,故A、B、C错误,D正确。
考向3　“旋转圆”模型
适用条件 粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若入射初速度大小为v0,则圆周运动轨迹半径为R=,如图所示

轨迹圆圆 心共圆 如图,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上

界定方法 将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索出临界条件,这种方法称为“旋转圆”法
典例3　有一长方形区间abcd,其边长ab=2L,bc=L,在其内存在匀强磁场,方向垂直于纸面(abcd所在平面)向内,如图所示。ab边中点有一电子发射源S,可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射相同速率的电子,已知电子在磁场中运动半径为L。不计电子所受重力和电子间的相互作用,则从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比例约为(　　)
A.50% B.66.7%
C.33.3% D.16.7%
C
解析 根据题意,由左手定则可知,粒子进入磁场后受垂直速度方向向右的洛伦兹力,根据几何关系可知,当电子发射方向与ab成30°角时,电子击中b点,当电子发射方向与ab垂直时,电子击中c点,运动轨迹如图所示,则能击中bc边的电子入射磁场时与ab边的夹角范围为30°~90°,即分布在60°的范围区间,故从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比例η=×100%≈33.3%,故A、B、D错误,C正确。
对点演练　如图所示,在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,在y轴上S处有一粒子源,它可向右侧纸面内各个方向射出速率相同的质量均为m,电荷量均为q的同种带电粒子,所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电,d,粒子重力及粒子间的相互作用均不计,则(　　)
A.粒子的速度大小为
B.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
C.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最
长时间与最短时间之比为9∶2
D.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为
C
解析 粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点,可以画出其轨迹1,可知SP为直径,(2R)2=d2+(d)2,得R=d,由洛伦兹力提供向心力=Bqv,得v=,A错误;运动周期T=,得T=,从O点射出的粒子如轨迹3,由几何知识可得轨迹3所对应的圆心角为60°,在磁场中的运动时间t=,故B错误;
从x轴上射出磁场的粒子中,运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2),对应的圆心角为270°,得t1=T,运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3),此时对应的圆心角为60°,得到t2=T,所以t1∶t2=9∶2,选项C正确;沿平行于x轴正方向射入的粒子,圆心在原点处,运动轨迹为四分之一圆,离开磁场时的位置到O点的距离为d,故D错误。
考点二　“磁聚焦”与“磁发散”模型
磁聚焦 甲 如图甲所示,大量的同种带正电的粒子,速度大小相同,平行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),则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出。(会聚)
证明:四边形OAO'B为菱形,必是平行四边形,对边平行, OB必平行于AO'(即竖直方向),可知从A点入射的带电粒子必然经过B点
磁发散 乙 如图乙所示,圆形磁场圆心为O,从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子,以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场,不计粒子的重力,如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等,则所有粒子射出磁场的方向平行。(发散)
典例4　如图所示是粒子流扩束技术的原理简图。正方形区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ、Ⅳ分别对称分布,一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束,四个区域内有界磁场(边界均为圆弧)分布可能正确的是(　　)
C
解析 粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由左手定则可知某粒子进入选项A中磁场后可能的运动轨迹如图甲(出射时水平的情况),再考虑其他粒子入射后轨迹可得出结论,入射平行粒子束不会扩束,故A不符合题意;对于B选项,由左手定则可知,平行粒子入射后,经两个相同方向的磁场后,会向同一方向偏转,不会平行于入射方向射出,故B不符合题意;如图乙所示,当粒子进入磁场后做匀速圆周运动的半径恰好等于有界磁场的圆弧半径时,一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束,故C符合题意;对于D选项,取粒子运动半径等于磁场圆半径的情况,由左手定则可知,某粒子运动轨迹如图丙所示,进而推知平行粒子束射入后不会实现扩束,故D不符合题意。故选C。
考点三　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
多解分类 多解原因 示意图
带电粒子电性不确定 带电粒子可能带正电,也可能带负电,粒子在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向 不确定 题目只告诉了磁感应强度的大小及方向垂直纸面,而未具体指出磁感应强度的方向,必须考虑磁感应强度方向有两种情况
临界状态不唯一或速度大小不确定 带电粒子在穿过有界磁场时,可能直接穿过去,也可能从入射界面反向射出
运动的 往复性 带电粒子在空间运动时,往往具有往复性
典例5　如图所示,宽度为d的有界匀强磁场,磁感应强度为B,MM'和NN'是它的两条边界线,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,粒子重力不计,要使粒子不能从边界NN'射出,粒子入射速率v的最大值可能是(　　)
A. B.
C. D.
B
解析 设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R,粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律可得qvB=m,解得R=。带电粒子速率越大,轨道半径越大,当轨迹恰好与边界NN'相切时,粒子恰好不能从边界NN'射出,对应的速率最大。若粒子带负电,临界轨迹如图所示,
由几何知识得R+Rcos 45°=d,解得R=(2-)d,对应的速率v=。
若粒子带正电,临界轨迹如图所示,由几何知识得:R-Rcos 45°=d,解得R=(2+)d,对应的速率v=。故选B。
典例6　如图所示,A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子,离子的重力忽略不计。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间的夹角为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>,垂直纸面向里
B.B>,垂直纸面向里
C.B>,垂直纸面向外
D.B>,垂直纸面向外
D
解析 当磁场方向垂直纸面向里时,离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示,切点为M,设轨迹半径为r1,由几何关系可知sin 30°=,可得r1=s,由r1=可得B1=;当磁场方向垂直纸面向外时,其临界轨迹即圆弧与OP相切于N点,如图乙所示,设轨迹半径为r2,由几何关系s=+r2,得r2=,又r2=,所以B2=,综合上述分析可知,选项D正确,A、C错误。
甲
乙(共39张PPT)
第十一章　磁场
知识网络
考点分布
磁场的描述 2025·江苏卷·T3(选择,4分)
安培力 2023·江苏卷·T2(选择,4分)
2022·江苏卷·T3(选择,4分)
2021·江苏卷·T5(选择,4分)
带电粒子在匀强磁场中的运动 2022·江苏卷·T13(计算,8分)
带电粒子在叠加场中运动 2023·江苏卷·T16(计算,15分)
带电粒子在组合场中运动 2024·江苏卷·T16(计算,15分)
2021·江苏卷·T15(计算,16分)
第53课时　磁场的描述　磁场对电流的作用
学习目标:1.了解磁场,掌握磁感应强度的概念,会用磁感线描述磁场。
2.会判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向。
3.会判断安培力的方向,会计算安培力的大小,了解安培力在生产、生活中的应用。
√
√
×
×
×
×
×
×
√
×
解析
1.√　
2.√
3.×　磁感线是为描述磁场而假想的曲线,实际并不存在。
4.×　磁感线在磁体外部由N极指向S极,在内部由S极指向N极,形成闭合曲线。
5.×　除赤道外,地磁场方向并非水平。南京处于北半球,磁场方向向北并向下倾斜。
6.×　B是磁场本身的性质,与 I、L 无关。该式为比值定义式。
7.×　可能因电流方向与磁场方向平行而导致安培力为零,不能断定B为零。
8.×　磁感应强度方向与电流元受力方向垂直,规定为小磁针N极受力方向。
9.√
10.×　左手定则仍适用,此时安培力大小为BILsin θ,其中θ为磁感应强度B的方向与电流I的方向之间的夹角。安培力的方向仍垂直于B与I构成的平面。
考点一　安培定则的应用与磁场的叠加
1.磁场与磁感应强度
(1)磁场的基本性质
磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有　　　　的作用。
(2)磁感应强度
①物理意义:描述磁场的强弱和　　　　。
②定义式:B=　　　　(通电导线垂直于磁场的情况下)。
③方向:小磁针静止时N极所指的方向。
④单位:特斯拉,简称特,符号为T。
(3)匀强磁场
磁场中各点的磁感应强度的大小　　　　、方向　　　　,磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。
力
方向
相等
相同
(4)地磁场
①地磁的N极在地理　　　　附近,S极在地理　　　　附近,磁感线分布如图所示。
②在赤道平面上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度　　　　,且方向水平　　　。
③地磁场在南半球有竖直向上的分量,在北半球有竖直向下的分量。
南极
北极
相等
向北
2.磁感线的特点
(1)磁感线上某点的　　　　方向就是该点的磁场方向。
(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的　　　　。
(3)磁感线是闭合曲线,没有起点和终点,在磁体外部,从　　　　指向
　　　　;在磁体内部,由　　　　指向　　　　。
(4)同一磁场的磁感线不中断、不　　　　、不相切。
(5)磁感线是假想的曲线,客观上并不存在。
切线
强弱
N极
S极
S极
N极
相交
3.几种常见的磁场
(1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)
(2)电流的磁场
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
项目 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
横截 面图 从上往下看 从左往右看
从左往右看
纵截 面图
考向1　安培定则的应用
典例1　(2025南通名校联盟联考)如图所示,直导线上AB两点、螺线管E、电磁铁D三者相距较远,其磁场互不影响,当开关S闭合后,小磁针N极(黑色端)指示磁场方向正确的是(　　)
A.a B.b
C.c D.d
C
考向2　磁场的叠加
(1)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上产生的磁场的大小和方向。如图所示,导线M、N在c点产生的磁场为BM、BN。
(2)应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁场B。
典例2　如图所示,AC是四分之一圆弧,O为圆心,D为弧AC中点,A、D、C 处各有一垂直纸面的通电直导线,电流大小相等,A、C两处电流垂直纸面向里,D处电流垂直纸面向外,整个空间再加一个大小为B的匀强磁场,O处的磁感应强度刚好为零。如果将D处电流反向,其他条件都不变,则对O处的磁感应强度大小计算正确的是(　　)
A.(3+2 B.+1)B
C.2B D.0
B
考点二　安培力的大小和方向
1.安培力:　　 　　在磁场中受的力称为安培力。
2.安培力的大小
(1)当B、I垂直时,F=　　　　。
(2)若B与I夹角为θ,将B沿垂直于I和平行于I的方向正交分解,取垂直分量,可得F=　　　　。
注意:θ是磁感应强度的方向与导线的夹角。当θ=0或180°,即磁感应强度的方向与导线平行时,F=0。
通电导线
IlB
IlBsin θ
(3)通电导线的有效长度
①当通电导线弯曲时,L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。
②对于任意形状的闭合线圈,其有效长度均为零,所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。
3.安培力的方向(左手定则)
(1)伸出左手,让拇指与其余四指　　　　,并且都在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入,并使四指指向　　　　方向。
(3)　　　　所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
垂直于磁场和电流决定的平面
垂直
电流
拇指
考向1　安培力的方向
典例3　(2022江苏卷)如图所示,两根固定的通电长直导线a、b相互垂直,a平行于纸面,电流方向向右,b垂直于纸面,电流方向向里,则导线a所受安培力方向(　　)
A.平行于纸面向上
B.平行于纸面向下
C.左半部分垂直纸面向外,右半部分垂直纸面向里
D.左半部分垂直纸面向里,右半部分垂直纸面向外
C
解析 根据安培定则,可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上方,右侧部分的磁场方向斜向右下方,根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外,右半部分垂直纸面向里,故选C。
考向2　安培力的大小
典例4　(2023江苏卷)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。“L”形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　)
A.0 B.BIl
C.2BIl D.BIl
C
对点演练　(2025南京、盐城一模)如图所示,一段通以恒定电流的软导线处于匀强磁场中,导线两端位于同一高度。现将导线左端固定,右端水平向右缓慢移动。则磁场对通电导线的作用力(　　)
A.变小 B.不变
C.变大 D.先变大后变小
C
考向3　与电路结合的安培力的计算
典例5　(2025南通名校联盟联考)如图所示,水平桌面上有一正三角形线框abc,线框由粗细相同的同种材料制成,边长为L,线框处在与桌面成60°角斜向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上,流过ac边的电流为I,线框静止在桌面上,则线框受到的摩擦力大小为(　　)
A. B.BIL
C.BIL D.2BIL
C
解析 根据题意可知abc边的电流为I'=,正三角形框架接入电路后,受安培力的等效长度为L,总电流为I总=I+I'=,所受摩擦力大小为Ff=F安cos 30° =Bcos 30°·I总L=,故选C。
考点三　安培力作用下导体的平衡问题
通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力学综合问题,这类题目的难点是题图往往具有立体性,各力的方向不易确定等。因此解题时一定要先把立体图转化为平面图,通过受力分析建立各力的平衡关系。
(1)求解安培力作用下导体平衡问题的关键
画受力图→三维图 二维平面图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图。
(2)求解安培力作用下导体平衡问题的基本思路
①选定研究对象;
②变三维图为二维图,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⊥B、F⊥I;
③列平衡方程。
典例6　如图所示,宽为l的光滑导轨与水平面成α角,质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场,当回路中电流为I时,金属杆恰好能静止。匀强磁场磁感应强度大小不可能是下列的(　　)
A. B.
C. D.
D
考点四　安培力作用下的力学综合问题
安培力和重力、弹力、摩擦力一样,会使通电导体在磁场中平衡、转动、加速,也会涉及做功问题。解答时一般要用到动能定理、能量守恒定律等。
考向1　安培力作用下导体加速问题
典例7　如图所示,水平地面上平行放置两根足够长的通电直导线a和b,电流大小相等,方向垂直纸面向里,竖直线MN位于直导线a、b的中垂面上。通电直导线c中的电流方向垂直纸面向外。现在从M点由静止释放直导线c,直导线c可沿中垂面落至地面上的N点。整个过程导线a和b静止不动,不计空气阻力,则由M点运动到N点的过程中(　　)
A.导线c在M点受到的安培力水平向右
B.导线c在M点受到的安培力竖直向下
C.导线c可能做加速度一直增大的加速运动
D.导线c可能做加速度一直减小的加速运动
C
解析 根据右手螺旋定则可知通电直导线a和b在
M点的磁场方向如图所示,由矢量的叠加可知通
电直导线a和b在M点的磁场方向水平向右,根据
左手定则可知导线c在M点受到的安培力方向竖
直向上,故A、B错误;距离N点无穷远处,磁感应强
度为零,N点磁感应强度为零,所以从无穷远处到N
点磁感应强度先增大后减小,由于不清楚M点的位置,所以通电直导线c所受安培力可能先增大后减小,也可能一直减小,结合牛顿第二定律mg-F=ma,可知导线c可能做加速度一直增大的加速运动,也可能先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的加速运动,故C正确,D错误。
考向2　安培力做功问题
典例8　“电磁炮”的原理结构示意图,如图所示。光滑水平加速导轨电阻不计,轨道宽为L=0.2 m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B=1×102 T。“电磁炮”弹体总质量m=0.2 kg,其中弹体在轨道间的电阻R=0.4 Ω。可控电源的内阻r=0.6 Ω,电源的电压能自行调节,以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时,电源为弹体提供的电流是I=4×103 A,不计空气阻力。求:
(1)弹体所受安培力大小;
(2)弹体从静止加速到4 km/s,轨道至少要多长;
(3)弹体从静止加速到4 km/s过程中,
该系统消耗的总能量。
答案 (1)8×104 N　(2)20 m　(3)1.76×106 J
解析 (1)在导轨通有电流I时,弹体作为导体受到磁场施加的安培力为F=ILB=8×104 N。
(2)由动能定理得Fx=mv2,解得x=,所以弹体从静止加速到4 000 m/s,轨道至少要x=20 m。
(3)由F=ma,v=at得t=0.01 s,发射过程产生的热量Q=I2(R+r)t=1.6×105 J,弹体的动能Ek=mv2=×0.2×4 0002 J=1.6×106 J,系统消耗的总能量E=Ek+Q=1.76×106 J。(共36张PPT)
第58课时　专题提升:带电粒子在叠加场中的运动
学习目标:1.了解叠加场的特点,会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。
2.掌握带电粒子在交变电、磁场中运动的解题思路和处理方法。
3.会处理带电粒子在匀强磁场中的螺旋线运动和叠加场中的旋进运动。
4.掌握带电粒子在立体空间中的运动的解题思路和处理方法。
考点一　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.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直 线运动 粒子所受合力为0 平衡条件
匀速圆 周运动 除洛伦兹力外,另外两力的合力为零: qE=mg 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,也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
3.三种场的比较
场 力的特点 功和能的特点
重力场 大小:G=mg 方向:竖直向下 重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
电场 大小:F=qE 方向:正电荷受力方向与场强方向相同,负电荷受力方向与场强方向相反 电场力做功与路径无关,
W=qU=qEd
电场力做功改变电势能
磁场 大小:F=qvB(v⊥B) 方向:可用左手定则判断 洛伦兹力不做功,不改变带电粒子的动能
4.“三步”解决问题
考向1　重力场与磁场的叠加
典例1　如图所示,一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管,固定于竖直平面内,环的半径为R(比细管的内径大得多),在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态,小球的质量为m,带电荷量为q,重力加速度为g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零),方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场。
某时刻,给小球一方向水平向右、大小为v0=的初速度,则以下判断正确的是(　　)
A.无论磁感应强度大小如何,获得初速度后的瞬间,小球在最低点一定受到管壁的弹力作用
B.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细圆管的最高点,且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用
C.无论磁感应强度大小如何,小球一定能到达环形细圆管的最高点,小球到达最高点时的速度大小可能不相同
D.小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中,水平方向分速度的大小一直减小
B
解析 小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上,若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用,A错误;小球运动的过程中,洛伦兹力不做功,小球的机械能守恒,运动至最高点时小球的速度v=,由于小球运动过程不会脱离轨道,所以一定能到达轨道最高点,C错误;在最高点时,小球做圆周运动所需的向心力F=m=mg,小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力,B正确;小球在从最低点运动到最高点的过程中,小球在下半圆内上升的过程中,水平分速度向右且不断减小,到达圆心的等高点时,水平速度为零,而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零,所以水平分速度一定有增大的过程,D错误。
考向2　电场与磁场的叠加
典例2　(2023江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受
的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E;
(2)若电子入射速度为时
位置的纵坐标y1;
(3)若电子入射速度在0的电子数N占总电子数N0的百分比。
答案 (1)v0B
(2)
(3)90%
解析 (1)由题知,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则有Ee=ev0B,解得E=v0B。
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中,由于洛伦兹力不做功,且由于电子入射速度为,则电子受到的电场力大于洛伦兹力,则电子向上偏转,根据动能定理有eEy1=,解得y1=。
(3)若电子以v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有eEy=mv2。由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点有F合=evmB-eE,在最低点有F合=eE-evB,联立有vm=-v, y=。要让电子到达纵坐标y2=位置,即y≥y2,解得v≤v0,则若电子入射速度在0对点演练1　如图所示,在xOy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场方向垂直纸面向外;分成Ⅰ和Ⅱ两个区域,Ⅰ区域的宽度为d,右侧磁场Ⅱ区域还存在平行于xOy平面的匀强电场,场强大小为E=。进入Ⅱ区域时,只有速度方向
平行于x轴的粒子才能进入,其余被界面吸收。不计粒子
重力和粒子间的相互作用,求:
(1)某粒子从O运动到O'的时间;
(2)在Ⅰ区域内有粒子经过区域的面积;
(3)粒子在Ⅱ区域运动,当第一次速度为零时所处的y轴坐标。
答案 (1)
(2)d2+πd2
(3)0
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv=m,
则轨迹半径为R==d,
粒子从O运动到O'的运动的示意图如图所示。
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为θ=60°,
周期为T=,
所以运动时间为t=。
(2)根据旋转圆的方法得到粒子在Ⅰ区经过的范围如图所示,有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小,根据图中几何关系可得面积为S=d2+πd2。
(3)粒子垂直于边界进入Ⅱ区后,受到的洛伦兹力为qvB=,在Ⅱ区受到的电场力为qE=,由于电场力小于洛伦兹力,粒子将向下偏转,当速度为零时,沿-y方向的位移为y,由动能定理得-qEy=0-mv2,解得y==d,所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。
考向3　电场、磁场与重力场的三场叠加
典例3　(2025南通名校联盟联考)如图所示,在竖直平面
内的直角坐标系xOy中,第四象限内有垂直坐标平面向里
的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场,磁感应强度大小
为B,电场强度大小为E。第一象限中有沿y轴正方向的匀
强电场(电场强度大小未知)及某未知矩形区域内有垂直
坐标平面向里的匀强磁场(磁感应强度大小也为B)。一
个带电小球从图中y轴上的M点,沿与x轴成θ=45°角斜向上做匀速直线运动,由x轴上的N点进入第一象限并立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动,离开矩形磁场区域后垂直打在y轴上的P点(图中未标出),已知O、N点间的距离为L,重力加速度大小为g(取sin 22.5°=0.4,cos 22.5°=0.9)。求:
(1)小球所带电荷量与质量的比值和第一象限内匀强电场的大小;
(2)矩形匀强磁场区域面积S的最小值;
(3)小球从M点运动到P点所用的时间。
答案 (1),E1=E
(2)S=
(3)t=
解析 (1)设小球质量为m,电荷量为q,速度为v,球在MN段受力如下
因为在MN段做匀速直线运动,所以球受力平衡,由平衡条件得
mgtan 45°=qE
qvBsin 45°=qE
解得
要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区域内
做匀速圆周运动,
则球受的重力必须与电场力平衡
mg=qE1
联立解得
E1=E。
(2)由(1)可知
qvB=qE
即v=
由qvB=m
可知R=
由下图可知矩形的最小面积
S=2Rcos 22.5°×(R-Rsin 22.5°)=。　
(3)在第四象限运动的时间
t1=
在第一象限矩形磁场区域运动的时间
t2=
在第一象限做匀减速直线运动的时间
t3=
联立解得小球从M到P的总时间
t=t1+t2+t3=。　
考点二　带电粒子的螺旋线运动和旋进运动
考向1　带电粒子的螺旋线运动和旋进运动
空间中匀强磁场的分布是三维的,带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况:
1.空间中只存在匀强磁场,当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时,带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
2.空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时,带电粒子在一定条件下就可以做旋进运动,这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
典例4　图甲为洛伦兹力演示仪,调节玻璃泡角度使电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。图乙为电子运动轨迹示意图,空间存在平行x轴的匀强磁场,在xOy平面内由坐标原点以初速度v0将电子射入磁场,方向与x轴正方向成α角(α<90°),螺旋线的直径为D、螺距为Δx,则下列关系式正确的是(　　)
A.sin α=
B.sin α=
C.tan α=
D.tan α=
甲
乙
D
解析 根据题意可知,电子在zOy平面内做匀速圆周运动,周期为
T=
电子沿x方向做匀速直线运动,则有
Δx=v0cos α·T=v0cos α·
沿z方向有
D=2r=2
联立可得tan α=
故选D。
对点演练2　如图,cd边界与x轴垂直,在其右方竖直平面内,第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场,第三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内,某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入,小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动,此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g,已知磁感应强度大小均为。
求:
(1)电场强度的大小和P点距y轴的距离;
(2)小球第一次到达最低点时速度的大小;
(3)小球从过坐标原点到第一次到达最低点所用时间。
答案 (1)(2)(1+)v0(3)
解析 (1)依题意,小球从P点运动到坐标原点O,速率没有改变,即动能变化为零,由动能定理可知合外力做功为零,电场力与重力等大反向,可得
qE=mg
解得E=
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图
根据qv0B=m,解得r=
由几何关系,可得xP=r+rcos 30°
联立,解得xP=
(2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°的v0,如图
其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡,即
F洛=qv0B=mg
小球沿x轴正方向做匀速直线运动,与x轴负方向成45°的v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力,可知小球第一次到达最低点时速度的大小为v=v0+v0=(1+)v0
(3)由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示
根据qv0B=m,又T=　
由几何关系,可得小球从过坐标原点到第一次到达最低点圆弧轨迹对应的圆心角为135°,则所用时间为t=T,联立解得t=。
考向2　带电粒子在立体空间中的偏转
分析带电粒子在立体空间中的运动时,要发挥空间想象力,确定粒子在空间的位置关系。带电粒子依次通过不同的空间,运动过程分为不同的阶段,只要分析出每个阶段上的运动规律,再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题。有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解。
典例5　如图所示,在空间直角坐标系Oxyz内的正方体OABC-O1A1B1C1区域,棱长为2L。一个粒子源固定在底面OABC的中心M点,能在平面OABC内向各个方向连续均匀辐射出带电粒子。已知粒子的质量为m,电荷量为+q,初速度为v0,sin 53°=0.8,不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)仅在正方体区域内加沿y轴正方向的匀强电场,所有的粒子都不经过正方体上表面O1A1B1C1区域,求电场强度的最大值E0;
(2)在正方体区域内加沿y轴正方向的匀强电场、匀强磁场,所有的粒子都经过正方体上表面O1A1B1C1区域,求磁感应强度的最小值B0;
(3)在正方体区域内加沿y轴正方向的匀强电场、匀强磁场,已知磁感应强度B=,求粒子从OO1C1C面射出位置的y坐标的最小值ymin和最大值ymax。
答案 (1)
(2)
(3)L　L
解析 (1)当沿MO方向射入的粒子恰好不经过正方体上表面O1A1B1C1区域,即所有粒子都不经过,则有L=v0t
2L=t2
解得E0=
(2)设粒子在磁场中偏转半径为r,当r小于等于L时,所有的粒子都经过正方体上表面O1A1B1C1区域射出,则有
qB0v0=,r=L
解得B0=
(3)设粒子在磁场中偏转的半径为r1,周期为T,粒子在磁场中运动的最长时间为t1,最短时间为t2,则有
r1=,得r1=L
T=,得T=
粒子在平面内偏转运动时间最长的轨迹如MP1,
对应的时间t1=
时间最短的轨迹如MP2,sin θ=,对应的时间t2=
根据y=×t2得ymin=L
ymax=L(共27张PPT)
第54课时　磁场对运动电荷的作用
学习目标:1.能判断洛伦兹力的方向,会计算洛伦兹力的大小。
2.会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。
3.能够分析带电体在匀强磁场中的运动。
×
×
×
×
√
解析
1.×　当粒子运动方向与磁场方向平行时,不受洛伦兹力。
2.×　洛伦兹力方向始终垂直于速度方向和磁场方向所决定的平面,因此永远与速度方向垂直。
3.×　洛伦兹力大小受磁感应强度B、粒子速度v及夹角θ共同影响,不能仅由力的大小判断B的大小。
4.×　安培力是大量电荷定向移动所受洛伦兹力的宏观表现,本质相同。
5.√
考点一　对洛伦兹力的理解和应用
1.洛伦兹力的定义:磁场对　　　 　的作用力。
2.洛伦兹力的大小
(1)v∥B时,F=　　　　。
(2)v⊥B时,F=　　　　。
(3)v与B的夹角为θ时,F=qvBsin θ。
3.洛伦兹力的方向
(1)判定方法:左手定则,注意四指应指向　　　　电荷运动的方向或
　　　　电荷运动的反方向。
　　　　B、v方向可成任意夹角
(2)方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于　　　　、　　　　决定的平面。
运动电荷
0
qvB
正
负
B
v
4.洛伦兹力的特点——洛伦兹力永不　　　　。
5.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。
做功
考向1　洛伦兹力的方向
典例1　如图所示是电视显像管原理示意图(俯视图),电流通过偏转线圈,从而产生偏转磁场,电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转,不计电子的重力,图中O点为荧光屏的中心,若调节偏转线圈中的电流,使电子束打到荧光屏上的A点,
此时下列说法正确的是(　　)
A.电子经过磁场速度增大
B.偏转磁场的方向水平向右
C.偏转磁场的方向垂直纸面向里
D.偏转磁场的方向垂直纸面向外
D
考向2　洛伦兹力的大小
典例2　真空中竖直放置一通电长直细导线,俯视图如图所示。以导线为圆心作圆,光滑绝缘管ab水平放置,两端恰好落在圆周上。半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中,
下列说法正确的是(　　)
A.小球先加速后减速
B.小球受到的洛伦兹力始终为零
C.小球在ab中点受到的洛伦兹力为零
D.小球受到洛伦兹力时,洛伦兹力方向竖直向上
C
解析 根据安培定则可知,通电直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示,洛伦兹力始终与小球运动方向垂直,故不做功,小球速率不变,A错误;当小球运动到ab中点时,磁感线与速度方向平行,所受洛伦兹力为零,自a端到中点洛伦兹力竖直向下,中点至b端洛伦兹力竖直向上,B、D错误,C正确。
考点二　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动
1.若v∥B,带电粒子以入射速度v做　　　 　运动。
2.若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做　　 　　运动。
(1)洛伦兹力提供向心力:qvB=。
(2)轨迹半径:r=。
(3)周期:T=,可知T与运动速度和轨迹半径　　　　,只和粒子的
　　　　和磁场的　　　 　　有关。
(4)运动时间:当带电粒子转过的圆心角为θ时,所用时间t=T。
匀速直线
匀速圆周
无关
比荷
磁感应强度
典例3　某带电粒子垂直射入匀强磁场,粒子使沿途的空气电离,动能逐渐减小,一段径迹如图所示。若粒子带电量不变,重力不计,下列说法正确的是(　　)
A.粒子从a到b运动,带正电 B.粒子从b到a运动,带正电
C.粒子从a到b运动,带负电 D.粒子从b到a运动,带负电
D
考点三　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
项目 基本思路 图例 说明
圆心的确定 ①与速度方向垂直的直线过圆心 ②弦的垂直平分线过圆心 ③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心 P、M点速度垂线的交点
P点速度垂线与弦的垂直平分线交点
某点的速度垂线与切点法线的交点
项目 基本思路 图例 说明
半径的确定 利用平面几何知识求半径 方法一:由R=求得。
方法二:连半径构出三角形,由数学方法解三角形或勾股定理求得。
如图,由R=或R2=L2+(R-d)2求得R=
运动时间的确定 利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度s求时间 ①t=T ②t= (1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ
(2)偏转角φ与弦切角α的关系:φ<180°时,
φ=2α;φ>180°时,φ=360°-2α
考向1　直线边界的磁场
1.粒子进出直线边界的磁场时,常见情形如图所示
2.带电粒子(不计重力)在直线边界匀强磁场中运动时具有两个特性
(1)对称性:进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等。
(2)完整性:比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场,则它们运动的半径相等而且两个圆弧轨迹恰好构成一个完整的圆,两圆弧所对应的圆心角之和等于2π。
典例4　(2025五市十一校联测)如图,两个初速度大小相同的同种粒子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到O点正下方的屏P上,不计重力。下列说法正确的是(　　)
A.a、b均带负电
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
D
解析 粒子a、b都打到O点正下方的屏上,由左手定则可知,a、b均带正电,故A项错误;带电粒子在磁场中受洛伦兹力提供的向心力做匀速圆周运动,即qvB=m,由于a、b是初速度大小相同的同种粒子,则圆周运动的半径相同,故粒子的运动轨迹如图所示,根据图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度,则a在磁场中飞行的时间比b的长,故B、C项错误;根据运动轨迹可知,a在屏上的落点与O点的距离比b的近,故D项正确。
考向2　平行直线边界的磁场
1.粒子进出平行直线边界的磁场时,常见情形如图所示
2.粒子在平行直线边界的磁场中运动时存在临界条件,如图甲、丙、丁所示。
3.各图中粒子在磁场中的运动时间
(1)图甲中粒子在磁场中运动的时间t1=,t2=。
(2)图乙中粒子在磁场中运动的时间t=。
(3)图丙中粒子在磁场中运动的时间t=T=。
(4)图丁中粒子在磁场中运动的时间t=T=。
典例5　如图所示,竖直平行线MN、PQ间距离为a,其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ),磁感应强度为B,MN上O处的粒子源能沿不同方向释放速度大小相等、方向均垂直磁场的带负电粒子,电荷量为q,质量为m。粒子间的相互作用及重力不计,其中沿θ=60°射入的粒子,
恰好垂直PQ射出,则(　　)
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为a
B.粒子的速率为
C.沿θ=60°射入的粒子,在磁场中的运动时间为
D.PQ边界上有粒子射出的长度为2a
D
解析 粒子沿θ=60°射入时,恰好垂直PQ射出,则粒子在磁场中转过30°,如图所示,所以有Rsin 30°=a,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力qBv=m,则v=,故A、B错误;沿θ=60°射入的粒子,在磁场中的运动时间为t=T=,故C错误;θ=0°时,粒子离开
磁场的位置在PQ上过O点的水平线上方a处;当θ增大时,
粒子离开磁场的位置下移,直到粒子运动轨迹与PQ相切;θ继
续增大,则粒子不能从PQ边界射出;粒子运动轨迹与PQ相切
时,由半径R=2a,可知,粒子转过的角度为60°,所以,出射点在
过O点的水平线下方a处;所以,PQ边界上有粒子射出的长
度为2a,故D正确。
考向3　圆形边界问题
带电粒子在圆形边界的磁场中运动的两个特点
(1)若粒子沿着边界圆的某一半径方向射入磁场,则粒子一定沿着另一半径方向射出磁场(或者说粒子射出磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心),如图甲所示。
(2)若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ,则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角一定也为θ,如图乙所示。
甲
乙
典例6　如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,两完全相同的带正电粒子a和b,以相同的速率从M点射入磁场,粒子a沿半径MO方向射入,粒子b沿与半径MO成30°角方向射入,不计粒子重力及两粒子之间的相互作用,若粒子a从N点射出磁场,∠MON=90°。则粒子a、b在磁场中运动的时间之比为(　　)
A.3∶4 B.3∶2
C.2∶3 D.1∶2
A
解析 粒子a从N点射出磁场,则在磁场中转过的角度为90°,粒子在磁场中运动的半径等于R,则粒子b在磁场中运动的半径也为R,轨迹如图所示,由几何关系可知,四边形MOPO1为菱形,则粒子b在磁场中转过的角度为120°,两粒子的周期相等,则运动时间之比等于转过的圆心角之比,即ta∶tb=3∶4,故选A。(共23张PPT)
第56课时　专题提升:现代科技中的电场与磁场问题
学习目标:1.会分析电场和磁场叠加的几种实例,并能解决相关问题。
2.理解质谱仪和回旋加速器的原理。
考点一　洛伦兹力与现代科技应用实例
考向1　速度选择器
1.平行板间电场强度E和磁感应强度B互相垂直。(如图)
2.带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是洛伦兹力与静电力平衡,qvB=qE,即v=。
3.速度选择器只能选择粒子的速度,不能选择粒子的电性、电荷量、质量。
4.速度选择器具有单向性。
典例1　如图所示,M、N为速度选择器的上、下两个带电极板,两极板间有匀强电场和匀强磁场。匀强电场的电场强度大小为E、方向由M板指向N板,匀强磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左右两侧各有一个小孔P、Q,连线PQ与两极板平行。某种带电微粒以速度v从P孔沿PQ连线射入速度选择器,从Q孔射出。
不计微粒重力,下列判断正确的是(　　)
A.带电微粒一定带正电
B.匀强磁场的磁感应强度大小为
C.若将该种带电微粒以速率v从Q孔沿
QP连线射入,不能从P孔射出
D.若将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入后将做类平抛运动
C
考向2　磁流体发电机
1.原理:如图所示,等离子体喷入磁场,正、负离子在
洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上,产
生电势差,它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。
2.电源正、负极判断:根据左手定则可判断出正离子偏向B板,图中的B板是发电机的正极。
3.发电机的电动势:当发电机外电路断路时,正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时,两极板间达到的最大电势差为U,则q=qvB,得U=Bdv,则E=U=Bdv。
当发电机接入电路时,遵从闭合电路欧姆定律。
典例2　如图所示是磁流体发电机的示意图,两平行金属板A、B与电阻R和电流表相连,现将等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)喷入磁场,下列说法正确的是(　　)
A.A板的电势高于B板电势
B.若只增大两板间距离,电流表示数减小
C.若只增大磁感应强度,电流表示数减小
D.磁流体发电机的非静电力为洛伦兹力
D
考向3　电磁流量计
1.流量(Q):单位时间流过导管某一截面的液体的体积。
2.导电液体的流速(v)的计算
如图所示,一圆柱形导管直径为d,用非磁性材料制成,其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转,使a处积累正电荷,b处积累负电荷,使a、b间出现电势差,φa>φb。当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时,a、b间的电势差(U)达到最大,由q=qvB,可得v=。
3.流量的表达式:Q=Sv=。
4.电势高低的判断:根据左手定则可得φa>φb。
典例3　人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图,血管内径为d,血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行,且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管,其磁感应强度大小恒为B,当血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时(　　)
A.血管上侧电势低,血管下侧电势高
B.若血管内径变小,则血液流速变小
C.血管上下侧电势差与血液流速无关
D.血管上下侧电势差变大,说明血管内径变小
D
解析 根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转,负离子向血管下侧偏转,则血管上侧电势高,血管下侧电势低,故A错误;血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定,设为V,若血管内径变小,则血管的横截面积变小,根据V=Sv可知血液流速变大,故B错误;稳定时,粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力,根据qvB=,可得U=dvB
又v=
联立可得U=
根据U=可知血管上下侧电势差变大,说明血管内径变小,血液的流速变化,则血管内径一定改变,则血管上下侧电势差改变,所以血管上下侧电势差与血液流速有关,故D正确,C错误。故选D。
考向4　霍尔效应
1.定义:高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中,当电流通过导体时,在导体的上表面A和下表面A'之间产生电势差,这种现象称为霍尔效应,此电压称为霍尔电压。
2.电势高低的判断:如图,导体中的电流I向右时,根据左手定则可得,若自由电荷是电子,则下表面A'的电势高。若自由电荷是正电荷,则下表面A'的电势低。
3.霍尔电压:导体中的自由电荷(电荷量为q)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,由qvB=q,I=nqvS,S=hd,联立解得U==k,k=称为霍尔系数。
典例4　(2025南通一模)如图甲所示,弧形磁铁固定在把手的表面,转动把手改变弧形磁铁与霍尔元件的相对位置,如图乙所示,霍尔元件通以向右的恒定电流,使垂直穿过霍尔元件的磁场增强,则霍尔元件(　　)
A.上下表面间的电势差变大
B.上下表面间的电势差变小
C.前后表面间的电势差变大
D.前后表面间的电势差变小
C
考向5　质谱仪
质谱仪的作用是测量带电粒子质量和分离同位素,原理如图所示。
(1)加速电场:qU=mv2;
(2)偏转磁场:qvB=,l=2r;
由以上两式可得r=,m=。
典例5　如图所示,电荷量相等的两种离子氖20和氖22先后从容器A下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电场区,经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,离子经磁场偏转后轨迹发生分离,最终到达照相底片D上。
不考虑离子间的相互作用,则(　　)
A.静电力对每个氖20和氖22做的功不相等
B.氖22进入磁场时的速度较大
C.氖22在磁场中运动的半径较小
D.若加速电压发生波动,
两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
D
解析 根据静电力做功公式W=qU,且氖20和氖22的电荷量相等,加速电场电压相同,所以做的功相等,故A错误;在加速电场中,根据动能定理有qU=mv2,由于氖20的质量小于氖22的质量,所以氖20的速度大于氖22的速度,故B错误;在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m,解得R=,根据动能和动量的关系有mv=,q、B和Ek相同,氖22的质量大,综上可判断,氖22在磁场中运动的半径较大,故C错误;
在加速电场中,根据动能定理有qU=mv2,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m,联立可得R=,对于同位素,加速电压相同时,质量越大做圆周运动的半径越大;对同种离子,加速电压越大,其做圆周运动的半径越大;若加速电压发生波动,则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化,所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等,两种离子打在照相底片上的位置就会重叠,故D正确。
考向6　回旋加速器
回旋加速器是利用磁场使带电粒子做回旋运动,在运动中经高频电场反复加速的装置,是高能物理中的重要仪器。
1.构造:如图所示,D1、D2是半圆金属盒,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,使粒子每经过一次D形盒缝隙,粒子被加速一次。
3.最大动能:由qvmB=、Ekm=得Ekm=,粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定,与加速电压无关。
4.总时间: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=T=(忽略粒子在狭缝中运动的时间)。
典例6　1932年,劳伦斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子,质量为m、电荷量为+q ,在
加速器中被加速,加速电压为U。加速过程中
不考虑相对论效应和重力作用。
(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝
后轨道半径之比;
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ;
(3)实际使用中,磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm,试讨论粒子能获得的最大动能Ekm。
答案 (1)r2∶r1=∶1
(2)t=
(3)当≤fm时,Ekm=;当≥fm时,Ekm=2π2mR2　
解析 (1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1,qU=, qv1B=m,解得r1=,同理,粒子第2次经过狭缝后的半径r2=,则r2∶r1=∶1。
(2)设粒子到出口处被加速了n圈,则2nqU=mv2,qvB=m,T=,在加速器中的运动时间为t=nT,解得t=。　
(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率,即f=,当磁场感应强度为Bm时,加速电场的频率应为fBm=,粒子的动能Ek=mv2,
当fBm≤fm时,粒子的最大动能由Bm决定,qvmBm=m,解得Ekm=,当fBm≥fm时,粒子的最大动能由fm决定,vm=2πfmR,解得Ekm=2π2mR2。

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