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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
AD
[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。
BD
(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
方法点拨
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
(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。
(1)求t=0时,粒子速度的大小v及其与水平方向的夹角θ;
【答案】 (1)2×104 m/s　30°　
(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。
(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。
【解析】 (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,
感谢观看第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
提示: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。
“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
【答案】 BD
【解析】 由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径r=R,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=,解得粒子的初速度大小为v0=,故A错误,B正确。如图所示,由C点射入的粒子运动时间最短,设运动轨迹对应的圆心角为α,则有cos α==,α=,粒子做圆周运动的周期为T==,粒子运动的最短时间tC=·T=;同理,由D点射入的粒子运动时间最长,对应的圆心角为120°,则最长时间为tD=T=,故C错误,D正确。
[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°
【答案】 AD
【解析】 由题意知,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,有qvB=m,r=R,解得v=,A正确;由于所有粒子的速度大小相等,但方向不同,且离开磁场区域的出射点距离坐标原点O的竖直高度最大值为2R,并不会全部垂直打在光屏上,B错误;如图甲,由几何关系可得,运动时间最长的粒子,对应轨迹的圆心角为π,根据周期公式T=,可得t=T=T=,C错误;设粒子初速度方向与x轴夹角为θ1 时,能打在光屏下端,如图乙,
由几何关系可得θ1=60°,同理,粒子打在光屏上端时(图甲),初速度与x轴夹角为θ2=120°,D正确。
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
【答案】 AD
【解析】 粒子在磁场中受洛伦兹力向左偏转,由左手定则可知,粒子带正电,故A正确;在静电分析器中,根据电场力提供向心力,有qE=,在加速电场中,有qU=mv2,联立得U=,故B错误;由qvB=m,得B===,故C错误;在磁分析器中,粒子由P到Q经过半个周期,t=×=,代入B得t==πr,故D正确。
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
【答案】 A
【解析】 由左手定则可判断出题图中回旋加速器加速的带电粒子一定是带正电的粒子,故A正确;为了保持始终加速,则交流电源周期与粒子圆周运动周期相等,即T电=,故B错误;在回旋加速器中,带电粒子每经过电场一次,获得动能ΔEk=qU,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,当粒子运动轨迹半径等于回旋加速器半径时,粒子速度最大,最大动能Ekm=,与加速电压U无关,与D形盒的半径R、磁感应强度B有关,所以D形盒的半径R、磁感应强度B不变,粒子飞出D形盒的最大动能不变,故C、D错误。
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
【答案】 C
【解析】 粒子在极板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动,有qE=qv0B,可得v0=,A错误;粒子受向上的电场力和向下的洛伦兹力,若粒子的速度大于v0,则洛伦兹力大于电场力,粒子向下偏转,B错误;仅将正粒子改为负粒子,则电场力方向向下,洛伦兹力方向向上,仍有qE=qv0B,粒子仍沿直线穿过极板,C正确;仅将正粒子由M水平向右射入,粒子所受电场力方向向上,洛伦兹力方向也向上,粒子向上偏转,D错误。
[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
【答案】 AC
【解析】 根据左手定则,带正电的粒子受到向上的洛伦兹力,故极板MN带正电,为发电机的正极,A正确;粒子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时,有 qvB=q,可得U=Bdv,其中d为两极板间距,故增大两极板间距,U变大,增大速率,U变大,U大小和粒子数密度无关,B、D错误,C正确。
[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
【答案】 C
【解析】 导电液体中的带电离子通过磁场,根据左手定则可知,正离子向下偏转,负离子向上偏转,故N点电势比M点高,故A说法正确。设管道半径为r,稳定时离子受到的洛伦兹力与静电力平衡,有q=qvB,由于Q=Sv=πr2v,联立解得U0=,故U0正比于流量Q;流量Q一定时,管道半径越小,U0越大,故B说法正确,C说法错误。若直径MN与磁场方向不垂直,此时U0=中B为磁感应强度的一个分量,测得的流量Q=,误以为B不变,而U0减小,即测量结果偏小,故D说法正确。
[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
【答案】 D
【解析】 闭合回路中产生的磁场为顺时针方向,当待测电流产生的磁场为逆时针方向、大小相等时,霍尔元件中不会产生霍尔电压,即根据右手定则可知,电流方向从b到a,k1I0=k2I′,I′=I0,选项D正确。
课时作业
对点1.“磁发散”和“磁聚焦”
1.(多选)(2025·四川成都模拟)如图所示,竖直平面内一半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于纸面向里。一长度为R的线状粒子源位于磁场左侧,磁场区域的直径MN为线状粒子源的垂直平分线,线状粒子源沿平行于直径MN的方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)的带负电粒子。所有粒子的速率均为v=,不计粒子所受重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.粒子在磁场中运动的最大位移与最小位移之比为∶1
B.粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为
C.磁场中有粒子经过的区域的面积为πR2
D.粒子动量变化量的最大值与最小值之比为2∶1
【答案】 AC
【解析】 粒子做圆周运动的半径r==R,所以平行于MN入射的粒子都将会聚于O点正下方的P点,如图所示,从A点入射的粒子在磁场中运动的时间最长,其转过的圆心角为,运动时间为,位移大小为R,速度变化量大小为v,从B点入射的粒子在磁场中运动的时间最短,其转过的圆心角为,运动时间为,位移大小为R,速度变化量为v。粒子在磁场中运动的最大位移与最小位移之比为∶1,故A正确;粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为,故B错误;磁场中有粒子经过的区域如图中阴影部分所示,其面积等于扇形ABP的面积,为πR2,故C正确;粒子动量变化量的最大值与最小值之比为∶1,故D错误。
2.(多选)如图所示,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的正粒子(不计粒子所受重力),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,磁场右侧有一点(2R,R),已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴正方向,则(　　)
A.初速度方向与x轴夹角为120°的粒子经过A点
B.初速度方向与x轴夹角为135°的粒子经过A点
C.经过A点的粒子在磁场中的运动时间为
D.经过A点的粒子在磁场中的运动时间为
【答案】 AC
【解析】 初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后,粒子的速度方向沿x轴正方向,则粒子的轨道半径r=R,由qvB=,可得粒子的轨道半径都为R;结合题意和几何关系可知,平面第一、二象限射入的粒子从磁场射出时,速度一定沿x轴正方向,设经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为α,根据几何关系有R+Rsin(α-90°)=R,解得α=120°,故A正确,B错误;该粒子在磁场中的运动时间为t=×=,故C正确,D错误。
对点2.电场和磁场组合的应用实例
3.(2025·江苏无锡期末)如图所示为质谱仪原理示意图,带电粒子从小孔O“飘入”加速电场(初速度忽略不计),经加速后以速度v0从小孔O′进入速度选择器并恰好沿直线通过,粒子从小孔S进入磁分析器后做匀速圆周运动打在照相底片上。已知速度选择器中匀强电场的电场强度为E,磁分析器中匀强磁场的磁感应强度为B0,在底片上留下的痕迹点到狭缝S的距离为l,忽略带电粒子所受的重力及相互间作用力。下列说法正确的是(　　)
A.粒子带负电
B.速度选择器中匀强磁场的磁感应强度为
C.带电粒子的比荷=
D.加速电场极板间的电势差U=
【答案】 D
【解析】 粒子进入磁场向右偏转,由左手定则可知粒子带正电,故A错误;粒子在速度选择器中所受电场力与洛伦兹力相等,则qE=qv0B,解得B=,故B错误;粒子在磁场中运动的轨道半径为 r=l,由qv0B0=m,解得带电粒子的比荷=,故C错误;粒子在加速电场中,由动能定理得qU=m,解得加速电场极板间的电势差U=,故D正确。
4.回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D形金属扁盒组成,两个D形盒正中间开有一条狭缝;两个D形盒处在匀强磁场中并接在高频交流电源上。在D1盒中心A处有粒子源,它产生并发出带电粒子,经狭缝电压加速后,进入D2盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后,垂直通过狭缝,再经狭缝电压加速;为保证粒子每次经过狭缝都被加速,设法使交流电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周期往复,速度越来越大,运动半径也越来越大,最后到达D形盒的边缘,以最大速度被引出。已知某粒子所带电荷量为q,质量为m,加速时两盒间电压大小恒为U,磁场的磁感应强度大小为B,D形盒的半径为R,设狭缝很窄,粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零,不计粒子所受重力和粒子间的相互作用力,忽略相对论效应。
(1)求交流电压的周期T;
(2)求粒子被加速后获得的最大动能Ekm;
(3)求粒子在回旋加速器中运动的总时间;
(4)若狭缝的宽度为d,考虑粒子通过狭缝的时间,粒子在回旋加速器中运动的总时间为多少
【答案】 (1)　(2)　(3)
(4)+
【解析】 (1)为保证粒子每次经过狭缝都被加速,带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交流电压的周期(在狭缝中的时间极短忽略不计),则
qvB=m,
T=,
联立解得交流电压的周期为T=。
(2)粒子在D形盒内做圆周运动,轨迹半径达到最大时被引出,具有最大动能。设此时的速度为vm,有qvmB=,
解得vm=,
设粒子的最大动能为Ekm,则
Ekm=m=。
(3)粒子完成一次圆周运动被电场加速2次,由动能定理得2qU=Ek,
设经过n个周期,达到最大动能,则有Ekm=nEk,
粒子在D形盒磁场内运动的时间t=nT,
联立解得粒子在回旋加速器中运动的总时间为
t=。
(4)设粒子在狭缝中被加速的时间为t加,有
vm=at加,=ma,
解得t加=,
t总=t+t加=+。
对点3.电场和磁场叠加的应用实例
5.(2025·陕西西安模拟)如图所示,一种磁流体发电机,平行金属板A、B间距为d,A、B之间有一个很强的磁场,磁感应强度大小为B,将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负离子)以速度v喷入磁场,A、B两板间便产生电压,在A、B两板间接入电阻R,则下列说法正确的是(　　)
A.通过电阻R的电流方向为从a流向b
B.电阻R两端的电压U=
C.电阻R消耗的热功率P=
D.增大A、B两板间距d,则流过电阻R的电流会增大
【答案】 D
【解析】 根据左手定则可知,带正电离子向下偏转,带负电离子向上偏转,则B板带正电,A板带负电,通过电阻R的电流方向为从b流向a,故A错误;稳定时,对离子有q=qvB,解得电动势为E电动势=Bdv,若等离子体的电阻可忽略不计,则电阻R两端的电压为U=
E电动势=Bdv,电阻R消耗的热功率为P==,故B、C错误;根据E电动势=Bdv,增大A、B两板间距d,则电动势增大,流过电阻R的电流会增大,故D正确。
6.(2025·江西南昌期中)日常带皮套的智能手机是利用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制作用。打开皮套,磁体远离霍尔元件手机屏幕亮;合上皮套,磁体靠近霍尔元件屏幕熄灭。如图所示,一块宽度为d、长为l、厚度为h的霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。水平向右大小为I的电流通过元件时,手机套合上,元件处于垂直于上表面、方向向上且磁感应强度大小为B的匀强磁场中,元件的前、后表面产生稳定电势差U,以此来控制屏幕熄灭。下列说法正确的是(　　)
A.前表面的电势比后表面的电势高
B.自由电子所受洛伦兹力的大小为
C.用这种霍尔元件探测某空间的磁场时,霍尔元件摆放方向对产生的电势差U无影响
D.元件内单位体积的自由电子数为
【答案】 D
【解析】 通入水平向右大小为I的电流时,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,电子向左运动,由左手定则可得电子受洛伦兹力的作用往前表面偏转,故前表面的电势比后表面的电势低,故A错误;元件的前、后表面产生稳定电势差时,自由电子受到的洛伦兹力大小与电场力平衡,F洛=F电,即F洛=evB=e,故B错误;由evB=e,解得U=Bvd,B为垂直于上表面的磁感应强度的大小,用这种霍尔元件探测某空间的磁场时,霍尔元件摆放方向对产生的电势差U有影响,故C错误;U=Bvd,电流的微观表达式I=neSv=nedhv,解得元件内单位体积的自由电子数为n=,D正确。
7.(多选)(2025·广西卷,10)如图,带等量正电荷q的M、N两种粒子,以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场,经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器(简称选择器)。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1、右端开口宽度为2d时,M粒子沿轴线OO′穿过选择器后,沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外的匀强磁场(偏转磁场),并最终打在探测器上;N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场,并与M粒子打在同一位置,忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用及边界效应,则(　　)
A.M粒子的质量为
B.刚进入选择器时,N粒子的速度小于M粒子的速度
C.调节选择器,使N粒子沿轴线OO′穿过选择器,此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
D.调节选择器,使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场,打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为+
【答案】 AD
【解析】 对M粒子,在加速电场中,有qU=mM,在速度选择器中,有qv0MB1=qE,解得M粒子的质量mM=,A正确。因N粒子进入速度选择器后向下偏转,可知qv0NB1>qE,即v0N>v0M,B错误。设M粒子在磁场中运动的半径为R1,则qv0MB2=mM,解得R1==;设N粒子在磁场中运动的半径为R2,则2R1-2R2cos θ=d,解得R2=,又qvNB2=mN,可得vN=;由动能定理,N粒子在选择器中,-qEd=mN-
mN,在加速电场中,qU=mN,解得mN=,v0N=,则要想使得N粒子沿轴线OO′通过选择器,需满足qv0NB1′=qE′,联立解得=v0N=,C错误。若N粒子沿轴线通过选择器,则在磁场中运动的半径为R3,打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为Δx=2R1-2R3,其中R1==,R3==
,可得Δx=+,故D正确。
8.(2025·江苏镇江期末)如图所示,在第一象限存在垂直于xOy平面向外的磁场(图中未画出),磁感应强度大小与到O点的距离r成反比,即满足B1=(k未知),磁场分布在≤r≤L的范围内,第三象限与第四象限分别存在垂直于xOy平面向里和向外的半径为的圆形匀强磁场,磁感应强度大小均为B2=。第二象限有一束质量为m、电荷量为q、速度大小为v、与x轴的距离满足≤r≤L的范围内的粒子水平向右运动,已知这束带电粒子均在第一象限做圆周运动并垂直于x轴进入第四象限,最终均会打在垂直于y轴的屏上。不计粒子所受重力及带电粒子之间的相互作用。
(1)求出B1=的表达式中k的数值;
(2)与x轴距离不同的入射粒子,在第四象限圆形磁场中运动的时间不同,求最长时间与最短时间的差值;
(3)计算出第三象限磁场内有粒子经过的区域面积,并画出粒子打在屏上的范围。
【答案】 (1)　(2)
(3)πL2+L2　图见解析
【解析】 (1)粒子在第一象限磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,
解得R=,结合题意可知R=r,
联立可得B1==,则有k=。
(2)设在第三与第四象限磁场中做圆周运动半径为R2,同理可得R2==L,
与圆形磁场半径相同,则从x=L处入射的粒子在第四象限运动时间最长,则有t1==,
从x=L处入射的粒子在第四象限运动时间最短,则有t2=,
联立解得Δt=。
(3)在第三象限磁场内有粒子经过的区域面积
S=π+-π
=πL2+L2;
画出粒子打在屏上的范围如图所示。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
【答案】 AD
【解析】 画出粒子运动轨迹,如图,可知粒子在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点,A正确;由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得r=,故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为==,B错误;设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α,由几何关系cos α==,可得α=37°,故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1=T1=×,粒子在Ⅱ区运动的时间为t2=T2=×,联立可得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为=,D正确;粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1=×2πr1=×2πr1,l2=×2πr2=×2πr2,故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为=,C错误。
[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
【答案】 BD　
【解析】 根据粒子在磁场中的偏转方向,由左手定则可知粒子带负电,A错误;随着粒子不断打到N板上,N板带电荷量不断增加,向下的电场强度变大,粒子做减速运动,当粒子恰能到达N板时满足v2=2ad,a=,解得E=,即d越大,板间所形成的最大电场强度越小,B正确;因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点处的小孔,由几何关系得cos 60°=,解得r=2L,可得OP=rsin 60°=L,可得粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为xm==L,C错误;因金属板厚度不计,当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时,粒子仍可从Q点进入两板之间,由几何关系可知,此时粒子从P点沿正上方运动,进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°,则在两板间运动时间t=,其中a=,打到M板下表面的位置与Q点的最小距离s=vtcos α,解得s=2dsin 2α=
d,D正确。
[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。
【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] 【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。
【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,…)。
“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。
【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] 【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。
【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] 【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。
【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。
课时作业
对点1.带电粒子在组合场中的运动
1.(多选)(2025·安徽合肥模拟)如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从边界上O点射入磁场,入射方向与边界成45°角。当粒子第一次运动到电场中的P点时速度大小为v0、方向与边界平行,且P点与O点水平方向相距3L,P点与边界相距L。不计粒子所受的重力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子从O点射入磁场时的速度大小为v0
B.粒子第一次射入电场时的速度大小为2v0
C.匀强电场的电场强度大小为
D.匀强磁场的磁感应强度大小为
【答案】 ACD
【解析】 若粒子第一次在电场中到达最高点P,则其运动轨迹如图所示,设粒子在O点时的速度大小为v,OQ段为圆周,QP段为抛物线,根据对称性可知,粒子在Q点时的速度大小也为v,方向与x轴正方向成45°角,可得v0=vcos 45°,解得v=v0,选项A正确,B错误;在粒子从Q运动到P的过程中,由动能定理得-qE0L=m-mv2,解得E0=,选项C正确;粒子在匀强电场中由Q到P的过程中,水平方向的位移为x=v0t1,竖直方向的位移为y=t1=L,可得x=2L,又OP水平距离为3L,则OQ=L,由OQ=2rcos 45°,得粒子在OQ段做圆周运动的半径r=L,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=,解得B=,选项D正确。
2.(多选)如图,足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场,边界MN左侧区域的磁场方向垂直于纸面向里,右侧区域的磁场方向垂直于纸面向外,两区域的磁感应强度大小均为B。光屏上方有一粒子源紧挨着O点,可沿OA方向不断射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。粒子打在荧光屏上时,荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值,速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上,O、M之间的距离为 a,不计粒子重力及粒子间的相互作用,则(　　)
A.粒子的最大速率为
B.荧光屏上的发光长度为(2-)a
C.打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为
D.打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为
【答案】 AC
【解析】 速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上,其运动轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r1,即OO1=r1;O1O2=2r1,可知圆心角∠OO1K=60°,故OO2=2r1sin 60°=2a,可解得r1=2a,由向心力公式可得qv1B=m,联立可解得v1=,此过程在磁场中的运动时间最短,MN左侧轨迹圆心角60°,右侧轨迹圆心角150°,周期公式为T=,故总时间为t1=T=,故A、C正确;当粒子的轨迹恰与MN相切时,进入右侧后恰与MA相切,在磁场中的运动时间最长,运动轨迹如图乙所示,
由几何关系得r2=a,两边轨迹合起来恰好是一个圆周,故最长时间t2=T=,垂直打到荧光屏的位置离M最远,与荧光屏相切点离M最近,两点之间距离即为光屏上的发光长度,即Δx=(r1cos 30°+r1)-r2=2a,故B、D错误。
3.(多选)(2025·山东卷,12)如图甲所示的Oxy平面内,y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场,区域Ⅱ内充满垂直于Oxy平面的匀强磁场,电场和磁场的大小、方向均未知。t=0时刻,质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿x轴正向出发,在Oxy平面内运动,在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面,在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分,如图乙所示。不计粒子所受重力。下列说法正确的是(　　)
A.区域Ⅰ内电场强度大小E=,方向沿y轴正方向
B.粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径R=
C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=,方向垂直于Oxy平面向外
D.粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心坐标为(,0)
【答案】 AD
【解析】 由于粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,即粒子做类平抛运动,由曲线轨迹可知,正粒子受到的电场力方向竖直向上,即电场方向沿y轴正方向,设粒子初速度为v0,竖直方向有y=a,水平方向有x=v0t0,又Eq=ma,联立解得E=,进入匀强磁场时速度v==;粒子在区域Ⅱ中运动的yt图像为正弦曲线的一部分,可以判断粒子做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示,其圆心为O′,进入磁场时速度方向与竖直方向夹角为θ,则磁场方向垂直于xOy平面向外,其圆周运动的半径R=,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得B=;由于sin θ==0.6,可得θ=37°,由几何关系得OO′=3L+Rcos 37°=,粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心坐标为(,0),A、D正确,B、C错误。
4.(2025·河南卷,15)如图,水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射,当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点,通过b点时其速度方向水平向右。a、b与水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3h。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小;
(2)求电场强度的大小;
(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射,长时间来看,粒子将向左或向右漂移,求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)
【答案】 (1)　(2)　(3)v0
【解析】 (1)根据题意,画出粒子的运动轨迹,如图甲所示。
由题意可知θ=60°,
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,
由几何关系有r=rcos θ+h,
解得r=2h,
由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,
解得B=。
(2)根据题意,由对称性可知,粒子射出电场时,速度大小仍为v0,方向与水平虚线的夹角为60°,由几何关系可得
AC=s-2rsin θ=3h-2h=h,
则粒子在电场中的运动时间为
t==,
沿电场方向,由牛顿第二定律有qE=ma,
由运动学公式有
-v0sin θ=v0sin θ-at,
联立解得E=。
(3)若粒子从a点以速度v0竖直向下发射,画出粒子的运动轨迹,如图乙所示。
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0,粒子在磁场中运动的半径仍为2h,由几何关系可得,粒子进入电场时速度与虚线的夹角α=60°,
结合(2)的分析可知,粒子在电场中的运动时间为
t1=,A、M间的距离为AM=h,
由几何关系可得MN=2rsin α=2h,
则AN=MN-AM=h,
粒子在磁场中的运动时间为
t2=·=,
则有t=t1+t2=,
综上所述,粒子每隔时间t向右移动 h,则漂移速度大小v==v0。
对点2.带电粒子在交变电磁场中的运动
5.(2025·重庆渝中期末)如图甲所示,M、N为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O′正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知离子质量为m、带电荷量为q,离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。若要使离子从O′垂直于N板射出磁场,则离子射入磁场时的速度v0可能为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】 要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场,v0的方向应如图所示,两板之间正离子只运动一个周期(即T0)时,有r=;当两板之间正离子运动n个周期(即nT0)时,有r=(n=1,2,3,…)。由洛伦兹力提供向心力,有qv0B0=m,圆周运动周期T0=,联立求解,得正离子的速度的可能值为v0==(n=1,2,3,…)。当n=2时,v0=。故选A。
6.在xOy平面内存在着变化的电场和变化的磁场,变化规律如图所示,磁感应强度的正方向为垂直于纸面向里,电场强度的正方向为y轴正方向。t=0时刻,一电荷量为+q、质量为m的粒子(不计重力)从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向入射。Bt 图像中B0=,
Et图像中E0=。求:
(1)粒子在磁场中运动时的轨道半径的大小;
(2)3t0时刻粒子的坐标;
(3)0～5t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
【答案】 (1)　(2)(v0t0,v0t0)
(3)v0t0+v0t0
【解析】 (1)粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,解得r=。
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T==t0,在t0～2t0时间内,粒子所受合力为电场力,根据牛顿第二定律有qE0=ma,解得a=,
粒子在电场中做类平抛运动,则有
x=v0t0,
y=a=v0t0,
在2t0～3t0时间内,粒子完成了一个完整的圆周运动,即3t0时刻粒子的坐标为(v0t0,v0t0)。
(3)结合上述,作出粒子的运动轨迹,如图所示,
根据轨迹图可知
y1=2y=v0t0,
y2=2r=v0t0,
0～5t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值ymax=y1+y2=v0t0+v0t0。
7.(多选)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一带正电粒子源,OA竖直,MN与OA平行,且与圆形边界相切于B点,在MN的右侧有范围足够大、水平向左的匀强电场,电场强度为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向进入磁场时,粒子刚好从B点离开磁场。不计粒子所受重力和粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外
B.粒子的比荷为
C.粒子在磁场中运动的总时间为
D.粒子在电场中运动的总时间为
【答案】 ABD
【解析】 粒子从B点离开磁场,由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向外,根据几何关系知粒子做圆周运动的半径为R,由qv0B=m,解得=,故A、B正确;粒子从B点进入电场向右做匀减速直线运动,然后向左做匀加速直线运动再次从B点进入磁场,选向左为正方向,根据动量定理得,Eqt=2mv0,则粒子在电场中运动的总时间为t==,粒子再次从B点进入磁场,经过四分之一的周期离开磁场,所以粒子在磁场中运动的总时间为t总=,故C错误,D正确。
8.(2025·山东日照模拟)如图甲所示,足够大的两平行板P、Q水平固定,间距为d,板间有可独立控制的周期性变化的电场和磁场。电场和磁场都取垂直于纸面向里为正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示,电场强度随时间的变化规律如图丙所示。t=0时刻,一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置水平向右射入两板间。当B0、TB、TE取某些特定值时,可使粒子经一段时间垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、E0、v0、d为已知量。
(1)若只加磁场且磁感应强度B0=,粒子垂直打在P板上,求粒子在两板间运动的时间以及水平位移;
(2)若同时加电场和磁场,且磁感应强度B0=,粒子垂直打在P板上,求粒子在两板间运动的位移大小。
【答案】 (1)　d
(2)
【解析】 (1)若只加磁场且磁感应强度B0=,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B0=,
解得R1=,
粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,由图可知
R1+2R1sin θ=d,
解得θ=30°;
水平距离x=R1-2R1(1-cos θ)=d,
圆周运动的周期T1==,
运动时间t=T1=。
(2)若同时加电场和磁场,且磁感应强度
B0=,根据洛伦兹力提供向心力,有
qv0B0=,
解得R2=,
粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示,圆周运动的周期
T2==,
粒子在一个电场周期内,沿电场方向的速度变化为零,要使粒子垂直打到P板上,有
T2=nTE(n=1,2,3,…),
解得TE=(n=1,2,3,…),
粒子沿电场方向的位移大小
y=nTE=n××××TE=,
在磁场中的位移x==d,
粒子在两板间运动的位移大小
s==。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
【答案】 AC
【解析】 设OP=2d,由几何关系可知ra==2d,rb==,可知a、b两粒子的运动半径之比为∶1,选项A正确;根据qvB=m,可得v=,则==,即初速率之比为∶1,选项B错误;根据T=,t=T,a、b两粒子转过的角度之比为300°∶120°=5∶2,则运动时间之比为5∶2,选项C正确,D错误。
[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。
【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] 【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
【答案】 D
【解析】 当带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射时,粒子与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒,其运动轨迹如图甲所示,设圆筒的半径为R,由几何知识可知,粒子做圆周运动的轨道半径也为R,洛伦兹力提供圆周运动的向心力,则有qvB=;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,其运动轨迹如图乙所示,则D点和第一次碰撞点对于圆筒的圆心角为60°,设粒子的速度为v′,v′与CD成30°角,故四边形OEO′D为菱形,所以粒子做圆周运动的轨道半径为R,洛伦兹力提供圆周运动的向心力,则有qv′B=,联立可得v′=v,D正确。
[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.
【答案】 C
【解析】 当粒子运动轨迹与AP边相切于D点时,刚好从C点射出,此时对应的磁感应强度有最大值,粒子运动轨迹如图所示,根据几何关系,有L=r+,解得r=L,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,联立解得B=,C正确。
[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
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
==。
【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
【答案】 C
【解析】 He粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图甲所示,由图可知,粒子要在bcde区域运动,在经e点时轨道半径最大,此时粒子没能到达de中点,因此粒子不能到达de中点,A错误;设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g,O为粒子做圆周运动轨迹的圆心,当
∠Oag最大时,粒子运动轨迹对应的圆心角最大,粒子在磁场中运动时间最长,如图乙所示,由几何关系可知,当c点与g点重合时,粒子运动时间最长,即从bc边界射出的粒子运动时间不相等,设此时的运动半径为R,由几何关系有(2L-R)2+L2=R2,解得R=L,由洛伦兹力提供向心力,有qvB= 3m,解得v=,B错误,C正确He粒子在磁场中运动的周期为T==,在△Obc中,设∠bOc为α,由几何关系可得tan α==,即α=53°,则粒子在磁场中运动的最长时间为 t=T=T=,D错误。
“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.
【答案】 AC
【解析】 题目中只给出粒子“电荷量为q”,未说明电性,故有两种可能。若带正电,入射速度最大时的运动轨迹如图中上方与NN′相切的四分之一圆弧,运动半径R=,又d=R-Rcos 45°,解得v=;若带负电,入射速度最大时的运动轨迹如图中下方与NN′相切的四分之三圆弧,则有R′=,d=R′+R′cos 45°,解得v′=,故A、C正确,B、D错误。
[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
【答案】 BD
【解析】 当所加匀强磁场方向垂直于纸面向里时,由左手定则知负离子向右偏转,使其约束在OP之下区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切,如图(大圆弧),由几何知识知R2=ODsin 30°=OD,而 OD=s+R2,解得R2=s,所以当离子的轨迹半径小于s时满足约束条件。由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,所以得B>,故A错误,B正确。当所加匀强磁场方向垂直于纸面向外时,由左手定则知负离子向左偏转,使其约束在OP之下区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切,如图(小圆弧),由几何知识知临界圆的半径为R1=,所以当离子的轨迹半径小于时满足约束条件。由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,所以得B>,故C错误,D正确。
[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.
【答案】 CD
【解析】 根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=,可得r=,则粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为r1=,在第Ⅳ象限内运动的半径为r2==。设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限运动n次,在第Ⅳ象限运动(n-1)次,如图,根据几何关系有2n×r1cos 60°-2(n-1)×r2cos 60°=L,解得B1=·(n=1,2,3,…)。当B1=时,n不为整数,A错误;当B1=时,n=0,不符合取值范围,B错误;当B1=时,n=1,C正确;当B1=时,n=3,D正确。
课时作业
对点1.带电粒子在有界磁场中的运动
1.(2025·北京西城二模)如图所示,圆形匀强磁场区域的圆心为O,半径为R,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场,从Q点射出,PO与OQ成60°角,不计粒子所受重力。下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B.带电粒子在磁场中的运动时间等于
C.若射入速度变大,粒子运动的半径变小
D.若射入速度变大,粒子在磁场中的运动时间变短
【答案】 D
【解析】 粒子运动轨迹如图所示,根据几何关系可得=tan 30°,解得粒子运动半径为r=R;根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,粒子运动周期为T=,联立可得T=,带电粒子在磁场中的运动时间为t=T=,A、B错误。根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,可知射入速度变大,粒子运动的半径变大,C错误。粒子在磁场中的运动周期T=,粒子在磁场中的运动时间t=T,如果只增大粒子的入射速度v,周期不变。根据r=可知,如果只增大粒子的入射速度v,则偏转半径变大,由几何关系可知偏转角变小,则粒子在磁场中的运动时间变短,D正确。
2.(2025·甘肃平凉模拟)如图所示的矩形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,一比荷为k的带负电粒子由B点射入矩形区域,速度大小为v0,速度方向与AB边的夹角θ=45°,粒子在磁场中的运动轨迹刚好与AC边相切,AB=L、BD=L,忽略粒子所受的重力。下列说法正确的是(　　)
A.磁感应强度大小为
B.粒子在磁场中运动的时间为
C.仅将粒子的速度改为,粒子在磁场中运动的轨道半径为L
D.仅将粒子的速度改为,粒子在磁场中运动的时间为
【答案】 B
【解析】 由题意作出粒子的运动轨迹,如图中1所示,由几何关系得α=45°,设粒子的轨道半径为R,则有AB=R-Rcos α=L,解得R=L,粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,解得B=,A错误;粒子的运动周期为T==,设EO与FO的夹角为β,则有Rsin α+Rsin β=BD,解得β=30°,粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为α+β=75°,所以粒子在磁场中运动的时间为t=T,解得t=,B正确;仅将粒子的速度改为,则粒子的轨道半径R′=,解得R′=,作出粒子的运动轨迹,如图中2所示,粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为90°,又粒子的运动周期为T′=,则有T′=,粒子在磁场中运动的时间为t′=T′=,C、D错误。
3.(2025·重庆卷,14)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置,如图所示,水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点,且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方,仅可沿管的方向发射粒子,一端发射带正电粒子,另一端发射带负电粒子,同时发射的正、负粒子速度大小相同,方向相反,比荷均为。已知OK=3h,OM=3h,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点,求粒子的速度大小。
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,求粒子的速度大小。
(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点,可在粒子发射t时间后关闭磁场,忽略磁场变化的影响,求t。
【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)由题意知,粒子水平发射后做匀速圆周运动,要在O点产生光点,其运动半径
r=,
运动过程中,由洛伦兹力提供向心力有qvB=,
联立解得v==。
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆,且在N点相切,如图甲。由于K从水平方向逆时针旋转60°,则θ=30°,根据几何关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h,根据洛伦兹力提供向心力可知
qv1B=,
解得v1==。
(3)由题意,带正电粒子恰好在M点产生光点,则关闭磁场时粒子速度恰好指向M,过M点作带正电粒子轨迹的切线,切点为P,如图乙。根据前面可知ON=h,
所以NM=2h,
由于O′N=r1=2h,
且O′N⊥NM,
根据几何关系可知
∠NO′M=∠PO′M=60°,
而∠KO′N=120°,
所以α=120°,
粒子在磁场中运动的周期T=,
对应的圆心角α=120°,
所以t=T=·=。
对点2.带电粒子在磁场中运动的多解问题
4.(2025·河北邢台阶段检测)如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的左下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,MN的右上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为2B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速率可能是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】 设粒子在MN的右上方和MN的左下方做圆周运动的半径分别为r1和r2,由洛伦兹力提供向心力,有qv·2B=m,qvB=m,得r1=,r2=;如图所示,粒子通过b点分为两种情况:第一种情况,粒子经过MN右上方的次数比经过MN左下方的次数多一次,最简情况如图中轨迹Ⅰ所示,设经过MN右上方的次数为n,则有n·2r1cos 30°+(n-1)·2r2cos 30°=
L(其中n=1,2,…),联立得v=(n=1,2,…);第二种情况,粒子经过MN右上方的次数和经过MN左下方的次数相等,最简情况如图中轨迹Ⅱ所示,设其次数均为n,则有n·2(r1+r2)cos 30°=L(其中n=1,2,…),联立得v=(n=1,2,…)。若是第一种情况,则v=,,
……若是第二种情况,则v=,,……
5.(多选)(2025·甘肃卷,10)2025年5月1日,全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图,两个同心圆围成的环形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动,并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为,a粒子的速度大小为va=,方向沿同心圆的径向;b和c 粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.外圆半径等于2R0
B.a粒子返回A点所用的最短时间为
C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为
D.c粒子的速度大小为va
【答案】 BD
【解析】 对a粒子,运动轨迹如图甲所示,该粒子恰好到达磁场外边界后返回,然后沿磁场内边界径向做匀速直线运动,再做对称的匀速圆周运动而回到A点,根据a粒子受洛伦兹力提供向心力,有qvaB=,可得Ra=R0,设外圆半径为R′,根据几何知识,a粒子在磁场中做一次圆周运动转过的角度为270°,则R′=R0+R0,A错误;a粒子返回A点所用的最短时间tmin为第一次回到A点的时间,a粒子做匀速圆周运动的周期T==,在磁场中运动的时间t1=·T=,匀速直线运动的时间t2==,故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin=t1+t2=,B正确;b、c粒子运动轨迹分别如图乙、丙所示,因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周,由于b、c带正电且比荷均为,所以两粒子做圆周运动的周期相同,故所用的最短时间之比为1∶1,C错误;对c粒子,由几何关系有R′-R0=2Rc,得Rc=R0,由洛伦兹力提供向心力有 qvcB=,得vc=va,D正确。
6.(多选)(2025·福建阶段检测)如图所示,在一个直角△ACD(∠C=90°)区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),沿纸面从AC边的O点垂直于AC边以速度v射入该匀强磁场区域,已知CD=2OC=2l,
∠A=θ,下列关于粒子运动的说法正确的是(　　)
A.若θ=45°,v=,则粒子从CD边射出磁场,出射点与C点的距离为l
B.若θ=45°,要使粒子从CD边射出,则最大速度为v=
C.若θ=30°,要使粒子从CD边射出,则最大速度为v=
D.若θ=30°,该粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】 AC
【解析】 若θ=45°,根据洛伦兹力提供向心力,可知qvB=,解得r=l,根据几何关系可知,粒子一定从距C点为l的位置离开磁场,A正确;根据洛伦兹力提供向心力,可知v=,因此半径越大,速度越大,如图甲所示,根据几何关系可知,粒子轨迹与AD边相切时对应的速度最大,由几何关系可知,最大半径满足(rm+l)sin 45°=rm,解得rm=(1+)l,又qvB=,最大速度为v=,B错误;若θ=30°,如图乙所示,由几何关系可知,最大半径满足rm′2=(2l)2+,又qvB=,解得最大速度为v=,C正确;粒子运行周期为T=,根据几何关系可知,粒子在磁场中运动的最大圆心角为180°,最长时间为,D错误。
7.(2025·陕晋青宁卷,14)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷,一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统,结构简化如图甲所示,圆筒足够长。在O点有一电子源,向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子,某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场,筒的横截面及轴截面示意图如图乙所示,当磁感应强度大小调至B0时,恰好没有电子落到筒壁上,不计电子间相互作用及其重力的影响。求:(R、v0、B0均为已知量)
(1)电子的比荷;
(2)当磁感应强度大小调至B0时,筒壁上落有电子的区域面积S。
【答案】 (1)　(2)2π2R2
【解析】 (1)当磁场的磁感应强度为B0时,电子刚好不会落到筒壁上,电子以速度v0垂直于轴线方向射出,电子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹恰好与圆筒壁相切,运动半径为R0=,
根据洛伦兹力提供向心力可得ev0B0=,
联立解得=。
(2)磁感应强度调整为后,将电子的速度方向沿垂直于轴线和平行轴线方向进行分解,分别设为vx、vy,电子将在垂直于轴线方向上做匀速圆周运动,平行轴线方向上做匀速直线运动,电子击中筒壁上距离粒子源最远的点时,其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切,则运动半径仍为R0=,
根据洛伦兹力提供向心力可得evx=,
联立解得vx=,
由射出到相切,根据几何关系知,所用时间为
t=,
解得t=,
根据速度的合成与分解可知
vy==v0,
平行轴线方向运动的距离y=vyt=R,
结合对称性可知,被电子击中的面积
S=2×2πRy=2π2R2。【考情分析】
年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
磁场的叠加 湖北·T4、福建·T3
安培力 河南·T9 福建·T6、重庆·T13、 贵州·T5 北京·T18、海南·T17、 江苏·T2、山东·T12
带电粒子在磁场 中的运动 安徽·T7、 甘肃·T10、 重庆·T14、 陕晋青宁·T14、 北京·T18 浙江1月选考·T20、 广西·T5、 重庆·T14、 河北·T10 北京·T13、 天津·T13、 湖北·T15、 全国甲·T20、 浙江6月选考·T20、 广东·T5
带电粒子在 组合场中的运动 河北·T10、 山东·T12、 河南·T15、 湖北·T14 黑吉辽·T15、福建·T15 海南·T18、湖南·T14、 新课标·T26、广东·T15、 甘肃·T15、湖北·T7 贵州·T14、江苏·T16 山东·T17、 海南·T13、 辽宁·T14
带电粒子在叠加场中的运动 广西·T10、 福建·T7、 云南·T14 安徽·T10、江西·T7、 北京·T22、山东·T18、 湖北·T9 湖南·T6、海南·T2、 江苏·T16、 全国乙·T18
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.情境化加深:结合科技前沿(如量子通信中的磁场应用、嫦娥探月中的磁场探测器)、本地产业、STSE(如MRI核磁共振的磁场原理、磁悬浮列车的环境影响)设计题目。
2.跨学科融合:与数学(如轨迹方程、微积分)、工程技术(如粒子加速器设计)、信息技术(如磁场数据的物联网监控)交叉,考查综合建模能力。
3.开放性与创新性:增加开放性实验题(如“设计实验测量未知磁场的磁感应强度”)、批判性思维题(如“评价某电磁装置的磁场设计合理性并提出改进方案”)。
二、热点预测
1.复合场中的带电粒子运动:仍是考查重点,可能结合“速度选择器”“质谱仪”“回旋加速器”等经典模型,或创新“磁场+电场+重力场”的组合场景(如“太空实验室中的带电粒子运动”)。
2.安培力的实际应用:聚焦新能源与节能技术(如“新能源汽车电机中的安培力做功计算”“电磁制动系统的效率分析”“太阳能电池板的磁场定位装置”)。
3.磁场的测量与探测:结合航天科技(如“嫦娥探月工程中的磁场探测器原理”“地球磁场的变化对卫星通信的影响”)。
4.电磁感应与磁场的结合:考查“电磁感应中的安培力”(如“导体棒切割磁感线时的安培力阻碍运动”)、“能量转化”(如“电磁感应中的电能与机械能的转化”)等。
5.STSE情境下的磁场问题:如“MRI核磁共振的磁场强度计算”“磁悬浮列车的磁场对周边环境的影响”“半导体中的霍尔效应(磁场中的载流子偏转)”等。
三、备考建议
1.夯实基础:掌握核心概念与模型。
核心概念:熟练掌握磁感应强度、安培力、洛伦兹力的定义、公式及方向判断(左手定则、安培定则);
核心模型:重点复习“带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”(半径、周期公式)、“复合场中的匀速直线运动”(速度选择器)、“安培力的平衡问题”(如电磁起重机);
回归教材:精读教材中的“磁场”章节,关注“思考与讨论”(如“为什么安培力方向与电流方向垂直 ”)、“科学漫步”(如“磁悬浮列车的原理”)、“课后习题”(如“计算带电粒子在磁场中的运动轨迹”)。
2.关注热点:联系科技与生活。
科技前沿:阅读科普文章,了解“中国空间站的磁场环境”“超导材料的磁场应用”“可控核聚变中的磁场约束”等内容。
生活场景:观察身边的磁场应用,如“手机中的指南针(地磁场)”“电动车的电机(安培力)”“医院的MRI(核磁共振)”,尝试用物理知识解释其原理。
3.提升能力:强化建模与解题技巧。
模型构建:训练从实际情境中抽象物理模型的能力,如将“高铁刹车中的电磁阻尼”抽象为“安培力阻碍导体棒运动”模型,将“新能源汽车电机”抽象为“安培力驱动线圈转动”模型。
数学应用:加强几何知识(如圆的切线、弦长)、微积分思想(如变力做功)在磁场问题中的应用,例如“带电粒子在磁场中的轨迹半径计算”需用几何知识找圆心、求半径。
4.实验与创新。
霍尔效应实验:测量磁感应强度(注意电压表接法及载流子类型判断)。
创新设计题:如利用通电螺线管和传感器测量地磁场分量。
总结:磁场模块是高考物理的核心内容,近三年考查重点集中在复合场、安培力应用、带电粒子运动,未来将更强调情境化、科技化、跨学科融合。备考时需夯实基础、关注热点、提升建模能力、规范答题。
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:2] [2:
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
【答案】 A
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
【答案】 C]
【答案】 力　　N　平行四边形　切线　强弱　强　弱　N极
S极　S极　N极　相交　电流　磁感线　磁感线　IlB　0
IlBsin θ　同一个平面　电流　安培力
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
【答案】 A
【解析】 三角形线圈中电流间相互作用可以忽略不计。根据安培定则,通电金属棒MN在线圈所在位置产生的磁场方向为垂直于纸面向里,由左手定则可知,在安培力的作用下线圈大致形状为选项A中所示。
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
【答案】 A
【解析】 根据安培定则和对称性,设L1在M、O、N三点的磁感应强度分别为-x、x、y,其中“-”表示方向垂直于纸面向外,x>y>0,则L2在M、O、N三点的磁感应强度分别为y、x、-x;依题意,B1=|-x+y|=x-y,B2=2x,撤去L2的电流,N点的磁感应强度大小为y=B2-B1,故选项 A正确。
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
提示:(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。
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
【答案】 AC
【解析】 方法一　微元法
如图,取通电半圆形铜环的一小段Δl,可将其视为直导线,根据左手定则可知,该小段导线受到的安培力方向如图所示,其大小ΔF=BIΔl,根据对称性可知,对称的两小段导线所受的安培力在水平方向的分力大小相等,方向相反,相互抵消,则通电后半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下,根据受力分析可知,通电后两绳拉力变大,A正确,B错误;
对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和,可得F=∑Fy=∑BIΔlsin θ=2rIB,C正确,D错误。
方法二　等效法
通电半圆形铜环的等效长度为直径ab,电流方向a→b,根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下,大小F=BI×2r=2rIB,根据受力分析可得,通电后,细绳拉力FT=mg+F=mg+2rIB>mg,两根细绳拉力均比未通电流时的大。
[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
【答案】 C
【解析】 将通电线圈等效成磁体,磁体方向垂直于纸面,根据异名磁极相互吸引可知,等效磁体外面为N极,则线圈中电流沿adcba方向,选项A错误;根据磁体间的相互作用可知,俯视看,磁体有沿顺时针方向转动的趋势,选项B错误;线圈转动90°的过程中,由于线圈受磁体的吸引力增大,弹簧的长度变长,选项C正确,D错误。
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
(m+m0)g=Mgsin θ+ILB,
结合题中数据解得m=0.025-m0+0.01BI,
结合m-I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。
【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。
【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。
课时作业
对点1.安培定则和磁场的叠加
1.(2025·湖北卷,4)如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,放置一通电圆线圈,圆心为O点,线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点,它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零,则N点的总磁感应强度大小为(　　)
A.0 B.B C.2B D.3B
【答案】 A
【解析】 已知M点的总磁感应强度大小为零,根据右手螺旋定则和矢量叠加可知,线圈在M点产生的磁场与匀强磁场等大反向,根据对称性和矢量叠加可知,N点和M点总磁感应强度相同,均为零,A正确。
2.(2024·贵州卷,5)如图,两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2,且I1>I2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时,导线框所受安培力的合力方向(　　)
A.竖直向上 B.竖直向下
C.水平向左 D.水平向右
【答案】 C
【解析】 由题意知,I1>I2,且导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等,由电流的磁效应可知,线框左半部分竖直边所在位置的磁场强于右半部分竖直边所在位置的磁场,又同向电流相互吸引,所以整个线框竖直边所受安培力的合力水平向左,而导线框中上、下两边对应位置的磁场强弱相同,电流方向相反,故上下两边所受安培力合力为零,故整个线框所受安培力水平向左,C正确,A、B、D错误。
对点2.安培力的分析与计算
3.(2025·河北沧州二模)图甲,把一不计重力的通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方;图乙是电磁轨道炮的工作原理图,平行导轨水平放置于沿竖直方向的匀强磁场中,可导电金属架和炮弹垂直放在导轨上;图丙,当电流方向相同时,两条通电导线之间也有作用力;图丁是通电直导线置于匀强磁场中,通电导线电流方向水平向左,磁场方向垂直于纸面向里。下列说法正确的是(　　)
A.图甲中,通电直导线受到安培力,且左端向里、右端向外
B.图乙中,闭合开关,金属架和炮弹一起水平向右运动,磁场方向应竖直向上
C.图丙中,当电流方向相同时,导线相互排斥,相互作用是通过磁场发生的
D.图丁中,通电直导线受到安培力且方向向上
【答案】 B
【解析】 题图甲中,根据左手定则,通电直导线受到安培力,且左端向外、右端向里,A错误;题图乙中,闭合开关瞬间,金属架和炮弹一起水平向右运动,需受向右的安培力,根据左手定则可知,磁场方向应竖直向上,B正确;题图丙中,当电流方向相同时,导线相互靠近,说明通电导线相互吸引,C错误;题图丁中,通电直导线受到安培力且方向向下,D错误。
4.(2025·江苏模拟)如图甲所示,一段对应圆心角为60°的圆弧形导线,通以电流I。若导线所在平面与纸面平行,匀强磁场方向垂直于纸面向里,导线所受安培力的大小为F1;如图乙所示,若磁感应强度大小不变,方向改为平行于纸面沿半径ON向右,导线所受安培力的大小为F2,则为(　　)
A.2∶ B.∶1
C.∶2 D.1∶1
【答案】 A
【解析】 当磁场方向垂直于纸面向里时,设弧半径为R,通电导线的有效长度如图甲中MN所示,根据安培力的定义,结合几何关系,可得导线所受安培力大小为F1=BIR;当磁场方向水平向右时,通电导线的有效长度如图乙中MQ所示,根据安培力的定义,结合几何关系,可得导线所受安培力大小为F2=BIRsin 60°=BIR;所以==,故B、C、D错误,A正确。
5.(多选)(2025·内蒙古期中)如图所示,粗细均匀的正五边形abcde处于方向垂直于五边形abcde(纸面)向里的匀强磁场中,a、e两端与电源连接,已知ae边由合金材料甲制成,ab、bc、cd、de边由另一种金属材料乙制成,甲和乙的电阻率之比为3∶2。闭合开关S,下列说法正确的是(　　)
A.ae支路和上面的支路受到的安培力方向相同
B.ae支路和上面的支路受到的安培力方向不在一条直线上
C.ae支路和上面的支路受到的安培力大小之比为4∶3
D.ae支路和上面的支路受到的安培力大小之比为8∶3
【答案】 AD
【解析】 根据左手定则可知,ae支路受安培力方向向上;上面的支路等效于ae支路的长度和电流方向,可知上面支路受到的安培力方向也向上,选项A正确,B错误;ae支路和上面支路的电阻之比==,两支路电压相等,可知电流之比为8∶3,根据F=IlB,两支路等效长度相等,可知受到的安培力大小之比为8∶3,选项C错误,D正确。
对点3.安培力作用下的平衡和加速问题
6.(2025·甘肃期末)通电直导线ab的质量为m、长为l,用两根细线把导线水平吊起,导线中的电流为I,方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场,导线处于平衡时细线与竖直方向成θ=37°角,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g,则(　　)
A.磁感应强度大小为
B.导线所受拉力大小为mg
C.若增大磁感应强度,则导线静止时细线与竖直方向的夹角将变大
D.若改变磁感应强度,导线静止时细线与竖直方向的夹角仍为θ,则磁感应强度的最小值为
【答案】 C
【解析】 对导线受力分析,如图所示,根据平衡条件可得FA=mgtan θ=IlB,FT=,解得B=,FT=mg,A、B错误;由上述分析可知tan θ=,若增大磁感应强度,安培力增大,则细线与竖直方向的夹角将增大,C正确;当安培力与拉力方向垂直时,安培力最小,磁感应强度最小,则IlBmin=mgsin θ,所以Bmin=,D错误。
7.(2025·山东聊城二模)如图所示,空间中存在一匀强磁场(图中未画出,大小、方向未知),两条平行金属导轨间距l=1 m,与水平面成倾角θ=37°固定,在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m=0.5 kg的金属棒AB置于短杆处,金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ=0.5。现将两导轨与恒流电源相连接,金属棒中电流大小为I=3 A,重力加速度g取
10 m/s2,取sin 37°=0.6。要使金属棒沿导轨向上以a=2 m/s2的加速度做匀加速直线运动,则磁感应强度的最小值为(　　)
A. T B. T C.1 T D.2 T
【答案】 A
【解析】 对金属棒受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律可得Fcos α-mgsin θ-Ff=ma,
FN+Fsin α=mgcos θ,Ff=μFN,联立可得F= N,
由此可知Fmin=IlBmin= N= N,所以Bmin= T,A正确。
8.(2024·重庆卷,13)小明设计了如图所示的方案,探究金属杆在磁场中的运动情况,质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连,形成闭合回路,两根导线的间距和P、Q的长度均为L,仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动,P、Q始终保持水平,不计空气阻力、摩擦和导线质量,忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g,当P匀速下降时,求:
(1)P所受单根导线拉力的大小;
(2)Q中电流的大小。
【答案】 (1)mg　(2)
【解析】 (1)由题意可知,P处于动态平衡,所受合力为0,设单根导线的拉力大小为FT,对P有2FT=2mg,
解得FT=mg。
(2)设Q所受安培力大小为F,对P、Q整体受力分析有mg+F=2mg,
又F=ILB,解得I=。
9.(多选)(2025·河南卷,9)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量,光学防抖技术可以消除这种影响。如图,镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连,两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧,c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面向里。拍照时,手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向,依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零),使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是(　　)
A.若Ic沿顺时针方向,Id=0,则表明a的方向向右
B.若Id沿顺时针方向,Ic=0,则表明a的方向向下
C.若a的方向沿左偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向且Ic>Id
D.若a的方向沿右偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿顺时针方向且Ic【答案】 BC
【解析】 若Ic沿顺时针方向,Id=0,由左手定则可知线圈c受到的安培力向右,则表明a的方向向左,A错误;若Id沿顺时针方向,Ic=0,由左手定则可知线圈d受到的安培力向上,则表明a的方向向下,B正确;若a的方向沿左偏上30°,则a左>a上,故线圈c受到的安培力向右,Ic沿顺时针方向,线圈d受到的安培力向下,Id沿逆时针方向,由牛顿第二定律可知F右>F下,则Ic>Id,C正确;若a的方向沿右偏上30°,则a右>a上,故线圈c受到的安培力向左,Ic沿逆时针方向,线圈d受到的安培力向下,Id沿逆时针方向,由牛顿第二定律可知F左>F下,则Ic>Id,D错误。
10.(2025·陕西榆林二模)如图所示,间距l=0.50 m 的两平行金属导轨固定在与水平面夹角θ=30° 的绝缘斜面上,金属导轨的顶端接有电动势E=9.0 V、内阻r=1.0 Ω的直流电源,导轨所在空间中存在方向垂直于斜面向上、大小可以调节的匀强磁场。现把一个质量m=0.10 kg的导体棒ab放在金属导轨上,导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒恰好能在此位置保持静止状态。已知导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=3.5 Ω,金属导轨电阻可以忽略,重力加速度g取10 m/s2,可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求通过导体棒的电流I的大小和导体棒的电功率P;
(2)若导轨光滑,求匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(3)若导体棒与导轨的动摩擦因数μ=,为使导体棒静止不动,磁感应强度B的大小需要满足什么条件
【答案】 (1)2 A　14 W　(2)0.50 T
(3)0.30 T≤B≤0.70 T
【解析】 (1)根据闭合电路的欧姆定律有
E=I(r+R),
解得导体棒的电流I=2 A,
导体棒的电功率
P=I2R=14 W。
(2)导体棒处于静止状态,根据平衡条件,沿斜面方向,有mgsin θ=F安,
安培力的大小
F安=IlB,
解得磁场的磁感应强度
B=0.50 T。
(3)根据平衡条件,垂直于斜面方向,有
FN=mgcos θ,
导体棒受到的最大静摩擦力
Ffmax=μFN=μmgcos θ。
当摩擦力最大并沿斜面向上时,导体棒所受的安培力最小,沿斜面方向有
mgsin θ=Ffmax+F安min,
最小安培力的大小
F安min=IlBmin,
联立并代入数据,解得磁感应强度的最小值
Bmin=0.30 T;
当摩擦力最大并沿斜面向下时,导体棒所受的安培力最大,沿斜面方向有
mgsin θ+Ffmax=F安max,
最大安培力的大小
F安max=IlBmax,
联立并代入数据,解得磁感应强度的最大值
Bmax=0.70 T,
综上,磁感应强度应满足的条件是
0.30 T≤B≤0.70 T。(共14张PPT)
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
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(　 　)
BC
[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(　 　)
D
[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(　 　)
AD
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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。
知识构建
基础转化
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
B
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。
模理探真·深度学习
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
AB
【解析】 安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力是安培力的微观形式,故安培力和洛伦兹力是性质相同的力,本质上都是磁场对运动电荷的作用力,A正确;根据左手定则,可知洛伦兹力总是垂直于磁场方向与速度方向所构成的平面,而磁场方向与速度方向不一定垂直,B正确;洛伦兹力对粒子不做功,即粒子在只受到洛伦兹力作用时,动能不变,C错误;安培力对导线可以做功,D错误。
[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
A
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v-t图像不可能是(　　)
B
A B C D
【解析】 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力,若满足重力与洛伦兹力相等,则圆环做匀速直线运动,v-t图像如选项A所示,A不符合题意;若重力大于洛伦兹力,圆环受摩擦力作用,做减速运动,竖直方向有FN=mg-qvB,水平方向有Ff=μFN=ma,随着速度的减小,支持力增大,摩擦力增大,圆环将做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零,则v-t图像如选项C所示,C不符合题意;若洛伦兹力大于重力,圆环受到摩擦力的作用,做减速运动,竖直方向有FN=qvB-mg,水平方向有Ff=μFN=ma,随着速度的减小,支持力减小,摩擦力减小,圆环做加速度逐渐减小的减速运动,当重力与洛伦兹力相等时,做匀速直线运动,则v-t图像如选项D所示,D不符合题意;圆环不可能做匀减速直线运动,B选项所示v-t图像不存在,B符合题意。
[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
ACD
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。
[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(　　)
B
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
BD
[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(　 　)
CD
感谢观看(共18张PPT)
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(　　)
C
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
C
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(　 　)
AC
感谢观看第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.
【答案】 B
【解析】 将粒子的运动看成是两个运动的合成,如图,即v0=v2-v1,因而粒子可以看作受到两个洛伦兹力,分别为qv1B与qv2B,其中qv1B平衡电场力,即qv1B=qE,解得v1=,这样,粒子的运动可以看成是匀速直线运动(速度v1)和匀速圆周运动(速率v2)的合运动,因此有qv2B=m,解得R=,因为时间t==T,而且粒子正好运动到O点正下方,说明粒子在水平方向的位移为0,即粒子做匀速直线运动的位移等于匀速圆周运动的半径,即v1t=,联立解得v0=,故选B。
[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)
【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　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。
【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] 【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。
【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]。
课时作业
对点1.“配速法”的应用
1.(2025·河北石家庄阶段检测)如图所示,已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O做速率为v的匀速圆周运动,同时圆心O向右相对地面以速率v做匀速运动形成的,该轨迹称为滚轮线(也称为摆线)。如图乙所示,空间存在水平方向(垂直于纸面向里)的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一质量为m、电荷量为+q的小球以竖直向上的初速度v0进入磁场,小球的轨迹就是滚轮线。设重力加速度为g,则小球运动过程中的最大速度为(　　)
A. 　　　　B.+
C.+v0 　　　　D.+
【答案】 B
【解析】 根据配速法,把初速度v0分解为向右的速度v1和斜向左上方的速度v2,且有qv1B=mg,v2=,则小球运动过程中的最大速度为vm=v1+v2=+。
2.(2025·江西南昌二模)在竖直平面内有xOy坐标系,空间存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场,磁感应强度为B,电场强度为E,一电荷量为q的带正电粒子(重力忽略不计)从坐标原点以速度v0=沿x轴正方向开始运动,其轨迹可能为下列图像中的(　　)
A　　 　　B
C　　 　　D
【答案】 A
【解析】 开始时,粒子所受的合力大小F合=qE-qv0B=,方向竖直向下,则最初粒子的运动轨迹向下弯曲,取qE=qv1B,解得v1=>v0,则粒子实际的运动可看作以v1=向右的匀速直线运动和从O点出发的以v2=v1-v0=的逆时针方向的匀速圆周运动的合运动,由运动的合成和周期性知,粒子运动轨迹为周期性的摆线形状,故A正确,B、C、D错误。
3.(2025·福建福州三模)在一真空区域的竖直平面内建立如图所示的直角坐标系xOy,第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场,第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小均相等;y>0的区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,y<0的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均相等。一质量为m、带电荷量为q的微粒恰好沿虚线AO做匀速直线运动,速度大小为v0,方向与x轴负方向夹角为45°,重力加速度为g。求:
(1)电场强度的大小和磁感应强度的大小;
(2)微粒在第三象限内运动的时间和离开第三象限时的位置坐标;
(3)微粒在第四象限内运动过程中速度的最大值。
【答案】 (1)　　(2)　(0,-)　(3)2v0
【解析】 (1)根据受力平衡条件,微粒带正电,有
mg=qE,q·v0B=,
解得E=,B=。
(2)微粒进入第三象限后,由受力分析,重力和电场力平衡,故微粒受洛伦兹力做匀速圆周运动,设微粒运动半径为R,由几何关系可得圆心角θ=90°=,
微粒在第三象限内运动的时间t=T,
根据洛伦兹力提供向心力有
q·v0B=m,
周期为T==,
联立解得t=,
微粒离开第三象限时在竖直方向移动的距离为
d=R=,
微粒离开第三象限时的位置坐标为(0,-)。
(3)微粒进入第四象限后速度方向与y轴负方向夹角为45°,根据运动的合成与分解,可以把速度分解到x、y方向,分速度分别为
vx=v0sin 45°=v0,vy=v0sin 45°=v0,
根据受力分析qvxB=mg,微粒运动可分解为水平方向速度大小为vx的匀速直线运动和速度大小为vy的匀速圆周运动。
当vx与vy同向时合速度最大,最大速度为
v=vx+vy=2v0。
对点2.带电粒子在空间电磁场中的运动
4.(多选)(2025·广东深圳二模)如图所示,在三维坐标系Oxyz中,z<0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ,磁感应强度大小为B0,在z>0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为B0。一带正电的粒子从M(a,0,-a)点以速度v0沿y轴正方向射出,恰好做直线运动。现撤去电场,继续发射该带电粒子,带电粒子恰好垂直xOy平面进入z>0空间。不计粒子所受重力,下列说法正确的是(　　)
A.电场强度大小为B0v0
B.带电粒子的比荷为
C.带电粒子第二次经过xOy平面的位置坐标为(a,0,-a)
D.粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为3a
【答案】 AD
【解析】 撤去电场前,粒子恰好做直线运动,则有qv0B0=qE,解得E=v0B0,故A正确;撤去电场,继续发射该带电粒子,带电粒子恰好垂直于xOy平面进入z>0空间,可知,粒子做半径为a的匀速圆周运动,则有qv0B0=m,解得带电粒子的比荷为=,故B错误;结合上述分析可知,带电粒子第一次经过xOy平面的位置坐标为(a,a,0),进入z>0空间后,磁场变为B0,则粒子做圆周运动的半径为2a,且向x轴负方向偏转,则第二次经过xOy平面的位置坐标为(-3a,a,0),故C错误;结合上述分析可知,粒子再次进入z<0的空间做圆周运动,沿y轴正方向移动2a后第三次经过xOy平面,此位置坐标为(-3a,3a,0),则粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为d==3a,故D正确。
5.(2025·山东青岛期中)如图所示,Oxyz坐标系内有一棱长为2L的立方体空间OADC-
O1A1D1C1,立方体空间内及边界附近存在沿y轴正方向的匀强电场和匀强磁场(图中未画出),M、P、K和N分别是AD、AA1、A1D1和O1C1的中点。从M点向K点射出的速率为v、质量为m、电荷量为q的带电微粒恰能通过P点。不计空气阻力,已知重力加速度为g。
(1)求该区域的匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B;
(2)若该微粒在M点沿MN方向以速度v射入该区域,求微粒离开立方体空间时的位置坐标;
(3)仅将电场反向,大小不变,若该微粒从M点沿MD方向以速度v= 射入该区域,求微粒离开立方体空间时的位置坐标。
【答案】 (1)　　(2)(L,2L-,0)
(3)(,0,L+L)
【解析】 (1)由题意知微粒做圆周运动,有mg=qE,
所以E=,
根据qvB=m,
所以B=。
(2)将速度分解为沿x轴正方向和y轴负方向,均为v;水平方向做匀速圆周运动,其半径仍为L,运动周期,则运动时间为t=,
y轴负方向做匀速运动,sy=vt=,
因此微粒射出坐标为(L,2L-,0)。
(3)将电场反向,y轴方向上有qE+mg=ma,
解得a=2g,
根据2L=at2,
可得t=,
圆周运动周期
T==,
微粒运动周期,
如图为俯视图,S点即为射出底面的点,其坐标为(,0,L+L)。
6.(多选)在地面上方空间存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的水平方向匀强磁场,与竖直方向的匀强电场(图中未画出),一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计),以水平初速度v0水平向右射出,运动轨迹如图。已知电场强度大小为E=,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.电场方向竖直向上
B.带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为2v0
C.带电粒子水平射出时的加速度大小为
D.带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为
【答案】 BD
【解析】 由运动轨迹可知,带电粒子只有受竖直向下的电场力,最低点线速度最大,向心力最小,偏转半径最大,才符合题意,则电场方向竖直向下,故A错误;将带电粒子的速度分解为一个水平向左、大小v1=的分速度和一个水平向右、大小v2=v0的分速度,由于F1=qv0B=qE(与电场力平衡),则带电粒子的运动可以看成是以速率v1向左的匀速直线运动和以速率v2的匀速圆周运动的合运动,故带电粒子在运动轨迹的最低点时的速度大小v=v1+v2=2v0,故B正确;由牛顿第二定律可得,带电粒子水平射出时的加速度大小为a===,故C错误;由于洛伦兹力不做功,带电粒子从运动轨迹的最高点运动到最低点的过程有m+qEh=mv2,又有v=2v0,解得h=,故D正确。
7.(2025·湖南常德三模)三维直角坐标系的Oxy平面与水平面平行,空间存在与z轴平行的周期性变化的匀强磁场和匀强电场(图中没有画出),磁场和电场随时间变化规律分别如图甲和乙所示,规定沿z轴正方向为匀强磁场和匀强电场的正方向,不考虑磁场和电场变化而产生的感生电磁场的影响。在t=0时刻,一个质量为m、带电荷量为+q的小球,以速度v0从坐标原点O点沿y轴正方向开始运动,小球恰好沿圆周运动,已知重力加速度为g,图中t0已知,B0=,而E0未知。求:
(1)E0的大小,画出0～2t0时间内小球的运动轨迹;
(2)3t0时刻小球的位置坐标;
(3)20t0时刻小球在z轴的位置坐标。
【答案】 (1)　见解析图1
(2)(,-v0t0,-g)　(3)-90g
【解析】 (1)0～t0时间内,小球在xOy平面内做匀速圆周运动,有qE0=mg,得E0=,
小球做圆周运动的周期T==2t0,
得t0=,
t0～2t0时间内,小球做匀速直线运动,L=v0t0,
轨迹如图1所示。
(2)0～t0时间内小球做圆周运动,运动半径为r,
r==,t0～2t0时间内,小球做匀速直线运动,L=v0t0,2t0～3t0时间内,小球在水平面内做匀速圆周运动,正好运动半周,竖直方向上做自由落体运动,下落距离d=g,
运动轨迹如图2所示,
可知3t0时,对小球位置坐标(x,y,z)有
x=4r=,
y=-L=-v0t0,
z=-d=-g,
即(,-v0t0,-g)。
(3)小球在水平面内运动具有周期性,4t0时小球恰好沿x轴正向平移了4r,
20t0时x20=20r,y20=0,小球在竖直方向上,
第一个2t0内不运动,竖直位移d1=0,
第二个2t0做加速运动,竖直位移
d2=g=2g,
第三个2t0再匀速运动
d3=(g×2t0)×2t0=4g,
由图3所示vz-t图像意义可知公差为Δd=2g,
20t0时刻小球在z轴上的坐标为
z20=-(d1+d2+…+d10)
=-(0+2+4+…+18)g
=-90g。(共31张PPT)
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
B
[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。
(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;
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,
(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)
【解析】 (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,
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;
【答案】 (1)v0B　
【解析】 (1)离子做匀速直线运动,有qv0B=qE,
解得E=v0B。
(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。
【答案】 (3)[2d,-2d,(2+π)d]
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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
模理探真·深度学习
提示: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。
“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,
BD
[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,
AD
设粒子初速度方向与x轴夹角为θ1 时,能打在光屏下端,如图乙,由几何关系可得θ1=60°,同理,粒子打在光屏上端时(图甲),
初速度与x轴夹角为θ2=120°,D正确。
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)
[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,
AD
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。
[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。
A
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
[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(　　)
C
[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
AC
[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
C
[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(　　)
D
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第十一章　
磁场
【考情分析】
年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
磁场的叠加 湖北·T4、福建·T3
安培力 河南·T9 福建·T6、 重庆·T13、 贵州·T5 北京·T18、
海南·T17、
江苏·T2、
山东·T12
带电粒子在磁场 中的运动 安徽·T7、 甘肃·T10、 重庆·T14、 陕晋青宁·T14、 北京·T18 浙江1月选考·T20、 广西·T5、 重庆·T14、 河北·T10 北京·T13、
天津·T13、
湖北·T15、
全国甲·T20、
浙江6月选考·T20、
广东·T5
带电粒子在组合场中的运动 河北·T10、 山东·T12、 河南·T15、 湖北·T14 黑吉辽·T15、福建·T15 海南·T18、湖南·T14、 新课标·T26、广东·T15、 甘肃·T15、湖北·T7 贵州·T14、江苏·T16 山东·T17、
海南·T13、
辽宁·T14
带电粒子在叠加场中的运动 广西·T10、 福建·T7、 云南·T14 安徽·T10、 江西·T7、 北京·T22、 山东·T18、 湖北·T9 湖南·T6、
海南·T2、
江苏·T16、
全国乙·T18
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.情境化加深:结合科技前沿(如量子通信中的磁场应用、嫦娥探月中的磁场探测器)、本地产业、STSE(如MRI核磁共振的磁场原理、磁悬浮列车的环境影响)设计题目。
2.跨学科融合:与数学(如轨迹方程、微积分)、工程技术(如粒子加速器设计)、信息技术(如磁场数据的物联网监控)交叉,考查综合建模能力。
3.开放性与创新性:增加开放性实验题(如“设计实验测量未知磁场的磁感应强度”)、批判性思维题(如“评价某电磁装置的磁场设计合理性并提出改进方案”)。
二、热点预测
1.复合场中的带电粒子运动:仍是考查重点,可能结合“速度选择器”“质谱仪”
“回旋加速器”等经典模型,或创新“磁场+电场+重力场”的组合场景(如“太空实验室中的带电粒子运动”)。
2.安培力的实际应用:聚焦新能源与节能技术(如“新能源汽车电机中的安培力做功计算”“电磁制动系统的效率分析”“太阳能电池板的磁场定位装置”)。
3.磁场的测量与探测:结合航天科技(如“嫦娥探月工程中的磁场探测器原理”
“地球磁场的变化对卫星通信的影响”)。
4.电磁感应与磁场的结合:考查“电磁感应中的安培力”(如“导体棒切割磁感线时的安培力阻碍运动”)、“能量转化”(如“电磁感应中的电能与机械能的转化”)等。
5.STSE情境下的磁场问题:如“MRI核磁共振的磁场强度计算”“磁悬浮列车的磁场对周边环境的影响”“半导体中的霍尔效应(磁场中的载流子偏转)”等。
三、备考建议
1.夯实基础:掌握核心概念与模型。
核心概念:熟练掌握磁感应强度、安培力、洛伦兹力的定义、公式及方向判断(左手定则、安培定则);
核心模型:重点复习“带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”(半径、周期公式)、“复合场中的匀速直线运动”(速度选择器)、“安培力的平衡问题”(如电磁起重机);
回归教材:精读教材中的“磁场”章节,关注“思考与讨论”(如“为什么安培力方向与电流方向垂直 ”)、“科学漫步”(如“磁悬浮列车的原理”)、“课后习题”(如“计算带电粒子在磁场中的运动轨迹”)。
2.关注热点:联系科技与生活。
科技前沿:阅读科普文章,了解“中国空间站的磁场环境”“超导材料的磁场应用”“可控核聚变中的磁场约束”等内容。
生活场景:观察身边的磁场应用,如“手机中的指南针(地磁场)”“电动车的电机(安培力)”“医院的MRI(核磁共振)”,尝试用物理知识解释其原理。
3.提升能力:强化建模与解题技巧。
模型构建:训练从实际情境中抽象物理模型的能力,如将“高铁刹车中的电磁阻尼”抽象为“安培力阻碍导体棒运动”模型,将“新能源汽车电机”抽象为“安培力驱动线圈转动”模型。
数学应用:加强几何知识(如圆的切线、弦长)、微积分思想(如变力做功)在磁场问题中的应用,例如“带电粒子在磁场中的轨迹半径计算”需用几何知识找圆心、求半径。
4.实验与创新。
霍尔效应实验:测量磁感应强度(注意电压表接法及载流子类型判断)。
创新设计题:如利用通电螺线管和传感器测量地磁场分量。
总结:磁场模块是高考物理的核心内容,近三年考查重点集中在复合场、安培力应用、带电粒子运动,未来将更强调情境化、科技化、跨学科融合。备考时需夯实基础、关注热点、提升建模能力、规范答题。
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。
知识构建
基础转化
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
A
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
C
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
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
A B C D
【解析】 三角形线圈中电流间相互作用可以忽略不计。根据安培定则,通电金属棒MN在线圈所在位置产生的磁场方向为垂直于纸面向里,由左手定则可知,在安培力的作用下线圈大致形状为选项A中所示。
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”。
方法点拨
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
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
模理探真·深度学习
提示:(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)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
提示:(2)F=IlB⊥=IlBsin θ。
(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
提示:(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。
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
AC
【解析】 方法一　微元法
如图,取通电半圆形铜环的一小段Δl,可将其视为直导线,根据左手定则可知,该小段导线受到的安培力方向如图所示,其大小ΔF=BIΔl,根据对称性可知,对称的两小段导线所受的安培力在水平方向的分力大小相等,方向相反,相互抵消,则通电后半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下,根据受力分析可知,通电后两绳拉力变大,A正确,B错误;对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和,可得F=∑Fy=∑BIΔlsin θ=2rIB,C正确,D错误。
方法二　等效法
通电半圆形铜环的等效长度为直径ab,电流方向a→b,根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下,大小F=BI×2r=2rIB,根据受力分析可得,通电后,细绳拉力FT=mg+F=mg+2rIB>mg,两根细绳拉力均比未通电流时的大。
[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
C
【解析】 将通电线圈等效成磁体,磁体方向垂直于纸面,根据异名磁极相互吸引可知,等效磁体外面为N极,则线圈中电流沿adcba方向,选项A错误;根据磁体间的相互作用可知,俯视看,磁体有沿顺时针方向转动的趋势,选项B错误;线圈转动90°的过程中,由于线圈受磁体的吸引力增大,弹簧的长度变长,选项C正确,D错误。
判断安培力作用下导体的运动情况的常用方法
方法总结
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;
规范答题
【答案】 (1)0.03 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m-I图像有m=0.05I-0.005,
解得m0=0.03 kg。
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B;
规范答题
【答案】 (2)5 T
(3)此“电磁秤”称量物体的最大质量。
规范答题
【答案】 (3)0.145 kg
【解析】 (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。
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。
规律方法
[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;
【答案】 (1)kI2L　
【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)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2;
【答案】 (2)1∶4
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
感谢观看第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.∶
【答案】 C
【解析】 由题意知,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场时的轨迹圆心处于D点,即粒子运动半径r=L,轨迹对应的圆心角为θ=90°;当粒子从P点射入时,根据平移圆模型,其运动轨迹如图中Ⅱ所示,根据几何关系得cos θ′==,即θ′=60°,由于运动时间t=T,所以t1∶t2=θ∶θ′=3∶2,选项C正确。
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
【答案】 C
【解析】 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=,可得R==d,故A错误。当粒子沿x轴正方向射出时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最近,如图中轨迹1所示,根据几何关系可知s上min=d;当粒子恰好能通过N点到达薄板上方时,薄板上表面接收点距离y轴最远,如图中轨迹2所示,根据几何关系可知s上max=d,故上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误。根据图像可知,粒子可以恰好打到下表面的N点;当粒子沿y轴正方向射出时,薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图中轨迹3所示,根据几何关系可知,此接收点与y轴距离为d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确。根据图像可知,粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小,用时最短,有tmin=·=,故D错误。
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
【答案】 AC
【解析】 粒子可能的轨迹如图所示,若粒子沿轨迹1运动,由几何关系可知,此时运动半径为r1=,A正确;轨迹与ac边相切的粒子,如图中2所示,由几何关系可知(r2+)sin 45°=r2,半径为r2=,由几何关系可知,切点到a点的距离也为r2=课时作业
对点1.“平移圆”模型
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的半圆形匀强磁场区域,线状粒子源从y轴左侧平行于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.
【答案】 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,则最长,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=,最长时间为tm=·,解得tm=,故C正确。
2.(2025·江西南昌模拟)如图,直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),AC边长为l,∠B为,一群比荷为的带负电粒子以相同速度从C点开始在一定范围垂直于AC边射入,射入的粒子恰好不从AB边射出,已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t0,在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为2t0,则下列说法不正确的是(　　)
A.磁感应强度大小为
B.粒子运动的轨迹半径为l
C.粒子射入磁场的速度大小为
D.粒子在磁场中扫过的面积为l2
【答案】 B
【解析】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直于BC边射出的粒子在磁场中运动的时间是,由T=,可得=×=t0,解得磁感应强度大小B=,故A说法正确;设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ,则有T=2t0,又由=t0,可得θ=,画出该粒子的运动轨迹如图所示。
设轨迹半径为R,由几何知识得+Rcos 30°=l,可得粒子运动的轨迹半径R=l,B说法错误;粒子射入磁场的速度大小为v==,C说法正确;射入的粒子恰好不从AB边射出,粒子在磁场中扫过的面积为S=+R·Rcos 30°=l2,故D说法正确。
对点2.“旋转圆”模型
3.(2025·广东佛山二模)如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场,ad边中点处O有一粒子源,向磁场内各个方向均匀发射速率均为v0的电子,ab边恰好没有电子射出,已知电子质量为m,电荷量为e,则(　　)
A.bc边有电子射出
B.磁感应强度大小为
C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数之比为5∶1
【答案】 D
【解析】 ab边恰好没有电子射出,轨迹如图甲所示(轨迹1),根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=m,r=,得B=,由于电子射入的速度大小不变,方向改变,则轨迹半径不变,根据旋转圆模型可知,bc边没有电子射出,A、B错误;从ad边射出的电子在磁场中运动时间最长时的轨迹如图乙所示,
根据几何关系可知,圆心角θ=60°,所以最长时间为t=T=·=,C错误;由以上分析可知,当粒子恰好经过d点时,其入射速度方向与ad边的夹角为30°,所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数之比为=,D正确。
4.(多选)(2025·福建莆田二模)如图,在xOy平面内y≥0区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。在x=-a处放置一平行于y轴的足够长的挡板。O点处的粒子源在xOy平面第一象限0～90°范围内发射大量质量为m、电荷量为q(q>0)、速度大小相等的粒子,所有粒子恰好都能打在挡板上,并立即被挡板吸收。不计粒子所受重力和粒子间相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.粒子的速度大小为v=
B.粒子在磁场中运动的最短时间为
C.沿不同方向射出的粒子在磁场中运动的时间可能相同
D.一定会有两个不同方向射出的粒子打在挡板上y=1.5a处
【答案】 AD
【解析】 如图所示,所有粒子恰好都能打在挡板上,则粒子运动的半径r=a,由qvB=m,可得v=,A正确;由轨迹可知,粒子在磁场中运动的圆心角为时,运动时间最短,由周期T=,得最短时间tmin=,B错误;粒子射出的方向不同则轨迹不同,对应的圆心角不同,即运动时间不同,C错误;打到挡板上的最远点坐标为y=a,1.5a在a～a之间,则一定会有两个不同方向射出的粒子打在挡板上的该点,D正确。
对点3.“放缩圆”模型
5.(多选)(2025·陕西安康模拟)如图所示,边长为L的正方形abcd内(包括边界)有垂直于纸面向里的匀强磁场(未画出),磁感应强度为B,有三个相同的带电粒子分别从a点沿ac方向以不同速度大小射入匀强磁场,甲粒子的速度大小为v,从ab边中点离开磁场,乙粒子从b点离开磁场,丙粒子从bc边上某点垂直于bc边离开磁场。不计粒子所受重力及粒子间的相互作用,则下列判断正确的是(　　)
A.粒子带正电
B.粒子的比荷为
C.三个粒子在磁场内运动时间之比t甲∶t乙∶t丙=1∶2∶4
D.三个粒子在磁场内运动速率之比v甲∶v乙∶v丙=1∶2∶4
【答案】 AD
【解析】 由题意可知粒子逆时针运动,如图所示,由左手定则可判定粒子带正电,A正确;甲粒子从ab边中点离开磁场,由几何关系可知r=L,根据qvB=m,得=,B错误;甲、乙、丙粒子在磁场内偏转角度分别为90°、90°、45°,粒子运动周期相同,根据t=T,粒子在磁场中运动时间之比为2∶2∶1,C错误;由几何关系可知,三个粒子的运动半径之比为1∶2∶4,根据qvB=m,得v=,可得v甲∶v乙∶v丙=1∶2∶4,D正确。
6.(2025·重庆月考)如图所示,某种质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从cd边的中点O沿纸面以与Od成30°角的方向射入边长为a的正方形bcde边界内的匀强磁场区域,已知匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,不计粒子所受的重力以及粒子间的相互作用。
(1)若粒子速度为v=,求粒子在磁场中运动的时间t;
(2)若要粒子全部从be边射出,求粒子速度v的范围。
【答案】 (1)　(2)≤v≤
【解析】 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,qvB=,
代入数据解得r=,
如图所示,
当粒子轨迹与bc边界相切时,如图中③所示,设此时的轨道半径为r3,由几何关系得
r3+r3sin 30°=,
解得r3=,
因为r根据对称性得轨迹的圆心角为300°,运动时间为
t=T=×=。
(2)粒子不从de边射出的临界条件是粒子运动轨迹与de边相切,如图中①所示,设此时粒子轨道半径为r1,由几何关系得r1-=r1sin 30°,
解得r1=a,
洛伦兹力提供向心力,有qv1B=,
解得v1=;
粒子恰好从be边射出的临界条件是粒子运动轨迹与be边相切,如图中②所示,设此时粒子轨道半径为r2,由几何关系得r2+r2cos 30°=a,
解得r2=(4-2)a,
洛伦兹力提供向心力,有
qv2B=,
解得v2=,
要使粒子全部从be边射出,速度需满足
≤v≤。
7.如图所示,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在四分之一圆周上。不计粒子所受重力及带电粒子之间的相互作用,则v1∶v2为(　　)
A.∶1 B.∶
C.1∶ D.∶
【答案】 C
【解析】 当粒子的速度为v1时,粒子出射点分布在六分之一圆周上,则粒子能到达的最远位置为图甲所示的A点,设粒子的运动半径为r1,磁场区域圆的半径为R,则满足2r1==R;当粒子的速度为v2时,粒子能到达的最远位置为C点,设粒子的运动半径为r2,同理可得2r2==R,即=,由qvB=,得v=,可得=,C正确。
8.(2025·河南阶段检测)如图所示,真空区域内有一足够大的荧光屏PQ,其左侧有一无限大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。S为一粒子源,可沿纸面向各个方向发射大量速度大小为v的带负电的粒子。已知粒子的比荷为k,S与荧光屏的距离为,不计粒子所受的重力及粒子间的相互作用。求:
(1)粒子与S的最远距离;
(2)粒子到达荧光屏的最短时间和最长时间;
(3)荧光屏的发光长度。
【答案】 (1)　(2)　　(3)
【解析】 (1)设S与荧光屏的距离为d,带负电的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,
粒子与S的最远距离L=2r=。
(2)画出粒子的运动轨迹,如图所示,
由几何关系可知,轨迹圆的圆心为图中O1点时,轨迹圆的圆心角最小,为60°,又T=,
解得T==,负粒子到达荧光屏的最短时间为tmin=T,解得tmin=;
同理,由几何关系可知,轨迹圆的圆心为图中O2点时,粒子到达荧光屏时轨迹圆的圆心角最大,为270°,粒子到达荧光屏的最长时间tmax=T,
解得tmax=。
(3)由几何关系可知,轨迹圆的圆心为O3时,负粒子到达荧光屏下方最远处,由几何关系可得x1=r;
同理,轨迹圆圆心为O4时,负粒子到达荧光屏上方最远处,由几何关系可得x2=r,
则荧光屏的发光长度l=x1+x2,
解得l=。(共43张PPT)
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(　 　)
AC
(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(　　)
D
[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(　　)
C
[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。
规范答题
【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,
规范答题
【解析】 (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,
C
“三步法”解答带电粒子在有界磁场中的运动问题
方法归纳
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(　 　)
AC
BD
[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(　 　)
CD
感谢观看第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:2] [2:
　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
【答案】 B]
【答案】 运动电荷　0　qvB　qvBsin θ　垂直　正电荷　洛伦兹力　不做功　匀速直线　匀速圆周　　　T
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。
提示: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。
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
【答案】 AB
【解析】 安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力是安培力的微观形式,故安培力和洛伦兹力是性质相同的力,本质上都是磁场对运动电荷的作用力,A正确;根据左手定则,可知洛伦兹力总是垂直于磁场方向与速度方向所构成的平面,而磁场方向与速度方向不一定垂直,B正确;洛伦兹力对粒子不做功,即粒子在只受到洛伦兹力作用时,动能不变,C错误;安培力对导线可以做功,D错误。
[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
【答案】 A
【解析】 根据题图所示,洛伦兹力方向指向轨迹内侧,利用左手定则可知,四指指向与速度方向相反,则题图所示的带电粒子带负电,A正确;洛伦兹力方向始终与速度方向垂直,即洛伦兹力对带电粒子不做功,B错误;根据qvB=m,解得r=,题图所示的带电粒子做螺旋运动时,由于粒子靠近北极时,磁感应强度逐渐增大,则旋转半径减小,C错误;赤道上空的磁场方向由南指向北,若带正电的粒子在赤道正上方垂直射向地面,根据左手定则可知,洛伦兹力方向指向东,即粒子一定会向东偏转,D错误。
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v-t图像不可能是(　　)
A　　　B
C　　　D
【答案】 B
【解析】 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力,若满足重力与洛伦兹力相等,则圆环做匀速直线运动,v-t图像如选项A所示,A不符合题意;若重力大于洛伦兹力,圆环受摩擦力作用,做减速运动,竖直方向有FN=mg-qvB,水平方向有Ff=μFN=ma,随着速度的减小,支持力增大,摩擦力增大,圆环将做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零,则v-t图像如选项C所示,C不符合题意;若洛伦兹力大于重力,圆环受到摩擦力的作用,做减速运动,竖直方向有FN=qvB-mg,水平方向有Ff=μFN=ma,随着速度的减小,支持力减小,摩擦力减小,圆环做加速度逐渐减小的减速运动,当重力与洛伦兹力相等时,做匀速直线运动,则v-t图像如选项D所示,D不符合题意;圆环不可能做匀减速直线运动,B选项所示v-t图像不存在,B符合题意。
[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
【答案】 ACD
【解析】 小球在运动过程中所受细线拉力和洛伦兹力不做功,只有重力做功,小球机械能守恒;A、D两点等高,小球从A至C和从D至C到达C点时,速度大小相等,故A、D正确。由向心加速度an=,可得小球从A至C和从D至C到达C点时的加速度大小相同,方向也相同,故C正确。假设小球带正电,则小球从A至C点时,由牛顿第二定律有F-mg-F洛=m,小球从D至C点时,由牛顿第二定律有F′-mg+F洛=m,易得F>F′,故B错误。
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
【答案】 B
【解析】 因为粒子乙不带电,根据电荷守恒定律可知,粒子甲与粒子丙所带电荷量、电性均相同,设其电荷量为q,放出粒子乙之前,甲粒子的质量为m1,速度大小为v1,放出的粒子乙的质量为m,速度大小为v,新粒子丙的质量为m2,速度大小为v2,以初始时刻粒子甲的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得m1v1=m2v2-mv,甲粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1=,丙粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r2=,可知m1v1[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
【答案】 BD
【解析】 根据安培定则,励磁线圈中电流方向为逆时针方向,A错误;仅将励磁线圈中的电流加倍,则磁感应强度加倍,由qvB=m,可得r=∝,电子在磁场中运动的轨迹半径将减半,B正确;仅将励磁线圈中的电流减半,则磁感应强度减半,由T=∝,电子做圆周运动的周期将加倍,C错误;根据qU=mv2,则r=∝,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倍时,电子的运动轨迹不变,D正确。
[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
【答案】 CD
【解析】 由题图知,带电粒子水平方向速度分量为vx,竖直方向速度分量为vy,由分析可知带电粒子的螺旋运动可分解为平行于磁场方向向右的匀速直线运动(其速度大小为vx)和垂直于磁场方向的匀速圆周运动(其速度大小为vy)。带电粒子速度v0与磁场B反方向夹角为θ,平行于磁场方向的速度分量为vx=v0cos θ,垂直于磁场方向的速度分量为vy=v0sin θ,带电粒子垂直于磁场方向做匀速圆周运动,设运动半径为r,由洛伦兹力提供向心力有qvyB=m,解得r==,A错误。相邻螺旋间距即“螺距”,是平行磁场方向在一个圆周运动周期内的位移。设垂直磁场方向匀速圆周运动的周期为T,根据周期与圆周运动速度的关系有T==,所以一个周期内平行磁场方向匀速直线运动的位移即螺距为l=vxT=,B错误。粒子受洛伦兹力的大小为F=qvyB=qv0Bsin θ,由于洛伦兹力不做功,粒子速度大小v0始终不变,故F大小不变。根据牛顿第二定律有F=ma,代入数据解得a==,由于q、v0、B、θ、m均为定值,所以加速度大小不变,故C正确。粒子一个周期内的轨迹为“螺旋线”,包围的体积可视为圆柱体积,其底面积为圆周运动的圆面积,高为螺距x。由上面分析可知圆周运动的半径为r==,所以圆柱的底面积为S=πr2=π()2,螺距为x=vxT=,所以圆柱的体积为V=Sx=,要使圆柱的体积最大,需要sin2θcos θ最大,令f(θ)=sin2θcos θ,利用三角函数关系sin2θ=1-cos2θ,得f(θ)=sin2θcos θ=(1-cos2θ)cos θ=cos θ-cos3θ,对f(θ)求导并令导数为0,可解得存在θ使f(θ)最大,所以体积V有最大值,即当夹角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,D正确。
课时作业
对点1.洛伦兹力
1.(2025·广东广州期末)如图,①②③④各图中匀强磁场的磁感应强度均为B,带电粒子的速率均为v,电荷量均为q。以F1、F2、F3、F4依次表示四图中带电粒子在磁场中所受洛伦兹力的大小,则(　　)
A.F1=F2 B.F3=F4
C.F2=F3 D.F2=F4
【答案】 B
【解析】 由题图可知洛伦兹力的大小分别为F1=qvB,F2=qvBcos 30°=qvB,F3=qvB,
F4=qvB,洛伦兹力的大小关系为F1=F3=F4>F2,故A、C、D错误,B正确。
2.(2025·江苏苏州期中)初速度为v0的电子,沿平行于通电长直导线的方向射出,直导线中电流方向与电子初速度方向如图所示,则(　　)
A.电子将向左偏转
B.电子将向右偏转
C.电子所受洛伦兹力变大
D.电子所受洛伦兹力大小不变
【答案】 B
【解析】 根据安培定则判断导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定则判断运动电子所受洛伦兹力方向向右,所以电子将向右偏转,A错误,B正确;洛伦兹力不做功,电子的速率不变,根据F=qvB,B变小,F变小,C、D错误。
对点2.带电体在磁场中的运动
3.(多选)(2025·安徽合肥二模)如图所示,带负电的小球由静止释放,一段时间后进入垂直于纸面向里的匀强磁场中。不计空气阻力。关于小球在磁场中运动的过程,下列说法正确的是(　　)
A.小球做圆周运动
B.洛伦兹力对小球不做功
C.小球的速度保持不变
D.小球的机械能保持不变
【答案】 BD
【解析】 带负电的小球由静止释放,一段时间后进入垂直于纸面向里的匀强磁场中,所以小球受重力和洛伦兹力作用,速度方向与合力方向夹角不是90°,小球做曲线运动,A错误;洛伦兹力方向与速度方向垂直,洛伦兹力对小球不做功,重力作用下,小球机械能保持不变,B、D正确;小球在重力与洛伦兹力作用下,速度发生变化,C错误。
4.(多选)(2025·吉林模拟)如图甲,水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为+q的物块沿水平地面以速度v0从左侧垂直进入磁场,物块进入磁场后始终未离开地面,其动能与时间的Ek-t关系图像如图乙所示,图像中z点为曲线切线斜率绝对值最大的位置。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.物块所受摩擦力逐渐增大
B.物块所受摩擦力逐渐减小
C.图中z点对应的速度大小为
D.图中z点对应的速度大小为
【答案】 AD
【解析】 物块所受摩擦力大小为Ff=μ(mg-qvB),随着速度的减小,摩擦力增大,A正确,B错误;曲线切线斜率大小为k==·=Fv,物块所受合力大小为F=μ(mg-qvB),解得k=(mg-qvB)qvB,当mg-qvB=qvB时,k有最大值,解得v=,C错误,D正确。
5.(2025·山东济宁期中)如图所示,质量为m的带电小物块从半径为R的固定绝缘光滑半圆槽顶点A由静止滑下,整个装置处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。已知物块所带的电荷量保持不变,物块运动过程中始终没有与半圆槽分离,物块第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力是自身所受重力大小的2倍,重力加速度大小为g,则物块第二次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力为(　　)
A.4mg B.5mg C.6mg D.7mg
【答案】 A
【解析】 物块运动过程中只有重力做功,根据机械能守恒定律可知,物块到达半圆槽最低点时速度最大且不变,由mgR=m,解得vmax=,物块第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力F1=2mg,由牛顿第三定律得F1=F1′,此时物块受到向上的洛伦兹力,F1′+qvmaxB-mg=,物块在半圆槽内做往复运动,物块第二次经过半圆槽最低点时,此时物块受到向下的洛伦兹力,F2′-mg-qvmaxB=,联立解得F2′=4mg,由牛顿第三定律得F2=4mg,A正确。
对点3.带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
6.(多选)(2025·广东佛山二模)如图甲,地磁场对带电的粒子有阻挡作用。图乙是赤道周围的磁场分布情况,磁场垂直于纸面向里,认为该厚度内的磁场大小均匀。三个射向地球的宇宙粒子1、2、3运动情况如图乙所示,三个粒子的动能大小相等,粒子3沿着直线射向地球,则有(　　)
A.粒子3带正电
B.粒子2带正电
C.若粒子1、2电荷量大小相等,则粒子1的质量较小
D.若粒子1、2质量相同,则粒子2的电荷量较大
【答案】 BD
【解析】 根据左手定则可知,粒子1应带负电,粒子2带正电,而粒子3不带电,A错误,B正确;根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,所以三个粒子的动能大小为Ek=,由于三个粒子动能大小相等,若粒子1、2电荷量大小相等,而粒子1的半径大于粒子2的半径,则粒子1的质量较大,若粒子1、2质量相同,则粒子2的电荷量较大,C错误,D正确。
7.(2025·安徽合肥模拟)利用云室可以知道带电粒子的性质,如图所示,云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,质量为m、带正电的粒子静止在磁场中,该粒子在A点分裂成粒子a和b,a、b在磁场中的径迹是两个内切圆,相同时间内的径迹长度之比la∶lb=1∶2,半径之比ra∶rb=1∶2,不计重力及粒子间的相互作用,则(　　)
A.粒子a和b可能均带正电荷
B.粒子a、b的质量之比ma∶mb=1∶1
C.在相等的时间内,a、b两粒子速度的变化量大小相等
D.在相等的时间内,a、b两粒子所受洛伦兹力的冲量大小相等
【答案】 D
【解析】 由于a、b两粒子的轨迹为内切圆,两粒子一定带异种电荷,根据动量守恒定律可知,分裂后两粒子动量等大反向,mava=mbvb,由v=,所以=,得到ma∶mb=2∶1,A、B错误;由于T=,则周期相等,在相等的时间内,速度的偏转角相等,速度大小不同,故速度的变化量大小不等,C错误;在相等的时间内,a、b两粒子受洛伦兹力的冲量等于各自动量的变化量,根据两粒子动量守恒,可知两粒子的动量变化量大小相等,故洛伦兹力的冲量大小相等,D正确。
8.(2025·湖北黄冈二模)用如图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现,有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论:在空间存在平行于x轴的匀强磁场,由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场的电子的运动轨迹为螺旋线,其轴线平行于x轴,直径为D,螺距为Δx,则下列说法正确的是(　　)
A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向
B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度,则直径D、螺距Δx均增大
C.若仅增大α角(α≤90°),则直径D增大,而螺距Δx将减小,且当α=90°时“轨迹”为闭合的
整圆
D.若仅减小电子入射的初速度v0,则直径D、螺距Δx均增大
【答案】 C
【解析】 将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解,沿x轴方向速度与磁场方向平行,做匀速直线运动且x=v0cos α·t,沿y轴方向,速度与磁场方向垂直,洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,由左手定则可知,磁场方向沿x轴正方向,A错误;根据evB=m,T=,且v=
v0sin α,解得T=,得Δx=vxT=,D=2R=,所以,若仅增大磁感应强度B,则D、Δx均减小,B错误;若仅增大α,则D增大,而Δx减小,且α=90°时Δx=0,C正确;由上述可知,若v0减小,则D、Δx均减小,D错误。
9.(2025·内蒙古高考适应性考试)如图甲,在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系Oxy,空间内存在与桌面垂直的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的小球在桌面内做圆周运动。平行光沿x轴正方向照射,垂直光照方向放置的接收器记录小球不同时刻的投影位置。投影坐标y随时间t的变化曲线如图乙所示,则(　　)
A.磁感应强度大小为
B.投影的速度最大值为
C.2t0～3t0时间内,投影做匀速直线运动
D.3t0～4t0时间内,投影的位移大小为y0
【答案】 D
【解析】 由题图乙知,T=6t0=,得B=,故A错误;2R=4y0,得R=2y0=,得v=,故B错误;yt图像的斜率大小表示速度大小,故C错误;3t0～4t0时间内,小球运动个圆周,位移为R=2y0,则投影的位移大小为2y0cos 60°=y0,故D正确。
10.(2025·江苏泰州二模)如图所示,竖直平面内有一固定的光滑绝缘大圆环,直径AC水平、直径ED竖直。轻弹簧一端固定在大环的E点处,另一端连接一个可视为质点的带正电的小环,小环刚好套在大环上,整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中,将小环从A点由静止释放,已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等。则(　　)
A.小环不可能滑到C点
B.刚释放时,小环的加速度为g
C.弹簧原长时,小环的速度最大
D.小环滑到D点时的速度与其质量无关
【答案】 D
【解析】 小环下滑过程中只有重力和弹簧弹力做功,洛伦兹力不做功,由对称性可知,小环从A点由静止释放可以滑到C点,选项A错误;刚释放时,竖直方向小环受向下的重力和弹力向下的分力作用,可知小环的加速度大于g,选项B错误;小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等,可知在A点时弹簧压缩,在D点时弹簧伸长,弹簧在原长时小环在A、D之间的某位置,此时弹力为零,但小环所受合力不可能为零,加速度不可能为零,即小环的速度不可能最大,选项C错误;小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等,则弹性势能相等,从A到D由能量关系可知mgR=m,可得vD=,即小环滑到D点时的速度与其质量无关,选项D正确。
11.(2025·北京卷,18)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分,它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动,且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直,推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q,粒子1的速度方向与磁场方向垂直,粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内,粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ,粒子2运动的距离为d。求:
①粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2;
②粒子2的动量大小p2。
【答案】 (1)T=　(2)①θR∶d　②
【解析】 (1)粒子速度方向与磁场垂直,则粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有q0vB=m,而圆周运动的周期T=,
联立解得T=。
(2)①粒子1做圆周运动,线速度v1=ωR=R,
粒子2做匀速直线运动,速度v2=,
解得速度大小之比=,
即v1∶v2=θR∶d。
②对粒子1,由洛伦兹力提供向心力有
qv1B=m,可得m=,
粒子2的动量
p2=mv2=·v2==。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
【答案】 BC
【解析】 如图所示,带电微粒在M点受重力mg、电场力qE和洛伦兹力qvB三个力作用,三力平衡时微粒才能沿MN做直线运动,根据力的平衡条件可得qE=mg,qvB=mg,则E=,B=,故选项A错误,B正确。到N点时撤去磁场,微粒在竖直方向上做竖直上抛运动,从N点到P点的运动时间为t=2==;水平方向上微粒做匀加速直线运动,加速度为ax==g,水平位移dNP=vxt+axt2=,所以UNP=EdNP=,故选项C正确。当微粒竖直方向的分速度为零时,到直线NP的距离最大,即ym==,故选项D错误。
[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
【答案】 D
【解析】 带电液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知液滴所受重力与电场力平衡,即电场力方向竖直向上,液滴带负电,有qE=mg,根据左手定则可判断带电液滴沿顺时针运动,对液滴有qvB=m,联立解得v=,故A、B错误;若仅撤去匀强磁场,带电液滴仅在重力和电场力作用下,受力平衡,将做匀速直线运动,故C错误;若仅撤去匀强电场,带电液滴运动过程中,只有重力做功,机械能一定不变,故D正确。
[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
【答案】 AD
【解析】 电子进入时向下偏转,则有qvB>qE,解得v>,A正确;电子带负电,所受电场力向上,洛伦兹力向下,根据左手定则可知磁场方向应垂直于纸面向里,B错误;无论如何调整初速度的大小或方向,在运动过程中都会受到洛伦兹力的作用,不能保证合外力恒定,故无法做匀加速运动,C错误;电子由P到Q的过程中,电场力做正功,洛伦兹力不做功,根据动能定理,电子的动能增大,D正确。
课时作业
1.(多选)(2025·山东模拟)如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以某一速度射入电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场与磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场叠加的区域。粒子还受到阻力F阻=-kv作用(k为已知常数,v为粒子的瞬时速度)。已知粒子在该区域恰好做直线运动。不计粒子所受重力,则该粒子(　　)
A.一定做匀速直线运动
B.入射速度的大小一定为
C.入射速度的方向可以与纸面不平行
D.入射速度的方向与电场方向的夹角α一定满足tan α=
【答案】 AD
【解析】 假设粒子做变速直线运动,在与速度垂直方向上的洛伦兹力大小就会改变,受力不能保持平衡,速度方向就会发生改变,不能维持直线运动,故粒子一定做匀速直线运动,故A正确;根据平衡条件有(qE)2=(kv)2+(qvB)2,解得粒子入射速度的大小为v=,故B错误;若速度方向与纸面不平行,速度在垂直于纸面方向上有分速度,粒子在垂直于纸面方向受到阻力F阻y=-kvy,做减速运动,与粒子一定做匀速直线运动相矛盾,故C错误;根据几何关系可知tan α==,故D正确。
2.(多选)(2024·安徽卷,10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则(　　)
A.油滴a带负电,所带电荷量为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为,周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】 ABD
【解析】 油滴a在纸面内做圆周运动,故重力与静电力平衡,可知油滴带负电,有mg=qE,解得q=,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,则3R=,解得v1==,周期为T==,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv=·v1+·v2,解得v2=-,由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知,小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,故D正确。
3.(2025·重庆九龙坡二模)如图所示,空间存在范围足够大、相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度方向水平向右,磁感应强度方向垂直于纸面向里。建立竖直平面内的直角坐标系xOy,x轴与电场方向平行。一电荷量为+q、质量为m的微粒从坐标原点出发,以与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中,恰好做直线运动,当微粒运动到坐标值为(a,a)的P点时,电场方向突然变为竖直向上(强弱不变),微粒继续运动一段时间后,正好垂直击中y轴上的某点。仅考虑微粒在第一象限内的运动情况,重力加速度为g。求:
(1)电场强度E的大小;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)微粒在复合场中的运动时间。
【答案】 (1)　(2)　(3)
【解析】 (1)微粒从O到P,三力平衡,重力与电场力大小相等,且满足qE=mg,
解得E=。
(2)电场方向变为竖直向上后,电场力与重力等大反向,洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,由牛顿第二定律有qvB=mg=m,
其中轨迹半径r=a,
解得v=,
B=。
(3)微粒做直线运动的时间t1==,
做圆周运动的时间t2==,
故总时间t=t1+t2=。
4.为粗略了解等离子体在托卡马克核聚变实验装置环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子所受重力,则(　　)
A.电场力的瞬时功率为qE
B.该离子受到的洛伦兹力大小不变
C.v2与v1的比值不断变大
D.该离子做匀变速直线运动
【答案】 B
【解析】 根据功率的计算公式P=Fvcos θ,可知电场力的瞬时功率为P=qEv1,故A错误。由于v1与磁场B平行,v2与磁场B垂直,根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B,根据运动的叠加原理可知,离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动,沿水平方向做匀加速运动,则v1增大,v2大小不变,所以离子受到的洛伦兹力大小不变,的值不断变大;该离子受到的电场力不变,洛伦兹力大小不变,方向总是与电场方向垂直,所以该离子做曲线运动,故B正确,C、D错误。
5.(多选)(2023·江苏卷,16改编)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于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。若电子入射速度在0A.电场强度E=Bv0
B.若电子入射速度为,运动到速度为时位置的纵坐标为y1=
C.若电子入射速度为,最大运动速度为1.75v0
D.能到达y2=位置的电子的百分比为80%
【答案】 AC
【解析】 根据题意,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,竖直方向受力平衡,有eE=ev0B,解得E=v0B,故A正确;电子在竖直向下的匀强电场和垂直于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,若电子入射速度为,则电子受到的电场力大于洛伦兹力,电子向上偏转,根据动能定理有eEy1=m(v0)2-m(v0)2,解得y1=,故B错误;若电子入射速度为,由于电子在最高点与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-eB,联立解得vm=-=1.75v0,故C正确;设电子以速度v射入时能到达y2=位置,对该位置电子进行分析,根据动能定理有eEy2=m-mv2,由C选项中有vm=-v,联立解得v=v0,可知能到达y2=位置的电子的百分比为90%,故D错误。
6.(2025·贵州卷)如图所示,x轴水平向右,z轴竖直向上,y轴垂直于纸面向里(图中未画出),在xOz平面有竖直向上的匀强电场E,在z=z0的平面下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场B1,z=z0的平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场B2(未知)。有一带正电的粒子,质量为m,从坐标原点O出发,沿x轴正方向以速度v射出后做圆周运动,其中z0=,B1=,P点坐标(,0,0)。已知重力加速度为g,粒子电荷量为q。
(1)求电场强度E的大小及该粒子第一次经过z=z0平面时的位置对应的x坐标值;
(2)当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点的时间最短时,求B2的大小;
(3)若将电场E改成沿y轴正方向,粒子同样从坐标原点O沿x轴以速度v射出,求粒子的轨迹方程。
【答案】 (1)　　(2)　(3)y=
【解析】 (1)由题意可知,粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动,可以判断粒子受到的电场力与重力平衡,则mg=qE,
解得E=;
粒子做匀速圆周运动,圆周运动轨迹如图甲所示,由洛伦兹力提供向心力得
qvB1=m,
解得粒子运动的轨道半径R1=,
根据圆周运动轨迹,由几何关系得
x2+(R1-z0)2=,
代入数据解得x=。
(2)粒子做匀速圆周运动,可能的运动轨迹如图乙所示,
设粒子进入B2磁场中速度方向与磁场分界面成θ角,由几何关系可得cos(90°-θ)=,
可解得θ=53°。
设粒子在B2磁场中运动的轨道半径为R2,根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P点应满足
n(2R1sin θ-2R2sin θ)=,
当n取最小值时,运动时间最短。
所以当n=3时,运动时间最短,代入R1的值解得R2=,
根据qvB=m,联立可得B2=3B1=,
当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点的时间最短时,B2的大小为。
(3)若将电场方向改为沿y轴正方向,由受力分析,粒子受到沿z轴正方向的洛伦兹力、沿z轴负方向的重力、沿y轴正方向的电场力,
根据B1=,
解得粒子受到的洛伦兹力大小为F洛=mg,
正好与重力相平衡,所以粒子在y轴正方向做匀加速直线运动,有y=at2,
由牛顿第二定律有qE=ma,
粒子在x轴正方向做匀速直线运动,有x=vt,
联立解得轨迹方程y=。

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