资源简介

第1讲
磁场的描述
磁场对电流的作用
[目标要求]
核心知识
素养要求
1.磁现象和磁场
了解我国古代对磁现象的认识及应用，体会其对人类文明的影响。通过实验，知道磁场是一种物质，体会场的统一性与多样性。
2.磁感应强度　磁通量
知道磁感应强度和磁通量。能用磁感线描述磁场。体会物理模型在探索自然规律中的作用。
3.几种常见的磁场
知道电流的磁场。会判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向。体会物理规律方法的形成过程。
4.磁场对通电导线的作用力
通过实验认识安培力。能判断安培力的方向，会计算安培力的大小。了解安培力在生产生活中的应用。
5.磁场对运动电荷的作用力
通过实验认识洛伦兹力。能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小。
6.带电粒子在匀强磁场中的运动
能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动。了解带电粒子的磁偏转原理及其在科技中的应用。
第1讲　磁场的描述　磁场对电流的作用
授课提示：对应学生用书第177页
一、磁场、磁感应强度
1．磁场
(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。
2．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)大小：B＝(通电导线垂直于磁场)。
(3)方向：小磁针静止时N极的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
3．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。
二、磁感线　通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
1．磁感线
在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度的方向一致。
2．几种常见的磁场
(1)常见磁体的磁场(如图所示)。
(2)电流的磁场
直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
特点
无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场
环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则
三、安培力、安培力的方向　匀强磁场中的安培力
1．安培力的大小
(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。
(2)磁场和电流平行时：F＝0。
2．安培力的方向
左手定则判断(如图所示)：
(1)伸开左手，让拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
授课提示：对应学生用书第178页
　　自主探究
1．磁场的三点说明
(1)磁感应强度是矢量，其方向与通电导线所受力的方向垂直。
(2)电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B＝才成立。
(3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关。
2．安培定则的应用
在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。
　　　　　因果磁场　　　　　
原因(电流方向)
结果(磁场方向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流的磁场
四指
大拇指
3.磁场叠加问题的一般解题思路
(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上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁场。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场。
1．下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是(　　)
解析：根据在磁体外部同名磁极相互排斥可知选项A错误；应用安培定则可知环形电流中心线上的磁场方向由右向左，小磁针N极受到的磁场力向左，选项B错误；根据安培定则可知通电螺线管内部磁场方向向右，内部小磁针N极受到的磁场力向右，选项C正确；根据安培定则可知通电直导线右边磁场方向向里，小磁针N极应向里，选项D错误。
答案：C
2.(2021·适应性测试河北卷)如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝k，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为(a，b)，若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为(　　)
A.I0，沿y轴正向　　
B.I0，沿y轴负向
C.I0，沿y轴正向
D.I0，沿y轴负向
解析：沿x轴方向放置的导线在A点产生的磁场的磁感应强度大小为Bx＝k，由安培定则可知方向垂直纸面向外，由题知若A点的磁感应强度为零，则沿y轴方向放置的导线在A点产生的磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，由安培定则知沿y轴方向放置的导线中电流方向沿y轴正向，其大小满足By＝k＝k，则沿y轴放置的导线中电流的大小I＝I0，故选A。
答案：A
易错警示
磁场的叠加和安培定则应用的“3大注意”
———————————————————————
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向时，注意直导线和环形导线存在的差异。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。
　　自主探究
1．方法概述
判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，再弄清导体中电流方向，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势。
2．五种常用判定方法
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
环形电流??小磁针条形磁铁??通电螺线管??多个环形电流
结论法
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
3．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面。当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是(　　)
A．线圈向左运动
B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动
D．从上往下看逆时针转动
解析：方法一：电流元法
首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示。根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动。只有选项A正确。
法二：等效法
将环形电流等效成小磁针，如图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动；也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，也可判断出线圈向左运动，故A正确。
答案：A
4．(多选)通有电流的导线L1、L2、L3、L4处在同一平面(纸面)内，放置方式及电流方向如图甲、乙所示，其中L1、L3是固定的，L2、L4可绕垂直纸面的中心轴O转动，则下列描述正确的是(　　)
A．L2绕轴O按顺时针转动
B．L2绕轴O按逆时针转动
C．L4绕轴O按顺时针转动
D．L4绕轴O按逆时针转动
解析：题图甲中由右手螺旋定则可知，导线L1上方磁场垂直纸面向外，且离导线L1的距离越近，磁场越强，导线L2上每一小部分受到的安培力方向水平向右，但轴O下方导线所受安培力较大，所以L2绕轴O按逆时针转动，A错误，B正确；题图乙中轴O上方导线L4所受安培力向右，轴O下方导线L4所受安培力向左，即L4绕轴O按顺时针转动，C正确，D错误。
答案：BC
5.(多选)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是(　　)
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．F1＞F2
D．F1＜F2
解析：如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以FN1＞FN2，即台秤示数F1＞F2；在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短。
答案：BC
　　师生互动
1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的基本思路
(1)确定要研究的导体。
(2)按照重力→已知力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析。
(3)分析导体的运动情况。
(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。
2．受力分析的注意事项
(1)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面。
(2)安培力的大小：应用公式F＝BILsin
θ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L等于曲线两端点间的直线距离。(如图所示)
(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图。(如图所示)
　安培力作用下的平衡问题
[典例1]　如图所示，长为L、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上。导体棒与斜面的水平底边始终平行。已知导体棒通以从b向a的电流，电流大小为I，重力加速度为g。
(1)若匀强磁场方向竖直向上，为使导体棒静止在斜面上，求磁感应强度B的大小；
(2)若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求磁感应强度的最小值和对应的方向。
[思路点拨]　解此题的关键有两点：
(1)根据电流和磁场方向，确定导体棒所受安培力方向，画出受力分析图。
(2)根据导体棒受力特点，分析判断磁感应强度为最小值的条件。
[解析]　(1)导体棒受力如图甲所示，由平衡条件得mgsin
θ＝BILcos
θ，解得B＝。
(2)受力分析如图乙所示，当安培力平行斜面向上，即安培力与斜面对导体棒的支持力垂直时，安培力最小，有mgsin
θ＝BminIL，解得Bmin＝。由左手定则可知磁感应强度的方向垂直斜面向上。
[答案]　(1)　(2)　方向垂直斜面向上
　安培力作用下的动力学问题
[典例2]　(多选)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是(　　)
A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动
B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动
C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小
D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小
[解析]　当t＝0时，由左手定则可知，MN受到向右的作用力，根据F安＝BLI，由于B最大，故此时的安培力最大，则MN的加速度最大，随着时间的延长，磁感应强度B减小，故加速度减小，而MN的速度在增大，当B＝0时，加速度为0，速度最大，当B反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，MN做减速运动，到半个周期时，MN减速到0，此时的加速度反向最大，然后MN再反向运动，先加速再减速，由对称性可知一个周期内MN又回到出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，A正确，B错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，而其速度则是先增大后减小，C错误，D正确。
[答案]　AD
易错警示
安培力作用下的力学问题的2点注意
———————————————————————
(1)安培力作用下的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法是相同的，只不过多了安培力，解题的关键仍是受力分析。
(2)在剖面图中，线框的受力边及金属棒可用小圆圈代替，垂直剖面方向的电流可用“?”或“⊙”表示，垂直剖面方向的磁场可用“×”或“·”表示，但垂直剖面方向的力不能用“×”或“·”表示。
6．(2021·适应性测试重庆卷)如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40
g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d＝10
cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4
A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10
m/s2)(　　)
A．0.25
T　　　　　　
B.0.5
T
C．0.75
T
D．0.83
T
解析：未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx
通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知
mg＋BId＝2k×1.5x
两式相比得
＝＝
解得B＝0.5
T。
答案：B
7.(多选)(2021·河南重点中学联考)如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中。当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是(　　)
A．增大磁感应强度B
B．调节滑动变阻器使电流增大
C．增大导轨平面与水平面间的夹角θ
D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变
解析：对金属杆受力分析，沿导轨方向：－mgsin
θ＝0，若想让金属杆向上运动，应增大，A、B正确；若增大θ，则mgsin
θ增大，C错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D错误。
答案：AB
8．(多选)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒(　　)
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
解析：由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力F＝BIL，由图象可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误。
答案：ABC
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-第2讲　磁场对运动电荷的作用
授课提示：对应学生用书第180页
一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小
1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。
3．洛伦兹力的大小
(1)当v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)
(2)当v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)
(3)当v＝0时，洛伦兹力F＝0。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。
如下图，带电粒子在磁场中，①中粒子做匀速圆周运动，②中粒子做匀速直线运动，③中粒子做匀速圆周运动。
3．半径和周期公式：(v⊥B)
授课提示：对应学生用书第181页
　　自主探究
1．洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)洛伦兹力一定不做功。
2．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。
3．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B且F⊥v
正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功
1.如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B．滑块经过最低点的加速度比磁场不存在时小
C．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D．滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
解析：由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的速度不变，A错误；在圆周运动中a＝，与磁场不存在时相比，滑块经过最低点时的加速度不变，B错误；由左手定则，滑块经过最低点时受到的洛伦兹力向下，而滑
块所受的向心力不变，故滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，C错误；由于洛伦兹力方向始终与运动方向垂直，在任意一点，滑块经过时的速度与磁场不存在时相比均不变，则运动所用时间相等，D正确。
答案：D
2．(多选)(2021·福建三明上学期期末)如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v
t图象可能是下图中的(　　)
解析：当qvB＝mg时，圆环做匀速直线运动，故B正确；当qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时：μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v
t图象的斜率应该逐渐增大，故A、D错误。
答案：BC
　　教材直通高考
1．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动分析
(1)圆心的确定方法
方法一　若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处速度的垂线，其交点即为圆心，如图(a)。
方法二　若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与速度方向的垂线的交点即为圆心，如图(b)。
(2)半径的计算方法
方法一　由物理方法求：半径R＝。
方法二　由几何方法求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。
(3)时间的计算方法
方法一　由圆心角求：t＝·T。
方法二　由弧长求：t＝。
2．带电粒子在不同边界磁场中的运动
(1)直线边界(进、出磁场具有对称性，如图所示)。
(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)。
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)。
带电粒子在匀强磁场中的运动是近几年全国卷高考的热点，分析高考题可以发现，每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以简单的带电粒子在匀强磁场中的圆周运动为主，而高考题通常会拓展为带电粒子在有界匀强磁场中的运动，甚至拓展为带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题，考查学生灵活应用数学知识解决物理问题的能力。同学们可通过以下示例认真体会，剖析高考真题与教材习题间的溯源关系，做到新高考中的精准备考。
[典例1]　[教科版选修3－1·P105·T7]图中PQ是匀强磁场里的一片薄金属片，其平面与磁场方向平行，一个α粒子从某点以与PQ垂直的速度射出，动能是E，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，今测得它在金属片两边的轨道半径之比是10∶9，若在穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则该粒子每穿过一次金属片，动能减少了________，该粒子最多能穿过金属板________次。
[解析]　带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径r＝，设
α粒子第一次穿过金属片后的速度为v′，则()∶()＝10∶9，所以v′＝0.9v，动能减少ΔEk＝mv2－mv′2＝0.19E。根据阻力及电荷量恒定可知
α粒子每穿过一次金属片，动能都减少0.19E，由6>>5，故
α粒子穿过5次后陷入金属中。
[答案]　0.19E　5
拓展?　带电粒子在有界磁场中的运动
　(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【真题命题立意】　本题在典例1中根据半径变化计算速度进而计算动能变化的基础上，拓展为带电粒子在有界匀强磁场中的运动，题目中的考查点由典例1中简单的半径和速度关系的计算，拓展为带电粒子在有界磁场中运动时间的计算，但考查的核心知识点仍然是带电粒子在匀强磁场中的运动的规律及求解方法。
解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m，②
由几何关系知
d＝r，③
联立①②③式得
＝。④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝＋rtan
30°，⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝，⑥
联立②④⑤⑥式得
t＝(＋)。⑦
答案：(1)　(2)(＋)
拓展?　带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
(2020·高考全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.
【真题命题立意】　本题在典例1中根据半径变化计算速度进而计算动能变化的基础上，拓展为带电粒子在有界匀强磁场中的运动的临界极值问题，题目中的考查点由典例1中简单的半径和速度关系的计算，拓展为磁感应强度极值的计算，但考查的核心知识点仍然是带电粒子在匀强磁场中的运动的规律及求解方法。
解析：磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得
a2＋r2＝(3a－r)2，
根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝m，联立解得B＝。
答案：C
　方法技巧
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
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3．(多选)(2020·高考天津卷)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则(　　)
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(＋1)a
解析：粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；粒子运动的轨迹如图，由于速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，
OM＝OO1＝a，则粒子运动的轨道半径为r＝O1M＝a，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m，解得v＝，B、C错误；N与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(＋1)a，D正确。
答案：AD
4．(2021·河北保定调研)如图所示，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为B，宽为1.5d，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1未知，区域Ⅱ是无场区，宽为d，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从磁场边界上的A点与边界成θ＝60°角射入区域Ⅰ的磁场，粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A点，粒子重力不计。
(1)求区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1；
(2)求区域Ⅰ磁场的最小宽度L；
(3)求粒子从离开A点到第一次回到A点的时间t。
解析：(1)由题意知，粒子的运行轨迹如图所示，设在区域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r、R，由几何关系知R＋Rcos
θ＝1.5d，
Rsin
θ－＝rsin
θ，
联立得R＝d，r＝。
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m，
同理区域Ⅰ中，qvB1＝m，
联立得B1＝3B。
(2)由(1)及图知区域Ⅰ磁场的最小宽度
L＝r－rcos
θ＝。
(3)在区域Ⅰ中r＝，可得：v＝＝
由图知粒子在区域Ⅰ中的运行时间为：
t1＝·＝，
在区域Ⅱ中的运行时间为：t2＝＝＝，
在区域Ⅲ中的运行时间为：t3＝·＝，
所以粒子从离开A点到第一次回到A点的时间：
t＝t1＋t2＋t3＝。
答案：(1)3B　(2)　(3)
　　师生互动
带电粒子通常都在有界磁场中运动，当带电粒子射入匀强磁场的速度大小或方向变化时，会出现恰好不射出磁场边界、在磁场中的运动时间最长等临界与极值问题。
1．判断临界状态的常用结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速度v变化时，圆心角越大的，运动时间越长。
2.确定临界轨迹的技巧——动态圆法
(1)缩放圆法
适用条件
速度方向一定，大小不同
粒子源发射速度方向一定，大小不同的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
(2)旋转圆法
适用条件
速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的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，若射入初速度大小为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O为圆心、半径R＝的圆上
适用条件
界定方法
将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
　缩放圆法的应用
[典例2]　(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是(　　)
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
[解析]　如图所示，作出刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④。由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0。由图及周期可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，小于t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，小于t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是t0。
[答案]　AC
　旋转圆法的应用
[典例3]　如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。
[解析]　(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝m，则r＝。
(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，且2R＝r，所以sin＝＝，即φmax＝60°。
[答案]　(1)见解析　(2)60°
方法技巧
解决临界、极值问题的方法技巧
———————————————————————
(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。
(2)一个“解题流程”突破临界问题
(3)从关键词找突破口：题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐含的规律，找出临界条件。
　
5.(多选)(2021·湖南株洲高三联考)如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB＝5
cm，AD＝10
cm，磁感应强度B＝0.2
T。在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v＝1.0×105
m/s的正离子，离子的质量m＝2.0×10－12
kg，电荷量q＝1.0×10－5
C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则(　　)
A．从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短
B．边界AP段无离子飞出
C．从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2
D．若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等
解析：半径确定，在离子转过的圆心角小于π的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，故A、D正确；由洛伦兹力方向可知，离子沿逆时针方向旋转，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP飞出，由r＝得r＝0.1
m，通过几何关系可知α∶β＝1∶2，离子数之比也为1∶2，故B错误，C正确；故选A、C、D。
答案：ACD
6.(多选)(2021·山东潍坊高三月考)如图所示，等腰直角三角形abc区域内(包含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是(　　)
A．速度的最大值为
B．速度的最小值为
C．在磁场中运动的最短时间为
D．在磁场中运动的最长时间为
解析：粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示，由几何知识可知r1＝，2r2cos
45°＝O2c＝r2＋l，解得r2＝(1＋)l，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝，故粒子的最大速度为vmax＝＝，最小速度vmin＝＝，故A正确，B错误；由粒子从ab边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，最小圆心角：θmin＝45°，粒子做圆周运动的周期T＝，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝T＝，最长时间tmax＝T＝，故C、D正确。
答案：ACD
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-第3讲　带电粒子在复合场中的运动
授课提示：对应学生用书第185页
一、带电粒子在复合场中的运动
1．叠加场与组合场
叠加场
电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中两场在同一区域共存
组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现
2.带电体在复合场中常见的几种运动情况
(1)静止或匀速直线运动：带电粒子在复合场中所受合力为零。
(2)匀速圆周运动：带电粒子所受重力与电场力大小相等、方向相反，洛伦兹力提供向心力。
(3)其他变加速曲线运动：带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度不在一条直线上。
如图，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向下。一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域。
①若不计重力，且qvB＝Eq，粒子做匀速直线运动。
②若考虑重力，且mg＝Eq，粒子做匀速圆周运动。
③若不计重力，且qvB≠Eq，粒子做变速曲线运动。
二、带电粒子在复合场中运动的应用实例
装置
原理图
规　律
质谱仪
粒子由静止被加速电场加速qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m，则比荷＝
回旋加速器
交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子做圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvB＝得Ekm＝，R为D形盒半径
速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
授课提示：对应学生用书第185页
　　师生互动
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、磁场分时间段或分区域交替出现。
2．带电粒子在匀强电场、匀强磁场中可能的运动性质
在电场强度为E的匀强电场中
在磁感应强度为B的匀强磁场中
初速度为零
做初速度为零的匀加速直线运动
保持静止
初速度垂直场线
做匀变速曲线运动(类平抛运动)
做匀速圆周运动
初速度平行场线
做匀变速直线运动
做匀速直线运动
力学特点
受恒力作用，做匀变速运动
洛伦兹力不做功，动能不变
3.常见模型
(1)从电场进入磁场
?
?
(2)从磁场进入电场
?
?
　带电粒子从电场进入磁场
[典例1]　(2021·湖南怀化高三模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成α＝45°角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成
β＝15°角的射线OM。已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)电子在电场和磁场中运动的总时间t；
(3)矩形磁场区域的最小面积Smin。
[解析]　(1)电子从A到C的过程中，由动能定理得
eEL＝mv－mv，
又有vCcos
α＝v0，
联立解得E＝。
(2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有
L＝t1，其中vC＝，
由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角，θ＝π－α－β＝，
电子在磁场中的运动时间t2＝T，其中T＝，
电子在电场和磁场中运动的总时间t＝t1＋t2，联立解得
t＝＋。
(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有evCB＝m，
最小矩形区域如图所示，
由数学知识得CD＝2r·sin
，CQ＝r－rcos
，矩形区域的最小面积Smin＝CD·CQ，
联立解得Smin＝()2。
[答案]　(1)　(2)＋　(3)()2
　带电粒子从磁场进入电场
[典例2]　在如图所示的坐标系中，第一和第二象限(包括y轴的正半轴)内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y轴正方向、大小未知的匀强电场。p点为y轴正半轴上的一点，坐标为(0，l)；n点为y轴负半轴上的一点，坐标未知。现有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由p点沿y轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x轴正半轴成45°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y轴经过n点。粒子的重力忽略不计。求：
(1)粒子在p点的速度大小；
(2)第三和第四象限内的电场强度的大小；
(3)带电粒子从由p点进入磁场到第三次通过x轴的总时间。
[解析]　粒子在复合场中的运动轨迹如图所示。
(1)由几何关系可知rsin
45°＝l，解得r＝l。
又因为qv0B＝m，
可解得v0＝。
(2)粒子进入电场在第三象限内的运动可视为平抛运动的逆过程，设粒子射入电场坐标为(－x1,0)，从粒子射入电场到粒子经过n点的时间为t2，由几何关系知x1＝(＋1)l，在n点有v2＝v1＝v0。
由类平抛运动规律有
(＋1)l＝v0t2，
v0＝at2＝t2，
联立以上方程解得t2＝，E＝。
(3)粒子在磁场中的运动周期为T＝，
粒子第一次在磁场中运动的时间为t1＝T＝，
粒子在电场中运动的时间为2t2＝，
粒子第二次在磁场中运动的时间为t3＝T＝，
故粒子从开始到第三次通过x轴所用时间为
t＝t1＋2t2＋t3＝(＋2＋2)。
[答案]　(1)　(2)
(3)(＋2＋2)
　规律总结
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
———————————————————————
1．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2
m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0
T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1
m。现从坐标为(－0.2
m，－0.2
m)的P点发射出质量m＝2.0×10－9kg、带电荷量q＝5.0×10－5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s(粒子重力不计)。
(1)带电粒子从坐标为(0.1
m,0.05
m)的点射出电场，求该电场强度的大小；
(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1
m，－0.05
m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。
解析：(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，
可得r＝0.20
m＝R。
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y。
根据类平抛规律可得l＝v0t，y＝at2，
根据牛顿第二定律可得Eq＝ma，
联立可得E＝1.0×104N/C。
(2)粒子飞离电场时，沿电场方向速度
vy＝at＝·＝5.0×103m/s＝v0，
粒子射出电场时速度v＝v0，
根据几何关系可知，粒子在匀强电场右侧所加磁场区域中做圆周运动半径r′＝y，
根据洛伦兹力提供向心力可得qvB′＝m，
联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小B′＝＝4
T，
根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
答案：(1)1.0×104N/C　(2)4
T　方向垂直纸面向外
2．(2021·山东潍坊检测)在平面坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，在第Ⅲ象限内有M、N两个竖直平行金属板，板间的电压为U，在第Ⅳ象限内有沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，从y轴上y＝－l处的A点垂直于y轴射入电场，从x＝2l的C点离开电场，经磁场后再次到达x轴时刚好从坐标原点O处经过。求：
(1)粒子运动到A点的速度大小；
(2)电场强度E和磁感应强度B的大小；
(3)带正电粒子从A运动到O经历的时间。
解析：(1)设粒子运动到A点的速度大小为v0，由动能定理得qU＝mv
可得粒子运动到A点的速度大小v0＝。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则
2l＝v0t1
l＝×t
整理得E＝＝
设粒子离开电场时速度大小为v，与x轴夹角为α，
则qEl＝mv2－mv
cos
α＝
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则
2Rsin
α＝2l，qvB＝m
整理得B＝＝。
(3)由(2)可知α＝，所以粒子在磁场中运动的时间
t2＝×
故tAO＝t1＋t2
解得tAO＝＝。
答案：见解析
　　师生互动
1．带电粒子在包含匀强磁场的叠加场中无约束情况下运动的几种常见形式
受力特点
运动性质
方法规律
其他场力的合力与洛伦兹力等大反向
匀速直线运动
平衡条件
除洛伦兹力外，其他力的合力为零
匀速圆周运动
牛顿第二定律、圆周运动的规律
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
较复杂的曲线运动
动能定理、能量守恒定律
2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，分析时应注意：
(1)分析带电粒子所受各力尤其是洛伦兹力的变化情况，分阶段明确物体的运动情况。
(2)根据物体各阶段的运动特点，选择合适的规律求解。
①匀速直线运动阶段：应用平衡条件求解。
②匀加速直线运动阶段：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
③变加速直线运动阶段：应用动能定理、能量守恒定律求解。
3．是否考虑重力的判断
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
(2)题目中已明确说明则需要考虑重力。
(3)不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
　带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动
[典例3]　如图所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场和匀强电场，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：
(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)微粒从P运动到Q的时间。
[解析]　(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上，有qE1sin
45°＝mg，
解得E1＝，
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上，有
mg＝qE2，解得E2＝。
(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域Ⅰ时速度为v，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则a＝＝g，
v2＝2ad1，Rsin
60°＝d2，
qvB＝m，解得B＝
。
(3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动，t1＝
，
在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，
而T＝，
则t2＝＝
，
微粒从P运动到Q的时间
t＝t1＋t2＝
＋
。
[答案]　(1)　　(2)
(3)
＋
　带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
[典例4]　如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，轨道半径R＝1
m，轨道均为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C点在MN边界上)。一质量为0.4
kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度v0＝
m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF＝4
m/s，不计空气阻力，g取10
m/s2，cos
37°＝0.8，求：
(1)小球带何种电荷；
(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；
(3)小球从F点飞出的同时磁场消失，小球离开F点后的运动轨迹与轨道AC所在直线的交点为G(G点未标出)，求G点到D点的距离。
[解析]　(1)在MN右侧，小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电荷，电场力水平向右，洛伦兹力指向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，小球不可能做直线运动，则小球带正电荷。
(2)小球在C、D间做匀速直线运动，则在D点的速度与C点的速度大小相等，即vD＝
m/s，
电场力与重力的合力F0＝＝5
N。
从D到F的过程，对小球，
由动能定理可得－Wf－F0·2R＝mv－mv，
代入数据解得Wf≈27.6
J。
(3)小球离开F点后做类平拋运动，加速度a＝，
2R＝at2，代入数据解得t＝
s，
G点到D点的距离x＝vFt＝4×
m≈2.26
m。
[答案]　(1)带正电荷　(2)27.6
J　(3)2.26
m
3．(多选)如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场强度大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的有关说法正确的是(　　)
A．粒子在ab区域的运动时间为
B．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2d
C．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．粒子在ab、bc区域中运动的总时间为
解析：粒子在ab区域，竖直方向上做匀减速运动，由v0＝gt得t＝，故A正确；水平方向上做匀加速运动，a＝＝g，则qE＝mg，进入bc区域，电场力大小未变，方向竖直向上，电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，由qv0B＝，得r＝，代入数据得r＝，又v＝2gd，解得r＝2d，故B正确；在bc区域，粒子运动轨迹所对圆心角为α，sin
α＝，α＝，运动时间：t＝＝＝，故C错误；粒子在ab区域的运动时间也可以表示为：t＝＝，所以总时间t总＝＋＝，故D正确。
答案：ABD
4．(2021·河北衡水高三调研)如图所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点，经偏转后从x轴上的C点(图中未画出)进入第一象限内并击中AO上的D点(图中未画出)。已知OM的长度L1＝20
m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝(T)，重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)两匀强电场的电场强度E的大小；
(2)OC的长度L2；
(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t。
解析：(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO做匀加速直线运动，所以有mg＝qE
解得E＝。
(2)质点从M到O做匀加速直线运动，设质点到达O点的速度为v
由运动学规律知v2＝2aL1
由牛顿第二定律得
mg＝ma
解得v＝20
m/s
质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，设圆周运动的半径为R，其轨迹如图所示
由牛顿定律有Bqv＝m
解得R＝20
m
由几何知识可知OC的长度L2＝2Rcos
45°＝40
m。
(3)质点从M到O的时间t1＝＝2
s
质点做圆周运动时间
t2＝T＝×＝π
s＝4.71
s
质点做类平抛运动时间t3＝＝1
s
质点全过程所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝7.71
s。
答案：(1)　(2)40
m　(3)7.71
s
　　教材直通高考
?模型一　“组合场”实例模型(质谱仪和回旋加速器)
装置
原理图
规律
质谱仪
带电粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m，则比荷　＝
回旋加速器
交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvB＝m得Ekm＝
?模型二　“叠加场”实例模型(速度选择器等)
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝Eq，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，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝Bdv0
电磁流量计
q＝qvB，所以v＝，所以流量Q＝vS＝
霍尔元件
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
带电粒子在复合场中的实例模型是近几年高考联系科技、生活问题的命题热点，分析高考题可以发现，每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多是以质谱仪或回旋加速器为背景的简单分析与计算，而高考题通常会拓展为带电粒子在复合场中的实例模型原理的理解及应用，考查学生灵活应用物理知识解决实际问题的能力。同学们可通过以下示例认真体会，研究高考真题与教材习题间的溯源关系，以便在新高考复习中做到有的放矢。
[典例5]　[人教版选修3－1·P100·例题]
一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。
(1)求粒子进入磁场时的速率。
(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。
[解析]　(1)带电粒子在加速电场中运动，由动能定理有
qU＝mv2，粒子进入磁场时的速率：v＝
。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，解得R＝＝
。
[答案]　(1)
　(2)
拓展?　“电磁偏转”在科技中的应用
　(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
【真题命题立意】　本题在典例5中直接应用公式计算速度和半径的基础上，拓展为根据质谱仪原理分析计算磁感应强度和比荷，但考查的核心知识点都是带电粒子在电场中的加速运动与磁场中圆周运动的组合。
解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v，①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1
B＝m1，②
由几何关系知
2R1＝l，③
由①②③式得
B＝。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v，⑤
q2v2B＝m2，⑥
由题给条件有
2R2＝，⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。⑧
答案：(1)　(2)1∶4
拓展?　“电磁偏转”在医疗中的应用
(2020·高考全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　)
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【真题命题立意】　本题在典例5中直接应用公式计算速度和半径的基础上，拓展为根据“电磁偏转”原理分析计算电子做匀速圆周运动的半径，医学上利用X射线探测人体病情，但考查的核心知识点都是带电粒子在电场中的加速运动与磁场中圆周运动的组合。
解析：电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，B错误；电子受洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，C错误；根据r＝可知，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，D正确。
答案：D
规律总结
解决电磁场科学技术问题的思路
———————————————————————
解决与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决物理问题的方法进行分析。对于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运用几何知识寻找关系。
5.(多选)(2020·吉林省吉林市高三下学期四调)如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(H)和氦核(He)。下列说法中正确的是(　　)
A．氘核(H)的最大速度较大
B．它们在D形盒内运动的周期相同
C．氦核(He)的最大动能较大
D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
解析：根据qvB＝m，得v＝，两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，故A错误；带电粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的比荷相等，所以周期相等，故B正确；最大动能Ek＝mv2＝，则有氦核的最大动能较大，粒子的最大动能与电源的频率无关，故C正确，D错误。
答案：BC
6．(多选)(2021·江苏启东高三联考)响应国家号召，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左、右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则(　　)
A．a侧电势比c侧电势高
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
C．若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值
D．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
解析：根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则仪器显示a侧电势比c侧电势高，选项A正确；根据qvB＝q可得U＝BDv，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，选项B错误；若污水从右侧流入测量管，则受磁场力使得正离子偏向c侧，则c端电势高，显示器显示为负值，将磁场反向，则受磁场力使得正离子偏向a侧，则显示为正值，选项C正确；污水流量Q＝Sv＝πD2×＝，则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，选项D错误。
答案：AC
7.(多选)(2020·湖南怀化质检)磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场。图中虚线框部分相当于发电机。把两个极板与用电器相连，则(　　)
A．用电器中的电流方向从B到A
B．用电器中的电流方向从A到B
C．若只减小磁场，发电机的电动势增大
D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大
解析：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上，负离子所受洛伦兹力方向向下，则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极，下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故B正确，A错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f＝qvB，F＝q，则qvB＝q，解得E＝Bdv，所以电动势E与速度v及磁感应强度B成正比，故D正确，C错误。
答案：BD
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