第十一章 磁场（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

第十一章　磁场 第一讲　磁场及其对电流的作用 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)(人教必修3 P113T1·改编)磁场中某点磁感应强度B与通电导线在磁场中所受的磁场力F成正比，与电流I和导线长度l的乘积成反比。 (×) (2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。 (×) (3)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。 (×) (4)在同一幅图中，磁感线越密处，磁场越强。 (√) (5)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。 (×) (6)(人教必修3 P129T4·改编)若有一小段长为l、通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是B=。 (×) 逐点清(一)　安培定则和磁场的叠加 题点1　磁感线的理解 1.如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是 (　　) A.电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场 B.螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场 C.螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场 D.磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场 解析：选B　通电螺线管匝数越多，管道越长，其内部的磁场越接近匀强磁场，与电流大小无关，与如何画磁感线无关，螺线管直径越大，其中心磁场会比较弱，不能看作匀强磁场，因此A、C、D错误，B正确。 题点2　安培定则的应用 2.(多选)下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是 (　　) 解析：选AB　题图A为环形电流的磁场，符合安培定则；题图B是直线电流的磁场，符合安培定则；题图C是直线电流的磁场，不符合安培定则；题图D是通电螺线管的磁场，不符合安培定则。 题点3　磁场的叠加 3.(2025·辽宁大连模拟)(多选)如图所示，两根通电直导线P、Q沿垂直纸面的方向放置，其中导线P、Q中通有电流I1、I2，电流的方向图中未画出。O点为两导线连线的中点，c、d两点关于O点对称，a、b两点关于O点对称，已知c点的磁感应强度为零，d点的磁感应强度方向垂直cd向下。则下列说法正确的是 (　　) A.P中的电流方向垂直纸面向外、Q中的电流方向垂直纸面向里 B.I1>I2 C.O点的磁感应强度方向垂直cd向下 D.a、b两点的磁感应强度不相同 解析：选AD　由题意已知c点的磁感应强度为零，则说明导线P、Q在c点产生的磁场大小相等、方向相反，即两导线中的电流方向相反，又c点距离导线P较近，则导线P中的电流较小，即I1<I2，故B错误；由以上分析可知，导线Q在d点产生的磁场强，d点的磁感应强度方向垂直cd向下，由安培定则可知Q中的电流方向向垂直纸面向里，则P中的电流方向向垂直纸面向外，故A正确；由安培定则可知，导线P、Q在O点产生的磁场方向均垂直cd连线向上，故C错误；由于I1<I2，分别作出两电流在a、b两点的磁感应强度大小和方向，如图所示，根据磁感应强度的矢量合成可知，a、b两点的磁感应强度大小相等、方向不同，故D正确。 4.(多选)如图所示，三根通电长直细导线垂直于纸面固定，导线的横截面(截面面积不计)分别位于以O点为圆心的圆环上a、c、d三处，已知每根导线在O点的磁感应强度大小均为B，则 (　　) A.O点的磁感应强度方向垂直于aO向右 B.O点的磁感应强度方向从O指向a C.O点的磁感应强度大小为(+1)B D.O点的磁感应强度大小为(-1)B 解析：选AC　每根导线在圆心O处产生的磁感应强度如图所示，根据磁感应强度的矢量叠加可知，O点的磁感应强度大小为BO=2Bcos 45°+B=(+1)B，BO方向垂直于aO向右，故A、C正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.磁感线的特点 (1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。 (2)磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。 (3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。 (4)磁感线是假想的曲线，客观上不存在。 2.安培定则的应用 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、非匀强磁场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 3.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上产生的磁场的磁感应强度大小和方向。如图所示为通电直导线M、N在c点产生的磁场的磁感应强度BM、BN。 (3)应用平行四边形定则进行合成，如图中c点的合磁感应强度为B。 逐点清(二)　安培力的分析与计算 题点1　安培力的方向 1.(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是 (　　) A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 解析：选A　由左手定则可知，题图示左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。 题点2　安培力的大小 2.(2024·福建高考)(多选)将半径为r的半圆环铜导线AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则 (　　) A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr 解析：选BD　根据左手定则可知，通电后铜导线AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；铜导线AB在磁场中的等效长度为直径AB，则安培力大小为F=BI·2r=2BIr，故C错误，D正确。 题点3　安培力作用下导体运动情况判断 3.(2025·广州模拟)如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是 (　　) A.P顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变 B.P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变 C.P、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大 D.P不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变 解析：选A　把通电圆环等效为小磁针，P的N极垂直于纸面向外，Q的N极水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，可知P顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的磁极的方向相反，所以两个圆环相互吸引，中间细线张力减小，由整体法可知，P与天花板连接的细线张力大小总等于两环的重力之和，大小不变；故A正确，B、C、D错误。 4.在水平桌面上一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示。则在这个过程中，磁体受到的摩擦力的方向和桌面对磁体的弹力 (　　) A.摩擦力始终为零，弹力大于磁体重力 B.摩擦力始终不为零，弹力大于磁体重力 C.摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体重力 D.摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体重力 解析：选C　如图所示，当导线在S极上方时，导线所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向右下方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；当导线在磁体中间正上方时，导线所受安培力方向竖直向上，磁体不受摩擦力；当导线在N极上方时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左下方，磁体有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，桌面对磁体的弹力始终大于磁体的重力，故A、B、D错误，C正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.安培力方向的判断 根据左手定则，F既垂直于B，也垂直于I，所以安培力方向一定垂直于B与I决定的平面。 2.安培力大小的计算 F=BILsin θ，θ为I方向与B方向的夹角。 (1)特例 ①当I⊥B时，F=BIL。 ②当I∥B时，F=0。 (2)通电导线的有效长度 ①当通电导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。 ②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。 3.安培力作用下导体运动情况判断的常用方法 等效法 环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁 结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势 转换研 究对象法 先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受的作用力 逐点清(三)　安培力作用下导体的平衡及加速问题 1.[安培力作用下导体的平衡问题] (2025·福州模拟)(多选)如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E0的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置，与导轨构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余部分电阻不计。整个回路处于匀强磁场中，为使ab棒保持静止，磁场的磁感应强度大小和方向可能为 (　　) A.，沿导轨向上 B.，水平向右 C.，水平向右 D.，垂直于回路平面向下 解析：选BD　当磁场方向沿导轨向上时，ab棒所受安培力方向垂直于导轨向上，此时ab棒不可能保持静止，A错误；当磁场方向水平向右时，ab棒所受安培力方向竖直向上，要使ab棒保持静止，应有安培力F=mg，又F=BIL，I=，解得B=，B正确，C错误；当磁场方向垂直于回路平面向下时，ab棒所受安培力方向沿导轨向上，此时ab棒的受力情况如图所示，根据平衡条件有安培力F=mgsin θ，可得B=，D正确。 2.[安培力作用下导体的加速问题] “电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点。“电磁炮”的原理结构示意图如图所示。光滑水平加速轨道电阻不计，轨道宽L=0.2 m。在轨道间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=1×102 T。“电磁炮”弹体总质量m=0.2 kg，其中弹体在轨道间的电阻R=0.4 Ω。可控电源的内阻r=0.6 Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流I=4×103 A，不计空气阻力。求： (1)弹体所受安培力大小； (2)弹体从静止加速到4 km/s，轨道至少要多长； (3)弹体从静止加速到4 km/s过程中，该系统消耗的总能量。 解析：(1)由安培力公式得F=BIL=8×104 N。 (2)由动能定理得Fx=mv2 解得轨道长度x==20 m。 (3)由F=ma，v=at，解得弹体从静止加速到4 km/s 需要的时间为t=1×10-2 s， 发射弹体过程中产生的焦耳热Q=I2(R+r)t=1.6×105 J 弹体动能Ek=mv2=1.6×106 J 系统消耗总能量E=Ek+Q=1.76×106 J。 答案：(1)8×104 N　(2)20 m　(3)1.76×106 J 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.求解安培力作用下导体的平衡或加速问题的关键 画受力图→三维图二维平面图，即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。 2.求解安培力作用下导体平衡或加速问题的基本思路 (1)选定研究对象。 (2)变三维图为二维图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F⊥B、F⊥I。 (3)若导体处于平衡状态，则列平衡方程；若导体处于非平衡状态，则列动力学方程。 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.把螺线管与电源连接，发现小磁针N极向螺线管偏转，静止时所指方向如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.螺线管左端接电源正极 B.若将小磁针移到螺线管内部，小磁针N极所指方向不变 C.若将小磁针移到螺线管左端，小磁针N极将转过180° D.若将小磁针移到螺线管正上方，小磁针N极所指方向不变 解析：选B　小磁针静止时N极指向为其所在处的磁场方向，由题图知螺线管电流在螺线管中轴线上产生的磁场方向是向左的，由右手螺旋定则可知螺线管中电流方向为逆时针方向(从左侧看)，则螺线管右端接电源正极，故A错误；螺线管内部磁场方向向左，所以将小磁针移到螺线管内部，小磁针N极所指方向不变，故B正确；若将小磁针移到螺线管左端，小磁针仍处于向左的磁场中，小磁针N极所指方向不变，故C错误；螺线管正上方磁场向右，若将小磁针移到螺线管正上方，小磁针N极所指方向向右，故D错误。 2.利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是 (　　) 解析：选B　在匀强磁场中，磁感应强度B不变，根据F=BIL， 若保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F-I图像是过原点的直线，B正确，A错误；若保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，则F-L图像是过原点的直线，C、D错误。 3.(2025·黑龙江模拟)在赤道附近沿纬线方向放置一根粗细均匀的金属丝，金属丝的两端点分别固定在同一水平线上的M、N两点(形状如图中甲)，M、N两点间的电压恒定。金属丝所在处的地磁场方向水平，且垂直于金属丝所在的竖直面。若将金属丝均匀拉伸后仍接在M、N两点间(形状如图中乙)，其他条件不变，则 (　　) A.拉伸前导线受到的安培力沿水平方向 B.拉伸前导线受到的安培力较大 C.拉伸后导线受到的安培力较大 D.拉伸前后导线受到的安培力相同 解析：选B　根据左手定则，拉伸前导线受到的安培力沿竖直方向，故A错误；拉伸前导线电阻较小，电流较大，受到的安培力F=BILMN较大，故B正确，C、D错误。 4.光滑水平面内固定两根平行的长直导线A和B，通以等大反向的电流I1、I2；通有图示方向电流I的短导线C垂直于A、B放在正中间，三者处于同一平面内。释放C，它将 (　　) A.沿着水平面向右运动 B.沿着水平面向左运动 C.顺时针转动，同时向B靠近 D.逆时针转动，同时向A靠近 解析：选A　根据安培定则可知，A、B两条平行导线间的磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则可知，短导线C所受安培力水平向右，则其将沿水平面向右运动，故选A。 5.半径为0.1 m的圆内有匀强磁场，磁感应强度B大小为0.4 T，现将一单匝正方形线框放入磁场，线框平面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合，如图，当通过线框的电流I为1 A时，线框所受的安培力大小为 (　　) A. N B. N C. N D. N 解析：选B　线框在磁场的有效线段的长度L=R= m，安培力大小为F=BIL= N，故选B。 6.(2025·贵州遵义高三测评)如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长的直导线，通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C、O两点处的磁感应强度大小分别为 (　　) A.2B，0 B.2B，2B C.0，B D.B，B 解析：选D　根据右手螺旋定则，放置在FE边的通电导线在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿CM，放置在ND边的通电导线在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿FC，故C点处的磁感应强度大小为B；放置在FE边的通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B、方向沿NO，放置在ND边的通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B、方向沿OP，故O点处的磁感应强度大小为B。故选D。 7.(2025·桂林模拟)如图所示为电磁轨道炮的工作原理图，质量为m的待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在宽为d、长为L的两平行水平轨道之间无摩擦滑动，轨道间加有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，恒定电流I从一条轨道流入，通过弹体流回另一条轨道。不计空气阻力，则弹体通过这一装置可以获得的最大速度为 (　　) A.　 B.　 C.　 D. 解析：选A　通电弹体在匀强磁场中受安培力的作用而加速，由动能定理有BIdL=m-0，解得vm=，故选A。 8.(2024·贵州高考)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 解析：选C　根据右手螺旋定则，可知导线框所在磁场方向向里，由于I1>I2，可知左侧的磁感应强度大，同一竖直方向上的磁感应强度相等，故水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合F=BIL，可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。 9.边长L的硬轻质正三角形导线框abc置于竖直平面内，ab边水平，绝缘细线下端悬挂重物，匀强磁场大小为B、方向垂直纸面向里。现将a、b接在输出恒定电流电源的正负极上，当ab边的电流强度为I，重物恰好对地面无压力，则重物重力的大小为 (　　) A.BIL　　 B.　　 C.　　 D.2BIL 解析：选B　根据并联电路分流原理可知流过acb路径的电流大小为，根据平衡条件得mg=BIL+BIL=，故选B。 10.(多选)在同一光滑倾斜导轨上放同一导体棒A，如图所示是两种情况的剖面图，它们所在空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直导轨平面向上，另一次竖直向上，两次导体棒中通有同向电流分别为I1和I2，且都处于静止状态。已知导轨平面与水平面的夹角为θ=37°(已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)，则 (　　) A.I1∶I2=3∶5 B.I1∶I2=5∶4 C.导体棒A所受安培力大小之比F1∶F2=4∶5 D.导轨对导体棒A的弹力大小之比N1∶N2=16∶25 解析：选CD　两种情况下，导体棒A受力分析如图所示，根据受力平衡可得F1=BI1L=mgsin θ，N1=mgcos θ，F2=BI2L=mgtan θ，N2=，可得=====cos 2θ=，故选C、D。 11.(8分)(2024·重庆高考)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；(3分) (2)Q中电流的大小。(5分) 解析：(1)由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设P所受单根导线的拉力大小为T，对P有2T=2mg， 解得T=mg。 (2)设Q所受安培力大小为F，对Q受力分析，有mg+F=2T 又F=BIL 解得I=。 答案：(1)mg　(2) 12.(12分)如图甲，电磁炮是当今世界强国争相研发的一种先进武器，我国电磁炮研究处于世界第一梯队。如图乙为某同学模拟电磁炮的原理图，间距为L=0.5 m的两根倾斜导轨平行放置，导轨平面与水平地面的夹角为θ=37°，导轨下端接电动势为E=18 V、内阻为r=1 Ω的电源。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.2 T、方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中。为了研究方便，将待发射的炮弹视为一个比导轨间距略长的导体棒，导体棒的质量为m=0.1 kg、电阻为R=1 Ω，导体棒与导轨接触面间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。现将导体棒无初速度地放在导轨上且与导轨垂直，最终导体棒从导轨上端发射出去，不计其他电阻。求： (1)导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小和方向；(8分) (2)导体棒刚放在导轨上时的加速度大小。(4分) 解析：(1)导体棒刚放在导轨上时，根据闭合电路欧姆定律有I= 解得I=9 A 导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小F=BIL 解得F=0.9 N 根据左手定则可知，导体棒所受安培力的方向沿导轨平面向上。 (2)导体棒刚放在导轨上时，对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-f=ma 其中f=μN=μmgcos θ 解得a=1 m/s2。 答案：(1)0.9 N，沿导轨平面向上　(2)1 m/s2 第二讲　磁场对运动电荷的作用 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。 (×) (2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。 (×) (3)根据公式T=，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。 (×) (4)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。 (√) (5)(人教选择性必修2 P11“科学漫步”·改编)美国物理学家安德森利用云室研究宇宙线粒子时发现了正电子，证明了反物质的存在。 (√) 逐点清(一)　洛伦兹力 1.[洛伦兹力的理解] (2023·海南高考)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是 (　　) A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程中的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 解析：选A　根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力作用，合力不为零且时刻变化，则小球运动过程中的速度、加速度都改变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。 2.[洛伦兹力与电场力的比较] 如图甲所示，一带负电的小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，如图乙所示；若加上水平向右的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，如图丙所示；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图丁所示。不计空气阻力，则 (　　) A.h1=h3 B.h1<h4 C.h2>h3 D.h2<h4 解析：选A　题图甲，由竖直上抛运动的规律得h1=；题图丙，当加上水平方向的电场时，在竖直方向上有=2gh3，所以h1=h3，故A正确；题图乙中，洛伦兹力只改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球有水平速度，设此时小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2+Ek=m，又m=mgh1，所以h1>h2，则h3>h2，C错误；题图丁，因小球带负电，所受电场力向下，则小球的加速度a>g，小球上升的高度h4=<=h1，B错误；由于无法明确电场力做功的多少，故无法确定h2和h4之间的关系，D错误。 3.[洛伦兹力作用下带电体的运动] (2025·陕西一模)如图所示，竖直固定放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力。关于滑块自a点运动到b点的过程，下列说法正确的是(重力加速度为g) (　　) A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用 B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB C.洛伦兹力做正功 D.滑块的机械能增大 解析：选B　滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒，有mgh=mv2，解得v=，故滑块在b点受到的洛伦兹力为F洛=qBv=qB，故B正确，C、D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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)洛伦兹力永不做功。 2.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 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反 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 逐点清(二)　带电粒子在匀强磁场中的运动 必备知能 1.圆心的确定 方法一：已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图a所示，图中P为入射点，M为出射点)。 方法二：已知入射方向和出射点的位置时，可以先通过入射点作入射方向的垂线，再连接入射点和出射点，作连线的中垂线，这两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图b所示，图中P为入射点，M为出射点)。 2.几何知识求半径 利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点： (1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ=α=2θ=ωt。 (2)直角三角形的应用(勾股定理)。找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形。有r=OA=OB=。 3.两个观点求时间 观点一：由运动弧长计算，t=(l为弧长)； 观点二：由旋转角度计算，t=T或t=T。 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 题点1　半径公式和周期公式的应用 1.(2025·广东东莞模拟)(多选)如图甲所示，用强磁场将百万开尔文的高温等离子体(等量的正离子和电子)约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托卡马克。我国托卡马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩。由多个磁场才能实现磁约束，图乙为其中沿管道方向的一个磁场，越靠管的右侧磁场越强。不计离子重力，关于离子在图乙磁场中运动时，下列说法正确的是 (　　) A.离子从磁场右侧区域运动到左侧区域，磁场对其做负功 B.离子在磁场中运动时，磁场对其一定不做功 C.离子从磁场右侧区域运动到左侧区域，速度变大 D.离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小 解析：选BD　离子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，可知磁场对其一定不做功，故A错误，B正确；因洛伦兹力不做功，则离子从磁场右侧区域运动到左侧区域，速度大小不变，故C错误；离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，解得r=，离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，磁感应强度变大，可知离子运动半径减小，故D正确。 题点2　圆心、半径、运动时间的确定 2.如图所示，空间存在范围足够大、垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m、带电荷量为-q的带电粒子从坐标原点O沿y轴正方向以速度v0射出，带电粒子恰好经过点A(h，h)，不计粒子受到的重力及空气阻力。则匀强磁场的磁感应强度大小为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=，由几何关系有3h2+(R-h)2=R2，解得B=，故选A。 3.(2024·四川成都模拟)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计粒子的重力。根据上述信息可以得出 (　　) A.该匀强磁场的磁感应强度 B.带电粒子在磁场中运动的速率 C.带电粒子在磁场中运动的轨道半径 D.带电粒子在磁场中运动的时间 解析：选C　带电粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作两速度的垂线交点为圆心O1，带电粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可得cos 30°=，所以R=a，故C正确；在磁场中由洛伦兹力提供向心力，即qBv=m，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v=，因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故A、B错误；带电粒子运动轨迹所对的圆心角为π，而周期为T==，则带电粒子在磁场中运动的时间为t=T=，因为磁感应强度B未知，则运动时间无法求出，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.解答第1题的关键点 洛伦兹力对粒子不做功，不引起粒子速度大小的变化，但因磁场左右两侧的磁感应强度的不同，可引起半径、周期的变化。 2.解答带电粒子在匀强磁场中运动的两个关键点 (1)确定圆心，连半径构建直角三角形，由数学方法确定半径关系。 (2)确定运动轨迹圆弧所对的圆心角，确定时间关系。 逐点清(三)　带电粒子在有界磁场中的运动 题点1　直线边界的磁场 1.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为 (　　) A.3 B.2 C. D. 解析：选A　电子1、2在匀强磁场中都做匀速圆周运动，运动周期T相同，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射进磁场，从b点离开，运动了半个圆周，所以电子1运动的时间t1=，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r=可知，电子1和2的运动轨迹半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子2运动的时间t2=，所以=3，故A正确，B、C、D错误。 题点2　平行直线边界的磁场 2.(2025·广西钦州模拟)如图所示，有界匀强磁场的宽度为d，一带电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0垂直边界射入磁场，离开磁场时的速度偏角为30°，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是 (　　) A.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为3d B.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为 C.带电粒子在匀强磁场中运动的时间为 D.匀强磁场的磁感应强度大小为 解析：选B　由几何关系可知，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径为r==2d，A错误；带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为ω==，B正确；带电粒子在匀强磁场中运动的时间为t=×=，C错误；根据qv0B=m，解得匀强磁场的磁感应强度大小为B=，D错误。 3.如图，在直角坐标xOy平面的y轴与直线x=d之间有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在坐标原点处有一粒子源，在坐标平面内沿与y轴正方向成θ=30°的夹角向磁场内射入大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，这些粒子的速度v满足0<v≤v0，已知这些粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的5倍，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，sin 30°=，cos 30°=。则v0等于 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　粒子在磁场中做匀速圆周运动，令轨迹对应的圆心角为α，则粒子在磁场中运动的时间t=T=，可知粒子运动轨迹对应圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，当粒子从y轴离开磁场时，对应轨迹的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系可知，此时对应轨迹的圆心角为300°，因为粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的5倍，则运动时间最短时对应的轨迹的圆心角为60°，由于qvB=，解得R=，速度越大，轨迹半径越大，在磁场中运动时间越短，所以最大速度的粒子对应的运动时间最短，即其轨迹对应的圆心角为60°，由几何关系可知粒子将垂直于磁场右边界飞出磁场，则有d=Rsin 60°，解得轨迹半径为R=，结合上述解得最大速度为v0=，故选B。 题点3　圆形边界的磁场 4.(2025·吉林白城三模)(多选)两个质量相同的带电粒子a、b，从圆上A点沿AO方向进入垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，O为圆心，其运动轨迹如图所示，两粒子离开磁场区域的出射点连线过圆心O，且与AO方向的夹角为60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力，则 (　　) A.a粒子带负电，b粒子带正电 B.a、b两粒子在磁场中运动的速度大小之比为2∶3 C.a、b两粒子的电荷量之比为1∶3 D.a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为2∶1 解析：选AB　根据左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，故A正确；沿磁场圆半径方向进入磁场的粒子飞出磁场时也沿磁场圆半径方向，作出两粒子运动的轨迹对应的圆心如图所示，根据几何关系可知θ=60°，α=180°-60°=120°，两粒子在磁场中运动的时间相等，则有Ta=Tb，解得Ta∶Tb=1∶2，故D错误；两粒子运动的周期Ta=，Tb=，a、b两粒子的质量相同，则a、b两粒子的电荷量之比为2∶1，故C错误；设磁场圆半径为R，根据几何关系有Ra=Rtan 30°=，Rb=Rtan 60°=R，根据线速度的关系式有va=，vb=，结合上述解得=，故B正确。 题点4　多边形边界的磁场 5.(多选)如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为+q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入磁场区域，结果在bc边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc边的长度为L，bc边和ac边的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是 (　　) A.粒子的入射速度为 B.粒子的入射速度为 C.粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为 D.从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为 解析：选AC　粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有r=，因bc边只有一半区域有粒子射出，在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示，由几何关系可得r=，则粒子的入射速度v=，A正确，B错误；粒子在磁场中运动的最长轨迹为s=πr=，C正确；与bc边相切且恰从bc边射出的粒子对应的圆心角最大，为，从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为t=，D错误。 6.(2025·河南郑州模拟)(多选)如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，则 (　　) A.粒子带正电 B.粒子运动的速度大小为 C.粒子在磁场中运动的最长时间为 D.磁场区域中有粒子通过的面积为d2 解析：选BD　速度与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由粒子运动的轨迹结合左手定则可知，粒子带负电，A错误；由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=d，由牛顿第二定律qvB=m，则粒子运动的速度大小为v=，B正确；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，运动的时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为，C错误；由图可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为d2+πd2=d2，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.直线边界的磁场 (1)常见情形： (2)关注轨迹的对称性： 进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等。 2.平行直线边界的磁场 (1)常见情形： (2)关注临界条件：如(1)中图a、c、d所示。 (3)速度方向不变、大小不同的粒子运动轨迹是圆心共线的“放缩圆”。根据轨迹圆，探索出临界条件。 3.圆形边界的磁场 (1)常见情形 (2)磁场圆与轨迹圆两圆相交，两交点与两圆心构成的四边形关于两圆心连线对称。 4.“平移圆”特点 (1)粒子速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上。 (2)轨迹特点：轨迹圆圆心共线，如将半径相同的圆进行平移，从而可探索粒子运动的临界条件。如图所示。 5.“旋转圆”特点 (1)粒子速度大小相同，方向不同。 (2)轨迹特点：轨迹圆圆心共圆，相当于以入射点为圆心，将半径相同的圆进行旋转，从而探索粒子的临界条件。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测] 1.(2025·山东济南三模)(多选)地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的人类和动植物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动的示意图，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是 (　　) A.该带电粒子带正电 B.从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变 C.带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变 D.一段时间后该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺旋线运动 解析：选ABD　由左手定则可知，该带电粒子带正电，A正确；因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，B正确；将粒子速度v0分解为沿磁场方向的v∥和垂直磁场方向的v⊥，根据qvB=m，T=，可得r=，T=，可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，周期变小，则带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离x=v∥T减小，C错误；由上述分析可知，螺旋线轨迹的间距减小到零后，该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺旋线运动，D正确。 2.如图所示，摆球带负电荷的单摆在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆动过程中，由A摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F1，摆球加速度大小为a1；由B摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球加速度大小为a2，则 (　　) A.F1>F2，a1=a2 B.F1<F2，a1=a2 C.F1>F2，a1>a2 D.F1<F2，a1<a2 解析：选B　绳的拉力、洛伦兹力始终与单摆的运动方向垂直，不做功，只有重力做功，所以摆球在最低点C的速度大小相同，根据a=，可知a1=a2，当单摆由A摆到最低点C时，绳的拉力和洛伦兹力方向相同，由B摆到最低点C时，绳的拉力与洛伦兹力方向相反，故F1<F2，故选B。 3.(2024·广西高考)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为 (　　) A. B. C.(1+) D. 解析：选C　粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得粒子做圆周运动的半径r=，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+=(1+)。故选C。 4.如图所示，物块a带正电，表面都涂有绝缘层的物块b不带电，两物块叠放在光滑水平地面上，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉物块b，两物块一起无相对滑动地沿地面加速向左运动，下列说法正确的是 (　　) A.物块a受到的摩擦力变小 B.物块b受到的摩擦力变大 C.物块b对地面的压力变大 D.地面对物块b的支持力变小 解析：选C　对两物块整体受力分析有F=(ma+mb)a，对物块a受力分析有fba=maa，可知物块a、b之间的摩擦力大小不变，故A错误；b与地面之间无摩擦力，则b受到的摩擦力仅为a对其的摩擦力，则物块b受到的摩擦力大小不变，故B错误；地面对物块b的支持力Nb=(ma+mb)g+qvB，由于物块b做加速运动，则洛伦兹力增大，故地面对物块b的支持力变大，则根据牛顿第三定律可知，物块b对地面的压力变大，故C正确，D错误。 5.(2025·广西柳州三模)(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 解析：选AC　设OP=2d，则由几何关系可知ra==2d，rb==，可知a、b两粒子的运动半径之比为∶1，A正确；根据qvB=m，可得v=∝r，则初速率之比为∶1，B错误；根据T=，可得t=T∝θ，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，C正确，D错误。 6.(多选)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C=30°，CD=2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是 (　　) A.速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同 B.从CD边飞出的粒子最大速率为 C.粒子从DE边飞出的区域长度为L D.从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为 解析：选BCD　速率小的粒子在CD边射出时， 粒子在磁场中运动时间相同， A错误；根据左手定则，粒子向左偏转， 从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，半径R=，由qvB=，解得vm=，B正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，粒子运动轨迹与CE相切且从DE边飞出时，是粒子从DE边飞出的最远点，如图所示，由几何关系得===L，粒子从DE边飞出的区域长度为L，C正确；粒子运动轨迹与CE相切飞出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC=60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t=×=，D正确。 7.(2025·北京海淀一模)如图所示，真空区域内有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，MN、PQ 是磁场的边界。质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，沿着与MN夹角θ为30°的方向以某一速度射入磁场中，粒子恰好未能从PQ边界射出磁场。下列说法不正确的是 (　　) A.可求出粒子在磁场中运动的半径 B.可求出粒子在磁场中运动的加速度大小 C.若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短 D.若仅增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短 解析：选C　根据题意可以分析粒子到达PQ边界时速度方向与边界线相切，如图所示，则根据几何关系可知d=r+rcos 30°，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m，解得v=，则加速度大小为a==，故A、B正确；根据t=×=，若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的半径减小，可知粒子运动轨迹对应的圆心角不变，在磁场中运动的时间不变，若仅增大磁感应强度，粒子运动轨迹对应的圆心角不变，粒子在磁场中运动的时间一定变短，故C错误，D正确。 8.(2025·湖南长沙模拟)如图所示，射线AB、AC为一足够大的匀强磁场区域的边界，内部磁场方向垂直纸面向里。两个质量相同且带异种电荷的粒子a、b以相同的速度先后从AB边上的D点垂直AB边射入磁场，两粒子运动的轨迹均与AC相切，忽略粒子受到的重力及粒子间的相互作用力，sin ∠BAC=0.6，下列说法正确的是 (　　) A.a粒子带负电 B.a、b两粒子运动轨迹半径之比为3∶1 C.a、b两粒子所带的电荷量之比为1∶4 D.b粒子在磁场中的轨迹直径等于两切点的距离 解析：选C　根据左手定则可知a粒子带正电，故A错误；如图所示，设两粒子的轨迹半径分别为ra和rb，由sin ∠BAC=0.6可得O2A==rb，由几何知识可知=sin ∠BAC=0.6，解得ra=4rb，根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m，得q=，可知=，故B错误，C正确；设ra=4rb=4r0，由几何知识可知两切点间的距离FE=AF-AE=4r0×-r0×=4r0，故D错误。 9.(2025·四川乐山三模)(多选)如图所示，在一个半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O为圆形区域磁场的圆心。现有一质量为m，带电量为-q(q>0)的粒子从距直径MON为的P点平行于直径MON方向射入磁场，其运动轨迹通过磁场圆心O。不计粒子重力，下列说法正确的是 (　　) A.粒子运动的轨迹半径为R B.粒子射入磁场的速率为 C.粒子在磁场中运动时间为 D.粒子会从O点正下方射出磁场 解析：选AD　作出粒子的运动轨迹，如图所示，由几何关系可得cos ∠O1PO== ，可得∠O1PO=60°，由几何关系cos ∠O1PO=，可得粒子运动的轨迹半径为r=R，由图可知，粒子会从O点正下方射出磁场，故A、D正确；由洛伦兹力提供向心力qvB=m，可得粒子射入磁场的速率为v=，故B错误；由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为θ=120°，所以粒子在磁场中运动时间为t=T=×=，故C错误。 10.(2025·河北衡水模拟)(多选)如图，空间存在着垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，M是垂直于x轴的荧光屏，O点到屏M的距离为R。O点为一粒子源，从O点沿Oy方向发射出一束速度不同、比荷相同的带正电粒子，经磁场偏转后均能水平向右垂直打在屏M上，已知粒子以最大速度v0在磁场中运动轨迹如图中所示，则 (　　) A.磁场方向垂直于纸面向里 B.带电粒子的比荷为 C.磁场区域最小面积为 D.磁场区域最小面积为 解析：选BD　根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；根据R=，可知比荷为=，故B正确；速度小于v0的粒子也能水平向右垂直打在屏M上，所以磁场边界是45°斜线，如图所示，则磁场区域最小面积为阴影部分面积为Smin=-R2=，故C错误，D正确。 11.(12分)(2024·重庆高考)有人设计了一种粒子收集装置，如图所示。比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。 (1)求OK间的距离；(3分) (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；(4分) (3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时0点，求打开磁场的那一时刻。(5分) 解析：(1)当粒子到达O点时，打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，运动轨迹如图1所示， 由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m 则OK=2r1=。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1 运动轨迹如图2所示， 由几何关系有(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2 解得MO=2r1=。 (3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达P点，要使粒子仍然经过K点，则P点在O点右侧，运动轨迹如图3所示， 由几何关系有(4r1-2r1)2+ON2=(4r1)2 解得OP=2r1= 粒子在打开磁场开关前运动时间为t= 解得t=。 答案：(1)　(2)　(3) 第三讲　带电粒子在复合场中的运动 第1课时　带电粒子在组合场中的运动 　　高考对本课时内容的考查，主要集中在质谱仪与回旋加速器、带电粒子在三类组合场中的运动、带电粒子在交变电磁场中的运动几个方面。其中对质谱仪与回旋加速器的考查，主要以选择题的形式呈现，难度中档；对带电粒子在三类组合场中的运动和带电粒子在交变电磁场中的运动的考查，难度较大，常以压轴题的形式考查，但考虑到一轮复习的实际情况，本课时在编排时对习题的难度进行了适当控制。 逐点清(一)　带电粒子在组合场中的运动 必备知能 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.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。 　3.常见带电粒子的运动及解题方法 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　磁场与磁场的组合 1.(2024·湖北高考)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆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。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是 (　　) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 解析：选D　在圆形匀强磁场区域内，沿着半径方向射入的粒子，总是沿着半径方向射出，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；若粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域用时最短，则根据对称性可知粒子运动轨迹如图甲所示，则最短时间t=2T=，故C错误；若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则粒子运动轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r=，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得v=，故D正确。 [思维建模] 解答磁场与磁场组合问题的技巧 (1)带电粒子进入另一磁场区域的前后瞬间速度大小、方向相同。 (2)两个磁场中两段运动轨迹圆弧的衔接点与两圆心共线。 类型2　电场与磁场的组合 2.(2025·湖南三模)如图所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径cd共线，电场方向与磁场垂直、与gd平行。质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)从a点正对圆心O以初速度v0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，打在f点右侧距离L处的竖直挡板上，求： (1)匀强磁场磁感应强度大小B和匀强电场电场强度大小E； (2)粒子运动到f点时的速度； (3)粒子从a点进入到打到竖直挡板上的运动总时间。 解析：(1)在磁场中，根据几何关系可得粒子的运动半径r=L，由洛伦兹力提供向心力Bqv0=，解得B= 粒子在电场中沿着de方向以速度v0做匀速直线运动L=v0t2 粒子沿着电场力方向做初速度为0的匀加速直线运动L=· 解得E=。 (2)从d点运动到f点过程，由动能定理有EqL=m-m，解得vf=v0 根据类平抛运动推论，粒子在f点速度反向延长交de中点，设粒子在f点速度方向与水平方向夹角为θ，得tan θ=。 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= 粒子在磁场中运动的时间t1=·= 粒子在电场中运动时间为t2= 离开电场后粒子做匀速直线运动，水平分速度为vx，由=2L 解得vx=2v0，则粒子从f点到竖直挡板的运动时间t3== 总时间t=t1+t2+t3=。 答案：(1)　　(2)v0，与水平方向夹角正切值为　(3) 3.(2024·山东高考，节选)如图所示，在Oxy坐标系x>0、y>0区域内充满垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0<y<L的范围内可以产生质量为m、电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。 (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0； (2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向。 解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图甲所示 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=xNK= 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qvB=m 在匀强加速电场中由动能定理有U0q=mv2 联立解得U0=。 (2)根据题意，当粒子在△OMN区域做圆周运动的轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r'=xNKcos 60°= 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qv'B=m 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知，粒子射出小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子射出小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足qv'B=Eq 联立可得E=。 答案：(1)　(2)，方向沿x轴正方向 [思维建模] “电偏转”与“磁偏转”的比较 垂直电场线进入匀强 电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力) 受力 情况 电场力FE=qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力 洛伦兹力FB=qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力 轨迹 抛物线 圆或圆的一部分 运动 轨迹 示例 求解 方法 利用类平抛运动的规律求解： vx=v0，x=v0t　 vy=·t， y=··t2 偏转角φ满足： tan φ== 半径：r= 周期：T= 偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解 运动 时间 t= t=T= 动能 变化 不变 逐点清(二)　组合场中的应用实例 类型1　质谱仪 1.(2024·甘肃高考)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1、方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷。 (2)求O点到P点的距离。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。 解析：(1)由于粒子在偏转分离器Ⅲ中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电； 设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0， 在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件得qv0B1=qE1 在加速电场中，由动能定理得qU=m 联立解得粒子的比荷为=。 (2)由洛伦兹力提供向心力，有qv0B2=m 可得O点到P点的距离为OP=2r=。 (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1 受到向下的电场力F=qE2 由于E2>E1，且qv0B1=qE1 所以通过配速法，如图所示 其中满足qE2=q(v0+v1)B1 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时，在纸面内以v1沿逆时针方向做匀速圆周运动，当速度v1转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=。 答案：(1)带正电　　(2)　(3) 类型2　回旋加速器 2.(多选)回旋加速器两个D形盒的半径为R，处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，用LC振荡器作为带电粒子加速的交流高频电源，已知电感为L，电容为C。则下列正确的是 (　　) A.被加速粒子的比荷为 B.被加速粒子最大速度与高频电源电压有关 C.被加速粒子最大速度与D形盒的半径R有关 D.在磁感应强度不变的情况下，比荷不同的粒子，可以用同一LC振荡器作为粒子的加速度电源 解析：选AC　被加速粒子在磁场中的运动周期等于LC振荡电路的周期，即=2π，解得粒子的比荷为=，A正确；粒子被加速到速度最大时qvmB=m，解得最大速度vm=，可知被加速粒子最大速度与高频电源电压无关，与D形盒的半径R有关，B错误，C正确；根据上述结论=，在磁感应强度不变的情况下，比荷不同的粒子，不可以用同一LC振荡器作为粒子的加速度电源，D错误。 3.(2025·江西鹰潭期末)如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环形管中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中通过一次次加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变。已知极板间距远小于R，下列说法正确的是 (　　) A.环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里 B.粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的频率越来越大 C.粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时的速度大小为 D.粒子绕行第5圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为 解析：选B　带正电粒子在A、B之间得到加速，故该粒子顺时针转动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，由左手定则知，磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；A板电势变化的周期与粒子在磁场中圆周运动的周期相同，由于粒子在A、B间加速，速度增大，根据T=可知周期要递减，即A板电势变化的频率越来越大，故B正确；粒子在电场中加速，根据动能定理有Ek总=NqU=m，可得vn=，故C错误；粒子在磁场中由牛顿第二定律有qvnBn=m，解得Bn=，粒子绕行第5圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为B5=，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.质谱仪 (1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。 (2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU=mv2。 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=m。由以上两式可得r==。 2.回旋加速器 (1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。 (2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB=得Ekm=，可见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。 [课时跟踪检测] 1.(多选)如图，质子以一定初速度从a点沿ac方向进入立方体区域abcd-a'b'c'd'，由c'点飞出，该立方体区域可能仅存在 (　　) A.沿ab方向的匀强电场 B.沿aa'方向的匀强电场 C.沿bb'方向的匀强磁场 D.沿bd方向的匀强磁场 解析：选BD　若立方体区域仅存在沿ab方向的匀强电场，质子受到的电场力沿ab方向，会在水平面内做类平抛运动，无法到达c'，A错误；若立方体区域仅存在沿aa'方向的匀强电场，质子受到的电场力沿aa'方向，会在竖直面内做类平抛运动，有可能到达c'，B正确；若立方体区域仅存在沿bb'方向的匀强磁场，质子受到水平方向的洛伦兹力，会在水平面内做匀速圆周运动，不可能到达c'，C错误；若立方体区域仅存在沿bd方向的匀强磁场，质子受到竖直方向的洛伦兹力，会在竖直面内做匀速圆周运动，有可能到达c'，D正确。 2.(2025·福建泉州期末)如图在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。若粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的时间为 (　　) A.　　 B.　　 C.　　 D. 解析：选D　粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得R1=，R2=，根据几何关系可得cos θ==，解得θ=60°，粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1=，T2=，则粒子在第二象限、第一象限中运动的时间分别为t1=，t2=T2，则粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=，故选D。 3.(2025·安徽亳州期末)230 MeV超导回旋加速器自主研制任务全面完成，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压大小恒为U。若用此装置对氘核H)加速，所加交变电流的频率为f。加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是 (　　) A.仅增大加速电压U，氘核H)从D形盒出口射出的动能增大 B.仅减小加速电压U，氘核H)加速次数增多 C.仅增大D形金属盒半径R，氘核H)在磁场中运动的时间不变 D.若用该加速器加速α粒子需要把交变电流的频率调整为2f 解析：选B　当粒子在磁场的轨迹半径等于D形金属盒半径R时，粒子的动能最大，有qvmB=m，故Ekm=m=，与加速电压和加速次数无关，A错误；粒子在电场中加速，由动能定理有nqU=m=，解得n=，仅减小加速电压U，氘核H)加速次数增多，B正确；粒子在磁场中运动的时间t=n×=×=，仅增大D形金属盒半径R，氘核H)在磁场中运动的时间变大，C错误；回旋加速器交流电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，氘核H)和α粒子比荷相同，则在同一匀强磁场中做匀速圆周运动的周期相同，在同一匀强磁场中做圆周运动的频率相同，D错误。 4.(2025·四川绵阳期末)如图所示，是一种由加速电场、静电分析器、磁分析器构成的质谱仪的原理图。静电分析器通道内有均匀的、大小方向可调节的辐向电场，通道圆弧中心线半径为R，中心线处的电场强度大小都为E；半圆形磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场。要让质量为m、电荷量为+q的带正电粒子(不计重力)由静止开始从M板经加速电场加速后，沿圆弧中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，则 (　　) A.磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里 B.在静电分析器中粒子所受辐向电场的电场力为零 C.加速电场的电压U=ER D.P点与Q点间距离d= 解析：选D　粒子带正电，在磁分析器中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动且打在Q点，由左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外，A错误；粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由粒子所受辐向电场的电场力提供向心力，因此在静电分析器中粒子所受辐向电场的电场力不为零，B错误；设粒子在静电分析器中的速度大小为v，由粒子所受辐向电场的电场力提供向心力，由牛顿第二定律可得qE=m，解得v2=，粒子在加速电场中，设加速电压为U，由动能定理可得Uq=mv2，解得U=ER，C错误；粒子在磁分析器中，由洛伦兹力提供向心力，设运动轨迹的半径为r，可得qvB=m，解得r==，可知P点与Q点间距离d=2r=，D正确。 5.(2025·甘肃白银期末)(多选)如图，边长为L的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；三角形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。顶点a处有一粒子源，能沿∠a的角平分线发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，其初速度v0=，不计粒子重力，则 (　　) A.粒子第一次到达b点的时间为 B.粒子第一次到达c点的时间为 C.粒子第一次返回a点所用的时间为 D.粒子在两个有界磁场中运动的周期为 解析：选BD　速度大小v0=的带正电粒子垂直进入磁场，由牛顿第二定律得qvB=m，可得r=L，根据左手定则，作出粒子的运动轨迹图如图所示，粒子做圆周运动的周期T=，由图可知，粒子从a点射出到第一次到达b点转过的圆心角为60°，可得粒子第一次到达b点的时间为tab==，A项错误；由图可知，粒子从b到c转过的圆心角为300°，则时间为tbc==，则粒子第一次到达c点的时间为tac=tab+tbc=，B项正确；由图可知，粒子从c到a转过的圆心角为60°，则时间为tca==，则粒子第一次返回a点所用的时间为t=tab+tbc+tca=，C项错误；由图可知，粒子在两个有界磁场中运动的周期是三个完整的圆周运动周期的和，则粒子在两个有界磁场中运动的周期为T'=3T=，D项正确。 6.(9分)为防止宇宙间各种高能粒子对在轨航天员造成的危害，科学家研制出各种磁防护装置。某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R、R，区域中的危险区内有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，且直径CD的两端各开有小孔，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点C处开有一小孔，两板间电压为U0。一质量为m、电荷量为+e粒子(不计重力)从左板内侧的A点由静止释放，粒子经电场加速后从C孔沿CO方向射入磁场，恰好不进入安全区。求： (1)粒子通过C孔时速度v0的大小；(3分) (2)磁感应强度B的大小。(6分) 解析：(1)粒子从A点运动到C点，根据动能定理有 eU0=m 解得v0=。 (2)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示， 由几何关系有+r2=(r+R)2 解得r=R 由洛伦兹力提供向心力有ev0B=m 解得B= 。 答案：(1)　(2) 7.(9分)(2025·湖南长沙期末)如图所示，真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的矩形匀强磁场，方向垂直于纸面向里，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)沿着与MN夹角为θ=30°的方向垂直射入磁场中，刚好垂直于PQ边界射出，并沿半径方向垂直进入圆形磁场，圆形磁场半径为L，方向垂直纸面向外，粒子最后从圆心O的正下方O'点离开磁场。求： (1)粒子在矩形磁场中运动的轨迹半径；(3分) (2)粒子射入磁场的速度大小；(3分) (3)圆形磁场的磁感应强度。(3分) 解析：画出粒子在磁场中运动的轨迹图如图所示。 (1)设粒子在矩形磁场中运动的轨迹半径为R，根据几何关系有L=Rcos θ 解得R=L。 (2)粒子在矩形磁场中运动过程，由洛伦兹力提供向心力有qvB= 解得v=。 (3)粒子在圆形磁场区域内运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvB'= 解得B'=B。 答案：(1)L　(2)　(3)B 8.(13分)(2025·辽宁模拟)如图所示的Oxy坐标系中，y轴的右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1 T，y轴的左侧存在沿x轴负方向的匀强电场。P点为x轴上的点，OP=20 cm，一比荷为10 C/kg 的负粒子由P点沿x轴的正方向射入磁场，经过一段时间粒子通过y轴进入电场，速度方向与y轴的负方向的夹角为α=30°，粒子在电场中垂直x轴经过Q点，忽略粒子的重力。求：(结果可用分式或带根号) (1)粒子射入磁场的初速度大小以及电场强度E的大小；(10分) (2)粒子第一次经过y轴到第三次经过y轴的时间。(3分) 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹示意图，如图所示， 由几何关系得Rcos 30°=20 cm 解得R=0.4 m 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m 解得v==4 m/s 粒子在电场中运动时，沿y轴方向做匀速直线运动，有R+Rsin 30°=vcos 30°·t1 沿x轴方向做匀变速直线运动，有vsin 30°=at1 由牛顿第二定律有a= 解得t1= s，E= V/m。 (2)粒子在电场中运动的时间为2t1= s 粒子再次进入磁场后转过的圆心角为300°，所用时间为t2=T== s 则粒子从第一次经过y轴到第三次经过y轴所用的时间为t=2t1+t2=s。 答案：(1)4 m/s　 V/m　(2)s 第2课时　带电粒子在叠加场中的运动 　　高考对本课时内容的考查，主要集中在带电粒子在叠加场中运动的实例分析和带电粒子在叠加场中的运动，其中对带电粒子在叠加场中运动的实例分析，主要以选择题的形式呈现，难度一般，而对带电粒子在叠加场中的运动的考查，主要以复杂的多过程的计算题为主，难度较大。 逐点清(一)　带电粒子在叠加场中的运动 1.三种场的比较 力的特点 功和能的特点 重力场 大小：G=mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变物体的重力势能 电场 大小：F=qE 方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反 电场力做功与路径无关 W=qU 电场力做功改变电势能 磁场 大小：F=qvB(v⊥B) 方向：可用左手定则判断 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能 2.叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 3.常见的几种运动形式 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 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零qE=mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 4.“三步”解决叠加场问题 　　⇩ 　　⇩ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [考法训练] 类型1　重力场与磁场的叠加 1.(2025·江苏南京模拟)如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电量为-q、质量为m的小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示。则 (　　) A.OAB轨迹为半圆 B.磁场垂直于纸面向里 C.小球运动至最低点A时处于失重状态 D.小球在整个运动过程中机械能守恒 解析：选D　小球在运动过程中受洛伦兹力及重力，小球不做匀速圆周运动，故OAB轨迹不是半圆，故A错误；根据左手定则可知磁场垂直于纸面向外，故B错误；由题图可知，小球运动至最低点A时加速度竖直向上，可知处于超重状态，故C错误；小球在整个运动过程中洛伦兹力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，故D正确。 类型2　电场与磁场的叠加 2.(2025·陕西西安模拟)(多选)如图所示，匀强电场和匀强磁场的方向均水平向右。一个正离子在某时刻速度的大小为v，方向与电场、磁场方向夹角为θ。当速度方向与磁场不垂直时，可以将速度分解为平行于磁场方向的分量v1和垂直于磁场方向的分量v2来进行研究。不计离子重力，此后一段时间内，下列说法正确的是 (　　) A.离子受到的洛伦兹力大小不变 B.离子加速度的大小不变 C.电场力的瞬时功率不变 D.速度与电场方向的夹角θ变大 解析：选AB　根据运动的分解可知离子水平方向的分量v1变大，垂直于磁场方向的分量v2大小不变，则离子受到的洛伦兹力F洛=qv2B大小不变，离子受到的电场力F=qE也不变，电场力F方向始终与洛伦兹力F洛的方向垂直，离子所受合力大小不变，根据牛顿第二定律可知加速度大小不变，故A、B正确；根据功率的计算公式P=qEv1可知，电场力的瞬时功率变大，故C错误；由于v1变大，根据速度的合成可知速度与电场方向的夹角θ变小，故D错误。 类型3　电场、磁场与重力场的三场叠加 3.如图所示，质量为m、带电荷量为+q的液滴以速度v沿与水平方向成θ=45°角斜向上进入正交的范围足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动。重力加速度为g。求： (1)电场强度E和磁感应强度B的大小； (2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，电场强度大小不变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度的大小； (3)在满足(2)的前提下，液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的P点(图中未画出)所用的时间。 解析：(1)液滴带正电，液滴受力如图所示， 根据平衡条件，有Eq=mgtan θ=mg，qvB==mg 可得E=，B=。 (2)电场方向突然变为竖直向上，电场强度大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，液滴做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有a==g。 (3)电场方向突然变为竖直向上后，qE=mg，液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB=m 可得r=，则T== 由几何知识得液滴从A点到P点转过的圆心角为270°，则所用时间t=T， 可得t=。 答案：(1)　　(2)g　(3) 逐点清(二)　叠加场中的应用实例 装置 速度选择器 磁流体发电机 电磁流量计 霍尔元件 原理 图 规律 若qv0B=Eq，即v0=，粒子做匀速直线运动，与q的大小、电性均无关 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 q=qvB， 所以v=， 所以Q=vS= 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 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　速度选择器 1.(2025·北京昌平二模)如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。一带电粒子(重力不计)从M点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从N点射出。电场强度为E，磁感应强度为B。下列说法正确的是 (　　) A.粒子一定带正电 B.粒子射入的速度大小v= C.若只改变粒子射入速度的大小，其运动轨迹为曲线 D.若粒子从N点沿水平方向射入，其运动轨迹为直线 解析：选C　粒子从M点沿水平方向射入，不管粒子带正电还是负电，根据左手定则，粒子受到的电场力方向和洛伦兹力方向均相反，故无法判断粒子的电性，故A错误；粒子恰好沿直线从N点射出，粒子受到的电场力大小等于受到的洛伦兹力大小，则有qvB=Eq，解得粒子射入的速度大小为v=，故B错误；若只改变粒子射入速度的大小，粒子受到的电场力大小不再等于受到的洛伦兹力大小，粒子做曲线运动，其运动轨迹为曲线，故C正确；若粒子从N点沿水平方向射入，不管粒子带正电还是负电，根据左手定则可知，粒子受到的电场力方向和洛伦兹力方向相同，粒子做曲线运动，其运动轨迹为曲线，故D错误。 类型2　磁流体发电机 2.磁流体发电技术是目前世界上正在研究的新兴技术。如图所示是磁流体发电机示意图，相距为d的平行金属板A、B之间的磁场可看作匀强磁场，磁感应强度大小为B，等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速度v沿平行于板面的方向垂直进入磁场。金属板A、B和等离子体整体可以看作一个直流电源。将金属板A、B与电阻R相连，当发电机稳定发电时，假设两板间磁流体的等效电阻为r，则A、B两金属板间的电势差为 (　　) A.R B.R C.R D.R 解析：选A　由左手定则可知，正离子受向下的洛伦兹力偏向B板，则B板带正电，B板是电源的正极，当达到平衡时有qvB=q，解得电源的电动势E=Bdv，根据闭合电路欧姆定律可知，A、B两金属板间的电势差U=R=R，故选A。 类型3　电磁流量计 3.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)某种电磁血液流量计的原理可简化为如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间的电压稳定时测量值为U，流量Q等于单位时间内通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是 (　　) A.离子所受洛伦兹力方向一定竖直向下 B.M点的电势一定高于N点的电势 C.血液流量Q= D.电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力 解析：选C　由左手定则可知，水平向左流入的正离子受竖直向下的洛伦兹力，负离子受竖直向上的洛伦兹力，则正电荷聚集在N一侧，负电荷聚集在M一侧，则N点电势高于M点电势，A、B错误；电压稳定后，离子所受的洛伦兹力大小等于电场力大小，即qBv=q，可得流速为v=，则流量Q为Q=Sv=πv=，C正确；电压稳定时，正、负离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，D错误。 类型4　霍尔元件 4.(2025·四川绵阳检测)如图所示，将厚度为d、宽为b的长方体金属导体水平放在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，当导体中通有向里的恒定电流I时，该导体左右两侧会产生稳定的电势差UH，这种现象叫作霍尔效应，电势差满足UH=kIB，其中k称为霍尔元件的灵敏度，RH=定义为霍尔电阻。若已知导体中单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷带电量大小为q，定向移动速度为v。则该霍尔元件的 (　　) A.k等于 B.k等于 C.RH随磁场减弱而变大 D.RH与导体的长度有关 解析：选B　当电荷所受的电场力大小与洛伦兹力大小相等时，导体左右两侧产生稳定的电势差，长方体导体的宽度为b，有q=qvB，结合UH=kIB，I=nqvbd，RH=，可得k=，RH=∝B，显然RH随磁场B减弱而变小，且与导体的长度无关。故选B。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.速度选择器的特点 (1)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。 (2)速度选择器具有单一方向性：在题1图中只能从左侧射入才可能做匀速直线运动，从右侧射入则不能。 2.磁流体发电机的三个关系 (1)不接用电器时，q=Bvq，得出的U=Bvd为电源的电动势。 (2)电源内阻：r=ρ。 (3)回路电流：I=。 3.霍尔效应问题的两个关键 (1)电势高低的判断：导体中的电流I向右时，根据左手定则，若自由电荷是电子，则下表面A'的电势高；若自由电荷是正电荷，则下表面A'的电势低。 (2)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A'间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A'间的电势差U就保持稳定，由qvB=q，I=nqvS，S=hd，联立可得U==k，k=称为霍尔系数。 [课时跟踪检测]　　　(说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是 (　　) 解析：选B　在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O由静止开始运动的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动，磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可知向y轴正方向运动的带正电的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故该粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；由于匀强电场方向沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，因受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。 2.如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场(磁场未画出)。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是 (　　) A.带电粒子M、N的电性一定相同 B.带电粒子M、N的电荷量一定相同 C.撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等 D.撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等 解析：选D　根据左手定则可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总是相反，满足qvB=qE，即v=，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电荷量无关，故A、B错误；撤去电场后，粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvB=m，可得R=，两个粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向做匀速直线运动，若能穿过场区，由l=vt，可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。 3.(多选)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C，方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为2 T，方向垂直纸面向里。现将一质量为0.2 kg、电荷量为+0.5 C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.小球做平抛运动的初速度大小为5 m/s B.小球做平抛运动的初速度大小为2 m/s C.A点距该区域上边界的高度为1.25 m D.A点距该区域上边界的高度为2.5 m 解析：选BC　小球进入虚线下方区域后做直线运动，对小球受力分析如图所示，则qvBcos θ=mg，小球的速度vcos θ=v0，解得v0=2 m/s，故A错误，B正确；小球从A点抛出到进入叠加场过程，由动能定理得mgh=mv2-m，根据在叠加场中的受力情况可知(mg)2+(qE)2=(qvB)2，解得h=1.25 m，故C正确，D错误。 4. .(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行且垂直纸面向里的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时 (　　) A.血管上侧电势低，血管下侧电势高 B.若血管内径变小，则血液流速变小 C.血管上下侧电势差与血液流速无关 D.血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小 解析：选D　根据左手定则可知正离子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；血液的流量一定时，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据Q=Sv可知血液流速变大，故B错误；稳定时，离子所受洛伦兹力等于电场力，根据qvB=，可得U=dvB，又v=，联立可得U=，可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，故D正确；由以上分析可知，血管上下侧电势差与血液流速有关，故C错误。 5.(多选)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小球由静止开始下滑直到稳定的过程中 (　　) A.小球的加速度一直减小 B.小球的机械能和电势能的总和保持不变 C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v= D.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v= 解析：选CD　小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上，开始时，小球的加速度为a=，小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向上电场力与洛伦兹力的合力将减小，支持力减小，摩擦力减小，故加速度增大，故A错误；当洛伦兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大，此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上小球受到的支持力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛伦兹力小于电场力的时间内，有=，解得v1=，另一种是在洛伦兹力大于电场力的时间内，有=，解得v2=，故C、D正确；在下滑过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故小球的机械能和电势能的总和将减小，故B错误。 6.(多选)如图所示，在三维直角坐标系O-xyz中，分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B，一个带电荷量为+q、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度v0抛出后做平抛运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) A.小球的初速度v0大小为 B.经过时间，球的动能变为初动能的2倍 C.若仅将电场方向变为沿y轴正方向，小球可能做匀速圆周运动 D.若仅将电场撤去，小球可能做匀速直线运动 解析：选AC　小球在xOy平面内做平抛运动，则有Eq=qv0B，解得v0=，A正确；根据平抛运动规律，小球的动能变为初动能的2倍时Ek=m(+)=2×m，解得vy=v0==gt，即经过时间为t=，B错误；若仅将电场方向变为沿y轴正方向，如果电场力和重力大小相等，小球可能做匀速圆周运动，C正确；若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D错误。 7.(2024·安徽高考)(多选)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，所带电量的大小为 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 解析：选ABD　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知其带负电，有mg=Eq，解得q=，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m，可得R=，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，则有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，由动量守恒定律得mv=v1+v2，解得v2=-，由于分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，且分离后小油滴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。 8.(12分)(2025·广西柳州模拟)如图所示，竖直xOy平面第一、二象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形区域，M、N是半圆与x轴交点。该区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第一、二象限有平行于x轴的匀强电场。O点有一粒子源，能沿y轴正方向发射初速度为v的带正电粒子，粒子进入半圆形区域后做匀速直线运动，粒子的重力忽略不计。 (1)求电场强度E的大小和方向；(4分) (2)现撤去匀强电场，粒子仍从O点以速度v沿y轴正方向射入，粒子从圆弧上的Q点离开，已知QO与OM的夹角为30°，求粒子的比荷和粒子在磁场中运动的时间t。(8分) 解析：(1)粒子进入半圆形区域后做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则qvB=qE 解得E=vB，沿x轴正向。 (2)撤去匀强电场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示， 由几何知识可得r==R 由洛伦兹力提供向心力得qvB=m 解得= 粒子做匀速圆周运动的周期T= 粒子从O点到Q点转过的圆心角θ=120° 粒子在磁场中运动的时间t=T=T 解得t=。 答案：(1)vB，沿x轴正向　(2)　 9.(16分)(2024·贵州高考)如图，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有一半径为L且与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求： (1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小；(3分) (2)粒子的电荷量与质量之比；(5分) (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。(8分) 解析：(1)带电粒子在cdef区域做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子经过cd边中点的速度水平向右，设粒子到达cd边中点的速度大小为v0、带电荷量为q、质量为m，由平衡条件则有qE=qv0B 解得v0=。 (2)粒子从b点到cd边的中点的运动，可逆向看作从cd边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得qE=ma 由类平抛运动规律可得v0t=L at2= 联立解得粒子的电荷量与质量之比 ==。 (3)粒子在圆形区域做匀速圆周运动，设粒子的运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m 解得R=L 粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α，由几何关系可知α=2θ 由几何关系可得tan θ== 可知θ=30° 则有α=60°。 答案：(1)　(2)　(3)60° 59 / 64 学科网（北京）股份有限公司 $$