2025-2026学年高二下学期物理筑基阶段课件 第十一课：磁场

该高中物理磁场单元复习课件系统梳理了磁场的基本概念、电流的磁场、安培力、洛伦兹力及带电粒子在磁场中的运动等核心内容，通过考点分类、模型建构（如动态圆、磁聚焦）和典例解析，将磁场叠加、安培力平衡、洛伦兹力偏转等知识点串联成网，清晰呈现知识内在逻辑。 其亮点在于注重科学思维与模型建构，如通过电流元法、等效法分析安培力作用下的运动，用配速法解决叠加场中粒子运动问题，结合现代科技应用（质谱仪、回旋加速器）设计分层典例，从基础考点到高考改编题逐步提升，助力学生深化物理观念，教师可依托资料精准实施分层教学，高效提升复习效果。

物理清北班——筑基阶段 教师：林志敏 第十一课：磁场 1 第1节 磁场及其对电流的作用 考点1　电流的磁场　磁场的叠加 一、对磁感应强度的理解 1.磁感应强度是矢量,其方向与通电导线所受磁场力的方向垂直。 2.电流元必须垂直于磁场放置,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,与通电导线所受磁场力的大小及方 向都无关。 二、磁感线的特点 1.方向:磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。 2.强弱:磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱。 返回目录 3.闭合曲线:磁感线是闭合曲线,没有起点和终点。在磁体外部,由N极指向S极;在磁体 内部,由S极指向N极。 4.不相交:同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。 5.假想线:磁感线是假想的曲线,客观上并不存在。 三、安培定则的应用 1.在应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”。 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 返回目录 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 安培定则示意图       立体图       横截面图       返回目录 四、磁场的叠加 1.确定磁场场源,例如通电直导线。 2.定位空间中要求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁感应 强度的大小和方向。如图所示,BM和BN分别为M、N在c点产生的磁感应强度。 3.应用平行四边形定则进行求解,图中的B为c点的合磁感应强度。 返回目录 典例1　如图所示,三角形ACD为一等边三角形,两根通有大小相等电流的长直导线分 别垂直纸面置于A、D两个顶点,A处导线中的电流方向垂直纸面向里,D处导线中的电 流方向垂直纸面向外。已知通电长直导线在其周围某点处产生的磁感应强度大小B=  ,k为常量,r为该点到通电直导线的距离。已知C处磁感应强度的大小为B0,则CD边中 点E的磁感应强度的大小为 (　    ) A. B0　　　    B. B0　　　    C. B0　　　    D.4B0 C 返回目录 解析     设三角形ACD的边长为L,则A处导线在C点产生的磁感应强度的大小B1= ,D处导线在 C点产生的磁感应强度的大小B2= ,如图所示,   C处的合磁感应强度的大小B0=B1 cos 60°+B2 cos 60°= ;A处导线在E点产生的磁感应 强度的大小B3= = B0,D处导线在E点产生的磁感应强度的大小B4= =2B0,E处 的合磁感应强度的大小BE= = B0,C正确。 返回目录 考点2　安培力的分析与计算 一、安培力的方向 1.用左手定则判定:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面 内;让磁感线从掌心垂直进入,并使四指指向电流的方向,这时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。 2.安培力方向的特点:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I决定的平面。 3.推论:两平行的通电直导线间的安培力——同向电流互相吸引,反向电流互相排斥。 二、安培力的大小 F=BIl sin θ(其中θ为B与I之间的夹角,如图所示)。 返回目录   (1)当磁场B的方向与电流I的方向垂直时:F=BIl。 (2)当磁场B的方向与电流I的方向平行时:F=0。 (3)l是指有效长度 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,如图所示。 返回目录 三、安培力作用下导体运动情况的判断方法 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 通电螺线管→条形磁体 结论法 两电流相互平行时无转动趋势,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 定性分析磁体在电流产生的磁场作用下的受力或运动的问题时,可先分析电流在磁体产生的磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流产生的磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向 返回目录 典例2    一个可以自由运动的绝缘线圈L1和一个固定的绝缘线圈L2互相垂直放置,且两 个线圈的圆心重合,如图所示。当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1 将(　    )   A.不动 B.顺时针转动 C.逆时针转动 D.在纸面内平动 B 返回目录 解析     解法一　电流元法 把线圈L1沿水平转轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段电流元,电流元处在 L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得, 上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向 纸内,因此从左向右看,线圈L1将顺时针转动。 解法二　等效法 把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的圆心,小磁针的N极应指向环形 电流I2在该点的磁场方向,由安培定则可知I2在其圆心处产生的磁场方向竖直向上,而L1 返回目录 等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以 从左向右看,线圈L1将顺时针转动。 解法三　结论法 环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,直到两环形电流同向平行为止。据此可得, 从左向右看,线圈L1将顺时针转动。 返回目录 考点3　安培力作用下的平衡和加速问题 一、分析问题的基本思路 1.确定要研究的导体棒。 2.按照重力→已知力→安培力→弹力→摩擦力的顺序,对导体棒受力分析。 3.分析导体棒的运动情况。 4.根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。 二、视图转换 对于安培力作用下的力学问题,对导体棒受力分析时往往需要分析分布在三维空间的 不同方向上的物理量,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 返回目录 (如图所示)。   返回目录 教考衔接 典例3    (人教版选必二P22,B组,T1改编)如图甲所示,金属杆ab的质量为m,长为l,通过的 电流为I,处在磁感应强度B= 的匀强磁场中(g为重力加速度),磁场方向与导轨平面夹 角θ=37°斜向上,且与ab杆垂直,金属杆ab静止于水平导轨上。   图甲 返回目录 (1)(回归教材)求金属杆ab所受的支持力和摩擦力。 (2)(情境变式)若将θ变为53°,其他条件不变,金属杆ab刚好能够在导轨上静止,最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,求金属杆ab与导轨间的动摩擦因数μ。 (3)(链接高考)(2022湖北,11,4分)(多选)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体 棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应 强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右 运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做 匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为 g;减速时,加速度 的最大值为 g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是(　    ) 返回目录   A.棒与导轨间的动摩擦因数为  B.棒与导轨间的动摩擦因数为  C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60° D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150° 答案    (1)0.6mg,方向竖直向上    0.3mg,方向水平向右    (2)     (3)BC 返回目录 解析     (1)对金属杆ab受力分析,如图1所示。 竖直方向,由平衡条件得FN=mg-BIl cos θ,解得金属杆所受的支持力的 大小FN=0.6mg,方向竖直向上。 水平方向,由平衡条件得f=BIl sin θ,解得金属杆所受的摩擦力的大小f=0.3mg,方向水平 向右。 (2)θ=53°,金属杆刚好能够在导轨上静止,则满足BIl sin θ=μ(mg-BIl cos θ),解得μ= 。 (3)当导体棒加速运动时受力如图甲,由BIL sin θ-μ(mg-BIL cos θ)=ma,可得a=  -μg=   sin (θ+φ)-μg,其中tan φ=μ,可见当θ+φ=90°时,加速度 返回目录 取得最大值,为  -μg= g①;当导体棒减速运动时受力如图乙,由BIL sin α+μ (mg+BIL cos α)=ma,其中α=180°-θ,可得a= +μg=  · sin (α+φ)+ μg,其中tan φ=μ,可见当α+φ=90°时,加速度取得最大值,为  +μg= g②;联立① ②式可得μ= ,则φ=30°,故当导体棒加速阶段加速度大小最大时θ=60°,当导体棒减速 阶段加速度大小最大时θ=120°,A、D错误,B、C正确。 返回目录 第2节 磁场对运动电荷(带电体)的作用 返回目录 考点1　洛伦兹力 一、洛伦兹力的大小 1.当v∥B(或v=0)时,洛伦兹力F=0。 2.当v⊥B时,洛伦兹力F=qvB。 3.当v与B的夹角为θ时,F=qvB sin θ。 二、洛伦兹力的方向 1.判定方法:左手定则。 (1)掌心——磁感线垂直穿入掌心。 (2)四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。 返回目录 (3)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。 三、洛伦兹力与安培力的联系和区别 1.安培力是洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力是安培力的微观实质。 2.安培力可以做功(实质是洛伦兹力的一个分力在做功),而洛伦兹力对运动电荷不做 功。 返回目录 典例1    (2024届东北三省四市教研联合体一模)图(a)中,在x轴上关于原点O对称的位置 固定两个等量异种点电荷。图(b)中,在x轴上关于原点O对称的位置固定两根垂直于纸 面的平行长直导线,两根导线中电流大小相等、方向相反。电子以一定的初速度从原 点O垂直纸面向里运动,则关于两幅图中电子在原点O处受力的说法正确的是 (　    ) A.图(a)中,电子所受静电力沿x轴正方向 B.图(a)中,电子所受静电力沿y轴正方向 C.图(b)中,电子所受洛伦兹力沿y轴正方向 D.图(b)中,电子所受洛伦兹力沿x轴正方向 D 返回目录 解析     题图(a)中,两个等量异种点电荷在O点的电场强度沿x轴正方向,电子在O点所受静电力 沿x轴负方向,A、B错误。题图(b)中,根据安培定则,两根导线中的电流在O点产生的磁 感应强度沿y轴负方向,根据左手定则,电子在O点所受洛伦兹力沿x轴正方向,C错误,D 正确。 返回目录 考点2　洛伦兹力作用下带电体的运动 带电体做变速直线运动时,随着速度大小的变化,洛伦兹力的大小也会发生变化,与接触 面间的弹力一般会随着变化(若接触面粗糙,摩擦力也跟着变化,从而加速度发生变化), 弹力减小到0时,带电体离开接触面。 返回目录 典例2    (多选)如图所示,下端封闭、上端开口、高h=5 m、内壁光滑的细玻璃管竖直 放置,管底有质量m=10 g、电荷量的绝对值|q|=0.2 C的小球(视为质点),整个装置以v=5 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度大小为B=0.2 T、方向垂直纸面向里的匀 强磁场,由于外力的作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从上端管口飞出,g 取10 m/s2。下列说法中正确的是 (　    ) A.小球带负电 B.小球在竖直方向做匀加速直线运动 C.小球在玻璃管中的运动时间小于1 s D.小球机械能的增加量为1 J BD 返回目录 解析     由左手定则可知,小球带正电,A错误。玻璃管和小球在水平方向做匀速运动,则小球在 竖直方向所受的洛伦兹力恒定,竖直方向加速度不变,即小球在竖直方向做匀加速直线 运动,B正确。小球在竖直方向的加速度a= =  m/s2=10 m/s2, 在管中运动的时间t= =  s=1 s,C错误。小球到管口时竖直方向的分速度vy=at= 10 m/s,机械能的增加量ΔE=mgh+ m( +v2)- mv2=1 J,D正确。 返回目录 考点3　带电粒子在匀强磁场中的运动 一、洛伦兹力作用下带电粒子(不计重力)的运动形式 1.若v∥B,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。 2.若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做匀速圆周运动。 3.若v与B成θ角,在平行于磁场方向,以v cos θ做匀速直线运动;在垂直于磁场方向,以v sin θ做匀速圆周运动。 二、洛伦兹力作用下带电粒子(不计重力)做圆周运动的分析 1.常用公式 返回目录 2.圆心的确定 (1)方法一:已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时,可通过入射点和出射点作垂 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迹的圆心(如图甲所 示)。 返回目录 (2)方法二:已知入射方向和入射点、出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂 线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙 所示)。 3.半径的计算 (1)利用动力学方程求半径:由qvB=m 得R= 。 (2)利用平面几何知识求半径 若轨迹明确,一般由数学知识(勾股定理、三角函数、弦切角定理等)来确定半径。如 图所示,已知匀强磁场区域的宽度为d,轨迹对应的水平长度为L,圆 心角为θ,根据几何关系可得R= ,再根据R2=L2+(R-d)2,可得R=  。 返回目录 4.时间的计算 (1)方法一:由圆心角求时间,t= T。 (2)方法二:由弧长求时间,t= = 。 知识拓展　　圆周运动中的几种角度关系 (1)速度偏转角φ等于 所对的圆心角α。 (2)圆心角α与弦切角θ的关系: 为劣弧时,α=2θ; 为优弧时,α=360°-2θ。 返回目录 典例3　如图所示,与纸面垂直的接收屏MN上方空间存在匀强磁场,磁场的磁感应强度 大小为B,方向垂直纸面向外(图中未画出)。在磁场中A点有一粒子源,可沿纸面内各个 方向不断地均匀发射质量为m、电荷量为q、速率相同的带正电粒子。粒子打到接收 屏即被屏吸收,MN足够长,AC⊥MN,C点为垂足,AC=d,不计粒子重力和粒子间的相互作 用。求: (1)若粒子的速度大小v1= ,求粒子运动的轨道半径r; (2)若粒子的速度大小v1= ,求粒子运动到屏上的最短时间t; (3)若粒子的速度大小v2= ,粒子打在屏上最左端的位置记为P点,最右端的位置记为 返回目录 Q点(图中均未画出),求PC的长度x1和QC的长度x2。   答案    (1)d    (2)     (3) d     d 返回目录 解析     (1)根据牛顿第二定律有qv1B= ,已知v1= ,联立解得r=d。 (2)粒子运动轨迹如图甲所示时到达屏上的时间最短(点拨:运动速率相同,运动半径不 变,最短的弦长对应最小的圆心角和最短的运动时间)   由几何关系可知 sin α=  联立解得 返回目录 sin α= ,α=  依题意有t=  联立解得t= 。 (3)设粒子运动的半径为R2,根据牛顿第二定律有qv2B= ,已知v2=  联立解得R2= d 如图乙所示,圆轨迹在P点和MN相切 返回目录   乙 根据勾股定理有 = +  联立解得x1= d 如图丙所示,圆轨迹在Q点和MN相交, AQ为直径 返回目录   丙 根据勾股定理有 =d2+  联立解得x2= d。 返回目录 提分关键·方法提升 　　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题思路   返回目录 微专题 18 带电粒子在有界匀强磁场中的运动 返回目录 题型1　带电粒子在有界匀强磁场中的运动 一、直线边界(进出磁场具有对称性,如图所示) 二、平行边界(存在临界条件,如图所示)        返回目录 三、圆形边界 1.沿径向射入必沿径向射出,如图甲所示。  　      2.等角进出:射入时粒子速度方向与圆形磁场半径的夹角为θ,射出磁场时速度方向与半 径的夹角也为θ,如图乙所示。 返回目录 四、多边形边界或角形边界 带电粒子在多边形边界或角形边界磁场中运动时,会有不同的临界情境,解答该类问题 主要把握两点。 (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:经常会判断是否会从某顶点射出。 ①当α≤θ时,可以过两磁场边界的交点,入射点到两磁场 边界交点的距离d=2R sin α,如图甲所示。 ②当α>θ时,不能通过两磁场边界的交点,粒子的运动轨迹 会和另一个边界相切,如图乙所示。 返回目录 典例1　如图所示,在第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场(坐标轴上无磁场),位于x 轴上的Р点有一粒子发射器,沿与x轴正半轴成60°角方向发射不同速率的电子,已知当 速度为v0时,电子恰好从O点沿y轴负方向离开坐标系。下列说法正确的是 (　    )   A.如果v>v0,则电子速度越大,在磁场中运动的时间越长 B.如果v>v0,则电子速度越大,在磁场中运动的时间越短 C.如果v<v0,则电子速度越大,在磁场中运动的时间越长 D.如果v<v0,则电子速度越大,在磁场中运动的时间越短 B 返回目录 解析     当速度为v0时,电子恰好沿y轴负方向离开坐标系,作出此时的轨迹如图所示。   若v>v0,电子速度越大,轨迹半径越大,轨迹飞出点逐渐上移,对应轨迹圆心角θ越小,根据t = ·T= 可知,电子在磁场中运动的时间越短,A错误,B正确。若v<v0,电子轨迹为一段 优弧,从x轴正半轴射出,根据直线边界磁场的对称性,飞出的速度方向与x轴正方向夹角 仍然等于60°,根据几何关系可知,轨迹所对应的圆心角始终为240°,在磁场中运动的时 间一定,与速度大小无关,C、D错误。 返回目录 题型2　带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题 图例 结论 带电 粒子 电性 不确定   带电粒子以速度v垂直射入匀强 磁场。如带正电,其轨迹为a;如带 负电,其轨迹为b 磁场 方向 不确定   带正电粒子以速度v垂直射入匀 强磁场。若磁场方向垂直纸面向 里,其轨迹为a;若磁场方向垂直纸 面向外,其轨迹为b 返回目录 临界 状态 不唯一   粒子恰好从下极板左侧飞出,其 轨迹为a;粒子恰好从下极板右侧 飞出,其轨迹为b 运动 具有 周期性   带电粒子在电场、磁场相接的空 间运动时,往往具有周期性,因而 形成多解 返回目录 典例2    (多选)如图所示,在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应 强度大小为B的匀强磁场,在MN边界放一刚性挡板,粒子碰到挡板则能够以原速率弹 回。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场,恰 好从Q点射出。下列说法正确的是 (　    ) A.带电粒子一定带负电荷 B.带电粒子的速度最小值为  C.若带电粒子与挡板碰撞,则受到挡板作用力的冲量大小可能为  D.带电粒子在磁场中运动时间可能为  CD 返回目录 解析     若粒子带负电,则粒子可能的运动轨迹如图甲所示,  此时轨迹半径最小,速度也最小,粒子做圆周运动的半径r1= L,根据牛顿第二定律有qv1 B=m ,解得v1= ,B错误。若粒子带正电,粒子与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出,粒 子运动轨迹如图乙所示,设轨迹半径为r2,由几何知识得L2+(r2-0.5L)2= ,解得r2= L,根据 牛顿第二定律有qv2B=m ,解得v2= ,根据动量定理得I=2mv2= ,A错误,C正确。 返回目录 若粒子带负电,粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为 时,调整粒子射入磁场的方 向,使粒子由P射入,由Q射出,粒子在磁场中的运动时间可以是t= T= ,D正确。   返回目录 典例3　如图所示,直线MN左下侧空间存在范围足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁 场,磁感应强度大小为B,在磁场中P点有一个粒子源,可在纸面内向各个方向射出质量 为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力及粒子间相互作用),已知∠POM=60°,P、O间 距为L,PO沿水平方向,粒子速率均为v= ,则粒子在磁场中运动的最短时间为 (        )   A. 　　　    B. 　　　    C. 　　　    D.  B 返回目录 解析     粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则有Bvq= ,解得R= = · =  L;粒子做圆周运动的周期T= = = 。因为粒子做圆周运动的半径、周 期都不变,则粒子转过的圆心角越小,则其对应弦长越小,运动时间越短。所以,过P点作 MN的垂线,可知粒子运动轨迹的最小弦长为L sin 60°= L=R,故最小弦长对应的圆心 角为60°,所以,粒子在磁场中运动的最短时间tmin= T= ,B正确。 返回目录 提分关键·规律总结 求解有界磁场中多解问题的技巧 (1)分析题目特点,确定题目多解性形成的原因。 (2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。 (3)若为周期性的多解问题,寻找通项式;若是出现几种周期性解的可能性,注意每种解 出现的条件。 返回目录 微专题 19 磁场中的动态圆模型 返回目录 题型1　有界匀强磁场中的三类“动态圆”模型 一、“放缩圆”模型的应用 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大小的变化而变化。如图所示(图中只画出粒子带正电的情境),速度v越大,运动半径也越大   轨迹圆的圆心共线: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于初速度方向的直线PP'上 应用方法 以入射点P为定点,圆心位于直线PP‘上,将半径放缩作轨迹圆,从而探索出临界条件 返回目录 二、“旋转圆”模型的应用 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,若初速度为v0,则轨迹半径R= 。如图所示(粒子带负电)   轨迹圆的圆心共圆:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R= 的圆上 应用方法 将一半径R= 的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索粒子运动的临界条件 返回目录 三、“平移圆”模型的应用 适用 条件 速度大 小一定, 方向一 定,入射 点在同 一直 线上 粒子源发射速度大小、方向一定,入射点不同,但在同一直线上的带电粒子进入匀强磁场时,它们做匀速圆周运动的半径相同,若入射速度大小为v0,则半径R= ,如图所示(粒子带负电)   轨迹圆的圆心共线:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上,该直线与入射点的连线平行或共线 应用方法 将半径为R= 的圆进行平移,从而探索粒子运动的临界条件 返回目录 典例1    如图所示,在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强 磁场,线状粒子源从y轴左侧平行于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 、方向垂直平面xOy向里。不考 虑粒子间的相互作用,不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中,在磁 场中运动的时间最长为(　    )   A. 　　　    B. 　　　    C. 　　　    D.  C 返回目录 解析     粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv0B=m ,解得r=2R,如图所示,当粒子在磁场中的运 动轨迹对应的圆心角最大时,粒子在磁场中运动的时间最长,由于sin α= ,要使圆心角 α最大,FE最长,经分析可知,当粒子从y轴上的D'点射入、从x轴上的E'点射出磁场时,粒 子在磁场中运动的时间最长,有sin αm= ,解得αm= ,则tm= · ,解得tm= ,C正 确。   返回目录 提分关键·规律总结 平移圆的适用条件:同源、同速率、同向、异点 此类粒子源能在同一平面内沿某一方向发射速率相同的同种带电粒子,圆周运动的轨 迹相同,“多中找一”,认真规范作出一个轨迹圆,移动该圆来寻找解题思路。 返回目录 典例2    (多选)如图所示,正方形ABCD是匀强磁场的理想边界,磁场的磁感应强度为B, 正方形的边长为L,O是AB的中点,在AO之间有水平向右的大量带正电的粒子进入磁场, 粒子进入磁场的速度范围为v0≤v≤2v0,粒子的比荷 = ,下列说法正确的有(不计粒 子间相互作用及粒子重力) (　    ) A.所有粒子全部从BC边射出 B.速度较大的粒子有可能从C、D两点间射出 C.所有粒子在磁场中运动的最长时间是  D.所有粒子在磁场中运动的最短时间是  AD 返回目录 解析     由洛伦兹力提供向心力有qvB=m ,将 = 代入,可得r= ;由于v0≤v≤2v0,所以 ≤r ≤L;从A点和O点进入的粒子轨迹边界如图所示,A正确,B错误。(关键:由T= 可知所 有粒子做圆周运动的周期都相等,由t= T求粒子在磁场中运动的时间)粒子从A点进 入且从B点射出,运动时间最长,tmax= = ,C错误。从O点进入且半径为L的粒子在磁 场中运动时间最短,由几何关系可得θ=60°,则tmin= T= · = ,D正确。 返回目录 典例3    (多选)如图所示,在x轴上方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。x轴上放置一无限长挡板,挡板上M、N两点的坐标分别为 和 ,坐 标为 的P点存在一粒子源,可以在xOy平面内向各个方向均匀发射速率为v、比 荷为 的带正电粒子,不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是 (　    ) A.带电粒子在磁场中顺时针运动 B.若v= ,则打在挡板上的粒子数占总数的  C.若v= ,则挡板上有粒子打到的线段长度为  D.若v= ,将挡板撤去,则M、N之间各处均有粒子通过 BC 返回目录 解析     根据左手定则可知带电粒子在磁场中逆时针运动,A错误。r= ,v= ,联立解得r=  ,如图甲所示,则打在挡板上的粒子的两个临界状态为①和②,则打在挡板上的粒子 数占总数的 ,B正确。挡板上有粒子打到的线段的两个端点对应的临界状态为图甲中 的②和③,对应的长度分别为l1= ,l2= = ,则挡板上有粒子打到的线段长度 Δl=l1+l2= ,C正确。若v= ,由r= 可得粒子运动的轨迹半径r= ,通过M、N之 间的临界状态为图乙中的④和⑤,可知QN段无粒子通过,D错误。 返回目录 提分关键·方法提升 解决磁场中临界、极值问题的方法技巧 (1)数学方法和物理方法结合。例如,“旋转圆”模型中粒子速度大小不变,求粒子在磁 场中运动的最短时间,可以转换为求最小的弧长,在轨迹为劣弧的情况下,弧长越小则弦 长越短,进一步转换为确定最小弦长;“放缩圆”模型中粒子速度方向不变,求粒子在磁 场中运动的最短时间,可以转换为求最小的圆心角,圆心角等于弦切角的两倍,所以确定 最小的圆心角可以进一步转换为确定最小的弦切角。 (2)一个“解题流程”突破临界问题 返回目录   (3)从关键词寻找突破口: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予暗示,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。 返回目录 题型2　磁聚焦和磁发散模型 一、“磁聚焦”模型 1.现象:如图甲所示,大量的同种带正电的粒子,速度大小相同,平行入射到圆形磁场区 域,如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等,则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B射 出。 2.条件:轨迹圆半径等于磁场圆半径。 3.证明:四边形OAO'B为菱形,必是平行四边形,对边平行,OB必平行于AO'(即竖直方向), 可知从A点进入磁场的带电粒子必然经过B点。 返回目录 二、“磁发散”模型 1.现象:如图乙所示,大量的同种带正电的粒子,从P点以大小相等的速度沿不同方向射入 有界磁场,如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等,则所有粒子射出磁场时的速度方向平行。 2.条件:轨迹圆半径等于磁场圆半径。 3.证明:所有粒子运动轨迹的圆心与磁场圆的圆心O、入射点、出射点的连线均为菱 形,也是平行四边形,O1A、O2B、O3C均平行于PO,即出射速度方向相同(水平方向)。 返回目录 典例4    (多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度,人们把此原理 运用到薄膜材料制备上,使芯片技术得到飞速发展。如图所示,宽度为r0的带正电粒子 流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B0,这些带电粒子都 将从磁场圆上O点进入正方形区域,正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在 正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域,使会聚到O点的粒子经过该磁场区 域后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,不考虑粒子间的相互作用及粒子的重力。 下列说法正确的是 (　    ) BC 返回目录 A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0,方向垂直纸面向里 B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为 B0,方向垂直纸面向里 C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π-2)  D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为   返回目录 解析     根据磁聚焦原理,粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动,粒子运动的轨迹半径为r0,有 qvB0=m ,解得B0= ,要使会聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场 偏转后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,作出轨迹如图所示, 由几何关系可知粒子在正方形区域内的磁场中的轨迹半径为2r0,正方形区域内的磁场 区域应该为圆形磁场的一部分,有qvB1=m ,解得B1= = B0,由左手定则可知,正方形 区域中匀强磁场方向垂直纸面向里,A错误,B正确。如图所示,磁场区域的最小面积Smin =2(π-2) ,C正确,D错误。 返回目录 微专题 20 洛伦兹力与现代科技 返回目录 题型1　带电粒子在现代科技中的四种应用 原理图 规律     若qv0B=Eq,即v0= ,粒子做匀速 直线运动     等离子体射入,受洛伦兹力偏转, 使两极板分别带正、负电,两极 板间电压为U时稳定,q =qv0B,U =v0Bd 返回目录     当q =qvB时,有v= ,流量Q=Sv =π × =      在匀强磁场中放置一个矩形截面 的载流导体,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了电 势差。这个现象称为霍尔效应 返回目录 典例1　如图为磁流体发电机的示意图,间距为d的平行金属板A、B之间的磁场可看成 匀强磁场,磁感应强度大小为B,板A、B和电阻R连接,将一束等离子体以速度v沿垂直于 磁场的方向喷入磁场,已知金属板A、B的正对面积为S,A、B及其板间的等离子体的等 效电阻率为ρ,下列说法正确的是 (　    ) A.金属板A为正极 B.电阻R两端的电压为  C.电阻R两端的电压为Bdv D.流过电阻R的电流大小为  B 返回目录 解析     由左手定则可得正离子受洛伦兹力后向B板偏转,故B板为正极,A错误。当两极板间的 电压稳定时有qvB=q ,可得发电机的电动势E=Bdv;由闭合电路欧姆定律可得电阻R两 端的电压U= E,发电机的内阻r=ρ ,联立解得U= ,B正确,C错误。由欧姆定 律可得流过电阻R的电流大小I= = ,D错误。 易错警示 当外电路断开时,金属板A、B间的电压等于发电机的电动势;当外电路闭合时,金属 板A、B间的电压等于电阻R两端的电压,即等于路端电压。 返回目录 典例2    利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域。图1是霍 尔元件的工作原理示意图,当通入图1所示方向的电流I,在C、D两侧面就会出现电势 差,称为霍尔电压。自行车的速度计的工作原理主要依靠的就是安装在自行车前轮上 的一块磁铁,如图2所示,当磁铁靠霍尔传感器(装有霍尔元件)最近时,通过传感器的磁 场可视为匀强磁场。车轮每转一圈,磁铁就靠近霍尔传感器一次,传感器就会输出一个 脉冲电压。霍尔传感器的供电电源使其保持恒定电流。若自行车前轮的半径为R、磁 铁到轴的距离为r,下列说法正确的是(　    ) D 返回目录     A.车速越大,霍尔电压越大 B.当磁铁逐渐靠近霍尔传感器时,霍尔电压逐渐变小 C.若前轮顺时针转动时φC>φD,则前轮逆时针转动时φC<φD D.若骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N,此时的骑行速度为2πNR 返回目录 解析     根据洛伦兹力与静电力平衡可得qvB=q ,由电流的微观表达式可知I=nqSv=nqdhv,联 立解得UH= ,可知霍尔电压与车速无关,当磁铁逐渐靠近霍尔传感器时,霍尔电压逐 渐变大,A、B错误。若霍尔元件中自由电荷带正电,根据左手定则可知,正电荷向C偏 转,则φC>φD;若霍尔元件中自由电荷带负电,根据左手定则可知,负电荷向C偏转,则φC< φD,可知C与D的电势高低与前轮的转动方向无关,C错误。若骑行过程中单位时间测得 的脉冲数为N,车轮转动周期T= ,则车轮的角速度ω= =2πN,此时的骑行速度v=ωR=2 πNR,D正确。 返回目录 题型2　回旋加速器 1.构造:如图所示,D1、D2是半圆金属盒,D1、D2处于匀强磁场中,缝隙处接交流电源。   2.原理:交流电源的周期和粒子做圆周运动的周期相等,使粒子每经过一次D形盒之间 的缝隙,均被加速一次。 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 返回目录 B和D形盒的半径R决定,与加速电压无关。 4.总时间:粒子在磁场中运动一个周期,被电场加速两次,每次增加动能qU,加速次数n=  ,粒子在磁场中运动的总时间t= T= · = (忽略粒子在缝隙中运动的时 间)。 返回目录 典例3    (多选)回旋加速器的原理图如图所示,由两个半径均为R的D形盒组成,D形盒间 缝隙处加周期性变化的电压,电压有效值为U,D形盒所在处有垂直于盒面向下的磁场, 磁感应强度的大小为B。一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速,则  (        ) A.粒子每次经过D形盒之间缝隙动能增加qU B.粒子每次经过D形盒之间缝隙速度增大  C.粒子以速度v在D形盒内运动半圈后动能增加2qvBR D.粒子离开D形盒时的动能为  AD 返回目录 解析     粒子每次经过D形盒之间缝隙的过程中,静电力做功,根据动能定理可得qU=ΔEk,即动能 增加qU,由动能表达式Ek= mv2可知第n次经过D形盒之间缝隙速度变化量的大小Δv= ( - ) ,A正确,B错误。粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动,洛伦兹力 不做功,故粒子在D形盒内运动半圈后动能保持不变,C错误。粒子在磁场中做匀速圆 周运动,有qvB=m ,粒子离开D形盒时,粒子轨道半径为R,其动能Ek= mv2,联立解得Ek=  ,D正确。 返回目录 题型3　质谱仪 1.原理图(如图所示) 2.物理分析 (1)加速电场:qU= mv2。 (2)偏转磁场:qvB= ,l=2r。 (3)由(1)(2)可得r=  ,m= , = 。 返回目录 典例4    (2024甘肃,15,17分)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。 返回目录 (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。   答案    (1)带正电         (2)     (3)  返回目录 解析     (1)粒子进入偏转分离器Ⅲ,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Ⅱ时的速度为v0,粒子在速度选择器 Ⅱ中做匀速直线运动,由平衡条件有qv0B1=qE1, 在粒子加速器Ⅰ中,由动能定理有qU= m , 联立解得,粒子的比荷为 = 。 (2)由(1)问的分析可知v0= , 粒子在偏转分离器Ⅲ中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B2=m , 返回目录 可得O点到P点的距离为OP=2r= 。 (3)粒子进入速度选择器Ⅱ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力,有F洛=qv0B1, 向下的电场力F=qE2,因为F>F洛,粒子向下偏转, 运用配速法,将粒子速度进行分解,令粒子分速度大小为v1,使其满足qv1B1=qE2,则v1= > v0,则粒子进入速度选择器时的速度分解为水平向右的v1和水平向左的v1-v0,粒子的运动 等效为以v1水平向右的匀速直线运动和以v1-v0做圆周运动的合运动, 当粒子打在O'点,速度方向恰好垂直右挡板, 由运动过程可知,粒子打在O'点时圆周运动(分运动)的速度方向水平向右,则v=v1+(v1-v 0),[点拨:粒子做圆周运动(分运动)的示意图如图所示,粒子由状态①开始沿逆时针方向 返回目录 做圆周运动,由运动的周期性可知,①状态粒子与O在同一水平线上,圆周运动的速度方 向水平向左;②状态粒子与O'点在同一水平线上,圆周运动的速度方向水平向右]   代入解得v= 。 返回目录 微专题 21 带电粒子在组合场中的运动 返回目录 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.带电粒子在组合场中运动的分析思路 (1)粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段。 (2)受力分析和运动分析,主要涉及两种典型运动,具体运动形式和应用的物理规律如 下。 返回目录 题型1　磁场与磁场的组合 磁场与磁场的组合问题实质就是带电粒子在两个有界磁场中做圆周运动的问题,带电 粒子在两个磁场中运动的速度大小相同,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。 返回目录 典例1    (2024届重庆三模)如图所示,整个空间存在两个垂直Oxy平面向外的匀强磁场,x 轴为两磁场的边界,磁感应强度大小分别为B、2B。甲、乙两带正电粒子同时从坐标 原点O沿y轴正方向射入磁场,速度大小均为v。已知甲、乙两粒子的质量分别为m、 2m,电荷量均为q,不考虑粒子间的相互作用和粒子重力影响。求: (1)甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x= 处的平均速度大小; (2)甲、乙两粒子从O点射入磁场至第一次相遇所经过的时间。 返回目录 答案    (1)     (2)  解析     (1)设甲粒子在y>0磁场区域做匀速圆周运动的半径为r甲1,周期为T甲1,由qvB=m 解得r甲1 =  周期T甲1= =  同理可知,甲粒子在y<0磁场区域做匀速圆周运动的半径r甲2= ,周期T甲2=  则甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x= 处历时t甲= + = (点拨:甲粒子先在x 轴上方磁场中运动 到达x= 处,再在x轴下方磁场中运动 到达x= 处) 返回目录 故甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x= 处的平均速度大小 = ,联立解得 = 。 (2)由(1)的分析同理可知,乙粒子在y>0磁场区域做匀速圆周运动的半径r乙1=  周期T乙1=  乙粒子在y<0磁场区域做匀速圆周运动的半径r乙2= ,周期T乙2=  作出甲、乙两粒子运动的部分轨迹如图所示   返回目录 由T乙1+T乙2=2(T甲1+T甲2)可知甲、乙两粒子在x轴上x= 处第一次相遇。 甲、乙两粒子从O点射入磁场至第一次相遇所经历的时间t= (T乙1+T乙2) 联立解得t= 。 返回目录 题型2　电场与磁场的组合 一、从电场进入磁场 电场中:匀变速直线运动 ⇓ 磁场中:匀速圆周运动   电场中:类平抛运动 ⇓ 磁场中:匀速圆周运动   返回目录 二、从磁场进入电场 磁场中:匀速圆周运动 ⇓v与E同向或反向 电场中:匀变速直线运动   磁场中:匀速圆周运动 ⇓v0与E垂直 电场中:类平抛运动   返回目录 典例2    (2025届广东六校联考)如图所示,三维坐标系O-xyz内存在着正四棱柱空间区 域,正四棱柱的截面OPMN水平且与ACDF-IJGH的两个底面平行,其中A点的坐标为  ,C点的坐标为 ,正四棱柱ACDF-OPMN空间处于沿y轴负方向的匀 强电场中,OPMN-IJGH空间处于沿y轴负方向的匀强磁场中,质量为m、电荷量为+q的 粒子以速度v0从A点沿AD方向射出,经电场偏转后恰好从截面OPMN的中心进入磁场区 域,不计粒子的重力。 返回目录   (1)求匀强电场的电场强度大小; (2)若粒子恰好未从四棱柱的侧面飞出,求匀强磁场的磁感应强度B的大小。 答案    (1)     (2)  返回目录 解析     (1)粒子在电场中做类平抛运动,沿AD方向有 L=v0t 沿AI方向有 L= at2 沿AI方向的加速度大小a=  解得E= 。 (在对运动正交分解时不要盲目依照题图坐标系,要结合粒子实际运动、受力特征分 解,便于计算)。 返回目录 (2)粒子到达截面OPMN的中心,如图甲所示,平行于正四棱柱底面的分速度大小始终为 v0,带电粒子在平行于正四棱柱底面的平面内做匀速圆周运动,恰好不从四棱柱的侧面 飞出,则其轨迹与四棱柱边缘相切,作出的圆轨迹如图乙所示(注意两图的观察视角不 同,要结合图中字母认知空间)。  　      由几何关系可得r+ = L 返回目录 解得r= L 由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力,可得qv0B=m  解得B= 。 返回目录 微专题 22 带电粒子在叠加场中的运动 返回目录 题型　带电粒子在叠加场中的运动 叠加场:重力场、电场、磁场并存,或其中两场并存于同一区域内。 一、三种场的比较 力的特点 功和能的特点   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   大小:F=qE 方向:正(负)电荷受力方向与场强 方向相同(相反) 静电力做功与路径无关 W=qU 静电力做功改变带电物体的电势能   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 返回目录 二、带电粒子在叠加场中的运动形式 直线运动、匀速圆周运动、类平抛运动(匀变速曲线运动)、摆线运动和螺旋线运动 等。 1.匀速直线运动:不计重力,当静电力与洛伦兹力平衡时,粒子做匀速直线运动(即速度 选择器模型),如图所示。   返回目录 2.匀变速直线运动:不计重力,当电场方向、磁场方向、初速度方向均共线,即v0∥E∥B 时,粒子做匀变速直线运动,如图所示。   3.匀速圆周运动:当静电力与重力平衡时,粒子所受合力等于洛伦兹力,则粒子做匀速圆 周运动。 返回目录   4.类平抛运动:如图所示,磁场平行于y轴方向,将电场场强分解为沿z轴方向的分量E1和 沿y轴方向的分量E2,带电荷量为+q的粒子初速度v沿x轴正方向,不计粒子的重力,当满 足qvB=qE1时,粒子在x轴方向做匀速直线运动,同时在y轴方向做初速度为0的匀加速直 线运动,则其合运动为类平抛运动(匀变速曲线运动)。 返回目录 典例1　如图甲所示,空间存在匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B,方向垂直于 Oxy平面向里,电场强度大小E随时间t周期性变化的规律如图乙所示(E0未知),方向平行 于Oxy平面(图中未画出)。t=0时刻,一电荷量为+q、质量为m的粒子M,从O点由静止释 放进入第一象限,运动到离y轴的最远距离为x0时,加速度大小a= ,t0时刻粒子运动 到y轴上P点,速度恰好为0,不计粒子重力。 (1)求粒子从O点运动到P点的过程中电场力做的功W,并判断0~2t0时间内电场的方向; (2)求粒子离y轴最远时的速度大小v及粒子经过P点的时刻。 返回目录 答案    (1)0　沿x轴正方向    (2)     (2n+1)t0(n=0,1,2,…) 解析     (1)①粒子从O点运动到P点的过程中什么力做功? 0~t0时间内,粒子从O点运动到P点,洛伦兹力不做功,粒子运动到P点速度恰好为0。根据 动能定理有W=0,则W=qUOP,UOP=φO-φP,可得φO=φP,所以y轴为匀强电场的等势线。 ②知道带电粒子带正电,要判断电场的方向,能否从带电粒子受到的电场力的方向出 发? 根据题意可知,粒子由静止释放进入第一象限(点拨:判断电场力方向的切入点),说明带 电粒子受到的电场力沿x轴正方向,即0~2t0时间内,匀强电场的方向沿x轴正方向。 (2)③从题图乙中提取信息如图1所示,你能否根据信息画出带电粒子的运动轨迹? 返回目录   粒子的运动轨迹如图2所示。   返回目录 当粒子运动到离y轴最远时,根据牛顿第二定律得qvB-qE0=ma 根据动能定理有qE0x0= mv2-0 又a=  联立解得v= 。 ④带电粒子在交变场中的运动,往往涉及周期性问题,你能否从带电粒子的运动分析中 总结出相应的运动规律? 粒子在t0~2t0的运动与0~t0类似,在2t0时刻电场方向变为沿x轴负方向,之后粒子在第二象 限内运动,运动规律与0~2t0内的运动规律类似,3t0时刻到达P点,4t0时刻回到O点。 粒子经过P点的时刻t=(2n+1)t0(n=0,1,2,…)。 返回目录 典例2　如图所示,存在一叠加场,包含方向垂直纸面向里的匀强磁场(磁感应强度大小 为B)和方向竖直向下的匀强电场(电场强度大小为E),有一质量为m、带电荷量为+q的 粒子(不计重力)由P点无初速度释放,求粒子运动轨迹的最低点与P点的高度差以及粒 子运动到最低点时的速度大小。   返回目录 答案           解析     解法一　微元法 设粒子运动的某一时刻,水平方向的速度为vx,竖直方向的速度为vy,则满足qvyB=max,qE- qvxB=may,如图所示 取极短时间Δt,满足qB∑vyΔt=m∑axΔt,qE∑Δt-qB∑vxΔt=m∑ayΔt,即qBy=mvx,qBx=qEt(点 拨:初始状态与最低点状态,竖直方向的速度均为0) 返回目录 带电粒子由P点到最低点的过程,根据动能定理可得qEy= m -0 联立解得粒子运动的最低点与P点的高度差y= , 粒子运动到最低点的速度v=vx= 。 解法二　配速法 由于粒子在P点由静止释放,运用配速法,将初速度为0分解为水平向右的速度v1和水平 向左的速度v1,水平向右的速度v1对应竖直向上的洛伦兹力,令其与静电力平衡,水平向 左的速度v1对应竖直向下的洛伦兹力,该力提供粒子做圆周运动的向心力,所以粒子可 看成是水平向右以速度v1做匀速直线运动和以速度v1沿逆时针方向做匀速圆周运动的 合运动,如图所示。 返回目录   粒子运动的最低点与P点的高度差 y=2R,其中R= ,qv1B=qE 解得y= ,在最低点的速度大小v=2v1= 。 方法提升 由于两个分运动互不影响,所以粒子从P点到最低点的过程,由圆周运动可得t= T= , 由匀速直线运动可得对应的水平位移大小x=v1t= 。 返回目录 提分关键·方法提升 应用配速法的几种常见情况 常见情况 处理方法 初速度为0,有重力   把初速度0分解为v1和v2,v1和v2大小相等,且满足qv2 B=mg,则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动 和以v1做匀速圆周运动的合运动   返回目录 初速度为0,不计重力   把初速度0分解为v1和v2,v1和v2大小相等,且满足qv2 B=qE,则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动和 以v1做匀速圆周运动的合运动   返回目录 初速度为0,有重力   把初速度0分解为v1和v2,v1和v2大小相等,且满足qv1 B与重力及静电力的合力平衡,则粒子的运动可看 作以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的 合运动   返回目录 $