专题11 磁场（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦磁场专题，覆盖安培力作用下的平衡与加速、带电粒子在磁场/组合场/叠加场中的运动等高考核心考点，对接新课标物理观念中运动和相互作用观念的考查要求，通过分析近五年高考真题明确题型35（磁场中运动）、36（组合场）等高频考点权重，归纳“动态圆”“放缩圆”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题精解与科学思维培养结合，如典例2用“放缩圆”模型突破带电粒子临界问题，培养模型建构素养，方法拓展涵盖配速法分解运动、动量定理应用等技巧，帮助学生掌握轨迹分析、临界判断等解题关键，教师可据此精准定位学情，助力学生高效冲刺高考。

专题十一　磁场 高考物理 新高考专用 题型方法 目 录 题型34　安培力作用下的平衡与加速问题 题型35　带电粒子在磁场中的运动 题型36　带电粒子在组合场中的运动 题型37　带电粒子在叠加场中的运动 题型38　配速法在磁场中的应用 题型39　动量定理在磁场中的应用 题型40　带电粒子在交变电磁场中的运动 目 录 题型34　安培力作用下的平衡与加速问题 知识图解 处理安培力作用下导体棒平衡和加速问题的一般思路 题型方法           确定研究对象 通电导体棒(B⊥I,导体棒连入电路中电阻为R) 导体棒的运动状 态 静止 向右做匀加 速直线运动 目 录 目 录 立体图转换为平 面图,并画出电流 方向 受力分析           分析电流和安培 力(导轨间距为L) I= ,F=BIL I恒定,F=BIL 目 录 目 录 列方程 f静=BIL f静=BIL sin θ ①当F cos θ=mg sin θ时, f静=0; ②当F cos θ>mg sin θ时, f静=F cos θ-mg sin θ; ③当F cos θ<mg sin θ时, f静=mg sin θ-F cos θ ①当F=mg sin θ 时, f静=0; ②当F>mg sin θ 时, f静=F-mg sin θ; ③当F<mg sin θ 时, f静=mg sin θ-F 动力学角度: ①F=BIL=ma ②v2=2as 功能角度: BIL·s= mv2 目 录 目 录 典例精解 典例1    (1)如图所示,两根光滑金属导轨平行放置,间距为L,导轨所在平面与水平面间 的夹角为θ,一质量为m的导体棒ab垂直导轨放置,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀 强磁场中。当导体棒ab中通有方向从a到b的恒定电流I时,磁场的方向由垂直导轨平面 向上沿逆时针转至水平向左的过程中,导体棒始终静止(重力加速度为g)。 ①试判断磁感应强度B的大小是如何变化的; ②求磁感应强度B的大小的变化范围。 (2)(情境变式)若只改变磁场,且磁场的方向始终在与ab棒 垂直的平面内,欲使ab棒保持静止,求磁场方向变化的最大范围。   目 录 目 录 解题导引       目 录 目 录 解析    (1)①把立体图转换为平面图并对ab棒受力分析如图甲所示,磁场的方向由垂直 导轨平面向上沿逆时针转至水平向左的过程中,安培力FA的方向由沿导轨平面向上逆 时针转至竖直向上,由图甲可以看出,安培力FA一直变大,由FA=BIL,可知磁感应强度B的 大小逐渐变大。        目 录 目 录 ②当磁场方向垂直导轨平面向上时,安培力FA沿导轨平面向上,此时安培力最小,最小值 FAmin=mg sin θ,则Bmin= ;当磁场方向水平向左时,安培力方向竖直向上,此时对应的 安培力最大,有BmaxIL=mg,解得磁感应强度的最大值Bmax= ,故 ≤B≤ 。 (2)使导体棒保持静止,需F合=0,即三力平衡,重力与支持力的合力和安培力等大反向,如 图乙所示,因为重力与支持力的合力方向在α角范围内(垂直导轨方向取不到),故安培力 方向在α'角范围内(垂直导轨方向取不到),根据左手定则可知,磁场方向应在α″角范围 内变化,其中沿导轨向上方向取不到,且α″=180°-θ。 答案    (1)①逐渐变大　② ≤B≤     (2)见解析 目 录 目 录 方法拓展       目 录 目 录 典例2    (2023北京,18节选)2022年,我国阶段性建成并成功运行了“电磁橇”,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: 目 录 目 录 (1)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2。 (2)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。   目 录 目 录 解析    (1)(关键:已知受力情况,求加速度之比,考虑根据牛顿第二定律建立方程) 金属棒经过第一级区域时受到的安培力大小 F=B1IL=kI2L=ma1 ① 金属棒经过第二级区域时受到的安培力大小F'=B2·2IL=4kI2L=ma2 ② 联立①②解得a1∶a2=1∶4。 (2)金属棒从静止开始经过两级区域推进的过程中,由动能定理有Fs+F's= mv2 ③ (点拨:多过程问题一般优先考虑根据动能定理建立方程) 联立①②③解得v=I 。 答案    (1)1∶4    (2)I  目 录 目 录 题型35　带电粒子在磁场中的运动 知识图解 一、处理带电粒子在磁场中的运动的一般思路 情境 如图甲所示,有一垂直纸面向里、半径为R的圆形匀强磁场区域,磁感应强度为B,有一带电荷量为+q、质量为m的粒子从M点正对圆形区域的圆心射入,经磁场偏转后从N点背离圆心射出,粒子进出磁场的速度的偏转角为θ,不计粒子的重力    一定轨迹 由左手定则可得粒子的轨迹如图乙所示 目 录 目 录 二定圆心 方法一:分别作入射速度和出射速度的垂线,两线相交于O'点,则O'点为粒子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹的圆心 方法二:分别作入射速度的垂线及入射点和出射点的连线的中垂线,两线交点O'为粒子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹的圆心 三定圆心角 在图乙中由几何关系可知,速度偏转角等于圆心角,圆心角等于弦切角的2倍,即θ=2α 目 录 目 录 四定 半径 方法一:公式法,由qvB=m ,得r= 方法二:数学法 (1)利用三角函数(或勾股定理)求半径:在图乙中的直角三角形OMO'中,α= ,MO=R,所以轨迹半径r=  (2)利用弦长公式求半径:在图乙中,若MN=D,则D=2r sin α=2r sin  (弦长公式) 五定 时间 方法一:t= T= = (若B一定,则t与v无关,α或θ越大,t越大) 方法二:t= (l为弧长,v一定,l越大,t越大) 目 录 目 录 二、利用“动态圆”处理带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题 动态圆 种类 原理剖析 放缩圆   条件一:B一定,v方向一定,v大小变化 条件二:v一定,B方向一定,B大小变化 在以上两种情况下,由r= 可知,粒子做圆周运动的半径r随v的增大而增大,随B的减小而增大,且各轨迹的圆心在垂直初速度的同一直线上 目 录 目 录 旋转圆   条件:B一定、v大小一定、v方向变化 由r= 可知,粒子的轨迹圆半径相等,所有的轨迹圆的圆心都在以O为圆心、半径为r的圆周上(圆心圆半径为r),随着粒子速度方向的旋转,粒子运动的轨迹圆绕O点旋转,粒子所能到达的区域在半径为2r的圆周内(边界圆半径为2r),形成一个半径为2r的包络圆面 目 录 目 录 平移圆   条件:B一定、v大小和方向一定、粒子的入射位置变化　　 入射点沿同一直线从左向右移动,则粒子在磁场中运动的轨迹圆也依次向右平移,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上,轨迹圆的半径均为r=   目 录 目 录 磁聚焦与 磁发散   条件:磁场圆的半径和轨迹圆的半径相等,即R=r 如图甲所示,当速率相同的同种带电粒子从磁场边界上同一点沿不同方向进入磁场区域时,粒子离开磁场时的速度方向一定相互平行,而且与入射点处的磁场圆的切线方向平行。此情境称为“磁发散” 如图乙所示,当速率相同的同种带电粒子以相互平行的速度从磁场边界上任意位置进入磁场区域时,粒子一定会从同一点离开磁场区域,而且该点处的磁场圆的切线与入射方向平行。此情境称为“磁聚焦” 目 录 目 录 典例精解 类型一　带电粒子在磁场中的运动 典例1    (2024湖南长沙市一中月考六)(多选)如图所示,空间中有一竖直向下的匀强磁 场,等边三角形AOC在水平面内,边长为L,D为AC中点。粒子a以速度v0沿AO方向从A点 射入磁场,恰好能经过C点,粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场,恰好能经过D点。 已知两粒子的质量均为m、电荷量的绝对值均为q,粒子的重力及粒子间的相互作用均 可忽略,不计一切阻力,则下列说法正确的是 ( )       AD     目 录 目 录 A.a、b两粒子都带负电 B.粒子a与粒子b的轨迹半径之比为3∶2 C.粒子b的速度为2v0 D.粒子a从A点出发到第一次经过C点的时间与粒子b从O点出发到第一次经过D点的时 间之比为2∶1 目 录 目 录 解析　粒子a经过C点、粒子b经过D点,由左手定则可知,a、b两粒子都带负电,A正确。 一定轨迹:已知入射点和出射点,画出a、b粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示。 二定圆心:分别作两粒子入射速度的垂线及入射点和出射点的连线的中垂线,交点分别 为Oa和Ob,Oa和Ob分别为粒子a和b在磁场中做圆周运动的圆心(如图所示)。 三定圆心角:由几何关系可得a、b两粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为120°和60°。 目 录 目 录 四定半径: 解法一　利用三角函数求半径     由几何知识可知,ra=L tan 30°= L,rb=OD=L cos 30°= L,ra∶rb=2∶3,B错误。 解法二　利用弦长公式求半径     对粒子a,由弦长公式有L=2ra sin 60°,解得ra= L,对粒子b有 L=2rb sin 30°,解得rb=  L,所以ra∶rb=2∶3,B错误。 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0B=m ,qvB 目 录 目 录 =m ,解得粒子b的速度大小v=1.5v0,C错误。 五定时间:θa=120°,θb=60°,由t= T= 可得,粒子a从A点出发到第一次经过C点的时间 与粒子b从O点出发到第一次经过D点的时间之比为2∶1,D正确。 目 录 目 录 典例2    (1)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图甲中虚 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。已知粒子的质量为m、电荷量为q。不计粒子重力及粒子间的相互作 用,不计一切阻力。则在磁场中运动时间最长的粒子,其运动速率为多大?   类型二　用“放缩圆”处理带电粒子在有界磁场中的临界和极值问题 目 录 目 录 (2)(拓展设问)求粒子在磁场中运动的最长时间。 (3)(情境变式)在(1)中,若粒子的速度为v0且一定,磁感应强度B可变,其他条件不变,在打 到cd边上的粒子中,过e点且打到cd边上的g点的粒子在磁场中运动的时间最长,轨迹如 图乙所示,则此时磁感应强度B为多大?   目 录 目 录 解析     (1)解法一　用“放缩圆”寻找临界轨迹     因qvB=m ,T= = ,设粒子运动轨迹所对的圆心角为θ,则运动时间为t= T= , 可知θ越大,运动时间越长,当粒子运动时间最长时,运动轨迹如图所示,可知当圆弧经过 c点时∠aOc最小,此时θ最大,由几何关系有L2+(2L-R)2=R2,解得R= L,联立可得v= =  。 目 录 目 录  · = 。 (3)因为a、e连线是圆直径,所以圆半径为2L,且ab=be=bg=R=2L,在题图乙中bc长为L,则 ∠cbg=60°,粒子做圆周运动的轨迹对应的圆心角θ'=210°= π,则粒子在磁场中运动的最 长时间为t'max= · = ,又t'max= = = ,联立解得B= 。 解法二　借助弦切角确定临界轨迹     当粒子打到c点时,弦切角最大,圆心角最大,在磁场中运动的时间最长,由几何关系有L2+ (2L-R)2=R2,解得R= L,又qvB=m ,可得v= = 。 (2)在直角三角形Obc中,Oc=R= L,bc=L,Ob= L,所以∠bOc=53°,圆心角θ=233°,故tmax= 目 录 目 录 答案    (1)     (2)     (3)  目 录 目 录 方法拓展　“放缩圆”法处理临界和极值问题的基本思路 目 录 目 录 典例3    (2025湖南临湘月考)(多选)如图所示,在直线边界MN的右侧分布着范围足够 大、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,在磁场中到MN的距离为d的P点有一放射源,放 射源能沿纸面内向各个方向不断地放射出质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电荷 的粒子。已知磁场的磁感应强度大小为B= ,不计粒子的重力及粒子间的相互作用, 则 ( )       AD     类型三　用“旋转圆”处理带电粒子在有界磁场中的临界和极值问题 A.粒子从MN边界上射出的范围的长度为 d B.如果磁场的磁感应强度增大为原来的2倍,粒子从MN边界上射出的 范围的长度也变为原来的2倍 C.如果磁场的磁感应强度减小,粒子从MN边界上射出的范围也减小 D.同一时刻放射出的粒子到达MN边界的时间差最大为  目 录 目 录 解析　如图甲所示,粒子射出边界的范围最上端为粒子轨迹圆直径与MN的交点,最下 端为粒子的运动轨迹与MN相切的位置(点拨:利用“旋转圆”找到两个临界位置),根据 Bvq= ,解得r=d,根据几何关系知,带电粒子从磁场边界射出的范围的长度L=r+  =(1+ )d,A正确;如果磁场的磁感应强度增大为原来的2倍,则粒子轨迹半径 变为原来的一半,粒子恰好均不能从MN边界射出,B错误;如果磁场的磁感应强度减小, 轨迹半径增大,边界MN上有粒子射出的范围也增大,C错误;如图乙所示,粒子在磁场中 运动时间最短时,粒子在磁场中运动的时间为 个周期,粒子在磁场中运动的时间最长 为 个周期(点拨:利用“旋转圆”找到粒子在磁场中运动时间最短和最长对应的临界 目 录 目 录 轨迹),因此同一时刻放射出的粒子到MN边界的时间差最大为Δt= = ,D正 确。 目 录 目 录 题型36　带电粒子在组合场中的运动 知识图解 处理带电粒子在组合场中运动的一般思路   目 录 目 录 典例精解 类型一　带电粒子在组合场中运动的常规问题 典例1    (2023海南,T13改编)如图所示,质量为m、带电荷量为+q的带电粒子,从坐标原 点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域,在0<y<y0,0<x<x0(x0、y0为已知量)区域 内有竖直向上的匀强电场,在x>x0区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强 磁场,控制电场强度E(E值有多种可能),可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接 收器MN上,不计粒子重力。 目 录 目 录   (1)若粒子从NP中点射入磁场,则此时电场强度为多大? (2)若粒子从NP中点射入磁场,粒子在磁场中做圆周运动的圆心到MN的距离为多远? (3)当粒子从NP上的哪个位置射入磁场时,粒子在磁场中运动的半径最大,最大半径为 多少? 目 录 目 录 解析    (1)若粒子从NP中点射入磁场,在电场中,水平方向有x0=v0t,竖直方向有 = · t 2(化曲为直),解得E= 。 (2)粒子在磁场中运动的轨迹如图所示(定轨迹、定圆心)   设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ,粒子在磁场中运动,由洛伦 兹力提供向心力有qvB=m ,则R= (定半径),根据几何关系可知,轨迹圆心到MN的距 目 录 目 录 离为s=R cos θ= = ,粒子在电场中运动时,竖直方向有vy= · ,解得s= =  。 (3)当粒子从N点进入磁场时,在磁场中运动的速度最大,即轨迹半径最大,在电场中运动 时,水平方向有x0=v0t',竖直方向有y0= · t'2,由动能定理有qEmy0= m - m ,粒子在磁 场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qvmB=m ,联立解得Rm=  。 答案    (1)     (2)     (3)N点       目 录 目 录 类型二　带电粒子在组合场中运动的临界和极值问题 典例2　如图所示,在正方形ACDF区域内,对角线CF以上的区域存在垂直纸面向外的 匀强磁场1,对角线CF以下的区域存在垂直纸面向里的匀强磁场2,正方形边长为l。一 个质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)以初速度v0从A点沿AC方向进入磁场, 在对角线CF的中点P处进入第二个磁场,求: (1)匀强磁场1的磁感应强度大小B1; (2)要使粒子能从CD边射出,匀强磁场2的磁感应强度B2满足的条件; (3)若匀强磁场2的磁感应强度B2= ,粒子在磁场2中运动的时间。 目 录 目 录 解析    (1)粒子在磁场1中运动的轨迹如图甲所示(一定轨迹),粒子做圆周运动的圆心为 O(二定圆心),圆心角为90°(三定圆心角)   由几何关系知粒子在匀强磁场1中运动的轨迹半径R= (四定半径) 目 录 目 录 带电粒子在磁场1中运动时,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B1=  联立解得B1= 。 (2)粒子射入磁场2时,能从CD边射出的临界轨迹如图乙所示(利用“放缩圆”确定临界 轨迹),根据几何关系可知,要使粒子能从CD边射出,粒子在磁场2中运动的轨迹半径应 满足 <R'≤ ,根据qv0B2= 可得 ≤B2< 。 目 录 目 录   (3)若匀强磁场2的磁感应强度B2= ,又qv0B2=m ,解得粒子在磁场2中运动的轨迹半 径r=l,粒子运动的轨迹如图丙所示,设粒子在磁场2中做圆周运动的圆心角为α,有sin α=  = ,所以α=30°,则粒子在磁场2中运动的时间t= ×T= · = (五定时间:根据t=  T确定粒子在磁场中运动的时间)。 目 录 目 录 答案    (1)     (2) ≤B2<     (3)  目 录 目 录 类型三　带电粒子在组合场中运动的多解问题 典例3    (2022湖北,8,4分)(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域 分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸 面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入 速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷 为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速 度和对应θ角的可能组合为 ( )       BC     A. kBL,0°    B. kBL,0°     C.kBL,60°    D.2kBL,60° 目 录 目 录 解析　离子在磁场中做匀速圆周运动,可能的运动轨迹如图所示(射入与射出磁场时速 度与磁场右边界的夹角相同)。根据离子运动轨迹及几何关系可知,当离子从下部分磁 场射出时,需满足(2n+1)R=L(n=0,1,2,3,…),θ=60°,结合qvB=m 得此时速度v= (n=0, 1,2,3,…),C正确,D错误;当离子从上部分磁场射出时,需满足2nR=L(n=1,2,3,…),θ=0°,结 合qvB=m 得此时速度v= (n=1,2,3,…),B正确,A错误。   目 录 目 录 方法拓展　带电粒子在组合场中多解问题的一般思路   目 录 目 录 题型37　带电粒子在叠加场中的运动 模型图解 目 录 目 录 典例精解 类型1　约束条件下的临界极值问题与匀速圆周运动问题 典例1    (1)如图所示,在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,固定一倾角θ=30°的光滑绝 缘斜面体(斜面足够长),匀强电场的电场强度大小为E、方向竖直向上,匀强磁场的磁感 应强度大小为B、方向垂直纸面水平向外,一带正电小球(视为质点)静止在斜面上的A 点,小球对斜面恰好无压力。重力加速度大小为g,不计空气阻力。   目 录 目 录 ①求带电小球的比荷 ; ②若其他情况不变,将电场方向变为竖直向下,求小球刚要离开斜面时的速度大小v以 及小球在斜面上连续运动的距离x。 (2)(拓展设问)若其他情况不变,在A点给小球一大小为v= 的速度,方向可在电场所 在平面内水平向左到竖直向上之间调整,不考虑小球落回斜面后的运动,求: ①小球从离开A点至落回斜面的最长时间tmax和最短时间tmin; ②小球在斜面上的落点区域的长度L。 目 录 目 录 解析    (1)①对带电小球,根据平衡条件有mg=qE,解得 = 。 ②电场方向变为竖直向下后,小球先沿斜面向下做匀加速直线运动(洛伦兹力的大小变 化并不影响小球所受的合力),当小球对斜面的压力减小为零(分离的临界条件)时,小球 离开斜面,设此时小球的速度大小为v,根据平衡条件有qvB=(mg+qE) cos θ,解得v= , 对小球在斜面上连续运动的过程,根据动能定理有(mg+qE)x sin θ= mv2[另解:从动力学 的角度建立方程v2=2 x sin θ],解得x= 。 (2)①当小球在A点的速度水平向左时,轨迹如图中1所示,小球在磁场中做圆周运动的轨 目 录 目 录 迹对应的圆心角最大,最大圆心角α1= ,小球从离开A点至落回斜面所用的时间最长, 有tmax= ,解得tmax= ,当小球在A点的速度竖直向上时,轨迹如图中3所示,小球在磁 场中做圆周运动的轨迹对应的圆心角最小,最小圆心角α2= ,小球从离开A点至落回斜 面所用的时间最短,有tmin= ,解得tmin= (借助“旋转圆”找到最长和最短时间对应 的临界轨迹)。 目 录 目 录   ②当小球在A点的速度垂直斜面向上时,轨迹如图中2所示,小球离开A点后落回斜面时 的位置距A点最远,最远距离L1=2r,小球的轨迹如图中1或图中3时,小球离开A点后落回 斜面时的位置距A点最近,最近距离L2=r,又L=L1-L2,r= ,解得L= 。 目 录 目 录 答案    (1)① 　②          (2)①      　②  目 录 目 录 类型2　类平抛运动与匀速圆周运动问题 典例2    (1)(2024安徽,10,5分)(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 ( )       ABD     目 录 目 录 A.油滴a带负电,所带电荷量的大小为  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 (2)(拓展设问)若油滴a在P点分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ的瞬间,P点右侧的磁场突然消失, 电场强度的大小减小为原来的一半,则在小油滴Ⅰ刚好运动一周的时间内,小油滴Ⅱ在 竖直方向的位移h是多少? 目 录 目 录 解析    (1)由油滴a做圆周运动可知,油滴a所受重力与电场力平衡,故油滴a带负电,有mg =Eq,解得q= ,A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m ,得油滴a做圆周运动的速 度大小v= ,B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,有B v1= · ,解得v1= = ,周 期为T= = ,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v 2,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 小油滴受到的电场力和重力仍然平衡,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,D正确。 目 录 目 录 (2)对小油滴Ⅱ,根据牛顿第二定律有 - · = a,解得a= ,所以小油滴Ⅱ以水平向右 的初速度做类平抛运动,在小油滴Ⅰ运动一周的时间内,小油滴Ⅱ在竖直方向的位移h=  aT2= a× = 。 答案    (1)ABD    (2)  目 录 目 录 类型3　类抛体运动与螺旋线运动 典例3    (2024湖南,14,14分)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。 目 录 目 录   (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。 目 录 目 录 解析    (1)若所有电子均能经过O进入电场,则在沿x轴正方向有L=v0t 电子在yOz平面内做匀速圆周运动,其运动周期T=  运动时间满足t=nT(n=1,2,3,…) 联立求得当n=1时,磁感应强度最小,最小值B= 。 (2)设在O'点当电子在y方向的分速度最大为vy时,进入磁场中电子的速度方向与x轴正 方向的夹角最大为θ,则tan θ=  由几何关系,电子在yOz平面内做匀速圆周运动的最大半径为r,则由洛伦兹力提供向心 目 录 目 录 力有evyB=m  联立并代入B= ,解得tan θ= 。 (3)若进入O点右侧区域后,电子沿y轴正方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有eE= ma 沿y轴正方向的最大位移h=  其中vy=v0 tan θ= ,联立解得h= 。 答案    (1)     (2)     (3)  目 录 目 录 技巧点拨　本题中带电粒子在筒内做螺旋线运动,是一种立体的运动轨迹,解题关键是 将运动分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,这两个分 运动在互相垂直的方向上,互不影响。 目 录 目 录 题型38　配速法在磁场中的应用 知识图解 如图所示,空间存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场,磁感应强度和电 场强度的大小分别为B和E。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子以速度大小v水平向 右射出,粒子重力忽略不计。若v=v0,有f洛=qv0B=qE,则粒子以速度v0= 在叠加场中做匀 速直线运动。   配速法的本质是把某一平面内的一般曲线运动,分解为同一平面内的两个特殊的运动 (一个匀速直线运动和一个匀速圆周运动) 目 录 目 录 v<v0(qvB<qv0B=qE) v>v0(qvB>qv0B=qE) 1.配速:让洛伦兹力f洛与电场力F平衡  　其中v1= -v  　其中v1=v-  2.运动情况判断 分运动一:水平向右以v0做匀速直线 运动 分运动二:以v1做逆时针的匀速圆周 运动   其中r= 　周期T=  分运动一:水平向右以v0做匀速直线 运动 分运动二:以v1做逆时针的匀速圆周 运动   其中r= 　周期T=  目 录 目 录 3.相关计算和判断 (1)每个周期T内粒子在v0方向的位移x=v0T= · =  (2)粒子平行于电场方向的最大位移为2r=2  (3)功能关系满足:qE·2r= m - m  (1)从粒子射出时开始计时,粒子经过 t= = 时间第一次运动至最低点 (2)在轨迹最低点,v0和v1同向,粒子速 度最大,且vmax=v0+v1=(v+v1)+v1=v+2v1 (3)在轨迹最高点,v0和v1反向,粒子速 度最小,为vmin=v0-v1=(v+v1)-v1=v (1)从粒子射出时开始计时,粒子经过 t= = 时间第一次运动至最高点 (2)在轨迹最低点,v0和v1同向,粒子速 度最大,且vmax=v0+v1=v0+(v-v0)=v (3)在轨迹最高点,v0和v1反向,粒子速 度最小,为vmin=|v0-v1|=|v0-(v-v0)|=|2v0-v| 目 录 目 录 典例精解 典例    (2024甘肃,15改编)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正电的粒子(不 计重力),粒子的比荷 = ,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)求O点到P点的距离; (2)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。 ①为保证粒子水平向右做匀速直线运动,竖直面内做匀速圆周运动,则粒子水平向右的 目 录 目 录 分速度和做匀速圆周运动的分速度分别应为多大? ②若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'点的速度大小以及O '点和O点间的距离d。 ③若粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上,求粒子在Ⅱ中运动的可能时间。   目 录 目 录 解析    (1)粒子在Ⅱ中做直线运动,满足qvB1=qE1,则v=  粒子在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力,有qvB2=m  联立解得O点到P点的距离OP=2r= 。 (2)①由于E2>E1,所以粒子进入Ⅱ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力f洛=qvB1<qE2,如图所示, 将速度v分解为水平向左的分速度v1和水平向右的分速度v0,且其大小满足v0=v+v1,使qv0 B1=qE2(如何配速),即q(v+v1)B1=qE2,结合v= ,解得v1= ,则粒子以v0= 的水平速度 向右做匀速直线运动,以v1= 在竖直面做逆时针方向的匀速圆周运动。 目 录 目 录   ②若粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上,则分速度v1刚好水平向右,此时粒 子的速度v'=v1+v0= (此速度为粒子运动过程中的最大速度),O'点和O点间的距离 d=2r'= =2× × = (此距离为粒子沿竖直方向的最大位移)。 ③粒子在竖直面内逆时针做匀速圆周运动的周期T= =2π× × = ,粒子第 一次运动到O'所在水平线用时 ,根据周期性可知,粒子运动到O'所用时间t=nT+ =  × = (n=0,1,2,…)。 目 录 目 录 答案    (1)     (2)①      　②   　③ (n=0,1,2,…) 目 录 目 录 题型39　动量定理在磁场中的应用 模型图解 目 录 目 录 典例精解 典例    (2023浙江6月,20,11分)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。 如图所示,Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域 Ⅰ和Ⅱ,其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场,区域Ⅱ存在磁感应强度大小 为B2的磁场,方向均垂直纸面向里,区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源 能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束,沿纸面射向磁 场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用,并忽略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t; 目 录 目 录 第四象限的离子数与总离子数之比η。   (2)若B2=2B1,求能到达y= 处的离子的最小速度v2; (3)若B2= y,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 ~ 范围,求进入 目 录 目 录 解析    (1)离子在区域Ⅰ做匀速圆周运动(明确大致过程),离子不进入区域Ⅱ,那就是离 子在y=L处速度刚好与区域Ⅰ和Ⅱ的边界相切(找准临界状态),如图甲所示(找到初、末 速度) 水平方向,根据动量定理得 qB1∑vy1Δt=mv1-mv1 cos 60°(分解速度依据动量定理建立方程) 即qB1L=mv1-mv1 cos 60°,解得v1= ,离子在磁场中运动的时间t= T= × =  。 目 录 目 录        (2)离子在y= 处速度水平向右时速度最小(找准临界状态),如图乙所示(找到初、末速 度) 水平方向,根据动量定理得 qB1∑vy2Δt1+qB2∑vy2'Δt2=mv2-mv2 cos 60°(分解速度,根据动量定理建立方程) 目 录 目 录 即qB1L+qB2 =mv2-mv2 cos 60°,解得v2= 。 (3)设恰能从x轴离开的离子的速度大小为v3,也就是刚好与x轴相切的速度(找准临界状 态),如图丙所示(找到初、末速度)        水平方向,根据动量定理得 目 录 目 录 qB1∑vy3Δt3+q∑B2vy3'Δt4=mv3-mv3 cos 60°(分解速度,根据动量定理建立方程) 因B2= y,则B2-y图像如图丁所示 则∑B2y= B1L 可得qB1L+q L=mv3-mv3 cos 60°(分解速度依据动量定理建立方程),解得v3=  则速度在 ~ 之间的离子才能进入第四象限,离子源射出离子的速度范围在  ~ 之间,又离子源射出的离子个数按速度大小均匀分布,可知能进入第四象限 的离子占离子总数的比例为η= 。 答案    (1)          (2)     (3)  目 录 目 录 题型40　带电粒子在交变电磁场中的运动 知识图解   目 录 目 录 典例精解 类型1　磁场或电场周期性变化 典例1    (2024广东,15,16分)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的交变电压。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。 目 录 目 录 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q; (2)求金属板的板间距离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。   目 录 目 录 解析    (1)粒子在磁场中沿顺时针方向做圆周运动,结合粒子速度方向及左手定则可以 判断粒子带正电。 由于粒子在磁场中运动半个圆周用时t0,可知粒子做圆周运动的周期T=2t0 ① 洛伦兹力提供向心力,有qBv=  ② 粒子做圆周运动的周期T=  ③ 联立①②③式解得q=  ④ (2)粒子在金属板间的运动可以看作两段类平抛运动的组合 目 录 目 录 在水平方向有  =vt0 ⑤ 在竖直方向有R= a  ⑥ 加速度大小a= =  ⑦ 由④⑤⑥⑦式解得D= ,v=  。 (3)分析可得R= = ,作出粒子运动轨迹如图所示 目 录 目 录   根据运动的对称性可知粒子在t=4t0时刻离开金属板区域进入水平电场区域,t=5t0时刻 粒子到达水平电场区域左侧最远处,t=6t0时刻粒子再次以水平初速度v进入金属板之间, 此时两金属板间电压恰好变为-U0,t=6.5t0时刻粒子向上偏转R并恰好到达上极板。全过 程电场力对粒子做的功W= mv2+ qU0= + = 。 目 录 目 录 答案    (1)带正电      (2)           (3)  目 录 目 录 类型2　磁场和电场周期性变化 典例2    (2024江西师大附中三模)(多选)一平行金属板电容器水平放置(如图甲所示),极 板间加有大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场,变化规律分别如图乙、丙所 示(规定垂直纸面向外为磁感应强度的正方向,竖直向下为电场强度的正方向)。t=0时, 一不计重力、比荷为k的带正电粒子从电容器正中心以速度v0水平向右运动,已知磁感 应强度B0= ,电场强度E0= ,t0= ,0~2 024t0内粒子始终在电容器内且未与两极板 接触,以t=0时刻粒子的位置为原点、水平向右为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向建 立坐标系。则 ( )     BD     目 录 目 录        A.粒子做圆周运动时的半径始终为R B.每次粒子在电场中运动时,两端点的水平距离均为πR C.若粒子运动轨迹的最左端记为A点,则A点坐标为  D.2 024t0时刻粒子所处位置的坐标是  目 录 目 录 解析    t=0时刻,粒子进入磁场中,由洛伦兹力提供向心力得qv0B0=m ,解得粒子轨迹半 径r= = =R,粒子做圆周运动的周期T1= = = =2t0(确定磁场、电场变化周 期和圆周运动周期的关系),则0~t0时间内粒子在磁场中运动半个圆周,在t0~2t0时间内粒 子在匀强电场中做类平抛运动,沿x轴方向位移大小x=v0t0=πR,在2t0时刻,粒子沿y轴方向 的分速度vy=at0= t0=kE0t0= ,粒子沿y轴方向的位移大小y= t0=R,则2t0时刻粒子的 速度大小v= = ,在2t0~3t0时间内粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动且运 动半个圆周,粒子的轨迹半径变为r'= = · = R,在3t0~4t0时间内粒子在 目 录 目 录 匀强电场中做类斜抛运动,根据逆向运动思维可知,4t0时刻粒子的速度与0时刻粒子的 速度相同,粒子运动的轨迹如图所示(痛点突破:分析出带电粒子在各个时间段的运动 情况,画出粒子的运动轨迹)   目 录 目 录 可知粒子运动的周期为4t0,每次粒子在电场中运动时,两端点的水平距离均为x=v0t0=πR, A错误,B正确。若粒子运动轨迹的最左端记为A点,由图中几何关系可知A点的x坐标和 y坐标分别为xA=-(x+r'-r' sin θ),yA=-(2r+y+r' cos θ),又 tan θ= = ,sin θ= , cos θ=  ,联立可得xA=-(πR+ R- R),yA=-4R,C错误。由图可知在4t0时刻,粒子所处 位置的x坐标和y坐标分别为x'=2r' sin θ=2× R× = R,y'=-(2r+2r' cos θ)=-  =-4R,又 =506,则2 024t0时刻粒子所处位置的x坐标和y 坐标分别为x″=506x'= ,y″=506y'=-2 024R,D正确。 目 录 目 录 方法拓展　处理带电粒子在交变电磁场中运动的一般思路   目 录 目 录 $