第一章 安培力与洛伦兹力 期中复习素养提升讲义-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

高中物理人教版选择性必修二期中复习素养提升 第1章 安培力与洛伦兹力 【知识解读】 1.安培力 2.洛伦兹力 . 3.带电粒子在匀强磁场中的运动 【核心考点】 考点一　安培定则、磁场的叠加 1.电流的磁场、安培定则的应用 项目 安培定则 立体图 特点 直线电流的磁场 无N极、S极距离直导线越远，磁场越弱 通电螺线管的磁场 与条形磁体的磁场相似，管内可近似认为是匀强磁场 环形电流的磁场 两侧分别是N极和S极;距离中心越远，磁场越弱 2.磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源，如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度大小和方向。如图所示，BM、BN为通电导线M、N在c点产生的磁场的磁感应强度。 (3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度B。 例1 (2024·贵州卷，5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　) A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向左 D.水平向右 答案　C 例2 (2025·广东广州高三开学考)已知通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B0与通电导线中的电流I成正比，与该点到通电导线的距离r成反比，即B0＝k，式中k为比例系数。现有两条相距为L的通电长直导线a和b平行放置，空间中存在平行于图中菱形PbQa的匀强磁场(图中未画出)。已知菱形PbQa的边长也为L，当导线a和b中通以大小相等、方向如图所示的电流I时，P点处的磁感应强度恰好为零。下列说法正确的是(　　) A.Q点处的磁感应强度大小为 B.两导线连线中点处的磁感应强度大小为 C.匀强磁场的磁感应强度大小为 D.匀强磁场的方向从Q点指向P点 考点二　安培力的分析与计算 安培力的大小和方向 (1)应用安培力公式F＝IlB时要注意 ①B与I垂直。 ②B与I平行时，F＝0。 ③l是有效长度。 弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点线段的长度(如图所示);相应的电流沿直线由始端流向末端。 (2)方向:根据左手定则判断。 例3 (2024·湖南娄底模拟)如图所示，电阻均匀的圆环，固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，PQ是直径，劣弧MGN对应的圆心角为90°，当M、N与内阻不计的直流电源相连时，圆环所受的安培力大小为F1，当P、Q与该电源相连时，圆环所受的安培力大小为F2，则两力的比值为(　　) A. B. C. D. 考点三　对洛伦兹力的理解和应用 1.洛伦兹力的特点 (1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。 (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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。 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。 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 例4 (2023·海南卷，2)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 考点四　带电粒子在匀强磁场中的运动 1.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定 基本思路 图例 说明 圆心的确定 ①与速度方向垂直的直线过圆心 ②弦的垂直平分线过圆心 P、M点速度方向垂线的交点 P点速度方向垂线与弦的垂直平分线交点 半径的确定 利用平面几何知识求半径 常用解三角形法:左图中， r＝或由r2＝L2＋(r－d)2求得 r＝ 运动时间的确定 利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度l求时间 ①t＝T ②t＝ t＝T＝T ＝T t＝ 2.带电粒子在有界匀强磁场中运动的常见情形 (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示) (2)平行边界(往往存在临界条件，如图所示) (3)圆形边界 ①速度指向圆心:沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角。 ②速度方向不指向圆心:如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。 ③环形磁场:如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一定沿半径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。 例5 (2024·安徽马鞍山模拟)如图所示，匀强磁场范围足够大且方向垂直纸面向里，在纸面内有P、M、N三点，P、M间的距离为L，P、M连线与MN间的夹角为30°。从P点平行于MN向左发射速率为v0的带正电粒子，恰好经过M、N，粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力，则(　　) A.磁感应强度的大小为 B.M、N间距离为 C.粒子从P运动到N的时间为 D.粒子运动过程中，距MN的最大距离为 例6 (2024·广西卷，5)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. 例7 如图所示，在直角三角形ACD区域内存在着垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AD边存在粒子收集器，已知∠ACD＝30°，DA边的长度为L。有一群质量为m、电荷量为q的带负电粒子以不同的速度从CD边的中点垂直CD边射入磁场中，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则能从AD边收集到的粒子的速度可能为(　　) A. B. C. D. 考点五　带电粒子在电磁组合场中的运动 1.组合场 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，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.“磁偏转”和“电偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v0⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 只受恒定的电场力F＝qE 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 求解方法 利用类平抛运动的规律得x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 根据牛顿第二定律和向心力公式可得qvB＝m，T＝，t＝T 动能 静电力做的功等于动能变化量 洛伦兹力不做功，带电粒子的动能不变 例8 如图所示，在直角坐标系中的y轴和x＝10L的虚线之间以x轴为边界存在两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，区域Ⅱ磁场方向垂直于纸面向里。一粒子加速器放置在y轴上，其出射口P点坐标为，其加速电压可调。质量为m、电荷量为q的粒子经加速器由静止加速后平行于x轴射入区域Ⅰ，粒子重力忽略不计。 (1)调节加速电压，粒子恰好从O点射出磁场，求加速电压的大小U; (2)若区域Ⅱ磁感应强度大小为B，如果粒子恰好不从y轴射出，求粒子从P点射出后第二次经过x轴所用时间t; (3)在第(2)问的情形中，求粒子经过x轴的点的横坐标值。 例9 (2023·辽宁卷，14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U; (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ; (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 考点六　带电粒子在叠加场中的运动 1.叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2.常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件 匀速圆 周运动 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 例10(2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E; (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1; (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 考点七　带电粒子在交变电磁场中的运动 1.解题基本思路 2.解题关键和应注意的问题 (1)这类问题一般都具有周期性，注意分析带电粒子的运动周期与电场周期、磁场周期的关系。 (2)带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。 例11 (2024·山东模拟预测)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第一、第四象限内交替存在竖直方向的周期性变化电场和垂直纸面的周期性变化磁场，交变电场的电场强度大小和交变磁场的磁感应强度大小按图乙规律变化(其中电场方向沿y轴负向为正方向，磁场方向垂直纸面向里为正方向)。一质量为m，电荷量为q的微粒，以速度大小v0从x轴负半轴的P(－L，0)点垂直于x轴进入第二象限，t＝0时刻，以速度大小2v0垂直于y轴方向进入第一象限。已知交变电场和交变磁场的周期均为T＝，重力加速度为g。求: (1)第二象限匀强电场的电场强度的大小; (2)自t＝0时刻起微粒再次打到x轴上时的位置(结果用L表示)和经过的时间; (3)t＝10时刻，微粒所处的位置坐标。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中物理人教版选择性必修二期中复习素养提升 第1章 安培力与洛伦兹力 【知识解读】 1.安培力 2.洛伦兹力 . 3.带电粒子在匀强磁场中的运动 【核心考点】 考点一　安培定则、磁场的叠加 1.电流的磁场、安培定则的应用 项目 安培定则 立体图 特点 直线电流的磁场 无N极、S极距离直导线越远，磁场越弱 通电螺线管的磁场 与条形磁体的磁场相似，管内可近似认为是匀强磁场 环形电流的磁场 两侧分别是N极和S极;距离中心越远，磁场越弱 2.磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源，如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的磁感应强度大小和方向。如图所示，BM、BN为通电导线M、N在c点产生的磁场的磁感应强度。 (3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁感应强度B。 例1 (2024·贵州卷，5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向(　　) A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向左 D.水平向右 答案　C 解析　由安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，对于导线框的水平部分，选取同一竖直线上的两小段，它们所在处的磁感应强度相同，电流大小相等，方向相反，则所受安培力大小相等，方向相反，则导线框竖直方向所受合力为0，又I1>I2，则导线框所在处左侧的磁感应强度较大，结合左手定则和对称性可知导线框所受安培力的合力方向水平向左，C正确，A、B、D错误。 例2 (2025·广东广州高三开学考)已知通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B0与通电导线中的电流I成正比，与该点到通电导线的距离r成反比，即B0＝k，式中k为比例系数。现有两条相距为L的通电长直导线a和b平行放置，空间中存在平行于图中菱形PbQa的匀强磁场(图中未画出)。已知菱形PbQa的边长也为L，当导线a和b中通以大小相等、方向如图所示的电流I时，P点处的磁感应强度恰好为零。下列说法正确的是(　　) A.Q点处的磁感应强度大小为 B.两导线连线中点处的磁感应强度大小为 C.匀强磁场的磁感应强度大小为 D.匀强磁场的方向从Q点指向P点 答案　C 解析　由题意知通电导线电流在P点处产生的磁场的磁感应强度大小B＝k，由安培定则知导线a和b中的电流在P点处产生的磁场的磁感应强度方向如图所示，由平行四边形定则可知电流产生的合磁感应强度方向由Q点指向P点，大小仍为k，则匀强磁场的磁感应强度方向应由P点指向Q点，且大小为k，才能使P点处的磁感应强度恰好为零，故C正确，D错误;同理可知，Q点处的磁感应强度也为零，故A错误;由于两导线连线中点到两导线的距离均为，两导线在该处产生的磁感应强度大小均为2k，方向均由Q点指向P点，则两导线连线中点处的合磁感应强度大小为B＝2×2k－k＝3k，故B错误。 考点二　安培力的分析与计算 安培力的大小和方向 (1)应用安培力公式F＝IlB时要注意 ①B与I垂直。 ②B与I平行时，F＝0。 ③l是有效长度。 弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点线段的长度(如图所示);相应的电流沿直线由始端流向末端。 (2)方向:根据左手定则判断。 例3 (2024·湖南娄底模拟)如图所示，电阻均匀的圆环，固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，PQ是直径，劣弧MGN对应的圆心角为90°，当M、N与内阻不计的直流电源相连时，圆环所受的安培力大小为F1，当P、Q与该电源相连时，圆环所受的安培力大小为F2，则两力的比值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题图可知，当M、N与电源相连时，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分并联，两部分的长度之比为1∶3，电阻之比是1∶3，通过电流之比为3∶1，设圆的半径为R，流过优弧的电流为I1，所以整个圆环所受的安培力大小为F1＝BI1·R＋B·3I1·R＝4BI1R;同理，当P、Q与该电源相连，圆环所受的安培力大小为F2＝2·BI2·2R＝4BI2R，由于，所以，故A正确。 考点三　对洛伦兹力的理解和应用 1.洛伦兹力的特点 (1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。 (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)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向负电荷运动的反方向。 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。 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 例4 (2023·海南卷，2)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 答案　A 解析　小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A正确;小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错误;小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错误;洛伦兹力永不做功，D错误。 考点四　带电粒子在匀强磁场中的运动 1.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定 基本思路 图例 说明 圆心的确定 ①与速度方向垂直的直线过圆心 ②弦的垂直平分线过圆心 P、M点速度方向垂线的交点 P点速度方向垂线与弦的垂直平分线交点 半径的确定 利用平面几何知识求半径 常用解三角形法:左图中， r＝或由r2＝L2＋(r－d)2求得 r＝ 运动时间的确定 利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度l求时间 ①t＝T ②t＝ t＝T＝T ＝T t＝ 2.带电粒子在有界匀强磁场中运动的常见情形 (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示) (2)平行边界(往往存在临界条件，如图所示) (3)圆形边界 ①速度指向圆心:沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角。 ②速度方向不指向圆心:如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。 ③环形磁场:如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一定沿半径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。 例5 (2024·安徽马鞍山模拟)如图所示，匀强磁场范围足够大且方向垂直纸面向里，在纸面内有P、M、N三点，P、M间的距离为L，P、M连线与MN间的夹角为30°。从P点平行于MN向左发射速率为v0的带正电粒子，恰好经过M、N，粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力，则(　　) A.磁感应强度的大小为 B.M、N间距离为 C.粒子从P运动到N的时间为 D.粒子运动过程中，距MN的最大距离为 答案　D 解析　根据题意作出粒子运动轨迹，如图所示，根据几何关系，可知∠POM＝2×30°＝60°，则轨道半径r＝L，由于洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m，解得B＝，故A错误;根据几何关系，M、N间距离为xMN＝2Lcos 30°＝L，故B错误;粒子从P运动到N对应的圆心角θ＝360°－60°＝300°，粒子运动周期T＝，则经历时间为t＝T，解得t＝，故C错误;根据轨迹图可知，当粒子运动至与P点关于圆心对称位置时，距MN的距离最大为xmax＝2r－Lsin 30°＝，故D正确。 例6 (2024·广西卷，5)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. 答案　C 解析　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C正确。 例7 如图所示，在直角三角形ACD区域内存在着垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AD边存在粒子收集器，已知∠ACD＝30°，DA边的长度为L。有一群质量为m、电荷量为q的带负电粒子以不同的速度从CD边的中点垂直CD边射入磁场中，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则能从AD边收集到的粒子的速度可能为(　　) A. B. C. D. 答案　CD 解析　粒子从E点垂直CD边射入，若粒子恰好从D点射出，如图所示，由几何关系可知运动半径为r1＝×L，根据qv1B＝m，可得v1＝;若粒子轨迹与AC边相切，由几何关系可知r2＝×sin 30°＝L，根据qv2B＝m，可得v2＝，可知粒子从AD边射出时的速度范围≤v≤，故C、D正确。 考点五　带电粒子在电磁组合场中的运动 1.组合场 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，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.“磁偏转”和“电偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v0⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 只受恒定的电场力F＝qE 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 求解方法 利用类平抛运动的规律得x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 根据牛顿第二定律和向心力公式可得qvB＝m，T＝，t＝T 动能 静电力做的功等于动能变化量 洛伦兹力不做功，带电粒子的动能不变 例8 如图所示，在直角坐标系中的y轴和x＝10L的虚线之间以x轴为边界存在两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，区域Ⅱ磁场方向垂直于纸面向里。一粒子加速器放置在y轴上，其出射口P点坐标为，其加速电压可调。质量为m、电荷量为q的粒子经加速器由静止加速后平行于x轴射入区域Ⅰ，粒子重力忽略不计。 (1)调节加速电压，粒子恰好从O点射出磁场，求加速电压的大小U; (2)若区域Ⅱ磁感应强度大小为B，如果粒子恰好不从y轴射出，求粒子从P点射出后第二次经过x轴所用时间t; (3)在第(2)问的情形中，求粒子经过x轴的点的横坐标值。 答案　(1)　(2)　 (3)xn＝(2n－1)(2－)L(n＝0，1，…，19) 解析　(1)粒子在加速过程有qU＝mv2 粒子恰好从O点射出磁场，在磁场Ⅰ中的轨迹为半圆，故半径为r＝ 在磁场Ⅰ中偏转过程，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，联立可解得U＝。 (2)能使粒子恰好不从y轴射出的临界情况是第一次在Ⅱ区域中偏转的运动轨迹与y轴相切，如图所示 有r1＝r2 由几何关系知(r1＋r2)sin α＝r2 解得α＝30° 圆周运动周期为T＝ 粒子第二次经过x轴所用时间为 t＝T＋T＝。 (3)根据第(2)问的情形解得r1(1＋cos 30°)＝L 解得r1＝r2＝2(2－)L 第一次经过x轴时的坐标x1＝r1sin 30°＝(2－)L 第二次经过x轴时的坐标x2＝3r1sin 30°＝3(2－)L …… 第n次经过x轴时的坐标 xn＝(2n－1)r1sin 30°＝(2n－1)(2－)L 因xn＝(2n－1)(2－)L<10L，可得n<19.2 则坐标为xn＝(2n－1)(2－)L(n＝0，1，…，19)。 例9 (2023·辽宁卷，14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U; (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ; (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 答案　(1)　(2)60°　(3)见解析图 解析　(1)设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为d，粒子在两平行金属板间做类平抛运动 水平方向:d＝v0t 竖直方向:d＝t 又vy＝t 联立解得U＝。 (2)粒子进入磁场时的速度v＝v0 设速度方向与水平方向的夹角为α，有 tan α＝ 则α＝30° 由qvB＝得 粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝ 已知圆形磁场半径R＝，则r＝R 作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图甲所示 粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得tan 故θ＝60°。 (3)根据几何关系， 将磁场圆绕O'点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图乙所示。 考点六　带电粒子在叠加场中的运动 1.叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2.常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件 匀速圆 周运动 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 例10(2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E; (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1; (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 答案　(1)Bv0　(2)　(3)90% 解析　(1)电子沿x轴正方向做直线运动，则电子受力平衡，即eE＝ev0B 解得E＝Bv0。 (2)电子在电场和磁场叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由到的过程中，由动能定理得eEy1＝mm 解得y1＝。 (3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2＝的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则 电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B 电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE 由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等， 即F2＝F1 整理得v1＋v2＝2v0 电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得 eEy2＝mm 整理得v2－v1＝ 解得v1＝v0 又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝的位置的电子数占总电子数的比例为η＝×100% 解得η＝90%。 考点七　带电粒子在交变电磁场中的运动 1.解题基本思路 2.解题关键和应注意的问题 (1)这类问题一般都具有周期性，注意分析带电粒子的运动周期与电场周期、磁场周期的关系。 (2)带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。 例11 (2024·山东模拟预测)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第一、第四象限内交替存在竖直方向的周期性变化电场和垂直纸面的周期性变化磁场，交变电场的电场强度大小和交变磁场的磁感应强度大小按图乙规律变化(其中电场方向沿y轴负向为正方向，磁场方向垂直纸面向里为正方向)。一质量为m，电荷量为q的微粒，以速度大小v0从x轴负半轴的P(－L，0)点垂直于x轴进入第二象限，t＝0时刻，以速度大小2v0垂直于y轴方向进入第一象限。已知交变电场和交变磁场的周期均为T＝，重力加速度为g。求: (1)第二象限匀强电场的电场强度的大小; (2)自t＝0时刻起微粒再次打到x轴上时的位置(结果用L表示)和经过的时间; (3)t＝10时刻，微粒所处的位置坐标。 答案　(1)　(2)4L　2　(3)(20L，－2L) 解析　(1)微粒在第二象限中的运动可分解为水平方向的匀加速直线运动，竖直方向的匀减速直线运动 水平方向qE＝ma，2v0＝at 竖直方向v0＝gt 联立可得E＝。 (2)微粒进入第二象限内时 水平方向位移x＝＝L 竖直方向位移y＝ 微粒进入第一象限后，0~时间内F洛＝2qv0B＝mg 合力为零，微粒沿水平方向做匀速直线运动 ~时间内F合＝qE1＋mg＝2mg＝ma1 得a1＝2g，方向沿y轴负向 ~T时间内F合＝qE2－mg＝2mg＝ma2 得a2＝2g，方向沿y轴正向 沿y轴方向的位移y'＝2××2g 可知微粒经过两个周期，正好再次到达x轴上，运动轨迹如图所示 故微粒再次打到x轴上时的位置x'＝2v0·2T＝4L 经过的时间t＝2T＝2。 (3)t＝10＝10T，水平方向上与O点的距离x1＝2v0·10T＝20L y轴方向上与O点的距离y1＝(10－2)·＝2L 所以，此时微粒所处的位置坐标为(20L，－2L)。 1 学科网（北京）股份有限公司 $