第一章专题强化 安培力作用下导体的运动和平衡问题 讲义 -2026-2027学年高二下学期物理人教版必修第二册

该高中物理单元复习讲义围绕“磁场对电流和运动电荷的作用”构建知识体系，通过框架图梳理安培力、洛伦兹力的概念规律，用对比表格呈现“电偏转”与“磁偏转”差异，以思维导图归纳带电粒子在有界磁场、组合场、叠加场中的运动模型，清晰展现知识内在逻辑与重难点。 讲义亮点在于例题设计分层与方法指导精准，结合速度选择器、磁流体发电机等现代科技实例培养科学态度与责任，通过临界问题、多解问题训练科学思维中的模型建构与推理。基础题助学生掌握左手定则等方法，综合题提升复杂情境分析能力，为教师分层教学和学生自主复习提供支持。

安培力作用下导体的运动和平衡问题 一、安培力作用下导体运动的判断 电流元法 把整段导线分为许多段直电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可等效成条形磁体或多个环形电流，反过来等效也成立 特殊位置法 通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置(如转过90°角)，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，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磁场作用下如何运动的问题，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，从而确定磁体所受合力及运动方向 例题 如图所示，把一重力不计的通电直导线AB水平放在蹄形磁体磁极的正上方，导线可以在空间中自由运动，当导线通以图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　) A．顺时针转动，同时下降 B．顺时针转动，同时上升 C．逆时针转动，同时下降 D．逆时针转动，同时上升 答案　C 解析　如图所示，将导线AB分成左、中、右三部分．中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；左端一段所在处的磁场方向斜向右上，根据左手定则知其受力方向向外；右端一段所在处的磁场方向斜向右下，受力方向向里．当转过一定角度时，中间一段电流不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以从上往下看导线将一边逆时针转动，一边向下运动，C选项正确． 例题 如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁体N极附近，磁体的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面．当线圈内通以图示方向的电流(从右向左看沿逆时针方向)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 答案　A 解析　将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动；也可将左侧条形磁体等效成环形电流，根据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”可知线圈向左运动，选A. 例题 两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一小段距离，其中AB是固定的，CD能自由活动，当直流电流按图示方向通过两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)(　　) A．顺时针方向转动，同时靠近导线AB B．逆时针方向转动，同时靠近导线AB C．逆时针方向转动，同时远离导线AB D．顺时针方向转动，同时远离导线AB 答案　B 解析　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，假设CD导线转过90°，此时两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB.故B正确，A、C、D错误． 例题 (多选)如图所示，一条形磁体放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁体垂直的长直导线，当导线通以垂直纸面向里方向的电流时，磁体始终处于静止状态，下列判断正确的是(　　) A．磁体对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用 B．磁体对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用 C．若将导线移至磁体中点的正上方，电流反向，则磁体对桌面的压力会减小 D．若将导线移至磁体中点的正上方，电流反向，则磁体对桌面的压力会增大 答案　AC 解析　根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向为斜向左下方，再根据左手定则判断导线所受安培力方向为斜向左上方，如图所示，根据牛顿第三定律知，电流对磁体的作用力指向右下方，再结合平衡条件，可知通电后磁体对桌面的压力增大，静摩擦力方向向左，A正确，B错误；若将导线移至磁体中点的正上方，电流反向，导线受到的安培力竖直向下，水平方向无作用力，根据牛顿第三定律可知，磁体受到向上的力，其对桌面的压力减小，C正确，D错误． 二、安培力作用下导体的平衡 1．求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路 2．分析求解安培力时需要注意的问题 (1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向． (2)安培力大小与导体放置的角度有关，l为导体垂直于磁场方向的长度，即有效长度． 例题 如图所示，用两根悬线将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需磁场的最小磁感应强度的大小、方向为(重力加速度为g)(　　) A.tan θ，竖直向上 B.tan θ，竖直向下 C.sin θ，平行悬线向下 D.sin θ，平行悬线向上 答案　D 解析　画出题中装置从右向左看的侧视图，棒的受力分析如图所示．要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力最小．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsin θ，即IlBmin＝mgsin θ，得Bmin＝sin θ，方向平行悬线向上，故选D. 例题 如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成α＝53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，绝缘细线对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10 m/s2，ab处于静止状态．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： (1)通过ab的电流； (2)ab受到的安培力大小； (3)重物重力G的取值范围． 答案　(1)2 A，方向由a到b　(2)5 N　(3)0.5 N≤G≤7.5 N 解析　(1)由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流I＝＝ A＝2 A 方向由a到b； (2)ab受到的安培力F＝ILB＝2×0.5×5 N＝5 N； (3)ab受力如图所示， 最大静摩擦力：Ffm＝μ(mg－Fcos 53°)＝3.5 N 由平衡条件得： 当最大静摩擦力方向向左时： FT＝Fsin 53°＋Ffm＝7.5 N 当最大静摩擦力方向向右时： FT′＝Fsin 53°－Ffm＝0.5 N 由于重物受力平衡，则重物重力的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N 三、安培力作用下导体的加速 1．解决在安培力作用下导体的加速运动问题，首先对研究对象进行受力分析，其中重要的是不要漏掉安培力，然后根据牛顿第二定律列方程求解． 2．受力分析时，选定观察角度画好平面图，标出电流方向和磁场方向，然后利用左手定则判断安培力的方向． 例题 如图所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为l的导体棒由静止释放，导体棒与导轨垂直且接触良好，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．(重力加速度为g) 答案　gsin θ－ 解析　画出题中装置的侧视图，导体棒受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律得mgsin θ－Fcos θ＝ma， 又F＝BIl，I＝，联立可得a＝gsin θ－. 洛伦兹力与现代科技 一、速度选择器 1．装置及要求 如图，两极板间存在匀强电场和匀强磁场，二者方向互相垂直，带电粒子从左侧平行于极板射入，不计粒子重力． 2．带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝. 3．速度选择器的特点 (1)v的大小等于E与B的比值，即v＝.速度选择器只对选择的粒子的速度有要求，而对粒子的质量、电荷量大小及带电正、负无要求． (2)当v＞时，粒子向F洛方向偏转，F电做负功，粒子的动能减小，电势能增大． (3)当v＜时，粒子向F电方向偏转，F电做正功，粒子的动能增大，电势能减小． (4)速度选择器只能单向选择：若粒子从另一方向射入，则不能穿出速度选择器． 例题 在如图所示的平行板器件中(极板长度有限)，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子(　　) A．一定带正电 B．速度v＝ C．若速度v>，粒子一定不能从板间射出 D．若此粒子从右端沿虚线方向射入，仍做直线运动 答案　B 解析　若粒子带负电，则受到竖直向上的静电力和竖直向下的洛伦兹力，可以做直线运动；若粒子带正电，则受到竖直向下的静电力和竖直向上的洛伦兹力，可以做直线运动，A错误；因为该粒子做直线运动，所以在竖直方向上所受合力为零，故qE＝Bqv，得v＝，B正确；若v>，则Bqv>Eq，粒子偏转，做曲线运动，粒子可能从板间射出，也可能打在极板上，C错误；此粒子从右端沿虚线方向射入平行板，静电力与洛伦兹力沿同一方向，粒子不能做直线运动，D错误． 二、磁流体发电机 磁流体发电机的发电原理图如图甲所示，其平面图如图乙所示． 设带电粒子的运动速度为v，带电荷量为q，匀强磁场的磁感应强度为B，极板间距离为d，极板间电压为U，根据FB＝FE，有qvB＝qE＝，得U＝Bdv. 根据外电路断开时，电源电动势的大小等于路端电压，故此磁流体发电机的电动势为E电源＝U＝Bdv. 根据左手定则可判断，正离子向M极板偏转，M极板积聚正离子，电势高，为发电机正极，N极板积聚负离子，电势低，为发电机负极． 例题 磁流体发电的原理如图所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　) A．上板为正极，电流I＝ B．上板为负极，电流I＝ C．下板为正极，电流I＝ D．下板为负极，电流I＝ 答案　C 解析　根据左手定则可知，正离子在磁场中受到的洛伦兹力向下，故下板为正极，设两板间的电压为U，则q＝Bqv，得U＝Bdv，电流I＝＝，故C正确． 三、电磁流量计 如图甲、乙所示是电磁流量计的示意图． 设管的直径为D，磁感应强度为B，a、b两点间的电势差是由于导电液体中电荷受到洛伦兹力作用，在管壁的上、下两侧堆积产生的．到一定程度后，a、b两点间的电势差达到稳定值U，上、下两侧堆积的电荷不再增多，此时，洛伦兹力和静电力平衡，有qvB＝qE＝q，所以v＝，又圆管的横截面积S＝πD2，故流量Q＝Sv＝. 例题 (多选)电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(单位时间内通过管内某横截面的流体的体积)．为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空的部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送流体的管道相连(图中虚线)，图中流量计的上、下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面，当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面与一串联了电阻R的电流表两端连接，I表示测得的电流，已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的电阻，则可求得(　　) A．流量为 B．流量为 C．若污水浓度变大(ρ减小)，则上下两板间电势差将变大 D．流量越大，则上下两板间电势差越大 答案　ACD 解析　最终稳定时：qvB＝q 则v＝ 根据电阻定律R′＝ρ， 则总电阻R总＝R′＋R 所以U＝IR总＝I(ρ＋R)，解得v＝ 所以流量Q＝vS＝vbc＝，A正确，B错误； 上下两板间的电势差U′＝R，污水浓度增大，ρ减小，电势差变大，而流量越大，电势差越大，C、D正确． 四、霍尔元件 例题 如图所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差U，这种现象称为霍尔效应． 霍尔效应可解释如下：外部磁场对运动电子的洛伦兹力使电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成电场．电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力．当静电力与洛伦兹力达到平衡时，导体板上、下两侧面之间就会形成稳定的电势差．电流I是自由电子的定向移动形成的，电子的平均定向移动速率为v，电荷量为e.回答下列问题： (1)达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势______(选填“高于”“低于”或“等于”)下侧面A′的电势． (2)电子所受洛伦兹力的大小为________． (3)当导体板上、下两侧面之间的电势差为UH时，电子所受静电力的大小为________． (4)导体板上、下两侧面产生的稳定的电势差U＝________. 答案　(1)低于　(2)evB　(3)e　(4)Bhv 解析　(1)电子向左做定向移动，由左手定则知电子所受洛伦兹力的方向向上，故上侧面A聚集电子，下侧面A′聚集正电荷，上侧面A的电势低于下侧面A′的电势． (2)F洛＝evB. (3)F电＝Ee＝e. (4)当A、A′间电势差稳定时，evB＝e，故U＝Bhv. 带电粒子在有界匀强磁场中的运动 一、带电粒子在有界匀强磁场中的运动 1．直线边界 从某一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时，速度与边界的夹角相等，如图所示． 2．平行边界 3．圆形边界 (1)在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，必沿半径方向射出，如图甲所示． (2)在圆形磁场区域内，不沿半径方向射入的粒子，入射速度与半径的夹角为θ，出射速度与半径的夹角也为θ，如图乙所示． 4．三角形边界磁场 如图所示是正△ABC区域内某正粒子垂直AB方向进入磁场的临界轨迹示意图．粒子能从AC间射出的两个临界轨迹如图甲、乙所示． 例题 (多选)如图所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同，分别带正电和负电的粒子(不计重力)，从边界上的O点以相同速度先后垂直于磁场方向射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则两个粒子在磁场中(　　) A．运动轨迹的半径相等 B．重新回到边界所用时间相同 C．重新回到边界时的速度大小和方向相同 D．重新回到边界时与O点的距离相等 答案　ACD 解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝，由题知q、m、v、B大小均相等，则r相等，选项A正确；粒子的运动周期T＝，由题知q、m、B大小均相同，则T相同；两粒子的运动轨迹如图所示，带正电的粒子逆时针偏转，带负电的粒子顺时针偏转，重新回到边界时，带正电的粒子的速度偏向角为2π－2θ，轨迹对应的圆心角也为2π－2θ，运动时间为t＝T＝T；同理，带负电的粒子运动时间为t′＝T＝T，所用时间不等，选项B错误；两个粒子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据对称性可知，两粒子重新回到边界时的速度大小与方向均相同，选项C正确；根据几何知识得知，两粒子重新回到边界时与O点的距离均为2rsin θ，选项D正确． 例题 在以坐标原点O为圆心、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，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出． (1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷； (2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°，求磁感应强度B′的大小及此次粒子在磁场中运动所用时间t. 答案　(1)负电荷　　(2)B　 解析　(1)由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r，又qvB＝m， 则粒子的比荷＝. (2)设粒子从D点飞出磁场，运动轨迹如图，速度方向改变了60°，故AD弧所对圆心角为60°，由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径R′＝＝r，又R′＝，所以B′＝B，此次粒子在磁场中运动所用时间t＝T＝×＝. 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法 二、带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解． (1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切． (2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长、圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中的运动时间越长． (3)当比荷相同，速率v变化时，圆心角越大的，运动时间越长． 例题 如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向与CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是(　　) A．v> B．v< C．v> D．v< 答案　A 解析　由题意可知，电子从边界EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度方向与EF平行，即运动轨迹与EF相切，如图所示．由几何知识得： R＋Rcos θ＝d，R＝， 解得v0＝，当v＞v0时，即能从边界EF射出，故A正确． 例题 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. 答案　C 解析　磁感应强度取最小值时对应的电子的运动轨迹临界状态如图所示，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，根据洛伦兹力提供向心力有evB＝m，联立解得B＝，故选C. 三、带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题 多解的原因： (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)临界状态不唯一形成多解； (4)运动的往复性形成多解． 解决此类问题，首先应画出粒子的可能轨迹，然后找出圆心、半径的可能情况． 例题 (多选)如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　) A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度<v< 答案　AB 解析　如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r12＝(r1－)2＋l2，又r1＝，所以v1＝，粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，v2＝，综合上述分析可知，选项A、B正确． 例题 (多选)(精选·成都外国语学校高二上月考)如图所示，A点的离子源在纸面内沿垂直OQ的方向向上射出一束负离子，重力忽略不计．为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B应满足(　　) A．垂直纸面向里，B> B．垂直纸面向里，B> C．垂直纸面向外，B> D．垂直纸面向外，B> 答案　BC 解析　当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则可知负离子向右偏转；负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(大圆弧)，由几何知识知R2＝OBsin 30°＝OB，而OB＝s＋R2，故R2＝s，所以当离子运动轨迹的半径小于s时满足约束条件；由牛顿第二定律可得qvB＝，所以得B>，选项A错误，B正确；当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则可知负离子向左偏转； 负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(小圆弧)，由几何知识知R1＝，所以当离子运动轨迹的半径小于时满足约束条件；由牛顿第二定律得qvB＝，所以得B>，选项C正确，D错误． 带电粒子在组合场中的运动 组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现． 1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识 2．“电偏转”与“磁偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 只受恒定的静电力F＝qE v⊥E进入匀强电场 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB v⊥B进入匀强磁场 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 利用牛顿第二定律、向心力公式有r＝，T＝，t＝ 一、由电场进入磁场 例题 (多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U.将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S2)，图中虚线Ox垂直于极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则(　　) A．极板S1带正电 B．粒子到达O点的速度大小为 C．此粒子在磁场中运动的时间t＝ D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝ 答案　BC 解析　带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝mv2，解得v＝，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝， 此粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，故C正确； 若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m 把B选项中求得的速度大小代入可得R＝， 则该有界磁场区域的宽度d＝R＝，故D错误． 例题 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L，0)点射出磁场，不计粒子重力，求： (1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值． 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝at12，qE＝ma 联立解得E＝ 粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，tan α＝＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v＝v0. 粒子所受洛伦兹力提供向心力， 则Bqv＝，由几何关系得r＝L 联立解得B＝， 则＝； (2)粒子在磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝， 粒子在电场中运动的时间为t1＝， 解得＝. 二、从磁场进入电场 例题 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场，圆心O1在x轴上，半径为R且过坐标原点O，圆内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从圆上P点正对圆心O1以速度v0射入磁场，从坐标原点O离开磁场，接着又恰好经过第一象限的Q(a，b)点，已知PO1与x轴负方向成θ角，不计粒子重力，求： (1)匀强电场的电场强度E及匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)粒子从P运动到Q的时间． 答案　(1)　tan 　(2)＋ 解析　(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r， 由几何关系得rtan ＝R 又qv0B＝m 故B＝tan  粒子从O到Q做类平抛运动，设运动时间为t2， a＝v0t2 则t2＝，b＝··t22 故E＝ (2)粒子在磁场中运动的时间t1＝·＝＝ 则粒子从P运动到Q的时间为t＝t1＋t2＝＋. 三、多次进出电场和磁场 例题 如图所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场．已知O、P之间的距离为d，不计粒子的重力．求： (1)O点到Q点的距离； (2)磁感应强度B的大小； (3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间． 答案　(1)2d　(2)　(3) 解析　(1)设Q点的纵坐标为h，粒子到达Q点的水平分速度为vx，从P到Q受到的恒定的静电力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h＝v0t1 水平方向匀加速直线运动的平均速度＝， 则d＝ 根据速度的矢量合成知tan 45°＝ 解得h＝2d. (2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2d 由牛顿第二定律得qvB＝m， 由(1)可知v＝＝v0 联立解得B＝. (3)粒子在电场中的运动时间为t1＝ 粒子在磁场中的运动周期为T＝＝ 粒子在第一象限中的运动时间为t2＝·T＝T 粒子在第四象限内的运动时间为t3＝ 故带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝. 带电粒子在叠加场中的运动 叠加场：电场、磁场、重力场叠加，或其中某两场叠加． 1．是否考虑粒子重力 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为一般情况下其重力与静电力或洛伦兹力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力． (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理． (3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否考虑重力． 2．处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路 一、带电粒子在叠加场中的直线运动 例题 (多选)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电油滴沿着与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断(　　) A．油滴一定做匀速运动 B．油滴可以做变速运动 C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 答案　AD 解析　油滴做直线运动，受重力、静电力和洛伦兹力作用，因为重力和静电力均为恒力，根据油滴做直线运动条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力．根据F＝qvB可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示，如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确． 例题 如图所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成θ＝45°角．质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．小环可能带负电 B．电场方向可能水平向右 C．小环的初速度v0＝ D．小环离开细杆时的速度v＝ 答案　C 解析　小环离开细杆后，恰好做直线运动，该运动一定是匀速直线运动，如果是变速运动，洛伦兹力大小会变化，而洛伦兹力又垂直速度方向，就一定要改变速度的方向，小环做曲线运动；如果小环带负电荷，静电力方向不管是向左还是向右，小环均不可能平衡，所以小环只能带正电，根据平衡条件，静电力向左，故电场方向水平向左，故选项A、B错误；小环离开杆后做匀速直线运动，根据平衡条件，在平行杆的方向则有mgsin 45°＝qEcos 45°，垂直杆的方向则有mgcos 45°＋qEsin 45°＝qvB，联立解得v＝，qE＝mg，故v＝；小环在杆上运动过程，重力和静电力的合力垂直杆不做功，而支持力和洛伦兹力也不做功，故小环在杆上的运动是匀速运动，小环的初速度为v0＝v＝，故选项C正确，D错误． 二、带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动 例题 如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入由互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B构成的叠加场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则(　　) A．小球可能带正电 B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝ C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝ D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加 答案　B 解析　小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的静电力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A项错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：qvB＝，Uq＝mv2，故小球做匀速圆周运动的半径r＝，B项正确；由T＝，得T＝，与电压U无关，C、D项错误． 例题 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向的夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)电场强度E的大小和方向； (2)小球从A点抛出时初速度v0的大小； (3)A点到x轴的高度h. 答案　(1)　竖直向上　(2) 　(3) 解析　(1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受静电力与重力平衡，有qE＝mg① 则E＝② 重力的方向竖直向下，静电力的方向应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上． (2)小球在叠加场中做匀速圆周运动，如图所示，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，设轨道半径为r，由几何关系知＝sin θ③ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速度为v，有qvB＝ ④ 由速度的合成与分解知＝cos θ⑤ 由③④⑤式得v0＝.⑥ (3)设小球在M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tan θ⑦ 由匀变速直线运动规律有vy2＝2gh⑧ 由⑥⑦⑧式得h＝. 三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 例题 (多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图所示，已知一离子在静电力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则(　　) A．该离子带负电 B．A、B两点位于同一高度 C．到达C点时离子速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 答案　BC 解析　离子开始仅受到静电力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的静电力方向向下，与电场方向同向则该离子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，静电力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子到达C点时静电力做功最多，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误． 学科网（北京）股份有限公司 $