第一章 安培力与洛伦兹力（单元复习课件）物理人教版选择性必修第二册

第一章 安培力与洛伦兹力 人教版（2019）选择性必修 第二册 单元复习 单元学习目标 掌握安培力、洛伦兹力的定义与产生条件，熟记安培力、洛伦兹力大小计算公式，准确辨析安培力与洛伦兹力的内在联系，分清两个力的方向判断方法（左手定则），区分 F=BIL 与 F=qvB 的适用条件，辨析带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功的特点。 理解通电导线在磁场、带电粒子在磁场中的运动规律，读懂导线受力模型、粒子轨迹图并提取物理信息，利用几何关系分析圆周运动轨迹问题，能区分安培力、洛伦兹力、电场力，分析安培力、洛伦兹力在生活中的实际应用。 理清通电导线受力、带电粒子在磁场中运动的区别，理解速度选择器、回旋加速器等装置工作过程，由洛伦兹力提供向心力推导粒子轨道半径、周期公式，能结合实例解释磁场力在生产生活中的应用。 理清带电粒子在复合场（磁场、电场、重力场）模型的核心特征，掌握粒子在复合场中匀速、圆周运动、复杂曲线运动的特点，结合实例分析磁相关装置的各类实际用途。 能够对比辨析安培力、洛伦兹力、电场力三类力，厘清现象原理，区分各类磁场模型对应的技术应用，辨析易混淆概念，规范解答磁场力判断、轨迹计算类问题。 单元学习重难点 1.重点： ①理解安培力、洛伦兹力的产生条件，分清两个力的方向判断方法（左手定则），会用安培力、洛伦兹力公式做简单计算； ②能够识别安培力作用下通电导体的运动现象，掌握安培力在生活中的实际应用； ③掌握带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的条件，能够区分安培力与洛伦兹力； ④理解洛伦兹力不做功的特点，掌握带电粒子在磁场中圆周运动的半径、周期公式，熟悉速度选择器、回旋加速器等装置的实际应用； ⑤掌握复合场的核心特征，能够结合实例分析磁场相关装置在科技、生活中的用途； ⑥理解洛伦兹力提供向心力，能辨析安培力、洛伦兹力、电场力三类力。 2. 难点： ①利用左手定则判断力的方向，辨析带电粒子磁场运动中轨迹圆心、半径的确定问题； ②区分安培力与洛伦兹力，结合粒子轨迹图像处理磁场轨迹类问题； ③结合实际情境分辨各类磁场模型，做到原理与实例准确对应； ④综合运用洛伦兹力知识分析带电粒子在磁场、复合场中的有关问题； ⑤磁场力与生活技术应用的综合情境分析。 1. 本章思维导图 2. 各节知识清单 3. 题型剖析及针对训练 4. 课堂巩固 5. 课堂总结 学习内容 一、本章思维导图 第一章 安培力与洛伦兹力 本章思维导图 第一章 安培力与洛伦兹力 二、各节知识清单 第一章 安培力与洛伦兹力 第1节 磁场对通电导线的作用力 一、安培力的方向 1.安培力： 在磁场中受的力。 2.左手定则：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___________ _____，并使四指指向 ，这时 所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。 3.安培力方向的特点：安培力方向既 于电流方向，又 于磁场方向，即 于电流I和 所决定的平面。 通电导线 从掌心垂直 进入 电流的方向 拇指 垂直 垂直 垂直 磁感应强度B 第1节 磁场对通电导线的作用力 一、安培力的方向 说明：判断安培力方向的方法 ①B⊥I，用左手定则判断； ②B∥I，导线不受安培力； ③B与I不垂直且有一定夹角时，沿垂直于I和平行于I两方向分解B，再用左手定则判断(与电流垂直的磁场分量垂直穿过手心，此时拇指所指的方向即为安培力的方向)。 第1节 磁场对通电导线的作用力 二、安培力的大小 如图所示，导线长度为l，电流为I，磁场的磁感应强度为B。 (1)甲图中，通电导线的方向和磁场方向平行，则导线所受的安培力F= 。 (2)乙图中，通电导线的方向和磁场方向垂直，则导线所受的安培力F= 。 (3)丙图中，通电导线的方向和磁场的方向夹角为θ，把磁感应强度B分解为与导线垂直的分量B⊥= 和与导线平行的分量B∥= 。导线所受的安培力是 产生的，F= 。  0 BIl Bsin θ Bcos θ B⊥ BIlsin θ 第1节 磁场对通电导线的作用力 二、安培力的大小 安培力的大小：F=BIl·sin θ 说明：①θ为B与I方向的夹角 当θ=0°时，即B∥I，F=0 当θ=90°时，即B⊥I，F=BIl ②表达式F=BIlsin θ中l指的是导线在磁场中的“有效长度”，弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线段的长度[如图(a)虚线所示]；相应的电流沿导线由始端流向末端。 (a) 第1节 磁场对通电导线的作用力 二、安培力的大小 推论： 如图(b)所示，对任意形状的闭合平面线圈，当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈的有效长度l=0，故通电后线圈在匀强磁场中所受安培力的矢量和一定为零。 (b) 第1节 磁场对通电导线的作用力 三、磁电式电流表 1.基本构造：磁体、线圈、螺旋弹簧、指针、极靴、铁质圆柱等。 第1节 磁场对通电导线的作用力 三、磁电式电流表 2.工作原理：通电线圈在磁场中受安培力作用发生转动 (1)被测电流越大， 的角度越大。螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动。这两种转动的效果叠加在一起，指针随之发生偏转；最终达到平衡，指针停止偏转。所以根据指针偏转角度的大小，可以确定被测电流的大小。 (2)当线圈中电流方向改变时， 随之改变，指针的偏转方向也随着改变。所以，根据指针的偏转方向，可以知道 。 线圈偏转 安培力的方向 被测电流的方向 第1节 磁场对通电导线的作用力 三、磁电式电流表 3.特点： (1)极靴和铁质圆柱之间是 的磁场； (2)线圈平面始终与磁感线 ； (3)表盘刻度均匀分布。 4.优点：灵敏度高，可以测量 的电流。 5.缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流 。 均匀辐向分布 平行 很弱 很弱 第1节 磁场对通电导线的作用力 三、磁电式电流表 6.灵敏度 (1)电流表的灵敏度：是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小，偏角越大，灵敏度越高。 (2)提高灵敏度的方法：使在相同电流下线圈所受的安培力增大，可通过_____线圈的匝数、 永磁体的磁感应强度、 线圈的面积和减小转轴处摩擦等方法实现。 增加 增大 增加 第2节 磁场对运动电荷的作用力 一、洛伦兹力的方向 1.洛伦兹力： 在 中受到的力。 2.左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指 ，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从 垂直进入，并使 指向 运动的方向，这时 所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向。 运动电荷 磁场 垂直 掌心 正电荷 四指 拇指 第2节 磁场对运动电荷的作用力 二、洛伦兹力的方向 1.当v⊥B时，F= ，即运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大。 2.当v∥B时，F= ，即运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力。 3.当v与B成θ角时，F= 。  4.安培力与洛伦兹力的联系与区别 (1)联系：安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观本质。 (2)区别：安培力可以对通电导体做功，洛伦兹力对带电粒子恒不做功。 qvB 0 qvBsin θ 第2节 磁场对运动电荷的作用力 三、电子束的磁偏转 1.电视显像管构造：主要由 、 和 三部分组成。 2.原理：电子显像管应用了电子束 的原理。 3.扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在 ，使得电子束打在荧光屏上的光点不断移动。电子束从最上一行到最下一行扫描一遍叫作一场，电视机中的显像管每秒要进行____场扫描。 电子枪 偏转线圈 荧光屏 磁偏转 不断变化 50 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 一、带电粒子在匀强磁场中的运动规律 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即qvB= (1)轨道半径：r= 。 (2)周期：T= ，由r=可得T= 。 由此可知，半径r与速度成 ，周期T与速度 ，与轨道半径r_____ (后两空选填“有关”或“无关”)。 正比 无关 无关 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 二、带电粒子在匀强磁场中运动的基本分析思路 研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应按照“一找圆心，二求半径，三求周期或时间”的基本思路分析。问题的关键是作出粒子的运动轨迹图。 (1)定圆心 ①洛伦兹力的方向一定过圆心。 如图甲所示，已知粒子进磁场的入射方向(垂直于边界)和出磁场的出射方向，试通过作图确定圆心的位置。 【答案】两洛伦兹力方向的交点即为圆心的位置，故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心，如图所示。 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 ②圆的弦的中垂线必过圆心。 如图乙所示，已知进磁场的入射方向(垂直于边界)和射出磁场的位置M，试通过作图确定圆心的位置。 【答案】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心(如图所示)。 二、带电粒子在匀强磁场中运动的基本分析思路 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 ③圆的任意两条弦的中垂线的交点为圆心。 如图丙所示，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，分别经过A、O、B三点，试通过作图确定圆心的位置。 【答案】连接OA、OB，分别作OA、OB的中垂线，交点即为圆心的位置，如图所示。 二、带电粒子在匀强磁场中运动的基本分析思路 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 (2)求半径r 如图甲，确定好圆心的位置。如何求带电粒子轨迹的半径，已知磁场的宽度为d，速度方向如图所示。 【答案】作出粒子的轨迹如图所示，由圆的半径和d构成直角三角形，再根据边角关系得r==d。 二、带电粒子在匀强磁场中运动的基本分析思路 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 (3)求时间t ①利用轨迹对应圆心角或轨迹长度求时间。 ②求(2)中带电粒子在匀强磁场中的运动时间(已知带电粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T)。 【答案】①方法一：周期一定时，由圆心角求：t=T 方法二：v一定时，由弧长求：t== ②= t=T=T=T 二、带电粒子在匀强磁场中运动的基本分析思路 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 二、带电粒子在匀强磁场中运动的基本分析思路 第4节 质谱仪与回旋加速器 一、质谱仪 1.质谱仪原理图： 第4节 质谱仪与回旋加速器 一、质谱仪 2.质谱仪工作原理 (1)加速：带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得： 。 (2)偏转：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力 提供向心力得：qvB=m，联立解得：r= ，如果测出半径，就可以判断带电粒子比荷的大小，如果测出半径且已知电荷量，就可求出带电粒子的质量。 3.应用：测量带电粒子的 和分析 的重要工具。 qU=mv2 质量 同位素 第4节 质谱仪与回旋加速器 二、回旋加速器 1.粒子被加速的条件 交变电场的周期等于粒子在磁场中运动的周期。 2.粒子最终的能量 粒子速度最大时的运动半径等于D形盒的半径，即rm=R，rm=，则粒 子的最大动能Ekm=________。 3.粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器中被加速的次数n=(U是 加速电压的大小)。 第4节 质谱仪与回旋加速器 4.粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2=n·=(n为加速次数)，总时间为t=t1+t2，因为t1≪t2，一般认为在回旋加速器中运动的时间近似等于t2。 二、回旋加速器 三、题型剖析及针对训练 第一章 安培力与洛伦兹力 题型一　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 题型一　安培定则　磁场的叠加 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。 题型一　安培定则　磁场的叠加 【例1】 如图所示,直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远,其磁场互不影响,当开关S闭合后,小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的位置是(　　) A.a B.b C.c D.d 【解析】根据安培定则可判断出电流的磁场方向,再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知螺线管E内小磁针的N极指向为磁场方向,C正确。 题型一　安培定则　磁场的叠加 【例2】 (2025·福建卷,3)如图所示,空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通有大小相等,方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称且OM=ON,初始时,M处的磁感应强度大小为B1,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为(　　) A.B2-B1 B.B1-B2 C.B2-B1 D.B1-B2 A 题型一　安培定则　磁场的叠加 【解析】根据题意,作出L1、L2中电流的某种情况,如图所示,设L1在M点产生的磁感应强度大小为B1M,L2在M点产生的磁感应强度大小为B2M,L1在O点产生的磁感应强度大小为B1O,L2在O点产生的磁感应强度大小为B2O,则由安培定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反,在O点产生的磁感应强度方向相同,则有B1M-B2M=B1,B1O+B2O=B2;由于L1、L2中电流大小相等,且OM=ON,M与O关于L1对称,N与O关于L2对称,有B1M=B1O=B2O,B2M=B1N,联立可得B2M=B1N=B2-B1,故保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为B1N=B2-B1,A正确。 题型一　安培定则　磁场的叠加 【变式训练1】(2025·湖北卷,4)如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,放置一通电圆线圈,圆心为O点,线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点,它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零,则N点的总磁感应强度大小为(　　) A.0 B.B C.2B D.3B 【解析】根据对称性可知,线圈在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,由于M点的总磁感应强度大小为零,所以匀强磁场的磁感应强度与线圈在M点产生的磁感应强度大小相等、方向相反,则线圈在N点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反,故N点的总磁感应强度大小为0,A正确。 题型二：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。 ②l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。 题型二：安培力的分析与计算 【例3】 (2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,在光滑、绝缘的水平面上有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,间距为L的两个固定接线柱之间连有柔软的、长度为L的导线。现对导线通以电流I,为使导线不被拉断,则导线需要承受的拉力不小于(　　) A.ILB B.ILB C.ILB D.πILB B 题型二：安培力的分析与计算 【解析】通电之后接线柱之间的导线变成一段圆弧,如图所示,由几何关系可知圆弧半径r=L,圆心角θ=60°,则α=60°。在磁场中的有效长度为L,则所受安培力F安=ILB,由平衡条件知F安=2FTcos α,可得FT=ILB,即导线需要承受的拉力不小于ILB,故B正确。 题型二：安培力的分析与计算 【变式训练2】(2026·吉林长春高三月考)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. 题型二：安培力的分析与计算 【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,电阻之比为1∶3,通过电流之比为3∶1,设圆环的半径为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与该电源相连时,圆环所受的安培力大小为F2=2·BI2·2R=4BI2R,由于=,所以=,故A正确。 题型二：安培力的分析与计算 【例4】 (2025·辽宁本溪模拟)有人做了如图所示的实验,将一根柔软的弹簧悬挂起来,使它的下端通过直导线始终和槽中水银中心接触,现给弹簧通入方向如图的恒定电流,稳定后会出现(　　) A.弹簧会变短 B.弹簧会上下振动 C.水银面会上下振动 D.自上向下看水银面逆时针转动 A 题型二：安培力的分析与计算 【解析】弹簧中电流方向相同,根据安培定则和左手定则知,同向电流相互吸引,因使它的下端通过直导线始终和槽中水银中心接触,则稳定后弹簧变短,故A正确,B错误;根据安培定则知,螺线管内部的磁场竖直向上,水银中的电流从圆心向外流动,根据左手定则,水银受到安培力的方向为顺时针,则自上向下看水银面顺时针转动,故C、D错误。 题型二：安培力的分析与计算 【总结提升】判断安培力作用下导体运动情况的五种方法 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 题型二：安培力的分析与计算 等效法 根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判断运动方向 结论法 两平行直导线电流在相互作用中,无转动趋势,同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平行的直导线电流相互作用时,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力 题型二：安培力的分析与计算 【变式训练2】(2025·江苏南京模拟)通有电流I的直导线竖直放置,且可绕O点向各个方向转动,电流方向如图所示,O为直导线的中心,下列说法正确的是(　　) A.导线受磁场力的作用,绕O点上端向里,下端向外转动 B.导线受磁场力的作用,绕O点上端向外,下端向里转动 C.导线受磁场力的作用,绕O点在纸面内逆时针方向转动 D.导线不受磁场力的作用,故不转动 【解析】条形磁体产生的磁场在导线位置的磁场方向水平向右,沿导线向上磁感应强度逐渐减小,即导线O点下侧所受安培力大一些,导线的运动由下侧安培力决定。根据左手定则可知,安培力方向垂直于纸面向里,导线绕O点上端向外,下端向里转动,故B正确。 题型三：安培力作用下的平衡与加速问题 【例5 】(2026·湖北武汉高三月考)如图所示,质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O',并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,则(　　) A.磁场可以沿z轴正方向 B.若磁场沿z轴负方向,每根细线拉力的大小为 C.若磁场沿z轴负方向,直导线受到的安培力的大小为 D.磁场的磁感应强度最小值为 题型三：安培力作用下的平衡与加速问题 【解析】磁场若沿z轴正方向,则直导线所受的安培力方向水平向左,无法平衡,故A错误;若磁场沿z轴负方向,则直导线所受的安培力方向水平向右,则每根细线拉力的大小为F=,直导线受到的安培力的大小为FA=mgtan θ,故B、C错误;如图所示,当导线所受安培力与细线垂直时,安培力最小,此时磁感应强度最小,有ILBmin=mgsin θ,则最小值为Bmin=,故D正确。 题型三：安培力作用下的平衡与加速问题 【例6】(多选)(2026·陕西汉中高三调研)电磁炮利用电磁系统中电磁场产生的安培力来对金属弹丸进行加速,与用传统的火药推动的大炮相比,电磁炮可大大提高弹丸的速度和射程。某电磁炮可简化为如图所示的模型,同一水平面内的两根平行光滑导轨a、b与可控电源相连,导轨间存在竖直向上的匀强磁场。将一质量为m、可视为质点的金属弹丸放在导轨上,弹丸在安培力的作用下由静止开始加速向右运动,离开导轨时的速度大小为v。已知弹丸在导轨上加速的过程中,可控电源提供给弹丸的功率恒为P,不计空气阻力及弹丸产生的焦耳热,下列说法正确的是(　　) A.导轨a的电势较高 B.弹丸在导轨上运动时的加速度不断减小 C.弹丸在导轨上的加速时间为 D.弹丸在导轨上的加速距离为 ABC 题型三：安培力作用下的平衡与加速问题 【解析】弹丸所受安培力向右,根据左手定则可知,弹丸中的电流方向由a流向b,所以导轨a的电势较高,故A正确;弹丸在导轨上运动时,可控电源提供给弹丸的功率不变,根据P=Fv可知,随着速度增大,弹丸受到的安培力不断减小,弹丸的加速度不断减小,故B正确;此过程中弹丸受到的合力的功率不变,根据动能定理有Pt=mv2,解得t=,故C正确;若弹丸做匀加速直线运动,则弹丸在导轨上的加速距离为x=t=,而实际上弹丸做加速度减小的加速运 动,在导轨上的加速距离应大于,故D错误。 题型三：安培力作用下的平衡与加速问题 【总结提升】安培力作用下的平衡或加速问题的解题思路 (1)选定研究对象。 (2)受力分析,变立体图为平面图,如侧视图、剖面图或俯视图等,并画出导体的平面受力分析图,安培力的方向F安⊥B、F安⊥I,如图所示。 (3)应用共点力的平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列方程解题。 题型三：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。 题型三：对洛伦兹力的理解和应用 【例7】 (多选)如图所示,粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时,一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动,则物块运动的v-t图像可能是(　　 ) 题型三：对洛伦兹力的理解和应用 【解析】设物块的初速度为v0,则FN=qv0B,若满足mg=Ff=μFN,即mg= μqv0B,物块向下做匀速运动,故A有可能;若mg>μqv0B,则物块开始时有向下的加速度,由a=可知,随着速度增大,加速度减小,即物块先做加速度减小的加速运动,最后加速度减为零,达到匀速状态,故D有可能,B不可能;若mg<μqv0B,则物块开始有向上的加速度,物块做减速运动,由a=可知,随着速度减小,加速度减小,即物块先做加速度减小的减速运动,最后加速度减到零,达到匀速状态,故C有可能。 题型三：对洛伦兹力的理解和应用 【变式训练3】(多选)(2025·安徽合肥模拟)如图所示,带负电的小球由静止释放,一段时间后进入垂直纸面向里的匀强磁场中,不计空气阻力,关于小球在磁场中运动的过程,下列说法正确的是(　　) A.小球做圆周运动 B.洛伦兹力对小球不做功 C.小球的速度保持不变 D.小球的机械能保持不变 【解析】带负电的小球由静止释放,一段时间后进入垂直纸面向里的匀强磁场中,所以小球受重力和洛伦兹力作用,速度方向与合力方向不共线,小球做曲线运动,故A错误;洛伦兹力方向与速度方向垂直,洛伦兹力对小球不做功,只有重力做功,小球机械能保持不变,故B、D正确;小球在重力与洛伦兹力作用下,小球的速度发生变化,故C错误。 题型四：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两点速度方向垂线的交点 P点速度方向的垂线与弦PM的垂直平分线的交点 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动   基本思路 图例 说明 半径的确定 利用平面几何知识求半径 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 t=T=T=T t== 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 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) 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 (2)平行边界(往往存在临界条件,如图所示) 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 (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。 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【例8】 (多选)(2026·河北廊坊一模)如图所示,在平面直角坐标系xOy中存在匀强磁场,磁场方向与xOy坐标平面垂直。两个带电粒子P、Q在xOy坐标平面内各自做匀速圆周运动,圆心坐标分别为(a,0)、(0,2a),两粒子P、Q与坐标原点O的连线总是相互垂直,且运动过程中不会发生碰撞,不计两个带电粒子的重力,则带电粒子P、Q的(　　) A.运动速度大小之比为1∶1 B.运动周期之比为1∶1 C.比荷之比为1∶2 D.运动半径之比为1∶2 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【解析】依题意知,两粒子P、Q与坐标原点O的连线总是相互垂直,说明两粒子相同时间内转过的圆心角相同,则周期相同,即运动周期之比为1∶1;作出两粒子位置关系,如图所示,根据相似三角形的比例关系,可得==,由v=可知两粒子运动速度大小之比v1∶v2=1∶2;由T=可知两粒子的 比荷之比为1∶1,故A、C错误,B、D正确。 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【例9】 (2026·安徽A10联盟学情调研)如图,MN为范围足够大的匀强磁场的下边界,垂直纸面向外的匀强磁场的磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q带正电的粒子从P点以速度v0与MN成θ(0<θ<180°)角垂直射入磁场中,经过一段时间从Q点(图中没有标出)离开磁场,只考虑粒子所受的洛伦兹力作用。粒子从P点运动到Q点的过程中(　　) A.粒子所受洛伦兹力冲量为零 B.粒子运动的时间最长为 C.θ=90°时粒子运动的轨迹长为 D.θ=30°时PQ两点间距离大于θ=150°时PQ两点间距离 C 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【解析】由于粒子在磁场中不会做完整的圆周运动,则粒子的动量变化量不为零,粒子受到的洛伦兹力的冲量不为零,故A错误;粒子在磁场中运动的周期T=,粒子在磁场中运动的时间t=T=,因为0<θ<180°,所以粒子运动的最长时间将大于,故B错误;当θ=90°时粒子运动的轨迹为半个圆周,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,解得轨迹半径r=,所以轨迹长s=πr=,故C正确;由几何关系可知,当θ=30°时PQ两点间的距离L1=2rsin 30°=, 当θ=150°时PQ两点间的距离L2=2rsin 30°=, 故D错误。 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【例10】 (多选)(2025·福建漳州模拟)如图,圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从P点以速度v沿平行于直径CD方向射入磁场,粒子经过圆心O,最后离开磁场。已知圆形区域半径为R,PO与CD间的夹角为45°,不计粒子重力。则(　　) A.磁感应强度大小为 B.粒子在磁场中运动的时间为 C.仅改变速度方向,粒子可能从D点射出 D.仅增大速度,粒子在磁场中运动的时间将变短 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【解析】根据题意画出粒子的运动轨迹,如图所示,由于圆形 区域半径为R,则P点到CD的距离为R,设粒子做圆周运动 的半径为r,根据几何关系有r=R,粒子做匀速圆周运动,由 洛伦兹力提供向心力,则有qvB=m,解得B=,故A正确; 根据上述分析可知,粒子在磁场中运动轨迹为半个圆周,则粒子在磁场中运动的时间为t===,故B错误;仅改变速度方向,粒子运动轨迹半径不变,则粒子不可能从D点射出,故C错误;圆心在过P点的竖直线上,仅增大速度,粒子在磁场中运动的周期不变,运动半径增大,可知轨迹圆心角变小,粒子运动时间将变短,故D正确。 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【例11】(多选)如图所示,空间中有一个底角均为60°的梯形,上底与腰长相等为L,梯形处于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中,现c点存在一个粒子源,可以源源不断射出速度方向沿cd、大小可变的电子,电子的比荷为k,为使电子能从ab边射出,速度大小可能为(　　) A. B. C. D. BC 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【解析】能够从ab边射出的电子,半径最小为从b点射出,如图甲所示, 由几何关系可知r2=L 由牛顿第二定律有 qvB=m 解得r== 由几何关系可知r1==L, 半径最大为从a点射出,如图乙所示 则有L≤≤L 为使粒子从ab边射出磁场区域,粒子的速度范围为≤v≤kBL,故B、C正确。 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【变式训练4】(2026·广西柳州高三月考)如图,空间存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出),A、B、C、D、E为磁场中的五个点,B为AD的中点,C为BD中垂线上的一点,且DE=AB=2BC,BC平行于DE。一束带正电的同种粒子(不计重力)垂直AD由A点沿纸面向上射入磁场,各粒子速度大小不同,用tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间,下列说法正确的是(　　) A.tB=tD>tC>tE B.tC>tB=tD>tE C.tB=tD>tC=tE D.tE>tB=tD>tC C 题型四：带电粒子在匀强磁场中的运动 【解析】粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如图,由几何关系可知,从A到B和从A到D,粒子运动轨迹对应的圆心角均为180°;从A到C和从A到E,粒子运动轨迹对应的圆心角均小于180°且相等;带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得v=,运动周期T==,周期与速度无关,粒子均从A点沿纸面向上射入磁场,运动轨迹对应的圆心角 越大,运动时间越长,所以tB=tD>tC=tE,故C正确。 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。 (1)找出多解的原因。 (2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况。 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 角度1　带电粒子电性不确定形成多解 分析 图例 带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解 如带正电，其轨迹为a;如带负电，其轨迹为b 题型四：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 【例12】 (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，粒子能碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度从P点射入，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可能为 D.带电粒子在磁场中运动时间可能为 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 【解析】若粒子带正电，与挡板MN碰撞后恰好从Q点射出，设轨迹半径为r1，运动轨迹如图甲所示，由图中几何关系可得L2＋(r1－0.5L)2＝，解得r1＝L，由洛伦兹力提供向心力qv1B＝m，解得v1＝，由动量定理得I＝2mv1＝，A错误，C正确;若粒子的运动轨迹如图乙所示，由左手定则可知，粒子带负电，粒子运动的轨迹半径最小，r2＝，速度最小，由qv2B＝m，解得v2＝，B正确;若粒子带负电，运动轨迹如图丙所示，当轨迹半径等于L时，此时转过的圆心角为60°，所以带电粒子在磁场中运动的时间为t＝，D正确。 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 角度2　磁场方向不确定形成多解 分析 图例 只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，由于磁感应强度方向不确定而形成多解 粒子带正电，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 【例13】 (多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。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的大小和方向可能是(　　) A.B>，垂直纸面向里 B.B>，垂直纸面向里 C.B>，垂直纸面向外 D.B>，垂直纸面向外 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 【解析】当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知sin 30°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝;当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹如图乙所示，切点为N，由几何关系知s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误。 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 角度3 临界状态不确定形成多解 分析 图例 带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞出，于是形成多解 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 【对点训练5】如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(重力不计，粒子间的相互作用不计)，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是(　　) A. B. C. D. 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 【例14】(2025·安徽合肥高三开学考)如图所示，abcd为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内(含边界)处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ad＝L，ab＝L。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，从a点沿ab方向射入磁场，不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A.粒子能通过cd边的最短时间t＝ B.若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度v＝ C.若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度v＝ D.若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度0<v≤ 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 【解析】粒子能通过cd边，从c点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示，根据几何关系有(r2－L)2＋(L)2＝，解得r2＝2L，则转过的圆心角的正弦sin θ＝，即θ＝60°，粒子在磁场中运动的周期T＝，则粒子能通过cd边的最短时间t＝T＝，故A错误;若粒子恰好从c点射出磁场， 由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m，解得v2＝，故B错误;若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其半径r1＝，根据qv1B＝m，解得v1＝，故C错误;若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点射出时半径最大，对应的入射速度最大，则vm＝，若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度0<v≤，故D正确。 题型五：带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 【解析】粒子可能在两个磁场间做多次运动，画出粒子可能的轨迹，如图所示，所有轨迹对应的圆心角均为120°，由几何关系可知2nrcos 30°＝L(n＝1，2，3，…)，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，解得v＝(n＝1，2，3，…)，当n＝1时，可得v＝，故C正确，A、B、D错误。 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题的关键是以题目中的“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.临界条件 刚好穿出(穿不出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 2.几种常见的求极值问题 (1)时间极值 ①当速度v一定时，弧长(弦长)越长或圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 ②圆形边界:公共弦为小圆直径时，出现极值，即当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长。 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 ③最短时间:弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直。 如图，P为入射点，M为出射点，此时在磁场中运动时间最短。 (2)磁场区域面积极值 若磁场边界为圆形时，从入射点到出射点连接起来的线段就是圆形磁场的一条弦，以该条弦为直径的圆就是最小圆，对应的圆形磁场有最小面积。 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 【例14】 (2024·湖北卷，7)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 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 【解析】根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误;当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，又T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T1＝，C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，联立解得v2＝，D正确。 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 【例15】 如图所示，在xOy平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向外。一束质量为m、电荷量为＋q的粒子以不同的速率从O点沿xOy平面内的OP方向发射，沿直线飞行到P点时进入有界匀强磁场区域，O、P两点间的距离为L，OP连线与x轴正方向的夹角α＝30°，所有粒子在离开磁场后最终都能从x轴上垂直x轴射出，若速度最大的粒子A从x轴上的Q点以速度vm(未知)射出，且射出之前都在磁场内运动，粒子所受的重力忽略不计，求: (1)vm的大小; (2)粒子A在匀强磁场中运动的时间; (3)有界匀强磁场区域的最小面积。 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 【解析】（1）粒子的运动轨迹如图所示。设粒子A在磁场中做圆周运动的半径为rm，由几何关系得rm＝L 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvmB＝m 解得vm＝。 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 【解析】（2）粒子做匀速圆周运动，则有qvB＝m 周期为T＝ 解得T＝ 由运动轨迹可知，粒子A经过磁场后的偏转角为120°，则粒子A在磁场中运动的时间t＝T＝T 解得t＝。 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 【解析】（3）由几何关系可知三角形PO1Q的面积S1＝sin 120°＝L2 120°圆心角对应的扇形面积S2＝πL2 磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积，其面积ΔS＝S2－S1＝L2。 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 【变式训练6】(多选)如图所示，边界OA与OC之间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，∠AOC＝60°。边界OA上距O点l处有一粒子源S，可发射质量为m，带正电荷q的等速粒子，不计重力。当S沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现没有粒子从OC边界射出。则(　　) A.粒子的最大发射速率不超过 B.粒子的最大发射速率不超过 C.粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为l D.粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为 题型六：带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 【解析】要使没有粒子从OC边界射出，沿如图路线运动的粒子刚好不离开磁场，速率最大，满足r＝，由几何关系知r＝lsin 60°＝，则v＝，故A正确，B错误;粒子速度v＝，从OA边界离开磁场时离S最远距离d＝2r＝lsin 60°＝l，故C错误，D正确。 题型七：质谱仪 1.作用 测量带电粒子质量和分离同位素。 2.原理(如图所示) (1)加速电场:qU=mv2。 (2)偏转磁场:qvB=m,l=2r,可得 r=,m=,=。 题型七：质谱仪 【例16】 (2025·广东湛江模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具,它的构造如图所示。粒子源S产生的各种不同正粒子束(速度可视为零),粒子质量为m、带电荷量为q,粒子重力不计,经电压为U的加速电场加速后,从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场,运转半周后到达照相底片上的M点。则下列说法正确的是(　　) A.粒子从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场的速度大小为 B.若粒子束q相同而m不同,则MN距离越大对应的粒子质量越小 C.进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同,则粒子的比荷一定 相等 D.进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同,则粒子的电荷量一 定相等 题型七：质谱仪 【解析】粒子在加速电场中做加速运动,由动能定理得qU=mv2, 解得v=,故A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力 提供向心力,则有qvB=m,可得r=,所以MN=2r=, 若粒子束q相同而m不同,MN距离越大对应的粒子质量越大,故B 错误;由MN=可知,只要MN距离相同,对应的粒子的比荷一定相等,粒子质量和电荷量不一定相等,故C正确,D错误。 题型七：质谱仪 【变式训练7】(2025·河南信阳模拟)某质谱仪原理如图所示,A为粒子加速器,加速电压为U1;B为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度为B1,两板间距离为d;C为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为q的氘核H),由静止加速后,恰能通过速度选择器,进入分离器后做匀速圆周运动,则(　　) A.加速后氘核的速度为 B.速度选择器两板间电压为B1d C.氘核在分离器中做匀速圆周运动的半径为 D.仅将氘核换成氦核He),则不能匀速直线通过速度选择器 题型七：质谱仪 【解析】氘核加速过程根据动能定理有qU1=mv2,解得v=,故A错误;被加速后的氘核恰好通过速度选择器,有qvB1=qE,又E=,联立得U2=B1d,故B正确;氘核在分离器中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB2=m,解得r=,故C错误;仅将氘核换成氦核He),比荷不变,由v=可知,被电场加速后的速度不变,进入速度选择器后,所受电场力和洛伦兹力仍然平衡,则仍能匀速直线通过速度选择器,故D错误。 题型八：回旋加速器 1.构造 如图所示,D1、D2是半圆形金属盒,D形盒处于匀强磁场中,D形盒的缝隙处接交流电源。 2.原理 交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等,使粒子每经过一次D形盒缝隙,粒子就被加速一次。 3.最大动能 由qvmB=m、Ekm=m得Ekm=,粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定,与加速电压无关。 题型八：回旋加速器 【例17】 (多选)(2025·宁夏银川模拟)回旋加速器是一种利用磁场和高频电场对带电粒子进行加速的装置,主要应用在核医学与放射性同位素生产、癌症治疗、工业和科研等领域。如图所示为回旋加速器的示意图,D形盒置于匀强磁场中,两盒间高频电源的频率为f。一质子(电荷量为e,质量为m)从中心粒子源释放,多次回旋并加速后从边缘射出,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.交流电压的周期应等于粒子在磁场中运动周期的2倍 B.所加匀强磁场的磁感应强度B= C.若考虑相对论效应,质子质量会增大,则高频交流电 的频率应减小,才能保证粒子动能持续增加 D.仅使高频交流电电压加倍时,粒子每次加速增加的动能加倍,最终获得的动能加倍 BC 题型八：回旋加速器 【解析】粒子在磁场中运动一周加速两次,则交流电压的周 期应等于粒子在磁场中运动周期,故A错误;二者周期相等, 则频率也相等,由周期公式T==,可得磁感应强度B= ,故B正确;若质量m增大,则周期增大,频率减小,要保 证粒子动能持续增加,则高频交流电的频率应减小,故C正确;由evB=m得v=,当r取最大半径R时,粒子有最大速度vm=,则最终的动能为Ek=m=,可知最终获得的动能与加速电压无关,根据qU=ΔEk可知,仅使高频交流电电压加倍时,粒子每次加速增加的动能加倍,总的加速次数就减少,最终动能不变,故D错误。 题型八：回旋加速器 【变式训练8】(多选)(2026·河北秦皇岛高三月考)如图所示为回旋加速器的原理图,D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中,回旋加速器所加高频交流电的频率恒定,用这样的回旋加速器给A、B两个粒子分别进行加速,A粒子的电荷量为q1、质量为m1,加速后获得的最大动能为Ek1,最大速度为v1;B粒子的电荷量为q2、质量为m2,加速后获得的最大动能为Ek2、最大速度为v2,则下列关系一定正确的是(　　 ) A.q1=q2、m1=m2 B.= C.v1=v2 D.= 题型八：回旋加速器 【解析】由于两个粒子在同一加速器中都能被加速,则两个粒子在磁场中做圆周运动的周期相等,由T=,可知比荷=,则两粒子比荷相同,即=,整理得=,但仅从以上关系式不能判断两粒子的电荷量、质量大小关系,故A错误,B正确;设D形盒最大半径为Rm,则对粒子有qvB=m,解得vm=,由于两粒子比荷相同,故最大速度相同,故C正确;粒子获得的最大动能Ek=m=, 由于两粒子比荷相同,则有=,故D正确。 题型九：带电粒子在组合场中的运动 1.磁场与磁场的组合：磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题,带电粒子在两个磁场中的速度大小相同,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。 2.电场与磁场的组合：带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动,在匀强磁场中做匀速圆周运动,如图所示。 题型九：带电粒子在组合场中的运动 2.电场与磁场的组合：带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动,在磁场中做匀速圆周运动,如图所示。 【例18】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. 题型九：带电粒子在组合场中的运动 题型九：带电粒子在组合场中的运动 【解析】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=,则带电粒子在第二象限、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D正确。 题型九：带电粒子在组合场中的运动 【变式训练9】 (2025·贵州黔南模拟)如图,在x=0到x=d的整个区域Ⅰ内存在垂直于xOy平面的匀强磁场,在x=d到x=2d的整个区域Ⅱ内存在平行于y轴的匀强电场。一带正电的粒子从O点以与x轴正方向的夹角为θ、大小为v0的速度进入区域Ⅰ并垂直区域Ⅰ的右边界进入区域Ⅱ最终离开区域Ⅱ。已知粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与进入区域Ⅰ时的速度方向相同。不计粒子的重力,粒子运动始终在xOy平面内,已知sin θ=0.6。求: (1)磁场和电场的方向以及粒子离开区域Ⅱ时速度的大小; (2)粒子从区域Ⅱ离开的位置到x轴的距离; (3)电场强度与磁感应强度大小之比。 题型十：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 题型十：带电粒子在叠加场中的运动 【例18】 (多选)(2025·福建卷,7)如图,竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E,一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动,当粒子运动到N点时,撤去磁场,一段时间后粒子经过P点,已知MN与水平面的夹角为45°,NP水平向右。粒子带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g。则(　　) A.电场强度大小为E= B.磁感应强度大小为B= C.N、P两点的电势差为U= D.粒子从N运动到P的过程中,与NP的距离最大值为 题型十：带电粒子在叠加场中的运动 【解析】由于粒子沿着MN做匀速直线运动,粒子所受洛伦兹力垂直于MN,所以粒子所受重力和电场力的合力也垂直于MN,即电场力水平向右,粒子带正电,由力的平衡条件有qvBcos 45°=mg,=tan 45°,解得电场强度大小为E=,磁感应强度大小为B=,A错误,B正确;撤去磁场后,粒子所受电场力和重力不变,则其竖直方向上做竖直上抛运动,水平方向上做匀加速直线运动,由于NP水平向右,所以粒子从N运动到P点所用的时间为t=,水平方向上的位移为xNP=vtcos 45°+·t2,联立解得xNP=,所以NP两点的电势差U=ExNP=,C正确;结合C项分析可知,当粒子竖直方向的速 度减为0时,其与NP的距离最大,为xm==,D错误。 题型十：带电粒子在叠加场中的运动 【变式训练10】(2026·陕西汉中高三月考)如图所示,水平虚线为分界线,分界线上方有方向水平向左的匀强电场E1,分界线下方有方向垂直纸面向里的匀强磁场B和方向竖直向上的匀强电场E2。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从分界线上的A点以初速度v0竖直向上抛出,小球在分界线上方的运动轨迹已画出,C点为轨迹的最高点,小球从分界线上的D点第一次进入分界线下方区域,且小球恰好在分界线下方区域做匀速圆周运动,经磁场偏转一次后又恰好回到A点。已知小球 到达D点时的速度大小为v0,重力加速度大小为g,E1、E2和 B的大小均未知,不计空气阻力。 (1)求A、C两点的高度差h; (2)求E1、E2和B的大小。 题型十：带电粒子在叠加场中的运动 【解析】(1)将小球在分界线上方的运动分解,可知小球在竖直方向上做竖直上抛运动,根据竖直上抛运动规律有 =2gh 解得h=。 (2)设小球到达D点时的速度方向与分界线的夹角为θ,将小球到达D点时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,根据几何关系有sin θ== 题型十：带电粒子在叠加场中的运动 则水平分速度为vx=v0cos θ=v0 小球从A点运动到D点所用的时间t1= 又水平分速度vx=at1=t1,解得E1= A、D两点间的距离x=t1= 小球在分界线下方做匀速圆周运动,则mg=qE2 解得E2= 设小球做匀速圆周运动的半径为r,根据几何关系有 x=2rsin θ 根据牛顿第二定律有q·v0B=m 解得B=。 五、课堂总结 第一章 安培力与洛伦兹力 五、课堂总结 什么是安培力？安培力的产生条件是什么？安培力大小如何计算？通电导线和磁场平行、垂直、任意夹角时，安培力大小分别是多少？如何用左手定则判断安培力的方向？安培力的微观本质是什么？ 通电导线在磁场中，如何处理安培力参与的静态平衡问题？怎么处理安培力作用下导体棒的动力学、电磁感应类综合问题？导线框架、倾斜导轨模型分析思路是什么？ 什么是洛伦兹力？洛伦兹力的产生条件？洛伦兹力大小计算公式是什么？电荷运动方向与磁场平行、垂直、成任意夹角时洛伦兹力大小分别是多少？怎样用左手定则判断正负电荷受到洛伦兹力的方向？ 为什么洛伦兹力始终不做功？洛伦兹力可以分解，两个分力做功有什么特点？安培力与洛伦兹力的联系和区别是什么？ 五、课堂总结 带电粒子射入匀强磁场，入射方向平行磁场、垂直磁场、成夹角斜入射时，分别做什么运动？ 带电粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，向心力来源是什么？推导轨道半径公式、周期公式。周期和粒子的速度有关系吗？ 带电粒子在有界匀强磁场中解题的完整步骤：如何确定轨迹圆心？用哪些方法找半径？怎么求圆心角？运动时间如何计算？ 直线边界磁场、圆形边界磁场，粒子入射出射有什么几何规律？磁场中常见的临界条件、多解情况由什么原因造成？（速度大小变化、速度方向不确定、磁场边界不确定） 五、课堂总结 速度选择器的工作原理是什么？对粒子的电荷量、质量有没有要求？什么条件下粒子才能直线通过？ 回旋加速器的工作原理是什么？D 形盒的作用？交变电场的周期要满足什么条件？粒子最大动能由什么决定？为什么粒子速度不能无限制增大？ 磁流体发电机的发电原理，如何推导电动势；霍尔效应产生的机理，怎样判断霍尔电压正负。 区分：安培力、洛伦兹力，哪些力可以做功，哪些力不做功。列举安培力、洛伦兹力在生活、科技当中的实际应用实例。 $