2019年二轮高中物理复习导学（教师）3

名师导学.高考二轮总复习.物理

逸③酶.

（这是边文，请据需要手工删加）

（这是边文，请据需要手工删加）

专题四电场与磁场

（这是边文，请据需要手工删加）

微专题突破一带电粒子在交变电场中运动

模型

模型构建[P40]

在两个相互平行的金属板间加交变电压时，两板中间便可获得交变电场.此类电场从空

间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看

是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间的变化而变化.常见的产生交变电场的电压波

形有方形波、锯齿波、正弦波等.

模型特点（P4O]

1•粒子做单向直线运动一般用牛顿运动定律求解.

2•粒子做往返运动一般分段研究.

3•粒子做偏转运动一般根据交变电场特点分段研究.

[P40]

1•注重全面分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对

称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.

2•分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分

析；二是功能关系.

例1如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为

Uo，电容器板长和板间距离均为L=lOc/n，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L

=10”〃，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示.(每

个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：

(1)在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处;

(2)荧光屏上有电子打到的区间的长度.

【解析】(1)电子经加速电场，由动能定理得qUo=^mv21电子经偏转电场：沿v方向:

t=~>沿电场方向：y=1at2'又2=呼"，故偏转后偏移量

当心)2,所以

，2mL\vy>4Uo

由题图知t=0.06s时刻Ua=1.8Uo

所以y=4.5cm

设打在屏上的点距O点距离为Y，

L+与

Y

满足亍，所以Y=13.5cm

2

(2)由题知电子偏移量y的最大值为，，所以当偏转电压超过2Uo时，电子就打不到荧光

屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30c〃？

【答案】(1)0点上方13.5cm处(2)30cm

例2如图甲所示，A和B是真空中、面积很大的平行金属板，。是一个可以连续产生粒

子的粒子源，O到A、B的距离都是1.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律

如图乙所示.已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生大量粒子，粒子质量为m、

电荷量为一q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动.设粒子一旦碰到金属板，

它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势.不计粒子的重力，

不考虑粒子之间的相互作用力.己知上述物理量1=0.6，”，Uo=1.2X1()3vmzx1()25,

m=5Xl()r"g，q=lX10-7c.求：

(1)在t=0时刻出发的粒子，会在什么时刻到达哪个极板；

T

(2)在。〜方范围内，哪段时间内产生的粒子不能到达A板;

（3）到达B板的粒子中速度的最大值.

【解析】（1）根据题图乙可知，从t=0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板

运动，设粒子到达A板的时间为t，并假设在半个周期内到达A板，则有

同黔,

解得t=观义IO-3，

故在t=^6X10一3$时刻到达A板.

T

（2）在0〜E范围内，粒子的加速度为

qUo5c1

ai=2|m=2X10mis.

T

在］〜T，粒子的加速度为

a2=q2［；=4X105mis1.

m•21

TTNt13

若粒子在0〜5内加速/t，再在2〜T内减速亍刚好到达A板，则有1=弹1*4•5，

解得a=2义10一3$，

TT

所以在2—到5范围内产生的粒子不能到达A板，

即4X10—3〜6义10-3s

（3）恰好未撞上A板的粒子，反向加速距离最大，所获得的速度最大，有*=2a2•21，

解得vzn=40（＞\/6mis.

【答案】（l）^Xl（r3sA板（2）4X10、〜6x10-3$（3）4（）丽mis

【〃401

1•（多选）如图甲所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e

的电子从平行板左侧以速度vo沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压UAB

如图乙所示，交变电压的周期T==，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚

好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（）

————^nrTTTT'；

IIIIII

一二I11睛㈤

A.所有电子都从右侧的同一点离开电场

B■所有电子离开电场时速度都是vo

C-t=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大

D-t=（时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为心

【解析】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子平行电场方向分速度

图象如图，可知，各个电子在平行电场方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的

位置不全相同，故A错误；由图看出，所有电子离开电场时，平行电场方向分速度vy=0，

速度都等于vo，故B正确：由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故

C错误；t=(时刻进入电场的电子，在1=乎时刻侧位移最大，最大侧位移为y„,=2x1a(j^=

dd

有

—-

-贝u团=苧'解得一=♦'

62*2

故。正确.

【答案】BD

2•如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一

个带电粒子(不计重力)以速度vo从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如

图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度V。射出，求：

U

A&-----ii------ii------'

IIII

.IO»।।।!r

0.517'/IJrJr2.57't

IIII

-4,'_''_1

甲乙

(1)交变电压的周期T应满足什么条件？

(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？

【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度vo穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动

应为：加速f减速一反向加速一反向减速.当经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于

金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期,故有L=nTv°

解得T=—

nvo

粒子在[T内离开中心线的距离为

y=；a(%)2

又因为a=M'E=W

解得y=32md

由位移的对称性可知，粒子在运动过程中离开中心线的最大距离

qUoT?

y=2y=

w16md

粒子不撞击金属板，应有y”W]d

解得心2勺孤

故n》表'即11取大于等于盒播的整虬

所以粒子的周期应满足的条件

T=啬’其中n取大于等于盒聘的整数・

(2)粒子进入电场的时刻应满足：T、(T、打\…

TxT

即进入电场的时刻与w相隔立■即可，

TXT

所以时刻t=i+~y(x=O、1、2、3、…)

又因为丁=总6=1、2、3、…)

所以t=2(:以？L［x=o、1、2、…，n的取值同(1)中］

【答案】⑴丁=卷’其中口取大于等于泰璃的整数

(2x+l)L“，+「」

(2)t=-同一［x=0、1、2、…n的取值同(1)中J

第3讲磁场的性质、安培力

知识网络【242]

-

左

手

定

则

一

方向

【。42]

1•磁场对电流的作用力的大小F=BILs%0＞方向由左手定则判定.

2•磁场对运动电荷的作用力的大小F=Bqvs山。，方向由一左手定则一判定.当

0=90°时，运动电荷将在匀强磁场中做匀速圆周运动，依洛伦兹力作为向心力.，可推导

出轨迹半径口=_合_、运动周期

考点臾破【〃42】

考点一磁场的基本性质

例1如图所示，平行放置在绝缘水平面上的长为I的直导线a和无限长的直导线b，a、

b的左端相齐，分别通以方向相反，大小为L、Ib（LXb）的恒定电流时，b对a的作用力为F.

当在空间加一竖直向下（y轴的负方向）、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安

培力恰好为零.则下列说法正确的是（）

A•电流1b在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向

F

B•所加匀强磁场的磁感应强度大小为B=H

C•导线a对b的作用力大于F，方向沿Z轴的正方向

D■电流la在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为F色，方向沿y轴的正方向

lai

【解析】无限长的直导线b的电流It,在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度

处处相等，由于加上题述磁场后a所受安培力为零，因此电流1b在导线a处产生的磁场的磁

感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，4选项错误；由磁感应强度定义可得：B=n'B

选项正确；由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，C选项错误；电流h在导线b

F

处产生的磁场的磁感应强度大小只有正对部分才是五，因此。选项错误.

Ibl

【答案】B

变式训练1（多选）如图所示一根通电直导线垂直放在磁感应强度为IT的匀强磁场中，

在以导线截面的中心为圆心、r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点.已知a点的磁感应强

度为0，则下列叙述正确的是（）

A•直导线中的电流方向垂直纸面向里

B-b点的磁感应强度为mT，方向斜向右上方，与B的夹角为45°

C-c点的实际磁感应强度也为0

D-d点的实际磁感应强度与b点相同

【解析】a点的实际磁感应强度为0，是直线电流在a处的磁感应强度与匀强磁场在该处

的磁感应强度的矢量和为0，所以直线电流在a处的磁感应强度B=17,方向向左，由安培

定则可得直导线中的电流方向垂直纸面向里，由于圆周上各点到直导线的距离相同，所以直

导线电流在圆周上各处的磁感应强度大小均为IT，但方向不同，在b处向上，在c处向右，

在d处向下，则b、c、d三处的实际磁感应强度分别为gT，方向斜向右上方与B成45°

夹角；27,方向向右；/7,方向斜向右下方与B成45°夹角，A、8正确.

【答案】AB

【方法总结】电流磁场的方向由安培定则确定，当空间有几个磁场同时存在时，空间某

点的磁感应强度是这几个磁场磁感应强度的矢量和.

考点二安培力作用下导体运动方向的问题

例2一个可以自由运动的线圈L,和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，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Li将（）

A■不动B.顺时针转动

C•逆时针转动D.在纸面内平动

【解析】方法一（电流元法）把线图Li沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以

看成无数段直线电流元，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均指向纸外，下半部分电流元

所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈Li将顺时针转动.

方法二（等效法）把线圈Li等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流上的中心，小磁

针的N极应指向该点环形电流L的磁场方向，由安培定则知h产生的磁场方向在其中心处竖

直向上，而Li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Li将顺时针转动.

方法三（结论法）环形电流L、L之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平

行为止.据此可得，从左向右看，线圈Li将顺时针转动.

【答案】B

例3如右图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为

水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FM;当导线中有垂直纸面

向外的电流时，磁铁对斜面的压力为F,V2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的

是（）

A-FNI<FN2,弹簧的伸长量减小

B-FNI=FN2，弹簧的伸长量减小

C-FM>FM，弹簧的伸长量增大

D-FNI>FNI，弹簧的伸长量减小

【解析】采用“转换研究对象法”：由于条形磁铁的外部磁感线是从N极出发到S极，

所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，此处磁感应强度方向斜向左下方，如图，导线A

中的电流垂直纸面向外，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力，由牛顿第三定

律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即FNAHW，同时，

由于导线A比较靠近N极，安培力的方向与斜面的夹角小于90°，所以对磁铁的作用力有

沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.

【答案】c

【方法总结】安培力作用下导体运动方向的判断方法：

判断通电导体在安培力作用下的运动方向：清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后结

合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动.往往采用以下几种方法:

把整段导线分为多段直电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，

电流元法

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

环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，

等效法

反过来等效也成立

通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，然后判断其所受安培力的方

特殊位置法

向，从而确定其运动方向

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，反向

结论法电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转动到平行且电流方向

相同的趋势

转换研究

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

对象法中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的反作用力，

从而确定磁体所受合力及运动方向

考点三安培力作用下平衡问题

例4如图所示，将两根阻值均为9a的电阻丝绕成均匀的光滑圆环，固定于一个绝缘的

水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20的竖直平面内，两环圆心连线恰好

与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度为坐T的匀强磁场，两环的最高点A

和C间接有一内阻为0.5。的电源，连接导线的电阻不计.将一根长为20m，质量为10g，

电阻为1.5a的金属棒置于两环内侧且可沿环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，

它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为0=60°，取重力加

速度g=10〃而2(忽略通过导线与圆环的电流形成的磁场对金属棒的影响)，试求：

(1)金属棒所受安培力的大小；

(2)电源电动势E的大小.

【解析】(1)在题图中，从左向右看，棒的受力如图甲所示，棒所受的重力和安培力F的

合力与环对棒的弹力FN是一对平衡力，且有F=mg"j6="§mg=0.173N

(2)由F=IBL，得1=埠詈=1A

等效电路如图乙，

RI=R2=3Q，R?=R5=6Q，R4—1.5Q

由电阻并联可知，两个圆环分别连入电路中的有效电阻为R，则

由闭合电路欧姆定律得E=I(r+2R+RQ=1X(0.5+2X2+1.5)丫=6S

【答案】(1)0.173N(2)67

变式训练2(多选)如图所示，质量为m，长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑

的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计.匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平

面成0角斜向上方且垂直于导体棒，开关闭合后导体棒开始运动，贝4()

A■导体棒向左运动

B■开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为噜

C•开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为匹喂2

D■开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为BE吸“)•

mK

RFI

【解析】磁场方向与导体棒垂直，导体棒所受安培力F=BIL=*-方向为垂直于磁场

方向与电流方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，将向右运动，故A、C错误，B

正确.导体棒的合力Fe=Fcos(90°-0)=Fsi〃Q，由a=如得a=-----黑一，。正确.

IllH1K

【答案】BD

【方法总结】

通电导体在磁场和重力场中处于平衡状态时，通常要画出导体的截面图，分析导体的受

力情况，注意安培力总是垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面，然后再按力的平衡列式

求解.

【033】

1.如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线“氏cd4■围成一个等边三

角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，。为等边三角形的中心，M、N分别

为。关于导线ah.cd的对称点.已知三根导线中的电流形成的合磁场在。点的磁感应强度

大小为Bi，在M点的磁感应强度大小为%,若撤去导线gf，而a，、cd中电流不变）则此时

N点的磁感应强度大小为（）

A•B\+B2B.Bi—Bi

B\+BB\~BZ

C.-2-2D.——

【解析】设每根导线中的电流在0点产生的磁感应强度大小为Bo，e于、cd的电流在M

点产生的磁感应强度大小都为8。'，则在。点有8=%，在M点有82=2氏'+瓦，撤去导

线ef后，在N点、有BN=BO+BO'，联立各式可得BN=BI：B?，C正确.

【答案】C

b®----------0a

（■&---------------'d

2•三根完全相同的长直导线互相平行，通以大小和方向都相同的电流.它们的截面处于

一个正方形Hcd的三个顶点。、6、c处，如图所示，已知每根通电长直导线在其周围某点产

生的磁感应强度与该点离导线的距离成反比，通电导线匕在。处产生的磁场磁感应强度大小

为8，则d处的磁感应强度大小为（）

A-IBB.芈8C4BD.3PB

【解析】假设正方形的边长为L，通电导线b在a处所产生磁场的磁感应强度大小为B，

每根通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度大小与距该导线的距离成反比，则”与c在

d处产生的磁场的强度为B，b在d处产生的磁场的强度为坐8，方向如图.则d点的磁感应

强度Bd=y^B2+B1+^B=^~^B，故B正确.

【答案】B

3•如图所示，原来静止的圆形线圈通以逆时针方向的电流，当在其直径48上靠近8点

放一根垂直于线圈平面的固定不动的长直导线时(电流方向如图中所示)，在磁场作用下圆线

圈将()

A-以直径AB为轴转动，同时向右平动

B•向左平动

C-以直径AB为轴转动，同时向左平动

D•静止不动

【解析】先将环形电流等效看成小磁针，因圆心。处由直线电流引起的磁场方向在纸面

内竖直向上，所以形成等效小磁针的通电线圈将以AB为轴从左向右看逆时针转动.从线圈

转动近90°后的特殊位置再分析，可判断出整个线圈受安培力方向向左，所以线圈转动的同

时向左平动.选项C正确.

【答案】C

4•如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆

环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀

强磁场，磁感应强度为B=OAT，玻璃皿的横截面的半径为a=0.05m，电源的电动势为E

=3丫，内阻『=0.1Q，限流电阻R)=4.9Q，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Q，

闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为L5V，则()

A•由上往下看，液体做顺时针旋转

B­液体所受的安培力大小为1.5X1。—4N

C•闭合开关10s-液体具有的动能是4.5J

D•闭合开关后，液体电热功率为0.081W

【解析】由于中心圆柱形电极接电源的负极，边缘电极接电源的正极，在电源外部电流

由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可

知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A错误；此电路

为非纯电阻电路，电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路欧姆定律：E=U+/Ro+〃，所以

E—U3—1.5

电路中的电流值：/=%二"=；八工;；A=0.3A，液体所受的安培力大小为:F=BIL=BIa=

品4.9+().1

0.1X0.3X0.05N=1.5XlorN.故B错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.9Q，

则液体热功率为P«=/2/?=0.32X0.9W=0.081W.故D正确；10s末液体的动能等于安培力

对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：P=U/=1.5X0.3W=0.45W，所以闭合开关10s-

液体具有的动能是：£,k=W^-Wa=(P-Ptt).r=(0.45-0.081)X10J=3.69J，故C错误.

【答案】D

5•(多选)如图(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线

圈带动纸盆振动，发出声音.俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)磁场

方向如图中箭头所示，在图(15)中()

A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里

B•当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外

C•当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里

D•当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外

【解析】将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电

流沿顺时针方向时，导线的安培力垂直纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流沿逆

时针方向时，根据左手定则可以知道安培力垂直纸面向里，故选项C正确，选项D错误.

【答案】BC

6•如图所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一正方形刚

性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内.某时刻，线

圈中通过大小为/的电流，则此线圈所受安培力的大小为()

A.y[2BIL

C•nBILD.巾nBIL

【解析】线框的有效长度为L'=-^.L，故线圈受到的安培力为F=nBIL'=/inBIL，D正

确.

【答案】D

B组

7.如图甲所示，两平行光滑导轨倾角为30°，相距10cm，质量为10g的直导线PQ

水平放置在导轨上，从。向P看到的侧视图如图乙所示.导轨上端与电路相连，电路中电源

电动势为12.5V，内阻为0.5Q，限流电阻R=5Q，R'为滑动变阻器，其余电阻均不计.在

整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为1T的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向可以改

变，但始终保持垂直于直导线.若要保持直导线静止在导轨上，则电路中滑动变阻器连入电

路电阻的极值取值情况及与之相对应的磁场方向是(g取10m/s2)()

A.电阻的最小值为12Q，磁场方向水平向右

B♦电阻的最大值为25Q，磁场方向垂直斜面向左上方

C•电阻的最小值为7Q，磁场方向水平向左

D•电阻的最大值为19.5Q，磁场方向垂直斜面向右下方

【解析】磁场方向水平向右时，直导线所受的安培力方向竖直向上，由平衡条件有mg

=BIL，得/=鬻=吗：A=1A，由/=女。,=得R'=7Q，故A错误；磁场方向垂直

DL1Au.1K~rK~rr

斜面向左上方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向下，不可能静止在斜面上，故B错误；

磁场方向水平向左时，直导线所受的安培力方向竖直向下，不可能静止在斜面上，故C错误；

磁场方向垂直斜面向右下方时，直导线所受的安培力方向沿斜面向上，由平衡条件有"?gsin30°

=BIL'得/'I黄moESA’由/=肝E亦得R，=19.5C，即电阻的最大值为19.5Q‘故D

正确.

【答案】D

8•如图所示，电源电动势3V，内阻不计，导体棒质量60g，长1m，电阻1.5Q.匀强

磁场竖直向上，B=0.4T.当开关S闭合后，棒从固定的光滑绝缘环的底端上滑至某一位置

静止，求在此位置上棒对每一只环的压力为多少；若已知绝缘环半径为0.5m）此位置与环

底高度差是多少？（g取10m/s2）

【解析】棒受安培力

£3

F=BIL=H-^L=0A'X—X1N=0.8N

A1.J

棒的重力^=60X10-3X10N=0.6N

对整根棒受力分析，由棒平衡知，两环受支持力的总和为2FN=\jF2+mg2=

勺（0.8）2+（0.6）2N=1.0N

根据牛顿第三定律，棒对每一只环的压力为FN'=FN=0.5N

对环的压力与重力间的夹角为。如图1所示，

F084

因tan8=蕨=族=葭则6=53。

因为此位置跟环心的连线与竖直方向夹角也为。（如图2所示），所以〃=r（l-cos<9）=

0.5X（］-0.6）m=0.2m.

,___,s

~~——C―

9•如图所示，导体AB的长度为L，质量为m，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁

感线垂直纸面向外，AB放在水平支架上成为电路的一部分，当接通电路的瞬间，AB弹跳起

来，则导体棒中的电流方向如何？若已知通电瞬间通过导体横截面的电量为Q，则在S闭合

过程中，电流对导体做的功至少应为多少？

【解析】由于AB向上弹跳起来，可知接通电路的瞬间，导体A8受到的安培力的方向是

向上的，根据左手定则可以判断出电流方向是由B到4

电流做的功一部分转为导体的动能，另一部分因导体电阻而消耗，根据题设条件电流做

的功至少为：W=^mv2

对导体棒,依动量定理有：BILt=mv'其中It—Q，

1(BQL)2

则W=

2m2m

【答案】到

8A2m

第4讲带电粒子在匀强磁场和复合场中的

运动

（直线运动:如用电场加速或减速粒r-

带

电粒

偏转:类平抛运动，•般分解成两个

场

在电

分运动求解

动

的运

圆周运动:以点电荷为圆心运动或受装

置约束运动

电

带

粒

子

在

电带电粒子直线运动（当带电粒子的速度与磁场平行时）

场

、一在磁场中*圆周运动（当带电粒子的速度与磁场垂直时）

破A

场的运动

中

的半径公式:R=%.冏期公式：7二部

运

动

带电粒子直线运动:垂直运动方向的力必定平衡

L在复合场+圆周运动:重力与电场力•定平衡.由洛伦

中的运动兹力提供向心力;一般的曲线运动

一、复合场与组合场

I•复合场：重力场、电场、磁场共存，或其中某两种场共存区域.

2-组合场：_也_与场-各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域内，电

场、磁场分时间段或分区域交替出现.

二、重力考虑与否分三种情况

I•对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交代就可以不计其重力，因为其

重力一般情况下与电场力或磁场力相比_很小一，可以_忽略一；而对于一些实际物体，如

带电小球、液滴、金属块等不做特殊交代时就应当考虑其重力.

2•在题目中有明确交代是否要考虑重力的.

3•对未知的带电粒子其重力是否可忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设计重力

或者不计重力，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误.

考点一带电粒子在磁场中的运动

例1（多选）如图所示，方向垂直纸面向外的长方形匀强磁场区域abed的对角线ac与ab

边的夹角0=30°，6是21）的中点，若一带正电粒子P从a点沿ac方向以初速度v射入磁场

中，经时间t恰好从e点射出磁场.下列说法正确的是（）

A•若P的初速度增大为2v，则从b点射出磁场

B•若P的初速度增大为2v-则经时间2t射出磁场

C-若带负电粒子Q（比荷与P的相等）从a点沿ac方向射入磁场中并从d点射出磁场，

,2

则其初速度为QV

D•若带负电粒子Q（比荷与P的相等）从a点沿ac方向射入磁场中并从d点射出磁场，

则经过的时间为t

【解析】P分别以速度V、2V射入，在磁场中做圆周运动的半径分别为。=*、「2=瞎，

qbqB

如图所示，根据几何关系，a=p=0=3O°，速度增加为2v之后从b点射出，A正确：由周

期T=岑1知两种情况下周期相等，1=件，速度增加为2V之后12=件=1，B错误：根据

qb2772TT

2vT

几何关系，Y=90°-8=60°，Q在磁场中的运动时间匕=六=21，D错误：Q运动轨迹

2n

半径-ad=ab/an9，ab=2ri，解得VI=TV，C正确；故选AC.

qtsZsinoilJ

【答案】AC

【方法总结】

1•带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

R=^，周期丁=44，运动时间t=*T，所以粒子在磁场中的运动半径和速度有关，运

r>q2冗

动周期和速度无关.

2•画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题.如果磁场是圆形有界磁场，在找

几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”.如图所示.

①四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.

②六线：轨迹圆的半径AB、AC-入射速度直线BO和出射速度直线OC，入射点与出

射点的连线BC，圆心与两条速度直线交点的连线AO.

③三角：速度偏转角NCOD、粒子转过的圆心角NBAC和弦切角NOBC，其中偏转角等

于粒子转过的圆心角，也等于弦切角的两倍.

3•带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的三种几何关系

(1)刚好穿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)当粒子的运动速率v一定时，粒子经过的弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒

子在有界磁场中运动的时间越长.

(3)当粒子的运动速率v变化时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，

其在磁场中的运动时间越长.

考点二带电粒子在磁场中的临界和多解问题

例2粒子速度选择器的原理图如图所示，两水平长金属板间有沿水平方向、磁感应强度

为Bo的匀强磁场和方向竖直向下、电场强度为民的匀强电场.一束质量为m、电荷量为q

的带电粒子，以不同的速度从小孔O处沿中轴线射入此区域.研究人员发现有些粒子能沿中

轴线运动并从挡板上小孔P射出此区域，其他还有些带电粒子也能从小孔P射出，射出时的

速度与预期选择的速度的最大偏差量为4v，通过理论分析知道，这些带电粒子的运动可以看

做沿中轴线方向以速度为V,的匀速直线运动和以速率V2在两板间的匀强磁场中做匀速圆周

运动的合运动VI、V2均为未知量，不计带电粒子重力及粒子间相互作用.

(1)若带电粒子能沿中轴线运动，求其从小孔O射入时的速度vo；

(2)增大磁感应强度后，使带电粒子以(1)中速度vo射入，要让所有带电粒子均不能打到

水平金属板，两板间距d应满足什么条件？

(3)磁感应强度为Bo时，为了减小从小孔P处射出粒子速度的最大偏差量4V，从而提高

速度选择器的速度分辨本领，水平金属板的长度L应满足什么条件？

【解析】(1)若沿中轴线运动，带电粒子受到的洛伦兹力等于电场力，E()q=qvoBo

Eo

VOF

(2)设增大磁感应强度为B，带电粒子能以速度vi做匀速直线运动，则

匚Eo

qviDB=Eoq，vj=-^-<vo

匀速圆周运动的分速度为：V2=V0-V尸熟-导

洛伦兹力提供向心力：qv2B=m错误！

则：5)

q\PODD7

当B=2Bo时，r有最大值：%,=错误!

要让所有带电粒子均不能打到水平金属板，应满足生>2r,”=错误!

即：d>错误！

(3)当带电粒子在复合场中运动的时间等于做匀速圆周分运动半周期的奇数倍时，与选择

速度有最大偏差量/v的粒子最不可能从小孔P处射出>即：

联立得：L=错误!(n=l，2，3，…)

En

【答案】⑴vo=^(2)d＞错误！(3)L=错误!(n=I，2，3，…)

【方法总结】带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因

(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹.

(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹.

(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同情况分别求解.

(4)圆周运动的周期性形成多解.

考点三带电粒子在组合场、复合场中的运动

强磁场

L-------HP

例3如图所示，在X轴的上方有一水平方向的匀强磁场，下方有一竖直向下的匀强电

场.有一个质量为m，电荷量为q的带电粒子(不计重力)，位于y轴上从静止状态开始释放，

若使这个粒子能经过x轴上距原点为L的P点，求：

(1)这个粒子电性如何；x轴上方的磁场具体方向如何；这个粒子的初始位置应在y轴的

哪个半轴上；

(2)若磁场磁感应强度为B，电场强度为E，为使这个粒子通过P点，它的初始位置距离

点O的最大距离d应是多少；

(3)这个粒子从释放至到达P点所用时间t是多少.

【解析】(1)粒子带负电荷.磁场方向为垂直纸面向里，粒子的初始位置在y轴的负半轴

上.因为粒子初状态为静止，在磁场中不可能受力而运动，在电场中受恒定的电场力作用做

加速运动，要进入磁场向上运动，粒子带负电才行，在磁场中粒子做匀速圆周运动，要到达

P点，此磁场方向必须垂直纸面向里.

(2)带电粒子在电场中加速运动，进入磁场做匀速圆周运动，经半圆周到达P点时的速度

是粒子在电场中加速后的最大速度，即这时粒子的初始距离距0点最远，设为d，有

Lmv

2-qB

L?qB2

则d=2qE2q：8mE

（3）如图所示,由粒子的运动轨迹可知,

^mv2=qEdF

Lmv

2n=qB

d'］，2，3，・・・）

粒子在电场中运动时间为

=(2nT端

ti=(2n—1

Tn"m

粒子在磁场中运动时间为t2=n}=

qB

,.