高考物理总复习第十一章磁场课件练习题

第1讲磁场的描述磁场对通电导线的作用力高考总复习2025考点一磁场的描述强基础•固本增分磁场、磁感应强度1.磁场(1)基本性质:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有

的作用。

(2)磁体周围、电流周围、运动电荷周围存在磁场。(3)地磁场:地球是一个大磁体;地球的南极大致是地磁的N极。

注意磁偏角问题磁场力2.磁感应强度(1)物理意义:描述磁场的强弱和方向。(2)大小定义:。

注意电流元运动方向一定垂直磁场方向(3)方向定义:小磁针的N极所受磁场力的方向,也就是小磁针

时N极的指向。

(4)单位:特斯拉(T)。3.匀强磁场(1)定义:磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。

理想化模型(2)特点:磁感线疏密程度相同、方向相同。

静止4.磁感线及其特点(1)磁感线:在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟这点的

的方向一致。

(2)特点①磁感线上某点的

方向就是该点的磁场方向。

②磁感线的

定性地表示磁场的强弱。

③磁感线是

曲线,没有起点和终点。

④磁感线是假想的曲线,客观上不存在。磁感应强度切线疏密闭合5.电流的磁场

××√√提示

磁性材料被磁化时,内部分子电流取向变得大致相同,对外显示磁性;受到高温或猛烈撞击时,分子电流取向又变得杂乱无章,而失去磁性。研考点•精准突破1.安培定则的应用

项目原因(电流方向)结果(磁场方向)说明直线电流的磁场拇指所指方向四指所指方向在运用安培定则时应分清“因”和“果”,电流是“因”,磁场是“果”,既可以由“因”判断“果”,也可以由“果”追溯“因”2.磁场的叠加(1)磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,遵守平行四边形定则,可以用正交分解法进行合成与分解。(2)两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的。考向一

安培定则的应用典题1(2022江苏卷)如图所示,两根固定的通电长直导线a、b相互垂直,a平行于纸面,电流方向向右,b垂直于纸面,电流方向向里,则导线a所受安培力方向(

)A.平行于纸面向上B.平行于纸面向下C.左半部分垂直纸面向外,右半部分垂直纸面向里D.左半部分垂直纸面向里,右半部分垂直纸面向外C解析

根据安培定则,可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上方,右侧部分的磁场方向斜向右下方,根据左手定则可判断出导线a左半部分所受安培力方向垂直纸面向外,右半部分所受安培力方向垂直纸面向里,故选C。考向二

匀强磁场和直线电流磁场的叠加典题2(2024云南保山模拟)在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根通电长直导线,电流的方向垂直于纸面向里,如图所示,a、b、c、d是以长直导线为圆心的同一圆周上的四点,在这四点中(

)A.b点的磁感应强度最大B.c点的磁感应强度最小C.b、d两点的磁感应强度相同D.a、c两点的磁感应强度大小相等B解析

设长直导线在圆周上产生的磁感应强度大小为B,a、b、c、d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加,结合安培定则作出矢量合成图,如图所示,可知a点磁感应强度大小为Ba=B0+B,b点和d点磁感应强度大小为

,c点的磁感应强度大小为Bc=B0-B,故a点的磁感应强度最大,c点的磁感应强度最小,A错误,B正确;b、d两点的磁感应强度大小相等,但方向不同,C错误;根据上述可知,a、c两点的磁感应强度大小不相等,D错误。考向三

直线电流磁场的叠加典题3(多选)两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体,图甲是圆柱体和导线1的截面,导线2固定不动(图中未画出)。导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从θ=0缓慢移动到π,测量圆柱体中心O处磁感应强度,获得沿x方向的磁感应强度Bx随θ变化的图像(如图乙所示)和沿y方向的磁感应强度By随θ变化的图像(如图丙所示)。下列说法正确的是(

)甲乙丙A.导线1电流方向垂直纸面向外B.导线2在第三象限角平分线位置C.随着θ的增大,中心O处的磁感应强度先变大后变小D.当θ=0.25π时,中心O处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线答案

AC

解析

根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向可知,导线2在y轴方向上没有分量,在水平方向有沿x轴正方向的分量,则导线1在初始状态产生的磁场沿y轴负方向,导线1电流方向垂直纸面向外,A正确;根据安培定则可知,导线2在y轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在y轴负方向处有垂直纸面向里的电流,B错误;磁感应强度为矢量,根据三角形法则可知中心O处的磁感应强度先变大后变小,在θ=0.5π时,两导线产生的磁感应强度方向一致,合磁感应强度值最大,C正确;θ=0.25π时,导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外,但导线2产生的磁场沿x轴正方向,故中心O处的磁感应强度方向在x轴与第四象限角平分线之间,D错误。方法技巧

磁场叠加问题的分析思路(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。(3)应用平行四边形定则进行合成。考点二磁场对通电导线的作用力强基础•固本增分安培力1.安培力的大小(1)磁场和电流垂直时:F=

。

(2)磁场和电流平行时:F=0。2.安培力的方向

垂直于电流与磁场方向决定的平面左手定则判断:(1)伸出左手,让拇指与其余四指

,并且都在同一个平面内;(2)让磁感线从掌心进入,并使四指指向

的方向;(3)

所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。

BIL垂直电流拇指×√提示

安培在电磁学领域的贡献是多方面的,而且是奠基性的,因为牛顿被称为“经典力学的奠基人”,故麦克斯韦把安培称为“电学中的牛顿”,这一说法便传承下来。研考点•精准突破一、安培力的计算1.安培力公式F=BIlsinθ(其中θ为B与I之间的夹角),应用时要注意:(1)B与I垂直时,F=BIl。(2)B与I平行时,F=0。(3)l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。

二、安培力作用下导体运动的判断1.判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势,首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况,然后利用左手定则准确判定导体的受力情况,进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向。2.安培力下导体运动情况判断的常用方法

三、安培力作用下的平衡问题求解安培力作用下通电导体的平衡问题,关键是将三维图转化为二维平面图,即通过画俯视图、剖面图、侧视图等,将立体图转换为平面受力图。四、安培力作用下的力电综合问题安培力和重力、弹力、摩擦力一样,会使通电导体在磁场中处于平衡、转动、加速状态,有时也会涉及做功问题。解答时一般要用到牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。考向一

安培力的计算典题4(2024七省适应性测试江西物理)为缩短固定翼飞行器着陆后的滑行距离,有人构想在机身和跑道上安装设备,使飞行器在安培力作用下短距着陆。如图所示,在机身上安装长为10m、匝数为60的矩形线圈,线圈通以100A的电流,跑道上有磁感应强度大小为0.2T的磁场,通过传感器控制磁场区域随飞机移动,使矩形线圈始终处于图示磁场中。忽略电磁感应的影响,线圈所受安培力的大小和方向是(

)A.24000N,向左

B.24000N,向右C.12000N,向左

D.12000N,向右A解析

由左手定则可知,各处的安培力方向如图所示,所以线圈所受安培力的大小为F安=F1+F2=2nBIL=2×60×0.2×100×10

N=24

000

N,由左手定则可知,线圈所受安培力的方向为水平向左,故选A。考向二

安培力作用下导体运动的判断典题5(★一题多解)一个可以自由运动的线圈L1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L1将(

)A.不动

B.顺时针转动C.逆时针转动

D.在纸面内平动B解析

方法一(电流元法):把线圈L1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,由左手定则可知,上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外,下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动。方法二(等效法):把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1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L1将顺时针转动。方法三(结论法):环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,直到两环形电流同向平行为止。据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动。典题6(多选)如图所示,台秤上放一上表面光滑的平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来,此时台秤读数为F1。在条形磁体上方中心偏左位置固定一通电导线,电流方向垂直纸面向里,当通上电流后,台秤读数为F2,则下列说法正确的是(

)A.弹簧长度将变长

B.弹簧长度将变短C.F1>F2

D.F1<F2BC解析

选通电导线为研究对象,根据左手定则判断可知,通电导线所受安培力方向为斜向右下方,根据牛顿第三定律分析可知,条形磁体受到的安培力方向斜向左上方,则条形磁体将向左运动,弹簧被压缩,所以长度将变短,故A错误,B正确;由于条形磁体受到的安培力方向斜向左上方,对台秤的压力减小,则F1>F2,故C正确,D错误。考向三

安培力作用下的平衡问题典题7(2022湖南卷)如图甲所示,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图乙所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(

)A.当导线静止在图甲右侧位置时,导线中电流方向由N指向MB.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比D解析

当导线静止在题图甲右侧位置时,对直导线MN进行受力分析,如图所示,由左手定则知,导线中电流方向由M指向N,故A错误;由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,因此F安=Gsin

θ,FT=Gcos

θ,F安=BIl,可得sin

θ与I成正比,当I增大时,θ增大,cos

θ减小,静止后,导线对悬线的拉力FT减小,故B、C错误,D正确。考向四

安培力作用下的力电综合问题典题8

如图所示,两个半径均为R的光滑圆轨道a、b并排固定在竖直平面内,在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒,铜棒长为L,所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场,给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给A.铜棒获得初速度时对每条轨道的压力大小为mgB.铜棒获得初速度时对每条轨道的压力大小为0C.从轨道最低点到最高点的过程中,铜棒机械能增加了2mgRD.从轨道最低点到最高点的过程中,铜棒所受合力做功为0B解析

根据左手定则可知,铜棒将始终受到竖直向上的安培力,其大小为F安=BIL=2mg,在铜棒获得初速度时,根据牛顿第二定律有2FN+F安-mg=解得FN=0,A错误,B正确;从轨道最低点到最高点的过程中,铜棒机械能增加量为ΔE=F安·2R=4mgR,C错误;从轨道最低点到最高点的过程中,铜棒所受合力做功为W合=WG+W安=-mg·2R+2mg·2R=2mgR,D错误。指点迷津安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关,这一点与静电力不同。(2)安培力做功的实质是能量转化:①安培力做正功时,将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能;②安培力做负功时,将机械能转化为电能或其他形式的能。第2讲磁场对运动电荷的作用力高考总复习2025考点一洛伦兹力强基础•固本增分1.洛伦兹力:磁场对

的作用力叫洛伦兹力。

2.洛伦兹力的方向(1)方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v决定的

。B、v方向可成任意夹角

(2)判定方法:

定则。

注意区分正、负电荷3.洛伦兹力的大小(1)v∥B时,洛伦兹力F=

。(θ=0°或180°)

(2)v⊥B时,洛伦兹力F=

。(θ=90°)

(3)v与B的夹角为θ时,F=

。

运动电荷

平面左手0qvBqvBsinθ××√提示

安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者是相同性质的力,都是磁场力;安培力对通电导线可以做功,而洛伦兹力对运动电荷永不做功。研考点•精准突破1.洛伦兹力的理解(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向,注意区分正、负电荷。(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)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(4)洛伦兹力永不做功。2.洛伦兹力与静电力的比较

比较项洛伦兹力静电力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F=qvB(v⊥B)F=qE力方向与场方向的关系F⊥B,F⊥vF∥E做功情况任何情况下都不做功可能做功,也可能不做功考向一

洛伦兹力的方向典题1

关于电荷在磁场中运动速度v、磁感应强度B和电荷受到的洛伦兹力F,三者之间的方向关系如图所示,其中正确的是(

)A解析

根据左手定则,四指指向正电荷运动方向,磁感线垂直穿过掌心,拇指的指向为电荷受到的洛伦兹力的方向,A图中正电荷受到的洛伦兹力方向向下,正确;根据左手定则,B图中负电荷受到的洛伦兹力的方向竖直向下,错误;C图中电荷运动的速度方向与磁感应强度的方向平行,电荷不受洛伦兹力,错误;根据左手定则,D图中正电荷受到的洛伦兹力的方向垂直纸面向外,错误。考向二

洛伦兹力的大小及简单应用典题2(2024山东临沂模拟)如图所示,竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,一电荷量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下,下降高度为h时到达b点,滑块恰好对斜面无压力,重力加速度为g。关于滑块自a点运动到b点的过程中,下列说法正确的是(

)A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为C.洛伦兹力做正功D.滑块的机械能增大B解析

滑块自a点由静止沿斜面滑下,在a点不受洛伦兹力作用,A错误;滑块自a点运动到b点的过程中,洛伦兹力不做功,支持力不做功,滑块机械能守典题3(2024北京海淀101中学期中)如图所示,在磁感应强度为B方向垂直纸面向里的匀强磁场中,有一足够长的绝缘细棒OO'(细棒足够长)在竖直面内垂直磁场方向放置,细棒与水平面夹角为α。一质量为m、电荷量为+q的圆环A套在细棒上,圆环与细棒间的动摩擦因数为μ,且μ<tanα。现让圆环A由静止开始下滑,试问圆环在下滑过程中圆环的最大速率为(

)C解析

由于μ<tan

α,所以圆环将由静止开始沿细棒下滑,设当圆环的速度达到最大值vm时,圆环受细棒的弹力为FN,方向垂直于细棒向下,摩擦力为Ff=μFN,此时应有a=0,即mgsin

α=Ff,FN+mgcos

α=qvmB,解得考点二带电粒子在匀强磁场中的运动强基础•固本增分1.若v∥B,带电粒子不受洛伦兹力,在匀强磁场中做

运动。

2.若v⊥B,带电粒子仅受洛伦兹力作用,在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做

运动。

3.半径和周期公式(v⊥B)匀速直线匀速圆周4.带电粒子与磁感应强度成某角度进入匀强磁场,通过运动的合成和分解分析可知,带电粒子做螺旋运动——垂直磁场方向做匀速圆周运动,平行磁场方向做匀速直线运动。√×√研考点•精准突破1.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据一般说来,要把握好“一找圆心,二定半径,三求时间”的分析方法。在具体问题中,要依据题目条件和情境而定。解题的理论依据主要是由牛顿第二2.圆心的确定(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时,可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弧轨道的圆心。(如图甲所示)(2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时,可以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弧轨道的圆心。(如图乙所示)3.半径的确定和计算方法一(由物理方法求):半径方法二(由几何方法求):一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)来计算确定。4.时间的计算方法考向一

求磁感应强度或圆周运动有关物理量典题4

如图所示,在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,轨道半径r1>r2,轨道相切于P点,用T1、T2,v1、v2,a1、a2,t1、t2分别表示1、2两个质子的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间,则下列说法错误的是(

)A.T1=T2

B.v1=v2C.a1>a2

D.t1<t2B典题5(2024辽宁大连育明高中期中)洛伦兹力演示仪的结构示意图如图所示。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场,励磁线圈中的电流越大,产生的磁场越强。电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列实验现象和分析正确的是(

)A.励磁线圈应通以逆时针方向的电流B.仅增大电子枪加速电场的电压,运动径迹的半径变大C.仅增大励磁线圈中的电流,运动径迹的半径变大D.仅减小电子枪加速电场的电压,电子运动的周期将变大B解析

若励磁线圈通以逆时针方向的电流,由安培定则知,产生的磁场向外,根据左手定则判断知,电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下,电子的运动径迹不可能是图中所示,则励磁线圈通以顺时针方向的电流,A错误;考向二

带电粒子在匀强磁场中运动的综合问题典题6(2024河北沧州模拟)如图所示的空间存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,P、Q两点关于O点对称,已知PO=OQ=d,一比荷为k的带正电粒子由P点垂直于y轴向右射入磁场,同时一比荷为

的带正电粒子由Q点射入磁场,经过一段时间两粒子同时第一次到达O点,忽略粒子间的相互作用及重力。求:(1)由P点射入磁场的粒子的速度大小;(2)由Q点射入磁场的粒子的速度大小及射入磁场时的速度与y轴正方向的夹角大小。解析

(1)比荷为k的粒子的运动轨迹如图甲所示

甲乙

方法技巧

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的解题步骤

第3讲专题提升带电粒子在有界磁场中的运动高考总复习2025专题概述:解答带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题要以题中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口,运用动态思维,寻找临界点,确定临界状态,根据粒子的速度方向找出偏转方向,同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心,建立几何关系;解答带电粒子在有界磁场中运动的多解问题则要明确多解的原因,分情况具体讨论。题型一带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题1.三类边界磁场中的轨迹特点(1)直线边界:进出磁场具有对称性。(2)平行边界:存在临界条件。

(3)圆形边界:等角进出,沿径向射入必沿径向射出。

2.解答带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题的方法技巧

找突破口许多临界问题,题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示,审题时,一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律,找出临界条件两种思路一是以定理、定律为依据,首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式,然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解二是直接分析、讨论临界状态,找出临界条件,从而通过临界条件求出临界值六种方法(1)用临界条件求极值;(2)用边界条件求极值;(3)用三角函数求极值;(4)用二次方程的判别式求极值;(5)用不等式的性质求极值;(6)用图像法求极值三个结论(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)当速率v一定时,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)在圆形匀强磁场中,当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)考向一

直线边界的临界、极值问题典题1(多选)(2024山西太原模拟)如图所示,在水平荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场,方向垂直纸面向里。距离荧光屏d处有一粒子源S,能够在纸面内不断地向各个方向同时发射同种带正电的粒子,不计粒子的重力,已知水平向左射出的粒子经过时间t刚好垂直打在荧光屏上,则(

)A.所有粒子均会打到荧光屏上B.粒子从射出到打到荧光屏上的最长时间为3tC.粒子从射出到打到荧光屏上的最短时间为

tD.粒子能打到荧光屏上的区域长度为(+1)dBCD解析

由左手定则可知,带正电的粒子在磁场中逆时针方向做匀速圆周运动,已知水平向左射出的粒子经过时间t刚好垂直打在荧光屏上,如图甲所示,由图甲可知,粒子在磁场中的轨迹半径为R=d,周期为T=4t,若粒子以水平向右方向射出,由图甲可知粒子不会打到荧光屏上,A错误。当粒子打到荧光屏左侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时,粒子从射出到打到荧光屏上的时间最长,如图乙所示,由几何关系可知,轨迹对应的圆心角为270°,则有甲乙当粒子打到荧光屏位置处于S正下方时,粒子从射出到打到荧光屏上的时间最短,如图丙所示,由几何关系可知,轨迹对应的圆心角为60°,则有丙当粒子打到荧光屏左侧位置对应的弦为直径时,该位置为打到荧光屏的最左端;当粒子打到荧光屏右侧位置的速度方向刚好与荧光屏相切时,该位置为打到荧光屏的最右端;如图丁所示,由几何关系可知,粒子能打到荧光屏上的区域长度为丁方法技巧

解决临界问题的一般解题流程

考向二

带电粒子在平行边界的临界、极值问题典题2(2024江苏南通期中)真空区域有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向如图所示,AC、

DE是磁场的边界。S是位于AC边界上的一个粒子源,可以发出质量为m、电荷量为q的同种带电粒子。某一粒子以速率v沿与AC成θ=37°角的方向射入磁场,恰能垂直DE边界射出磁场,不计粒子的重力。sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求粒子射入磁场的速率v。(2)若粒子均以

的速率沿纸面不同方向射入磁场,仅考虑能从DE边界射出磁场的粒子,求粒子在磁场中运动的最短时间t。考向三

圆边界的临界、极值问题典题3(2024七省适应性测试贵州物理)如图所示,半径为R的圆形区域内有一方向垂直纸面向里的匀强磁场,MN、PQ是相互垂直的两条直径。两质量相等且带等量异种电荷的粒子从M点先后以相同速率v射入磁场,其中粒子甲沿MN射入,从Q点射出磁场,粒子乙沿纸面与MN方向成30°角射入,两粒子同时射出磁场。不计粒子重力及两粒子间的相互作用,则两粒子射入磁场的时间间隔为(

)B考向四

三角形边界的临界、极值问题典题4(多选)如图所示,在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场,P为直角边CD的中点,∠C=30°,CD的长度为2L,一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场,粒子的比荷为k,不计粒子间的相互作用和重力,则下列说法正确的是(

)A.速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同B.从CD边飞出的粒子最大速率为C.粒子从DE边飞出的区域长度可以大于LD.从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为BD题型二带电粒子在有界磁场中运动的多解问题多解分类多解原因示意图带电粒子电性不确定带电粒子可能带正电,也可能带负电,粒子在磁场中的运动轨迹不同磁场方向不确定题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向,必须考虑磁感应强度方向有两种情况多解分类多解原因示意图临界状态不唯一或速度大小不确定带电粒子在穿过有界磁场时,可能直接穿过去,也可能从入射界面反向射出运动的往复性带电粒子在空间运动时,往往具有往复性考向一

带电粒子电性不确定形成多解典题5(多选)(2024广东茂名模拟)平面OM和平面ON之间的夹角为35°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,大小为B,方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM上的某点向左上方射入磁场,速度方向与OM成20°角,运动一会儿后从OM上另一点射出磁场。不计重力,则下列几种情形可能出现的是(

)ABD考向二

磁场方向不确定形成多解典题6(多选)如图所示的xOy坐标系中,y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场。y轴右侧的匀强磁场方向垂直纸面,磁感应强度大小未知,一带正电的粒子由y轴上(0,-L)处沿与y轴正方向成30°角的方向以速度v射入磁场,已知粒子的比荷为k,粒子在y轴右侧的轨道半径为L,最终粒子经过O点,粒子重力不计。下列说法正确的是(

)A.若y轴右侧的磁场方向垂直纸面向里,则y轴右侧的磁感应强度大小为B.若y轴右侧的磁场方向垂直纸面向里,则粒子从射入到运动至O点的时间C.若y轴右侧的磁场方向垂直纸面向外,则粒子从射入到运动至O点的时间可能为D.若y轴右侧的磁场方向垂直纸面向外,则粒子从射入到运动至O点的时间可能为答案

AD

甲乙丙考向三

临界状态不唯一形成多解典题7(多选)(2024江西南昌模拟)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(

)BC解析

能够从ab边射出的电子,半径最小为从b点射出,轨迹如图甲所示

甲乙考向四

运动具有周期性形成多解典题8(多选)小明同学对正、负电子对撞产生了浓厚的兴趣,他根据所学知识设计了正、负电子对撞装置,通过电子在匀强磁场中的运动来实现正、负电子在不同位置发生正碰。如图所示,ab和cd是关于y轴对称、间距为2l的直线磁场边界,在两边界之间有两个有界匀强磁场。两磁场的边界MN位于x轴上方且平行于x轴,MN与x轴的距离h可调。MN下方的磁场方向垂直纸面向里,上方的磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小均为B。若将质量为m、电荷量为e的正、负电子分别从ab和cd磁场边界上沿x轴同时以相同速率进入匀强磁场,使正、负电子能在y轴的不同位置垂直于y轴方向发生正碰,不计粒子间的相互作用力和粒子重力,则MN与x轴的距离h的大小可能是(

)ABC甲乙丙第4讲专题提升“平移圆”“放缩圆”“旋转圆”“磁聚焦”和“磁发散”模型高考总复习2025专题概述:带电粒子在匀强磁场运动中的临界、极值问题是高考的热点之一,一些特殊的临界、极值问题可以用“动态圆”模型分析,有助于发现临界状态,适用条件是带电粒子射入磁场的速度大小或方向至少有一项保持不变。其中,“平移圆”模型中带电粒子的入射点发生变化;“放缩圆”模型和“旋转圆”模型中带电粒子从同一点进入磁场。带电粒子在圆形边界磁场中的运动是高考试题常见的类型,对于该类问题,如果满足某种条件,应用“磁聚焦”和“磁发散”模型来分析问题,会达到事半功倍的效果。为了考查学生分析问题解决问题的能力,命题人常常将某种模型镶嵌在题目中。题型一“动态圆”模型一、“平移圆”模型

“平移圆”模型适用条件速度大小一定,方向一定,入射点不同,但在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定的带电粒子,入射点不同但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时,它们做匀速圆周运动的半径相同,若入射速度大小为v0,则半径

,如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线,该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为

的圆进行平移,从而探索粒子的临界条件,这种方法叫“平移圆”法二、“放缩圆”模型

“放缩圆”模型适用条件速度方向一定,大小不同粒子源发射速度方向一定,大小不同的带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线

界定方法以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹圆,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆”法如图所示(图中只画出粒子带正电的情况),速度v越大,运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上三、“旋转圆”模型

“旋转圆”模型适用条件速度大小一定,方向不同轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径

的圆上界定方法将一半径为

的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索粒子的临界条件,这种方法称为“旋转圆”法粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入初速度为v0,则圆周运动半径为

。如图所示考向一

“平移圆”模型典题1

如图所示,边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD,带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A点运动到C点所用时间为t1,由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计),则t1∶t2为(

)A.2∶1 B.2∶3C.3∶2 D.C解析

画出粒子从A点射入磁场到从C点射出磁场的轨迹,如图所示,并将该轨迹向下平移,粒子做圆周运动的半径R=L,从C点射出的粒子运动时间考向二

“放缩圆”模型典题2

如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场,已知所有粒子均从圆弧边界射出,其中M、N是圆弧边界上的两点,不计粒子间的相互作用和重力。则下列说法正确的是(

)A.粒子带负电荷B.从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率C.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间D.粒子在磁场中的最短运动时间为D解析

粒子运动轨迹如图所示,粒子做逆时针的匀速圆周运动,根据左手定则可知粒子带正电,由图可知,粒子落到b点到c点的过程中,半径越来越大,则由r=可知,速度越来越大,所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率。又因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比,且由几何关系知,弦切角等于圆心角的一半,所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短。当弦与圆周相切时,弦切角最小,因为Ob长为R,由几何关系知,此时弦切角为θ=60°,所以圆心角为α=120°,最短运动时间为

,即从M点射出的粒子在磁场中运动的时间与从N点射出的粒子在磁场中运动的时间大小不能确定。综上所述,D正确,A、B、C错误。考向三

“旋转圆”模型典题3(多选)(2024河南郑州模拟)如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,在y轴上S处有一粒子源,它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子,所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知,粒子带负电,粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计,则(

)A.粒子的速度大小为B.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为3∶2C.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为

dD.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为AD从x轴上射出磁场的粒子中,沿y轴正方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长,从O点射出的粒子时间最短,运动轨迹如图所示,根据几何关系,粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为α=、θ=,从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间沿平行x轴正方向射入的粒子,其圆心在O点,离开磁场时的位置到O点的距离为r,即沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d,C错误;从O点射出的粒子轨迹如图所示,对应的圆心角为θ=,从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为题型二“磁聚焦”和“磁发散”模型磁聚焦磁发散电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子从磁场边界上同一点射出,磁场边界在该点的切线与入射方向平行带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子出射方向与磁场边界在入射点的切线方向平行说明:磁聚焦和磁发散是相反的过程,满足运动的可逆性。

考向一

“磁聚焦”模型典题4

如图所示,在xOy平面内半径为R(未知)的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场,圆形区域的边界与y轴在坐标原点O相切,区域内磁场的磁感应强度大小为B1。空间中z轴正方向垂直于xOy平面向外,x轴上过D点(4d,0,0)放置一足够大且垂直于x轴的粒子收集板PQ,PQ与yOz平面间有一沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。x轴上过C点(d,0,0)垂直于x轴的平面MN与PQ间存在沿x轴负方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B2。在xOy平面内的-2R≤x≤-R区域内,有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿y轴正方向以速度v0射入圆形区域,经过磁场偏转后所有粒子均恰好经过O点,然后进入y轴右侧区域。已知电场强度大作用。求:(1)圆形区域的半径R;(2)带电粒子到达MN平面上的所有位置中,离x轴最远的位置坐标;(3)经过MN平面时离x轴最远的带电粒子到达收集板PQ时的位置坐标。解析

(1)根据“磁聚焦”模型可知圆形磁场的半径等于带电粒子的轨道半径,由洛伦兹力提供向心力得(2)从A点射入圆形磁场的粒子经过O点时,速度方向沿y轴负方向,在MN上的位置离x轴最远,在y轴右侧区域运动的带电粒子,沿x轴正方向粒子做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得qE=ma考向二

“磁发散”模型典题5(多选)(2024江西宜春模拟)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,在磁场边缘上的A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒子。圆的右边为边长2R的正方形,刚好与圆相切于B点,切点为MN中点,其区域内存在水平向左的匀强电场。当粒子沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场,进入电场后又恰好从右边界的中点返回。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是(

)A.粒子的比荷为B.粒子从A点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间与入射方向无关C.若将电场E方向变为竖直向下,则从电场边界PQ与NQ射出的粒子数之比为2∶1D.若将电场E方向变为竖直向下,且粒子要全部从NQ边界射出,则电场强度大小至少为原来的4倍答案

ACD

在磁场边缘上的A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒子,粒子离开圆形磁场将与电场平行离开磁场进入电场,粒子运动轨迹如图所示,由当粒子沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场,进入电场后第5讲专题提升现代科技中的电场与磁场问题高考总复习2025专题概述:带电粒子在组合场、叠加场中的运动规律广泛应用于人们的生产、生活及现代科技中,组合场应用实例主要有质谱仪和回旋加速器;叠加场应用实例有速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件等。题型一电场和磁场组合的应用实例一、质谱仪1.构造如图所示,由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。2.原理

二、回旋加速器

1.构造:如图所示,D1、D2是半圆形金属盒,D形盒的缝隙处接交变电流,D形盒处于匀强磁场中。2.原理:①交变电流周期和粒子做圆周运动的周期相等;②使粒子每经过一次D形盒缝隙,粒子被加速一次。考向一

质谱仪的原理及应用典题1

质谱仪可以用来分析同位素。如图所示,在容器A中有互为同位素的两种原子核,它们可从容器A下方的小孔S1无初速度飘入加速电场,经小孔S3垂直进入匀强磁场,分别打到M、N两点,距离S3分别为x1、x2。则分别打到M、N的原子核质量之比为(

)C考向二

回旋加速器的原理及应用典题2(2024湖北武汉华中师大一模)世界上第一台回旋加速器,如图甲所示。其结构示意图如图乙所示,D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆形金属盒,两盒之间窄缝的宽度为d,它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子,粒子每次经过窄缝都会被电场加速,之后进入磁场做匀速圆周运动,经过若干次加速后,粒子从金属盒D1边缘离开,忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。(1)求粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm。(2)在分析带电粒子的运动轨迹时,求第N次加速后与第N+1次加速后匀速圆周运动轨道直径的差值。(3)已知回旋加速器两盒之间窄缝的宽度d=1cm,加速电压U=2kV,磁感应强度B=0.1T,可加速氘核(电荷量为q=1.6×10-19C,质量m=3.34×10-27kg),达到最大动能Ekm=60keV。氘核在电场中加速的时间不能忽略,氘核在最后一次加速后刚好继续完成半个匀速圆周运动,求氘核运动的总时间。(结果保留两位有效数字)解析

(1)当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时,粒子的速度达到最大值vm,由牛顿第二定律得(3)氘核每穿过缝隙一次,静电力对氘核做功。由动能定理有nqU=Ekm解得氘核穿过D形盒间缝隙的总次数为n=30氘核在电场中做匀加速直线运动,将在电场中的运动看成一个整体方法技巧

解决电磁场科学技术问题的一般思维程序

题型二电场与磁场叠加的应用实例考向一

速度选择器的原理及应用典题3(2024北京海淀模拟)如图所示,速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为+q(q>0)的粒子以速度v从S点进入速度选择器后,恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力,下列说法可能正确的是(

)A.电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转B.电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后将做类平抛运动C.电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小D.电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大C解析

电荷量为+q的粒子以速度v进入速度选择器后受力平衡,有qvB=qE,由左手定则可知,洛伦兹力竖直向上,静电力竖直向下,即电场强度的方向竖直向下,且有E=vB,当电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后,粒子所受的洛伦兹力和静电力同时反向,仍受力平衡,粒子沿着图中虚线通过,A错误;电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后,洛伦兹力和静电力均加倍,粒子受力平衡,将沿着图中虚线通过,B错误;电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后,向上的洛伦兹力大于向下的静电力,粒子的运动轨迹将向上弯曲,静电力对粒子做负功,粒子的动能将逐渐减小,C正确;电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后,向下的洛伦兹力大于向上的静电力,粒子的运动轨迹将向下弯曲,静电力对粒子做负功,粒子的动能将逐渐减小,D错误。考向二

磁流体发电机的原理及应用典题4(多选)磁流体发电机又叫等离子体发电机,如图所示,燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子,即高温等离子体。高温等离子体经喷管提速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为6T。等离子体发生偏转,在两极间形成电势差。已知发电通道长a=60cm,宽b=20cm,高d=30cm,等离子体的电阻率ρ=2Ω·m,外接电阻R不为零,电流表视为理想电表,闭合开关K,则以下判断正确的是(

)A.电阻R两端的电压为1800VB.发电通道的上极板为电源正极C.当外接电阻R的阻值为4Ω时,发电机输出功率最大D.增加磁感应强度B,电流表读数也会相应增大答案

BD

考向三

电磁流量计的原理及应用典题5

工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性导电流体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体体积)。其原理如图所示,在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场,当导电液体流过此磁场区域时,测出管壁上下M、N两点间的电势差U,就可计算出管中液体的流量。已知排污管道直径为10cm。在定标时测定,当M、N点间外接电压表示数为1mV时,其流量约为280m3/h。下列说法正确的是(

)A.测量M、N间电势差时,应将电压表正接线柱与M相连B.其他条件一定时,M、N间电压与流量成反比C.其他条件一定时,电压表示数恒定,其流量与导电液体中的离子浓度成正比D.若排污管直径换成5cm,电压表示数为1mV时,其流量约为140m3/hD解析

根据左手定则可知,管壁内正离子会向下偏转,负离子向上偏转,因此测量M、N间电势差时,应将电压表正接线柱与N相连,A错误;当正负离子受到的静电力与洛伦兹力平衡时,离子不再偏转,MN间有稳定的电势差,即恒定,即U不变时,流量与导电液体中的离子浓度无关,B、C错误;排污管道直径为10

cm,在定标时测定,当M、N点间外接电压表示数为1

mV时,其流量约为280

m3/h,若排污管直径换成5

cm,电压表示数为1

mV时,其流量约为考向四

霍尔元件的原理及应用典题6(2024浙江台州模拟)利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图所示,在两块磁感应强度相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入某种金属材料制成的霍尔元件,当霍尔元件处于中间位置时,磁感应强度B为0,霍尔电压UH为0,将该点作为位移的零点,以水平向右为正方向。当霍尔元件通以大小不变的电流I,并沿着±z方向移动时,则有霍尔电压输出,从而实现微小位移的测量。下列说法正确的是(

)A.若仅增加电流I的大小,霍尔电压减小B.当霍尔元件向+z方向移动时,UMN小于零C.若仅增加霍尔元件z轴方向的厚度,霍尔电压增大D.该霍尔元件可以实现把微小位移量转换为磁学量输出B解析

当霍尔元件向+z方向移动时,磁场方向水平向左,根据左手定则可知,电子向M面偏转,M表面带负电,N表面带正电,所以N表面的电势高,则UMN小于零,B正确。设载流子的电荷量为q,沿电流方向定向运动的平均速度为v,单位体积内自由移动的载流子数为n,导体板横截面积为S,霍尔元件沿z轴厚度为a,霍尔元件上下宽度为b,电流微观表达式I=nqSv=nqabv,当达到稳定状态时,洛伦兹力与静电力平衡,根据平衡条件得

=qvB,联立可得

,可知UH与B、I成正比,而B与z轴的位置有关,故UH与坐标z是有关的;在Δz<0区域(霍尔元件距离左侧的N极较近),所处的B方向沿z轴正方向,在Δz>0区域(霍尔元件距离右侧的N极较近),所处的B方向沿z轴负方向,用左手定则可判断载流子偏转方向相反,则霍尔电压符号相反,即该传感器是将位移量转化为电压且随着位置在中心点的左右不同输出电压正负不同,由此可知若仅增加电流I的大小,霍尔电压不一定减小,若仅增加霍尔元件z轴方向的厚度,霍尔电压变小,A、C、D错误。第6讲专题提升带电粒子在组合场和交变电、磁场中的运动高考总复习2025专题概述:带电粒子在电场和磁场的组合场中运动,实际上是将粒子在电场中的加速和偏转,与在磁场中偏转两种运动有效组合在一起,有效区别电偏转和磁偏转,寻找两种运动的联系是解题的关键。当电场或磁场发生周期性变化时,要注意弄清楚同一时间和空间内电场或磁场的特点,从而确定此时带电粒子的运动性质,再选择相应的运动学规律求解。题型一带电粒子在组合场中的运动1.“电偏转”和“磁偏转”的比较

比较项电偏转磁偏转偏转条件带电粒子垂直电场线进入匀强电场(不计重力)带电粒子垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的静电力F=Eq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2.带电粒子从电场进入磁场的两种情况(1)粒子先在电场中做加速直线运动,然后进入磁场做圆周运动(如图甲、乙所示)。(2)粒子先在电场中做类平抛运动,然后进入磁场做圆周运动(如图丙、丁所示)。3.带电粒子从磁场进入电场的两种情况(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)。(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直或成一定夹角(如图乙所示)。考向一

先电场后磁场典题1(2024江苏扬州一模)如图所示,第一象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,第四象限内存在沿+y轴的匀强电场,电场强度大小为t=0时刻,粒子从P点以速度v0平行+x轴射入电场,第1次通过x轴从Q点进入磁场。已知P点坐标为(0,-l),粒子质量为m、电荷量为+q(q>0),重力不计。(1)求粒子经过Q点的速度v。(2)欲使粒子不从y轴射出磁场,求磁感应强度的最小值Bmin。(3)若磁感应强度,求粒子第5次通过x轴的位置x和时间t。(2)根据几何关系得Q点到O点的距离s=2l粒子进入磁场做匀速圆周运动,轨迹半径为R,根据牛顿第二定律得欲使粒子刚好不从y轴射出磁场,其在磁场中运动轨迹如图甲所示甲根据几何关系得R+Rsin

α=2l乙

考向二

先磁场后电场典题2

如图所示的直角坐标系中,x<0区域有沿x轴正向的匀强电场,x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个带正电的粒子从原点O进入磁场,初速度大小为v0,速度方向与y轴正向夹角为θ,粒子第一次在磁场中运动时离y轴最远距离为L。且带电粒子经电场偏转后将再次从O点进入磁场,不计粒子重力,求:(1)粒子的比荷;(2)粒子从O点出发再次回到O点所用的时间。设粒子在电场中运动的时间为t2,粒子进入电场时的速度方向与y轴正向成θ角,则从磁场进入电场的位置与O点距离为y=2rsin

θ粒子进入电场后沿y轴正方向做匀速运动,沿x轴方向先减速后加速,最后到达O点,则有y=v0cos

θt2考向三

先后多个电、磁场典题3

如图所示,在平面直角坐标系xOy的第一、四象限存在磁感应强度大小相等、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场,第二象限内存在水平向右的匀强电场,第三象限内存在一矩形匀强磁场区域(图中未画出)。有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从y轴的M点(0,-L)以与y轴负方向成θ=60°角、大小为v0的初速度垂直磁场进入第四象限,经磁场偏转从y轴上的N点(0,L)进入第二象限,又经电场作用垂直于x轴从x轴上的A点直接进入第三象限的矩形磁场区域,该矩形一条边与x轴重合,最后返回M点时速度方向与初速度v0方向相同,不计粒子重力,求:(1)第一、四象限内磁场的磁感应强度的大小B1;(2)第二象限内电场强度的大小E;(3)第三象限内矩形磁场区域的磁感应强度的大小B2及矩形区域磁场的最小面积。解析

(1)粒子在第一、二、四象限内的运动轨迹如图甲所示

甲

(2)粒子进入第二象限后受水平向右的电场力作用,从N点运动至A点的运动可以看成是类平抛的逆过程,有乙

指点迷津“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题

题型二带电粒子在交变电、磁场中的运动1.解决交变电、磁场问题的基本思路

2.注意问题(1)仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间,其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联,应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。(2)必要时,可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析。考向一

只有电场做周期性变化典题4

如图甲所示,有一竖直放置的平行板电容器,两平行金属板间距为l,金属板长为2l,在两金属板间加上如图乙所示的交变电压(t=0时左金属板带正电),以金属板间的中心线OO1为y轴建立如图所示的坐标系,在y=2l直线上方合适的区域加一垂直纸面向里的圆形匀强磁场。t=0时,有大量电子从入口OA以平行于y轴的初速度v0射入两金属板间,经过T时间所有电子都能从平行板上方O1D出口平行极板射出,经过圆形磁场区域后所有电子均能打在同一点P(P在y=3l直线上),已知电子的质量为m,电荷量为e。(1)求交变电压的周期T和电压U0的值。(2)若P点坐标为(0,3l),求所加磁场的磁感应强度的取值范围。解析

(1)由题意可知,经过T时间所有电子都能从平行板上方O1D出口平行金属板射出,粒子在y方向上做匀速直线运动,有2l=nv0T(2)若使电子经磁场偏转后汇聚于一点,则电子运动的半径与圆形磁场的半径相等。当所加磁场为图中小圆时磁感应强度最大考向二

只有磁场做周期性变化典题5(2024山东潍坊模拟)如图甲所示,粒子加速器与速度选择器并排放置,已知速度选择器内匀强磁场磁感应强度大小为B1、电场强度大小为E。在速度选择器右侧建立xOy坐标系,0≤x≤d的区域里有磁场,规定磁场方向垂直纸面向里为正,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示,其中

。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从加速器M极板由静止释放,通过N极板中间的小孔后进入速度选择器,沿直线穿过速度选择器后从O点沿x轴射入磁场。(1)求粒子到达O点的速度大小v0和M、N两极板间的电压U0。

第7讲专题提升带电粒子在叠加场中的运动高考总复习2025专题概述:本专题主要学习带电粒子在叠加场中运动问题的解答策略。叠加场主要指电场、磁场、重力场共存,或其中某两种场共存。解题思路可以分为三大步:第一步,明确是哪几种场的叠加,进行受力分析,确定受力情况;第二步,由受力情况确定运动情况,建构运动模型;第三步,结合运动情况,选择合适的规律解答,如运动学公式、牛顿运动定律、圆周运动规律、动能定理、机械能守恒定律等。题型一磁场与电场的叠加电场与磁场共存情形的解答思路

考向一

磁场与电场叠加的直线运动典题1(2024广东广州联考)某种粒子控制装置的简化示意图如图所示。在平面中建立直角坐标系Oxy,在x≥0范围存在三个电磁场区域,其区域宽度均为d=0.1m,在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内存在电场强度E=2000V/m的匀强电场,Ⅰ区域内电场沿x轴正方向,Ⅱ、Ⅲ区域内电场沿y轴负方向。Ⅱ区域内还存在匀强磁场,磁场垂直(1)Ⅱ区域磁感应强度的大小B;(2)带电粒子离开Ⅲ区域时的速度;(3)带电粒子打到探测板上的坐标。答案

(1)1×10-2T(2)2.236×105m/s,速度与水平方向的夹角的正切值为tanθ=(3)(0.4,-0.075)(2)粒子进入Ⅲ区域,在此区域内水平方向做匀速直线运动,有d=v0t1解得t1=5×10-7

s竖直方向上做匀加速直线运动,则qE=ma解得a=2×1011

m/s2离开Ⅲ区域竖直方向上的位移为解得y1=0.025

m(3)粒子离开Ⅲ区域后,做匀速直线运动,运动时间仍为t1,竖直方向上满足y2=vyt1=0.05

m打到探测板上的距离为y=y1+y2=0.075

m水平方向距离x=4d=0.4

m,则带电粒子打到探测板上的坐标为(0.4,-0.075)。考向二

磁场与电场叠加的曲线运动典题2(2022全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向