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解密09磁场的性质、带电粒子在磁场及复合场中的运动（讲义）-【高频考点解密】2024年高考物理二轮复习讲义（全国通用）
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这是一份解密09磁场的性质、带电粒子在磁场及复合场中的运动（讲义）-【高频考点解密】2024年高考物理二轮复习讲义（全国通用），共21页。
解密09 磁场的性质
带电粒子在磁场中的运动
考点热度 ★★★★★
内容索引
1.磁场、磁感应强度、磁感线
2.安培力、安培力的大小和方向
3.洛伦兹力、洛伦兹力的大小和方向
4.带电粒子在磁场中的运动
高考对本考点的考查以内容大致有：
1.电流的磁场及安培定则的应用
2.安培力、洛伦兹力的理解及应用；
3.带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题或在有界磁场中运动的多解、临界问题；
4.带电粒子在复合场中的运动问题
5.洛伦兹力在现代科技中的应用
考点一 安培定则的应用和磁场的叠加
1．常见电流的磁场的比较
2．理解磁感应强度的几点注意
(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝ eq \f(F,IL) 认为B与F成正比，与IL成反比。
(2)在定义式B＝ eq \f(F,IL) 中，小段通电导线必须垂直于磁场放入；如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向。
3.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大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。
③应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁场B。
例一.（2021浙江）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以和流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（ ）
A. 两导线受到的安培力
B. 导线所受的安培力可以用计算
C. 移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变
D. 在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
【答案】BCD
【解析】A．两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；
B．导线所受的安培力可以用计算，因为磁场与导线垂直，故B正确；
C．移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向同向，向里，移走后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，向外，故C正确；
D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置。故D正确。
故选BCD。
例二.（2021全国甲）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与在一条直线上，与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（ ）
A. B、0B. 0、2BC. 2B、2BD. B、B
【答案】B
【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。
故选B。
变式一．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，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )
A．a B．b
C．c D．d
【答案】选C
【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C正确。
变式二.如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )
A．0 B． eq \f(\r(3),3) B0
C． eq \f(2\r(3),3) B0 D．2B0
【答案】选C
【解析】导线P和Q中电流I方向均垂直纸面向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图1所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁感应强度方向平行于PQ向右、大小为 eq \r(3) B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝ eq \r(3) B1，且B0平行于PQ向左。
若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，如图2所示，合磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，此时a点的磁感应强度B＝ eq \r(B02＋B1′2) ＝ eq \f(2\r(3),3) B0，则A、B、D项均错误，C项正确。
考点二 安培力及其作用下导体的平衡与加速
安培力的大小和方向
2.安培力作用下导体运动情况判断的常用方法
例一（2021江苏卷）在光滑桌面上将长为的软导线两端固定，固定点的距离为，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】从上向下看导线的图形如图所示
导线有效长度为2L，则所受的安培力大小
设绳子的张力为，由几何关系可知
解得
故A正确，BCD错误。
例二.如图甲所示，两光滑平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面夹角为θ，导体棒ab与导轨垂直并接触良好，其质量为m，长度为L，通过的电流为I。
(1)沿棒ab中电流方向观察，侧视图如图乙所示，为使导体棒ab保持静止，需加一匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，求磁感应强度B1的大小；
(2)若(1)中磁场方向改为竖直向上，如图丙所示，求磁感应强度B2的大小；
(3)若只改变磁场，且磁场的方向始终在与棒ab垂直的平面内，欲使导体棒ab保持静止，求磁场方向变化的最大范围。
【答案】 (1) eq \f(mg sin θ,IL) (2) eq \f(mg tan θ,IL) (3)见解析
【解析】 (1)对导体棒ab受力分析如图所示：
mg sin θ－ILB1＝0
解得B1＝ eq \f(mg sin θ,IL) 。
(2)对导体棒ab受力分析如图所示：
由导体棒静止有
mg tan θ－ILB2＝0
解得B2＝ eq \f(mg tan θ,IL) 。
(3)使导体棒保持静止状态，需F合＝0，即三力平衡，安培力与另外两个力的合力等大反向；如图所示，因为重力与斜面支持力的合力范围在α角范围内(垂直于斜面方向取不到)，故安培力在α′角范围内(垂直于斜面方向取不到)，根据左手定则，磁场方向可以在α″角范围内变动，其中沿斜面向上方向取不到。
变式一（2021广东）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。
故选C。
变式二.如图所示，在磁感应强度B=1 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E=12 V，内阻不计．ab杆长L=0.5 m，质量m=0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．要使ab杆在滑轨上保持静止，求滑动变阻器R的阻值的变化范围(取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留1位有效数字)．
【答案】滑动变阻器R的阻值在3Ω～5Ω范围内变化
【解析】对导体棒受力分析，回路中的电流为：I=ER
导体棒受到的安培力为：F=BIL
分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图甲、乙所示：
讨论：
1、当摩擦力沿斜面向上，电流强度最小，电阻最大，由共点力平衡得：
mgsin37°-f-Fcs37°=0
mgcs37°+Fsin37°-FN=0
f=μFN
联立解得：Rmax≈5Ω
2、当摩擦力沿斜面向下，电流强度最大，电阻最小由共点力平衡得：
mgsin37°+f-Fcs37°=0
mgcs37°+Fsin37°-FN=0
f=μFN
联立解得：Rmin≈3Ω
滑动变阻器R的阻值在3Ω～5Ω范围内变化。
考点三 洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力与电场力的比较
2.带电粒子在匀强磁场中运动的分析方法
例一.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。地磁场的示意图(虚线，方向未标出)如图所示，赤道上方的磁场可看成线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下( )
A．α射线沿直线射向赤道
B．β射线向西偏转
C．γ射线向东偏转
D．质子向北偏转
【答案】选B
【解析】 赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，选项B正确。
（2021全国乙）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有可得
所以,故选B。
变式一.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，周期增大
B．轨道半径减小，周期减小
C．轨道半径增大，周期增大
D．轨道半径增大，周期减小
【答案】选C
【解析】 因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不变，由r＝ eq \f(mv,qB) 知，轨道半径增大，由周期公式T＝ eq \f(2πm,qB) 知，周期增大，选项C正确。
变式二.（2019海南） 如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度垂直于磁场边界，Q的速度与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（ ）
A. P和Q的质量之比为1：2B. P和Q的质量之比为
C. P和Q速度大小之比为D. P和Q速度大小之比为2：1
【答案】AC
【解析】设MN=2R，则对粒子P的半径为R，有：；对粒子Q的半径为R，有：；又两粒子的运动时间相同，则，，即，解得，，故AC正确，BD错误．
考点四 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
1.巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题
(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。
(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
2.多解形成原因，常见的有如下三种情况
如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速度v的最大值可能是多少？
【答案】 (2＋ eq \r(2) ) eq \f(Bqd,m) (q为正电荷)或(2－ eq \r(2) ) eq \f(Bqd,m) (q为负电荷)
【解析】 题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。
（1）若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的 eq \f(1,4) 圆弧，轨道半径R＝ eq \f(mv,Bq)
又d＝R－R cs 45°
解得v＝ eq \f(（2＋\r(2)）Bqd,m) 。
(2)若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的 eq \f(3,4) 圆弧，则有R′＝ eq \f(mv′,Bq) ，d＝R′＋R′cs 45°，
解得v′＝ eq \f(（2－\r(2)）Bqd,m) 。
例二. 如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
【答案】 (1) eq \f(2πm,qT0) (2) eq \f(πd,2nT0) (n＝1，2，3，…)
【解析】 (1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，
即qv0B0＝ eq \f(mv02,r) ，做匀速圆周运动的周期T0＝ eq \f(2πr,v0)
联立两式得磁感应强度B0＝ eq \f(2πm,qT0) 。
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，离子的运动轨迹如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有r＝ eq \f(d,4)
当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，
有r＝ eq \f(d,4n) (n＝1，2，3，…)
联立求解，得正离子的速度的可能值为
v0＝ eq \f(B0qr,m) ＝ eq \f(πd,2nT0) (n＝1，2，3，…)。
变式一. (多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是( )
A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是 eq \f(3,2) t0
D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是 eq \f(5,3) t0
【答案】 AD
【解析】 由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变
由图可以知道粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，故A项正确；当粒子从O点沿纸面垂直于cd边射入正方形内，轨迹恰好为半个圆周，即时间t0刚好为半周期，从ab边射出的粒子所用时间小于半周期t0，从bc边射出的粒子所用时间小于 eq \f(2,3) T＝ eq \f(4t0,3) ，所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为 eq \f(5T,6) ＝ eq \f(5t0,3) ，故B、C项错误，D项正确。
变式二(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝ eq \f(qBl,m) ，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ eq \f(（\r(2)＋1）qBl,m)
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ eq \f(\r(2)qBl,m)
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为 eq \f(πm,qB)
【答案】 ABD
【解析】若粒子射入磁场时速度为v＝ eq \f(qBl,m) ，则由qvB＝m eq \f(v2,r) 可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝ eq \f(mv,qB) ，所以v＝ eq \f(qBr,m) ，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝( eq \r(2) ＋1)l，故其最大速度为v＝ eq \f(（\r(2)＋1）qBl,m) ，选项B正确，选项C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝ eq \f(2πm,qB) ，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为180°，故其在磁场中运动的最长时间应为t＝ eq \f(πm,qB) ，选项D正确。
考点五 带电粒子在组合场或叠加场中的运动
突破带电粒子在组合场中运动问题的五步法
带电粒子在组合场中的常见类型
例一(2021江苏卷)如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：
（1）粒子加速到P点所需要的时间t；
（2）极板N的最大厚度；
（3）磁场区域的最大半径。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设粒子在P的速度大小为，则根据
可知半径表达式为
根据动能定理粒子在静电场中加速有
粒子在磁场中运动的周期为
粒子运动的总时间为
解得
（2）由粒子的运动半径，结合动能表达式变形得
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
，
由几何关系
结合且解得
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力
设粒子离开偏转器的点为，圆周运动的圆心为。由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与、在一条直线上
粒子在偏转器中运动的圆心在点，从偏转器飞出，即从点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为，然后轨迹发生偏离，从偏转器的点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
将等腰三角形放大如图
虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则
解得最大半径为
例二（2020海南） 如图，虚线MN左侧有一个正三角形ABC，C点在MN上，AB与MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度从AB的中点O沿OC方向射入三角形区域，偏转后从MN上的Р点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰能回到O点。已知离子的质量为m，电荷量为q，正三角形的边长为d：
(1)求三角形区域内磁场的磁感应强度；
(2)求离子从O点射入到返回O点所需要的时间；
(3)若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为，方向垂直于BC，始终在纸面内运动，到达О点时的速度方向与OC成角，求圆形磁场的磁感应强度。
【答案】(1)；(2)；(3)见解析
【解析】(1)画出粒子运动轨迹如图
粒子三角形ABC中运动时，有，
又粒子出三角形磁场时偏转，由几何关系可知
联立解得，
(2)粒子从D运动到P，由几何关系可知
运动时间
粒子在MN右侧运动的半径为
则有，
运动时间
故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间
(3)若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有
解得
此时根据有
若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有
解得
此时根据有
变式一（2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( )
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为 eq \f(eU,a)
【答案】 D
【解析】 由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错。电子受力平衡后，U稳定不变，由e eq \f(U,a) ＝evB得U＝Bav，与v成正比，与c无关，B、C错。洛伦兹力F＝evB＝ eq \f(eU,a) ，D对。
变式二. 为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A．M端的电势比N端的高
B．电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关
C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比
D．若污水中正、负离子数相同，则电压表的示数为0
【答案】 C
【解析】根据左手定则知，正离子所受的洛伦兹力方向垂直向里，则向里偏转，N端带正电，M端带负电，则M端的电势比N端电势低，故A错误； 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝q eq \f(U,b) ，解得U＝vBb，电压表的示数U与b成正比，与污水中正、负离子数无关，故B、D错误；因v＝ eq \f(U,Bb) ，则流量Q＝vbc＝ eq \f(Uc,B) ，因此U＝ eq \f(BQ,c) ，所以电压表的示数U与污水流量Q成正比，故C正确。
变式三.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成 45°角。当粒子运动到电场中坐标为(3L，L)的 P 点处时速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向相同。求：
(1)粒子从 O 点射入磁场时的速度v；
(2)匀强电场的电场强度E0 和匀强磁场的磁感应强度B0；
(3)粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间。
【答案】 (1) eq \r(2) v0 (2) eq \f(mv02,2qL) eq \f(2mv0,qL) (3) eq \f(（8＋π）L,4v0)
【解析】 (1)若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示，粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得v0＝v cs 45°，解得v＝ eq \r(2) v0。
(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得－qE0L＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) mv2
解得E0＝ eq \f(mv02,2qL)
又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移xQP＝v0t1
竖直方向的位移y＝ eq \f(v0,2) t1＝L
可得：xQP＝2L，OQ＝L
由OQ＝2R cs 45°，得粒子在OQ段圆周运动的半径R＝ eq \f(\r(2),2) L
又R＝ eq \f(mv,qB)
解得B0＝ eq \f(2mv0,qL) 。
(3)在Q点时，vy＝v0tan 45°＝v0
设粒子从由Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有t1＝ eq \f(L,\f(v0,2)) ＝ eq \f(2L,v0)
粒子从O点运动到Q所用的时间t2＝ eq \f(πL,4v0)
则粒子从O点运动到P点所用的时间t总＝t1＋t2＝ eq \f(2L,v0) ＋ eq \f(πL,4v0) ＝ eq \f(（8＋π）L,4v0) 。
安培定则
横截面图
纵截面图
直线电流
磁感线分布特点：以导线上任意点为圆心，垂直于导线的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱
环形电流
磁感线分布特点：内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
通电螺线管
磁感线分布特点：内部为匀强磁场且磁感应强度比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
安培力的大小
F＝ILB sinθ
(1)当I⊥B时，F＝BIL
(2)当I∥B时，F＝0
L应是导线的“有效长度”
(1)导线的“有效长度”如图中虚线所示
(2)对于任意形状的闭合导线圈，其有效长度均为零
安培力的方向
用左手定则判断
安培力方向既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面
电流元法
分割为电流元 eq \(――→,\s\up7(左手定则),\s\d5( )) 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
等效法
环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁
结论法
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或运动趋势的问题，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力，从而确定磁体所受合力及运动方向
洛伦兹力
电场力
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⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也
可能不做功
定
圆
心
方法一: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迹的圆心[如图(甲)所示]
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迹的圆心[如图(乙)所示]
求
半
径
利用平面几何关系,求出轨迹圆的可能半径(或圆心角),求解时注意以下几个重要的几何特点:
①粒子速度的偏向角()等于圆心角(α),并等于弦AB与切线的夹角(弦切角θ)的2倍[如图(丙)所示],即=α=2θ=ωt。
②直角三角形的应用(勾股定理、三角函数)。
找到AB的中点C,连接OC,则△AOC、△BOC都是直角三角形。
算
时
间
由运动弧长计算,t=lv(l为弧长)
由旋转角度计算,t=α360°T(或t=α2πT)
带电粒子电性不确定
在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解：若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b
临界状态不唯一
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出
运动具有周期性
带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性
明性质
要清楚场的性质、强弱、方向、范围等
定运动
带电粒子在通过不同的场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况
画轨迹
正确画出粒子在场中运动轨迹示意图
用规律
根据区域和规律的不同，将粒子的运动分为几个阶段，对不同阶段选择合适的规律处理
找关系
要明确带电粒子在通过不同场区的交界处时速度大小和方向上的关系：前一个区域的末速度往往是后一个区域的初速度
回旋加速器
1．加速条件：T电场＝T回旋＝eq \f(2πm,qB)。
2．磁场约束偏转：qvB＝eq \f(mv2,r)⇒v＝eq \f(qBr,m)。
3．带电粒子的最大速度vmax＝eq \f(qBrD,m)，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。
质谱仪
①加速电场：qU＝ eq \f(1,2) mv2；
②偏转磁场：qvB＝ eq \f(mv2,r) ，l＝2r；
由以上两式可得：r＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)) ， m＝ eq \f(qr2B2,2U) ， eq \f(q,m) ＝ eq \f(2U,B2r2)
速度选择器、
平行板中匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。E与B的方向要匹配，带电粒子沿直线匀速通过速度选择器时有qvB＝qE，故选择速度：v＝ eq \f(E,B)
磁流体发电机
(1)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。
(2)电源电动势U：当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则q eq \f(U,l) ＝qvB，即U＝Blv。
(3)电源内阻：r＝ρ eq \f(l,S) 。(4)回路电流：I＝ eq \f(U,r＋R) 。
霍尔元件
(1)电势高低的判断：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高，若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
(2)霍尔电压的计算：当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q eq \f(U,h) ，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝ eq \f(BI,nqd) ＝k eq \f(BI,d) ，k＝ eq \f(1,nq) 称为霍尔系数。
解密09 磁场的性质
带电粒子在磁场中的运动
考点热度 ★★★★★
内容索引
1.磁场、磁感应强度、磁感线
2.安培力、安培力的大小和方向
3.洛伦兹力、洛伦兹力的大小和方向
4.带电粒子在磁场中的运动
高考对本考点的考查以内容大致有：
1.电流的磁场及安培定则的应用
2.安培力、洛伦兹力的理解及应用；
3.带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题或在有界磁场中运动的多解、临界问题；
4.带电粒子在复合场中的运动问题
5.洛伦兹力在现代科技中的应用
考点一 安培定则的应用和磁场的叠加
1．常见电流的磁场的比较
2．理解磁感应强度的几点注意
(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝ eq \f(F,IL) 认为B与F成正比，与IL成反比。
(2)在定义式B＝ eq \f(F,IL) 中，小段通电导线必须垂直于磁场放入；如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向。
3.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大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。
③应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁场B。
例一.（2021浙江）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以和流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（ ）
A. 两导线受到的安培力
B. 导线所受的安培力可以用计算
C. 移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变
D. 在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
【答案】BCD
【解析】A．两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；
B．导线所受的安培力可以用计算，因为磁场与导线垂直，故B正确；
C．移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向同向，向里，移走后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，向外，故C正确；
D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置。故D正确。
故选BCD。
例二.（2021全国甲）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与在一条直线上，与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（ ）
A. B、0B. 0、2BC. 2B、2BD. B、B
【答案】B
【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。
故选B。
变式一．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，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )
A．a B．b
C．c D．d
【答案】选C
【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C正确。
变式二.如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )
A．0 B． eq \f(\r(3),3) B0
C． eq \f(2\r(3),3) B0 D．2B0
【答案】选C
【解析】导线P和Q中电流I方向均垂直纸面向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图1所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁感应强度方向平行于PQ向右、大小为 eq \r(3) B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝ eq \r(3) B1，且B0平行于PQ向左。
若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，如图2所示，合磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，此时a点的磁感应强度B＝ eq \r(B02＋B1′2) ＝ eq \f(2\r(3),3) B0，则A、B、D项均错误，C项正确。
考点二 安培力及其作用下导体的平衡与加速
安培力的大小和方向
2.安培力作用下导体运动情况判断的常用方法
例一（2021江苏卷）在光滑桌面上将长为的软导线两端固定，固定点的距离为，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】从上向下看导线的图形如图所示
导线有效长度为2L，则所受的安培力大小
设绳子的张力为，由几何关系可知
解得
故A正确，BCD错误。
例二.如图甲所示，两光滑平行金属导轨间的距离为L，金属导轨所在的平面与水平面夹角为θ，导体棒ab与导轨垂直并接触良好，其质量为m，长度为L，通过的电流为I。
(1)沿棒ab中电流方向观察，侧视图如图乙所示，为使导体棒ab保持静止，需加一匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，求磁感应强度B1的大小；
(2)若(1)中磁场方向改为竖直向上，如图丙所示，求磁感应强度B2的大小；
(3)若只改变磁场，且磁场的方向始终在与棒ab垂直的平面内，欲使导体棒ab保持静止，求磁场方向变化的最大范围。
【答案】 (1) eq \f(mg sin θ,IL) (2) eq \f(mg tan θ,IL) (3)见解析
【解析】 (1)对导体棒ab受力分析如图所示：
mg sin θ－ILB1＝0
解得B1＝ eq \f(mg sin θ,IL) 。
(2)对导体棒ab受力分析如图所示：
由导体棒静止有
mg tan θ－ILB2＝0
解得B2＝ eq \f(mg tan θ,IL) 。
(3)使导体棒保持静止状态，需F合＝0，即三力平衡，安培力与另外两个力的合力等大反向；如图所示，因为重力与斜面支持力的合力范围在α角范围内(垂直于斜面方向取不到)，故安培力在α′角范围内(垂直于斜面方向取不到)，根据左手定则，磁场方向可以在α″角范围内变动，其中沿斜面向上方向取不到。
变式一（2021广东）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。
故选C。
变式二.如图所示，在磁感应强度B=1 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E=12 V，内阻不计．ab杆长L=0.5 m，质量m=0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ=0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．要使ab杆在滑轨上保持静止，求滑动变阻器R的阻值的变化范围(取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留1位有效数字)．
【答案】滑动变阻器R的阻值在3Ω～5Ω范围内变化
【解析】对导体棒受力分析，回路中的电流为：I=ER
导体棒受到的安培力为：F=BIL
分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图甲、乙所示：
讨论：
1、当摩擦力沿斜面向上，电流强度最小，电阻最大，由共点力平衡得：
mgsin37°-f-Fcs37°=0
mgcs37°+Fsin37°-FN=0
f=μFN
联立解得：Rmax≈5Ω
2、当摩擦力沿斜面向下，电流强度最大，电阻最小由共点力平衡得：
mgsin37°+f-Fcs37°=0
mgcs37°+Fsin37°-FN=0
f=μFN
联立解得：Rmin≈3Ω
滑动变阻器R的阻值在3Ω～5Ω范围内变化。
考点三 洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力与电场力的比较
2.带电粒子在匀强磁场中运动的分析方法
例一.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。地磁场的示意图(虚线，方向未标出)如图所示，赤道上方的磁场可看成线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下( )
A．α射线沿直线射向赤道
B．β射线向西偏转
C．γ射线向东偏转
D．质子向北偏转
【答案】选B
【解析】 赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，选项B正确。
（2021全国乙）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有可得
所以,故选B。
变式一.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，周期增大
B．轨道半径减小，周期减小
C．轨道半径增大，周期增大
D．轨道半径增大，周期减小
【答案】选C
【解析】 因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不变，由r＝ eq \f(mv,qB) 知，轨道半径增大，由周期公式T＝ eq \f(2πm,qB) 知，周期增大，选项C正确。
变式二.（2019海南） 如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度垂直于磁场边界，Q的速度与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（ ）
A. P和Q的质量之比为1：2B. P和Q的质量之比为
C. P和Q速度大小之比为D. P和Q速度大小之比为2：1
【答案】AC
【解析】设MN=2R，则对粒子P的半径为R，有：；对粒子Q的半径为R，有：；又两粒子的运动时间相同，则，，即，解得，，故AC正确，BD错误．
考点四 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
1.巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题
(1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。
(2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
2.多解形成原因，常见的有如下三种情况
如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速度v的最大值可能是多少？
【答案】 (2＋ eq \r(2) ) eq \f(Bqd,m) (q为正电荷)或(2－ eq \r(2) ) eq \f(Bqd,m) (q为负电荷)
【解析】 题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷。
（1）若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的 eq \f(1,4) 圆弧，轨道半径R＝ eq \f(mv,Bq)
又d＝R－R cs 45°
解得v＝ eq \f(（2＋\r(2)）Bqd,m) 。
(2)若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的 eq \f(3,4) 圆弧，则有R′＝ eq \f(mv′,Bq) ，d＝R′＋R′cs 45°，
解得v′＝ eq \f(（2－\r(2)）Bqd,m) 。
例二. 如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
【答案】 (1) eq \f(2πm,qT0) (2) eq \f(πd,2nT0) (n＝1，2，3，…)
【解析】 (1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，
即qv0B0＝ eq \f(mv02,r) ，做匀速圆周运动的周期T0＝ eq \f(2πr,v0)
联立两式得磁感应强度B0＝ eq \f(2πm,qT0) 。
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，离子的运动轨迹如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，有r＝ eq \f(d,4)
当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，
有r＝ eq \f(d,4n) (n＝1，2，3，…)
联立求解，得正离子的速度的可能值为
v0＝ eq \f(B0qr,m) ＝ eq \f(πd,2nT0) (n＝1，2，3，…)。
变式一. (多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是( )
A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是 eq \f(3,2) t0
D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是 eq \f(5,3) t0
【答案】 AD
【解析】 由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变
由图可以知道粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，故A项正确；当粒子从O点沿纸面垂直于cd边射入正方形内，轨迹恰好为半个圆周，即时间t0刚好为半周期，从ab边射出的粒子所用时间小于半周期t0，从bc边射出的粒子所用时间小于 eq \f(2,3) T＝ eq \f(4t0,3) ，所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为 eq \f(5T,6) ＝ eq \f(5t0,3) ，故B、C项错误，D项正确。
变式二(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )
A．若该粒子的入射速度为v＝ eq \f(qBl,m) ，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ eq \f(（\r(2)＋1）qBl,m)
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ eq \f(\r(2)qBl,m)
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为 eq \f(πm,qB)
【答案】 ABD
【解析】若粒子射入磁场时速度为v＝ eq \f(qBl,m) ，则由qvB＝m eq \f(v2,r) 可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝ eq \f(mv,qB) ，所以v＝ eq \f(qBr,m) ，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝( eq \r(2) ＋1)l，故其最大速度为v＝ eq \f(（\r(2)＋1）qBl,m) ，选项B正确，选项C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝ eq \f(2πm,qB) ，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为180°，故其在磁场中运动的最长时间应为t＝ eq \f(πm,qB) ，选项D正确。
考点五 带电粒子在组合场或叠加场中的运动
突破带电粒子在组合场中运动问题的五步法
带电粒子在组合场中的常见类型
例一(2021江苏卷)如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：
（1）粒子加速到P点所需要的时间t；
（2）极板N的最大厚度；
（3）磁场区域的最大半径。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设粒子在P的速度大小为，则根据
可知半径表达式为
根据动能定理粒子在静电场中加速有
粒子在磁场中运动的周期为
粒子运动的总时间为
解得
（2）由粒子的运动半径，结合动能表达式变形得
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
，
由几何关系
结合且解得
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力
设粒子离开偏转器的点为，圆周运动的圆心为。由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与、在一条直线上
粒子在偏转器中运动的圆心在点，从偏转器飞出，即从点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为，然后轨迹发生偏离，从偏转器的点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
将等腰三角形放大如图
虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则
解得最大半径为
例二（2020海南） 如图，虚线MN左侧有一个正三角形ABC，C点在MN上，AB与MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度从AB的中点O沿OC方向射入三角形区域，偏转后从MN上的Р点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰能回到O点。已知离子的质量为m，电荷量为q，正三角形的边长为d：
(1)求三角形区域内磁场的磁感应强度；
(2)求离子从O点射入到返回O点所需要的时间；
(3)若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为，方向垂直于BC，始终在纸面内运动，到达О点时的速度方向与OC成角，求圆形磁场的磁感应强度。
【答案】(1)；(2)；(3)见解析
【解析】(1)画出粒子运动轨迹如图
粒子三角形ABC中运动时，有，
又粒子出三角形磁场时偏转，由几何关系可知
联立解得，
(2)粒子从D运动到P，由几何关系可知
运动时间
粒子在MN右侧运动的半径为
则有，
运动时间
故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间
(3)若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有
解得
此时根据有
若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有
解得
此时根据有
变式一（2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( )
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为 eq \f(eU,a)
【答案】 D
【解析】 由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错。电子受力平衡后，U稳定不变，由e eq \f(U,a) ＝evB得U＝Bav，与v成正比，与c无关，B、C错。洛伦兹力F＝evB＝ eq \f(eU,a) ，D对。
变式二. 为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A．M端的电势比N端的高
B．电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关
C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比
D．若污水中正、负离子数相同，则电压表的示数为0
【答案】 C
【解析】根据左手定则知，正离子所受的洛伦兹力方向垂直向里，则向里偏转，N端带正电，M端带负电，则M端的电势比N端电势低，故A错误； 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝q eq \f(U,b) ，解得U＝vBb，电压表的示数U与b成正比，与污水中正、负离子数无关，故B、D错误；因v＝ eq \f(U,Bb) ，则流量Q＝vbc＝ eq \f(Uc,B) ，因此U＝ eq \f(BQ,c) ，所以电压表的示数U与污水流量Q成正比，故C正确。
变式三.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成 45°角。当粒子运动到电场中坐标为(3L，L)的 P 点处时速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向相同。求：
(1)粒子从 O 点射入磁场时的速度v；
(2)匀强电场的电场强度E0 和匀强磁场的磁感应强度B0；
(3)粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间。
【答案】 (1) eq \r(2) v0 (2) eq \f(mv02,2qL) eq \f(2mv0,qL) (3) eq \f(（8＋π）L,4v0)
【解析】 (1)若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示，粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得v0＝v cs 45°，解得v＝ eq \r(2) v0。
(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得－qE0L＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) mv2
解得E0＝ eq \f(mv02,2qL)
又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移xQP＝v0t1
竖直方向的位移y＝ eq \f(v0,2) t1＝L
可得：xQP＝2L，OQ＝L
由OQ＝2R cs 45°，得粒子在OQ段圆周运动的半径R＝ eq \f(\r(2),2) L
又R＝ eq \f(mv,qB)
解得B0＝ eq \f(2mv0,qL) 。
(3)在Q点时，vy＝v0tan 45°＝v0
设粒子从由Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有t1＝ eq \f(L,\f(v0,2)) ＝ eq \f(2L,v0)
粒子从O点运动到Q所用的时间t2＝ eq \f(πL,4v0)
则粒子从O点运动到P点所用的时间t总＝t1＋t2＝ eq \f(2L,v0) ＋ eq \f(πL,4v0) ＝ eq \f(（8＋π）L,4v0) 。
安培定则
横截面图
纵截面图
直线电流
磁感线分布特点：以导线上任意点为圆心，垂直于导线的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱
环形电流
磁感线分布特点：内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
通电螺线管
磁感线分布特点：内部为匀强磁场且磁感应强度比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
安培力的大小
F＝ILB sinθ
(1)当I⊥B时，F＝BIL
(2)当I∥B时，F＝0
L应是导线的“有效长度”
(1)导线的“有效长度”如图中虚线所示
(2)对于任意形状的闭合导线圈，其有效长度均为零
安培力的方向
用左手定则判断
安培力方向既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面
电流元法
分割为电流元 eq \(――→,\s\up7(左手定则),\s\d5( )) 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
等效法
环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁
结论法
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或运动趋势的问题，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力，从而确定磁体所受合力及运动方向
洛伦兹力
电场力
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⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也
可能不做功
定
圆
心
方法一: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迹的圆心[如图(甲)所示]
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迹的圆心[如图(乙)所示]
求
半
径
利用平面几何关系,求出轨迹圆的可能半径(或圆心角),求解时注意以下几个重要的几何特点:
①粒子速度的偏向角()等于圆心角(α),并等于弦AB与切线的夹角(弦切角θ)的2倍[如图(丙)所示],即=α=2θ=ωt。
②直角三角形的应用(勾股定理、三角函数)。
找到AB的中点C,连接OC,则△AOC、△BOC都是直角三角形。
算
时
间
由运动弧长计算,t=lv(l为弧长)
由旋转角度计算,t=α360°T(或t=α2πT)
带电粒子电性不确定
在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解：若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b
临界状态不唯一
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出
运动具有周期性
带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性
明性质
要清楚场的性质、强弱、方向、范围等
定运动
带电粒子在通过不同的场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况
画轨迹
正确画出粒子在场中运动轨迹示意图
用规律
根据区域和规律的不同，将粒子的运动分为几个阶段，对不同阶段选择合适的规律处理
找关系
要明确带电粒子在通过不同场区的交界处时速度大小和方向上的关系：前一个区域的末速度往往是后一个区域的初速度
回旋加速器
1．加速条件：T电场＝T回旋＝eq \f(2πm,qB)。
2．磁场约束偏转：qvB＝eq \f(mv2,r)⇒v＝eq \f(qBr,m)。
3．带电粒子的最大速度vmax＝eq \f(qBrD,m)，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。
质谱仪
①加速电场：qU＝ eq \f(1,2) mv2；
②偏转磁场：qvB＝ eq \f(mv2,r) ，l＝2r；
由以上两式可得：r＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)) ， m＝ eq \f(qr2B2,2U) ， eq \f(q,m) ＝ eq \f(2U,B2r2)
速度选择器、
平行板中匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。E与B的方向要匹配，带电粒子沿直线匀速通过速度选择器时有qvB＝qE，故选择速度：v＝ eq \f(E,B)
磁流体发电机
(1)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。
(2)电源电动势U：当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则q eq \f(U,l) ＝qvB，即U＝Blv。
(3)电源内阻：r＝ρ eq \f(l,S) 。(4)回路电流：I＝ eq \f(U,r＋R) 。
霍尔元件
(1)电势高低的判断：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高，若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
(2)霍尔电压的计算：当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q eq \f(U,h) ，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝ eq \f(BI,nqd) ＝k eq \f(BI,d) ，k＝ eq \f(1,nq) 称为霍尔系数。
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