2027届高三物理一轮复习课件：第十一章　磁场_含解析

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第1节 磁场及其对电流的作用
考点1　电流的磁场　磁场的叠加一、对磁感应强度的理解1.磁感应强度是矢量,其方向与通电导线所受磁场力的方向垂直。2.电流元必须垂直于磁场放置,B= 才成立。3.磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的,与通电导线所受磁场力的大小及方向都无关。
二、磁感线的特点1.方向:磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。2.强弱:磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱。3.闭合曲线:磁感线是闭合曲线,没有起点和终点。在磁体外部,由N极指向S极;在磁体内部,由S极指向N极。4.不相交:同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。5.假想线:磁感线是假想的曲线,客观上并不存在。
三、安培定则的应用1.在应用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”。
四、磁场的叠加1.确定磁场场源,例如通电直导线。2.定位空间中要求解磁感应强度的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁感应强度的大小和方向。如图所示,BM和BN分别为M、N在c点产生的磁感应强度。 3.应用平行四边形定则进行求解,图中的B为c点的合磁感应强度。
典例1    (2025福建,3,4分)如图,两根长直细导线L1、L2平行放置,其所在平面上有M、O、N三点,O为线段MN的中点,L1、L2分别处于线段MO、ON的中垂线上。当L1、L2通有大小相等、方向相反的电流时,M、O点的磁感应强度大小分别为B1、B2。现保持L1的电流不变,撤去L2的电流,此时N点的磁感应强度大小为     (        ) A. B2-B1 B.B2- B1 C. (B2-B1) D.B2-B1
解析　　设O点到直导线的距离为r,通电直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为B0,在距其3r处产生的磁感应强度大小为B',由安培定则和矢量叠加原理可得B1=B0-B'、B2=B0+B0=2B0;仅将L2撤去,N处的磁感应强度大小B=B',联立可得B= -B1,A正确。
高考变式　(变换情境与考向)研究表明,通电直导线周围某点磁感应强度的大小与导线中的电流大小成正比,与该点到导线的距离成反比。如图所示,AB为水平放置的圆环形线圈的直径,处于同一竖直面内的长直导线AO1和BO1恰与AB构成一等边三角形,线圈与导线间、导线与导线间彼此绝缘,当线圈及导线中通入图示方向的电流时,测得三角形中心O处的磁感应强度大小为1.0 T,已知导线AO1中通入的电流大小为BO1中的2倍,导线AO1在O处产生的磁感应强度大小为0.4 T,则环形线圈在O处产生的磁感应强度大小为(        )
A.0.8 T　　　    B.1.0 T　　　    C.1.6 T　　　    D.2.4 T
解析　　由题意知,导线AO1中通入的电流大小为BO1中的2倍,导线AO1在O处产生的磁感应强度大小为0.4 T,则导线BO1在O处产生的磁感应强度大小为0.2 T。根据安培定则可知,AO1与BO1在O处产生的磁场的方向均垂直纸面向里,而环形线圈在O处产生的磁场的方向竖直向上,设环形线圈在O处产生的磁感应强度大小为B,故有O处的磁感应强度B合满足 =B2+(0.4 T+0.2 T)2,解得B=0.8 T,A正确。
考点2　安培力的分析与计算一、安培力的方向1.用左手定则判定: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;让磁感线从掌心垂直进入,并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。2.安培力方向的特点:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I决定的平面。3.推论:两平行的通电直导线间的安培力——同向电流互相吸引,反向电流互相排斥。
二、安培力的大小F=BIl sin θ(其中θ为B与I之间的夹角,如图所示)。 (1)当磁场B的方向与电流I的方向垂直时:F=BIl。(2)当磁场B的方向与电流I的方向平行时:F=0。
(3)l是指有效长度。弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的线段的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端,如图所示。
三、安培力作用下导体运动情况的判断方法
典例2    (多选)(2024福建,6,4分)如图,用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外,铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流,细绳处于绷直状态,则 (        )A.两根细绳拉力均比未通电流时的大B.两根细绳拉力均比未通电流时的小C.铜环所受安培力大小为2rIBD.铜环所受安培力大小为πrIB
解析　　根据导线“有效长度”的含义,求解半圆环ab段所受安培力时,等效为求解线段ab所受安培力,由左手定则分析可知安培力竖直向下,大小为2BIr,C正确;对铜环受力分析可知A正确。
一题多解微元法和对称思想如图,取通电半圆环上的一小段Δl, 可将其视为直导线, 根据左手定则可判断出该小段导线所受的安培力方向如图所示,其大小ΔF=BIΔl; 根据对称性可知,如图所示对称的两小段导线所受安培力的水平分量互相抵消,所以整段半圆环所受安培力的方向竖直向下,A正确,B错误;对每小段导线所受安培力的竖直分量求和,得F=ΣFy=ΣBIΔl sin θ=ΣBIΔx=2rIB,C正确,D错误。
高考变式　(变换情境与考向)如图甲所示,边长为l、质量为m的等边三角形导线框abc用绝缘细线悬挂于天花板上,bc边水平,导线框中通有沿逆时针方向、大小为I的恒定电流,线框部分处在水平虚线MN、PQ间的垂直于线框平面向外的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,MN与PQ间的距离为正三角形abc高的一半,重力加速度为g,下列说法正确的是 (         )
A.图甲中,绝缘细线的拉力大小为mg- BIlB.图甲中,绝缘细线的拉力大小为mg- BIlC.将匀强磁场上移到图乙中所示位置,绝缘细线的拉力会变小D.将匀强磁场上移到图乙中所示位置,绝缘细线的拉力会变大
解析　　题图甲中,线框受到的安培力向上,有效长度为 l,绝缘细线的拉力大小F=mg- BIl,A正确,B错误;将匀强磁场上移到题图乙所示位置,有效长度不变,线框所受安培力不变,细线的拉力不变,C、D错误。
考点3　安培力作用下的平衡和加速问题一、分析问题的基本思路1.确定要研究的导体棒。2.按照重力→已知力→安培力→弹力→摩擦力的顺序,对导体棒受力分析。3.分析导体棒的运动情况。4.根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。
二、视图转换对于安培力作用下的力学问题,对导体棒受力分析时往往需要分析分布在三维空间的不同方向上的物理量,这时应利用俯视图、侧视图等,变立体图为二维平面图(如图所示)。 
典例3    (人教版选必二P22,B组,T1改编)如图所示,金属杆ab的质量为m,长为l,通过的电流为I,处在磁感应强度B= 的匀强磁场中(g为重力加速度),磁场方向与导轨平面夹角θ=37°斜向上,且与ab杆垂直,金属杆ab静止于水平导轨上。(1)(回归教材)求金属杆ab所受的支持力和摩擦力。(2)(情境变式)若将θ变为53°,其他条件不变,金属杆ab刚好能够在导轨上静止,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求金属杆ab与导轨间的动摩擦因数μ。
·········· 教考衔接 ··········
(3)(链接高考)(多选)(2022湖北,11,4分)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为 g;减速时,加速度的最大值为 g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是 (         )
A.棒与导轨间的动摩擦因数为 B.棒与导轨间的动摩擦因数为 C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°
答案(1)0.6mg,方向竖直向上    0.3mg,方向水平向右    (2)     (3)BC    
解析(1)对金属杆ab受力分析,如图所示。 竖直方向,由平衡条件得FN=mg-BIl cs θ,解得金属杆所受的支持力的大小FN=0.6mg,方向竖直向上。水平方向,由平衡条件得f=BIl sin θ,解得金属杆所受的摩擦力的大小f=0.3mg,方向水平向右。(2)θ=53°,金属杆刚好能够在导轨上静止,则满足BIl sin θ=μ(mg-BIl cs θ),解得μ= 。(3)当导体棒加速运动时受力如图甲,由BIL sin θ-μ(mg-BIL cs θ)=ma,可得a=
 -μg=   sin (θ+φ)-μg,其中tan φ=μ,可见当θ+φ=90°时,加速度取得最大值,为  -μg= g①;当导体棒减速运动时受力如图乙,由BIL sin α+μ(mg+BIL cs α)=ma,其中α=180°-θ,可得a= +μg=  · sin (α+φ)+μg,其中tan φ=μ,可见当α+φ=90°时,加速度取得最大值,为  +μg= g②;联立①②式可得μ= ,则φ=30°,故当导体棒加速阶段加速度大小最大时θ=60°,当导体棒减速阶段加速度大小最大时θ=90°+α=120°,A、D错误,B、C正确。 
第2节 磁场对运动电荷(带电体)的作用
考点1　洛伦兹力一、洛伦兹力的大小1.当v∥B(或v=0)时,洛伦兹力F=0。2.当v⊥B时,洛伦兹力F=qvB。3.当v与B的夹角为θ时,F=qvB sin θ。
二、洛伦兹力的方向1.判定方法:左手定则。(1)掌心——磁感线垂直穿入掌心。(2)四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。(3)拇指——指向洛伦兹力的方向。2.方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v决定的平面。三、洛伦兹力与安培力的联系和区别1.安培力是洛伦兹力的宏观表现,洛伦兹力是安培力的微观实质。2.安培力可以做功(实质是洛伦兹力的一个分力在做功),而洛伦兹力对运动电荷不做功。
典例1    (2025届上海交大附中开学考)如图所示,在匀强磁场中垂直于磁场方向放置一段导线ab。磁场的磁感应强度为B,导线长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子的个数为n。导线中通以大小为I的电流,设导线中的自由电子定向运动的速率都相同,则每个自由电子受到的洛伦兹力的大小和方向分别为 (         )A. ,垂直于导线沿纸面向上
B. ,垂直于导线沿纸面向上C. ,垂直于导线沿纸面向下D. ,垂直于导线沿纸面向下
解析　　设自由电子定向运动的速率为v、带电荷量为e,根据电流的微观表达式,有I=neSv,又F洛=evB,联立解得F洛= ,自由电子的定向移动方向与电流方向相反,根据左手定则可知,电子受到的洛伦兹力方向垂直于导线沿纸面向上,A正确。
考点2　洛伦兹力作用下带电体的运动带电体做变速直线运动时,随着速度大小的变化,洛伦兹力的大小也会发生变化,与接触面间的弹力一般会随着变化(若接触面粗糙,摩擦力也跟着变化,从而加速度发生变化),弹力减小到0时,带电体离开接触面。
典例2　如图所示,空间中有范围足够大的匀强磁场,一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动,经一段时间后圆环回到起始位置,已知杆与环间的动摩擦因数保持不变,环所带电荷量保持不变,空气阻力不计,对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程,圆环做什么运动?速度、加速度如何变化? 
·········· 能力进阶 ··········
解析选竖直向下为加速度的正方向,上升阶段,对圆环根据牛顿第二定律有mg+Ff=ma,其中有Ff=μFN=μBqv,联立解得a= ,故圆环在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动;在最高点时,圆环速度为零,此时加速度为a= =g;下降阶段,对圆环根据牛顿第二定律有mg-μBqv=ma,可得a= ,可知下降阶段,圆环做加速度逐渐减小的加速运动,上升和下降时速度方向相反,加速度方向相同。
(进阶1·增加电场,杆改为水平方向)如图所示,水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场中,环与杆(杆足够长)间的动摩擦因数为μ,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,质量为m、带正电的且电荷量为q的小环由静止开始滑动,重力加速度为g,求在运动过程中小环的最大加速度a0和最大速度vm的大小。
解析小环静止时,水平方向有qE-μmg=ma,此时加速度大小a= -μg,当速度增大时,小环所受洛伦兹力增大,根据左手定则可知,洛伦兹力的方向竖直向上,则向上的支持力减小到零的过程中滑动摩擦力f减小,小环的加速度增大,做加速度增大的变加速运动;当洛伦兹力与重力大小相等时,小环的加速度达到最大,为a0= ;随着速度继续增大,洛伦兹力大于重力,支持力的方向变成竖直向下,加速度随速度的增大开始减小,小环做加速度减小的变加速运动,当加速度为零时小环达到最大速度,之后做匀速直线运动,此时有qE=μ(qvmB-mg),可得最大速度vm= = = + 。
(进阶2·更改环的电性,杆倾斜放置)如图所示,足够长绝缘直杆与水平面夹角为α。杆处在足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直杆所在平面,磁场的磁感应强度大小为B。杆上套一个带负电的环,环与绝缘直杆间的动摩擦因数为μ(μθ时,不能通过磁场两边界的交点,粒子运动轨迹的临界状态是和另一个边界相切,如图乙所示。
典例1    (2025届贵州贵阳联考)如图,方向垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一边界横截面为圆形的无场区,O为圆形边界的圆心,P、Q为边界上的两点,OP与OQ的夹角为60°。一带电粒子从P点沿垂直磁场方向射入匀强磁场区域后经过时间t从Q点第一次回到无场区,粒子在P点的速度方向与OP的夹角为20°。若磁感应强度大小为B,粒子的比荷为k,不计粒子重力,则t为 (         )
A. 　　　    B. 　　　    C. 　　　    D. 
解析　　由题意知粒子带负电,粒子在磁场中运动轨迹如图所示,由图结合几何关系可知,轨迹的圆心角为θ=280°,根据牛顿第二定律可得qvB=m ,粒子在磁场中运动的周期为T= = = ,所以t= T= ,C正确。
(进阶·变换磁场所在区域,拓展考向)(多选)如图所示,圆形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,质量为m、电荷量为q的带电粒子从P点沿平行于直径CD的方向射入磁场,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.粒子运动速率为 B.粒子在磁场中运动的时间为 C.粒子在磁场中运动的路程为 πRD.粒子离开磁场时速度方向不可能平行于CD
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v= ,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,粒子做圆周运动的周期T= = ,则粒子在磁场中运动的时间为t= T= ,粒子出磁场时速度方向平行于CD,B、D错误;粒子在磁场中运动的路程为x= ×2πr= πR,C正确。
题型2　带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
典例2    (多选)利用磁场控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示,以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,圆形区域外有垂直纸面向外的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。有一质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子从P点沿半径射入圆形区域,粒子n次穿越圆形区域边界(不包括经过P点)后又回到P点,此过程粒子与圆心O的连线转过的角度为2π,不计粒子重力,下列说法正确的是 (         )
A.n的最小值为2B.n=3时,粒子速度大小为 C.n=4时,粒子从P点出发至回到P点的时间为 D.粒子连续两次穿越圆形区域边界的过程,粒子与圆心O的连线转过的角度为 
解析　　由题意作出粒子的运动轨迹,如图1所示为粒子两次穿越圆形区域边界后回到P点的轨迹,如图2所示为粒子三次穿越圆形区域边界后回到P点的轨迹,显然n的最小值为2,A正确;当n=3时,由图2可知,粒子的轨迹半径r=R,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m ,联立解得v= ,B错误;由图1和图2可知,粒子连续两次穿越圆形区域边界的过程,粒子与圆心O的连线转过的角度为 ,D错误;结合D项分析,由几何关系可知,当n=4时,粒子从P点出发至回到P点的过程,运动轨迹所对应的圆心角为α=2×2π+ = π,又粒子做完整圆周运动的时间T= ,则粒子从P点出发到回到P点的时间为t= · 
= ,C正确。      
典例3    (多选)(2025届河南开封重点中学联考)如图所示,两平行线EF和MN将磁场分割为上、下两部分,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从EF线上的A点以速度v斜向下射入EF下方磁场,速度与EF成30°角,经过一段时间后粒子正好经过C点,经过C点时速度方向斜向右上方,与EF也成30°角。已知A、C两点间距为L,两平行线间距为d,下列说法正确的是(      )
A.粒子不可能带负电B.磁感应强度大小可能为 C.粒子到达C点的时间可能为 + D.粒子的速度大小可能为 
解析　　若粒子带负电,其运动轨迹可能如图甲所示,粒子可以经过C点,故粒子可能带负电,A错误;若粒子带正电,第一次到达EF时经过C点,如图乙所示,由几何关系可知,粒子轨迹半径为L,由qvB=m ,可解得v= ,B= ,B、D正确;若粒子带正电,其运动轨迹也可能如图丙所示,在EF下方磁场中运动一次的时间t1= = ,在MN上方磁场中运动一次的时间t2= ,在无磁场区域中做一次直线运动的时间为t3= ,则粒子到达C点的时间可能为t= + ,C正确。
提分关键·规律总结求解有界磁场中多解问题的技巧(1)分析题目特点,确定题目多解性形成的原因。(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。(3)若为周期性的多解问题,寻找通项式;若是出现几种周期性解的可能性,注意每种解出现的条件。
微专题23 磁场中的动态圆模型
题型1　有界匀强磁场中的三类“动态圆”模型一、“放缩圆”模型的应用
二、“旋转圆”模型的应用
三、“平移圆”模型的应用
典例1　如图所示,在xOy平面的第Ⅰ、第Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场,线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为 、方向垂直平面xOy向里。不考虑粒子间的相互作用,不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中,在磁场中运动的时间最长为 (         )
解析　　粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv0B=m ,解得r=2R,如图所示,当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时,粒子在磁场中运动的时间最长,由于sin α= ,要使圆心角α最大,FE应最长,经分析可知,当粒子从y轴上的D'点射入、从x轴上的E'点射出磁场时,粒子在磁场中运动的时间最长,有sin αm= ,解得αm= ,则tm= · ,解得tm= ,C正确。 
提分关键·规律总结平移圆的适用条件:同源、同速率、同向、异点此类粒子源能在同一平面内沿某一方向发射速率相同的同种带电粒子,圆周运动的轨迹相同,需要“多中找一”,认真规范作出一个轨迹圆,移动该圆来寻找解题思路。
典例2    (多选)如图所示,边长为L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场,D是AB边的中点,一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场,不考虑带电粒子受到的重力,下列说法正确的是 (        )A.粒子可能从B点射出
B.若粒子垂直BC边射出,则粒子做匀速圆周运动的半径为 LC.若粒子从C点射出,则粒子在磁场中运动的时间为 D.若粒子从AB边射出,则粒子的速度越大,其在磁场中运动的时间越短
解析　　粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场, 【关键:运动轨迹的圆心在垂直于初速度方向的直线上,以不同大小的半径画圆可以作出其运动轨迹图,即“放缩圆”找出临界情况】由左手定则可知,粒子向下偏转,由于BC边的限制,粒子不能达到B点,A错误;粒子垂直BC边射出,如图甲所示,粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离,得R1= L sin 60°= L,B正确;粒子从C点射出,如图乙所示,根据几何关系可得粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为60°,粒子在磁场中运动的时间为t= T= × = ,C正确;qvB0=m ,可知r= ,若粒子从AB边射出,则粒子的速度越大,轨迹半
径越大,粒子在磁场中做圆周运动的周期T= ,如图丙所示,粒子从AB边射出时轨迹对应的圆心角相同,其在磁场中运动的时间相同,D错误。           
提分关键·规律总结带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题的四个结论。(1)刚好穿出磁场边界的临界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时,弧长(或弦长)越长或者圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速率v变化时,圆心角越大,则运动时间越长。(4)在圆形匀强磁场中,当轨迹圆的半径大于磁场圆的半径且入射点和出射点位于磁场圆同一直径的两个端点时,轨迹对应的圆心角最大,运动时间最长。
题型2　磁聚焦和磁发散模型一、“磁聚焦”模型1.现象:如图甲所示,大量的同种带正电的粒子,速度大小相同,平行入射到圆形磁场区域,如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等,则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B射出。2.条件:轨迹圆半径等于磁场圆半径。3.证明:四边形OAO'B为菱形,必是平行四边形,对边平行,OB必平行于AO'(即竖直方向),可知从A点进入磁场的带电粒子必然经过B点。
二、“磁发散”模型1.现象:如图乙所示,大量的同种带正电的粒子,从P点以大小相等的速度沿不同方向射入有界磁场,如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等,则所有粒子射出磁场时的速度方向平行。2.条件:轨迹圆半径等于磁场圆半径。3.证明:所有粒子运动轨迹的圆心与磁场圆的圆心O、入射点、出射点的连线均为菱形,也是平行四边形,O1A、O2B、O3C均平行于PO,即出射速度方向相同(水平方向)。
典例3    (多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度,人们把此原理运用到薄膜材料制备上,使芯片技术得到飞速发展。如图所示,宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B0,这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域,正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域,使会聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,不考虑粒子间的相互作用及粒子的重力。下列说法正确的是 (         )A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0,方向垂直纸面向里B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为 B0,方向垂直纸面向里C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π-2) D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为  
解析　　根据磁聚焦原理,粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动,粒子运动的轨迹半径为r0,有qvB0=m ,解得B0= ,要使会聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0,且粒子仍沿水平向右射出,作出轨迹如图所示,由几何关系可知粒子在正方形区域内的磁场中的轨迹半径为2r0,正方形区域内的磁场区域应该为圆形磁场的一部分,有qvB1=m ,解得B1= = B0,由左手定则可知,正方形区域中匀强磁场方向垂直纸面向里,A错误,B正确。如图所示,磁场区域的最小面积Smin=2(π-2) ,C正确,D错误。 
微专题24 洛伦兹力与现代科技
题型1　带电粒子在现代科技中的四种应用
典例1　如图为磁流体发电机的示意图,间距为d的平行金属板A、B之间的磁场可看成匀强磁场,磁感应强度大小为B,板A、B和电阻R连接,将一束等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向喷入磁场,已知金属板A、B的正对面积为S,A、B及其板间的等离子体的等效电阻率为ρ,下列说法正确的是 (         )A.金属板A为正极
B.电阻R两端的电压为 C.电阻R两端的电压为BdvD.流过电阻R的电流大小为 
解析　　由左手定则可得正离子受洛伦兹力后向B板偏转,故B板为正极,A错误。当两极板间的电压稳定时有qvB=q ,可得发电机的电动势E=Bdv;由闭合电路欧姆定律可得电阻R两端的电压U= E,发电机的内阻r=ρ ,联立解得U= ,B正确,C错误。由欧姆定律可得流过电阻R的电流大小I= = ,D错误。
易错警示当外电路断开时,金属板A、B间的电压等于发电机的电动势;当外电路闭合时,金属板A、B间的电压等于电阻R两端的电压,即等于路端电压。
典例2    (2025届八省联考·陕晋青宁)人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正、负离子。如图,血管内径为d,血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行,且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管,其磁感应强度大小恒为B,当血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时,下列说法正确的是(         )A.血管上侧电势低,血管下侧电势高B.若血管内径变小,则血液流速变小C.血管上、下侧电势差与血液流速无关D.血管上、下侧电势差变大,说明血管内径变小
解析　　根据左手定则可知正离子向上偏转,负离子向下偏转,则血管上侧电势高,下侧电势低,A错误。血液的流量Q=vπ ,血液的流量一定,若血管内径变小,则血液流速变大,B错误。稳定时,离子所受洛伦兹力与电场力平衡,即qvB=q ,又v= ,联立解得血管上、下侧电势差U= ,U变大,说明血管内径变小,D正确。由于v与d有关,U与d也有关,故血管上、下侧电势差与血液流速有关,C错误。
典例3    (多选)(2026届江西萍乡期末)如图甲是判断检测电流I0大小是否发生变化的装置,该检测电流在铁芯中产生磁场,其磁感应强度与检测电流I0成正比,图乙为半导体制成的霍尔元件,其载流子为自由电子,已知霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、d,现给其通以恒定工作电流I,可通过右侧电压表的示数来判断I0的大小是否发生变化,忽略磁损,则 (         )A.通入如图所示电流I0,铁芯中的磁感线方向为顺时针方向B.通入如图所示电流I0,M端电势低于N端的C.减小d可以提高检测灵敏度D.b对检测灵敏度没有影响
解析　　根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下,磁感线在铁芯中沿逆时针方向,可知霍尔元件所在位置的磁场方向向上,霍尔元件中载流子为电子,根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力垂直纸面向外在元件N端积累,所以N端电势低,M端电势高,A、B错误;元件中电子最终受到的电场力和洛伦兹力平衡,所以有 e=evB,设元件单位体积内电子数量为n,电子移动速度为v,根据电流的微观表达式可得I=nevbd,联立解得UMN= ,提高检测灵敏度即提高UMN的大小,其他条件不变,可知减小d可以提高检测灵敏度,b对检测灵敏度没有影响,C、D正确。
题型2　回旋加速器1.构造:如图所示,D1、D2是半圆金属盒,D1、D2处于匀强磁场中,缝隙处接交流电源。 2.原理:交流电源的周期和粒子做圆周运动的周期相等,使粒子每经过一次D形盒之间的缝隙,均被加速一次。3.最大动能:由qvmB= 、Ekm= m 得Ekm= ,粒子获得的最大动能由磁感应强度
B和D形盒的半径R决定,与加速电压无关。4.总时间:粒子在磁场中运动一个周期,被电场加速两次,每次增加动能qU,加速次数n= ,粒子在磁场中运动的总时间t= T= · = (忽略粒子在缝隙中运动的时间)。
典例4    (多选)回旋加速器的原理图如图所示,由两个半径均为R的D形盒组成,D形盒间缝隙处加周期性变化的电压,电压有效值为U,D形盒所在处有垂直于盒面向下的磁场,磁感应强度的大小为B。一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速,则(         )A.粒子每次经过D形盒之间缝隙动能增加qUB.粒子每次经过D形盒之间缝隙速度增大 
C.粒子以速度v在D形盒内运动半圈后动能增加2qvBRD.粒子离开D形盒时的动能为 
解析　　粒子每次经过D形盒之间缝隙的过程中,静电力做功,根据动能定理可得qU=ΔEk,即动能增加qU,由动能表达式Ek= mv2可知第n次经过D形盒之间缝隙速度变化量的大小Δv=( - ) ,A正确,B错误。粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动,洛伦兹力不做功,故粒子在D形盒内运动半圈后动能保持不变,C错误。粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m ,粒子离开D形盒时,粒子轨道半径为R,其动能Ek= mv2,联立解得Ek= ,D正确。
题型3　质谱仪1.原理图(如图所示)2.物理分析(1)加速电场:qU= mv2。
(2)偏转磁场:qvB= 。(3)由(1)(2)可得r=  , = 。
典例5    (2024甘肃,15,17分)质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U;Ⅱ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直纸面向里;Ⅲ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P点处,运动轨迹如图中虚线所示。(1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷。(2)求O点到P点的距离。(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
答案(1)带正电         (2)     (3) 
解析(1)粒子进入偏转分离器Ⅲ,向上偏转,根据左手定则可知粒子带正电。设粒子的质量为m,电荷量为q,粒子进入速度选择器Ⅱ时的速度为v0,粒子在速度选择器Ⅱ中做匀速直线运动,由平衡条件有qv0B1=qE1,在粒子加速器Ⅰ中,由动能定理有qU= m ,联立解得,粒子的比荷为 = 。
(2)由(1)问的分析可知v0= ,粒子在偏转分离器Ⅲ中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B2=m ,
可得O点到P点的距离为OP=2r= 。(3)粒子进入速度选择器Ⅱ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力,有F洛=qv0B1,向下的电场力F=qE2,因为F>F洛,粒子向下偏转,运用配速法,将粒子速度进行分解,令粒子分速度大小为v1,使其满足qv1B1=qE2,则v1= >v0,则粒子进入速度选择器时的速度分解为水平向右的v1和水平向左的v1-v0,粒子的运动等效为以v1水平向右的匀速直线运动和以v1-v0做圆周运动的合运动,当粒子打在O'点,速度方向恰好垂直右挡板,由运动过程可知,粒子打在O'点时圆周运动(分运动)的速度方
向水平向右,则v=v1+(v1-v0), 【点拨:粒子做圆周运动(分运动)的示意图如图所示,粒子由状态①开始沿逆时针方向做圆周运动,由运动的周期性可知,①状态粒子与O在同一水平线上,圆周运动的速度方向水平向左;②状态粒子与O'点在同一水平线上,圆周运动的速度方向水平向右】
微专题25 带电粒子在组合场中的运动
1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,或在同一区域,电场、磁场交替出现。2.带电粒子在组合场中运动的分析思路(1)粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段。(2)受力分析和运动分析,主要涉及两种典型运动,具体运动形式和应用的物理规律如下。
题型1　磁场与磁场的组合磁场与磁场的组合问题实质就是带电粒子在两个有界磁场中做圆周运动的问题,带电粒子在两个磁场中运动的速度大小相同,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。
典例1　如图所示,整个空间存在两个垂直Oxy平面向外的匀强磁场,x轴为两磁场的边界,磁感应强度大小分别为B、2B。甲、乙两带正电粒子同时从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场,速度大小均为v。已知甲、乙两粒子的质量分别为m、2m,电荷量均为q,不考虑粒子间的相互作用和粒子重力影响。求:(1)甲粒子从O点射入磁场至到达x轴上x= 处的平均速度大小;(2)甲、乙两粒子从O点射入磁场至第一次相遇所经过的时间。
答案(1)     (2) 
解析(1)设甲粒子在y>0磁场区域做匀速圆周运动的半径为r甲1,周期为T甲1,由qvB=m 解得r甲1= 周期T甲1= = 同理可知,甲粒子在y0磁场区域做匀速圆周运动的半径r乙1=  周期T乙1= 乙粒子在y0)的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射,当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。不计粒子重力。 
(1)求粒子进入磁场时的速度大小;(2)若粒子第一次回到电场中高度为h处时,粒子与a点的距离为s=2h,求磁场的磁感应强度大小的可能值;(3)若粒子第一次回到电场中高度为h时,粒子在电场中运动的总时间与在磁场中运动的时间相等,求粒子此时距a点的距离。
答案(1)2     (2)  或 (3)4h- 
解析(1)粒子在电场中做类平抛运动,则竖直方向有 =2ah由牛顿第二定律得a= 粒子进入磁场时的速度大小v= vy解得v=2 (2)粒子从a点抛出到进入磁场的过程中,水平位移x=v0t=vyt=2h粒子进入磁场后做匀速圆周运动,离开磁场时速度方向与水平虚线仍成45°角,到达h高度时水平位移仍为2h,作出粒子的运动轨迹如图所示,
 由图可知,2r cs 45°=2h+2h+2h或2r cs 45°=2h即r=3 h或r= h根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得B=  或B= (3)粒子第一次回到电场中高度为h处时粒子在电场中运动的时间t= =2 
可知粒子在磁场中运动的时间也为t=2 用时t= = 由洛伦兹力提供向心力有qvB'=m 解得r'= 此时粒子与a点的距离s=4h- r'=4h- 
题型3　应用正则动量解决组合场问题
典例3    (2023浙江6月,20,11分)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示,Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ,其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场,区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场,方向均垂直纸面向里,区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束,沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用,并忽略磁场的边界效应。(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t;(2)若B2=2B1,求能到达y= 处的离子的最小速度v2;(3)若B2= y,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 ~ 范围,求进入
第四象限的离子数与总离子数之比η。 
答案(1)          (2)     (3) 
解析(1)离子不进入区域Ⅱ的最大速度对应离子在区域Ⅰ中轨迹与区域Ⅰ、区域Ⅱ分界线相切,其轨迹如图甲所示。由几何关系知r1 cs 60°+L=r1,得r1=2L由qv1B1=m ,得v1= 由T= ,t= ·T,得t= 
      (2)若B2=2B1,离子以最小速度v2到达y= 处时对应的轨迹如图乙所示。由qvB=m ,得r= 因B2=2B1,所以若离子在区域Ⅱ中的半径为r2,则离子在区域Ⅰ中的半径为2r2,设离子到
达y= 处时在区域Ⅱ中的速度偏转角为α,由几何关系可知r2 cs α+ =r22r2 cs α-2r2 sin 30°=L解得r2=2L所以v2= = (3)将离子的速度分解为沿x轴方向和沿y轴方向的分速度vx、vy,在x轴方向根据牛顿第二定律有qvyB=max在一段极短的时间Δt内有qvyB·Δt=max·Δt,即qBΔy=mΔvx设离子出磁场区域Ⅰ时速度方向与x轴方向的夹角为β,在磁场区域Ⅰ中,可得qB1L=m(v
cs β-v cs 60°)当离子刚好与x轴相切时,在磁场区域Ⅱ中,可得qB2Δy=mΔvx,区域Ⅱ中磁感应强度随着距离均匀变化,则利用平均值法可求得平均磁感应强度为 = ,由微元法可知q ·L=m(v-v cs β)联立解得v= 当离子射出速度v> 时,离子可以进入第四象限由于离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 ~ 范围,v> 的离子与总离子数之比为 ,即进入第四象限的离子数与总离子数之比η= 
微专题26 带电粒子在叠加场中的运动
叠加场:重力场、电场、磁场并存,或其中两场并存于同一区域内。
二、带电粒子在叠加场中的运动形式直线运动、匀速圆周运动、类平抛运动(匀变速曲线运动)、摆线运动和螺旋线运动等。1.匀速直线运动:不计重力,当静电力与洛伦兹力平衡时,粒子做匀速直线运动(即速度选择器模型),如图所示。 
2.匀变速直线运动:不计重力,当电场方向、磁场方向、初速度方向均共线,即v0∥E∥B时,粒子做匀变速直线运动,如图所示。 3.匀速圆周运动:当静电力与重力平衡时,粒子所受合力等于洛伦兹力,则粒子做匀速圆周运动。
4.类平抛运动:如图所示,磁场平行于y轴方向,将电场场强分解为沿z轴方向的分量E1和沿y轴方向的分量E2,带电荷量为+q的粒子初速度v沿x轴正方向,不计粒子的重力,当满足qvB=qE1时,粒子在x轴方向做匀速直线运动,同时在y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动,则其合运动为类平抛运动(匀变速曲线运动)。
典例1    (多选)(2025福建,7,6分)如图,真空中存在一水平向右的匀强电场,同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电微粒从M点以初速度v入射,沿MN做直线运动。微粒到N点时撤去磁场,一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、P三点处于同一竖直平面内,MN与电场方向夹角为45°,N点与P点等高,重力加速度大小为g,则 (        )
A.电场强度大小为 B.磁感应强度大小为 C.N、P两点间的电势差为 D.从N点运动到P点的过程中,微粒到直线NP的最大距离为 
解析　　由带电微粒在复合场中沿着MN做匀速直线运动,可知带电微粒的受力情况如图甲所示,MN与水平方向成45°角,由共点力的平衡条件可知 =tan 45°,qvB cs 45°=mg,解得电场强度的大小E= ,磁感应强度的大小B= ,A错误,B正确。撤去磁场后,带电微粒所受合力方向与初速度方向垂直,带电微粒做类平抛运动,如图乙所示,加速度a= = g,带电微粒到达P点时,位移偏转角为45°,故在P点速度偏转角的正切值tan θ=2 tan 45°=2= ,其中vx=v,所以带电微粒在P点的速度大小vP= = v,从N到P过程,根据动能定理有qU= m - mv2,解得N、P两点间的电势差U= ,C正确。将带
电微粒在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,可知带电微粒在竖直方向做竖直上抛运动,且vNy=v sin 45°= v,故带电微粒能向上运动的最大距离h= = ,D错误。
典例2　如图,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为 d,极板间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下极板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。(1)求直流电源的电动势E0;(2)求两极板间磁场的磁感应强度大小B;(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动,求电场强度的最小值E'。
答案(1)     (2)     (3) 
解析(1)①小球在两极板间做匀速圆周运动的条件是什么?小球做匀速圆周运动,电场力与重力平衡,可得qE=mg。②要求出直流电源的电动势E0,是否可结合平行板电容器两端的电压?电容器与电阻R2并联,R2两端的电压U2=Ed,根据欧姆定律得U2= ,联立解得E0= 。(2)③小球恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器,如何通过几何关系确定圆周运动的半径?小球在极板间运动的轨迹如图甲所示。
 甲设小球做圆周运动的半径为r,根据几何关系有(r-d)2+( d)2=r2,解得r=2d根据qvB=m ,解得B= 。(3)④小球离开电容器后做直线运动的条件是什么?需要满足什么规律?小球飞出电容器后,由几何关系可知速度方向与水平方向夹角为60°,要使小球做直线
运动,则在垂直速度方向重力的分力与电场力平衡,此时电场力有最小值,如图乙所示。 乙由几何关系知E'q=mg cs 60°,解得E'= 。
典例3　如图所示,存在一叠加场,包含方向垂直纸面向里的匀强磁场(磁感应强度大小为B)和方向竖直向下的匀强电场(电场强度大小为E),有一质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力)由P点无初速度释放,求粒子运动轨迹的最低点与P点的高度差以及粒子运动到最低点时的速度大小。 
解析解法一    微元法设粒子运动的某一时刻,水平方向的速度为vx,竖直方向的速度为vy,则满足qvyB=max,qE-qvxB=may,如图所示 取极短时间Δt,满足qB∑vyΔt=m∑axΔt,qE∑Δt-qB∑vxΔt=m∑ayΔt,即qBy=mvx,qBx=qEt【点拨:初始状态与最低点状态,竖直方向的速度均为0】
带电粒子由P点到最低点的过程,根据动能定理可得qEy= m -0联立解得粒子运动的最低点与P点的高度差y= ,粒子运动到最低点的速度v=vx= 。解法二    配速法由于粒子在P点由静止释放,运用配速法,将初速度为0分解为水平向右的速度v1和水平向左的速度v1,水平向右的速度v1对应竖直向上的洛伦兹力,令其与静电力平衡,水平向左的速度v1对应竖直向下的洛伦兹力,该力提供粒子做圆周运动的向心力,所以粒子可看成是水平向右以速度v1做匀速直线运动和以速度v1沿逆时针方向做匀速圆周运动的
合运动,如图所示。 粒子运动的最低点与P点的高度差y=2R,其中R= ,qv1B=qE解得y= ,在最低点的速度大小v=2v1= 。
方法提升由于两个分运动互不影响,所以粒子从P点到最低点的过程,由圆周运动可得t= T= ,由匀速直线运动可得对应的水平位移大小x=v1t= 。
提分关键·方法提升应用配速法的几种常见情况
微专题27 带电粒子在交变电磁场、空间电磁场中的运动
题型1　带电粒子在交变电磁场中的运动1.常见的交变电磁场的类型(1)电场周期性变化,磁场不变。(2)磁场周期性变化,电场不变。(3)电场、磁场均周期性变化。2.分析带电粒子在交变电磁场中运动问题的基本思路
典例1　如图甲所示,空间存在匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B,方向垂直于Oxy平面向里,电场强度大小E随时间t周期性变化的规律如图乙所示(E0未知),方向平行于Oxy平面(图中未画出)。t=0时刻,一电荷量为+q、质量为m的粒子M,从O点由静止释放进入第一象限,运动到离y轴的最远距离为x0时,加速度大小a= ,t0时刻粒子运动到y轴上P点,速度恰好为0,不计粒子重力。
(1)求粒子从O点运动到P点的过程中电场力做的功W,并判断0~2t0时间内电场的方向;(2)求粒子离y轴最远时的速度大小v及粒子经过P点的时刻。
答案(1)0    沿x轴正方向    (2)     (2n+1)t0(n=0,1,2,…)
解析(1)①粒子从O点运动到P点的过程中什么力做功?0~t0时间内,粒子从O点运动到P点,洛伦兹力不做功,粒子运动到P点速度恰好为0。根据动能定理有W=0,则W=qUOP,UOP=φO-φP,可得φO=φP,所以y轴为匀强电场的等势线。②知道带电粒子带正电,要判断电场的方向,能否从带电粒子受到的电场力的方向出发?根据题意可知,粒子由静止释放进入第一象限【点拨:判断电场力方向的切入点】,说明带电粒子受到的电场力沿x轴正方向,即0~2t0时间内,匀强电场的方向沿x轴正方向。(2)③从题图乙中提取信息如图1所示,你能否根据信息画出带电粒子的运动轨迹?
 粒子的运动轨迹如图2所示。 
当粒子运动到离y轴最远时,根据牛顿第二定律得qvB-qE0=ma根据动能定理有qE0x0= mv2-0又a= 联立解得v= 。④带电粒子在交变场中的运动,往往涉及周期性问题,你能否从带电粒子的运动分析中总结出相应的运动规律?粒子在t0~2t0的运动与0~t0类似,在2t0时刻电场方向变为沿x轴负方向,之后粒子在第二象限内运动,运动规律与0~2t0内的运动规律类似,3t0时刻到达P点,4t0时刻回到O点。粒子经过P点的时刻t=(2n+1)t0(n=0,1,2,…)。
典例2    (2024广东,15,16分)如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的  倍,粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;
(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W。  
答案(1)带正电         (2)           (3) 
解析(1)粒子在磁场中沿顺时针方向做圆周运动,结合粒子速度方向及左手定则可以判断粒子带正电。由于粒子在磁场中运动半个圆周用时t0,可知粒子做圆周运动的周期T=2t0 ①洛伦兹力提供向心力,有qBv=  ②粒子做圆周运动的周期T=  ③联立①②③式解得q=  ④(2)粒子在金属板间的运动可以看作两段类平抛运动的组合
在水平方向有  =vt0 ⑤在竖直方向有R= a  ⑥加速度大小a= =  ⑦由④⑤⑥⑦式解得D= ,v=  。(3)分析可得R= = ,作出粒子运动轨迹如图所示 
根据运动的对称性可知粒子在t=4t0时刻离开金属板区域进入水平电场区域,t=5t0时刻粒子到达水平电场区域左侧最远处,t=6t0时刻粒子再次以水平初速度v进入金属板之间,此时两金属板间电压恰好变为-U0,t=6.5t0时刻粒子向上偏转R并恰好到达上极板。全过程电场力对粒子做的功W= mv2+ qU0= + = 。
题型2　带电粒子在空间电磁场中的等距螺旋线运动如图1所示,一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(不计重力)静置于直角坐标系xOy坐标原点O处,整个空间处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给粒子一在xOy平面与x轴夹角为θ斜向下的初速度v0, 
因为粒子的速度与磁场方向不垂直,所以将初速度v0分别沿平行于磁场和垂直于磁场的方向进行分解,带电粒子在垂直于磁场方向上的分速度大小vx=v0 cs θ带电粒子所受洛伦兹力的大小F洛=qvxB该力提供粒子在水平面内做匀速圆周运动的向心力,即qvxB=m 因此粒子在水平面内做半径 R= 、周期T=  的匀速圆周运动。带电粒子平行于磁场方向的分速度大小为vy=v0 sin θ,粒子在竖直方向上以速度vy=v0 sin θ 向下做匀速直线运动。粒子的合运动为等距螺旋线运动,如图2所示,粒子在磁场中
回转一圈所前进的距离即螺距,y=vyT= 。 图2　等距螺旋线
典例3    (2025届湖北黄冈中学二模)用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现,有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情境来讨论:在空间存在平行于x轴的匀强磁场,由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向,射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线,其轴线平行于x轴,直径为D,螺距为Δx,则下列说法正确的是 (         )
A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度,则直径D减小,而螺距Δx不变C.若仅增大电子入射的初速度v0,则直径D增大,而螺距Δx将减小D.若仅增大α角(α0的空间内有沿y轴正方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B;在-2l