【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题11 磁场

这是一份【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题11 磁场，共53页。试卷主要包含了以核心和主干知识为重点，注重情景与过程的理解与分析，精选训练题目，使训练具有实效性，把握高考热点等内容，欢迎下载使用。

一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题11 磁场
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc22280" 知识点01 基本概念 PAGEREF _Tc22280 \h 3
\l "_Tc1731" 一、磁场 PAGEREF _Tc1731 \h 3
\l "_Tc30220" 二、磁感线 PAGEREF _Tc30220 \h 3
\l "_Tc23406" 三、磁感应强度 PAGEREF _Tc23406 \h 4
\l "_Tc17796" 四、磁场叠加 PAGEREF _Tc17796 \h 5
\l "_Tc23745" 五、磁感应强度B与电场强度E的比较 PAGEREF _Tc23745 \h 6
\l "_Tc27135" 六、磁通量 PAGEREF _Tc27135 \h 6
\l "_Tc3859" 知识点02 安培力 PAGEREF _Tc3859 \h 6
\l "_Tc10332" 一、安培力大小 PAGEREF _Tc10332 \h 6
\l "_Tc13863" 二、安培力的方向由左手定则判定 PAGEREF _Tc13863 \h 8
\l "_Tc26176" 三、安培力做功 PAGEREF _Tc26176 \h 8
\l "_Tc22067" 四、安培力作用下导体的平衡问题 PAGEREF _Tc22067 \h 8
\l "_Tc8082" 五、安培力作用下导体运动情况判定的五种方法 PAGEREF _Tc8082 \h 10
\l "_Tc134" 知识点03 洛伦兹力 PAGEREF _Tc134 \h 10
\l "_Tc24379" 一、洛伦兹力的大小 PAGEREF _Tc24379 \h 10
\l "_Tc4403" 二、洛伦兹力的特性 PAGEREF _Tc4403 \h 10
\l "_Tc12853" 三、洛伦兹力与安培力的关系 PAGEREF _Tc12853 \h 11
\l "_Tc1754" 四、洛伦兹力的方向 PAGEREF _Tc1754 \h 11
\l "_Tc3228" 五、洛伦兹力与电场力的比较 PAGEREF _Tc3228 \h 12
\l "_Tc12343" 知识点04 带电粒子在磁场中的运动 PAGEREF _Tc12343 \h 13
\l "_Tc9967" 一、带电粒子在磁场中的运动规律 PAGEREF _Tc9967 \h 13
\l "_Tc23965" 二、带电粒子在组合场的运动 PAGEREF _Tc23965 \h 14
\l "_Tc27305" 三、带电粒子在叠加场中的运动 PAGEREF _Tc27305 \h 21
\l "_Tc1052" 四、带电粒子在有界匀强磁场中的运动 PAGEREF _Tc1052 \h 22
\l "_Tc32460" 五、动态圆问题 PAGEREF _Tc32460 \h 34
\l "_Tc16974" 六、带电粒子在匀强电场和匀强磁场中偏转的比较 PAGEREF _Tc16974 \h 38
\l "_Tc776" 七、带电粒子在立体空间的运动 PAGEREF _Tc776 \h 42
\l "_Tc27984" 知识点05 常见电学仪器 PAGEREF _Tc27984 \h 46
\l "_Tc32387" 一、质谱仪 PAGEREF _Tc32387 \h 46
\l "_Tc6773" 二、回旋加速器 PAGEREF _Tc6773 \h 47
\l "_Tc22764" 三、速度选择器 PAGEREF _Tc22764 \h 48
\l "_Tc14528" 四、磁流体发电机 PAGEREF _Tc14528 \h 48
\l "_Tc16335" 五、电磁流量计 PAGEREF _Tc16335 \h 49
\l "_Tc9452" 六、霍尔效应的原理和分析 PAGEREF _Tc9452 \h 49
知识点01 基本概念
一、磁场
1.磁场:磁场是存在于磁体、电流和运动电荷周围的一种物质.永磁体和电流都能在空间产生磁场.变化的电场也能产生磁场.
2.磁场的基本性质:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用.
3.磁现象的电本质:一切磁现象都可归结为运动电荷（或电流）之间通过磁场而发生的相互作用.
安培分子电流假说：在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流即分子电流，分子电流使每个物质微粒成为微小的磁体.
4.磁场的方向:规定在磁场中任一点小磁针N极受力的方向（或者小磁针静止时N极的指向）就是那一点的磁场方向.
二、磁感线
1.定义：在磁场中人为地画出一系列曲线，曲线的切线方向表示该位置的磁场方向，曲线的疏密能定性地表示磁场的弱强，这一系列曲线称为磁感线.
2.磁感线是闭合曲线;磁感线不相交：磁铁外部的磁感线，都从磁铁N极出来，进入S极，在内部，由S极到N极，.
3.几种典型磁场的磁感线的分布:
①条形磁铁和蹄形磁铁的磁场
②电流的磁场
③地磁场：地球的磁场与条形磁体的磁场相似，其主要特点有三个:
Ⅰ、地磁场的N极在地球南极附近，S极在地球北极附近.
Ⅱ、地磁场B的水平分量（Bx）总是从地球南极指向北极，而竖直分量（By）则南北相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下.
Ⅲ、在赤道平面上，距离地球表面相等的各点，磁感强度相等，且方向水平向北.
④匀强磁场：磁场中各点的磁感应强度的大小相等、方向相同，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线．
三、磁感应强度
1.定义:磁感应强度是表示磁场强弱的物理量，在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，受到的磁场力F跟电流I和导线长度L的乘积IL（电流元）的比值，叫做通电导线所在处的磁感应强度，定义式.单位T，1T=1N/（A·m）.
2.磁感应强度是矢量，磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，即通过该点的磁感线的切线方向.
3.磁场中某位置的磁感应强度的大小及方向是客观存在的，与放入的电流强度I的大小、导线的长短L的大小无关，与电流受到的力也无关，即使不放入载流导体，它的磁感应强度也照样存在，因此不能说B与F成正比，或B与IL成反比.
4.磁感应强度B是矢量，遵守矢量分解合成的平行四边形定则，注意磁感应强度的方向就是该处的磁场方向，并不是在该处的电流的受力方向.
四、磁场叠加
1.空间中的磁场通常涉及多个磁场的叠加,磁感应强度是矢量,可以通过平行四边形定则进行计算或判断.通常考题中出现的磁场不是匀强磁场
2.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产生的磁场的方向．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B为合磁场．
【实战演练】
(2021·全国甲卷·16)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O′Q在一条直线上，PO′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、0 B．0、2B
C．2B、2B D．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，两直导线在M处的磁感应强度方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度大小为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处的磁感应强度大小为2B，综上分析B正确．
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，有sin θ＝eq \f(BIL,mg)，FT＝mgcs θ，则可知sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cs θ减小，静止后，悬线对导线的拉力FT减小，由牛顿第三定律知，导线对悬线的拉力减小，B、C错误，D正确．
五、磁感应强度B与电场强度E的比较
六、磁通量
1.定义:磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面的磁通量
2.定义式:.
技巧点拨：如果面积S与B不垂直，应以B乘以在垂直于磁场方向上的投影面积S′，即
3.磁通量是标量，但是有正负。求磁通量时应该是穿过某一面积的磁感线的净条数.任何一个面都有正、反两个面;磁感线从面的正方向穿入时，穿过该面的磁通量为正.反之，磁通量为负.所求磁通量为正、反两面穿入的磁感线的代数和.
4.国际单位:Wb
知识点02 安培力
一、安培力大小
1.磁场和电流平行时：F＝0.
2.磁场和电流垂直时（F、B、I要两两垂直）：，
3.B与I的夹角为θ：.
【技巧点拨】
Ⅰ、B与L垂直．
Ⅱ、L是有效长度：弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端；对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零．
【实战演练】
(2023·江苏卷·2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为( )
A. 0B. BIlC. 2BIlD. 5BIl
【答案】C
【解析】解：导线的ab边与磁场垂直，受到的安培力大小为：F1=2BIl
导线的bc边与磁场平行，不受安培力的作用，则导线受到的安培力大小为：F=F1=2BIl，故C正确，ABD错误；
【实战演练】
(2021·浙江6月选考·15)(多选)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80 A和100 A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Fb＝125Fa B．导线所受的安培力可以用F＝ILB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】两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；因为磁场与导线垂直，导线所受的安培力可以用F＝BIL计算，故B正确；移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向垂直纸面向里，移走后，p点磁场方向垂直纸面向外，故C正确；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．
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，有sin θ＝eq \f(BIL,mg)，FT＝mgcs θ，则可知sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cs θ减小，静止后，悬线对导线的拉力FT减小，由牛顿第三定律知，导线对悬线的拉力减小，B、C错误，D正确．
二、安培力的方向由左手定则判定
1.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．
2.让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向．
3.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．
【技巧点拨】安培力方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．(注意B和I可以有任意夹角)
三、安培力做功
安培力做功与路径有关，绕闭合回路一周，安培力做的功可以为正，可以为负，也可以为零，而不像重力和电场力那样做功总为零.
四、安培力作用下导体的平衡问题
1.求解安培力作用下导体平衡问题的基本思路
①选对象：通电导线或通电导体棒
②平面化分析力：变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，导体棒或导线用圆圈⭕表示，电流方向用“×”或“●”表示，由左手定则判断安培力的方向，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如图所示：
④列方程：在其他力基础上多一个安培力，根据平衡条件列方程
2.求解关键
①电磁问题力学化.
②立体图形平面化.
【实战演练】
(2022·湖南卷·3)如图(a)，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(b)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(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ与电流I成正比
D．sin θ与电流I成正比
【答案】D
【解析】当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，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，有sin θ＝eq \f(BIL,mg)，FT＝mgcs θ，则可知sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cs θ减小，静止后，悬线对导线的拉力FT减小，由牛顿第三定律知，导线对悬线的拉力减小，B、C错误，D正确．
五、安培力作用下导体运动情况判定的五种方法
1. 电流元法：分割为电流元eq \(――――――→,\s\up7(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
2. 特殊位置法：在特殊位置→安培力方向→运动方向
3.等效法
①环形电流⇌小磁针
②条形磁铁⇌通电螺线管⇌多个环形电流
4. 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
5. 转换研究对象法：先分析电流所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力
知识点03 洛伦兹力
一、洛伦兹力的大小
1.v∥B时：；
2.v⊥B时：；
3.v与B的夹角为θ：.
【技巧点拨】在磁场中静止的电荷不受洛伦兹力作用
二、洛伦兹力的特性
洛伦兹力始终垂直于v的方向，所以洛伦兹力一定不做功.
【实战演练】
(2023·海南卷·2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是( )
A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B. 小球运动过程中的速度不变
C. 小球运动过程的加速度保持不变
D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【解析】解：A.带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，故A正确；
B.小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度的方向时刻变化，故B错误；
C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，且速度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故C错误。
D.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，洛伦兹力永不做功，故D错误。
三、洛伦兹力与安培力的关系
洛伦兹力是安培力的微观实质，安培力是洛伦兹力的宏观表现.所以洛伦兹力的方向与安培力的方向一样也由左手定则判定.
四、洛伦兹力的方向
1.判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
2.方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角)
【实战演练】
(2022·广东卷·7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
【答案】A
【解析】由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误．
五、洛伦兹力与电场力的比较
知识点04 带电粒子在磁场中的运动
一、带电粒子在磁场中的运动规律
在带电粒子只受洛伦兹力作用的条件下（电子、质子、α粒子等微观粒子的重力通常忽略不计），
1.若带电粒子的速度方向与磁场方向平行（相同或相反），带电粒子以入射速度v做匀速直线运动.
2.若带电粒子的速度方向与磁场方向垂直，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速率v做匀速圆周运动.
①洛伦兹力提供向心力：.
②轨迹半径：.
③周期：、，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关．
④运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间.
⑤动能：.
【实战演练】
(2021·湖北卷·9)(多选)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出．仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是( )
A．a带负电荷 B．b带正电荷
C．c带负电荷 D．a和b的动量大小一定相等
【答案】BC
【解析】由左手定则可知，微粒a、微粒b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则微粒c应带负电，A错误，B、C正确；微粒在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，由于微粒a与微粒b的质量、电荷量大小关系未知，则微粒a与微粒b的动量大小关系不确定，D错误．
二、带电粒子在组合场的运动
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．分析思路
①画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图．
②找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
③划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
3．常见粒子的运动及解题方法
①处于电场中
Ⅰ、匀变速直线运动：利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理求解
Ⅱ、类平抛（斜抛）运动：利用运动的分解、功能关系求解
②处于磁场中
Ⅰ、匀速直线运动“运动运动学公式求解
Ⅱ、匀速圆周运动：利用集合知识、圆周运动、牛顿第二定理求解
Ⅳ、螺旋运动：分解成直线运动和匀速圆周运动求解
4.解题思路
①先读图：看清并且明白场的变化情况
②受力分析：分析粒子在不同的变化场区的受力情况
③过程分析：分析粒子在不同时间段内的运动情况
④找衔接点：找出衔接点相邻两过程的物理量
⑤选规律：联立不同阶段的方程求解
5.典型类型
①带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示．
②带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在磁场做匀速圆周运动，如图所示
【实战演练】
(2023·全国卷乙·5)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP= l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
A. E2aB2B. EaB2C. B2aE2D. BaE2
【答案】A
【解析】

设粒子做圆周运动的半径为R，
如图由几何关系可知θ=60°，则cs60°=R−aR，解得粒子做圆周运动的半径R= 2a，
由粒子做圆周运动时有qvB=mv2R ①
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq = qvB ②
联立①②式可得qm=E2a⋅B2。
故选A。
【实战演练】
(2023·海南卷·13)如图所示，质量为m，带电量为+q的点电荷，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则( )
A. 粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E=y0mv02qx02
B. 粒子从NP中点射入磁场时速度为v0 x02+y02y02
C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为mv0qB
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是mv0qB x02+4y02x02
【答案】AD
【解析】解：A、根据带电粒子在电场中做类平抛运动，若粒子打到PN中点，则
x方向匀速直线运动，有：x0=v0t
y方向粒子做匀加速直线运动，有：12y0=12at2
根据牛顿第二定律得：Eq=ma 解得：E=mv02y0qx02，故A正确；
B、粒子从PN中点射出时，y方向根据匀变速位移与平均速度关系式得：y02=vy2t
刚出电场射入磁场时速度v1= v02+vy2= v02+(y0t)2
将t=x0t0代入解得：v1=v0x0 x02+y02，故B错误；
C、粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，轨迹如下图所示：

则tanθ=v0vy=v0at
将a、t代入得：tanθ=mv02qEx0
粒子从电场中射出时的速度v=v0sinθ
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2r
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d=rcsθ
联立解得d=Ex0Bv0，故C错误；
D、当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则在电场中沿电场方向加速的距离最大，则y方向速度及合速度最大，此时粒子从N点进入磁场，则vym=2y0t
x0=v0t
出离电场的最大速度：vm= v02+vym2=v0x0 x02+4y02
则由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2r
可得最大半径：rm=mvmqB=mv0qB x02+4y02x02，故D正确。
【实战演练】
(2023·山东卷·17)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。
(1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
(i)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；
(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】解：(1)粒子从A到垂直于NP进入电场过程中，粒子运动轨迹如图所示：

根据几何关系可知，粒子轨迹半径：r1=13AP=13d
设粒子第一次进入磁场时的速度为v1，根据动能定理可得：qE⋅2d=12mv12，解得：v1=2 qEdm
由于粒子第二次从QN边进入电场到再次从QN边进入磁场过程中，电场力做功为零，所以粒子第二次进入磁场时的速度大小不变，仍为v1。
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B=mv12r1
解得：B=6d mEdq；
(2)(i)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开，粒子运动轨迹如图所示：

根据几何关系可得：r22=(2d)2+(r2−d)2
解得：r2=2.5d
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B=mv22r2
解得：v2=15 qEdm
根据几何关系可得：csθ=2dr2=2d2.5d=0.8，解得：θ=37°
粒子从P点进入电场E′后，从Q点离开电场，则有：
t=2dv2csθ
2d=v2sinθ⋅t+12a′t2
根据牛顿第二定律可得：a′=qE′m
联立解得：E′=36E；
粒子从A到上边界运动的过程中，根据动能定理可得：qE′⋅2d=12mv22−12mv02
解得：v0=9 qEdm，方向向上；
(ii)假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进入电场，设粒子离开Q点速度大小为v3，与y轴夹角为α，如图所示：

根据动能定理可得：qE′⋅2d=12mv32−12mv22
解得：v3=3 41⋅ qEdm
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv3B=mv32r3，解得：r3=92 41d
根据几何关系可得：sinα=v2csθv3，解得：sinα=4 41，则csα=25 41
根据图中的几何关系可得：r3= 2dcs(α+45°)
解得：r3=2 4121d
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。
答：(1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，则磁场的磁感应强度B的大小为6d mEdq；
(2)(i)改变后电场强度E′的大小E′=36E和粒子的初速度为9 qEdm，方向向上；
(ⅱ)粒子不能从P点第三次进入电场。
【实战演练】
(2021·广东卷·14)图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为eq \r(3)R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
【答案】(1)eq \f(5\r(eUm),eR) eq \f(πR\r(meU),4eU) 8eU (2)eq \f(13,6)
【解析】(1)电子在电场中加速有2eU＝eq \f(1,2)mv2，在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R
根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝meq \f(v2,r)
联立解得B1＝eq \f(5\r(eUm),eR)
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πr,v)
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝eq \f(5,4)π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝eq \f(φ,2π)T
联立解得t＝eq \f(πR\r(meU),4eU)
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，
由几何关系可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)R－rm))2＝R2＋rm2
解得rm＝eq \f(\r(3),3)R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝meq \f(vm2,rm)
2eU＝eq \f(1,2)mvm2－keU
联立解得k＝eq \f(13,6).
三、带电粒子在叠加场中的运动
1.磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动.
②若重力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,故机械能守恒.
2.电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动.
②若电场力和洛伦兹力不平衡,则带电体做复杂的曲线运动,可用动能定理求解.
3.电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡,带电体做匀速直线运动.
②若重力与电场力平衡,带电体做匀速圆周运动.
③若合力不为零,带电体可能做复杂的曲线运动,可用能量守恒定律或动能定理求解.
【技巧点拨】
①带电粒子在复合场中做直线运动
Ⅰ、带电粒子所受合外力为零时，做匀速直线运动，处理这类问题，应根据受力平衡列方程求解.
Ⅱ、带电粒子所受合外力恒定，且与初速度在一条直线上，粒子将作匀变速直线运动，处理这类问题，根据洛伦兹力不做功的特点，选用牛顿第二定律、动量定理、动能定理、能量守恒等规律列方程求解.
②带电粒子在复合场中做曲线运动
Ⅰ、当带电粒子在所受的重力与电场力等值反向时，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动.处理这类问题，往往同时应用牛顿第二定律、动能定理列方程求解.
Ⅱ、当带电粒子所受的合外力是变力，与初速度方向不在同一直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，一般处理这类问题，选用动能定理或能量守恒列方程求解.
【实战演练】
(2022·广东卷·8)(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC
【解析】由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误．
四、带电粒子在有界匀强磁场中的运动
带电粒子在有边界的磁场中运动时，由于边界的限制往往会出现临界问题．解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“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．圆心的确定方法
①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲．
②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙．
2．半径的确定和计算
①连接圆心和轨迹圆与边界的交点，确定半径，然后用几何知识求半径，常用解三角形法，如图
或由求得
②在分析几何关系时，特别要掌握以下两点
Ⅰ、粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，且等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即.
Ⅱ、相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝π.
3．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间：或 (为弧长)．
4．数学原理
①几何模型：圆与直线相交、圆与圆相交．
②对称性：圆与直线相交，轨迹(圆弧)关于圆心到边界的垂线轴对称；轨迹圆和磁场圆相交，轨迹(圆弧)关于两圆心的连线轴对称．(如图)
③构造三角形
④确定角度
Ⅰ、有已知角度：利用互余、互补、偏向角与圆心角的关系、弦切角与圆心角的关系确定；
Ⅱ、没有已知角度：利用边长关系确定．
5. 解题方法
①物理方法
I、利用临界条件求极值；
Ⅱ、利用问题的边界条件求极值；
Ⅲ、利用矢量图求极值；
②数学方法
Ⅰ、利用三角函数求极值；
Ⅱ、利用二次方程的判别式求极值；
Ⅲ、利用不等式的性质求极值；
Ⅳ、利用图像法、等效法、数学归纳法求极值；
6.临界点常用的结论：
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时间最长或最短的临界条件：当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长，运动时间越长；当比荷相同，入射速率v不同时，圆心角越大，运动时间越长；
7.典型模型
①直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
图甲中粒子在磁场中运动的时间t=T2=πmBq;
图乙中粒子在磁场中运动的时间t=1−θπT=1−θπ2πmBq=2m(π-θ)Bq;
图丙中粒子在磁场中运动的时间t=θπT=2θmBq.
【实战演练】
(2023·浙江1月选考·21)探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计)，N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60∘;且各个方向均有速度大小连续分布在12v0和 2v0之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
(1)求孔C所处位置的坐标x0;
(2)求离子打在N板上区域的长度L;
(3)若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U0;
(4)若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式。
【答案】(1)速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力Bqv0=mv02R
解得半径R=mv0Bq
孔C所处位置的坐标x0=2R=2mv0Bq
(2)速度大小为v的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力Bqv=mv2R′,解得半径R′=mvBq
若要能在C点入射，则由几何关系可得2R′csθ=2R
解得csθ=v0v∈ 22,1
如图
由几何关系可得L=2d
(3)不管从何角度发射vy=vcsθ，vx=vsin θ
由(2)可得vy=v0
由动能定理−qU0=12mvx2−12mv 2
化简有qU0=12mvy2
解得U0=mv022q
(4)孔C位置坐标x=2rcs α ,其中r=mv′Bq=Rv′v0
联立可得x=2Rv′v0cs α，cs α∈[12,1]
解得12R≤x≤2 2R
在此范围内，和(3)相同，电压Ux只与vy相关，即12mvy2=Uxq
粒子在磁场中做圆周运动，有Bqv′=mv′2r
解得vy=v′cs α=Bqx2m
联立解得Ux=B2qx28m
②平行边界(往往存在临界条件，如图所示)

图甲中粒子在磁场中运动的时间t1=θmBq,t2=T2=πmBq;
图乙中粒子在磁场中运动的时间t=θmBq;
图丙中粒子在磁场中运动的时间t=1−θπT=1−θπ2πmBq=2m(π-θ)Bq;
图丁中粒子在磁场中运动的时间t=θπT=2θmBq.
【实战演练】
(2020·天津卷·7)(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则
A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为eq \f(qBa,m)
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a D．N与O点相距(eq \r(2)＋1)a
【答案】AD
【解析】由题意可知，粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；粒子的运动轨迹如图所示，
O′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R＝eq \r(2)a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)，则v＝eq \f(\r(2)qBa,m)，故B错误；由图可知，ON＝a＋eq \r(2)a＝(eq \r(2)＋1)a，故D正确．
【实战演练】
(2020·全国卷Ⅰ·18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A.eq \f(7πm,6qB) B.eq \f(5πm,4qB) C.eq \f(4πm,3qB) D.eq \f(3πm,2qB)
【答案】C
【解析】粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定．设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆的圆心，如图所示．
圆心角θ＝π＋2β，当β最大时，θ有最大值，由几何知识分析可知，当ce与相切时，β最大，此时β＝30°，可得θ＝eq \f(4,3)π，则t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(4πm,3qB)，故选C.
③圆形边界(进出磁场具有对称性)
Ⅰ、沿径向射入必沿径向射出，如图所示．
Ⅱ、不沿径向射入时，射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ，如图所示．
【实战演练】
(2023·全国卷甲·7)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B. 最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C. 射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D. 每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【答案】BCD
【解析】解：ABC、粒子从P点沿磁场半径方向进入磁场区域，以O1为圆心做圆周运动，从A点离开圆筒，轨迹如图所示
由几何关系可知△PO1O≌△AO1O，由于∠OPO1=90°，所以∠OAO1=90°，则粒子一定会沿半径方向离开磁场区域，与筒壁碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可能通过圆心O；由图可知粒子至少与筒壁碰撞两次(分别与A和B碰撞)，然后从小孔P射出；
圆筒的半径为R，设粒子在磁场中运动轨迹的半径为r，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
设∠POA=α，由几何关系有tanα2=rR=mvqBR
粒子在磁场中运动的时间t=2πα×π−α2πT=(πα−1)2πmqB
则粒子的速度越大，半径越大，a越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故BC正确，A错误。
D、由前面分析可知粒子沿半径圆筒半径方向射向圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒，故D正确。
【实战演练】
(2022·辽宁卷·8)(多选)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示．内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器．两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点．粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点．装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力．下列说法正确的是( )
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【答案】AD
【解析】由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知，粒子2应该带正电，不可能为电子，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，可知若增大粒子的入射速度，则粒子2做圆周运动的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确．
【实战演练】
(2021·全国乙卷·16)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q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场．若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则eq \f(v1,v2)为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D．3
【答案】B
【解析】如图所示，
设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1
根据几何关系r1＝R，
以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝eq \r(3)R.
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，
可得v＝eq \f(qrB,m)，
所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(\r(3),3)，故选B.
【实战演练】
(2020·浙江7月选考·22)某种离子诊断测量简化装置如图所示．竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地．a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点．已知a、b、c离子束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用．
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系．
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,R)，
可得v＝eq \f(qBR,m)
设c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界HG上的Q点射出，如图所示，由几何关系可得OH＝0.6R
s＝HQ＝eq \r(R2－0.6R2)＝0.8R
(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O′，设从磁场边界HG边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得HO′＝0.6R，x＝eq \r(R2－HO′2)＝0.8R，
即a、c束中的离子从同一点Q射出，
离开磁场的速度与竖直方向的夹角分别为β、α，
由几何关系可得α＝β，tan α＝eq \f(OH,HQ)＝eq \f(3,4)，
tan α＝eq \f(R－s,Lmax)
解得Lmax＝eq \f(4,15)R
(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量
pz＝pcs α＝0.8qBR
当0F1＝Np＋2Npz＝2.6NqBR
当eq \f(4,15)RF2＝Np＋Npz＝1.8NqBR
当L>0.4R时，只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
F3 ＝Np＝NqBR.
6.带电粒子在有界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：磁场方向不确定形成多解、临界状态不唯一形成多解、运动的周期性形成多解
②画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．
【实战演练】
(2022·湖北卷·8)(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A.eq \f(1,3)kBL,0° B.eq \f(1,2)kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
【答案】BC
【解析】若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图，
根据几何关系则有R＝L，由qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,m)＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝eq \f(1,2)L，
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,2m)＝eq \f(1,2)kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2n－1m)＝eq \f(1,2n－1)kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2nm)＝eq \f(1,2n)kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C正确，A、D错误．
五、动态圆问题
1．临界条件
带电粒子刚好穿出(不穿出)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，故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直．
2．解题步骤：分析情景→作基础图→作动态图→确定临界轨迹→分析临界状态→构建三角形→解三角形
3．常见的几种临界情况
①直线边界
最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切．
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．
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．当运动轨迹圆半径小于圆形磁场半径时，则以轨迹圆直径的两端点为入射点和出射点的圆形磁场对应的圆心角最大．
4.典型模型
①“平移圆”模型
Ⅰ、适用条件：速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上
例：粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上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
Ⅱ、特点：轨迹圆圆心共线，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行
Ⅲ、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
②“旋转圆”模型
Ⅰ、适用条件：速度大小一定，方向不同
例：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，若入射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为，如图所示
Ⅱ、特点：轨迹圆圆心共圆，如图，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
Ⅲ、界定方法：将一半径为的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
③“放缩圆”模型
Ⅰ、适用条件：速度方向一定，大小不同
例：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
Ⅱ、特点：轨迹圆圆心共线，如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，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
Ⅲ、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
【实战演练】
(2020·全国卷Ⅲ·18)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A.eq \f(3mv,2ae) B.eq \f(mv,ae) C.eq \f(3mv,4ae) D.eq \f(3mv,5ae)
【答案】C
【解析】磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，
设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2＋r2＝(3a－r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB＝meq \f(v2,r)，联立解得B＝eq \f(3mv,4ae)，故选C.
④“磁聚焦”模型：当圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等时,存在两条特殊规律
Ⅰ、磁聚焦：平行射入圆形有界磁场的相同带电粒子,如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等,则所有粒子都从磁场边界上的同一点射出,并且出射点的切线与入射速度方向平行
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点发出的带电粒子必然经过B点．
Ⅱ、磁发散：带电粒子从圆形有界磁场边界上某点射入磁场,如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等,则粒子的出射速度方向与圆形磁场上入射点的切线方向平行
证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射速度方向相同(沿水平方向)．
六、带电粒子在匀强电场和匀强磁场中偏转的比较
1.两种偏转的对比
2.两种偏转的解题思路
①磁偏转：粒子垂直磁感线进入磁场→匀速圆周运动：画轨迹、找半径、定圆心。
②电偏转：粒子垂直电场线进入电场→类平抛运动：分解法（初速度方向：匀速直线运动；电场方向：匀变速直线运动）
【实战演练】
(2023·浙江6月选考·22)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=L2处的离子的最小速度v2；
(3)若B2=B1Ly，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在B1qLm～6B1qLm范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【答案】解：(1)离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1所示。

设其匀速圆周运动的半径为r，圆周轨迹的圆心角为2α，由几何关系可得：α=60°，r−L=rcsα
解得：r=2L
由洛伦兹力提供向心力得：qB1v1=mv12r
解得：v1=2qB1Lm
离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期T=2πrv1=2πmqB1
在磁场中的运动时间t=2α360∘⋅T=2πm3qB1
(2)能到达y=L2处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线y=L2相切，其运动轨迹如图2所示。

设离子在A点进入磁场区域Ⅰ时沿x、y轴的分速度分别为v2x、v2y，在C点进入磁场区域Ⅱ时沿x轴的分速度分别为v2x′，在C点离子的速度与x轴的夹角为θ，在区域Ⅱ中的运动半径为R，则有：
v2x=v2cs60°=12v2，v2x′=v2csθ
设离子由A到C的过程中某时刻沿y轴的分速度为v2yi，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：∑qB1v2yi⋅Δt=mv2x′−mv2x
其中：∑v2yi⋅Δt=L
已知：B2=2B1
联立可得：12qB2L=mv2csθ−12mv2
由几何关系得：R−L2=Rcsθ
由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2=mv22R
联立解得：R=2L，v2=2qB2Lm=4qB1Lm
(3)设速度大小为v3的离子，在区域Ⅱ中的运动轨迹与x轴相切，对此粒子由进入区域Ⅰ到与x轴相切的过程，与(2)同理，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v3yi⋅Δt+∑qB2v3yi⋅Δt=mv3−mv3cs60°
其中：∑qB1v3yi⋅Δt=qB1L
∑qB2v3yi⋅Δt=∑qB1Ly⋅v3yi⋅Δt=∑qB1Ly⋅Δy=qB1L0Lydy=12qB1L
联立可得：qB1L+12qB1L=mv3−12mv3
解得：v3=3qB1Lm
故离子源射出的离子速度大于3qB1Lm的离子能进入第四象限，则进入第四象限的离子数与总离子数之比为：η=6B1qLm−3B1qLm6B1qLm−B1qLm=35
【实战演练】
(2023·辽宁卷·14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的 3倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为2mv03qB，不计粒子重力。
(1)求金属板间电势差U。
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
【答案】解：(1)设板间距离为d，板长为 3d，板间电压为U，粒子在电场中做类平抛运动，则有
3d=v0t
d2=12×qUmdt2
两式联立解得U=mv023q
(2)粒子射出电场时与射入电场时运动方向间的夹角为α，位移偏转角为θ1，由粒子出电场时速度偏转角正切值为位移偏转角正切值2倍求解；则有
tanα=2tanθ1
tanα=2tanθ1=2×d2 3d= 33
解得：α=30°
粒子进入磁场的轨迹如图示，轨迹的圆心为O1，设粒子做圆周运动的半径为r，圆形磁场半径为R

洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
qvB=mv2r
v0v=cs30°
v=2 3v03
r=mvqB=2 3mv03qB
tan∠OO′O1=Rr
解得tan∠OO′O1= 33
∠OO′O1=30°，则θ粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角为
2∠OO′O1=2×30°=60°
即粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ等于粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角
即θ=60°
(3)粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长，即粒子在圆形磁场里做圆周运动的弧所对应的弦最长，即为直径，粒子运动轨迹如图示，改变后的圆形磁场区域的圆心M如图示。

答：(1)求金属板间电势差U为mv023q。
(2)粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ为60°。
(3)见解答。
七、带电粒子在立体空间的运动
1.带电粒子的螺旋线运动和旋进运动
空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的．现在主要讨论两种情况：
①空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动．这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．
【实战演练】
(2022·重庆卷·5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录．为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则( )
A．电场力的瞬时功率为qEeq \r(v12＋v22)
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
【答案】D
【解析】根据功率的计算公式可知P＝Fvcs θ，则电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，A错误；由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F洛＝qv2B，B错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的安培力不变，静电力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确．
②空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．
2.带电粒子在立体空间中的偏转
分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系．带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题．有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如螺旋线运动和旋进运动)来求解．
【实战演练】
(2022·山东卷·17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0(1)当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
(3)离子甲以eq \f(qBd,2m)的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示)；
(4)当离子甲以eq \f(qBd,2m)的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、带电量为＋q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)．
【答案】(1)eq \f(mv02sin βcs β,qL) (2)eq \f(qBd,m) (3)(d，d,0) (4)(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB)
【解析】(1)如图所示
将离子甲在A点的出射速度v0分解到沿y轴方向和z轴方向，离子受到的静电力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有
L＝v0cs β·t，v0sin β＝at，a＝eq \f(qE,m)
联立解得E＝eq \f(mv02sin βcs β,qL)；
(2)如图所示
离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝eq \f(mv12,rⅠ)
离子经过磁场Ⅰ偏转后从y轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1·eq \f(\r(2),2)B＝eq \f(mv12,rⅡ)，可得rⅡ＝eq \r(2)rⅠ
为了使离子在磁场中运动，需满足rⅠ≤d，rⅡ≤3d
则可得v1≤eq \f(qBd,m)
故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为eq \f(qBd,m)；
(3)离子甲以v＝eq \f(qBd,2m)的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r1＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(d,2)
离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2＝eq \f(\r(2)d,2)
离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过xOy平面的x坐标为
x4＝2r2sin 45°＝d
离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y4＝2r1＝d
故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d,0)；
(4)设离子乙的速度为v′，根据离子甲、乙动能相同，可得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×4mv′2
可得v′＝eq \f(v,2)＝eq \f(qBd,4m)
离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为
r1′＝eq \f(4mv′,qB)＝d＝2r1
离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为
r2′＝eq \f(4mv′,q·\f(\r(2),2)B)＝eq \r(2)d＝2r2
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，
从O点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有
t甲＝T1＋T2＝eq \f(2πm,qB)＋eq \f(2πm,q·\f(\r(2),2)B)＝(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB)
t乙＝eq \f(1,2)T1′＋eq \f(1,2)T2′＝eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,qB)＋eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,q·\f(\r(2),2)B)＝(4＋4eq \r(2))eq \f(πm,qB)
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t乙－t甲＝(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB).
知识点05 常见电学仪器
一、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)
Ⅰ、加速电场：；
Ⅱ、偏转磁场：，；
由以上两式可得，，.
二、回旋加速器
①构造：如图所示，D1、D2是半圆金属盒，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，粒子被加速一次．
③最大动能：由、得，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．
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，加速次数，粒子在磁场中运动的总时间.(忽略粒子在狭缝中运动的时间)
【实战演练】
(2023·广东卷·6)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m，磁感应强度大小为1.12T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1eV=1.6×10−19J)( )
A. 3.6×106m/sB. 1.2×107m/sC. 5.4×107m/sD. 2.4×108m/s
【答案】C
【解析】解：质子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
qBv=mv2r
其中，Ek=12mv2=1.5×107eV=1.5×107×1.6×10−19J=2.4×10−12J
联立解得：v=5.4×107m/s，故C正确，ABD错误；
三、速度选择器
①平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．(如图所示)
②带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，即.
③速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．
④速度选择器具有单向性．
【实战演练】
(2021·福建卷·2)一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示．一质子(eq \\al(1,1)H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动．下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)( )
A．以速度eq \f(v0,2)射入的正电子(eq \\al(0,1)e)
B．以速度v0射入的电子(eq \\ar( 0,－1)e)
C．以速度2v0射入的核(eq \\al(2,1)H)
D．以速度4v0射入的α粒子(eq \\al(4,2)He)
【答案】B
【解析】根据题述，质子(eq \\al(1,1)H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，可知质子所受的静电力和洛伦兹力平衡，即eE＝ev0B.因此满足速度v＝eq \f(E,B)＝v0的粒子才能够做匀速直线运动，所以选项B正确．
四、磁流体发电机
①原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．
②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．
③发电机路端电压U和内阻r：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v.
Ⅰ、路端电压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，则，即.
Ⅱ、发电机内阻：.
五、电磁流量计
①流量(Q)：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积．
②导电液体的流速(v)的计算
如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由，可得.
③流量的表达式：.
④电势高低的判断：根据左手定则可得.
六、霍尔效应的原理和分析
①定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．
②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．
③霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，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，，，联立解得，称为霍尔系数．
【技巧点拨】速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的共同特点：带电粒子在叠加场中受到的静电力和洛伦兹力平衡(即qvB＝qE或qvB＝qeq \f(U,d))，带电粒子做匀速直线运动．
【实战演练】
(2023·北京卷·20)(2022·北京·高考真题)指南针是利用地磁场指示方向的装置，它的广泛使用促进了人们对地磁场的认识。现代科技可以实现对地磁场的精确测量。
(1)如图1所示，两同学把一根长约10m的电线两端用其他导线连接一个电压表，迅速摇动这根电线。若电线中间位置的速度约10m/s，电压表的最大示数约2mV。粗略估算该处地磁场磁感应强度的大小B地；
(2)如图2所示，一矩形金属薄片，其长为a，宽为b，厚为c。大小为I的恒定电流从电极P流入、从电极Q流出，当外加与薄片垂直的匀强磁场时，M、N两电极间产生的电压为U。已知薄片单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e。求磁感应强度的大小B；
(3)假定(2)中的装置足够灵敏，可用来测量北京地区地磁场磁感应强度的大小和方向，请说明测量的思路。
【答案】(1)数量级为10−5T；(2) B=necIU ；(3)见解析
【解析】(1)由E = BLv可估算得该处地磁场磁感应强度B地的大小的数量级为10−5T。
(2)设导电电子定向移动的速率为v，Δt时间内通过横截面的电量为Δq，
有I=ΔqΔt=nebcv
导电电子定向移动过程中，在 MN 方向受到的电场力与洛伦兹力平衡，有eUb=evB
得B=necIU
(3)如答图3建立三维直角坐标系Oxyz
设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为Bx、By、Bz。把金属薄片置于xOy平面内，M、N两极间产生电压Uz仅取决于Bz。由(2)得Bz=necIUz
由Uz的正负(M、N两极电势的高低)和电流I的方向可以确定Bz的方向。
同理，把金属薄片置于xOz平面内，可得By的大小和方向；把金属薄片置于yOz平面内，可得Bx的大小和方向，则地磁场的磁感应强度的大小为B= Bx2+By2+Bz2
根据Bx、By、Bz的大小和方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向。
考点内容
要求
考情
磁场、磁感线
b
2021·全国甲卷·16、2023·江苏卷·2、2021·浙江6月选考·15
2022·湖南卷·3、2023·海南卷·2、2022·广东卷·7
2021·湖北卷·9、2023·全国卷乙·5、2023·海南卷·13
2023·山东卷·17、2021·广东卷·14、2022·广东卷·8
2023·浙江1月选考·21、2020·天津卷·7、2020·全国卷Ⅰ·18
2023·全国卷甲·7、2022·辽宁卷·8、2021·全国乙卷·16
2020·浙江7月选考·22、2022·湖北卷·8、2020·全国卷Ⅲ·18
2023·浙江6月选考·22、2023·辽宁卷·14、2022·重庆卷·5
2022·山东卷·17、2023·广东卷·6、2021·福建卷·2
2023·北京卷·20
磁感应强度、磁通量
c
几种常见的磁场
b
安培力
d
洛伦兹力
c
带电粒子在匀强磁场中的运动
d
学
习
目
标
1.了解磁场，掌握磁感应强度的概念，会用磁感线描述磁场，知道几种常见磁场的分布。
2.会判断安培力的方向，会计算安培力的大小．会判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小.
3.会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.
4.学会处理带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题，会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题，会处理带电粒子在组合场中的运动问题，掌握带电粒子在交变电、磁场中运动的解题思路和处理方法．
5.理解质谱仪和回旋加速器的原理，了解常见的电学仪器，能解决相关问题.
直线电流的磁场
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
磁场特点
不等距的同心圆。无磁极、非匀强磁场,且距导线越远磁场越弱
与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场,管外为非匀强磁场
环形电流的两侧分别是N极和S极,且离圆环中心越远磁场越弱
磁感应强度B
电场强度E
物理意义
描述磁场强弱的物理量
描述电场强弱的物理量
定义式
(I与B垂直)

方向
磁感线切线方向,小磁针N极受力方向(小磁针静止时N极所指方向)
电场线切线方向,正电荷受力方向
大小决定因素
由磁场决定,与电流元无关
由电场决定,与试探电荷无关
场的叠加
合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和
合电场强度等于各电场的电场强度的矢量和
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
(说明：运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用)
电荷处在电场中
大小
(v⊥B)
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
作用效果
只改变电荷的速度方向,不改变速度大小
既可以改变电荷的速度大小,也可以改变速度的方向
运动形式
比较项目
带电粒子在匀强电场中偏转(v0⊥E)
带电粒子在匀强磁场中偏转(v0⊥B)
受力特点
受到恒定的电场力,电场力做功
受洛伦兹力作用,但洛伦兹力不做功
运动特征
类平抛运动
匀速圆周运动
研究方法
牛顿运动定律、匀变速运动公式、正交分解法
牛顿运动定律、向心力公式、圆的几何知识
表达方式
飞出电场的时间t=xv0
打在极板上的时间t=2ya
偏移量:y=at22
偏转角θ满足:tanα=vyv0
时间t=θ2πT(θ是圆心角,T是周期)
偏转角θ满足:sinθ=lR(l是磁场宽度,R是粒子轨道半径)
运动情景