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1、2020-2021年高考物理重点专题讲解及突破10：磁场超重点1：磁场的描述磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向2磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向(2)大小：B(通电导线垂直于磁场)(3)方向：小磁针静止时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(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线二、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的
2、磁感应强度方向一致2几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(如图所示)(2)电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则三、安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：FBIL.(2)磁场和电流平行时：F0.2安培力的方向左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培
3、力的方向考点一磁场及安培定则的应用1磁场的三点说明(1)磁感应强度是矢量，其方向与导线所受力的方向垂直；(2)电流元必须垂直于磁场方向放置，公式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，与通电导线受力的大小及方向都无关2.安培定则的应用 在运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”.因果磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指3.磁场叠加问题的一般解题思路(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(3)应用平
4、行四边形定则进行合成，如图中的合磁场题组突破训练1下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是()【答案】C【解析】通电直导线中的安培定则：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向，由此可知A、B错误通电螺线管中的安培定则：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C正确，D错误2(2017高考全国卷)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
5、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()A0B.B0C.B0 D2B0【答案】C【解析】导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BPBQB1，如图甲所示，则其夹角为60，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1.又根据题意Ba0，则B0B1，且B0平行于PQ向左若P中电流反向，如图乙所示，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120，合磁场的磁感应强度大小为B合B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度BB0，则A、B、D项均错误，C项正确考点二安培力作用下导体运动的判断 1方法概述判定通电导
6、体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，再弄清导体中电流方向，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2常用方法电流元法分割为电流元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条形磁铁通电螺线管多个环形电流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
7、体所受合力及运动方向 典例1一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【答案】B【解析】方法一：电流元分析法把线圈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，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动方法二：等效分析法把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流
8、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之间不平行，由于两不平行的电流的相互作用，则两环必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动 题组突破训练1如图所示，把一通电导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动当导线通过电流I时，如果只考虑安培力的作用，则从上往下看，导线的运动情况是()A顺时针方向转动，同时下降B顺时针方向转动，同时上升
9、C逆时针方向转动，同时下降D逆时针方向转动，同时上升【答案】C【解析】第一步：电流元受力分析法把直线电流等效为OA、OB两段电流元，蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元受安培力方向如图甲所示可见从上往下看时，导线将逆时针方向转动第二步：特殊位置分析法取导线逆时针转过90的特殊位置来分析，如图乙所示根据左手定则判断安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动2如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为FN1.当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为FN2，则下列关于磁铁对斜面的压力和弹簧的伸长量的说法中
10、正确的是()AFN1FN2，弹簧的伸长量增大DFN1FN2，弹簧的伸长量减小【答案】C【解析】在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，导线A中的电流垂直纸面向外时，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力F，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力F的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即FN1FN2.同时，F有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确选项为C.考点三安培力作用下的平衡与加速1分析导体在磁场中平衡和加速问题的基本思路(1)确定要研究的导体(2)按照已知力重力安培力弹力摩擦力的顺序
11、，对导体受力分析(3)分析导体的运动情况(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解2受力分析的注意事项(1)安培力的方向特点：FB，FI，即F垂直于B和I决定的平面(2)安培力的大小：应用公式FBILsin 计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L等于曲线两端点的直线长度(如图所示)(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图(如图所示)真题拓展探究 典例2(2015高考全国卷)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1
12、 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 .已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量【答案】竖直向下0.01 kg【解析】依题意，开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向为竖直向下开关断开时，两弹簧各自相对于其原长的伸长量为l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数
13、，g是重力加速度的大小开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻联立式，并代入题给数据得m0.01 kg拓展1安培力作用下的动态平衡问题1如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小【答案】
14、A【解析】金属棒MN受力分析及其侧视图如图所示，由平衡条件可知F安mgtan ，而F安BIL，即BILmgtan ，则I，m，B，故A正确，C、D错误角与悬线长度无关，B错误拓展2安培力作用下的加速问题2(多选)如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正下方固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流，其电流也为I，线框的边长为L，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为Bk，线框的质量为m，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为()A0B.gC.g Dg【答案】AC【解析】线框上边受到的安培力大小为F1kILk
15、I2，方向向上，线框下边受到的安培力大小为F2kILkI2，方向向下，若F1F2mg，则加速度为零，A项正确；若F1大于F2mg，则加速度向上，大小为a1g，B项错误，C项正确；若F1小于F2mg，则加速度向下，大小为a2g，D项错误拓展3安培力作用下的功能关系应用3(多选)间距为L20 cm的光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m60 g、电阻R1 、长为L的导体捧ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高
16、度时，细线与竖直方向成53角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，不考虑导体棒切割磁感线的影响，导轨电阻不计，sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2，则()A磁场方向一定竖直向下B电源电动势E3.0 VC导体棒在摆动过程中所受安培力F3 ND导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J【答案】AB【解析】当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确设电路中电流为I，则根据动能定理得mgL(1cos 53)FLsin 530，解得安培力F0.3 N，由FBIL，得E3 V，故B正确，C错误导体棒在摆动
17、过程中电源提供的电能一部分转化为机械能EmgL(1cos 53)0.06100.20.4 J0.048 J，另一部分转化为焦耳热，故D错误超重点2：磁场对运动电荷的作用 一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小1洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力2洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则：掌心磁感线垂直穿入掌心；四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指指向洛伦兹力的方向(2)方向特点：FB，Fv，即F垂直于B和v决定的平面3洛伦兹力的大小(1)当vB时，洛伦兹力F0.(0或180)(2)当vB时，洛伦兹力FqvB.(90)(3)当v0时，洛伦兹力F0.二、带电粒子在匀强磁场中的运动1
18、若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动2若vB，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做匀速圆周运动如下图，带电粒子在磁场中，中粒子做匀速圆周运动，中粒子做匀速直线运动，中粒子做匀速圆周运动3半径和周期公式：(vB)考点一对洛伦兹力的理解 1洛伦兹力的特点(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)洛伦兹力一定不做功2洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)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(2)安培力可以做功，而洛伦兹力
19、对运动电荷不做功3洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v0且v不与B平行电荷处在电场中大小FqvB(vB)FqE力方向与场方向的关系FB，FvFE做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功题组突破训练1下列关于洛伦兹力的说法中，正确的是()A只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B如果把q改为q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变【答案】B【解析】因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速度与磁场垂直时FqvB，当
20、粒子速度与磁场平行时F0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，所以A选项错误因为q改为q且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由FqvB知大小也不变，所以B选项正确因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，所以C选项错误因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，所以D选项错误2如图所示，表面粗糙的绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)中，质量为m、电荷量为Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下
21、滑的过程中，下列判断正确的是()A滑块受到的摩擦力不变B滑块到达斜面底端时的动能与B的大小无关CB很大时，滑块最终可能静止于斜面上D滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面【答案】D【解析】小滑块向下运动的过程中受到重力、垂直斜面向下的洛伦兹力、斜面的支持力和摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，选项A错误，D正确；B的大小不同，洛伦兹力的大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力做功不同，滑块到达斜面底端的动能不同，选项B错误；滑块之所以开始时能由静止下滑，是因为重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，B很大时，滑块一旦运动，不会停止，最终做匀速直
22、线运动，选项C错误考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1带电粒子在匀强磁场中圆周运动分析(1)圆心的确定方法方法一若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力Fv，分别确定两点处速度的垂线，其交点即为圆心，如图(a)；方法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)(2)半径的计算方法方法一由物理方法求：半径R；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)计算来确定(3)时间的计算方法方法一由圆心角求：tT；方法二由弧长求：t.2带电粒子在不同边界磁场中的运动(1)直线边界(进出
23、磁场具有对称性，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示) 典例1(2016高考全国卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30角当筒转过90时，粒子恰好从小孔N飞出圆筒不计重力若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.B.C. D.【答案】A【解析】定圆心、画轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角30，所需时间tT；由题意可知粒子由M飞至N与圆筒旋转
24、90所用时间相等，即t，联立以上两式得，A项正确拓展1带电粒子在直线边界磁场中的运动1(2020陕西渭南模拟)在真空室中，有垂直于纸面向里的匀强磁场，三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图所示的初速度v1、v2和v3经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场，这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分别是s1、s2和s3，不计质子重力，则有()As1s2s3 Bs1s2s2 Ds1s3s2【答案】D【解析】由已知条件可知三个质子运动轨迹的半径相等由于初速度v1和v3的方向与MN的夹角相等，所以这两个质子的运动轨迹正好能组合成一个完整的圆，则这两个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的，且
25、小于轨迹圆的直径；而初速度为v2的质子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径，即s1s30)粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A.B.C. D.【答案】D【解析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，故轨迹与ON相切，粒子出磁场的位置与切点的连线是粒子做圆周运动的直径，大小为，根据几何知识可知，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为d
26、，选项D正确2极值问题如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v3.2106 m/s的粒子已知屏蔽装置宽AB9 cm，缝长AD18 cm，粒子的质量m6.641027 kg，电荷量q3.21019 C若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中(1)若所有的粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d20 cm，则射出屏蔽装置的粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果可带根号)【答案】(1)(2010)102 m(2)
27、106 s106 s【解析】(1)由题意：AB9 cm，AD18 cm，可得BAOODC45所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律有Bqv解得R0.2 m20 cm.由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的粒子的圆周轨迹相切，则所有粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示设此时磁场宽度dd0，由几何关系得d0RRcos 45(2010) cm.则磁场的宽度至少为(2010)102 m.(2)设粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则T106 s设速度方向垂直于AD进入磁场区域的粒子的入射点为E，如图乙所示因磁场宽度
28、d20 cmd0，且R20 cm，则在EOD间进入磁场区域的粒子均能穿出磁场右边界，在EOA间进入磁场区域的粒子均不能穿出磁场右边界，沿OE方向进入磁场区域的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长，设在磁场中运动的最长时间为tmax，则tmax106 s若粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦长最短，则粒子在磁场中运动的时间最短最短的弦长为磁场宽度d.设在磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图乙所示，因Rd，则圆弧对应的圆心角为60，故tmin106 s.3如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强
29、度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线质量为m、带电荷量为q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a.不考虑粒子重力(1)求粒子射入磁场时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值【答案】(1)(2)不小于(3)4na(n1,2,3，)【解析】(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，由几何关系可得R5a，由牛顿第二定律可知qvB0m，解得v.(2)当粒子恰好不从A
30、C边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得r1r1cos 3a，cos ，所以r1，根据qvB1m，解得B1，当B1时，粒子不会从AC边界飞出(3)当B3B0时，根据qvBm，得粒子在OF下方运动的半径ra，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：4a；所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为Ln4na(n1,2,3，)超重点3：带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在复合场中的运动1叠加场与组合场叠加场电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中两场在同一区域共存组合场电场与磁场各位于一定
31、的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现2.带电体在复合场中常见的几种运动情况(1)静止或匀速直线运动：带电粒子在复合场中所受合力为零(2)匀速圆周运动：带电粒子所受重力与电场力大小相等、方向相反，洛伦兹力提供向心力(3)其他变加速曲线运动：带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度不在一条直线上如图，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向下一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域若不计重力，且qvBEq，粒子做匀速直线运动若考虑重力，且mgEq，粒子做匀速圆周运动若不计重力，且qvBEq，粒子做变速曲线运动二、带电粒子在复合场中运动的应用实例装置原理图规律质谱仪粒子由静止被加速
32、电场加速qUmv2，在磁场中做匀速圆周运动qvBm，则比荷回旋加速器交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速由qvB得Ekm，R为D形盒半径速度选择器若qv0BEq，即v0，粒子做匀速直线运动考点一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、磁场分时间段或分区域交替出现2“电偏转”与“磁偏转”的比较垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FEqE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力洛伦兹力FBqvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力轨迹抛物
33、线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类似平抛运动的规律求解：vxv0，xv0tvyt，yt2偏转角：tan 半径：r周期：T偏移距离y和偏转角要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间ttT动能变化不变 典例1(2017高考天津卷)平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强
34、度和磁感应强度的大小之比【答案】(1)v0与x轴正方向成45角斜向上(2)【解析】(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2Lv0tLat2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvyat设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为，有tan 联立式得45即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v联立式得vv0(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得Fma又FqE设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半
35、径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvBm由几何关系可知RL联立式得 题组突破训练1(2020河南六市模拟)如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场已知带电粒子的比荷3.2109 C/kg，电场强度E200 V/m，M、N间距MN1 cm，金属板长L25 cm，粒子的初速度v04105 m/s，带电粒子重力忽略不计，求：(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角；(2)磁感应强度B的大小【答案】(1)45(2)2.5102 T【解析】(1)由牛顿第二定律有qEma粒子在电场中水平方向做匀速直线
36、运动，Lv0t粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，射出电场时的竖直分速度vyat速度偏转角的正切值tan 由以上各式代入数据解得45. (2)粒子射出电场时运动的速度大小为：v在磁场中洛伦兹力提供向心力：Bqvm由几何关系得MNr代入数据解得B2.5102 T.2如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(h,0)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的