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(共19張PPT)
第一章　安培力與洛倫茲力
8
專題：帶電粒子在勻強磁場中的臨界和多解問題
2
會分析帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題.
1
會分析帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題.
重難點
重難點
帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題
解決帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題的關鍵，通常以題目中的“恰好”“最大”“至少”等為突破口，尋找臨界點，確定臨界狀態，根據磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解.
(1)剛好穿出或剛好不能穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切.
(2)當以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長、圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動時間越長.
(3)速度v不同，比荷相同的粒子在同一磁場內周期相同，運動的圓心角越大，運動時間越長.
觀察與思考
1.(2022·瀘西縣期中)如圖所示，真空中狹長區域內的勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，區域寬度為d，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側沿垂直于磁場方向射入磁場，入射方向跟CD的夾角為θ，已知電子的質量為m、帶電荷量為e，忽略重力，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應滿足的條件是
√
電子從EF射出的臨界條件為到達邊界EF時，速度與EF平行，軌跡與EF相切，電子運動軌跡如圖所示；
由幾何知識得：R＋Rcos θ＝d
電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
電子要從EF邊界射出，電子速度：v＞ ，故A正確，B、C、D錯誤.
2.(2021·宜賓市期末)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖.已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力.(cos 53°＝0.6)
(1)若電子以速率v，從實線圓外沿半徑方向射入磁場，為使電子不能進入內部無磁場區域，求磁場的磁感應強度最小值；
電子在磁場中做勻速圓周運動，如圖甲所示，為使該電子不進入圖中虛線圓圍成的區域內，其軌跡半徑最大時軌跡與虛線圓相切；
設電子運動軌跡的最大半徑為r，
由幾何關系得：(a＋r)2＝r2＋(3a)2
解得：r＝4a
(2)若電子以速率v，從圓心沿半徑方向進入磁場，為使該電子的運動能被限制在圖中實線圓圍成的區域內，求磁場的磁感應強度最小值.
電子的運動軌跡如圖乙所示，當電子在磁場中的運動軌跡和外圓相切時，電子在圖中實線圓圍成的區域內運動的半徑最大.
設電子運動軌跡的最大半徑為r1，
由幾何關系得：r12＋a2＝(3a－r1)2，
帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題
帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題.
(1)找出多解的原因.
(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況.
觀察與思考
考向1　磁場方向不確定形成多解
3.(多選)(2022·普寧市高二期中)如圖所示，A點的粒子源在紙面內沿垂直OQ方向向上射出一束帶負電荷的粒子，粒子重力忽略不計.為把這束粒子約束在OP之下的區域，可在∠POQ之間加垂直紙面的勻強磁場.已知OA間的距離為s，粒子比荷為 ，粒子運動的速率為v，OP與OQ間夾角為30°.則所加磁場的磁感應強度B滿足
√
√
當所加勻強磁場方向垂直紙面向里時，由左手定則可知：帶負電粒子順時針偏轉.約束在OP之下的區域的臨界條件是粒子運動軌跡與OP相切.如圖所示，設其運動半徑為r1.由幾何關系得：s＋r1＝
解得：r1＝s
為把這束粒子約束在OP之下的區域，軌跡半徑需小于s，
當所加勻強磁場方向垂直紙面向外時，由左手定則可知：帶負電粒子逆時針偏轉.
約束在OP之下的區域的臨界條件是粒子運動軌跡與OP相切.如圖所示，設其運動半徑為r2.由幾何關系得：s－r2＝
考向2　臨界狀態不唯一形成多解
4.長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示.磁感應強度為B，板間距離為l，極板不帶電.現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是
√
欲使粒子不打在極板上，如圖所示，帶正電的粒子從左邊
射出磁場時，其在磁場中圓周運動的半徑R< ，粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力，根據qvB＝
帶正電的粒子從右邊射出，如圖所示，此時粒子的最小半徑為R，由圖可知.
故欲使粒子不打在極板上，粒子的速度必須滿足(共19張PPT)
6
專題：帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
第一章　安培力與洛倫茲力
2
能熟練掌握帶電粒子在勻強磁場中運動的分析方法.
1
會分析帶電粒子在有界勻強磁場中的運動.
重點
重難點
直線邊界
進出磁場具有對稱性，入射方向和出射方向與磁場邊界形成的夾角相等.(如圖)
觀察與思考
1.(多選)如圖所示，在邊界上方存在著垂直紙面向里的勻強磁場，有兩個電荷量、質量均相同，分別帶正電和負電的粒子(不計重力)，從邊界上的O點以相同速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則兩個粒子在磁場中
A.運動軌跡的半徑相同
B.重新回到邊界所用時間相同
C.重新回到邊界時速度大小和方向均相同
D.重新回到邊界時與O點的距離相等
√
√
√
根據牛頓第二定律得qvB＝ ，解得r＝ ，由題知q、m、v、B大小均相同，則r相同；
粒子的運動周期T＝ ，由題知q、m、B大小均相同，則T相同；
正、負兩粒子的運動軌跡如圖所示，帶正電的粒子逆時針偏轉，帶負電的粒子順時針偏轉，重新回到邊界時，帶正電的粒子的速度偏向角為2π－2θ，軌跡對應的圓心角也為2π－2θ，運動
時間為t＝ ；
同理，帶負電的粒子運動時間為t′＝ ，時間不等.
兩個粒子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，根據對稱性可知，兩粒子重新回到邊界時速度大小與方向均相同；
根據幾何知識得知，兩粒子重新回到邊界時與O點的距離均為2rsin θ，故選A、C、D.
平行邊界
2.如圖所示，某帶電粒子(重力不計)由M點以垂直于磁場以及磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向與原來射入方向的夾角為θ＝30°.磁場的磁感應強度大小為B.由此推斷該帶電粒子
A.帶正電
B.在磁場中的運動軌跡為拋物線
√
根據左手定則知，粒子帶負電；該粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡是圓周的一部分，而非拋物線；
圓形邊界
1.沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示.
觀察與思考
2.不沿徑向射入時速度方向與對應點半徑的夾角相等(等角進出)，如圖乙所示.
3.在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示.一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出.
(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷 ；
由粒子的運動軌跡(如圖)，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷.粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，
則粒子軌跡半徑R＝r，
(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變為B′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應強度B′的大小及此次粒子在磁場中運動的時間t.
設粒子從D點飛出磁場，運動軌跡如圖，速度方向改變了60°角，
故AD弧所對圓心角為60°，
由幾何知識可知，粒子做圓周運動的半徑
此次粒子在磁場中運動的時間
4.如圖所示，ACD為一半圓形區域，其中O為圓心，AD為直徑，∠AOC＝90°，半圓形區域內存在著垂直該平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一帶電粒子(不計重力)從圓弧的P點以速度v沿平行于直徑AD方向射入磁場，運動一段時間從C點離開磁場時，速度方向偏轉了60°，設P點到AD的距離為d.下列說法中正確的是
A.該粒子帶正電
D.直徑AD長度為4d
√
由左手定則可判斷，粒子帶負電，A錯誤；
過P點和C點作速度方向的垂線，交點即為軌跡圓圓心.如圖，由幾何關系可知，OCO′P為菱形，∠COP＝∠CO′P＝60°，
直徑AD的長度等于磁場區域半徑的2倍，即4d，故選D.(共20張PPT)
11
專題：帶電粒子在疊加場中的運動
第一章　安培力與洛倫茲力
重難點
2
學會應用動力學、功能關系和能量守恒定律解決帶電粒子在疊加場中的運動問題.
1
知道疊加場的特點，掌握帶電粒子在疊加場中兩種常見的運動.
重點
處理帶電粒子在疊加場中的運動的基本思路：
1.弄清疊加場的組成.電場、磁場和重力場共存，或其中某兩場共存.尤其注意是否考慮帶電粒子重力.
2.進行受力分析，確定帶電粒子的運動狀態，注意運動情況和受力情況的結合.
觀察與思考
3.畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同方向的運動規律.
(1)由于洛倫茲力的大小與速度有關，帶電粒子在含有磁場的疊加場中的直線運動一定為勻速直線運動，根據平衡條件列式求解.
(2)當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程求解.
(3)當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.
帶電粒子在疊加場中的直線運動
1.(多選)(2022·呼倫貝爾市高二月考)如圖所示，地面附近某真空環境中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶正電的油滴，沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動，由此可以判斷
A.油滴一定是從N點運動到M點
B.油滴沿直線一定做勻加速運動
C.油滴一定是從M點運動到N點
D.勻強電場方向一定是水平向左
√
√
油滴受到的洛倫茲力的方向為垂直MN向上(不能垂直MN向右下，否則無論電場力水平向左或向右，三個力的合力不可能沿MN方向).又因為油滴帶正電，再結合左手定則，可知油滴一定是從M點運動到N點，故A錯誤，C正確；
油滴做直線運動，受重力、電場力和洛倫茲力作用，因為重力和電場力均為恒力，且電場力只能水平向左，油滴才能沿直線運動，根據物體做直線運動條件可知，油滴所受洛倫茲力亦為恒力，據F＝qvB可知，油滴必定做勻速直線運動，油滴的受力如圖所示，故B錯誤；
電場力水平向左，而油滴帶正電，所以電場方向水平向左，故D正確.
帶電粒子在疊加場中的圓周運動
2.(多選)(2022·遂寧市期末)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后，水平向右進入互相垂直的場強為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場組成的疊加場中，在疊加場中小球在豎直面內做勻速圓周運動，重力加速度為g.則下列說法正確的是
√
√
小球在豎直平面內做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，則知小球所受的電場力豎直向上，與電場方向相反，因此小球帶負電，故A錯誤；
小球在豎直平面內做勻速圓周運動，重力與電場力平衡，則mg＝qE解得： ，故B正確；
3.(2022·永順縣高二期中)如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于xOy平面向里，電場線平行于y軸.一質量為m、電荷量為q的帶正
電的小球，從y軸上的A點以初速度v0水平向右拋出，A距離x軸的高度為
，小球經x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸
上的N點第一次離開電場和磁場區域，小球過M點時的速度方向與x軸方向的夾角為θ(未知).不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)電場強度E的大小；
小球經x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，電場力與重力等大反向，
則：qE＝mg
(2)夾角θ；
答案　30°
小球在A點以初速度v0水平向右拋出，根據平拋運動規律，豎直方向
vy2＝
聯立解得：θ＝30°；
(3)N點到M點的距離.
小球進入電場和磁場中以后，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示.
由幾何關系得d＝r
帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動
4.空間同時存在勻強電場和勻強磁場.勻強電場的方向沿y軸正方向，場強大小為E；磁場方向垂直紙面向外.質量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)從坐標原點O由靜止釋放，釋放后，粒子恰能沿圖中的曲線運動.已知該曲線的最高點P的縱坐標為h，曲線在P點附近的一小部分，可以看做是半徑為2h的圓周上的一小段圓弧.則
A.粒子在y軸方向做勻加速運動
√
粒子受到電場力和洛倫茲力作用，不可能做勻加速運動，故A錯誤；(共25張PPT)
10
專題：帶電粒子在組合場中的運動(二)
第一章　安培力與洛倫茲力
2
能處理帶電粒子多次進出電場和磁場的問題.
3
能處理帶電粒子在交變電場(磁場)中的運動問題.
1
進一步熟悉處理帶電粒子在組合場中運動問題的方法.
重點
重難點
難點
帶電粒子多次進出電場和磁場問題
在處理帶電粒子多次進出電場和磁場問題時，一定要注意：
1.空間各處電場、磁場的方向及大小是否一致.
2.帶電粒子是平行電場入射做勻變速直線運動還是垂直電場入射做類平拋運動等.
3.帶電粒子在磁場中運動只改變速度方向不改變其大小，但在電場中運動速度大小要發生變化.
觀察與思考
1.(2022·烏蘇市高二開學考試)如圖所示，在第Ⅱ象限內有水平向右的勻強電場，在第Ⅰ、第Ⅳ象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等.有一個質量為m、電荷量為q的帶正電的粒
子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場，并且恰好與y軸正方向成60°角進入磁場，再經過一段時間又恰好垂直于x軸進入第Ⅳ象限的磁場.已知OP之間的距離為d，不計粒子重力，求：
(1)電場強度E的大小；
粒子以垂直于x軸的初速度進入水平方向的勻強電場，
則粒子做類平拋運動，由進入磁場時的速度與y軸正方向成60°角，
vx＝at1
(2)帶電粒子自進入電場至在磁場中第二次經過x軸的時間.
定性地畫出粒子在電場和磁場中的運動軌跡，如圖所示：
由類平拋運動的特點可知，粒子在電場中的運動時間為：t1＝
粒子進入磁場的速度為：v＝2v0
解得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為：r＝
則粒子在磁場中的運動時間為：
因此帶電粒子自進入電場至在磁場中第二次經過x軸的時間為t＝t1＋t2＝
.
帶電粒子在交變電場(磁場)中的運動問題
1.帶電粒子在交變電場、磁場中運動時，電場或磁場隨時間做周期性變化，帶電粒子的受力也做周期性變化，使粒子的運動具有周期性.先分析在一個周期內粒子的運動情況，明確運動性質，再判斷周期性變化的電場或磁場對粒子運動的影響.
2.畫出粒子的運動軌跡，在分析粒子運動時，要注意粒子的運動周期與電場周期、磁場周期的關系.
觀察與思考
3.解決此類問題的基本思路是：
2.(多選)(2022·長沙市期末)如圖甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行于紙面且與邊界垂直的電場，M、N間電壓UMN的變化如圖乙所示，電壓的大小為U0，周期為T0；M、N兩側為相同的勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度均為B.t＝0時，將一質量為m的帶正電粒子從邊界線M上的A處由靜止釋放，經電場加速后進入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T0.兩虛線M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間忽略不計，不考慮粒子所受的重力.則
A.該粒子的比荷＝
B.粒子第1次在磁場區域Ⅰ中做圓周運動的的半徑R1＝
C.粒子第1次和第3次到達磁場區域Ⅰ的左邊界線N時，兩位置間的距離為Δd＝
D.若粒子的質量增加為 ，電荷量不變，仍在t＝0時，將其從A處由靜止釋放，
則在t＝0至t＝2T0的時間內，粒子在M、N間的運動均為加速運動
√
√
由題意知粒子做圓周運動的周期也為T0可知：T＝T0，解得： ，故A錯誤；
由于不計粒子穿越MN間的時間，則可認為t＝0時刻出發的粒子穿越MN的過程中電壓始終為U0，第1次加速后的速度為v1，根據動能定理可得：
qU0＝ ，解得：v1＝ ，
同理可得，之后粒子分別在Ⅱ和Ⅰ磁場中做圓周運動的半徑分別為：R2＝ 、R3＝ ，粒子第1次和第3次到達磁場區域Ⅰ的左邊界線N的兩位置間的距離Δd(如圖所示)；
從t＝0開始到t＝2T0為止的時間內，根據題圖乙可知粒子共加速了2次，對應的時刻為：0、 ，共減速1次，時刻為 ，故D錯誤.
3.如圖甲所示，直角坐標系xOy中，第二象限內有沿x軸正方向的勻強電場，第一、四象限內有垂直坐標系平面的勻強交變磁場，磁場方向垂直紙面向外為正方向.第三象限內有一發射裝置(圖中沒有畫出)沿y軸正方向射出一個比荷
＝100 C/kg的帶正電的粒子(可視為質點且不計重力)，該粒子以v0＝20 m/s的速度從x軸上的點A(－2 m，0)進入第二象限，從y軸上的點C(0,4 m)進入第一象限.取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻，第一、四象限內磁場的磁感應強度按圖乙所示規律變化.g＝10 m/s2.
(1)求第二象限內電場的電場強度大小；
答案　見解析
帶電粒子在第二象限的電場中只受電場力，且電場力方向與初速度方向垂直，所以，粒子做類平拋運動；
(2)求粒子第一次經過x軸時的位置坐標.
答案　見解析
設粒子進入磁場時的速度為v，
則其豎直分量vy＝v0＝20 m/s，
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得Bvq＝ ，
粒子在磁場中做圓周運動的半徑
所以由題圖乙可知，粒子每運動半個圓周則偏轉方向相反，則粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示
所以OD＝3 m，
則粒子第一次經過x軸時的位置坐標為(3 m,0).
因為 m＝8R，所以粒子運動第四個半圓的過程中第一次經過x軸，由幾何關系可知，粒子第一、二次經過x軸，在x軸上對應的弦長為 ＝1 m；(共25張PPT)
9
專題：帶電粒子在組合場中的運動(一)
第一章　安培力與洛倫茲力
2
知道組合場的特點，學會分析帶電粒子在組合場中的運動.
1
能夠掌握帶電粒子在電場和磁場中的受力和運動特點.
重點
重點
帶電粒子在電場和磁場中運動的動力學分析
觀察與思考
1.(多選)關于帶電粒子(重力不計)在電場和磁場中的運動，下列說法正確的是
A.洛倫茲力只改變帶電粒子速度方向，不改變帶電粒子速度大小
B.電場力只改變帶電粒子速度大小，不改變帶電粒子速度方向
C.帶電粒子垂直勻強磁場入射，一定做勻速圓周運動
D.帶電粒子垂直勻強電場入射，也可能做勻速圓周運動
√
√
帶電粒子在組合場中的運動
帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場或從磁場到電場的運動.通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質、受力方向和速度方向的關系入手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動.
觀察與思考
2.(多選)一帶負電的粒子的質量為m、電荷量為q，空間中一平行板電容器兩極板S1、S2間的電壓為U.將此粒子在靠近極板S1的A處無初速度釋放，經電場加速后，經O點進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場(右邊界平行于極板S2)，圖中虛線Ox垂直于極板S2，當粒子從P點離開磁場時，其速度方向與Ox方向的夾角θ＝60°，如圖所示，整個裝置處于真空中，不計粒子所受重力，則
考向1　帶電粒子由電場進入磁場
A.極板S1帶正電
B.粒子到達O點的速度大小為
C.此粒子在磁場中運動的時間t＝
D.若改變右側磁場(左邊界位置不變)寬度，使粒子經過O點后恰好不
能從右側離開該有界磁場，則該有界磁場區域的寬度d＝
√
√
粒子帶負電，粒子在靠近極板S1的A處無初速度釋放，在電場中加速運動，所以極板S1帶負電，故A錯誤；
由于速度方向與Ox方向的夾角θ＝60°，則粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角也為60°，此粒子在磁場中運動的時間為：t＝ ，
故C正確；
粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝ ，若粒子經過O點后恰好不能從右側離開，則R＝d，解得：d＝ ，故D錯誤.
3.(2022·阜陽市臨泉縣高二月考)如圖所示，平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場(電場強度E大小未知)，第Ⅳ象限在x軸與y＝－d之間的區域內存在垂直于平面向外的勻強磁場.一質量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以初速度v0從y軸上P(0，h)點沿x軸正方向開始運
動，經過電場后從x軸上的點Q( ,0)進入磁場，粒子恰能從磁場的下邊
界離開磁場.不計粒子重力.求：
(1)粒子在Q點速度的大小vQ與x軸正方向夾角θ；
答案　2v0　60°
設粒子從P到Q的過程中，加速度大小為a，運動時間為t，在Q點進入磁場時速度大小為vQ，方向與x軸正方向間的夾角為θ，vQ沿y軸方向的大小為vy，
解得：θ＝60°
(2)勻強磁場磁感應強度大小B；
設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力提供向
心力：qvQB＝
粒子運動軌跡如圖所示，
根據幾何關系得：d＝R＋Rcos 60°
(3)粒子在電場、磁場中運動總時間.
根據幾何關系，粒子在磁場中轉過的圓心角為α＝120°
[總結提升]
帶電粒子從電場射出的末速度是進入磁場的初速度，要特別注意求解進入磁場時的速度的大小和方向，這是正確求解的關鍵.
考向2　帶電粒子由磁場進入電場
4.(多選)(2021·天津一中高二期末)如圖，正方形abcd中△abd區域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，△bcd區域內有方向平行于bc的勻強電場(圖中未畫出).一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場.不計粒子的重力.則
A.粒子帶正電
B.電場的方向是由b指向c
C.粒子在b點和d點的動能之比為5∶1
D.粒子在磁場、電場中運動的時間之比為π∶2
√
√
√
一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經過bd的中點e進入電場，帶電粒子在磁場中向上偏轉，粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力水平向右，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；
帶電粒子從e點進入電場從b點射出電場，帶電粒子在電場中所受電場力豎直向上，粒子帶負電，粒子所受電場力方向與電場強度方向相反，電場方向由b指向c，故B正確；
粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知粒子進入電場時速度方向與bd的夾角為45°，即粒子進入電場時速度方向水平向右，粒子在電場中做類平拋運動，
設粒子在d點時的速度大小為v0，粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子到達e點時速度大小仍為v0，設正方形abcd的邊長為L，粒子從e到b過程粒子做類平拋運動，設粒子做類平拋運動的時間為t2，設粒子到達b點時沿電場方向的分速度為vy，水平方向位移： ＝v0t2，豎直方向位移：
，
解得：vy＝2v0，t2＝ ，
5.如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內有豎直向上的勻強電場E，圓心O1在x軸上，半徑為R且過坐標原點O，圓內有垂直紙面向外的勻強磁場B(圖中未畫出).一質量為m、帶電荷量為q的正粒子從圓上P點正對圓心O1以速度v0射入磁場，從坐標原點O離開磁場，接著又恰好經過第一象限的Q(a，b)點.已知PO1與x軸負方向成θ角，不計粒子重力，求：
(1)勻強電場E及勻強磁場B的大小；
粒子運動軌跡如圖所示：
粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：a＝v0t2
(2)粒子從P點運動到Q點的時間.
粒子在磁場中做圓周運動的時間(共28張PPT)
12
章末復習
第一章　安培力與洛倫茲力
2
學會處理帶電粒子在磁場中運動的問題.
1
能掌握求安培力與洛倫茲力的方法.
重點
3
會處理帶電粒子在組合場和疊加場中運動的問題.
重點
4
會分析各種與洛倫茲力有關的儀器的使用原理.
重難點
重點
安培力下的平衡
通電導體棒在磁場中的平衡問題是一種常見的力電綜合問題，這類題目的難點是題圖往往具有立體性，安培力的方向不易確定等.因此解題時一定要先把立體圖轉化為平面圖，通過受力分析建立各力的平衡關系.
觀察與思考
(1)求解安培力作用下導體平衡問題的關鍵
畫受力圖 三維立體圖 二維平面圖，即通過畫俯視圖、剖面圖、側視圖等，將立體圖轉換為平面受力圖.
(2)求解安培力作用下導體平衡問題的基本思路
①選定研究對象；
②變三維圖為二維圖，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F⊥B、F⊥I；
③列平衡方程.
1.(2022·杭州市高二期中改編)如圖所示，寬為L、電阻不計的光滑導軌與水平面成α角，質量為m、長為L、電阻為R的金屬桿水平放置在導軌上，已知電源的電動勢為E，內阻為r，空間存在著勻強磁場，調節電阻箱R′接入電路的阻值使回路總電流為I1時，此時金屬桿恰好處于靜止狀態，重力加速度為g，求：
(1)磁感應強度B至少為多大？此時方向如何？畫出此時金屬桿的受力分析示意圖.
答案　見解析
金屬桿受力分析圖如圖甲所示
由金屬桿的受力分析可知，當安培力平行于斜面向上時有最小值，即磁感應強度B有最小值，此時安培力F＝mgsin α
即I1LB＝mgsin α
磁場方向垂直導軌平面向上
(2)若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，變阻器接入電路的阻值R′調到多大仍能使金屬桿保持靜止？
答案　見解析
金屬桿受力分析圖如圖乙所示
由平衡條件可得
I2LB＝mgtan α
又根據閉合電路的歐姆定律可知E＝I2(R′＋R＋r)
帶電粒子在磁場中運動的臨界問題
1.帶電粒子在有界磁場中運動的臨界極值問題的分析思路和方法
觀察與思考
分析思路 分析、討論臨界狀態，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值
分析方法 (1)利用臨界條件求極值；
(2)利用邊界條件求極值；
(3)利用矢量圖求極值
從關鍵詞找突破口 許多臨界問題，題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態給以暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規律，找出臨界條件
2.臨界問題的一般解題流程
2.(多選)(2021·海南卷)如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.大量質量為m、電荷量為q的相同粒子從y軸上的P(0， )點，以相同的速率在紙面內沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為α(0≤α≤180°).當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場.不計粒子的重力.則
A.粒子一定帶正電
B.當α＝45°時，粒子也垂直x軸離開磁場
√
√
√
根據題意可知粒子垂直x軸離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電，故A正確；
當α＝150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖甲
若α＝45°，粒子運動軌跡如圖乙
根據幾何關系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，故B錯誤，C正確；
粒子離開磁場距離O點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖丙
帶電粒子在疊加場中的運動
帶電粒子在疊加場中運動的分析方法
觀察與思考
3.(2022·荊州市高二期末)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件.當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態.如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v.當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現電壓U，以此控制屏幕的熄滅.則元件的
A.前表面的電勢比后表面的低
B.前、后表面間的電壓U與a無關
C.增大磁感應強度B，前、后表面間的電壓U增大
D.將磁場方向變為與元件的上、下表面平行，U不變
√
由左手定則可知，自由電子往后表面偏轉，故前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤；
穩定時，自由電子不再偏轉，滿足 ＝evB，解得U＝avB，故前、后表面間的電壓U與a有關，增大磁感應強度B，前、后表面間的電壓U增大，故B錯誤，C正確；
將磁場方向變為與元件的上、下表面平行，自由電子不再往前、后表面偏轉，故前、后表面間的電壓U為零，故D錯誤.
4.如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里.一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經t0時間從P點射出.
(1)求電場強度的大小和方向；
答案　見解析
設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E.
可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向，于是可知電場強度沿x軸正方向且有：
qE＝qvB
又R＝vt0
(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經 時間恰從半圓形區域的邊界射出.求粒子運動加速度的大小；
答案　見解析
僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動
(3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，改變粒子進入磁場的速度，使得帶電粒子在磁場的圓周運動的軌道半徑為r＝ ，求粒子在磁場中運動的時間.(注：(2)、(3)兩問結果均用R、t0表示)
答案　見解析
僅有磁場時，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，(共27張PPT)
4
專題：洛倫茲力與現代科技
第一章　安培力與洛倫茲力
掌握速度選擇器、磁流體發電機、電磁流量計和霍爾元件的工作原理.
重難點
速度選擇器
速度選擇器是近代物理學研究中常用的一種實驗工具，其功能是可以選擇某種速度的帶電粒子.如圖，兩極板間存在勻強電場和勻強磁場，二者方向互相垂直，帶電粒子從左側射入，不計粒子重力.
觀察與思考
1.帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB.即v＝___.
2.速度選擇器中偏轉情況：
(1)當v＞ 時，粒子向F洛方向偏轉，F電做負功，粒子的動能減小，電勢能增大.
(2)當v＜ 時，粒子向F電方向偏轉，F電做正功，粒子的動能增大，電勢能減小.
某粒子在速度選擇器中勻速運動，若只改變其電性或電荷量，粒子能否勻速通過？
思考與討論
答案　粒子仍能勻速通過.由qvB＝qE，知速度選擇器只對選擇的粒子速度有要求，而對粒子的電荷量及電性無要求.
1.(2022·臺州市高二期中改編)如圖，在兩水平金屬板構成的器件中，存在勻強電場與勻強磁場，電場強度E和磁感應強度B相互垂直，以某一水平速度從左向右進入的帶電粒子(不計重力)恰好能沿直線運動，下列說法正確的是
A.粒子一定帶負電
B.若粒子改為從右側進入，只要速度v＝ ，粒子也能通過速度選擇器
C.若電場與磁場同時改為反向，帶電粒子仍沿直線運動
D.若增大粒子速度，粒子一定會向上偏轉
√
粒子做直線運動，若粒子帶正電荷，受到的電場力方向向下，洛倫茲力方向向上，電場力與洛倫茲力能平衡；若粒子帶負電荷，電場力方
向向上，洛倫茲力方向向下，電場力與洛倫茲力也能平衡；所以粒子電性不能確定，故A錯誤；
若粒子改為從右側進入，無論粒子帶正電還是帶負電，洛倫茲力方向和電場力方向都相同，所以粒子一定會做曲線運動，故B錯誤；
若電場與磁場同時改為反向，則帶電粒子所受電場力和洛倫茲力同時反向，仍然受力平衡，沿直線運動，故C正確；
若粒子帶正電荷，受到的電場力方向向下，洛倫茲力方向向上，若增大粒子速度，則洛倫茲力增大，粒子會向上偏轉；若粒子帶負電荷，電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，若增大粒子速度，則洛倫茲力增大，粒子會向下偏轉，故D錯誤.
磁流體發電機
磁流體發電機的發電原理圖如圖甲所示，其平面圖如圖乙所示.
觀察與思考
將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)以速度v噴入磁場，磁場的磁感應強度為B，極板間距離為d，開關斷開，電
路穩定時極板間電壓為U，重力不計，根據F洛＝F電，有qvB＝qE＝____，
得U＝Bdv.上極板是正極.
若平行金屬板M、N的面積均為S，磁感應強度為B，兩板間的垂直距離為d，等離子體的電阻率為ρ，電路電阻為R，閉合開關后電路中電流多大？
思考與討論
2.(2022·合肥市第十中學高二期中)如圖所示是磁流體發電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場.一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)沿垂直于磁場的方向噴入磁場.把P、Q與電阻R相連接.下列說法正確的是
A.Q板的電勢高于P板的電勢
B.R中有由b向a方向的電流
C.若僅增強磁場，則R中電流不變
D.若增大粒子入射速度，則R中電流增大
√
等離子體進入磁場，根據左手定則，正電荷向上偏，打在上極板上，負電荷向下偏，打在下極板上，所以上極板帶正電，下極板帶負電，則P板的電勢高于Q板的電勢，流過電阻的電流方向由a到b，故A、B錯誤；
根據靜電力等于洛倫茲力，即 ＝qvB，則有U＝Bdv，再由閉合電路
的歐姆定律得I＝ ，可知電流與磁感應強度成正比，若僅增
強磁場，則R中電流增大；若增大粒子入射速度，則R中電流也增大，故C錯誤，D正確.
電磁流量計
如圖甲、乙所示是電磁流量計的示意圖.
觀察與思考
設圓管的直徑為D，磁感應強度為B，a、b兩點間的電勢差是由于導電液體中電荷受到洛倫茲力作用，在管壁的上、下兩側堆積產生的.到一定程度后，a、b兩點間的電勢差達到穩定值U，上、下兩側堆積的電荷不再
增多，此時，洛倫茲力和靜電力平衡，有qvB＝qE＝ ____，所以v＝____，
又圓管的橫截面積S＝ πD2，故流量Q＝Sv＝_____.
3.(多選)(2021·北京市高二期末)為監測某化工廠的污水(含有離子)排放情況，在排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應強度為B＝1.25 T的勻強磁場，在上、下兩個面的內側固定有金屬板M、N作為電極，污水充滿裝置以某一速度從左向右勻速流經該裝置時，用電壓表測得兩個電極間的電壓U＝1 V.下列說法中正確的是
A.金屬板M電勢一定高于金屬板N的電勢
B.污水中離子濃度的高低對電壓表的示數有影響
C.污水的流量(單位時間內流出的污水體積)Q＝0.8 m3/s
D.若污水的流量增大，電壓表的示數將變大
√
√
根據左手定則，知負離子所受的洛倫茲力方向向下，則向下偏轉，N板帶負電，正離子向上偏轉，M板帶正電，則M板的電勢比N板電勢高，故A正確；
最終離子在靜電力和洛倫茲力作用下平衡，有qvB＝ ，解得U＝Bvc，與離子濃度無關，故B錯誤；
霍爾元件
如圖所示，厚度為h、寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過導體板時，在導體板的上面A和下面A′之間會產生電勢差U，這種現象稱為霍爾效應.
觀察與思考
霍爾效應可解釋如下：外部磁場對運動電子的洛倫茲力使電子聚集在導體板的一側，在導體板的另一側會出現多余的正電荷，從而形成電場.電場對電子施加與
洛倫茲力方向相反的靜電力.當靜電力與洛倫茲力達到平衡時，導體板上下兩面之間就會形成穩定的電勢差.電流是自由電子的定向移動形成的，電子的平均定向移動速率為v，電荷量為e.回答下列問題：
(1)達到穩定狀態時，導體板上面A的電勢 (選填“高于”“低于”或“等于”)下面A′的電勢.
低于
電子向左做定向移動，由左手定則知電子受洛倫茲力的方向向上，故上面A聚集電子，下面A′會出現多余的正電荷，上面的電勢低于下面的電勢.
(2)電子所受洛倫茲力的大小為 .
evB
F洛＝evB.
(3)當導體板上、下兩面之間的電勢差為UH時，電子所受靜電力的大小
為 .
(4)上、下兩面產生的穩定的電勢差U＝ .
Bhv
當A、A′間電勢差穩定時，洛倫茲力與靜電力達到平衡，evB＝ ，
故U＝Bhv.
4.(2021·北京市昌平區高二期末)如圖所示，一個很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，它就成了一個霍爾元件.在E、F間通入恒定的電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，則薄片中的載流子(能夠自由移動的帶電粒子)就在洛倫茲力的作用下，向著與電流和磁場都垂直的方向移動使M、N間出現了電壓，稱為霍爾電壓UH.當磁場方向和電流方向如圖所示時，下列說法正確的是
A.若只改變半導體薄片的厚度d，UH不變
B.若只改變半導體薄片的寬度b，UH不變
C.若將半導體薄片換成形狀相同、載流
子密度更大的導體薄片，UH變大
D.無論半導體中載流子帶電性質如何，電極N的電勢一定高于電極M的電勢
√
設半導體薄片的厚度為d，寬度為b，單位體積內的載流子個數為n，載流子定向運動的速度大小為v.根據平衡條件可得 ＝qvB，根據電流的微觀表達式可得I＝nqSv
橫截面積S＝bd，聯立解得UH＝ ，故A、C錯誤，B正確；
如果載流子帶負電，根據左手定則可知載流子向N電極偏轉，則電極N的電勢低于電極M的電勢，如果載流子帶正電，則電極N的電勢高于電極M的電勢，故D錯誤.

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