【高考突破方案】第九章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】第九章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习 |
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| 格式 | DOCX | ||
| 文件大小 | 4.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:11:27 | ||
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文档简介
第九章 磁 场
课程标准 1.能列举磁现象在生产生活中的应用.了解我国古代在磁现象方面的研究成果及其对人类文明的影响.关注与磁相关的现代技术发展. 2.通过实验，认识磁场.了解磁感应强度，会用磁感线描述磁场.体会物理模型在探索自然规律中的作用. 3.通过实验，认识安培力.能判断安培力的方向，会计算安培力的大小.了解安培力在生产生活中的应用. 4.通过实验，认识洛伦兹力.能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小. 5.能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用.
核心素养 物理观念 1.理解磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力等概念. 2.掌握安培定则、左手定则的应用方法. 3.建立磁场的物质观念，运动与相互作用及能量观念.
科学思维 通过电场与磁场的类比，培养科学思维方法，掌握安培力的应用方法，运用力学观点、能量观点分析带电体在磁场中的运动，培养分析推理能力.
科学探究 1.通过实验探究安培力和洛伦兹力的大小. 2.通过实验探究电子在磁场中的偏转.
科学态度 与责任 了解电动机、质谱仪、速度选择器、回旋加速器、电磁流量计在生产生活中的应用.
命题探究 命题分析 一是考查磁场的基本概念、安培力和洛伦兹力的判断与应用，多以选择题形式出现；二是考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动、带电粒子在复合场中的运动问题，主要以计算题形式出现.
趋势分析 本章命题的热点有：(1)考查磁感应强度的叠加、安培力、洛伦兹力的理解和运用；(2)考查带电粒子在有界磁场中的临界问题，在组合场、复合场中的运动问题；(3)考查磁场与现代科学知识的综合应用.
预设情境 舰载机电磁弹射、电磁船、地磁场、电磁炮、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件等.
第1讲 磁场的描述 磁场对电流的作用
一、磁场 磁感应强度
1.磁场
基本性质：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.磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的 强弱 和方向.
(2)大小：B＝ .
(3)方向：小磁针的N极所受 磁场力 的方向，也就是小磁针 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：磁感线疏密程度 相同 、方向 相同 .
4.地磁场
(1)地磁的N极在地理 南极 附近，S极在地理 北极 附近，磁感线分布如图所示.
(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度 相等 ，且方向水平 向北 .
二、磁感线及其特点
1.磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的 磁感应强度 的方向一致.
2.特点
(1)磁感线上某点的 切线 方向就是该点的磁场方向.
(2)磁感线的 疏密 定性地表示磁场的强弱.
(3)磁感线是 闭合 曲线，没有起点和 终点 .
(4)磁感线是假想的曲线，客观上不存在.
三、安培力、安培力的方向
1.安培力的大小
F＝ ILB sin θ （其中θ为B与I之间的夹角）.
当磁场和电流垂直时：F＝ BIL ；当磁场和电流平行时：F＝ 0 Ｗ.
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力的方向.
考点一 描述磁场的物理量
1.常见电流的磁场
项目 安培定则 横截面图 纵截面图
直线电流
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
内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
环形电流
内部为匀强磁场且比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
2.理解磁感应强度的三点注意事项
(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝认为B与F成正比，与IL成反比.
(2)测量磁感应强度时，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.安培定则的应用
项目 原因 (电流方向) 结果 (磁场方向) 说明
直线电流 的磁场 大拇指 四指 在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”
环形电流 的磁场 四指 大拇指
磁感应强度与磁感线
【例1】 关于磁感应强度和磁感线的描述，下列说法正确的是( )
A.磁感应强度B＝只是定义式，它的大小取决于场源以及在磁场中的位置，而与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关
B.若B＝1 T，I＝1 A，L＝1 m，则F一定等于1 N
C.两条磁感线的空隙处一定不存在磁场
D.两个磁场叠加的区域，磁感线可能相交
【解析】 A 在磁场场源稳定的情况下，磁场内各点的磁感应强度（包括大小和方向）都是确定的，与放入该点的检验电流、导线无关，A正确；应用公式B＝或F＝ILB时要注意导线必须垂直于磁场方向放置，B错误；磁感线的疏密反映磁场的强弱，磁感线是假想的、人为画出的曲线，两条磁感线的空隙处也存在磁场，C错误；磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向，如果磁感线在某点相交，那就意味着该点有两个磁场方向，这显然是不可能的，D错误.
【变式训练1】 （多选）下列说法正确的是( )
A.磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致
B.一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零
C.把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱
D.把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流乘积的比值表示该处磁场的强弱
【解析】 AC 磁感线上每一点的切线方向表示该点的磁场方向，即小磁针静止时北极所指的方向，A正确；把通电直导线放入某处，如果放置得不合适，即使有磁场存在，通电直导线也可能不受磁场力的作用，B错误；由电场强度的定义式E＝知，电场强度等于试探电荷受到的静电力F与所带电荷量q的比值，C正确；磁感应强度的定义式B＝的成立是有条件的，即通电直导线要与磁场方向垂直，否则不成立，D错误.
【易错点】 一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度可能为零，也可能不为零.
安培定则的应用和磁场的叠加
【例2】 在正方形ABCD的中心有一以O点为圆心的铁环（如图所示）缠绕着通电绝缘导线，当通电方向如图所示时，O点的磁感应强度大小为B0.现在A、B、C、D四点放置如图所示的通电直导线，电流如图所示.已知正方形边长为l，通电直导线周围磁场B＝，其中k为已知系数，I为电流的大小，d为到通电导线的垂直距离.则此时O点的磁感应强度B为( )
A.B＝0 B.B＝＋B0 C.B＝ D.B＝B0
【解析】 C 通电线圈在O点产生磁场的磁感应强度B0的方向为竖直向下.四条直导线到圆心O的距离均为d＝l，则A、C在O点的合磁场的磁感应强度为BAC＝k－k＝k＝，方向由O指向D；同理B、D在O点的合磁场的磁感应强度为BBD＝k－k＝k＝，方向由O指向A，则O点的合磁场的磁感应强度为B＝＝，C正确.
【易错点】 误认为铁环在圆心处的磁场方向垂直纸面向外.
【变式训练2】 如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O′为MN的中点，c、d位于MN的连线上，且c、d到O′点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是( )
A.O点处的电场强度为零
B.c、d处的磁感应强度相同
C.在a点处无初速的释放点电荷＋q，点电荷将在a、b间做往复运动
D.O′点处的磁感应强度为零
【解析】 B 正电荷在O点处的电场强度方向水平向右，负电荷在O点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加可知，O点处的总电场强度不为零，A错误；根据右手螺旋定则，M、N两点处长直导线在c、d、O′点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及场强叠加可知，c、d处的磁感应强度相同，O′点处的磁感应强度不为零，B正确、D错误；点电荷在a、b间时，根据场强叠加可知，总电场强度方向水平向右，点电荷所受电场力水平向右，不会做往复运动，C错误.
磁场的叠加和安培定则应用的注意点 (1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向. (2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向. (3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则.
考点二 对安培力的理解和应用
1.安培力大小：F＝ILB sin θ.
(1)公式F＝ILB中L指的是“有效长度”.当B与I垂直时，F最大，F＝ILB；当B与I平行时，F＝0.
(2)弯曲导线的有效长度L等于在垂直磁场平面内的投影两端点所连线段的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端.
2.安培力方向：用左手定则判断，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面.
【例3】 如图所示，半径为r、粗细均匀的金属圆环放在绝缘水平面上，虚线MN左侧有垂直于水平面向下的匀强磁场Ⅰ，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小均为B，MN与圆环的直径重合，PQ是圆环垂直MN的直径，将P、Q两端接入电路，从P点流入的电流大小为2I，圆环保持静止不动，则下列判断正确的是( )
A.整个圆环受到的安培力为0
B.整个圆环受到的安培力大小为BIr
C.MN左侧半圆环受到的安培力大小为BIr
D.MN左侧半圆环受到的安培力大小为BIr
【解析】 A 圆环的上半部分的电流是顺时针，下半部分的电流是逆时针，把圆环平均分成右上、左上、左下、右下四部分，根据左手定则可得这四部分的受力如图.安培力公式为F＝ILB，其中L为导线的有效长度，四部分的有效长度都为r，且导线中的电流相同，则四部分所受的安培力大小相等，且F1与F3方向相反，F2与F4方向相反，即圆环所受安培力的合力为零，A正确、B错误.MN左侧半圆受到的安培力F23＝F2＝·B·I·r＝2BIr，C、D错误.
【变式训练3】（多选）如图甲所示，软导线放在光滑绝缘水平面上，两端分别固定在P、Q两点，P、Q间距离为L，空间有垂直水平面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，通过P、Q两点通入大小为I、方向如图乙所示恒定电流，同时给软导线上A点施加一个水平力，使软导线形状如图乙所示，PA段与QA段软导线长度之比为2∶3，则下列判断正确的是( )
A.PA段与QA段软导线受到的安培力大小之比一定为2∶3
B.作用在A点的水平拉力方向一定与PQ连线垂直
C.整个软导线受到的安培力大小为BIL
D.撤去拉力整个软导线最后静止时受到的安培力与未撤去拉力时整个软导线受到的安培力大小不相等
【解析】 BC 由题中条件无法得出PA段与QA段导线的有效长度之比为2∶3，结合F＝BIL可知PA段与QA段软导线受到的安培力大小之比不一定为2∶3，A错误；由题可知PA段导线与QA段导线在垂直PQ连线方向的等效长度相等，则PA段导线所受安培力在平行PQ连线方向的分力与QA段导线所受安培力在平行PQ连线方向的分力大小相等，方向相反，故作用在A点的水平拉力方向一定与PQ连线垂直，B正确；撤去拉力前和撤去拉力后整个软导线的有效长度均为L，则整个软导线受到的安培力大小均为BIL，C正确、D错误.
通电的弯曲导体受到安培力问题的求解 弯曲导体受到安培力问题常作等效法求解，因弯曲导体在磁场中的有效长度等于两端点的连线，求出等效长度后再根据F＝BIL求出安培力的大小，由左手定则判断安培力的方向.
考点三 安培力作用下导体运动情况的判断
安培力下导体运动情况判断的常用方法：
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，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
电流元法
【例4】 通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面）内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心），各自的电流方向如图所示.下列哪种情况将会发生( )
A.因L2不受磁场力的作用，故L2不动
B.因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动
C.L2绕轴O按顺时针方向转动
D.L2绕轴O按逆时针方向转动
【解析】 D 由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场方向为垂直纸面向外，且离导线L1越远的地方，磁场越弱，将导线L2分成很多小段，可以判断导线L2上的每一小部分受到的安培力方向均为水平向右，由于O点下方的磁场较强，则所受安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D正确.
特殊位置法
【例5】 如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关后( )
A.A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变
B.A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变
C.A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小
D.A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大
【解析】 D 当开关S接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故直导线将转动，由特殊位置法知当直导线转到与磁感线垂直（即转过90°）时，整个直导线受到的安培力方向竖直向下，故悬线张力变大，D正确.
等效法
【例6】 如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P（Q平行于纸面，P垂直于纸面）中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q通有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P通有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动（从上向下看）以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是( )
A.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小
B.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大
C.Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小
D.Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大
【解析】 C （方法1：等效法）根据安培定则，Q产生的磁场的方向在Q环内部垂直于纸面向外，P产生的磁场方向在P环内部水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，Q、P间细线张力减小，C正确，A、B、D错误.
（方法2：电流元法和结论法）作出圆环P在Q处的磁场方向，磁感线向左穿过圆环Q，在圆环Q上取一段电流元，圆环Q左侧一半受力垂直向里，右侧一半受力垂直向外，从上往下看，圆环Q顺时针旋转，再利用特殊位置法，假设圆环Q转过90°，圆环Q的下端和圆环P的上端为同向电流，相互吸引，所以Q、P间细线拉力变小；同理，作出圆环Q在P处的磁场，磁场方向为垂直纸面向里，用电流元法分析可知，圆环P逆时针转动，C正确，A、B、D错误.
结论法
【例7】 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I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1?I2，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( )
【解析】 C 因I1?I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；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I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示.
转换研究对象法
【例8】 如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁N极正对.在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁处于静止状态，设两磁铁和木板的总重力为G，则( )
A.导线受到的安培力水平向左
B.导线受到的安培力竖直向上
C.木板对地面的压力小于G
D.木板受到地面的摩擦力水平向右
【解析】 D 根据条形磁铁磁场分布和叠加，可知两条形磁铁在导线处产生的合磁场竖直向上，根据左手定则知，长直导线受到的安培力水平向右；木板和磁铁始终处于静止状态，且竖直方向不受导线的作用力，由于两条形磁铁和木板的总重力为G，故木板对地面的压力等于G；又因长直导线受到的安培力水平向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线对磁铁的作用力水平向左，所以磁铁和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的摩擦力水平向右，A、B、C错误，D正确.
判定导体运动情况的基本思路 判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，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的方向.
考点四 安培力作用下导体的力学问题
通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路：
(1)选定研究对象.
(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I.
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解.
通电导线在磁场中的平衡问题
【例9】 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根直导体棒，在导体棒中通入垂直纸面向里的电流，图中a点在导体棒正下方，b点与导体棒的连线与斜面垂直，c点在a点左侧，d点在b点右侧.现欲使导体棒静止在斜面上，下列措施可行的是( )
A.在a处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒
B.在b处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒
C.在c处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒
D.在d处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒
【解析】 D
在斜面下放置导体棒前，斜面上的导体棒受重力和斜面的支持力，如图所示可知，为使导体棒静止在斜面上，在d处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒可能使斜面上的导体棒在重力、支持力和安培力三力作用下保持平衡，而在a、b或c处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒均不可能使斜面上的导体棒保持平衡，D正确.
【变式训练4】 在方向竖直向上、磁感强度大小为B的匀强磁场中，当金属棒中通以恒定电流I、金属棒静止时，两细线偏离竖直方向的偏角均为θ，如图所示.已知金属棒ab的质量为m、长度为L，重力加速度大小为g，关于恒定电流I的大小和方向，下列说法正确的是( )
A.，从a到b
B.，从b到a
C.，从a到b
D.，从b到a
【解析】 A
根据左手定则结合物体的平衡条件，可知电流的方向从a到b，以电流方向垂直纸面向外，对金属棒做受力分析，如图所示，安培力大小为F安＝BIL，而根据平衡条件有T cos θ＝mg，T sin θ＝F安，解得I＝，A正确.
安培力作用下的加速问题
【例10】 （科技前沿）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理示意图如图所示.图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计.导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场（图中末画出），炮弹等效为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好.首先开关S接1，使电容器完全充电.然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动.已知MN达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则( )
A.直流电源的a端是正极
B.MN刚开始运动时，加速度大小为
C.MN离开导轨时，电容器已经放电完毕
D.MN达到最大速度前做加速度减小的加速运动
【解析】 D MN向右加速，则安培力向右，磁场方向垂直于导轨平面向上，可知电流从N到M，则电容器下极板带正电，即直流电源的b端是正极，A错误；MN刚开始运动时，加速度大小为a＝＝，B错误；MN达到最大速度才离开导轨，此时MN中电流为零，即MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕，C错误；随着MN速度的增大，电路中的电流减小，加速度减小，直到加速度减为零，D正确.
【变式训练5】 （多选）如图所示，两长度均为L的通电长直导线P、Q锁定在倾角为θ的光滑绝缘斜面上，质量分别为m、2m，两导线中通入的电流大小相等，均为I，重力加速度大小为g，现在导线Q的中点施加一沿斜面向上的拉力F，与此同时对两导线解除锁定，两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动.下列说法正确的是( )
A.两导线中电流的方向可能相反
B.两导线间的安培力大小为F
C.若F＝6mg sin θ，撤去F瞬间，导线P、Q的加速度大小之比为2∶1
D.去掉Q，导线P仅在外加匀强磁场作用下静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度大小满足B≥
【解析】 BD 分析可知P、Q一定相互吸引，则P、Q中电流一定同向，A错误；对P、Q整体，有F－3mg sin θ＝3ma，对P进行受力分析，由牛顿第二定律有FA－mg sin θ＝ma，解得FA＝F，B正确；若F＝6mg sin θ，则P、Q间安培力大小为2mg sin θ，撤去外力F瞬间，对P受力分析可得2mg sin θ－mg sin θ＝ma1，解得a1＝g sin θ，加速度方向沿斜面向上，对Q受力分析可得2mg sin θ＋2mg sin θ＝2ma2，解得a2＝2g sin θ，加速度方向沿斜面向下，导线P、Q加速度大小之比为1∶2，C错误；对P受力分析如图所示，当磁场方向垂直于斜面向下时，磁感应强度最小，由共点力平衡条件可知mg sin θ＝BIL，要使导线P静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度大小满足B≥，D正确.
磁电式电流表的工作原理
【例11】（2024·浙江卷）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱.极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈.a、b、c和d为磁场中的四个点.下列说法正确的是( )
A.图示左侧通电导线受到安培力向下
B.a、b两点的磁感应强度相同
C.圆柱内的磁感应强度处处为零
D.c、d两点的磁感应强度大小相等
【解析】 A 由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误.
【变式训练6】 如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁体的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈.电表指针固定在铝框上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈.蹄形磁体与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行.关于磁电式电表，下列说法不正确的是( )
A.磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动
B.改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转
C.增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度
D.用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上
【解析】 D 磁电式电表的内部，在蹄形磁体的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，A正确，不符合题意；改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，B正确，不符合题意；线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电表的灵敏度，C正确，不符合题意；用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致穿过铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动，而塑料做骨架达不到此作用，D错误，符合题意.
1.地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示.学术界对于地磁场的形成机制尚无共识.一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流.基于此理论，下列判断正确的是( )
A.地表电荷为正电荷
B.环形电流方向与地球自转方向相同
C.若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D.若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
【解析】 C 根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷，A错误；由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，B错误；若地表电荷的电量增加，则等效电流增大，地磁场强度增大，C正确；若地球自转角速度减小，则等效电流减小，地磁场强度减小，D错误.
2.如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍.两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点.下列说法正确的是( )
A.a点与b点的磁感应强度相同
B.a点与c点的磁感应强度相同
C.a点与d点的磁感应强度相同
D.a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同
【解析】 B
通电直导线在周围形成的磁场，大小为B＝，由安培定则可得各点的磁感应强度的平面图如图所示，由对称性可知a点与c点的磁感应强度等大同向，b点与d点的磁感应强度等大同向，B正确.
3.将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则( )
A.通电后两绳拉力不变
B.通电后两绳拉力变大
C.安培力为πBIr
D.安培力为BIr
【解析】 B 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，A错误、B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，C、D错误.
4.安培在研究电流之间的相互作用时，用一根硬导线弯成如图甲所示形状的线圈，该线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体，线圈的端点A、B通过水银槽和固定支架相连，这样，线圈既可通入电流，又可自由转动，被称为无定向秤.则通电后( )
A.当线圈处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动
B.当线圈处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
C.当线圈处于垂直线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
D.将如图乙所示的通电硬导线靠近该秤，线圈可能会发生转动
【解析】 A 当处于平行线圈平面的匀强磁场中，这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，而两个线圈的转向相反，作用效果会相互抵消，所以在匀强磁场中不会发生转动，B错误；当处于垂直线圈平面的匀强磁场中，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内，因此不会发生转动，C错误；根据以上分析可知，在磁场不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，可知线圈各边所受安培力大小不均衡，线圈将按照所受安培力大的方向转动，A正确；将如图乙所示的通电硬导线靠近该秤时，因两根导线在线圈所处位置产生的磁场方向相反，相互抵消，因此线圈不会发生转动，D错误.
5.（多选）如图所示，在同一绝缘水平面上固定三根平行且等间距的长直通电导线a、b、c，导线中通有大小相等的恒定电流.已知导线a受到的安培力方向垂直导线向左，则下列说法正确的是( )
A.导线b中的电流方向一定与导线a中的电流方向相反
B.导线a、c受到的安培力的大小不一定相等
C.导线c受到的安培力一定向右
D.导线b受到的安培力一定最大
【解析】 AB 根据题意可知，由于导线a受到的安培力方向垂直导线向左，则导线b与导线a互相排斥，可知，导线b的电流方向一定与导线a中电流方向相反，A正确；只有当导线c的电流方向与导线a相同时，与导线a受到安培力的大小才相等，B正确；若导线c的电流方向与导线a相反，则导线c受到安培力的方向向左，若导线c的电流方向与导线a相同，则导线c受到的安培力方向向右，C错误；当导线c的电流方向与导线b相同时，导线b受到的安培力最大，D错误.
6. （多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
【解析】 BD 对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有a甲＝，a乙＝，由于m甲>m乙，所以a甲μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误.
7.（多选）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°
【解析】 BC 设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°；当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有F sin θ1－μ(mg－F cos θ1)＝ma1，令cos α＝，sin α＝，根据数学知识可得F（）sin (θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin (θ1＋α)＝≤1，同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有F sin θ2＋μ(mg＋F cos θ2)＝ma2，有F（）·sin (θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有sin (θ2＋α)＝≤1，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝，代入cos α＝，可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，B、C正确，A、D错误.
8.一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示.两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒.金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出.导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki（k为常量）.金属棒被该磁场力推动.当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I.已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m.求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F1；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v.
【解析】 (1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为
B1＝kI，
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
F1＝ILB1＝kI2L.
(2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为
a1＝＝，
第二级区域中磁感应强度大小为
B2＝2kI，
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
F2＝2ILB2＝4kI2L.
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
a2＝＝，
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为
a1∶a2＝1∶4.
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得
F1s＋F2s＝mv2－0，
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为
v＝.
第2讲 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)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的 平面 .
(2)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.
3.洛伦兹力的大小
F＝qvB sin θ（θ为电荷运动方向与磁感应强度方向的夹角）
(1)v∥B时，洛伦兹力 F＝0 ；（θ＝0°或180°）
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB；(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力 F＝0 ；
(4)洛伦兹力不做功.
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.若v∥B，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v⊥B，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.
3.半径和周期公式
(1)轨迹半径公式：r＝；
(2)周期公式：T＝＝ .
结论：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关.
考点一 洛伦兹力的理解及应用
1.洛伦兹力方向的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面.
(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)用左手定则判断洛伦兹力方向时但一定分清正、负电荷.
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，二者性质相同，都是磁场力.
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功.
3.洛伦兹力与电场力的比较
项目 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 一定是F⊥B，F⊥v 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，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，也可以改变运动的方向
【例1】 如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面（纸面）向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为q(q＞0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力.关于滑块自a点运动到b点的过程，（重力加速度为g）下列说法正确的是( )
A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
C.洛伦兹力做正功
D.滑块的机械能增大
【解析】 B 滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒，由mgh＝mv2得v＝，故滑块在b点受到的洛伦兹力为F＝qBv＝qB，B正确，C、D错误.
【变式训练1】 （2023·海南卷）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
【解析】 A 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，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误.
洛伦兹力不做功，但洛伦兹力能改变带电粒子的运动状态，因此在进行受力分析时不要漏掉洛伦兹力.
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
项目 基本思路 图例 说明
圆心的确定 ①与速度方向垂直的直线过圆心 ②弦的垂直平分线过圆心 ③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心 P、M点速度垂线交点
P点速度垂线与弦的垂直平分线交点
某点的速度垂线与切点法线的交点
半径的确定 利用平面几何知识求半径 常用解三角形法：例：R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
运动时间的确定 利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间 ①t＝T ②t＝ (1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ (2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α
直线边界
【例2】（多选）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场.一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°角的方向垂直磁场射入，并且恰好垂直y轴射出磁场.已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a，不计粒子重力.根据上述信息可以得出( )
A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的时间
D.整个过程洛伦兹力的冲量的方向
【解析】 AD 由题意，作出粒子的运动轨迹如图1所示，根据几何关系可知OO1＝a tan 30°＝a，R＝＝a，带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋（y－a）2＝a2，A符合题意；设带电粒子在磁场中运动的速率为v，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得v＝，带电粒子在磁场中运动的周期为T＝＝，由于磁感应强度B未知，所以v和T无法求解，进而无法求解粒子在磁场中运动的时间，B、C不符合题意；如图2所示，整个过程洛伦兹力的冲量方向为动量变化量的方向，即速度变化量的方向，为与x轴负方向成30°角，D符合题意.
【变式训练2】 如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场.之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为( )
A.3 B.2 C. D.
【解析】 A 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝ ，电子2运动的时间t2＝，所以 ＝3，A正确，B、C、D错误.
平行边界磁场
【例3】 （多选）如图所示，在0≤x≤a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一束速率等于v0的相同带电粒子从原点O发射，速度方向与y轴正方向的夹角等概率分布在0°～90°范围内.其中，沿y轴正方向发射的粒子从磁场右边界上的P点（图中未标出）离开磁场，其偏向角为120°.不计粒子间相互作用和重力，下列说法正确的是( )
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为a
B.带电粒子的比荷为
C.带电粒子在磁场中运动的最长时间为
D.能从右边界射出的粒子占总粒子数的
【解析】 AC 根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系r＋r cos 60°＝a，可知粒子做圆周运动的半径为r＝a，A正确；由qv0B＝m得＝＝，B错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间t＝＝＝，C正确；结合甲、乙两图可知，能从右边界射出的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角等概率分布在0°～60°范围内，占总粒子数的，D错误.
【变式训练3】 （多选）如图所示，挡板MN位于水平面x轴上，在第一、二象限y≤L区域存在磁感应强度为B的矩形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.在MN上O点放置了粒子发射源，能向第二象限各个方向发射速度为v0＝的带正电同种粒子，已知粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收，以下说法正确的是( )
A.所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为
B.粒子在磁场中运动的最长时间为
C.所有粒子运动的区域面积为πL2
D.所有粒子运动的区域面积为
【解析】 AD 由洛伦兹力提供向心力有qBv0＝m，代入数据解得r＝，A正确；粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝，B错误；
所有粒子运动的区域面积为图中阴影部分面积，由几何关系有S＝πr2＋[π(2r)2－2（πr2－r2）]＝，C错误、D正确.
【易错点】 粒子速度方向位于第二象限但不确定，在旋转圆旋转90°过程中，中间白色部分有一片“叶子”没有扫到.
三角形或矩形边界磁场
【例4】 （多选）如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是( )
A.速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B.从CD边飞出的粒子最大速率为
C.粒子从DE边飞出的区域长度可以大于L
D.从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
【解析】 BD 速率小的粒子在CD边射出时，粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，运动时间为周期的一半，而粒子做圆周运动的周期相同，从CD边飞出的粒子在磁场中运动时间相同，A错误；根据左手定则，粒子向左偏转，从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，此时半径为R＝，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得v＝，即从CD边飞出的粒子最大速率为，B正确；粒子与CE相切从DE飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，
如图所示，由几何关系得＝＝L，粒子从DE边飞出的区域长度最大为L，C错误；从CE边飞出的粒子轨迹与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝×＝，D正确.
【变式训练4】 （多选）如图所示，P点处有一粒子源，可以以不同的速率发射某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子沿纸面以与Pd成30°角的方向射入正方形匀强磁场区域abcd内，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，正方形abcd的边长为a，P点是cd边的中点.不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A.当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场
B.当粒子的速率为时，粒子全部从ab边离开磁场
C.当粒子的速率为时，粒子恰好从bc边离开磁场
D.当粒子的速率由变为时，粒子在磁场中运动的时间变长
【解析】 AC 设粒子的运动轨迹半径为r1时，粒子的轨迹与ad边相切，
如图中曲线①所示，由几何关系得r1－＝r1sin 30°，解得r＝a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝，解得粒子的速率v1＝，当粒子的运动轨迹与ab边相切时，如图中曲线②所示，由几何关系可得此时粒子的运动轨迹半径r2＝，解得粒子的速率v2＝，当粒子的运动轨迹与bc边相切时，如图中曲线③所示，由几何关系可得此时粒子运动的轨迹半径r3＝a，解得粒子的速率v3＝，当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场，当粒子的速率为时，由于v3<【易错点】 临界状态分析不完整，且粒子从cP边射出时，速度增大，圆心角不变，运动时间不变.
圆形边界磁场
【例5】 （2024·湖北卷）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域.不计重力，下列说法正确的是( )
A.粒子的运动轨迹可能经过O点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【解析】 D 在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，运动时间最短时根据对称性可知轨迹如图甲所示，则最短时间有t＝2T＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝，D正确.
【变式训练5】 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点的横截面是以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3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
【解析】 D 假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图1所示，O1为圆周运动的圆心，由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性知在其他点撞击同理，D正确；假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性知撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形，最少应为三角形，如图2所示，即撞击两次，B错误；速度越大，粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误.
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 解题“三步法”
考点三 带电粒子在磁场中运动的多解问题
1.多解问题的分类
多解分类 多解原因 示意图
带电粒子电性不确定 带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向不确定 题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况
临界状态不唯一 带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过去了，也可能从入射界面反向飞出
运动的周期性 带电粒子在空间运动时，往往具有往复性
2.解决多解问题的一般思路
(1)明确带电粒子的电性和磁场方向.
(2)找出带电粒子运动的临界状态.
(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算.
带电粒子的电性不确定形成多解
【例6】
（多选）如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.一个质量为m、电荷量为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场.不计粒子重力，欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是( )
A. B. C. D.
【解析】 AC 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的轨迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大，若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示（此时圆心为O点），由几何关系得R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，A正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示（此时圆心为O′点），由几何关系得R2＋R2cos 45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C正确.
磁场方向不确定形成多解
【例7】 （多选）一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，不计负电荷重力，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )
A. B. C. D.
【解析】 AC （方法1）根据题意，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，负电荷运动的角速度为ω＝＝，A、C正确.
（方法2）根据题意，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当正电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝ma＝mvω，两边约掉v，得ω＝；同理当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝ma＝mvω，两边约掉v，得负电荷运动的角速度为ω＝，A、C正确.
临界状态不唯一形成多解
【例8】 （多选）长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示.磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电.现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )
A.使粒子的速度v<
B.使粒子的速度v>
C.使粒子的速度v>
D.使粒子的速度【解析】 AB 如图所示，若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r＝（r1－）2＋l2，又因为r1＝，解得v1＝；若粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝＝，解得v2＝.欲使粒子不打在极板上，应使v<或v>，A、B正确，C、D错误.
运动的周期性形成多解
【例9】（多选）如图，纸面内有一矩形abcd，其长ab为4l、宽ad为2l，P、Q为ab边上的点，aQ＝Pb＝l.在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场（图中未画出磁场），磁感应强度大小为B0.一质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，从P点垂直ab以速度v1向外射入磁场，粒子从Q处进入无场区.现在将入射速度变为v2＝2v1，粒子从P点垂直ab射入磁场，粒子的重力不计，粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为( )
A.16πl＋12l B.40πl＋24l C. D.
【解析】 ACD 根据粒子从P点垂直ab射入磁场，从Q处进入无场区，可判断粒子做圆周运动的半径R1＝l，粒子在磁场中做圆周运动，有qv1B0＝m，解得＝v1，粒子速度变为v2＝2v1，粒子在磁场中做圆周运动，有R2＝2l，由数学知识可知，粒子先以Q为圆心做个圆周运动到ad的中点M，再沿直线MN运动到N(Nc＝l)，再经过个圆周运动到P点，沿直线PM运动到M，再经过个圆周运动到N点，沿直线NP运动到P，之后重复上述运动，粒子运动轨迹如图所示，可知粒子在一个周期内经过P点两次，由P点沿圆弧运动到M点所用时间t1＝×，由M点沿直线运动到N点所用时间t2＝＝，粒子以2v1垂直ab向外经过P，则粒子运动的时间t＝k(3t1＋3t2)，k＝1，2，3，…，粒子运动的路程s＝2v1k(3t1＋3t2)＝2k（4πl＋3l），k＝1，2，3，…，当k＝2时为A选项，而B选项无法取到，A正确、B错误；
粒子以2v1大小与ab方向成30°角经过P，则t′＝2t1＋t2＋k(3t1＋3t2)，k＝0，1，2，3，…，粒子运动的路程s′＝2v1t′＝2[＋l＋k（4πl＋3l）]，k＝0，1，2，3，…，当k＝2时为C选项，当k＝3时为D选项，C、D正确.
考点四 带电粒子在有界磁场中的临界极值问题
1.分析临界极值问题的思路和方法
两种思路 一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种方法 物理方法 (1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值
数学方法 (1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等
从关键词找突破口 许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件
2.分析临界极值问题常用的四个结论
(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)当速率v一定时，弧长越长，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，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等.
(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大（所有的弦长中直径最长）.
【例10】（多选）一有界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，其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其他地方磁场的范围足够大.一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，以下说法正确的是( )
A.从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B.从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长
C.粒子在磁场中的最长运动时间不大于
D.粒子在磁场中的最长运动时间小于
【解析】 AD 画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图所示，当粒子都从ab边射出时，运动轨迹都是半圆周，运动时间都相等，为，当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨道半径越大，对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于，A正确，B、C错误；当粒子的速度足够大，半径足够大时，ab的长度l远小于r，这时圆心角大小趋近于270°，因此粒子在磁场中最长运动时间小于，D正确.
【变式训练6】（多选）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点.已知OP＝OS＝d，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
A.粒子的速度大小为
B.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为3∶2
C.沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d
D.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
【解析】 AD 根据几何关系可得SP＝＝2d，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可知粒子做圆周运动的半径r满足2r＝SP＝2d，可得r＝d，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得v＝，A正确；从x轴上射出磁场的粒子中，沿y轴正方向射入的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出的粒子时间最短，运动轨迹如图所示，根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为α＝，θ＝，从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与
最短时间之比为＝＝＝，B错误；沿平行于x轴正方向射入的粒子，其圆心在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为r，即沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d，C错误；从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为t＝，D正确.
1.（2024·广西卷）xOy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P.不计粒子重力，则P点至O点的距离为( )
A. B. C.（1＋） D.（1＋）
【解析】 C 粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝.根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋＝（1＋），C正确.
2.如图所示，坐标平面内有边界过P(0，L)点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域.方向垂直于坐标平面，一质量为m、电荷量为e的电子（不计重力），从P点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，从x轴上的Q点射出磁场区域，此时速度与x轴正方向的夹角为60°.下列说法正确的是( )
A.磁场方向垂直于坐标平面向外
B.磁场的磁感应强度B＝
C.圆形磁场区域的半径为2L
D.带电粒子做圆周运动的半径为L
【解析】 B
粒子运动轨迹如图，根据左手定则，可知磁场垂直纸面向里，A错误；根据几何知识，可知粒子的轨道半径为r＝2L，又洛伦兹力提供向心力，可得eBv0＝m，所以B＝＝，D错误、B正确；根据几何知识可知，∠QOP＝90°，所以PQ为圆形磁场的直径，所以有2R＝r，所以磁场区域的半径为R＝L，C错误.
3.如图所示，在足够大的光滑绝缘水平桌面上存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.有三个质量均为m的物块a、b、c（均可视为质点）分别位于桌面上直角三角形ACD的三个顶点处，已知∠A＝30°，CD的长度为L，物块a带正电，电荷量为q，物块b、c不带电.现给物块a方向垂直AC边、大小为v0（未知）的初速度，观察到物块a与物块b恰好能发生碰撞.已知物块a、b、c相互碰撞后粘在一起，且带电荷量保持不变.则下列说法正确的是( )
A.物块a的初速度大小v0＝
B.物块a与物块b碰撞以后整体再运动时间Δt＝后与物块c发生碰撞
C.物块a与物块b碰撞以后整体不可能再与物块c发生碰撞
D.物块a从开始运动经过时间t＝可以再回到出发点A
【解析】 B 物块a与物块b碰撞以后，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1求得物块a、b碰撞粘在一起后整体做圆周运动的半径为r′＝＝L，周期为T′＝，可见物块a、b碰撞粘在一起后，整体再运动时间Δt＝T′＝后与物块c发生碰撞，B正确.
4.（多选）如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内（不含边界）有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为直径.大量带正电荷的同种粒子以不同的速率从O点在纸面内沿与ON成30°角的方向射入磁场.粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子受到的重力以及粒子间的相互作用.下列说法正确的是( )
A.粒子在磁场中运动的最长时间为
B.若粒子恰好从圆弧边界离开磁场，则粒子的速度大小为
C.若粒子恰好从O点正上方的P点离开磁场，则粒子的速度大小为
D.选择合适的速度，粒子可能从M点离开磁场
【解析】 AC 当粒子的速度较小时，粒子从MN边界离开磁场，其轨迹对应的圆心角为300°，此时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间t＝×＝，A正确；如图所示，当粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时（设切点为Q），粒子恰好从圆弧边界射出，根据几何知识可知，粒子的轨迹半径r1＝，设粒子的速度大小为v1，有qv1B＝m，解得v1＝，B错误；设当粒子恰好从P点离开磁场时，粒子的轨迹半径为r2，根据几何关系有r2＝，设粒子的速度大小为v2，有qv2B＝m，解得v2＝，C正确；当粒子的速度大于时，粒子从Q点右侧离开磁场，当粒子的速度小于时，粒子从MN边界离开磁场，即粒子不可能从M点离开磁场，D错误.
5.（多选）一质量为m、电量为q(q<0)的带电粒子以速度v0从x轴上的A点垂直y轴射入第一象限，第一象限某区域有磁感强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，粒子离开第一象限时速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°.如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是( )
A.如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是
B.如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是
C.如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是
D.如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是
【解析】 AC 由洛伦兹力充当向心力得qv0B＝m，所以半径为R＝，运动轨迹如下图所示，若是圆形区域磁场，则以CD为直径的圆面积最小，CD＝R，故最小面积为Smin＝πr2＝π（）2＝π，A正确、B错误；
若是矩形区域磁场，则以CD为长，以圆弧最高点到CD的距离h为宽时矩形的面积最小，h＝R－R＝（1－）R，所以矩形区域磁场最小面积为Smin＝Rh＝（1－）R2＝（），C正确、D错误.
6.如图所示，在矩形区域abcO内存在一垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为 L，ab边长为L.现从O点沿着Ob方向垂直磁场射入各种速率的带正电粒子，已知粒子的质量为m、带电荷量为q（粒子所受重力及粒子间的相互作用忽略不计），求：
(1)垂直ab边射出磁场的粒子的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm.
【解析】 (1)粒子垂直ab边射出磁场时的运动轨迹如图所示.
设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，
由几何关系可知
tan θ＝＝，
则θ＝，sin θ＝＝，
得R＝2L.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得
v＝.
(2)由做匀速圆周运动可知
T＝＝，
因此粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，和速度无关，由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝，可知粒子在磁场中运动的最长时间
tm＝T＝.
7.（2023·湖北卷）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场.t＝ 0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰.碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周.已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q.假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响.求：
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
(3)t＝时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t＝的过程中粒子乙运动的路程.
【解析】 (1)由题知，粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径r＝a，
根据qv甲0B＝m，
解得v甲0＝.
(2)由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲＝2T乙，
根据qvB＝mr，有＝，
则m乙＝m，
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0＝－mv甲1＋m乙v乙1
mv＋m乙v＝mv＋m乙v，
解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0，
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为.
(3)已知在t1＝时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1＝－3v甲0，v乙1＝3v甲0，
则根据qvB＝m，可知此时乙粒子的运动半径为r乙1＝a，
可知在t2＝时，甲、乙粒子发生第二次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1＝mv甲2＋m乙v乙2，
mv＋m乙v＝mv＋m乙v，
解得v甲2＝v甲0，v乙2＝－5v甲0，
可知在t3＝时，甲、乙粒子发生第三次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2＝mv甲3＋m乙v乙3
mv＋m乙v＝mv＋m乙v，
解得v甲3＝－3v甲0，v乙3＝3v甲0，
依次类推，在t9＝时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且碰后v甲9＝－3v甲0，v乙9＝3v甲0，
在t9＝到t＝过程中，甲粒子刚好运动半周，则t＝时甲粒子运动到P点即(－6a，0)处.
在t9＝到t＝过程中，乙粒子刚好运动一周，则t＝时乙粒子回到坐标原点，坐标为(0，0).
故整个过程中乙粒子走过总路程为s＝（2×2π×a＋2×2π×a）×4＋2π×a＝67πa.
第3讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动
1.静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于 静止 状态或做 匀速 直线运动.
2.匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力大小 相等 、方向 相反 时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做 匀速圆周 运动.
3.较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做 非匀变速 曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线.
4.分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的 运动阶段 组成.
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，电场、磁场交替出现.
2.分析思路
(1)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.
(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)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题.
3.组合场中的两种典型偏转
4.组合场中洛伦兹力在现代科技中的应用
装置 原理图 规律
质 谱 仪 粒子由静止被加速电场加速：qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝，则比荷＝
回 旋 加 速 器 交流电源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＝
电场＋磁场
【例1】 如图所示，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔.以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系.在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向.一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0.已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力.
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求 tan θ的绝对值；
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移.
【解析】 (1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy，由电子在x轴方向做匀速直线运动得
L＝v0t，
在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
Bevy＝m，可得R＝，
T＝＝，
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有
t＝nT(n＝1，2，3，…)，
联立得B＝，当n＝1时，B有最小值，可得Bmin＝.
(2)如图所示，tan θ＝，
当tan θ有最大值时，vy最大，R最大，此时R＝r，
又B＝，
R＝，
联立可得vym＝，tan θ＝.
(3)当vy最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym，根据匀变速直线运动规律有
ym＝，
由牛顿第二定律知
a＝，
又vym＝，
联立得ym＝.
【变式训练1】 （2023·湖南卷）如图所示，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直.A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t> t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝t0
【解析】 D 由题知粒子沿AC做直线运动，则有qv0B1＝ qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝mr，有t0＝，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度满足qvA 瘙簚2B1＝ qE，则vA＝，再根据qvB＝m，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度满足qvBB1＝q 瘙簚2E，则vB＝2v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如图1所示，根据sin θ＝，可知转过的圆心角θ＝ 60°，根据qvB＝mr，有t＝，则t＝，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如图2所示，根据sin α＝，可知转过的圆心角为α＝45°，根据qvB＝mr，有t＝，则t＝t0，D正确.
【易错点】 计算时间时，不仅要考虑圆心角的变化，还要考虑磁感应强度变化导致周期的变化.
磁场＋磁场
【例2】 某种离子收集装置的简化模型如图所示，x轴下方半径为R的圆形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1＝B，圆心所在位置坐标为(0，－R).在x轴下方有一直线形离子源，沿x轴正方向发射出N个（大量）速率均为v0的同种离子，这些离子均匀分布在离x轴距离为0.2R～1.8R的范围内.在x轴的上方，存在方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，该磁场上边界与x轴平行，磁感应强度大小B2＝2B.在x轴整个正半轴上放有一厚度不计的收集板，离子打在收集板上即刻被吸收.已知离子源中指向圆心O1方向射入磁场B1的离子，恰好从O点沿y轴射出.整个装置处于真空中，不计离子重力，不考虑离子间的碰撞和相互作用.取sin 53°＝0.8.
(1)求该种离子的电性和比荷；
(2)若x轴上方的磁场宽度d足够大，发射的离子全部能被收集板收集，求这些离子在x轴上方磁场中运动最长和最短时间差Δt，以及离子能打到收集板上的区域长度L.
【解析】 (1)已知沿圆心O1射入的离子，恰好从O点沿y轴射出，则可知离子在B1中向上偏转，根据左手定则，可知离子带负电，根据该离子运动轨迹，画出轨迹，如图1所示.
粒子运动的轨迹半径为r1＝R，Bqv0＝m，
解得＝.
(2)离子经过圆形磁场区域均能到达O点，最上端粒子到达O点时，速度方向与y轴夹角为θ，如图2所示.
根据几何关系有sin θ＝，可知θ＝53°，且左右对称.
在B2中，有B2qv0＝m，B2＝2B，
可得r2＝0.5R.
在磁场中所花时间最少的粒子轨迹为如图2所示的劣弧，其轨迹对应的圆心角为37°×2＝74°，在磁场中所花时间最长的粒子为如图2所示的优弧，其轨迹对应的圆心角为180°＋53°×2＝286°，根据周期T＝＝，所以Δt＝T＝.
离子打到收集板上的区域长度L，取决于离子打到收集板上的最近距离和最远距离，其中，最远距离为沿y轴正方向射出的离子，如图2所示xmax＝2r2＝R，最近距离为速度方向与y轴正方向夹角为53°射入的离子，
xmin＝2r2cos 53°＝0.6R，
所以L＝xmax－xmin＝0.4R.
【变式训练2】 （2024·海南卷）如图所示，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点.半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍.区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ.区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外.区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0.改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ.已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）
(1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
(2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
(3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝Bv0，方向沿x轴正方向.此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角.当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离（sin 37°＝，sin 53°＝）.
【解析】 (1)根据动能定理得
qU＝mv，
解得U＝.
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，根据题意知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
Bqv0＝m，
解得R＝.
(2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O′、粒子出射点四点构成一个菱形，由几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O′连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0＝m，
解得R′＝2R，
如图甲所示，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径2R，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
T1＝＝，
T2＝＝，
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
t＝T1＋T2＝.
(3)如图乙所示，将速度v0分解为沿y轴正方向的速度v0及速度v′，因为E＝Bv0可得Eq＝Bqv0，故可知沿y轴正方向的速度v0产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bqv′，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
v′＝2v0sin 53°＝1.6v0，
故当v′方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
vm＝v0＋1.6v0＝2.6v0，
圆周运动半径
R″＝＝＝1.6R.
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
L＝R″＋R″sin 53°＋2R＋2R＝6.88R＝.
带电粒子在交变电磁场中的运动
【例3】 如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，O、O1为两板上正对的小孔.紧贴D板右侧存在上下范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界.现有质量为m、电荷量为＋q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计.
(1)C、D板间加恒定电压U，C板为正极板，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到O1的时间t；
(2)C、D板间加如图乙所示的电压，U0为已知量，周期T是未知量.t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，求周期T应满足的条件和粒子到达O1孔的最大速度vm；
(3)磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0＝.t′＝0时，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v应满足的条件.
【解析】 (1)板间匀强电场的场强E＝，
粒子在板间的加速度a＝，
根据位移公式有d＝at2，
解得t＝d·.
(2)粒子一直加速到达O1孔速度最大，设经历时间t0，
则t0＝d·≤，解得T≥2.
由动能定理有qU0＝mv，
解得vm＝.
(3)当磁感应强度分别为B0、2B0时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2，根据洛伦兹力提供向心力有
qvB0＝m，
解得r1＝，且有T1＝＝2T0.
同理可得r2＝＝，T2＝＝T0.
故0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～2T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，2T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～3T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，3T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示.
由几何关系有r1＋r2≤L，解得v≤.
【变式训练3】如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示.在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子（不计重力），初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A（图中未标出），坐标为（，0）.若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：＝，粒子的比荷满足：＝.求：
甲
(1)在t＝时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离x轴的最大距离；
(3)粒子运动至A点的时间.
【解析】 (1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qB0v0＝mr1＝m，
解得T＝2t0，r1＝＝，
则粒子在时间内转过的圆心角α＝，
所以在t＝时，粒子的位置坐标为（，）.
(2)粒子的运动轨迹如图所示.
在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，
则v＝v0＋t0＝2v0，
运动的位移x＝t0＝1.5v0t0，
在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，
半径r2＝2r1＝，
故粒子偏离x轴的最大距离
h＝x＋r2＝1.5v0t0＋.
(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离d＝2r1＋2r2＝，
AO间的距离为＝8d，
所以，粒子运动至A点的时间t＝32t0.
组合场中洛伦兹力在现代科技中的应用
【例4】 （2024·甘肃卷）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.
【解析】 (1)由于粒子向上偏转，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时的速度为v0，由平衡条件有
qv0B1＝qE1，
在加速电场中，由动能定理有
qU＝mv，
联立解得粒子的比荷为＝.
(2)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Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛＝qv0B1，向下的电场力F＝qE2，
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1，
通过配速法，如图所示
其中qE2＝q(v0＋v1)B1，
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速运动的同时，竖直面内以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小为v′＝v0＋v1＋v1＝.
【变式训练4】 劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示.置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是( )
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1∶
D.不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速α粒子
【解析】 A 质子出回旋加速器的速度最大时的半径为R，则v＝＝2πRf，所以最大速度不超过2πfR，A正确；根据Bqv＝m，知v＝，则最大动能Ekm＝mv2＝，与加速电压无关，B错误；质子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v＝知，质子第2次和第1次经过D形盒狭缝的速度比为∶1，根据R＝，知半径比为∶1，C错误；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T＝知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，改变交流电的频率才能加速α粒子，D错误.
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
考点二 带电粒子在复合场中的运动
1.复合场
复合场通常是指电场与磁场在某一区域并存或电场、磁场和重力场并存于某一区域的情况.带电粒子在复合场中的运动涉及重力、电场力和洛伦兹力，因而必须明确这几种力的特点.
2.解题思路
3.复合场中洛伦兹力在现代科技中的应用
装置 原理图 规律
速度选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝
霍尔元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
重力＋磁场
【例5】 （多选）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角.质量为m、电荷量为＋q的带电小球套在细杆上.小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中.磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力，重力加速度为g.小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程( )
A.合力冲量大小为mv0cos θ
B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0＝，弹力冲量为零
【解析】 CD （方法1）根据动量定理I＝0－mv0＝－mv0，故合力冲量大小为mv0，A错误；小球上滑的时间为t＝，重力的冲量大小为IG＝mgt＝，B错误；小球所受洛伦兹力为Bqv＝Bq(v0－at)＝－Bqat＋Bqv0，a＝g sin θ，随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为I洛＝q··Bt＝q··B·＝，C正确；若v0＝，0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0＝2mg cos θ，小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得Bqv＝mg cos θ＋FN，即FN＝Bqv－mg cos θ＝Bq(v0－at)－mg cos θ＝mg cos θ－Bqtg sin θ，则小球在整个减速过程的FN－t图像如图，由图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，D正确.
（方法2）求解D项弹力的冲量时，因FN＝Bqv－mg cos θ＝Bq(v0－at)－mg cos θ＝mg cos θ－Bqtg sin θ，FN随时间为线性关系，也可以考虑用平均力法，初始状态FN＝mg cos θ，末状态FN＝－mg cos θ，平均力为0，故弹力的冲量为0，D正确.
【变式训练5】 （多选）质量为m、带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中.现给小球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则对小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A.一定做减速运动
B.运动过程中克服摩擦力做的功可能是0
C.最终稳定时的速度一定是
D.最终稳定时的速度可能是0
【解析】 BD 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能存在的弹力和摩擦力.若qv0B>mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和水平向左的摩擦力，且qvB＝mg＋N，μN＝ma，可知加速度a＝，方向向左，故小球先做加速度减小的减速运动，最终匀速，匀速运动时的速度v＝；若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动，速度v＝v0＝；若qv0B电场＋磁场
【例6】 （2024·安徽卷）（多选）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示.当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同.Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示.Ⅱ的轨迹未画出.已知重力加速度大小为
课程标准 1.能列举磁现象在生产生活中的应用.了解我国古代在磁现象方面的研究成果及其对人类文明的影响.关注与磁相关的现代技术发展. 2.通过实验，认识磁场.了解磁感应强度，会用磁感线描述磁场.体会物理模型在探索自然规律中的作用. 3.通过实验，认识安培力.能判断安培力的方向，会计算安培力的大小.了解安培力在生产生活中的应用. 4.通过实验，认识洛伦兹力.能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小. 5.能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动.了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用.
核心素养 物理观念 1.理解磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力等概念. 2.掌握安培定则、左手定则的应用方法. 3.建立磁场的物质观念，运动与相互作用及能量观念.
科学思维 通过电场与磁场的类比，培养科学思维方法，掌握安培力的应用方法，运用力学观点、能量观点分析带电体在磁场中的运动，培养分析推理能力.
科学探究 1.通过实验探究安培力和洛伦兹力的大小. 2.通过实验探究电子在磁场中的偏转.
科学态度 与责任 了解电动机、质谱仪、速度选择器、回旋加速器、电磁流量计在生产生活中的应用.
命题探究 命题分析 一是考查磁场的基本概念、安培力和洛伦兹力的判断与应用，多以选择题形式出现；二是考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动、带电粒子在复合场中的运动问题，主要以计算题形式出现.
趋势分析 本章命题的热点有：(1)考查磁感应强度的叠加、安培力、洛伦兹力的理解和运用；(2)考查带电粒子在有界磁场中的临界问题，在组合场、复合场中的运动问题；(3)考查磁场与现代科学知识的综合应用.
预设情境 舰载机电磁弹射、电磁船、地磁场、电磁炮、回旋加速器、质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件等.
第1讲 磁场的描述 磁场对电流的作用
一、磁场 磁感应强度
1.磁场
基本性质：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.磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的 强弱 和方向.
(2)大小：B＝ .
(3)方向：小磁针的N极所受 磁场力 的方向，也就是小磁针 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：磁感线疏密程度 相同 、方向 相同 .
4.地磁场
(1)地磁的N极在地理 南极 附近，S极在地理 北极 附近，磁感线分布如图所示.
(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度 相等 ，且方向水平 向北 .
二、磁感线及其特点
1.磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的 磁感应强度 的方向一致.
2.特点
(1)磁感线上某点的 切线 方向就是该点的磁场方向.
(2)磁感线的 疏密 定性地表示磁场的强弱.
(3)磁感线是 闭合 曲线，没有起点和 终点 .
(4)磁感线是假想的曲线，客观上不存在.
三、安培力、安培力的方向
1.安培力的大小
F＝ ILB sin θ （其中θ为B与I之间的夹角）.
当磁场和电流垂直时：F＝ BIL ；当磁场和电流平行时：F＝ 0 Ｗ.
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力的方向.
考点一 描述磁场的物理量
1.常见电流的磁场
项目 安培定则 横截面图 纵截面图
直线电流
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
内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
环形电流
内部为匀强磁场且比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
2.理解磁感应强度的三点注意事项
(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝认为B与F成正比，与IL成反比.
(2)测量磁感应强度时，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.安培定则的应用
项目 原因 (电流方向) 结果 (磁场方向) 说明
直线电流 的磁场 大拇指 四指 在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”
环形电流 的磁场 四指 大拇指
磁感应强度与磁感线
【例1】 关于磁感应强度和磁感线的描述，下列说法正确的是( )
A.磁感应强度B＝只是定义式，它的大小取决于场源以及在磁场中的位置，而与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关
B.若B＝1 T，I＝1 A，L＝1 m，则F一定等于1 N
C.两条磁感线的空隙处一定不存在磁场
D.两个磁场叠加的区域，磁感线可能相交
【解析】 A 在磁场场源稳定的情况下，磁场内各点的磁感应强度（包括大小和方向）都是确定的，与放入该点的检验电流、导线无关，A正确；应用公式B＝或F＝ILB时要注意导线必须垂直于磁场方向放置，B错误；磁感线的疏密反映磁场的强弱，磁感线是假想的、人为画出的曲线，两条磁感线的空隙处也存在磁场，C错误；磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向，如果磁感线在某点相交，那就意味着该点有两个磁场方向，这显然是不可能的，D错误.
【变式训练1】 （多选）下列说法正确的是( )
A.磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致
B.一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零
C.把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱
D.把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流乘积的比值表示该处磁场的强弱
【解析】 AC 磁感线上每一点的切线方向表示该点的磁场方向，即小磁针静止时北极所指的方向，A正确；把通电直导线放入某处，如果放置得不合适，即使有磁场存在，通电直导线也可能不受磁场力的作用，B错误；由电场强度的定义式E＝知，电场强度等于试探电荷受到的静电力F与所带电荷量q的比值，C正确；磁感应强度的定义式B＝的成立是有条件的，即通电直导线要与磁场方向垂直，否则不成立，D错误.
【易错点】 一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度可能为零，也可能不为零.
安培定则的应用和磁场的叠加
【例2】 在正方形ABCD的中心有一以O点为圆心的铁环（如图所示）缠绕着通电绝缘导线，当通电方向如图所示时，O点的磁感应强度大小为B0.现在A、B、C、D四点放置如图所示的通电直导线，电流如图所示.已知正方形边长为l，通电直导线周围磁场B＝，其中k为已知系数，I为电流的大小，d为到通电导线的垂直距离.则此时O点的磁感应强度B为( )
A.B＝0 B.B＝＋B0 C.B＝ D.B＝B0
【解析】 C 通电线圈在O点产生磁场的磁感应强度B0的方向为竖直向下.四条直导线到圆心O的距离均为d＝l，则A、C在O点的合磁场的磁感应强度为BAC＝k－k＝k＝，方向由O指向D；同理B、D在O点的合磁场的磁感应强度为BBD＝k－k＝k＝，方向由O指向A，则O点的合磁场的磁感应强度为B＝＝，C正确.
【易错点】 误认为铁环在圆心处的磁场方向垂直纸面向外.
【变式训练2】 如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O′为MN的中点，c、d位于MN的连线上，且c、d到O′点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是( )
A.O点处的电场强度为零
B.c、d处的磁感应强度相同
C.在a点处无初速的释放点电荷＋q，点电荷将在a、b间做往复运动
D.O′点处的磁感应强度为零
【解析】 B 正电荷在O点处的电场强度方向水平向右，负电荷在O点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加可知，O点处的总电场强度不为零，A错误；根据右手螺旋定则，M、N两点处长直导线在c、d、O′点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及场强叠加可知，c、d处的磁感应强度相同，O′点处的磁感应强度不为零，B正确、D错误；点电荷在a、b间时，根据场强叠加可知，总电场强度方向水平向右，点电荷所受电场力水平向右，不会做往复运动，C错误.
磁场的叠加和安培定则应用的注意点 (1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向. (2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向. (3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则.
考点二 对安培力的理解和应用
1.安培力大小：F＝ILB sin θ.
(1)公式F＝ILB中L指的是“有效长度”.当B与I垂直时，F最大，F＝ILB；当B与I平行时，F＝0.
(2)弯曲导线的有效长度L等于在垂直磁场平面内的投影两端点所连线段的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端.
2.安培力方向：用左手定则判断，注意安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面.
【例3】 如图所示，半径为r、粗细均匀的金属圆环放在绝缘水平面上，虚线MN左侧有垂直于水平面向下的匀强磁场Ⅰ，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小均为B，MN与圆环的直径重合，PQ是圆环垂直MN的直径，将P、Q两端接入电路，从P点流入的电流大小为2I，圆环保持静止不动，则下列判断正确的是( )
A.整个圆环受到的安培力为0
B.整个圆环受到的安培力大小为BIr
C.MN左侧半圆环受到的安培力大小为BIr
D.MN左侧半圆环受到的安培力大小为BIr
【解析】 A 圆环的上半部分的电流是顺时针，下半部分的电流是逆时针，把圆环平均分成右上、左上、左下、右下四部分，根据左手定则可得这四部分的受力如图.安培力公式为F＝ILB，其中L为导线的有效长度，四部分的有效长度都为r，且导线中的电流相同，则四部分所受的安培力大小相等，且F1与F3方向相反，F2与F4方向相反，即圆环所受安培力的合力为零，A正确、B错误.MN左侧半圆受到的安培力F23＝F2＝·B·I·r＝2BIr，C、D错误.
【变式训练3】（多选）如图甲所示，软导线放在光滑绝缘水平面上，两端分别固定在P、Q两点，P、Q间距离为L，空间有垂直水平面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，通过P、Q两点通入大小为I、方向如图乙所示恒定电流，同时给软导线上A点施加一个水平力，使软导线形状如图乙所示，PA段与QA段软导线长度之比为2∶3，则下列判断正确的是( )
A.PA段与QA段软导线受到的安培力大小之比一定为2∶3
B.作用在A点的水平拉力方向一定与PQ连线垂直
C.整个软导线受到的安培力大小为BIL
D.撤去拉力整个软导线最后静止时受到的安培力与未撤去拉力时整个软导线受到的安培力大小不相等
【解析】 BC 由题中条件无法得出PA段与QA段导线的有效长度之比为2∶3，结合F＝BIL可知PA段与QA段软导线受到的安培力大小之比不一定为2∶3，A错误；由题可知PA段导线与QA段导线在垂直PQ连线方向的等效长度相等，则PA段导线所受安培力在平行PQ连线方向的分力与QA段导线所受安培力在平行PQ连线方向的分力大小相等，方向相反，故作用在A点的水平拉力方向一定与PQ连线垂直，B正确；撤去拉力前和撤去拉力后整个软导线的有效长度均为L，则整个软导线受到的安培力大小均为BIL，C正确、D错误.
通电的弯曲导体受到安培力问题的求解 弯曲导体受到安培力问题常作等效法求解，因弯曲导体在磁场中的有效长度等于两端点的连线，求出等效长度后再根据F＝BIL求出安培力的大小，由左手定则判断安培力的方向.
考点三 安培力作用下导体运动情况的判断
安培力下导体运动情况判断的常用方法：
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，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
电流元法
【例4】 通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面）内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心），各自的电流方向如图所示.下列哪种情况将会发生( )
A.因L2不受磁场力的作用，故L2不动
B.因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动
C.L2绕轴O按顺时针方向转动
D.L2绕轴O按逆时针方向转动
【解析】 D 由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场方向为垂直纸面向外，且离导线L1越远的地方，磁场越弱，将导线L2分成很多小段，可以判断导线L2上的每一小部分受到的安培力方向均为水平向右，由于O点下方的磁场较强，则所受安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D正确.
特殊位置法
【例5】 如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关后( )
A.A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变
B.A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变
C.A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小
D.A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大
【解析】 D 当开关S接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故直导线将转动，由特殊位置法知当直导线转到与磁感线垂直（即转过90°）时，整个直导线受到的安培力方向竖直向下，故悬线张力变大，D正确.
等效法
【例6】 如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P（Q平行于纸面，P垂直于纸面）中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板下，当Q通有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P通有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动（从上向下看）以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是( )
A.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小
B.Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大
C.Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小
D.Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大
【解析】 C （方法1：等效法）根据安培定则，Q产生的磁场的方向在Q环内部垂直于纸面向外，P产生的磁场方向在P环内部水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，Q、P间细线张力减小，C正确，A、B、D错误.
（方法2：电流元法和结论法）作出圆环P在Q处的磁场方向，磁感线向左穿过圆环Q，在圆环Q上取一段电流元，圆环Q左侧一半受力垂直向里，右侧一半受力垂直向外，从上往下看，圆环Q顺时针旋转，再利用特殊位置法，假设圆环Q转过90°，圆环Q的下端和圆环P的上端为同向电流，相互吸引，所以Q、P间细线拉力变小；同理，作出圆环Q在P处的磁场，磁场方向为垂直纸面向里，用电流元法分析可知，圆环P逆时针转动，C正确，A、B、D错误.
结论法
【例7】 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I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1?I2，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( )
【解析】 C 因I1?I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；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I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示.
转换研究对象法
【例8】 如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁N极正对.在两磁铁竖直对称轴上的C点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁处于静止状态，设两磁铁和木板的总重力为G，则( )
A.导线受到的安培力水平向左
B.导线受到的安培力竖直向上
C.木板对地面的压力小于G
D.木板受到地面的摩擦力水平向右
【解析】 D 根据条形磁铁磁场分布和叠加，可知两条形磁铁在导线处产生的合磁场竖直向上，根据左手定则知，长直导线受到的安培力水平向右；木板和磁铁始终处于静止状态，且竖直方向不受导线的作用力，由于两条形磁铁和木板的总重力为G，故木板对地面的压力等于G；又因长直导线受到的安培力水平向右，根据牛顿第三定律可知，长直导线对磁铁的作用力水平向左，所以磁铁和木板有向左运动的趋势，故木板受到地面的摩擦力水平向右，A、B、C错误，D正确.
判定导体运动情况的基本思路 判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，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的方向.
考点四 安培力作用下导体的力学问题
通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路：
(1)选定研究对象.
(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I.
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解.
通电导线在磁场中的平衡问题
【例9】 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根直导体棒，在导体棒中通入垂直纸面向里的电流，图中a点在导体棒正下方，b点与导体棒的连线与斜面垂直，c点在a点左侧，d点在b点右侧.现欲使导体棒静止在斜面上，下列措施可行的是( )
A.在a处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒
B.在b处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒
C.在c处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒
D.在d处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒
【解析】 D
在斜面下放置导体棒前，斜面上的导体棒受重力和斜面的支持力，如图所示可知，为使导体棒静止在斜面上，在d处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒可能使斜面上的导体棒在重力、支持力和安培力三力作用下保持平衡，而在a、b或c处放置一电流方向垂直纸面向里的直导体棒均不可能使斜面上的导体棒保持平衡，D正确.
【变式训练4】 在方向竖直向上、磁感强度大小为B的匀强磁场中，当金属棒中通以恒定电流I、金属棒静止时，两细线偏离竖直方向的偏角均为θ，如图所示.已知金属棒ab的质量为m、长度为L，重力加速度大小为g，关于恒定电流I的大小和方向，下列说法正确的是( )
A.，从a到b
B.，从b到a
C.，从a到b
D.，从b到a
【解析】 A
根据左手定则结合物体的平衡条件，可知电流的方向从a到b，以电流方向垂直纸面向外，对金属棒做受力分析，如图所示，安培力大小为F安＝BIL，而根据平衡条件有T cos θ＝mg，T sin θ＝F安，解得I＝，A正确.
安培力作用下的加速问题
【例10】 （科技前沿）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理示意图如图所示.图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计.导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场（图中末画出），炮弹等效为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好.首先开关S接1，使电容器完全充电.然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动.已知MN达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则( )
A.直流电源的a端是正极
B.MN刚开始运动时，加速度大小为
C.MN离开导轨时，电容器已经放电完毕
D.MN达到最大速度前做加速度减小的加速运动
【解析】 D MN向右加速，则安培力向右，磁场方向垂直于导轨平面向上，可知电流从N到M，则电容器下极板带正电，即直流电源的b端是正极，A错误；MN刚开始运动时，加速度大小为a＝＝，B错误；MN达到最大速度才离开导轨，此时MN中电流为零，即MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，此时电容器还没有放电完毕，C错误；随着MN速度的增大，电路中的电流减小，加速度减小，直到加速度减为零，D正确.
【变式训练5】 （多选）如图所示，两长度均为L的通电长直导线P、Q锁定在倾角为θ的光滑绝缘斜面上，质量分别为m、2m，两导线中通入的电流大小相等，均为I，重力加速度大小为g，现在导线Q的中点施加一沿斜面向上的拉力F，与此同时对两导线解除锁定，两导线间距离不变并沿斜面向上做匀加速直线运动.下列说法正确的是( )
A.两导线中电流的方向可能相反
B.两导线间的安培力大小为F
C.若F＝6mg sin θ，撤去F瞬间，导线P、Q的加速度大小之比为2∶1
D.去掉Q，导线P仅在外加匀强磁场作用下静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度大小满足B≥
【解析】 BD 分析可知P、Q一定相互吸引，则P、Q中电流一定同向，A错误；对P、Q整体，有F－3mg sin θ＝3ma，对P进行受力分析，由牛顿第二定律有FA－mg sin θ＝ma，解得FA＝F，B正确；若F＝6mg sin θ，则P、Q间安培力大小为2mg sin θ，撤去外力F瞬间，对P受力分析可得2mg sin θ－mg sin θ＝ma1，解得a1＝g sin θ，加速度方向沿斜面向上，对Q受力分析可得2mg sin θ＋2mg sin θ＝2ma2，解得a2＝2g sin θ，加速度方向沿斜面向下，导线P、Q加速度大小之比为1∶2，C错误；对P受力分析如图所示，当磁场方向垂直于斜面向下时，磁感应强度最小，由共点力平衡条件可知mg sin θ＝BIL，要使导线P静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度大小满足B≥，D正确.
磁电式电流表的工作原理
【例11】（2024·浙江卷）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱.极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈.a、b、c和d为磁场中的四个点.下列说法正确的是( )
A.图示左侧通电导线受到安培力向下
B.a、b两点的磁感应强度相同
C.圆柱内的磁感应强度处处为零
D.c、d两点的磁感应强度大小相等
【解析】 A 由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误.
【变式训练6】 如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁体的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈.电表指针固定在铝框上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈.蹄形磁体与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行.关于磁电式电表，下列说法不正确的是( )
A.磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动
B.改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转
C.增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度
D.用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上
【解析】 D 磁电式电表的内部，在蹄形磁体的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，A正确，不符合题意；改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，B正确，不符合题意；线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电表的灵敏度，C正确，不符合题意；用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致穿过铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动，而塑料做骨架达不到此作用，D错误，符合题意.
1.地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示.学术界对于地磁场的形成机制尚无共识.一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流.基于此理论，下列判断正确的是( )
A.地表电荷为正电荷
B.环形电流方向与地球自转方向相同
C.若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D.若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
【解析】 C 根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷，A错误；由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，B错误；若地表电荷的电量增加，则等效电流增大，地磁场强度增大，C正确；若地球自转角速度减小，则等效电流减小，地磁场强度减小，D错误.
2.如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍.两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点.下列说法正确的是( )
A.a点与b点的磁感应强度相同
B.a点与c点的磁感应强度相同
C.a点与d点的磁感应强度相同
D.a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同
【解析】 B
通电直导线在周围形成的磁场，大小为B＝，由安培定则可得各点的磁感应强度的平面图如图所示，由对称性可知a点与c点的磁感应强度等大同向，b点与d点的磁感应强度等大同向，B正确.
3.将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则( )
A.通电后两绳拉力不变
B.通电后两绳拉力变大
C.安培力为πBIr
D.安培力为BIr
【解析】 B 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，A错误、B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，C、D错误.
4.安培在研究电流之间的相互作用时，用一根硬导线弯成如图甲所示形状的线圈，该线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体，线圈的端点A、B通过水银槽和固定支架相连，这样，线圈既可通入电流，又可自由转动，被称为无定向秤.则通电后( )
A.当线圈处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动
B.当线圈处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
C.当线圈处于垂直线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
D.将如图乙所示的通电硬导线靠近该秤，线圈可能会发生转动
【解析】 A 当处于平行线圈平面的匀强磁场中，这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，而两个线圈的转向相反，作用效果会相互抵消，所以在匀强磁场中不会发生转动，B错误；当处于垂直线圈平面的匀强磁场中，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内，因此不会发生转动，C错误；根据以上分析可知，在磁场不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，可知线圈各边所受安培力大小不均衡，线圈将按照所受安培力大的方向转动，A正确；将如图乙所示的通电硬导线靠近该秤时，因两根导线在线圈所处位置产生的磁场方向相反，相互抵消，因此线圈不会发生转动，D错误.
5.（多选）如图所示，在同一绝缘水平面上固定三根平行且等间距的长直通电导线a、b、c，导线中通有大小相等的恒定电流.已知导线a受到的安培力方向垂直导线向左，则下列说法正确的是( )
A.导线b中的电流方向一定与导线a中的电流方向相反
B.导线a、c受到的安培力的大小不一定相等
C.导线c受到的安培力一定向右
D.导线b受到的安培力一定最大
【解析】 AB 根据题意可知，由于导线a受到的安培力方向垂直导线向左，则导线b与导线a互相排斥，可知，导线b的电流方向一定与导线a中电流方向相反，A正确；只有当导线c的电流方向与导线a相同时，与导线a受到安培力的大小才相等，B正确；若导线c的电流方向与导线a相反，则导线c受到安培力的方向向左，若导线c的电流方向与导线a相同，则导线c受到的安培力方向向右，C错误；当导线c的电流方向与导线b相同时，导线b受到的安培力最大，D错误.
6. （多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
【解析】 BD 对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有a甲＝，a乙＝，由于m甲>m乙，所以a甲
7.（多选）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°
【解析】 BC 设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°；当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有F sin θ1－μ(mg－F cos θ1)＝ma1，令cos α＝，sin α＝，根据数学知识可得F（）sin (θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin (θ1＋α)＝≤1，同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有F sin θ2＋μ(mg＋F cos θ2)＝ma2，有F（）·sin (θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有sin (θ2＋α)＝≤1，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝，代入cos α＝，可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，B、C正确，A、D错误.
8.一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示.两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒.金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出.导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki（k为常量）.金属棒被该磁场力推动.当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I.已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m.求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F1；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v.
【解析】 (1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为
B1＝kI，
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
F1＝ILB1＝kI2L.
(2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为
a1＝＝，
第二级区域中磁感应强度大小为
B2＝2kI，
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
F2＝2ILB2＝4kI2L.
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
a2＝＝，
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为
a1∶a2＝1∶4.
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得
F1s＋F2s＝mv2－0，
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为
v＝.
第2讲 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)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的 平面 .
(2)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.
3.洛伦兹力的大小
F＝qvB sin θ（θ为电荷运动方向与磁感应强度方向的夹角）
(1)v∥B时，洛伦兹力 F＝0 ；（θ＝0°或180°）
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB；(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力 F＝0 ；
(4)洛伦兹力不做功.
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.若v∥B，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v⊥B，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.
3.半径和周期公式
(1)轨迹半径公式：r＝；
(2)周期公式：T＝＝ .
结论：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关.
考点一 洛伦兹力的理解及应用
1.洛伦兹力方向的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面.
(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)用左手定则判断洛伦兹力方向时但一定分清正、负电荷.
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，二者性质相同，都是磁场力.
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功.
3.洛伦兹力与电场力的比较
项目 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 一定是F⊥B，F⊥v 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，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，也可以改变运动的方向
【例1】 如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面（纸面）向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一带电荷量为q(q＞0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜面无压力.关于滑块自a点运动到b点的过程，（重力加速度为g）下列说法正确的是( )
A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
C.洛伦兹力做正功
D.滑块的机械能增大
【解析】 B 滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，A错误；滑块自a点运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒，由mgh＝mv2得v＝，故滑块在b点受到的洛伦兹力为F＝qBv＝qB，B正确，C、D错误.
【变式训练1】 （2023·海南卷）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
【解析】 A 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，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误.
洛伦兹力不做功，但洛伦兹力能改变带电粒子的运动状态，因此在进行受力分析时不要漏掉洛伦兹力.
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
项目 基本思路 图例 说明
圆心的确定 ①与速度方向垂直的直线过圆心 ②弦的垂直平分线过圆心 ③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心 P、M点速度垂线交点
P点速度垂线与弦的垂直平分线交点
某点的速度垂线与切点法线的交点
半径的确定 利用平面几何知识求半径 常用解三角形法：例：R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝
运动时间的确定 利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间 ①t＝T ②t＝ (1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ (2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α
直线边界
【例2】（多选）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场.一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°角的方向垂直磁场射入，并且恰好垂直y轴射出磁场.已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a，不计粒子重力.根据上述信息可以得出( )
A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的时间
D.整个过程洛伦兹力的冲量的方向
【解析】 AD 由题意，作出粒子的运动轨迹如图1所示，根据几何关系可知OO1＝a tan 30°＝a，R＝＝a，带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2＋（y－a）2＝a2，A符合题意；设带电粒子在磁场中运动的速率为v，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得v＝，带电粒子在磁场中运动的周期为T＝＝，由于磁感应强度B未知，所以v和T无法求解，进而无法求解粒子在磁场中运动的时间，B、C不符合题意；如图2所示，整个过程洛伦兹力的冲量方向为动量变化量的方向，即速度变化量的方向，为与x轴负方向成30°角，D符合题意.
【变式训练2】 如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场.之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为( )
A.3 B.2 C. D.
【解析】 A 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直边界射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝ ，电子2运动的时间t2＝，所以 ＝3，A正确，B、C、D错误.
平行边界磁场
【例3】 （多选）如图所示，在0≤x≤a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一束速率等于v0的相同带电粒子从原点O发射，速度方向与y轴正方向的夹角等概率分布在0°～90°范围内.其中，沿y轴正方向发射的粒子从磁场右边界上的P点（图中未标出）离开磁场，其偏向角为120°.不计粒子间相互作用和重力，下列说法正确的是( )
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为a
B.带电粒子的比荷为
C.带电粒子在磁场中运动的最长时间为
D.能从右边界射出的粒子占总粒子数的
【解析】 AC 根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系r＋r cos 60°＝a，可知粒子做圆周运动的半径为r＝a，A正确；由qv0B＝m得＝＝，B错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间t＝＝＝，C正确；结合甲、乙两图可知，能从右边界射出的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角等概率分布在0°～60°范围内，占总粒子数的，D错误.
【变式训练3】 （多选）如图所示，挡板MN位于水平面x轴上，在第一、二象限y≤L区域存在磁感应强度为B的矩形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.在MN上O点放置了粒子发射源，能向第二象限各个方向发射速度为v0＝的带正电同种粒子，已知粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收，以下说法正确的是( )
A.所有粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为
B.粒子在磁场中运动的最长时间为
C.所有粒子运动的区域面积为πL2
D.所有粒子运动的区域面积为
【解析】 AD 由洛伦兹力提供向心力有qBv0＝m，代入数据解得r＝，A正确；粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝，B错误；
所有粒子运动的区域面积为图中阴影部分面积，由几何关系有S＝πr2＋[π(2r)2－2（πr2－r2）]＝，C错误、D正确.
【易错点】 粒子速度方向位于第二象限但不确定，在旋转圆旋转90°过程中，中间白色部分有一片“叶子”没有扫到.
三角形或矩形边界磁场
【例4】 （多选）如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是( )
A.速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B.从CD边飞出的粒子最大速率为
C.粒子从DE边飞出的区域长度可以大于L
D.从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
【解析】 BD 速率小的粒子在CD边射出时，粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，运动时间为周期的一半，而粒子做圆周运动的周期相同，从CD边飞出的粒子在磁场中运动时间相同，A错误；根据左手定则，粒子向左偏转，从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，此时半径为R＝，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得v＝，即从CD边飞出的粒子最大速率为，B正确；粒子与CE相切从DE飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，
如图所示，由几何关系得＝＝L，粒子从DE边飞出的区域长度最大为L，C错误；从CE边飞出的粒子轨迹与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝×＝，D正确.
【变式训练4】 （多选）如图所示，P点处有一粒子源，可以以不同的速率发射某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子沿纸面以与Pd成30°角的方向射入正方形匀强磁场区域abcd内，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，正方形abcd的边长为a，P点是cd边的中点.不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A.当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场
B.当粒子的速率为时，粒子全部从ab边离开磁场
C.当粒子的速率为时，粒子恰好从bc边离开磁场
D.当粒子的速率由变为时，粒子在磁场中运动的时间变长
【解析】 AC 设粒子的运动轨迹半径为r1时，粒子的轨迹与ad边相切，
如图中曲线①所示，由几何关系得r1－＝r1sin 30°，解得r＝a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝，解得粒子的速率v1＝，当粒子的运动轨迹与ab边相切时，如图中曲线②所示，由几何关系可得此时粒子的运动轨迹半径r2＝，解得粒子的速率v2＝，当粒子的运动轨迹与bc边相切时，如图中曲线③所示，由几何关系可得此时粒子运动的轨迹半径r3＝a，解得粒子的速率v3＝，当粒子的速率大于时，粒子全部从ad边离开磁场，当粒子的速率为时，由于v3<
圆形边界磁场
【例5】 （2024·湖北卷）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域.不计重力，下列说法正确的是( )
A.粒子的运动轨迹可能经过O点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【解析】 D 在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，运动时间最短时根据对称性可知轨迹如图甲所示，则最短时间有t＝2T＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝，D正确.
【变式训练5】 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点的横截面是以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3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
【解析】 D 假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图1所示，O1为圆周运动的圆心，由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性知在其他点撞击同理，D正确；假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性知撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形，最少应为三角形，如图2所示，即撞击两次，B错误；速度越大，粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误.
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 解题“三步法”
考点三 带电粒子在磁场中运动的多解问题
1.多解问题的分类
多解分类 多解原因 示意图
带电粒子电性不确定 带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向不确定 题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况
临界状态不唯一 带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过去了，也可能从入射界面反向飞出
运动的周期性 带电粒子在空间运动时，往往具有往复性
2.解决多解问题的一般思路
(1)明确带电粒子的电性和磁场方向.
(2)找出带电粒子运动的临界状态.
(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算.
带电粒子的电性不确定形成多解
【例6】
（多选）如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.一个质量为m、电荷量为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场.不计粒子重力，欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是( )
A. B. C. D.
【解析】 AC 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的轨迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大，若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示（此时圆心为O点），由几何关系得R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，A正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示（此时圆心为O′点），由几何关系得R2＋R2cos 45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C正确.
磁场方向不确定形成多解
【例7】 （多选）一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，不计负电荷重力，则负电荷做圆周运动的角速度可能是( )
A. B. C. D.
【解析】 AC （方法1）根据题意，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，负电荷运动的角速度为ω＝＝，A、C正确.
（方法2）根据题意，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当正电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝ma＝mvω，两边约掉v，得ω＝；同理当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝ma＝mvω，两边约掉v，得负电荷运动的角速度为ω＝，A、C正确.
临界状态不唯一形成多解
【例8】 （多选）长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示.磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电.现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )
A.使粒子的速度v<
B.使粒子的速度v>
C.使粒子的速度v>
D.使粒子的速度
运动的周期性形成多解
【例9】（多选）如图，纸面内有一矩形abcd，其长ab为4l、宽ad为2l，P、Q为ab边上的点，aQ＝Pb＝l.在矩形abcd外存在范围足够大的匀强磁场（图中未画出磁场），磁感应强度大小为B0.一质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，从P点垂直ab以速度v1向外射入磁场，粒子从Q处进入无场区.现在将入射速度变为v2＝2v1，粒子从P点垂直ab射入磁场，粒子的重力不计，粒子离开P点至回到P点的运动路程可能为( )
A.16πl＋12l B.40πl＋24l C. D.
【解析】 ACD 根据粒子从P点垂直ab射入磁场，从Q处进入无场区，可判断粒子做圆周运动的半径R1＝l，粒子在磁场中做圆周运动，有qv1B0＝m，解得＝v1，粒子速度变为v2＝2v1，粒子在磁场中做圆周运动，有R2＝2l，由数学知识可知，粒子先以Q为圆心做个圆周运动到ad的中点M，再沿直线MN运动到N(Nc＝l)，再经过个圆周运动到P点，沿直线PM运动到M，再经过个圆周运动到N点，沿直线NP运动到P，之后重复上述运动，粒子运动轨迹如图所示，可知粒子在一个周期内经过P点两次，由P点沿圆弧运动到M点所用时间t1＝×，由M点沿直线运动到N点所用时间t2＝＝，粒子以2v1垂直ab向外经过P，则粒子运动的时间t＝k(3t1＋3t2)，k＝1，2，3，…，粒子运动的路程s＝2v1k(3t1＋3t2)＝2k（4πl＋3l），k＝1，2，3，…，当k＝2时为A选项，而B选项无法取到，A正确、B错误；
粒子以2v1大小与ab方向成30°角经过P，则t′＝2t1＋t2＋k(3t1＋3t2)，k＝0，1，2，3，…，粒子运动的路程s′＝2v1t′＝2[＋l＋k（4πl＋3l）]，k＝0，1，2，3，…，当k＝2时为C选项，当k＝3时为D选项，C、D正确.
考点四 带电粒子在有界磁场中的临界极值问题
1.分析临界极值问题的思路和方法
两种思路 一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种方法 物理方法 (1)利用临界条件求极值；(2)利用边界条件求极值；(3)利用矢量图求极值
数学方法 (1)用三角函数求极值；(2)用二次方程的判别式求极值；(3)用不等式的性质求极值；(4)图像法等
从关键词找突破口 许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件
2.分析临界极值问题常用的四个结论
(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)当速率v一定时，弧长越长，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，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等.
(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大（所有的弦长中直径最长）.
【例10】（多选）一有界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，其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其他地方磁场的范围足够大.一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，以下说法正确的是( )
A.从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B.从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长
C.粒子在磁场中的最长运动时间不大于
D.粒子在磁场中的最长运动时间小于
【解析】 AD 画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图所示，当粒子都从ab边射出时，运动轨迹都是半圆周，运动时间都相等，为，当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨道半径越大，对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于，A正确，B、C错误；当粒子的速度足够大，半径足够大时，ab的长度l远小于r，这时圆心角大小趋近于270°，因此粒子在磁场中最长运动时间小于，D正确.
【变式训练6】（多选）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点.已知OP＝OS＝d，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
A.粒子的速度大小为
B.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为3∶2
C.沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d
D.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
【解析】 AD 根据几何关系可得SP＝＝2d，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可知粒子做圆周运动的半径r满足2r＝SP＝2d，可得r＝d，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得v＝，A正确；从x轴上射出磁场的粒子中，沿y轴正方向射入的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出的粒子时间最短，运动轨迹如图所示，根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为α＝，θ＝，从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与
最短时间之比为＝＝＝，B错误；沿平行于x轴正方向射入的粒子，其圆心在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为r，即沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d，C错误；从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为t＝，D正确.
1.（2024·广西卷）xOy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里.质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P.不计粒子重力，则P点至O点的距离为( )
A. B. C.（1＋） D.（1＋）
【解析】 C 粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝.根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋＝（1＋），C正确.
2.如图所示，坐标平面内有边界过P(0，L)点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域.方向垂直于坐标平面，一质量为m、电荷量为e的电子（不计重力），从P点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，从x轴上的Q点射出磁场区域，此时速度与x轴正方向的夹角为60°.下列说法正确的是( )
A.磁场方向垂直于坐标平面向外
B.磁场的磁感应强度B＝
C.圆形磁场区域的半径为2L
D.带电粒子做圆周运动的半径为L
【解析】 B
粒子运动轨迹如图，根据左手定则，可知磁场垂直纸面向里，A错误；根据几何知识，可知粒子的轨道半径为r＝2L，又洛伦兹力提供向心力，可得eBv0＝m，所以B＝＝，D错误、B正确；根据几何知识可知，∠QOP＝90°，所以PQ为圆形磁场的直径，所以有2R＝r，所以磁场区域的半径为R＝L，C错误.
3.如图所示，在足够大的光滑绝缘水平桌面上存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.有三个质量均为m的物块a、b、c（均可视为质点）分别位于桌面上直角三角形ACD的三个顶点处，已知∠A＝30°，CD的长度为L，物块a带正电，电荷量为q，物块b、c不带电.现给物块a方向垂直AC边、大小为v0（未知）的初速度，观察到物块a与物块b恰好能发生碰撞.已知物块a、b、c相互碰撞后粘在一起，且带电荷量保持不变.则下列说法正确的是( )
A.物块a的初速度大小v0＝
B.物块a与物块b碰撞以后整体再运动时间Δt＝后与物块c发生碰撞
C.物块a与物块b碰撞以后整体不可能再与物块c发生碰撞
D.物块a从开始运动经过时间t＝可以再回到出发点A
【解析】 B 物块a与物块b碰撞以后，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1求得物块a、b碰撞粘在一起后整体做圆周运动的半径为r′＝＝L，周期为T′＝，可见物块a、b碰撞粘在一起后，整体再运动时间Δt＝T′＝后与物块c发生碰撞，B正确.
4.（多选）如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内（不含边界）有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为直径.大量带正电荷的同种粒子以不同的速率从O点在纸面内沿与ON成30°角的方向射入磁场.粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子受到的重力以及粒子间的相互作用.下列说法正确的是( )
A.粒子在磁场中运动的最长时间为
B.若粒子恰好从圆弧边界离开磁场，则粒子的速度大小为
C.若粒子恰好从O点正上方的P点离开磁场，则粒子的速度大小为
D.选择合适的速度，粒子可能从M点离开磁场
【解析】 AC 当粒子的速度较小时，粒子从MN边界离开磁场，其轨迹对应的圆心角为300°，此时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间t＝×＝，A正确；如图所示，当粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时（设切点为Q），粒子恰好从圆弧边界射出，根据几何知识可知，粒子的轨迹半径r1＝，设粒子的速度大小为v1，有qv1B＝m，解得v1＝，B错误；设当粒子恰好从P点离开磁场时，粒子的轨迹半径为r2，根据几何关系有r2＝，设粒子的速度大小为v2，有qv2B＝m，解得v2＝，C正确；当粒子的速度大于时，粒子从Q点右侧离开磁场，当粒子的速度小于时，粒子从MN边界离开磁场，即粒子不可能从M点离开磁场，D错误.
5.（多选）一质量为m、电量为q(q<0)的带电粒子以速度v0从x轴上的A点垂直y轴射入第一象限，第一象限某区域有磁感强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，粒子离开第一象限时速度方向与x轴正方向夹角θ＝60°.如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是( )
A.如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是
B.如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是
C.如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是
D.如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是
【解析】 AC 由洛伦兹力充当向心力得qv0B＝m，所以半径为R＝，运动轨迹如下图所示，若是圆形区域磁场，则以CD为直径的圆面积最小，CD＝R，故最小面积为Smin＝πr2＝π（）2＝π，A正确、B错误；
若是矩形区域磁场，则以CD为长，以圆弧最高点到CD的距离h为宽时矩形的面积最小，h＝R－R＝（1－）R，所以矩形区域磁场最小面积为Smin＝Rh＝（1－）R2＝（），C正确、D错误.
6.如图所示，在矩形区域abcO内存在一垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为 L，ab边长为L.现从O点沿着Ob方向垂直磁场射入各种速率的带正电粒子，已知粒子的质量为m、带电荷量为q（粒子所受重力及粒子间的相互作用忽略不计），求：
(1)垂直ab边射出磁场的粒子的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm.
【解析】 (1)粒子垂直ab边射出磁场时的运动轨迹如图所示.
设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，
由几何关系可知
tan θ＝＝，
则θ＝，sin θ＝＝，
得R＝2L.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得
v＝.
(2)由做匀速圆周运动可知
T＝＝，
因此粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变，和速度无关，由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝，可知粒子在磁场中运动的最长时间
tm＝T＝.
7.（2023·湖北卷）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场.t＝ 0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰.碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周.已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q.假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响.求：
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
(3)t＝时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t＝的过程中粒子乙运动的路程.
【解析】 (1)由题知，粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径r＝a，
根据qv甲0B＝m，
解得v甲0＝.
(2)由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲＝2T乙，
根据qvB＝mr，有＝，
则m乙＝m，
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0＝－mv甲1＋m乙v乙1
mv＋m乙v＝mv＋m乙v，
解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0，
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为.
(3)已知在t1＝时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1＝－3v甲0，v乙1＝3v甲0，
则根据qvB＝m，可知此时乙粒子的运动半径为r乙1＝a，
可知在t2＝时，甲、乙粒子发生第二次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1＝mv甲2＋m乙v乙2，
mv＋m乙v＝mv＋m乙v，
解得v甲2＝v甲0，v乙2＝－5v甲0，
可知在t3＝时，甲、乙粒子发生第三次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2＝mv甲3＋m乙v乙3
mv＋m乙v＝mv＋m乙v，
解得v甲3＝－3v甲0，v乙3＝3v甲0，
依次类推，在t9＝时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且碰后v甲9＝－3v甲0，v乙9＝3v甲0，
在t9＝到t＝过程中，甲粒子刚好运动半周，则t＝时甲粒子运动到P点即(－6a，0)处.
在t9＝到t＝过程中，乙粒子刚好运动一周，则t＝时乙粒子回到坐标原点，坐标为(0，0).
故整个过程中乙粒子走过总路程为s＝（2×2π×a＋2×2π×a）×4＋2π×a＝67πa.
第3讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动
1.静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于 静止 状态或做 匀速 直线运动.
2.匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力大小 相等 、方向 相反 时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做 匀速圆周 运动.
3.较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做 非匀变速 曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线.
4.分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的 运动阶段 组成.
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，电场、磁场交替出现.
2.分析思路
(1)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.
(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)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题.
3.组合场中的两种典型偏转
4.组合场中洛伦兹力在现代科技中的应用
装置 原理图 规律
质 谱 仪 粒子由静止被加速电场加速：qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝，则比荷＝
回 旋 加 速 器 交流电源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＝
电场＋磁场
【例1】 如图所示，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔.以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系.在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向.一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0.已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力.
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求 tan θ的绝对值；
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移.
【解析】 (1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy，由电子在x轴方向做匀速直线运动得
L＝v0t，
在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
Bevy＝m，可得R＝，
T＝＝，
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有
t＝nT(n＝1，2，3，…)，
联立得B＝，当n＝1时，B有最小值，可得Bmin＝.
(2)如图所示，tan θ＝，
当tan θ有最大值时，vy最大，R最大，此时R＝r，
又B＝，
R＝，
联立可得vym＝，tan θ＝.
(3)当vy最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym，根据匀变速直线运动规律有
ym＝，
由牛顿第二定律知
a＝，
又vym＝，
联立得ym＝.
【变式训练1】 （2023·湖南卷）如图所示，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直.A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t> t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝t0
【解析】 D 由题知粒子沿AC做直线运动，则有qv0B1＝ qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝mr，有t0＝，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度满足qvA 瘙簚2B1＝ qE，则vA＝，再根据qvB＝m，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度满足qvBB1＝q 瘙簚2E，则vB＝2v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如图1所示，根据sin θ＝，可知转过的圆心角θ＝ 60°，根据qvB＝mr，有t＝，则t＝，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如图2所示，根据sin α＝，可知转过的圆心角为α＝45°，根据qvB＝mr，有t＝，则t＝t0，D正确.
【易错点】 计算时间时，不仅要考虑圆心角的变化，还要考虑磁感应强度变化导致周期的变化.
磁场＋磁场
【例2】 某种离子收集装置的简化模型如图所示，x轴下方半径为R的圆形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1＝B，圆心所在位置坐标为(0，－R).在x轴下方有一直线形离子源，沿x轴正方向发射出N个（大量）速率均为v0的同种离子，这些离子均匀分布在离x轴距离为0.2R～1.8R的范围内.在x轴的上方，存在方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，该磁场上边界与x轴平行，磁感应强度大小B2＝2B.在x轴整个正半轴上放有一厚度不计的收集板，离子打在收集板上即刻被吸收.已知离子源中指向圆心O1方向射入磁场B1的离子，恰好从O点沿y轴射出.整个装置处于真空中，不计离子重力，不考虑离子间的碰撞和相互作用.取sin 53°＝0.8.
(1)求该种离子的电性和比荷；
(2)若x轴上方的磁场宽度d足够大，发射的离子全部能被收集板收集，求这些离子在x轴上方磁场中运动最长和最短时间差Δt，以及离子能打到收集板上的区域长度L.
【解析】 (1)已知沿圆心O1射入的离子，恰好从O点沿y轴射出，则可知离子在B1中向上偏转，根据左手定则，可知离子带负电，根据该离子运动轨迹，画出轨迹，如图1所示.
粒子运动的轨迹半径为r1＝R，Bqv0＝m，
解得＝.
(2)离子经过圆形磁场区域均能到达O点，最上端粒子到达O点时，速度方向与y轴夹角为θ，如图2所示.
根据几何关系有sin θ＝，可知θ＝53°，且左右对称.
在B2中，有B2qv0＝m，B2＝2B，
可得r2＝0.5R.
在磁场中所花时间最少的粒子轨迹为如图2所示的劣弧，其轨迹对应的圆心角为37°×2＝74°，在磁场中所花时间最长的粒子为如图2所示的优弧，其轨迹对应的圆心角为180°＋53°×2＝286°，根据周期T＝＝，所以Δt＝T＝.
离子打到收集板上的区域长度L，取决于离子打到收集板上的最近距离和最远距离，其中，最远距离为沿y轴正方向射出的离子，如图2所示xmax＝2r2＝R，最近距离为速度方向与y轴正方向夹角为53°射入的离子，
xmin＝2r2cos 53°＝0.6R，
所以L＝xmax－xmin＝0.4R.
【变式训练2】 （2024·海南卷）如图所示，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点.半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍.区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ.区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外.区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0.改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ.已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）
(1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
(2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
(3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝Bv0，方向沿x轴正方向.此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角.当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离（sin 37°＝，sin 53°＝）.
【解析】 (1)根据动能定理得
qU＝mv，
解得U＝.
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，根据题意知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
Bqv0＝m，
解得R＝.
(2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O′、粒子出射点四点构成一个菱形，由几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O′连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0＝m，
解得R′＝2R，
如图甲所示，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径2R，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
T1＝＝，
T2＝＝，
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
t＝T1＋T2＝.
(3)如图乙所示，将速度v0分解为沿y轴正方向的速度v0及速度v′，因为E＝Bv0可得Eq＝Bqv0，故可知沿y轴正方向的速度v0产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bqv′，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
v′＝2v0sin 53°＝1.6v0，
故当v′方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
vm＝v0＋1.6v0＝2.6v0，
圆周运动半径
R″＝＝＝1.6R.
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
L＝R″＋R″sin 53°＋2R＋2R＝6.88R＝.
带电粒子在交变电磁场中的运动
【例3】 如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，O、O1为两板上正对的小孔.紧贴D板右侧存在上下范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界.现有质量为m、电荷量为＋q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计.
(1)C、D板间加恒定电压U，C板为正极板，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到O1的时间t；
(2)C、D板间加如图乙所示的电压，U0为已知量，周期T是未知量.t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，求周期T应满足的条件和粒子到达O1孔的最大速度vm；
(3)磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0＝.t′＝0时，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v应满足的条件.
【解析】 (1)板间匀强电场的场强E＝，
粒子在板间的加速度a＝，
根据位移公式有d＝at2，
解得t＝d·.
(2)粒子一直加速到达O1孔速度最大，设经历时间t0，
则t0＝d·≤，解得T≥2.
由动能定理有qU0＝mv，
解得vm＝.
(3)当磁感应强度分别为B0、2B0时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2，根据洛伦兹力提供向心力有
qvB0＝m，
解得r1＝，且有T1＝＝2T0.
同理可得r2＝＝，T2＝＝T0.
故0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～2T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，2T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～3T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，3T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示.
由几何关系有r1＋r2≤L，解得v≤.
【变式训练3】如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示.在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子（不计重力），初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A（图中未标出），坐标为（，0）.若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：＝，粒子的比荷满足：＝.求：
甲
(1)在t＝时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离x轴的最大距离；
(3)粒子运动至A点的时间.
【解析】 (1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qB0v0＝mr1＝m，
解得T＝2t0，r1＝＝，
则粒子在时间内转过的圆心角α＝，
所以在t＝时，粒子的位置坐标为（，）.
(2)粒子的运动轨迹如图所示.
在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，
则v＝v0＋t0＝2v0，
运动的位移x＝t0＝1.5v0t0，
在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，
半径r2＝2r1＝，
故粒子偏离x轴的最大距离
h＝x＋r2＝1.5v0t0＋.
(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离d＝2r1＋2r2＝，
AO间的距离为＝8d，
所以，粒子运动至A点的时间t＝32t0.
组合场中洛伦兹力在现代科技中的应用
【例4】 （2024·甘肃卷）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.
【解析】 (1)由于粒子向上偏转，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时的速度为v0，由平衡条件有
qv0B1＝qE1，
在加速电场中，由动能定理有
qU＝mv，
联立解得粒子的比荷为＝.
(2)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Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛＝qv0B1，向下的电场力F＝qE2，
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1，
通过配速法，如图所示
其中qE2＝q(v0＋v1)B1，
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速运动的同时，竖直面内以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小为v′＝v0＋v1＋v1＝.
【变式训练4】 劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示.置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是( )
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1∶
D.不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速α粒子
【解析】 A 质子出回旋加速器的速度最大时的半径为R，则v＝＝2πRf，所以最大速度不超过2πfR，A正确；根据Bqv＝m，知v＝，则最大动能Ekm＝mv2＝，与加速电压无关，B错误；质子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v＝知，质子第2次和第1次经过D形盒狭缝的速度比为∶1，根据R＝，知半径比为∶1，C错误；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T＝知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，改变交流电的频率才能加速α粒子，D错误.
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
考点二 带电粒子在复合场中的运动
1.复合场
复合场通常是指电场与磁场在某一区域并存或电场、磁场和重力场并存于某一区域的情况.带电粒子在复合场中的运动涉及重力、电场力和洛伦兹力，因而必须明确这几种力的特点.
2.解题思路
3.复合场中洛伦兹力在现代科技中的应用
装置 原理图 规律
速度选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝
霍尔元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
重力＋磁场
【例5】 （多选）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角.质量为m、电荷量为＋q的带电小球套在细杆上.小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中.磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力，重力加速度为g.小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程( )
A.合力冲量大小为mv0cos θ
B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0＝，弹力冲量为零
【解析】 CD （方法1）根据动量定理I＝0－mv0＝－mv0，故合力冲量大小为mv0，A错误；小球上滑的时间为t＝，重力的冲量大小为IG＝mgt＝，B错误；小球所受洛伦兹力为Bqv＝Bq(v0－at)＝－Bqat＋Bqv0，a＝g sin θ，随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为I洛＝q··Bt＝q··B·＝，C正确；若v0＝，0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0＝2mg cos θ，小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得Bqv＝mg cos θ＋FN，即FN＝Bqv－mg cos θ＝Bq(v0－at)－mg cos θ＝mg cos θ－Bqtg sin θ，则小球在整个减速过程的FN－t图像如图，由图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，D正确.
（方法2）求解D项弹力的冲量时，因FN＝Bqv－mg cos θ＝Bq(v0－at)－mg cos θ＝mg cos θ－Bqtg sin θ，FN随时间为线性关系，也可以考虑用平均力法，初始状态FN＝mg cos θ，末状态FN＝－mg cos θ，平均力为0，故弹力的冲量为0，D正确.
【变式训练5】 （多选）质量为m、带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中.现给小球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则对小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A.一定做减速运动
B.运动过程中克服摩擦力做的功可能是0
C.最终稳定时的速度一定是
D.最终稳定时的速度可能是0
【解析】 BD 对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能存在的弹力和摩擦力.若qv0B>mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和水平向左的摩擦力，且qvB＝mg＋N，μN＝ma，可知加速度a＝，方向向左，故小球先做加速度减小的减速运动，最终匀速，匀速运动时的速度v＝；若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动，速度v＝v0＝；若qv0B
【例6】 （2024·安徽卷）（多选）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示.当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同.Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示.Ⅱ的轨迹未画出.已知重力加速度大小为
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