模板11-1磁場（四大題型）

本節(jié)導航：

題型01安培力作用下導體的平衡與加速問題題型02帶電粒子在勻強磁場中的運動

題型03有界勻強磁場的運動模型題型04帶電粒子在組合場中的運動

題型01安培力作用下導體的平衡與加速問題

安培力作用下導體的平衡與加速問題，解題思路與力學平衡問題和加速問題完全相同，都是在受

力分析的基礎上根據(jù)平衡條件、牛頓運動定律等列方程求解。解答此類問題的關鍵是將立體圖像轉化

為平面圖像。

◎槿必百建

一、必備基礎知識

1、安培力的反向

安培力：通電導線在磁場中受的力。

左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心

進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。

特點：通電導線在磁場中所受的安培力R總垂直于電流與磁感線兩者所決定的平面，即尸，8,F±I,

尸垂直于2和/決定的平面。也就是安培力一定垂直2和/,但2與/不一定垂直。使用左手定則判斷定安

培力方向時，左掌手心應迎3垂直于/的分量（臺工二屏也。）。磁感線方向（磁感應強度方向）不一定垂直

于電流方向。

判斷方法：①弄清楚導體所在位.置的磁場分布情況；②利用左手定則準確判定導體的受力情況；③確

定導體的運動方向或運動趨勢的方向。

1/37

2、安培力的大小

計算公式：當磁感應強度8的方向與導線方向成0角時，F(xiàn)=BILsm0,這是一般情況下的安培力的表達

式。有兩種特殊情況：磁場和電流垂直時：F=BIL；磁場和電流平行時：F=0o

適用范圍：一般只適用于勻強磁場。

有效長度：彎曲通電導線的有效長度等于兩端點所連直線的長度，相應的電流方向由始端指向末端，

如下圖所示。因為任意形狀的閉合線圈，其有效長度工=0,所以通電后在勻強磁場中，受到的安培力的矢

量和一定為零。

3、安培力作用下導體的平衡與加速問題

問題分類：安培力作用下靜態(tài)平衡問題：通電導體在磁場中受安培力和其它力作用而處于靜止狀態(tài)，

可根據(jù)磁場方向、電流方向結合左手定則判斷安培力方向。

安培力作用下動態(tài)平衡問題：此類題目是平衡問題，只是由于磁場大小或方向、電流大小或方向的變

化造成安培力變化，與力學中某個力的變化類似的情景。

安培力作用下加速問題：此類題目是導體棒在安培力和其它力作用下合力不再為零，而使導體棒產生

加速度，根據(jù)受力特點結合牛頓第二定律解題是常用方法。

求解關鍵：電磁問題力學化；立體圖形平面化（如下圖所示）。

二、解題模板

1、解題思路

對通電導體進行受根據(jù)平衡條件或牛頓

力分析、運動分析運睚律列方程求解

2、注意問題

安培力的方向總是既與磁場方向垂直，又與電流方向垂直，也就是說安培力的方向總是垂直于磁場和

電流所決定的平面，所以判斷時要首先確定磁場與電流所確定的平面，從而判斷出安培力的方向在哪一條

直線上，然后再根據(jù)左手定則判斷出安培力的具體方向。

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當電流方向跟磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直電流與磁場所決定的平面，所以仍可用左手定

則來判斷安培力的方向，只是磁感線不再垂直穿過手心，而是斜穿過手心。

非勻強磁場安培力的求解方法：如果導線各部分所處的位置2的大小、方向不相同，應將導體分成若

干段，使每段導線所處的范圍3的大小和方向近似相同，求出各段導線受的磁場力，然后再求合力。

安培力作用下導體的平衡問題與力學中的平衡問題分析方法相同，只不過多了安培力，解

題的關鍵是畫出受力分析示意圖。

安培力作用下導體的加速問題與動力學問題分析方法相同，關鍵是做好受力分析，然后根

據(jù)牛頓第二定律求出加速度。

安培力做功的特點和實質：安培力做功與路徑有關，不像重力、電場力做功與路徑無關。

安培力做功的實質是能量轉化：①安培力做正功時將電源的能量轉化為導線的動能或其他形式的能；

②安培力做負功時將其他形式的能轉化為電能后儲存起來或轉化為其他形式的能。

3、解題方法

電流元法分割為電流元年里用安培力方向一整段導體所受合力方向一運動方向

特殊位置法在特殊位置—安培力方向一運動方向

等效法環(huán)形電流:小磁針條形磁鐵2通電螺線管W多個環(huán)形電流

同向電流互相吸引，反向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有

結論法

轉到平行且電流方向相同的趨勢

定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在

轉換研究

磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作

對象法

用力，從而確定磁體所受合力及運動方向

解題步驟：

明確研究對象：通電導線或通電導體棒；

畫平面圖：立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，導體棒或導線用圓圈O表示，電流方向

用"x"或"?"表示，電流垂直紙面向里畫曹，電流垂直紙面向外畫13；

受力分析和運動分析：分析重力、彈力、摩擦力等，然后由左手定則判斷安培力的方向，分析研究對

象的運動情況；

列平衡方程或牛頓第二定律的方程式進行求解。

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醺橫板運用

］（2024?海南?一模）如圖所示，間距為Z=的平行金屬導軌傾斜放置，與水平面的夾角8=30。。

一質量為〃?=0.01kg的金屬棒垂直導軌放置，并與定值電阻尺（大小未知）、電動勢E=2V（內阻不計）

的電源、開關S構成閉合回路，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為3=0.35T的勻強磁場中。閉合開關

s,金屬棒恰好不會沿導軌向上滑動.已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為〃=字，最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，導軌和金屬棒的電阻均不計，重力加速度g取lOm/s?,金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。

（1）求電阻R的阻值；

（2）若把電源更換為電動勢為￡，=4.0V、內阻r=1。的電源，閉合開關S時，求金屬棒的瞬時加速度大小。

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mgsin0+4cos。+F安sin。)一七cos0=0

又

F

F￡=B—L

女R

聯(lián)立解得

R=9Q

（2）若把電源更換為電動勢為4V、內阻為1。的電源，開關閉合S的瞬間，金屬棒所受的安培力大小

pf

F'=B------L>K

女R+r女

根據(jù)牛頓第二定律有

F安cos0-mgsin。一"{mgcos0+sin6)=ma

解得a=7m/s2

（2024?北京海淀?二模）如圖所示，寬為￡的固定光滑平行金屬導軌與水平面成a角，金屬桿仍

水平放置在導軌上，且與導軌垂直，處于磁感應強度大小為2、方向豎直向上的勻強磁場中。電源電動勢為

E,當電阻箱接入電路的阻值為凡時，金屬桿恰好保持靜止。不計電源內阻、導軌和金屬桿的電阻，重力

加速度為g。

（1）求金屬桿所受安培力的大小凡

（2）求金屬桿的質量加。

（3）保持磁感應強度大小不變，改變其方向，同時調整電阻箱接入電路的阻值R以保持金屬桿靜止，求R

的最大值。

BLE

；

【答案】（1）(2)m=------------⑶'max"裝

氏R^gtana'

【詳解】（1）電路中的電流

金屬桿受到的安培力

5/37

BLE

F=BIL=

（2）金屬桿受力平衡，有

F=mgtana

解得

BLE

m=------------

Rogtana

（3）當磁感應強度垂直斜面向上時，安培力最小，電路中的電流最小，尺有最大值，依據(jù)平衡條件有

Bqj=mgsina

E

解得R。

cosa

題型0￡帶電粒子在勻強磁場中的運動

母敦一解篌

這類題型為帶電粒子在以某種角度垂直射入某磁場中，求粒子的軌道半徑、運動時間等物理量。求解

的關鍵是定圓心和半徑，需要學生掌握一定的幾何知識。

小槿超抻建

一、必備基礎知識

1、洛倫茲力

定義：磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力。

方向的判定方法（左手定則）：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面

內；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是正電荷所受洛倫茲

力的方向.負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反。

表達式：F=qvBsm6,。為v與2的夾角。當v〃8（0=0?；?80。）時，洛倫茲力尸=0；當

=90。）時，洛倫茲力尸=0；當v=0時，洛倫茲力尸=0。

2、帶電粒子在勻強磁場中的運動

規(guī)律：帶電粒子在只受洛倫茲力作用的條件下（電子等微觀粒子的重力通常忽略不計），有三種運動

情況：①若帶電粒子的速度方向與磁場方向平行（v〃8）,在勻強磁場中做勻速直線運動；②若帶電粒子

的速度方向與磁場方向垂直（v_L3）,在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動，洛倫茲力

6/37

提供向心力；③運動方向與磁場方向既不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中做等半徑、等螺距的螺旋線

運動。

圓周運動圓心的確定：

①由兩點和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡。確定帶電粒子運動軌跡上的兩個

特殊點（一般是射入和射出磁場時的兩點），過這兩點作帶電粒子運動方向的垂線（這兩垂線即為粒子在

這兩點所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點就是圓心，如圖Q）所示。

②若只已知過其中一個點的粒子運動方向，則除過已知運動方向的該點作垂線外，還要將這兩點相連

作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點就是圓心，如圖（6）所示。

③若已知一個點及運動方向和另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖（c）所示,

此時要將其中一個速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角,畫出該角的角平分線，

它與已知點的速度的垂線交于一點。，該點就是圓心。

④軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心。某點的速度垂線與切點法線的交點。如圖。

圓周運動半徑的確定:

①物理方程法：半徑"7

②幾何法：一般由數(shù)學知識（勾股定理、三角函數(shù)等）*計算來確定。如下圖所示，R==L或由衣=

sin6

12+乎

L2+(R—d)2求得k=幺工±

2d

圓周運動圓心角與時間的確定:

圓心角的確定：①p（速度的偏向角）=0（圓弧所對應的圓心角）=2a（弦切角），即夕=。=2（7=0/,

如圖所示；②偏轉角°與弦切角a的關系：°<180。時，（p=2a；°>180。時，夕=360。一2a。

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zjnp

運動時間的計算：①由圓心角求，/=???;②由弧長求，/=一。

2兀（/

二、解題模板

1、解題思路

運用牛頓動定律

確定回心和半徑.對結果進行

動規(guī)律列

畫出運動的軌跡分析和討論

方程進行求解

2、注意問題

只有垂直于磁感應強度方向進入勻強磁場的帶電粒子，才能在磁場中做勻速圓周運動。

帶電粒子做勻速圓周運動的半徑與帶電粒子進入磁場時速率的大小有關，而周期與速率、半徑都無關。

3、解題方法

畫軌跡確定圓心。

確定運動過程的關系：①軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，即氏=——;②利用數(shù)學知識（勾

qB

股定理、三角函數(shù)等）計算來確定半徑；③尋找偏轉角度與圓心角、運動時間的關系；④尋找?guī)щ娏Ｗ釉?/p>

磁場中運動時間與周期（7=與絲）的關系。

qB

運動牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律等，進行分析及計算。

@，極運用

（2024?重慶?高考真題）有人設計了一粒種子收集裝置。如圖所示，比荷為目的帶正電的粒子，

m

由固定于M點的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在

上方的K點，。在九W上，且KO垂直于若打開磁場開關，空間將充滿磁感應強度大小為8,方

向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為vo的粒子運動到。點時，打開磁場開關，該粒子全被收集，不計粒

子重力，忽略磁場突變的影響。

（1）求OK間的距離；

⑵速率為4叩的粒子射出瞬間打開磁場開關，該粒子仍被收集，求間的距離；

⑶速率為4"的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關，該粒子也能被收集。以粒子射出的時刻為計時

。點。求打開磁場的那一時刻。

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，K

9/37

所在平面的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦P、。均為必邊的三等分點。，=0時刻，磁場方向正好垂直

于“be所在平面向里，帶負電的粒子在abc平面內以初速度V0從。點垂直于QC邊射出，并從尸點第一次進

入三角形區(qū)域。粒子第一次和第二次經過A邊時，磁場方向會反向一次，磁感應強度大小始終為5,

其余時間磁場方向保持不變。不計帶電粒子重力，求：

(1)粒子的荷質比；

10/37

（2）粒子從〃點射出后第二次到達。點的時間。

.任上、/、3Vo/、（10^+9A/3）￡

【答案】（1）-7;（2）一八、）

BL9%

【詳解】（1）由幾何關系可得

——j

R=aP=-

3

由洛倫茲力提供向心力可得

qv0B=m^

解得

q「3%

mBL

（2）設粒子做勻速圓周運動的周期為r,則

/_2nm_2TIL

Bq3%

畫出粒子的運動軌跡如圖

粒子第二次到達。點共經歷三次圓周運動和三次勻速直線運動，由圖可知

也L

f=t

243%

11/37

(10%+9力乂

聯(lián)乂有,:+/2+,3+'4+/5+%6=-----------~

9%

題型03有界勻強磁場的運動模型

②敦幽裱

這類問題由于磁場是有邊界的，空間往往受到約束從而決定了粒子運動的半徑，進而影響其它物理量,

造成臨界狀態(tài)和極值的存在。需要學生掌握一定的幾何知識和具備較高的空間想象力。解題的關鍵在于臨

界狀態(tài)和極值的確定。

一、必備基礎知識

1、問題的描述

帶電粒子在有邊界的磁場中運動時，由于邊界的限制往往會出現(xiàn)臨界問題。

解決帶電粒子在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(tài)，根據(jù)磁場邊界和題設條件畫好軌跡，建立幾何關系求解。

2、數(shù)學知識

幾何模型：圓與直線相交、圓與圓相交，構造圖像中的三角形。

確定角度：若有已知角度，則利用互余、互補、偏向角與圓心角的關系、弦切角與圓心角的關系確定;

若沒有已知角度，則利用邊長關系確定。

對稱性（如下圖所示）：圓與直線相交，圓弧軌跡關于圓心到邊界的垂線軸對稱；軌跡圓和磁場圓相

交，圓弧軌跡關于兩圓心的連線軸對稱。

3、直線邊界模型

該模型粒子進出磁場具有對稱性，模型圖如下:

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時間的計算：圖甲中粒子在磁場中運動的時間/二=詈；圖乙中粒子在磁場中運動的時訶

2Bq

t=(l—白7=(1—2)誓=筆型；圖丙中粒子在磁場中運動的時間看27=等。

\71/\71/BqBqnBq

4、平行邊界

6m

圖丙中粒子在磁場中運動的時間，=(1-￡)7=(1答+27n(7i-。)；圖丁中粒子在磁場中運動的時間》/?=爭。

BqITBq

5、圓形邊界

沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性，如下圖所示，粒子做圓周運動的半徑尸

=—,粒子在磁場中運動的時間/=’7=綱，運動角度關系為：8+a=90。。

tan07iBq

不沿徑向射入時，射入時粒子速度方向與半徑的夾角為仇射出磁場時速度方向與半徑的夾角也為仇

如圖所示。

13/37

正對圓心射入圓形磁場區(qū)域，如下圖所示，正對圓心射出，兩圓心和出（入）射點構成直角三角形，

Ct,RRCMaR一

有必"7；=一，則磁偏轉半徑r=-根據(jù)半徑公式廠聯(lián)立求解時間￡===——1二。速度

2r必建qBqB啊

2

vo越大，則磁偏轉半徑r越大，圓心角a越小，時間f越短。若r=R,構成正方形。

不正對圓心射入圓形磁場區(qū)域，如下圖所示，左邊兩個圖有兩個等腰三角形，一條共同的底邊；最后

一個圖示當尸R時，構成菱形。

6、環(huán)形磁場模型

R.-R

環(huán)形磁場模型的臨界圓如下圖所示，三個環(huán)形磁場的臨界半徑分別為：3=、+&一~^；由

22

勾股定理（尺2-心）2=42+戶，解得：

14/37

二、解題模板

1、解題思路

噂目中的“恰好”“最建立幾何關系.

果進行

大r“至少”等為突破口，結合物酬!律列

分析和討論

尋找餐界點，確定幅界狀態(tài)士在也隨

2、注意問題

帶電粒子剛好穿出磁場邊界的條件：帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切；時間最長或最短的臨

界條件：①當以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長，運動時間越長；②當比荷相同，入射速率v

不同時，圓心角越大，運動時間越長。

3、解題方法

極值的求解方法：

①物理方法：利用臨界條件求極值；利用問題的邊界條件求極值；利用矢量圖求極值。

②數(shù)學方法：利用三角函數(shù)求極值；利用二次方程的判別式求極值；利用不等式的性質求極值；利用

圖像法、等效法、數(shù)學歸納法求極值。

◎掇極運用

I（2024?河北?模擬預測）如圖，坐標系所在的平面內，在x>0區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強

磁場。x軸上的點尸（一。,0）向直線尤=-“的右側各個方向發(fā)射大量質量為機、電荷量為夕的帶負電粒子，速

度大小均為V。其中某粒子在點。（0,T&）垂直于y軸離開磁場區(qū)域。不計粒子重力。

（1）求磁感應強度2的大??；

⑵從尸點發(fā)出的粒子中是否有粒子能回到P點？若無，請說明理由；若有，請求出粒子從P點發(fā)出到回到

P點的時間。

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思路分析

第一］問的思路:

根據(jù)圓周運動知識和幾何

畫出粒子的運動軌跡

知識可求出磁感應強度

第二問的思路:

根據(jù)成立的軌跡圖像利

根據(jù)題中條件，畫出成［粒子出磁場后做直線運

用角度關系求出圓周運

立的運動軌跡，并根據(jù)

動的角度，求出運動時動求出直線運動的時間

幾何關系求出角度I

間

詳細解析

【答案】⑴血竺

6aq

⑵有，-------+——

3Vv

【詳解】（1）如圖中軌跡①所示

從尸點水平射入磁場的粒子可以垂直于歹軸離開磁場，在磁場中，洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力,

設軌跡半徑為人則有

v

qvB=m—

由幾何關系得

2r=4Gq

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解得

_V3mv

D—

6aq

（2）假設有粒子能回到尸點，如圖中軌跡②所示，設從P點沿x軸上方與x軸成。角發(fā)射的粒子能回到尸

點，由幾何知識得

廣cos8=a,tane

解得

e=-

3

故假設成立，即有粒子能回到尸點

粒子在磁場中運動時軌跡所對應的圓心角

a=2兀一（兀一%）=F

粒子在磁場中運動的時間

aa2jimam

t=-----T=------------=------

1

2兀2兀qBqB

粒子做勻速直線運動的時間

a

Z2=2COS￡

V

粒子從P點發(fā)出到回到P點的時間

t=tx+t2

聯(lián)立解得

104〃

t=------+一

3vv

（2024?貴州遵義?一模）如圖所示，虛線左側空間存在與直流電源相連的兩塊正對平行金屬

板，兩板間電壓恒為。，板長為空，板間距離為乙兩板間存在勻強磁場，磁感應強度大小為3,方向垂

直紙面向里；仍右側空間足夠大區(qū)域內存在磁感應強度大小為28,方向也垂直紙面向里的勻強磁場。S為

兩板中軸線上的粒子源，能夠沿中軸線射出初速度相同的同種帶電粒子，沿直線穿過板間區(qū)域，從P點進

入仍右側區(qū)域并運動到M點，尸河間的距離為乙保持兩板間電壓U不變，撤掉/左側磁場，再次從S

射出的粒子最終打在下板上某點/處（圖中未畫出）。不計粒子重力及粒子間的相互作用，忽略電場和磁

場的邊緣效應。求：

17/37

a\xXXX

;XXXX

2B

;XXXX

：XXXX

b

(1)粒子的電性及初速度大??；

⑵粒子的荷質比；

⑶粒子剛到4點時的速度。

【答案】⑴粒子帶正電，二

DL

⑵薪

⑶V=皿,速度方向與板夾角為45。

BL

【詳解】(1)根據(jù)粒子在磁場中的偏轉方向結合左手定則可知，粒子帶正電。

在仍左側空間里，粒子以v沿直線穿過該區(qū)域，則有

n「「U

qvB=qE,E=一

L

解得

U

v=----

BL

(2)在仍右側空間里，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得

v2

2qvB=m——

r

又

L

r=-

2

解得粒子的荷質比為

q_U

mB2I?

(3)撤掉而左側磁場后,粒子在該區(qū)域做類平拋運動，在4點速度方向與板夾角為內由動能定理得

U1212

q—=—mvA--mv

解得

五u

Vj—

BL

則有

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解得e=45°

題型04帶電粒子在組合場中的運動

韻散一解裱

組合場為電場、磁場交替出現(xiàn)但不重疊，帶電粒子在電場力作用下的運動與洛倫茲力作用下的運動有

不同的特點，在高考中常把這兩種情景組合起來，學生需要將帶電粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段,

對不同的階段選取不同的規(guī)律處理，對速度、距離等的銜接要理清思路。

◎槿超的毫

一、必備基礎知識

1、組合場

電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)。

2、類型

磁場與磁場的組合：磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩

個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同。解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與

兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關系。

先磁場后電場：①進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反，如下圖所示，粒子在電場中做加

速或減速運動，用動能定理或運動學公式進行求解；②進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直，如下圖

所示，粒子在電場中做類平拋運動，利用相關知識進行求解。

先電加速后磁偏轉：帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入勻強磁場做勻速圓周

運動，如下圖所示。

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先電偏轉后磁偏轉：帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做勻速圓周運動，如

下圖所示。

二、解題模板

1、解題思路

按順序對運動過對各個階段分別運用不對結果進行

程進行分段分析同的規(guī)律列方程求解分析和討論

2、注意問題

過程的劃分：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。

關鍵點的尋找：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關鍵。

運動軌跡的繪制：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決

問題。

3、解題方法

牛頓第二定律、

運動學公式

勻變速直法

電K

場線運動

動能定理

中1

帶電

常規(guī)分解法

粒子

類平拋運動求法

特殊分解法

在分類斜拋運動

離的

功能關系1

電場、

磁場磁勻速直線求法

中運場運動學公式1

中運動

動

圓周運動公式、

勻速圓周求法牛頓第二定律

運動以及幾何知識

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。模板運用

(2024?福建?高考真題)如圖，直角坐標系xQy中，第I象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場。

第II、III象限中有兩平行板電容器C2,其中。垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔“、N；C2

垂直V軸放置，上、下極板右端分別緊貼V軸上的尸、。點。一帶電粒子從W靜止釋放，經電場直線加速

后從N射出，緊貼G下極板進入G，而后從尸進入第I象限；經磁場偏轉后恰好垂直x軸離開，運動軌跡

如圖中虛線所示。已知粒子質量為加、帶電量為4,。、尸間距離為d,G、的板間電壓大小均為U，

板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應。求：

(1)粒子經過N時的速度大小；

⑵粒子經過p時速度方向與了軸正向的夾角;

⑶磁場的磁感應強度大小。

思路分析

第一問的思路:

粒子從M點運動到N點,根據(jù)根據(jù)動能定理可求

做勻加速運動出速度

第二問的思路:

粒子在偏轉電場中做類根據(jù)類平拋運動的規(guī)律

平拋運動列方程組進行求解

第三問的思路:

粒子進入磁場，洛倫茲根據(jù)幾何知識聯(lián)立方

根據(jù)第二問求出P點速度力提供為向心力，列方

程可求出磁感應強度

程

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(2)45°

,、1\2rnU

(3)-J-

a\q

【詳解】（1）粒子從M到N的運動過程中,根據(jù)動能定理有

〃12

qU=-mvN

解得

『蜉

Vm

（2）粒子在C2中，根據(jù)牛頓運動定律有

qU

----=ma

d

根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有

1

d——at?、v—at

2?

又

tan0=-

解得

6二45。

（3）粒子在尸處時的速度大小為

味=+

在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有

qvpB=

由幾何關系可知

R=y[2d

解得

d'q

|（2024?云南昆明?模擬預測）如圖所示，在直角坐標系第一象限內有平行于坐標平面的勻強電場

（圖中未畫出），在第二象限內有垂直坐標平面向外的勻強磁場。一個質量為〃?、電荷量為式q>0）的帶電

粒子，在M點沿y軸正方向以速度%進入磁場，過〉軸上的N點后進入電場，運動軌跡與x軸交于P點，

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并且過尸點時速度大小仍為%。已知M、N、P三點到。點的距離分別為￡、國和3L不計粒子重力,

(1)勻強磁場的磁感應強度的大小。

⑵勻強屯場的屯場強度的大小和方向。

【答案】(1)8=篝

2qL

⑵E:普,方向與豎直方向成30。指向左下方

4qL

【詳解】(1)粒子在磁場中做圓周運動的圓心為J,如圖

在AOCVV中，由幾何關系可得

火2+(R_q

解得

R=2L

洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，有

pmvl

qv°B=F~

K

解得

2qL

(2)由幾何關系可知，粒子過N點時速度方向與y軸正方向的夾角

3=60°

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粒子進入電場后在MP兩點速度大小相等，說明兩點的連線為等勢線，所以電場方向垂直MP連線斜向

下，有幾何關系可知，粒子在N點時速度方向與N、P連線的夾角也為6,所以電場方向為與豎直方向成30。

指向左下方。設粒子由N點運動到P點的時間為3沿NP方向有

=vtcos0

c“os4。o

垂直NP方向根據(jù)動量定理有

qEt=2mv0sin0

聯(lián)立解得￡=弊

4qL

修一極一一

1.（2024?四川遂寧?模擬預測）如圖所示，半徑為廠的虛線圓邊界在豎直平面內，是水平直徑，圓邊界

內存在垂直紙面向外磁感應強度為紜的勻強磁場，過8點的豎直線8。與水平線2C間存在電場強度大小恒

為線（為未知量）的勻強電場。P點是B點右下方固定的點，虛線與3c的夾角為30°。現(xiàn)讓帶電量為4、

質量為機的帶正電粒子（不計重力）從A點射入磁場，然后從8點離開磁場，軌跡圓的半徑等于2廠，當勻

強電場豎直向上時，粒子經過一段時間％從B運動到P點時速度正好水平向右，求：

（1）粒子在N點射入磁場時的速度以及粒子從N到8的運動時間;

⑵Eo的值以及粒子從B到P的平均速度大??；

⑶若勻強電場由B指向M,則8尸兩點間的電勢差為多少？

■田a.,\2Bqqr兀m

【答案】(1)3-,「丁

m3g)

僅戶,AB°qr

t。2m

(3)

4m

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【詳解】(1)由洛倫茲力提供向心力

_mv；

5Do?vo=F-

K

其中R=2r,解得

2B0qr

m

過/點作速度的垂線，與的中垂線交于。'，設N點的速度與夾角為。，則NOO'N=。，如圖所示,

根據(jù)幾何關系有

解得

6=30

所以粒子在A點射入磁場時的速度方向與水平線夾角為30°右上方

粒子在磁場中運動周期

2TTR27im

T=------=-------