高考物理二轮复习专题三电场和磁场第讲带电粒子在复合场中的运动课件.ppt

2019-9-12
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23
A．金属细杆开始运动时的加速度大小为 5 m/s2 B．金属细杆运动到 P 点时的速度大小为 5 m/s C．金属细杆运动到 P 点时的向心加速度大小为 10 m/s2 D．金属细杆运动到 P 点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75 N
2019-9-12
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[答案] C
2019-9-12
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处理带电粒子在匀强磁场中运动问题时常用的几何关系 (1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直 线与出射速度直线的交点． (2)六条线：两段轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线， 入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线，前面 四条边构成一个四边形，后面两条为对角线． (3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于 圆心角，也等于弦切角的两倍.
2019-9-12
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(3)几种典型电流周围磁场分布
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核心要点突破 H
透析重难 题型突破
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考向一 磁场对通电导体的作用力 [归纳提炼]
求解磁场中导体棒运动问题的思路
2019-9-12
1．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，且带电粒子仅受洛伦兹力作用，则带电粒子在 垂直于磁感线的平面内以入射速度 v 做匀速圆周运动，洛伦兹力 提供向心力．由 qvB＝mvR2，可得半径 R＝mqBv，则周期 T＝2πvR＝ 2qπBm.周期 T 与粒子运动的速度 v 或半径 R 无关．

休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休 睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对 哦~
[规律方法]——知规律 握方法 求解导体棒所受安培力问题的方法 (1)正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到 的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直． (2)画出辅助图(如导轨、斜面等)，并标明辅助方向(磁感应强度 B、电流 I 的方向)． (3)将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体 棒垂直的平面内的受力分析图．
＝ AB 2sin
α＝2sAinBθ，然后再与半径公式 2
r＝mqBv联系起来求解．
(3)运动时间的确定：t＝36α0°T(可知，α 越大，粒子在磁场中运
动时间越长)．
[典例赏析]——析典题 学通法 [例 2] (2019·全国Ⅰ，24T)如图，在直角三角形 OPN 区域内存 在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外．一带正电 的粒子从静止开始经电压 U 加速后，沿平行于 x 轴的方向射入磁场； 一段时间后，该粒子在 OP 边上某点以垂直于 x 轴的方向射出．已知 O 点为坐标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为 30°，粒子进 入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d，不计重力．求
Ⅰ卷 19T 安培力 科学思维 磁场的叠加．(2)带电粒子在
Ⅱ卷 18T 洛伦兹力 科学思维 匀强磁场中的匀速圆周运动
Ⅱ卷 21T 安培力 科学思维 (常涉及临界问题、多解问题)
分析粒子在电场和磁场中的
2017
运动，画出运动轨迹，根据
磁感应强
Ⅲ卷 18T
物理观念 几何关系结合动能定理．牛
度
顿运动定律解题是今后高考

互作用和电荷量变化，则
()
2019-9-11
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10
A．电场线方向由集尘极指向放电极 B．图中A点场强小于B点场强 C．尘埃在迁移过程中电势能减小 D．沿水平方向进入的尘埃在迁移过程中可以做类平抛运动
解析：由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，
则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指
电表，外电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，开始时开
关S断开，下列判断正确的是
()
2019-9-11
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33
A．M板是电源的正极 B．闭合开关S，电压表的示数为Bdv C．闭合开关S，电压表的示数减小 D．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向下移，电源的输出功
率一定增大 解析：由左手定则可知正离子向N板偏转，负离子向M板偏 转，即金属板M为电源负极，N为电源正极，故A错误；等离
2019-9-11
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(三)依据题型灵活应对
1．单边界磁场问题的对称性 带电粒子在单边界匀强磁场中的运 动一般都具有对称性，如诊断卷第 4 题， 粒子进入磁场和离开磁场时速度方向与 磁场边界的夹角不变，可总结为：单边进出(即从同一直线边界 进出)，等角进出，如图所示。
2019-9-11
第 二讲
带电粒子在电磁场中的运动
2019-9-11
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课后“高仿”检测
01 课前·自测诊断
——把薄弱环节查出来
02 课堂·重点攻坚
——把高考短板补起来/释疑4大考点
03 课后·“高仿”检测
——把高考能力提起来
2019-9-11
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2
课前·自测诊断

答案：D
2．(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ，T21)如图，一平行板电容器 连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电 荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、 下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静 止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间 下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽 略．下列说法正确的是( )
kQ r2N
，则EP∶EN＝r
2 N
∶r
2 P
＝4∶1，故C错
误．带电小球从N点到P点的过程中，电场力做正功
1 2
mv2，则
电势能减少了12mv2，故D正确．
答案：BD
1．三个关系式 (1)对于平行板电容器：板间电场可理想化处理，认为板间为 匀强电场，不考虑边缘效应． (2)三个关系式：定义式C＝QU，决定式C＝4επrSkd，关系式E＝Ud .
解析：保持U不变，将d变为原来的两倍，根据E＝
U d
可得E变
为原来的一半，A正确；保持E不变，将d变为原来的一半，根
2．(2018·甘肃武威第六次段考)如图所示，在xOy坐标系中 以O为中心的椭圆上有A、B、C、D、E五个点，在其一个焦 点P上放一负点电荷，下列判断正确的是( ) A．B、E两点电场强度相同 B．A点电势比D点电势高 C．将一负点电荷由B沿BCDE移到E点， 电场力做功为零 D．同一正点电荷在D点的电势能小于在C点的电势能
3．电势能变化的判断 (1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减 少；反之则增加．即W＝－ΔEp. (2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其 他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电 势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时， 电势能减少．

A. 3∶2 C. 3∶1
图 3－2－3 B. 2∶1 D．3∶ 2
解析 当粒子在磁场中运动半个
圆周时，打到圆形磁场的位置最远，
则当粒子射入的速度为 v1，如图，由 几何知识可知，粒子运动的轨道半径
为 r1＝Rcos 60°＝12R；同理，若粒子射入的速度为 v2，
由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为 r2＝Rcos 30° ＝ 23R；根据 r＝mqBv∝v，则 v2∶v1＝r2∶r1＝ 3∶1，
轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下
去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转
轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线
圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆
均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与 A 项相同，
因此 D 项正确。
答案 AD
3．(2017·全国卷Ⅱ)如图 3－2－3 所示，虚线所示 的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场 边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的 速度为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之 一圆周上；若粒子射入速度为 v2，相应的出射点分布在 三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作 用，则 v2∶v1 为
故选 C。
答案 C
4.(2016·新 课 标 卷 Ⅰ) 现 代 质 谱 仪 可
用来分析比质子重很多倍的离子，其
示意图如图 3－2－4 所示，其中加速
电压恒定。质子在入口处从静止开始 图3－2－4
被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电
场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁

由图可知发射方向在v1和v2之间的粒子轨迹弦长大于r，
对应的发射方向分布的角度范围为：θ1＝2π－θ0⑤
由图可知Z粒子的发射速度与磁场左边界所夹角度范围内
发射的粒子轨迹弦长也大于r，所以有η＝θ1＋π θ⑥
解得η＝12
[答案]
(1)1.0×104 N/C
π 6
1 (2)2
2．(2015·郴州质检)如图所示，离子源 A 产生初速度为零、 带电量均为 e、质量不同的正离子被电压为 U0 的加速电场加速 后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板 HM 上的小孔 S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边 界 MN 进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，已知 HO＝d，HS＝ 2d，∠MNQ＝90°。(忽略粒子所受重力)
[答案] C
2．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与 半径r＝494 m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水 平面的夹角θ＝ 37°。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有 匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方 向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C。小物体P1质量m＝ 2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F ＝ 9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力。
解得离子在磁场中做圆周运动的半径
R＝2
mU0 eB2
(3)由(2)中R＝2
mU0 eB2
可知，质量为4m的离子在磁
场中的运动打在S1，其运动半径为R1＝2
4mU0 eB2
如图所示，根据几何关系，由 R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2 解得R′＝52R1 再根据12R1≤Rx≤52R1 解得m≤mx≤25m

12/8/2021
1.(2018·辽宁大连二模)如图4所示为研究某种带电粒子的
装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直
线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑。在垂直于纸面
向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子
束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P
图4
点，然后在磁场区域再加一竖直向下、电场强度大小为
12/8/2021
3.如图6所示，在xOy平面内OA和OB是第一、二象限的角平分线，在
AOy区域内存在沿x轴负方向的匀强电场，在BOy区域内存在沿y轴
负方向的匀强电场，在第二象限其他区域内存在垂直xOy平面的匀
强磁场。从OA上坐标为(x0，y0)的点由静止释放一个质量为m、电
荷量为＋q的粒子(重力不计)，粒子恰好垂直穿过OB。
12/8/2021
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q 点为运动轨迹与 ON 相切的 点，I 点为入射点，P 点为出射点。小球离开磁场的速度方向与 OM 的夹角也为 30°， 由几何关系可得，QP 为圆轨道的直径，故Q－P＝2R
－
OP 的长度 s＝sinQ3P0° 联立以上各式得 s＝4qmBv0。
夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二
定律有qE＝ma① 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1＝at②
图(b)
l′＝v0t③
v1＝vcos θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律
得 qvB＝mRv2⑤
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E的匀强电场，光斑从P点又回到O点，关于该粒子(不计
重力)，下列说法正确的是( )

(3)保持(2)问中的磁感应强度B和打到D点时的电压不变,欲使粒子打到C点,
可将电容器和粒子源绕O点同步旋转,求旋转的角度(jiǎodù)大小;
(4)请在直线x= 右方设置一个或多个电场、磁场区域(或组合),使得(2)问中
3 x轴上沿x轴正方向射出(只需画出场或组合场的范
从D点出射的粒子最终从
4
围、方向,并大致画出粒子的运动轨迹。
-25-
(3)设粒子打在C点上方(shànɡ fānɡ)最远点为E,此时圆弧与PQ屏相切于E点,
过圆心O1作OC的垂线O1G,在直角△OO1G中,
2
1
OO1=r= L,OG=L-r= L
3
3
3
3
所以 O1G= L,即 CE= L
3
3
设粒子(lìzǐ)打在C点下方最远点为F,
此时粒子从O点竖直向下进入磁场,

1 + ≈1+2
1
答案:(1)d=
(2)0.230 m (3)见解析
12/9/2021
第三页，共四十七页。
-4-
解析:(1)作出临界轨道,由几何关系知 r=d,由
得
1
d=
12/9/2021
第四页，共四十七页。
1 2
qv1B=me

-5-
1
(2)对电子:d=
(PAS)的物理基础。如图所示,在平面直角坐标系xOy上,P点在x轴上,且
OP=2L,Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,在第Ⅱ象
限内有一圆形区域,与x、y轴分别相切于A、C两点,OA=L,在第Ⅳ象限内有
一未知的矩形(jǔxíng)区域(图中未画出),未知矩形区域和圆形区域内有完全相

[答案] (1)速度选择器(如下图)
带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中， 满足平衡条件 qE＝qvB 的带电粒子可以沿直线通过速度选择器．
(2)电磁流量计
原理：如上图所示，圆形导管直径为 d，用非磁性材料制成， 导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子) 在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b 间出现电势差，形成电场， 当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b 间的电势差就 保持稳定，即 qvB＝qE＝qUd ，所以 v＝dUB，因此液体流量 Q＝Sv ＝π4d2·BUd＝π4dBU.
(2)粒子在电场中运动的总时间为 t 总＝34vd0，带电粒子一次通 过电场的时间为 t＝32vd0.设粒子到达 MN 边界的速度为 v，电场强 度为 E
d＝v＋2 v0t 所以 v＝2v0 v2－v20＝2Emqd E＝32mqvd20.
(3)磁流体发电机 原理：如下图所示，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛 伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到 A、B 板上，产生电势差．设 A、B 平行金属板的面积为 S，相距为 l，等离子气体的电阻率为 ρ，喷入气体速度为 v，板间磁场的磁感应强度为 B，板外电阻为 R.当等离子气体匀速通过 A、B 板间时，A、B 板上聚集的电荷最 多，板间电势差最大，即为电源电动势，此时，离子受力平衡： Eq＝Bqv，E＝Bv，电动势 E＝El＝Blv，电源内电阻 r＝ρSl ，故 R 中的电流
(2017·天津卷)平面直角坐标系 xOy 中，第Ⅰ象限存 在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿 y 轴负方向的匀 强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v0 沿 x 轴正方向开始运动，Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍．粒 子从坐标原点 O 离开电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P 点射出磁 场，P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等．不计粒子重力，问：

图3－3－2
A．在电场中的加速度之比为 1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为 3∶1 C．在磁场中转过的角度之比为 1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为 1∶3
解析 两离子所带电荷量之比为 1∶3，在电场中时
由 qE＝ma 知 a∝q，故加速度之比为 1∶3，A 错误；离
开电场区域时的动能由 Ek＝qU 知 Ek∝q，故 D 正确； 在磁场中运动的半径由 Bqv＝mvR2、Ek＝12mv2 知 R＝B1
图3－3－3
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
解析 根据左手定则判断电子受到洛伦兹力偏到霍 尔元件的后表面，所以前表面电势高于后表面，A 项错 误；若电源的正负极对调，线圈中产生的磁场反向，根 据左手定则判断依然是前表面电势高于后表面，B 项错 误；根据UdHq＝Bqv，有 UHB＝Bvd，因为 B＝kI，I＝nqSv， v∝I，联立解得 UH∝I2，而 P＝I2RL，所以 UH∝P，D 项正确；根据题中 UH＝kIHdB，因为 UH∝I2、B＝kI，所 以得到 IH 与 I 成正比，C 项正确。
图3－3－6
A．11
B．12
C．121
D．144
解析 粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为 v，则 qU＝12mv2，粒子进入磁场做圆周运动，半径 r＝mqBv ＝B1 2mqU，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质 量比为 144，选项 D 正确。
答案 D
2．如图3－3－7所示的平行板器件中，存在相互垂直 的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 V/m， PQ为板间中线。竖靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第 一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝ 45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁 感应强度B2＝0.25 T，边界线的下方有竖直向上的匀强 电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m。一束带电荷量q＝ 8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg的正离子从P点射 入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y 轴上坐标为(0,0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，多次穿 越边界线OA。求：

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1Rv211② 由几何关系知 2R1＝l③
由①②③式得 B＝4lvU1④
2019-9-11
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23
(2)设乙种离子所带电荷量为 q2、质量为 m2，射入 磁场的速度为 v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R2。同理有 q2U＝12m2v22⑤
q2v2B＝m2Rv222⑥ 由题给条件有 2R2＝2l ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比
的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿
y 轴正方向射入电场经过一段时间后恰好以从 M 点入射的
速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。
2019-9-11
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12
图 3－3－3
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从 M 点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正
第3讲 带电粒子在复合场中的运动
2019-9-11
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1
高考导航·考题考情
[真题再现]
1．(2017·全国卷Ⅰ)如图 3－3－1，空间某区域存 在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平 行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a、 b、c 电荷量相等，质量分别为 ma、mb、mc，已知在该 区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右 做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下 列选项正确的是
3．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电
场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图 3－3－3 所示；
中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强

2019-9-11
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20
2019-9-11
3．新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运
动作为磁感应相结合．
解题要领
这类问题的特点是利用有界磁场或利用两种磁场相
互组合命题，带电粒子的运动形式为圆周运动，涉及的
方法和规律包括牛顿运动定律、圆周运动的各物理量的
流产生的磁场的方向也要相反．
解析：导线P和Q中电流I均向里时，
2019-9-11
设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ
＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场
的磁感应强度平行于PQ向右、
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15
大小为 3 B1.又根据题意Ba＝0，则B0＝ 3 B1，且B0 平行于PQ向左．若P中电流反向，则BP反向、大小不 变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强 度大小为B′1＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合 磁场的磁感应强度B＝ B20＋B′1＝233B0，则ABD项均错 误，C项正确．
2019-9-11
谢谢你的关注
13
4. (2017·全国卷Ⅱ)如图，在磁感应强度大小为B0的 匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两 者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向 里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感 应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变， 则a点处磁感应强度的大小为( )
2019-9-11
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mv A.2qB
3mv B. qB
2mv C. qB
4mv D. qB
[题眼点拨] ①“q>0”说明带电粒子带正电；②“与
ON只有一个交点”说明轨迹与ON边界相切．

由洛伦兹力提供,然后用圆周运动的相关知识就可以解决。
12/9/2021
第十二页，共五十七页。
-13-
1
2
3
解析 由题意知,BⅠ=kBⅡ,由
4

r= 知,选项

A 正确;

1
知,aⅡ= aⅠ,故选项 B 错误;


Ⅱ
Ⅰ
2π
T=
得
= =k,即 TⅡ=kTⅠ,故选项

Ⅰ
Ⅱ
由 a=
由
由
b 点产生的磁感应强度分别为 B2a、B2b,根据安培定则可
知,B1a=B1b,方向均垂直纸面向里;B2a=B2b,B2a 方向垂直纸面向

3
里,B2b 方向垂直纸面向外;根据题意,对 a 点有,B1a+B2a-B0=- 0。对
0
70
0
b 点有,B1b-B2b-B0=- ,联立以上方程解得 B1a=B1b= ,B2a=B2b= ,
第二十一页，共五十七页。
2021/12/9
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考点(kǎo
diǎn)一
考点(kǎo
diǎn)二
3. (多选)(2018湖北十堰调研(diào yán))如图所示,三根通电长直导线A、B、C
互相平行,其横截面积为等腰直角三角形的三个顶点,三根导线中通入的电
流大小相等,且A、C中电流方向垂直于纸面向外,B中电流方向垂直于纸面向
D.导线A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为
1∶ 2
第二十二页，共五十七页。
)
2021/12/9
-23-
考点(kǎo
diǎn)一
考点(kǎo
diǎn)二
解析 利用右手定则可知:A 处的合磁场方向沿 AC 方向,所以 A 所

联立⑨⑪在磁场中的时间 T＝
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3πBl2 6El′ .
16
设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t′， 则 t′＝2t＋22πθT.⑪ 由①⑦⑨○ 10⑪式得 t′＝BEl1＋ 138πl′l.⑫ 答案：见解析
2019年7月17
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17
4．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在 y>0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E，在 y<0 的区域存 在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场．一个氕核11H 和 一个氘核21H 先后从 y 轴上 y＝h 点以相同的动能射出，速 度方向沿 x 轴正方向．已知11H 进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60°，并从坐标原点 O 处第一次射出 磁场.11H 的质量为 m，电荷量为 q，不计重力．求：
2019年7月17
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解析：(1)11H 在电场中做类平抛运动，水平方向速度 为 v0，竖直方向速度 vy.
竖直方向 tan 60°＝vv0y，① h＝12vyt，② 水平方向 l＝v0t1.③ 联立①②③解得 l＝233h.④
2019年7月17
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(2)在电场中竖直方向 v2y＝2qmEh，⑤ 联立①②⑤解得 v0＝ 23qmEh.⑥ 在磁场中由几何关系知 l＝2rsin 60°，⑦ 粒子在磁场中的速度 v0＝vcos 60°，⑧ 在磁场中做匀速圆周运动 qvB＝mvr2.⑨ 联立④⑥⑦⑧⑨解得 B＝ 6qmhE.⑩
知识处理物理问题的习惯．
2019年7月17
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3．电偏转(带电粒子垂直进入匀强电场中)
受力特点 运动性质 处理方法

(2)定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力 情况确定粒子在不同区域的运动情况，如在磁场中 受洛伦兹力做匀速圆周运动，在电场中受电场力做 类平抛运动．
(3)画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图．
(4)用规律：根据区域和运动规律的不同，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．
(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
解析：(1)
1 1
H在电场中做类平抛运动，在磁
场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所
示．设
1 1
H在电场中的加速度大小为a1，初
速度大小为v1，它在电场中的运动时间为
t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式
⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，12H第一次离开磁场时的位置到原点O的 距离为s2′－s2＝233( 2－1)h⑲
答案：(1)23
3 h
(2)
6mE qh
23 (3) 3 (
2－1)h
■ 命题特点与趋势——怎么考
1．带电粒子在复合场中的运动在高考全国卷中属于 冷考点，近几年高考涉及的题目多为较简单的选择 题．但在自主命题地区的高考中是命题热点，题目 多为综合性较强的计算题．
A．11 C．121
B.12 D．144
解析：带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝
1 2
mv2，在磁场
中偏转时，其半径r＝mqBv，由以上两式整理得r＝B1
2mU q
.由
于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径
相等时，解得mm21＝144，选项D正确．
答案：D

分层突破——明要点
命题角度1洛伦兹力与重力共存
命题角度2静电力与洛伦兹力共存
命题角度3静电力、重力与洛伦兹力共存
深化拓展
带电粒子在叠加场中运动的解题思路
典例剖析
例2 (命题角度3)(2023山东临沂开学摸底考试)如图所示,竖直面内有A、
B、C三个点,分布在半径为R、圆心为O的同一圆周上,A点为圆周上的最
0
vy=tan30 °
竖直方向匀加速直线运动的规律,有

vy=at,a= ,得
一次在电场中运行的过程,竖直方向有
坐标为 0,
3

2
= 3v0,水平方向有 l=v0t,根据
1 2 1
y= at =
2
2
,B 正确;粒子到达 M 点的速度为
×
E=
30 2
,A

30 2

×
2
0 2
×

低点,∠BOC=60°。空间有一方向与圆面平行的匀强电场(图中未画出),若
从A点竖直向上以速度v0抛出一个质量为m、电荷量为+q的小球,经时间t1
小球恰好沿OB方向打在B点;若保持电场强度的大小不变,将其逆时针转过
角θ,同时施加一垂直于圆面向外的匀强磁场,仍将该小球从A点竖直向上以
速度v0抛出,小球恰好做圆周运动。已知小球与圆弧面的碰撞为弹性碰撞,
3 0
=
=
3
l,所以
2
P点
0
v=sin30 °=2v0,粒子进入第四
象限的磁场后,做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,有
2 0
r=

错误;粒子第
2
Bqv= ,则