高中物理模型盤點（八）等效場磁偏轉模型

目錄

物理模型盤點一一等效場模型........................................................................1

物理模型盤點一一磁偏轉模型........................................................................4

粒子源問題.....................................................................................7

（一）動態放縮法.............................................................................7

（二）定圓旋轉法.............................................................................8

（三）平移圓法...............................................................................8

在磁場中運動的時間、長度極值.................................................................11

物理模型盤點一一等效場模型

［模型概述］

復合場是高中物理中的熱點問題，常見的有重力場與電場、重力場與磁場、重力場與電磁場等等，對復合

場問題的處理過程其實就是一種物理思維方法

［模型要點］

物體僅在重力場中運動是最簡單，也是學生最為熟悉的運動類型，但是物體在復合場中的運動又是我們在

綜合性試題中經常遇到的問題，如果我們能化“復合場”為“重力場”，不僅能起到“柳暗花明”的效果，同時也

是一種思想的體現。如何實現這一思想方法呢？

如物體在恒力場中，我們可以先求出合力F,在根據算求出等效場的加速度。將物體的運動轉化為落

體、拋體或圓周運動等，然后根據物體的運動情景采用對應的規律

典例是如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質量為m的帶電小球，將它置于一方向水平向

右，場強為正的勻強電場中，已知當細線離開豎直位置偏角a時，小球處于平衡狀態。

（1）若使細線的偏角由a增大到°,然后將小球由靜止釋放。則。應為多大，才/弋?

能使細線到達豎直位置時小球的速度剛好為零？?

-：~\*

（2）若n角很小，那么（1）問中帶電小球由靜止釋放在到達豎直位置需多少時間？1k

方法：帶電小球在空間同時受到重力和電場力的作用，這兩個力都是恒力，將兩個力

合成，并稱合力為“等效重力”。“等效重力”的大小為：G，="mg）2+⑸產=篝,&、?.、.

RA

等效重力加速度為：g'=焉，方向與豎直方向成a角，如圖所示。：［不防

呻一一mg

這樣一個“等效重力場,，可代替原來的重力場和靜電場，類比重力場中的規律即可

思考：若將小球向左上方提起，使擺線呈水平狀態，然后由靜止釋放，則小球下擺過程中在哪一點的速率

最大？最大速率為多大？它擺向右側時最大偏角為多大？

點評：由于引入了“等效重力場”的概念，就把重力場和電場兩個場相復合的問題簡化為只有一個場的問題。

從而將重力場中的相關規律有效地遷移過來。值得指出的是，由于重力場和電場都是勻強場，即電荷在空

間各處受到的重力及電場力都是恒力，所以，上述等效是允許且具有意義的，如果電場不是勻強電場或換

成勻強磁場，則不能進行如上的等效變換，帶電粒子在電場中的運動問題，實質是力學問題，其解題的一

般步驟仍然為：確定研究對象；進行受力分析(注意重力是否能忽略)；根據粒子的運動情況，運用力與運

動關系、功能關系、能量守恒關系列出方程式求解。

［誤區點撥］

在應用公式時要注意g與y的區別；對于豎直面內的圓周運動模型，則要從受力情形出發，分清“地理最高

點，，和“物理最高點，，，弄清有幾個場力；豎直面內若作勻速圓周運動，則必須根據作勻速圓周運動的條件，

找出隱含條件；同時還要注意線軌類問題的約束條件

典例是如圖所示，質量為m、帶電荷量為+q的微粒在。點以初速度％與水平方向成。角射出，微粒在運動

中所受阻力的大小恒為人

⑴如果在某一方向上加一定大小的勻強電場后，能保證微粒將沿％方向做直線運動，試求所加勻強電場的

最小值；

(2)若加上大小一定，方向水平向左的勻強電場，仍能保證微粒沿%方向做直線運動，并經過一段時間后又

返回。點，求微粒回到。點時的速率。

■【答—案—0】⑴/——cos0;(2)mg-fsinO

qmg+fsin0°

【詳解】⑴對微粒進行受力分析如圖一所示：

要保證微粒仍沿V0方向作直線運動，必須使微粒在垂直V0的y方向所受合力為零，則所加電場方向沿垂直

于V0方向時，電場強度E最小，且有夕石=叫以)5。

所以喝一耍歿

q

(2)當加上水平向左的勻強電場后，微粒受力分析如圖二所示，仍保證微粒沿出方向作直線運動，

則有qEsin0=mgcos0

設微粒沿I/O方向的最大位移為S,由動能定理得-(機gsin8+4Ecos6?+/)s=0-q機片

粒子從點射出到回到點的過程中，由動能定理得~f2s=|mv2

以上三式聯立解得v=尸：**

Vmg+/smc/

【即學即練】如圖所示，在E=l03V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道與一水平絕緣軌

道在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑氏=40cm,可為半圓形軌通最低點，P為

圓弧的中點，一帶負電4=1°"C的小滑塊質量m=l°g,與水平軌道間的動摩擦因數〃=°4,位于N點右

側1.5m的M處，g取1°向s)求：

(1)小滑塊從M點到Q點重力和電場力分別做的功；

(2)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q,則小滑塊應以多大的初速度％向左運動？

(3)在第(2)問的情況下，小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？

【答案】(1)=-0.08J,%=-0.08J(2)v0=8m/s(3)0.6N,方向水平向左

【詳解】⑴小滑塊從M點到Q點重力做的功：%=-mg-2R

代入數據解得：%=-0.08J

電場力做的功：％=-必-2R

代入數據解得：%=-0.08J

(2)設滑塊恰好到達Q點時速度為v,則由在Q點合力提供向心力知：mg+qE^m—

R

滑塊從M開始運動到達Q點過程中，由動能定理得：-mg?2R-2qER-+qE)x=gmv?-gm說

代入數據聯立解得：v0=8m/s；

⑶設滑塊到達P點時速度為M,則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得：

又因為在P點時，軌道對小滑塊的支持力提供向心力得：，=貯

代入數據聯立解得：&=0.6N,方向水平向右；

由牛頓第三定律知小滑塊通過P點時對軌道的壓力是0.6N,方向水平向左。

答：(1)小滑塊從M點到Q點重力和電場力分別做的功％=-0.08J,%=408J：

（2）要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q,則小滑塊應以%=8m/s向左運動.

（3）小滑塊通過P點時對軌道的壓力是4=0.6N,方向水平向右.

物理模型盤點一一磁偏轉模型

［模型概述］

帶電粒子在垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動。但從近年的高考來看，帶電粒子垂直進入有界磁場中發生

偏轉更多，其中運動的空間還可以是組合形式的，如勻強磁場與真空組合、勻強磁場、勻強電場組合等，

這樣就引發出臨界問題、數學等諸多綜合性問題。

從圓的完整性來看：完整的圓周運動和一段圓弧運動，即不完整的圓周運動。無論何種問題，其重點

均在圓心、半徑的確定上，而絕大多數的問題不是一個循環就能夠得出結果的，需要有一個從定性到定量

的過程。

三步解題法:

①畫軌跡：已知軌跡上的兩點位置及其中一點的速度方向；已知軌跡上的一點位置及其速度方向和另外一

條速度方向線。

②定圓心：

（1）已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射

點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線,兩條直線的交點就是圓弧軌

道的圓心（如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點）.

（2）已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點,

作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心（如圖乙所示，P為入射點，M為出射點）.

③找聯系：速度與軌道半徑相聯系：往往構成一個直角三角形，可用幾何知識（勾股定理或用三角函數）

已知角度與圓心角相聯系：常用的結論是“一個角兩邊分別與另一個角的兩個邊垂直，兩角相等“；圓心角與

速度偏向角的關系；時間與周期相聯系：t=（或t=9）

帶電粒子在有界磁場中運動的幾種常見情形

（1）直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖所示）

（2）平行邊界（存在臨界條件，如圖所示）

（3）圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示）

③利用帶電粒子只受洛倫茲力時遵循的半徑及周期公式聯系

［誤區點撥］

洛倫茲力永遠與速度垂直、不做功；重力、電場力做功與路徑無關，只由初末位置決定，當重力、電場力

做功不為零時，粒子動能變化。因而洛倫茲力也隨速率的變化而變化，洛倫茲力的變化導致了所受合外力

變化，從而引起加速度變化，使粒子做變加速運動。

“電偏轉”和“磁偏轉”的比較

垂直進入磁場（磁偏轉）垂直進入電場（電偏轉）

：,3；

r*----LAI

?????

；Vo

情景圖

4*~?優

o;

/大小不變，方向總指向圓心，

受力FE=qE,FE大小、方向不變，為恒力

方向變化，6為變力

類平拋運動

勻速圓周運動

運動Eq

Vx=V0，Vy=t

mvp2Tmm

規律r~Bq，T~Bq

尸丫。3尸景

典例V在如圖所示寬度范圍內，用場強為E的勻強電場可使初速度是V0的某種正粒子偏轉0角.在同樣寬

度范圍內，若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），使該粒子穿過該區域，并使偏轉角也為。（不

計粒子的重力），問：

（1）勻強磁場的磁感應強度是多大？

⑵粒子穿過電場和磁場的時間之比是多大？ppt

如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在后0區域，磁感應II|II卜強

度的大小為瓦；尤區域，磁感應強度的大小為IBo（常數%>1）。一質量為加、電荷量為4（4>0）的帶電

粒子以速度vo從坐標原點。沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，

求（不計重力）

（1）粒子運動的時間；

（2）粒子與。點間的距離。

【答案】⑴舒心（2）簧吟）

【解析】（1）在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設在啟0區域，圓周半徑為R；在x<0區域，圓周半

徑為&。由洛倫茲力公式及牛頓定律得

2

如0=等①

次8。％=器②

粒子速度方向轉過180。時，所用時間M為4=乎③

vo

粒子再轉過180。時，所用時間B為④

vo

聯立①②③④式得，所求時間為，。r+1箸。+；）⑤

（2）由幾何關系及①②式得，所求距離為4=2（4-%）=手（1-!）⑥

【考點定位】帶電粒子在磁場中的運動

【名師點睛】對于帶電粒子在磁場中運動問題，解題時常要分析帶電粒子受到的洛倫茲力的情況，找到粒

子做圓周運動的圓心及半徑，畫出運動軌跡可以使運動過程清晰明了，同時要善于運用幾何知識幫助分析

和求解。

平面直角坐標系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第III現象存在沿y軸負方向的勻強電

場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的。點以速度vo沿x軸正方向開始運動，。點到y軸的距離為到

x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的尸點射出磁場，尸點到y軸距離與

。點到y軸距離相等。不計粒子重力，問：

（1）粒子到達。點時速度的大小和方向；

（2）電場強度和磁感應強度的大小之比。

【答案】（1）〃=&%，方向與x軸方向的夾角為45。角斜向上（2）：=葭

【解析】（1）粒子在電場中由。到。做類平拋運動，設。點速度v與+x方向夾角為a,。點到x軸的距

離為L,到y軸的距離為2L粒子的加速度為用運動時間為二,根據類平拋運動的規律，有：

x方向：2L=vot

y方向：L=-at2

粒子到達。點時沿y軸方向的分速度為：vy=at

又：tana=-

%

解得：terna=1,即a=45。，粒子到達。點時速度方向與x軸方向的夾角為45。角斜向上。

粒子到達。點時的速度大小為"==V2v

COS4b0

粒子源問題

（一）動態放縮法

粒子源發射速度方向一定、大小不同的帶電粒子進入

速度方向一定、大小不同勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動

的軌道半徑與粒子速度大小有關

如圖所示（圖中只畫出粒子帶正電的情景），速度。越

大，運動半徑也越大。可以發現這些帶電粒子射入磁

適用條

場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線

件

PP'上

軌跡圓圓心共線

XXP'XXXX

Xx^xX

X/xX

X1X儀XAIX

p

XXXX&X

界定方

以入射點尸為定點，圓心位于PP'直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨

法

界條件，這種方法稱為“放縮圓”法

帶電粒子在矩形有界勻強磁場中運動的臨界問題

帶電粒子在矩形有界勻強磁場中運動的特點：

⑴若粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界垂直，如圖甲所示。

①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做半個圓周運動后從原邊界射出磁場區域；

②當粒子速度在某一范圍內時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從側面邊界飛出磁場；

③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從對面邊界飛出磁場。

（2）若粒子射入的初速度方向和矩形磁場某邊界成一夾角，如圖乙所示。

①當粒子速度較小時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從原邊界飛出磁場；

②當粒子速度在某一范圍內時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從上側面邊界飛出磁場;

③當粒子速度較大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從右側面邊界飛出磁場；

④當粒子速度更大時，粒子將在磁場中做部分圓周運動后從下側面邊界飛出磁場。

綜合以上分析可知，求解帶電粒子在矩形有界勻強磁場區域運動的時間范圍、速度范圍等的問題時，尋找

“相切或相交”的臨界點是解決問題的關鍵；另外可知在磁場邊界上還有粒子不能達到的區域即“盲區”。

（二）定圓旋轉法

粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入

勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相

同，若射入初速度大小為。0,則圓周運動半徑為廠=

鬻，如圖所示

速度大小一定，方向不同

XXXXx①x

適用條

XX

件

:③

\Z??飛Qvi

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點

軌跡圓圓心共圓mvo

。為圓心、半徑廠=4萬的圓上

界定

將半徑為廠=1瓦的軌跡圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條件，這

方法

種方法稱為“旋轉圓”法

⑴解決帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態思維，尋找臨界點，確定臨界狀態，根

據粒子的速度方向，找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系。粒

子射出或不射出磁場的臨界狀態是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。

（2）要重視分析時的尺規作圖，規范而準確的作圖可突出幾何關系，使抽象的物理問題更形象、直觀。

（三）平移圓法

粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不

同但在同一直線上的帶電粒子，它們進入勻

適用條速度大小一定，方向一定，但入射

強磁場時，做勻速圓周運動的半徑相同，若

件點在同一直線上

入射速度大小為則運動半徑廠=鬻，如

圖所示

XXXXXXX

xX:Xx

ill

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在

軌跡圓圓心共線

同一直線

界定方將半徑為r=鬻的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”

法

法

題型一：動態放縮圓

典例"如圖所示，正方形區域乃川內(含邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場，ab=l,0a=0.4/,大量帶正電

的粒子從O點沿與ab邊成37。的方向以不同的初速度。0射入磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，已

知帶電粒子的質量為加，電荷量為q,磁場的磁感應強度大小為8,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

⑴求帶電粒子在磁場中運動的最長時間；

(2)若帶電粒子從ad邊離開磁場，求。o的取值范圍。

［解析］(1)粒子從"邊離開磁場時，在磁場中運動的時間最長，如圖1所示，有440=等

360°—014371Z71

又由幾何關系得74。，則粒子在磁場中運動的最長時間t=360。丁二西方。

⑵當粒子軌跡與ad邊相切時，如圖2所示，設此時初速度為。oi,軌道半徑為Ri,由幾何關系可得

Ri+Risin370=0.4/

又qBvoi-R］

解得。。1嚕

當粒子運動軌跡與Cd邊相切時，如圖3所示，設此時初速度為002,軌道半徑為&,由幾何關系可得&+

&cos37°=I

mvo2

又小(心了-

解得加=器

綜上可得暮。。W器。

/八兀根,"Bl'5qBl

［答案］⑴143畸Q喘嚴。.望

題型二：旋轉圓

典例展（多選）如圖所示，在熒屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場，方向垂直紙面向里。距離熒屏d處

有一粒子源S,能夠在紙面內不斷地向各個方向同時發射速度為。、電荷量為外質量為優的帶正電粒子，

不計粒子的重力，已知粒子做圓周運動的半徑也恰好為4貝＞1（）

A.粒子能打到熒屏MN上的區域長度為2事d

nd

B.能打到熒屏MN上最左側的粒子所用的時間為彳

C.粒子從發射到打到熒屏MN上的最長時間為學

D.同一時刻發射的粒子打到熒屏MN上的最大時間差為需

［解析］打在熒屏上的粒子軌跡的臨界狀態如圖1所示，根據幾何關系知，帶電粒子能打到熒屏上

的區域長度為：1=AB=R+小R=（l+小）R=。+小）d,故A錯誤；由運動軌跡圖可知，能打到熒屏

上最左側的粒子偏轉了半個周期，故所用時間為：=與；又丁=羿，解得：f=耳，故B正確；在磁場中

運動時間最長（優弧1）和最短（劣弧2）的粒子的運動軌跡如圖2所示，粒子做完整圓周運動的周期7=望，

由幾何關系可知，最長時間：八=土7=啜，最短時間：/2=:7=招，根據題意得同一時刻發射的粒子打到熒

屏MN上的最大時間差：Af=ri-f2=肅，故c錯誤，D正確。

［答案］B

題型三：平移圓

典例*（多選）如圖所示,在直角三角形ABC內充滿垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出）,A3邊長度為d,

TT

NB=（°現垂直AB邊射入一束質量均為"八電荷量均為外速