模板11-2磁場（四大題型）

本節導航：

題型01帶電粒子在疊加場中的運動題型02帶電粒子在交變電磁場中的運動

題型03帶電粒子在磁場中運動的多解問題

題型04帶電粒子的運動在現代科技中的應用

題型01帶電粒子在疊加場中的運動

電場、磁場、重力場中的兩者或三者在同一區域共存，就形成疊加場。帶電粒子在疊加場中的運動，

一般具有較復雜的運動情景，涉及力的種類較多，包含的運動類型多，綜合性強，對數學水平有較高的要

求。

◎槿必勾建

一、必備基礎知識

1、疊加場

電場、磁場、重力場中的兩者或三者在同一區域共存，就形成疊加場。

2、分類

電場力、重力并存，即電場力+重力=尸翎（恒力）：①帶電粒子靜止或勻速直線運動，則F電=mg且

方向相反（即F等效=0）；②帶電粒子做勻變速直線運動，則F等致力）且與v共線；③帶電粒子做勻變速曲線

運動，則F等效網且與v不共線。該情景帶電粒子沒有圓周運動。

洛倫茲力、重力并存：①帶電粒子做勻速直線運動，貝且方向相反，運動方向與F洛垂直;

②帶電粒子做變加速曲線運動（復雜曲線），則重力和洛倫茲力不平衡，因洛倫茲力不做功，故機械能守

恒。該情景帶電粒子無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周。

磁場力、電場力并存（不計重力的微觀粒子）：①帶電粒子做勻速直線運動，則尸滔于電且方向相反,

運動方向與F洛垂直；②帶電粒子做變加速曲線運動（復雜曲線），因洛倫茲力不做功，可用動能定理求

解。該情景帶電粒子無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周。

1/44

靜電力、洛倫茲力、重力并存：①帶電粒子靜止，則F皿=mg且方向相反，且F洛=0；②帶電粒子做

勻速直線運動，則F電、mg、F洛三力平衡；③帶電粒子做勻速圓周運動，則F電=mg且方向相反，且F洛

=F"④帶電粒子做變加速曲線運動（復雜曲線），則合力不為零且與速度方向不垂直，因洛倫茲力不做功，

可用能量守恒定律或動能定理求解問題。該情景帶電粒子無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動。

3、帶電體在疊加場中有約束情況下的運動

帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運

動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、

能量守恒定律結合牛頓運動定律求解。

二、解題模板

1、解題思路

應用牛頓運動定律、

弄清酬

運動學規律、功能關

場的組成

系等列方程求解

2、注意問題

直線運動：①帶電粒子所受合外力為零時，做勻速直線運動，處理這類問題，應根據受力平衡列方程

求解；②帶電粒子所受合外力恒定，且與初速度在一條直線上，粒子將作勻變速直線運動，處理這類問題,

根據洛倫茲力不做功的特點，選用牛頓第二定律、動量定理、動能定理、能量守恒等規律列方程求解

曲線運動：①當帶電粒子在所受的重力與電場力等值反向時，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂

直于磁場的平面內做勻速圓周運動.處理這類問題，往往同時應用牛頓第二定律、動能定理列方程求解；②

當帶電粒子所受的合外力是變力，與初速度方向不在同一直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子

的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，一般處理這類問題，選用動能定理或能量守恒列方程求解。

3、解題方法

疊加場的組成：弄清電場、磁場、重力場疊加情況;

受力分析：先分析場力（重力、電場力、磁場力），然后分析接觸力（彈力、摩榛力），最后分析其

它力；

運動分析：注意運動情況和受力情況的結合；

分段分析：粒子通過不同種類的場時，分段討論；

畫出軌跡：①靜止或勻速直線運動（運用平衡條件）；②勻速圓周運動（運用牛頓運動定律和圓周運

動規律）；③復雜曲線運動（運用動能定理或能量守恒定律）；④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件。

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受力分析是基礎：一般要從受力、運動、功能的角度來分析.這類問題涉及的力的種類多，含重力、

電場力、磁場力、彈力、摩擦力等。

運動過程分析是關鍵.：包含的運動種類多，含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運

動以及其他曲線運動。

根據不同的運動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程（牛頓運動定律、運動學規律、動能定理、

能量守恒定律等）求解。

演模板運用

（2024?貴州?高考真題）如圖，邊長為乙的正方形而必區域及矩形c在/"區域內均存在電場強度

大小為￡、方向豎直向下且與時邊平行的勻強電場，U右邊有一半徑為@￡且與。'相切的圓形區域，切

點為歹的中點，該圓形區域與〃勿區域內均存在磁感應強度大小為3、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一

帶電粒子從6點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經〃邊的中點進入c慮f區域，并沿直線通過該區域后

進入圓形區域。所有區域均在紙面內，粒子始終在該紙面內運動，不計粒子重力。求：

-i

XXX

XXXXxXX

XXXxXXX

vXz/

⑴粒子沿直線通過Cd勿區域時的速度大小；

（2）粒子的電荷量與質量之比；

⑶粒子射出圓形區域時速度方向與進入圓形區域時速度方向的夾角。

思路分析

第一問的思路:

在cdef區域做直線運動，則有電

場力與洛倫茲力平衡，可知粒子

帶正電，經cd邊的中點速度水平

____________七七____________

第二問的思路:

根據類平拋運動的規律

可求出電荷量與質量之

比

第三問的思路:□

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根據圓周運動的規律求

粒子在圓形區域做勻速

出運動半徑，畫出運動根據幾何關系求出夾角

圓周運動

草圖

詳細解析

【答案】⑴5F

D

⑵與

LB2

(3)60°

【詳解】(1)帶電粒子在。立T區域做直線運動，則有電場力與洛倫茲力平衡，可知粒子帶正電，經〃邊

的中點速度水平向右，設粒子到達cd邊的中點速度大小為%,帶電荷量為9,質量為加，由平衡條件則有

qE=qvQB

解得

E

(2)粒子從6點到〃邊的中點的運動，可逆向看做從4邊的中點到6點的類平拋運動，設運動時間為"

加速度大小為。，由牛頓第二定律可得

qE=ma

由類平拋運動規律可得

%"L

12L

—at——

22

聯立解得粒子的電荷量與質量之比

JV；_E

m~EL~LBP

(3)粒子從歹中點射出到圓形區域做勻圓周運動，設粒子的運動半徑為五,由洛倫茲力提供向心力可得

qv0B=m^

解得

R=L

粒子在磁場中運動軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，設粒子射出圓

形區域時速度方向與進入圓形區域時速度方向的夾角為a,由幾何關系可知

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平向左的勻強電場,一條長￡=0.8m且不可伸長的輕繩一端固定在區域I內的。點，另一端系一質量加=0.2kg,

帶電荷量q為0.1C的絕緣帶正電小球a,初始時小球靜止在M點。在緊靠區域I的右側豎直放置一足夠長、

半徑R=lm的光滑絕緣圓筒，圓筒上端截面水平，CO是圓筒上表面的一條直徑且與區域I的。點共線，直

徑P0與直徑CD垂直，圓筒內左半邊PQJ//EC區域H中存在大小E2=20N/C、方向垂直CDE尸平面向里的

勻強電場。第一次給M處的小球一垂直于斜向上的初速度%（未知），使其在豎直平面內繞。點恰好

做完整的圓周運動，AB為圓的豎直直徑。第二次給M處的小球一垂直于0〃斜向上的初速度匕（未知），

當小球a運動到。點正上方B點時，輕繩突然斷裂，小球a剛好從區域I的邊界C點豎直向下離開區域I

的電場，然后貼著圓筒內側進入區域H。已知重力加速度大小取g=10m/s2,繩斷前、斷后瞬間，小球。的

速度保持不變，忽略一切阻力，圖中Z8Q）昉在同一豎直平直內。求：

5/44

(1)小球a第一次在河的初速度大小%和第一次經過B點時繩的拉力T；

(2)繩斷后小球a從3到C過程電勢能的變化量妝；

⑶若小球a剛進入圓筒時,另一質量叫=0.2kg的絕緣不帶電小球6從。點以相同速度豎直向下貼著圓筒內

側進入圓筒，經過一段時間，小球0、6發生彈性碰撞，且碰撞中小球。的電荷量保持不變，則從小球b進

入圓筒到與兩球發生第7次碰撞后，小球b增加的機械能妝是多大。

【答案】(1)4A/5m/s,6N

⑵第=4.8」

⑶妝=14J

【詳解】(1)已知qEfmg,由題意等效最高點在。河連線的反向延長線與圓周的交點上，設為N,則

在N點滿足

由幾何關系可知該方向與豎直方向夾角為60。，根據牛頓第二定律，有

2mg=

即小球在N點的速度為

vN==4m/s

從M點到N點過程中，由動能定理可得

6/44

-2mgx2Z=—mv

%=J]0gL=475m/s

又因為從2到N點，由動能定理得

在3處，沿繩方向的合外力提供小球運動所需要的向心力，有

T+mg=m

(2)從細線斷裂后小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻減速運動，根據題意，到C點時，水平

方向速度為0,豎直方向位移為3設水平方向位移為X%,根據位移時間公式，有

L=2gt'

從5到C過程電勢能的變化量強等于電場力做功的絕對值，即

AF。=qExBC

聯立解得

A￡；=4.8J

(3)因兩球在豎直方向下落一樣快，故它們碰撞時是水平正碰。根據水平方向碰撞時動量守恒和能量守恒。

由于兩球質量相等，所以它們正碰時交換水平方向速度。第一次與小球。與方球碰撞，電場力對小球a做

功

W=qE2R

從進入圓筒到第7次碰撞前，小球a增加的機械能為

AEa=qE2R+3qE?-2R

AEa=14J

7/44

則第7次碰撞后，小球b增加的機械能為陽=M=14J

題型02帶電粒子在交變電磁場中的運動

■■■■■■

口敦型鯽篌

交變電磁場的類型主要有以下三種：①電場周期性變化，磁場不變；②磁場周期性變化，電場不變；

③電場和磁場周期性變化。要明確場的變化規律，找出銜接點是解題的關鍵。

小槿越豹迷

一、必備基礎知識

1、常見類型

①電場周期性變化，磁場不變；②磁場周期性變化，電場不變；③電場和磁場周期性變化。

2、分析思路

仔細分析并確定各場的變化特點及相應的時間，其變化周期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期相

關聯。應抓住變化周期與運動周期之間的聯系作為解題的突破口。

把粒子的運動過程還原成一個直觀的運動軌跡草圖進行分析。

把粒子的運動分解成多個運動階段分別進行處理，根據每一個階段上的受力情況確定粒子的運動規律。

二、解題模板

1、解題思路

2、注意問題

應抓住變化周期與運動周期之間的聯系作為解題的突破口。

3、解題方法

先讀圖，看清并且明白不同場的變化情況；

受力分析，分析粒子在不同的變化場區的受力情況；

過程分析，分析粒子在不同時間段內的運動情況；

找銜接點，找出銜接相鄰兩個過程的速度大小及方向;

選規律，聯立不同階段的方程求解。

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0橫板運用

I(2023?安徽?模擬預測)如圖，兩豎直平行線MN、尸。間存在兩個有界勻強磁場，其中水平分界

線。4上方I區域磁場垂直紙面向里，分界線。力下方II區域磁場垂直紙面向外，磁感應強度均為以一個

質量為加、電荷量為一q的粒子以速度v可以分別從左邊界的C、。兩點水平射入磁場中。已知。。兩點間的

mv…丁1Imv

距離等于F，W與夕。的距離等于粒子重力忽略不計。

qB2qB

(1)求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑小

(2)若粒子從。點射入磁場中且恰好不從磁場左邊界射出，求入射點C到。的距離d；

(3)若粒子從。點射入磁場中，求粒子在磁場中運動的總時間幾

MXX,XXXp

：1B

Cfxxxx

XXXX

6\-A

??11???

iBi

N'.......................................;Q

思路分析

第一問的思路:

洛倫茲力提供向心力，根據圓周運動規律可求出半徑

第二問的思路:

畫出運動軌跡圖，根據幾何關系可求出距離

第三問的思路:

根據運動規律可求出運動時間

,"mv、(2+V3177rm

【答案】(1)R=F；(2)A_____L—(3)

qB2aB6qB

【詳解】(1)根據洛倫茲力提供向心力有

v

qvB=m——

R

解得

9/44

mv

qB

（2）根據題意作圖，如圖所示

Xp

MxxTxx

：IB

XXXX

C卜

xxxx：

。於—-一斗

1??ii???

B

N'Q

根據幾何關系可知

0'0''2=0'/2+尸。，，2

CO'=(TF=R

解得

（2+百）加v

CO=COy+COy=

2qB

八mv11〃TV

（3）由于“=荷=火’"N與0。的距離等于我'可知粒子的運動時間為

46

粒子運動的周期為

271nl

qB

177r加

聯立解得1=

6qB

（2023?山東濟南?模擬預測）如圖甲所示，兩平行板P、Q足夠大，間距為d。板間有可獨立控

制的變化的電場和磁場。取垂直于紙面向里為正方向，磁感應強度隨時間的變化規律如圖乙所示，電場強

度￡隨時間的變化規律如圖丙所示。f=0時刻，一質量為加、帶電量為+4的粒子（不計重力），以初速度

%由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區。當片、弓、弓取某些特定

值時，可使r=o時刻入射的粒子經加垂直打在P板上（不考慮粒子反彈）。上述切、q、d、%、為已

知量。

（1）若只加磁場，當穌=簧時，求心滿足的條件；

（2）若同時加電場、磁場，當穌=?學時，求〃滿足的條件和粒子的位移;

qa

10/44

磁場，當4)=6To,求心。

(3)若同時加電場、

qa

B。

O

王K亞N,

一12：

-H2

/、T、兀d/、下兀d

【答案】(1)TB----;(2)T=~(〃=1,2,3…)，s=:d空)y+2/；(3)見解析

%E2〃%

【詳解】(1)若只加磁場,當當=詈時，設粒子做圓周運動的半徑為A，由洛倫茲力提供向心力得

qv°Bo=吟

可得

Ri=d

根據題意由幾何關系可得

、7id,1e

△t=——<—TR

2v02

解得

當為=萼時，設粒子做圓周運動的半徑為良，由洛倫茲力提供向心力得

(2)若同時加電場、磁場,

qa

qv°Bo=m^-

火2

可得

R=-

25

由丙圖可知在一個電場周期〃內，沿電場方向的速度變化為0;根據題意由幾何關系可得

^=—=nT

t2%E

解得

11/44

e兀d

TE---(〃=1,2,3…)

2〃1

粒子沿電場方向的位移為

喔1夕41%2cfqE0

x=n-T=n---------TpTp

P2P2m324nm^

粒子的位移為

兀(

,d-qEy+2/

24nmv：

6mv

(3)若同時加電場、磁場，當n=Q,設粒子做圓周運動的半徑為a，周期為T,由圓周運動公式可得

qd

2/rR

%

由牛頓第二定律可得

可得

e7id

T=——

R43%

粒子運動軌跡如圖所示

。1、。2為圓心，。。2連線與水平方向的夾角為。，在每個心內，只有A、B兩個位

R

jr

置才有可能垂直擊中P板，且均要求0<0<g,由題意可得

-+6?

z—T

可得

設經歷完整〃的個數為〃(〃=0,1,2,3…)。

若在A點擊中P板，根據題意由幾何關系可得

R+2(R+Rsin0)n=d=6R

12/44

當〃=0,1,時，無解；

當〃=2時，有

?n1

sin"=一

4

TB=(―+arcsin&-^―

243v0

若在5點擊中P板，根據題意由幾何關系可得

R+2Rsin6+2(7?+Rsin6)n=d=6R

當〃=0,時，無解；

當〃=1時，

?八3

sin"=一

4

TB=(―+arcsin工)-^―

243%

當〃=2時，有

?八

sin〃=一1

6

TR=(―+arcsing-^―

263Vo

題功03逋電粒子在磁場中運動的多解問題

母觀叫裱

帶電粒子在磁場中運動時，往往由于粒子的電性不確定、磁場方向不確定、運動具有往復性等而造成

多解。分析這類問題需要我們全面考慮多種可能，盡量避免因思維定勢而造成漏解。

◎椽出勺毫

一、必備基礎知識

1、問題

帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解。

2、問題的類型

①帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，當粒子

具有相同初速度時，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致多解。如下圖所示，帶電粒子以速度v垂直

進入勻強磁場，若帶正電，其軌跡為。；若帶負電，其軌跡為人

13/44

②臨界狀態不是唯一的形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是

圓弧狀，因此粒子的運動情況為可能從邊界穿過去了或者轉過180。后從入射面邊界反向飛出，如下圖所示。

③磁場方向不確定形成多解：磁感應強度是矢量，如果題述條件只給出磁感應強度大小，而未說明磁

感應強度方向，則應考慮因磁場方向不確定而導致的多解。如下圖所示，帶正電的粒子以速度v垂直進入

勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a；若B垂直紙面向外，其軌跡為上

④運動的往復性形成多解：帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性,

從而形成多解，如下圖所示。

二、解題模板

1、解題思路

2、注意問題

周期性的多解問題要注意尋找通式。

3、解題方法

根據題意，確定多解的問題類型;

對運動過程進行受力分析和幾何分析;

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畫出粒子運動的可能草圖;

根據規律列方程進行求解。

型模板運用

（2024?陜西安康?模擬預測）如圖所示，以。P為分界線將直角分為區域I和II,區域I

內存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為2的勻強磁場，區域II內存在方向垂直紙面向里、磁感應強

度大小為28的勻強磁場，OP與間的夾角為30。。一質量為加、帶電量為+4的粒子從分界線上的P點

以速度丫、沿與分界線。尸成60。角的方向射入區域I,在區域I偏轉后直接從。點離開磁場區域，不計粒

子的重力。

（1）求。尸之間的距離;

（2）若粒子從尸點射入的速度方向不變，大小可以改變，要使粒子仍從。點離開磁場區域，求粒子射入時

思路分析

第一問的思路;

畫出粒子運動草圖，洛倫茲力根據運動軌跡，利用幾何關系

提供向心力，求出運動半徑求出距離

第二問的思路:

粒子從0點離開一定是從區域I與

聯合幾何關系可求出速度的表達

ON相切離開磁場區域，可得到半

式

徑關系

詳細解析

nica

【答案】(1)-4-3-m--v(2)--2-v--(〃=0,1,2,3…)、

qB3〃+2

【詳解】(1)根據牛頓第二定律

V2

qvB=m——

r

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得

mv

r=——

qB

。尸長度為

（2）粒子從。點離開一定是從區域I與ON相切離開磁場區域，故

mv.

r：=-L

'qB

廠二W/

1q-2B2

根據幾何關系

(省,+也外)〃+舊1=OP

即

/二mv；r-mv.、r-mv.八八j-mv

(A/3-----FV3-----)〃+4,---二OP=-\o?—

qBqIBqBqB

1

丁m—v____r_—m_v_'____

qB'22qB

解得v=一一(n=01,2,3…)

3n+2

（2024?河南安陽?一模）如圖所示，在平面直角坐標系第一象限內存在一理想邊界，邊界和x軸

之間存在垂直紙面、磁感應強度大小為3的勻強磁場（圖中未畫出），邊界與y軸之間存在沿x軸負方向、

電場強度大小為￡的勻強電場。在第四象限內存在平行于夕軸向下的勻強電場，在夕軸正半軸上有可移動

的粒子源能無初速釋放電荷量大小為e、質量為根的電子，電子從靜止被電場加速后進入磁場區域均能垂

直穿過x軸，圖中/點坐標為（乙0）,不計電子受到的重力，求:

16/44

.y

⑴磁場的方向;

⑵邊界曲線的方程;

⑶能經過/點的電子釋放點的縱坐標應滿足的條件。

【答案】⑴垂直紙面向里

(2)y=(x>0)

⑶*工/+(2〃+l)y=￡(〃=0,l,2,L)

【詳解】(1)電子能垂直x軸進入第四象限，由左手定則可判定磁場垂直紙面向里。

(2)設電子由靜止釋放的縱坐標為y,到達邊界時的速度大小為v,對應邊界上點的坐標為(xj),則有

心"2,”

2eB

解得

尸(x>0)

(3)能經過/點的粒子軌跡如圖所示,

x+(2n+1)y=￡(?=0,1,2,…)

即滿足

pR2

+(2n+l)j/=Z(/?=0,1,2,???)

時電子能經過4點。

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題型04帶電粒子的運動在現代科技中的應用

母觀一解裱

帶電粒子的運動與現代科技的結合，使得這類題目的考查情景較新穎，這類題型的特點為在現代科技

中考查帶電粒子的運動問題，學生只需進行受力分析和運動分析，運用相關的物理規律就可以解決這類問

題。

一、必備基礎知識

1、速度選擇器

簡介：平行板中電場強度E和磁感應強度3互相垂直，這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，

所以叫做速度選擇器。

圖例如下：

原理：①粒子受力特點：同時受方向相反的電場力和磁場力作用。②電場力和洛倫茲力平衡：

E

解得V=-O

B

FF

作用：①速度大小只有滿足尸一的粒子才能做勻速直線運動。②若y<一,電場力大，粒子向電場力

BB

方向偏，電場力做正功，動能增加。③若二F，洛倫茲力大，粒子向磁場力方向偏，電場力做負功，動

B

能減少。

2、質譜儀

簡介：質譜儀是一種精密儀器，是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具。

圖例如下：

18/44

原理：

速度選擇器和偏轉磁場組合：①加速階段2n迦_；②勻速階段qE=qvBnv=3；

2\mB

③偏轉過程＞坊二加一=火=上；解得d=2Knd=--------，其中￡,叢穌都為定值，而偏轉直徑與

RqB?BB°q

竺成正比。

q

加速電場和偏轉磁場組合：①加速階段qU=—mv2nv二；②偏轉過程

2

■p2mv2、/21加7m

qvB=m—nR=——；解得d=2Rnd=「-,其中￡,3,紜都為定值，而偏轉直徑與一成正比。

RqBB&q

作用：測量帶電粒子質量和分離同位素。

3、回旋計時器

構造：如圖所示，。1、。2是半圓金屬盒，。形盒處于勻強磁場8中，。形盒的縫隙處接交流電源。

圖例如下：

原理：兩個半圓金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場8中，所以粒子在磁場中做勻速圓周運動。經過半

個圓周之后，當它再次到達兩盒間的縫隙時，控制兩盒間的電勢差，使其恰好改變正負，于是粒子經過盒

縫時再一次被加速。如此，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經過盒縫，而兩盒間的電勢差一次一次

地反向，粒子的速度就能夠增加到很大。交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次。

形盒縫隙，粒子被加速一次。

4、磁流體發電

簡介：磁流體發電是一項新興技術，它可以把內能直接轉化為電能。

圖例如下：

19/44

原理：將等離子氣體垂直于磁場方向噴入勻強磁場，正、負離子在洛倫茲力作用下發生上下偏轉而聚

集到/、2板上，產生電勢差。設平行金屬板/、2的面積為S,相距乙等離子氣體的電阻率為人噴入氣

體速率為v,板間磁場的磁感應強度為2,板外電阻為上當正、負離子受到的洛倫茲力和靜電力大小相等

時，勻速通過/、8板間，此時/、2板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，大小即為電源的電動勢

pT

沿從S極向N極方向進行觀察，如下圖所示，則有q—=5qv,則電動勢E=電源內阻外=2?一,

LS

FBLvBLvS

由閉合電路歐姆定律知，通過R的電流/=

5、電磁流量計

簡介：電磁流量計是應用電磁感應原理，根據導電流體通過外加磁場時感生的電動勢來測量導電流體

流量的一種儀器。

圖例如下：

4

XXX-XX

-不

XXXBXX2

且

■

XX-XXX

匕

原理：

流量（0）：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積。

導電液體的流速⑺的計算：一圓柱形導管直徑為力用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向右流

動。導電液體中的自由電荷（正、負離子）在洛倫茲力作用下發生偏轉，使。、6間出現電勢差，當自由電荷

所受電場力和洛倫茲力平衡時，6間的電勢差（⑺達到最大，由q匕=qvB,可得v=—o

aBa

流量的表達式：。=Sv=尤?旦=—?

4Bd45

電勢高低的判斷：根據左手定則可得夕“＞他。

6、霍爾效應模型

簡介：高為從寬為d的導體（自由電荷是電子或正電荷）置于勻強磁場8中，當電流通過導體時，在導

20/44

體的上表面/和下表面H之間產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓。

圖例如下：

原理：

電勢高低的判斷：如圖所示，導體中的電流/向右時，根據左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表

面/'的電勢高；若自由電荷是正電荷，則下表面/'的電勢低。

霍爾電壓：導體中的自由電荷（電荷量為4）在洛倫茲力作用下偏轉，/、，間出現電勢差，當自由電荷所

受電場力和洛倫茲力平衡時，A,，間的電勢差（⑺就保持穩定，由夕2=qvB,I=nqvS,S=hd,

聯立解得。=—=k—.

naqd

霍爾系數：k=—

nq

二、解題模板

1、解題思路

分階段應用

畝題，明確

物理規律，

已知與所求

列方程求解

2、注意問題

速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質量。

3、解題方法

回旋加速器：

粒子運動的總時間：粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能q。，加速次數

〃=3,粒子在磁場中運動的總時間，=-7=■絲絲=。該式忽略粒子在狹縫中運動

qU22qUqB2U

的時間。

y—0

不忽略加速時間的總時間：加速時間為叫二max（粒子加速時做勻加速直線運動，有

qU

md

21/44

u_

。=￡=這="=",vmax=o+?r2）,則/總=乂4+吃；0。

mmmmd02qU

md

當帶電粒子速度最大時，其運動半徑也最大，即丁=空巴再由動能定理得：E『迎淮所以要提

Bq2m

高帶電粒子獲得的最大動能，應盡可能增大磁感應強度3和。形盒的半徑小。若。形盒半徑為尺則帶電

粒子的最終動能Em=^粒子獲得的最大動能由磁感應強度3和金屬盒半徑R決定，與加速電壓無關。

2m

◎模板運用

］（2024?廣東?二模）利用帶電粒子在電場和磁場中受力偏轉的原理，可以測定帶電粒子的荷質比。

如圖所示，在長度為￡、相距為d的平行金屬板M、N間有垂直紙面向外、磁感應強度為3的勻強磁場。

某帶電粒子以初速度%沿平行板中軸線，射入兩板間，測得粒子離開磁場時，速度的偏轉角為6.然后在兩

板間加上電壓U,板間形成勻強電場，那么仍以初速度%射入的該帶電粒子將不發生偏轉，沿中軸線通過

磁場。不計粒子的重力，根據以上物理量，求：

（1）初速度%的大小;

（2）帶電粒子的荷質比2.

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思路分析

第一問的思路:

粒子不偏轉時，受到的電場

速度選擇器模型力與洛倫茲力平衡，列平衡

方程求出速度

第二問的思路:

兩板間只有磁場時，帶電粒子

根據圓周運動規律和幾何規律

做勻速圓周運動，畫出運動草

可求得荷質比

圖

詳細解析