電磁場壓軸解答題（全國甲卷和I卷）

專題提律

高考物理電磁場壓軸解答題是考查學生物理學科素養(yǎng)高低的試金石，表現(xiàn)為綜合性強、求

解難度大、對考生的綜合分析能力和應用數(shù)學知識解決物理問題的能力要求高等特點。

一、命題范圍

1.通電導線在磁場中的平衡、運動問題（壓軸指數(shù)★★★）

結合斜面模型，電流天平等模型，通電導線在磁場中的所受安培力作用下的平衡和運動

問題的分析與計算。導體棒在磁場中做切割磁感線運動，電磁感應和力電綜合問題。

2、帶電粒子的在電場的加速和偏轉(zhuǎn)問題（壓軸指數(shù)★★★★）

帶電粒子在電場中的加速、減速、類平拋運動的分析和計算。帶電粒子在包含重力場和電場

的場的直線運動或圓周運動的分析與計算。

3、帶電粒子在有界磁場的運動（壓軸指數(shù)★★★★★）

帶電粒子在直線邊界、圓形邊界、三角形邊界或其他特殊幾何圖形圍成的邊界的圓周運動的

分析與計算。

4、帶電粒子的組合場、復合場中的運動（壓軸指數(shù)★★★★★）

帶電粒子由電場進入磁場，或由磁場進入電場、或在電場和磁場中往復運動，在電場中的

加速或類平拋運動，在磁場中的做勻速圓周運動或螺旋運動。

二、命題類型

L包含安培力的力學情境綜合型。物理情境選自生活生產(chǎn)情境或?qū)W習探究情境，物理力學

情境綜合型試題的物理模型有：斜面、板塊、彈簧、通電導線等模型。研究對象包含兩個

或兩個以上物體、物理過程復雜程度高。己知條件情境化、隱秘化、需要仔細挖掘題目信

息。求解方法技巧性強、靈活性高、應用數(shù)學知識解決問題的能力要求高的特點。命題點

常包含：勻變速直線運動、共點力平衡等。命題常涉及運動學、力學、功能關系等多個物

理規(guī)律的綜合運用，有時也會與相關圖像聯(lián)系在一起。

2.某一平面內(nèi)的帶電粒子在電磁場中的運動模型。

在電場中的的類平拋采取運動分解思想，對速度和位移或加速度的分解。帶電粒子在有界

磁場中的運動，確定圓周運動的的圓心、半徑、軌跡，分析臨界條件，利用幾何關系求

解。

歷年交趣

1.（202”全國?高考真題）如圖，長度均為/的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為/,兩擋

板上邊緣尸和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，

電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小可調(diào)節(jié)的勻強磁場。一質(zhì)

量為，“，電荷量為q（q>0）的粒子自電場中某處以大小為血的速度水平向右發(fā)射，恰好從

尸點處射入磁場，從兩擋板下邊緣。和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。

已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60。，不計重力。

（1）求粒子發(fā)射位置到P點的距離；

（2）求磁感應強度大小的取值范圍；

（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。

【答案】（1）叵說:（2）怨/B≤等；（3）粒子運動軌跡見解析,

6qE（3+?∣3）q∣ci'

39-1Oq

【解析】（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知

X=卬①

12qE產(chǎn)G

y=-at^=-——⑵

22m

粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60。，有

tan30°=^-=—③

匕%

粒子發(fā)射位置到P點的距離

22

s=y∣x+y④

由①②③④式得

s=2?（5）

SqE

（2）帶電粒子在磁場運動在速度

V=vθ.=?>⑥

COS30°3

帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡（分別從Q、N點射出）如圖所示

M

∕=∑?r苧⑦

最大半徑

烏

-=∑?=ew⑧

帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知

2

qvB=吧-⑨

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應強度大小的取值范圍

2mv0<B<2,nvn

(3+√3)￠∕^-ql

(3)若粒子正好從QN的中點射出磁場時，帶電粒子運動軌跡如圖所示。

由幾何關系可知

Sine=

帶電粒子的運動半徑為

跖

1

r4?

3cos(300+6)

粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離

%=(4sin30。+/)-4?

由⑩??式解得

dMS"】。6/?

44

2.（2020?全國?統(tǒng)考高考真題）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以O為圓

心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為機，電荷量為q（q>0）的帶電粒

子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入

電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率Vo穿出電場，AC與AB的夾角6=60。。運

動中粒子僅受電場力作用。

（1）求電場強度的大??；

（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？

（3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為,小。，該粒子進入電場時的速度應為多

【答案】（1）篝；（2）回L：（3）0或由紅

2qR42

【解析】（1）由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q>0,故電場

線由4指向C,根據(jù)幾何關系可知

XAC=R

所以根據(jù)動能定理有

qEXAC^mvl-0

解得

E=皿

IqR

（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且

與圓相切，切點為力，即粒子要從。點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中

做類平拋運動，根據(jù)幾何關系有

x=RSin60=vl∕

1

y=R+RCOS60=—ar9

2

而電場力提供加速度有

qE-ma

聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度

W=丁

（3）因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為即在電

場方向上速度變化為V。,過C點做AC垂線會與圓周交于B點

故由題意可知粒子會從C點或8點射出。當從8點射出時由兒何關系有

XBC=6R=V2t2

12

XAC=R=產(chǎn)

電場力提供加速度

qE=ma

聯(lián)立解得

v.A）

“亍

當粒子從C點射出時初速度為0,粒子穿過電場前后動量變化量的大小為該粒子進

入電場時的速率應為0或圓O

2

另解:

由題意知，初速度為。時，動量增量的大小為〃此即問題的一個解。自A點以不同的

速率垂直于電場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，自8點射出電場的粒子，其動量

變化量也恒為m%,由幾何關系及運動學規(guī)律可得，此時入射速率為V=

2

3.（2019?全國?高考真題）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大

小為8、方向垂直于紙面向外.一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓。加速后，沿平行于X

軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于X軸的方向射出.已知

。點為坐標原點，N點在y軸上，OP與X軸的夾角為30。，粒子進入磁場的入射點與離開

磁場的出射點之間的距離為“，不計重力.求

（1）帶電粒子的比荷;

（2）帶電粒子從射入磁場到運動至X軸的時間.

Bd2π

【答案】（I）∣2β2（2）

c4U(2÷f

【解析】（1）粒子從靜止被加速的過程，根據(jù)動能定理得：qU=^mvl,解得：

%F

Vm

根據(jù)題意，下圖為粒子的運動軌跡，由幾何關系可知，該粒子在磁場中運動的軌跡半徑

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：qvaB=m^-

r

聯(lián)立方程得：豪券

（2）根據(jù)題意，粒子在磁場中運動的軌跡為四分之一圓周，長度H=L2仃=①油

粒子射出磁場后到運動至X軸，運動的軌跡長度S2=r?tan30弋d

S]+S-）

粒子從射入磁場到運動至X軸過程中，一直勻速率運動，則％二」一~-

%

π?/?d^B

解得：f=、丁司P

加里2+9

4U23^J

4.(2018?全國?高考真題)如圖，在)，＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大

小為E,在產(chǎn)0的區(qū)域存在方向垂直于Xoy平面向外的勻強磁場.一個先核IlH和一個笊

核2小先后從y軸上y=〃點以相同的動能射出，速度方向沿X軸正方向.己知IlH進入磁場

時，速度方向與X軸正方向的夾角為60。，并從坐標原點。處第一次射出磁場.PH的質(zhì)量

為機，電荷量為令不計重力.求

(1)IIH第一次進入磁場的位置到原點O的距離

(2)磁場的磁感應強度大小

(3)第一次離開磁場的位置到原點。的距離

【答案】(1)sl=-h;(2)B=(3)?-s=^1(√2-1)h

【分析】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相

關的知識點，意在考查考生靈活運用相關知識解決問題的的能力.

【解析】(1):H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示.設

IH在電場中的加速度大小為％,初速度大小為匕，它在電場中的運動時間為％,第一次進

入磁場的位置到原點。的距離為S一由運動學公式有

由題給條件，；H進入磁場時速度的方向與X軸正方向夾角4=60。.；H進入磁場時速

度的y分量的大小為

qf∣=vltanθ?（3）

聯(lián)立以上各式得

Si=憐④

（2）IH在電場中運動時，由牛頓第二定律有

設;H進入磁場時速度的大小為匕'，由速度合成法則有

%=Jvj+(α∕∣)2

設磁感應強度大小為3,:H在磁場中運動的圓軌道半徑為凡，由洛倫茲力公式和牛頓

第二定律有

由幾何關系得

s∣=2R∣si∏a（8）

聯(lián)立以上各式得

（3）設:H在電場中沿X軸正方向射出的速度大小為匕，在電場中的加速度大小為

%，由題給條件得

2

g（2，"）g=g∕nvl⑩

由牛頓第二定律有

設:H第一次射入磁場時的速度大小為％,速度的方向與X軸正方向夾角為為，入射點

到原點的距離為S2,在電場中運動的時間為，2.由運動學公式有

s2=v2t2

h=2a2t2

K=JV：+（火質(zhì)產(chǎn)

sinθ1=

聯(lián)立以上各式得

S=S

2l<4=4，V'2=-?-V[@

設出在磁場中做圓周運動的半徑為6,由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的

半徑公式得

&=出普S?

qβ

所以出射點在原點左側.設;H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為月，

由幾何關系有

,

s2=IR2sinθ2?

聯(lián)立④⑧???式得，：H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為

-52=苧（點-IM@

【點睛】此題與2004年全國理綜卷第25題情景類似，都是帶電粒子在勻強電場中類平拋

運動后進入勻強磁場中做勻速圓周運動，艮都是在第一象限和第二象限設置了豎直向下的

勻強電場，在第三象限和第四象限設置了方向垂直紙面向外的勻強磁場，解答需要的知識

都是帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關系等知識

點.帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動和在勻強磁場中的勻速圓周運動是教材例題和練

習中的常見試題，此題可認為是由兩個課本例題或習題組合而成.

5.（2017?全國?高考真題）真空中存在電場強度大小為E/的勻強電場，一帶電油滴在該電

場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為血,在油滴處于位置A時，將電場強度的大

小突然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時間〃后，又突然將電場反向，但保持

其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點.重力加速度大小為g。

（1）油滴運動到B點時的速度；

（2）求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的〃和

田應滿足的條件.已知不存在電場時，油滴以初速度如做豎直上拋運動的最大高度恰好等

于8、A兩點間距離的兩倍。

【答案】⑴％-2"；（2）見解析

【解析】（1）設油滴質(zhì)量和電荷量分別為，〃和q,油滴速度方向向上為正.油滴在電場強

度大小為?的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上.在VO時，電場強度突

然從E/增加至及時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小/滿足

qE2-mg=maλ

油滴在時刻t∣的速度為

M=%+的

電場強度在時刻〃突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小滿足

qE2+mg=tna2

油滴在時刻「2=2〃的速度為

v2=v,-α√,

解得

%=%-2gf∣

(2)由題意，在f=0時刻前有

qE?=mg

油滴從f=0到時刻〃的位移為

12

SI=VOfl+~a?t?

油滴在從時刻〃到時刻/2=2〃的時間間隔內(nèi)的位移為

12

Sl=卬|一萬生，|

由題給條件有

2

V0=2g(2h)

式中力是8、A兩點之間的距離

若B點在A點之上，依題意有

S∣+$2=,

解得

E,=[2-2^+i（?]E1

“4gti

為使E1>Ex,應有

2-2旦+。（旦）2?ι

gti4gtf

即當

或

才是可能的

條件分別對應于

v2>0

和

v2<0

兩種情形

若8在A點之下，依題意有

X2+X]=-h

由以上式子得

E,=[2-2旦-!叫退

gti4劭

為使E2>Ei,應有

2一2國」』>ι

gtt4gtt

另一解為負，不符合題意，已舍去

6.（2016?全國?高考真題）如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為仇上沿相連.兩細金屬棒

僅標出“端）和4（僅標出C端）長度均為L,質(zhì)量分別為2相和如用兩根不可伸長的柔

軟輕導線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放

在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直于

斜面向上.已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因

數(shù)均為〃，重力加速度大小為g?已知金屬棒加勻速下滑.求：

⑴作用在金屬棒H上的安培力的大小;

（2）金屬棒運動速度的大小.

【答案】⑴，"g(sin6>-3〃COSe)(2)(Sin仇3〃CoSO)/沃?

【解析】（1）設導線的張力的大小為T,右斜面對油棒的支持力的大小為M,作用在M棒

上的安培力的大小為尸，左斜面對M棒的支持力大小為M.對于"棒，由力的平衡條件

得

2mgsinθ=χz7V1+T+F

Ni=2mgcosθ

對于W棒，同理有

mgsinθ+μN?=T

N,=mgcosΘ

聯(lián)立解得:

F=∕%g(sin6—3〃CoSe)

⑵由安培力公式得：

F=BlL

H棒上的感應電動勢：

E=BLv

由歐姆定律得：

/一

R

聯(lián)立解得：

m

U=(Sine-3∕√cosθ)氏

7.（2015?全國?高考真題）如圖，一長為IOCm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地

懸掛在勻強磁場中：磁場的磁感應強度大小為0.1T,方向垂直于紙面向里；彈簧上端固

定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為

2Ω.已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的

伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3cm,重力加速度大小取IOm∕s2.判斷開關閉合后金

屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質(zhì)量.

【答案】m=Q.0lkg

【解析】金屬棒通電后，閉合回路電流/===巖=6A

R2Ω

導體棒受到安培力F=BlL=O.06N

根據(jù)安培定則可判斷金屬棒受到安培力方向豎直向下

開:關I田合前2XkX0.5XI。-"?=mg

開關閉合后2x%χ（0.5+03）×?02m=mg+F

m=0Λlkg

8.（2014?全國?高考真題）如圖，。、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，。8沿豎直方向,

3

ZBOA=60",OB=-OA,將一質(zhì)量為根的小球以一定的初動能自。點水平向右拋出，小

球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q（g>0）,同時加一勻強電場，

場強方向與AoAB所在平面平行，現(xiàn)從0點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，

該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從。點以同樣的初動能

沿另一方向拋出，恰好通過3點，且到達8點的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為

g。求

（1）無電場時，小球達到A點時的動能與初動能的比值；

（2）電場強度的大小和方向。

【答案】（I）?:（2）如空，方向與豎直方向夾角為30。斜向右下方

36q

【解析】（1）小球做平拋運動，設初速度為,初動能線。，從。到A的運動時間為f，令

OA=d,則

OB=-d

2

根據(jù)平拋運動的規(guī)律得，水平方向有

o

dsin60=v0∕

豎直方向有

y=dcos60o=gd=；g/

同時有

T7?2

Ekt）=~mvn

聯(lián)立解得

EkO=qmgd

O

設小球到達A點時的動能為EkA,有

LLl,7,

E=4>+%mgd=qmgd

kAZo

得

空±=z

耳O3

13

（2）加電場后，從。點到A點下降了從。點到8點下降了=d,如圖設電場力F與

22

豎直方向夾角為α,則山動能定理得

3Eko-Eko=mg??√+Fcos（60-a）d

33

（＞Ek0-Eko=mg--d+Fcosa--d

其中

L3

Eko=Nmgdj

O

聯(lián)立解得

F=9,α=30o

6

所以電場強度為

F?ng

匕=——=-----

q6q

正電荷受力方向與電場方向相同，即E與豎直方向夾角為30。斜向右下方。

9.（2013?全國?高考真題）如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為仇間距為

L,導軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為

B,方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質(zhì)量為，"的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下

滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加

速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：

（I）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；

（2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。

【答案】（1）Q=CBLv;（2）V=ZWgSin夕一〃Zngcosg，

m+CB2l}

【分析】（1）由法拉第電磁感應定律，求出感應電動勢；再與

c=2

u

相結合求出電荷量與速度的關系式。

（2）由左手定則來確定安培力的方向，并求出安培力的大小，借助于

,_IQ=—,C_L-A-V--

t?r

及牛頓第二定律來求出速度與時間的關系。

【解析】（1）設金屬棒下滑的速度大小為V,則感應電動勢為

E=BLv

平行板電容器兩極板之間的電勢差為

U=E

設此時電容器極板上積累的電荷量為。，按定義有

C=Q

U

聯(lián)立可得

Q=CBLv

（2）設金屬棒的速度大小為V時，經(jīng)歷的時間為r,通過金屬棒的電流為/,金屬棒受到的

磁場力方向沿導軌向上，大小為

f∣=BLI

設在時間間隔（f,f+Af）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為A。，則

△。=CBLW

按定義有

I=他

?r

△。也是平行板電容器極板在時間間隔（3f+Af）內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，為金

屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導軌斜面向上，大小為

h=μFN

式中，F(xiàn)N是金屬棒對于導軌的正壓力的大小，有

FN=OigcosJ

金屬棒在時刻f的加速度方向沿斜面向下，設其大小為4,根據(jù)牛頓第二定律有

ZMgSine-fι-f2-ma

即

mgs?r?θ-μmgcosθ=CB2Ua+ma

聯(lián)立上此式可得

_m（Sinθ-μcosθ）g

a~m+B2l3C

由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動，f時刻金屬棒的速度大小為

_機（Sine-〃cosd）gf

m+B2lJC

【點評】本題讓學生理解左手定則、安培力的大小、法拉第電磁感應定律、牛頓第二定

律、及運動學公式，并相互綜合來求解。

10.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）光點式檢流計是一種可以測量微小電流的儀器，其簡化的

工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內(nèi)有

與紙面垂直的勻強磁場；M為置于平臺上的輕質(zhì)小平面反射鏡，輕質(zhì)剛性細桿。的一端與

M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連，PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)

條，PQ的圓心位于M的中心。使用前需調(diào)零:使線圈內(nèi)沒有電流通過時，M豎直且與紙面

垂直；入射細光束沿水平方向經(jīng)PQ上的。點射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈

簧長度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點仍近似處于PQ的圓心，通過讀取

反射光射到P。上的位置，可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為丸磁場磁感應強

度大小為8,線圈C的匝數(shù)為N。沿水平方向的長度為/,細桿。的長度為“，圓弧PQ的

半徑為r,r"遠大于彈簧長度改變量的絕對值。

（1）若在線圈中通入的微小電流為/，求平衡后彈簧長度改變量的絕對值?x及PQ上反射

光點與。點間的弧長s；

（2）某同學用此裝置測一微小電流，測量前未調(diào)零，將電流通入線圈后，PQ上反射光點

出現(xiàn)在。點上方，與。點間的弧長為占、保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反

射光點出現(xiàn)在。點下方，與。點間的弧長為S2。求待測電流的大小。

【解析】（1）由題意當線圈中通入微小電流/時，線圈中的安培力為

F=NBII

根據(jù)胡克定律有

F=NBH=k心\

NBII

設此時細桿轉(zhuǎn)過的弧度為仇則可知反射光線轉(zhuǎn)過的弧度為2仇又因為

d>>?x,r?d

則

s?r?θ≈θ9sin20≈2θ

所以有

?x=dθ

s=r?2θ

聯(lián)立可得

2rAINBIlr

s=-ΔΛ=----

ddk

(2)因為測量前未調(diào)零，設沒有通電流時偏移的弧長為H當初始時反射光點在。點上

方，通電流/’后根據(jù)前面的結論可知有

2NBΓlr,

a=----------+5

,dk

當電流反向后有

2NBI,lr,

$=-----------s

2dk

聯(lián)立可得

dk(s1+J2)

4NBIr

同理可得初始時反射光點在。點下方結果也相同，故待測電流的大小為

r=dk(s∣+%)

4NBIr

應第策略

1__________I

一、安培力作用下的平衡和加速問題

解題思路：

(1)選定研究對象.

(2)受力分析時，變立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖,

安培力的方向產(chǎn)交，B、尸發(fā)，/.如圖所示：

二、帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動

1.做直線運動的條件

(1)粒子所受合外力尸價=0,粒子靜止或做勻速直線運動.

(2)粒子所受合外力Frr≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動.

2.用動力學觀點分析

QEU,

〃L1

=m,E=aFVVQ=Iad.

3.用功能觀點分析

勻強電場中：W=Eqd-qU=^mv2-^mV(Γ

非勻強電場中：W=gU=Ek2-Eki帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運動

(1)沿初速度方向做勻速直線運動，f=J(如圖).

++++++

(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動

①加速度："=5=臂=哈

②離開電場時的偏移量：y=%P=毋N

乙乙〃C(∕()

③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan8=K=蠹

兩個重要結論

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏

轉(zhuǎn)角總是相同的.

證明：在加速電場中有qf∕o=%W

在偏轉(zhuǎn)電場偏移量y=∣α∕2=∣???(~)2

偏轉(zhuǎn)角仇tan9=^=喘

得:Ttan0=2W

),、θ均與m、q無關.

(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點。為粒子水平位移的

中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半.

功能關系

22

當討論帶電粒子的末速度。時也可以從能量的角度進行求解：qUy^fnv-jlnvo,其中Uy

=?，，指初、末位置間的電勢差.

四、帶電粒子在交變電場中的直線運動

1.常見的交變電場

常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等.

2.常見的題目類型

(1)粒子做單向直線運動.

(2)粒子做往返運動.

3.解題技巧

(1)按周期性分段研究.

，圖像、

⑵將U-tmα-r圖像型"°-f圖像.

E-閽像，

五、帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動

1.等效重力場

物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體

的運動問題就會變得復雜一些.此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”

來代替，可形象稱之為”等效重力場”.

2.

等

效

重

力

場

的

對

應

概

念

及

解

釋

3.舉例

六、帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

一、粒子軌跡圓心的確定，半徑、運動時間的計算方法

1.圓心的確定方法

(1)若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，分別確定兩點處洛倫茲力尸的方向，其交點即為

圓心，如圖甲.

(2)若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，弦的中垂線與速度垂線的交點

即為圓心，如圖乙.

(3)若已知粒子軌跡上某點速度方向，又能根據(jù)r=不計算出軌跡半徑r,則在該點沿洛倫茲

力方向距離為r的位置為圓心，如圖丙.

2.半徑的計算方法

方法一由R=言求得

（JD

方法二連半徑構出三角形，由數(shù)學方法解三角形或勾股定理求得

例如：如圖甲，R=或由R2=U+（R-〃）2求得

常用到的幾何關系

①粒子的偏轉(zhuǎn)角等于半徑掃過的圓心角，如圖乙，9=α

②弦切角等于弦所對應圓心角一半，

3.時間的計算方法

方法一利用圓心角、周期求得f=4T

zπ

方法二利用弧長、線速度求得t=:

二、帶電粒子在有界磁場中的運動

I.直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖所示）

(C)

2.平行邊界（往往存在臨界條件，如圖所示）

θ

θ

(C)

3.圓形邊界(進出磁場具有對稱性)

(1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖甲所示.

(2)不沿徑向射入時，如圖乙所示.

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θ.

七、帶電粒子在組合場中的運動

I.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替

出現(xiàn).

2.分析思路

(1)劃分過程：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.

(2)找關鍵點：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.

(3)畫運動軌跡：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.常見粒子的運動及解題方法

牛頓第二定律、

運動學公式

勻變速直求法

電

場線運動

動能定理

中

帶電

常規(guī)分解法

粒子類平拋運動求法

在分類斜拋運動一特殊分解法

離的功能關系

電場、

磁場磁求法

場運動學公式

中運

中

動

圓周運動公式、

求法牛頓第二定律

以及幾何知識

八、帶電粒子在疊加場中的運動

1.疊加場

電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存.

2.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式

運動性質(zhì)受力特點方法規(guī)律

勻速直線運動粒子所受的合力為O平衡條件

除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：

勻速圓周運動牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律

qE=mg

較復雜的曲線除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，

動能定理、能量守恒定律

運動也不與洛倫茲力等大反向

九、帶電粒子在交變電、磁場中的運動

解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路

先讀圖看清并且明白場的變化情況

受力分析分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況

過程分析分析粒子在不同時間段內(nèi)的運動情況

找銜接點找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向

選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解

模州預測

1.如圖所示，兩個絕緣光滑的斜面對接，兩個金屬小滑輪、電容器、單刀雙擲開關和導線

預埋在頂部，導線焊接在滑輪上，兩斜面的傾角分別為a、θ,左邊斜面內(nèi)有垂直于斜面

的勻強磁場，磁感應強度為B。金屬棒外和絕緣棒Cd用輕質(zhì)軟金屬絲連接，靜置在斜面

上，質(zhì)量分別為班和生，且叫＞更吆啊，必棒的電阻為，?，兩棒的長度均為/,電容器

Sina

的電容為C。忽略滑輪摩擦，金屬絲和導線電阻不計，重力加速度為g,兩棒運動時保持

與側向垂直，兩棒到斜面頂部距離足夠大，金屬絲平行于斜面，求解下列問題：

（1）單刀雙擲開關擲1時，釋放兩棒，兩棒最終的速度大小；

（2）單刀雙擲開關擲2時，釋放兩棒，兩棒運動的加速度大小.

）3譚y⑵等粽一∕π,gsinθ

+B2I2C

【解析】（I）H和Cd棒系統(tǒng)最終做勻速運動，設速居

lvm,此時對他和Cd棒分析受力,

金屬絲的拉力為5,如圖所示

F.F

yτv

由/平衡條件有"g

叫gsina-FT-FS=O

F

T=m2gsinθ

油棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢為E,則有

E=BlVnl

由閉合電路歐姆定律有

一

1

r

又有

F安=BIi

聯(lián)立以上各式解得

(町gsinα-m2gsin6);*

%=--------麗--------

(2)設0b和加棒系統(tǒng)的瞬時加速度為。，對"和Cd棒，由牛頓第二定律有

"Rgsina-F,安一FT二町。

FT-m2gsinθ=m2a

瞬間安培力

%=B"

瞬間電流也是電容器的充電電流，則有

△t

又有

AQ=CxAU

AU=BIxAv

而

?v

a--

Ar

聯(lián)立以上各式解得

_〃IlgSina-"%gsin6

22

Ot1+m2+BIC

2.磁流體推動船的動力來源于電流和磁場間的相互作用。圖1是在平靜海面上某小型實驗

船的示意圖，磁流體推動由磁體、電極和矩形通道(簡稱通道)組成。如圖2所示，通道

尺寸α=2.0m,?=0.25m,c=0.10mo工作時,在通道內(nèi)沿Z軸正方向加8=8.0T的勻強磁

場；沿X軸負方向加勻強電場，使兩金屬板間的電壓U=IoOV；海水沿y軸方向流過通道。

已知海水的電阻率。=0