2021屆新高考物理二輪復(fù)習 三第2講　帶電粒子在電磁場中的運動 學案

第2講帶電粒子在電磁場中的運動

考情速覽?明規(guī)律

高考命題點命題軌跡情境圖

2020I卷25

20190卷24

t

\\/

3、…-j

20(1)25題

------------------P

帶電粒子（體）在電*f%

:hG

場中的運動1

2017n卷25

Q

19⑵24題

?

1

左,右

17(2)25題

??????????????

I卷18.........................................

2020

III卷18i......................................

ca\............../bd

I卷24\/

'、、??，

2019II卷17

20(1)18題

III卷18

ZxX

II卷18fXX__Xx\

2017，XX/V';Xx]

帶電粒子在有界勻

m卷24L、、7x

VXX冰/

強磁場中的運動x2(x

20(3)18題

y

H卷18N

2016?A??,

in卷is.??，,/

?

；至0。

oX

19(1)24題

核心知識?提素養(yǎng)

“物理觀念”構(gòu)建

1.電場中常見的運動類型

⑴勻變速直線運動：通常利用動能定理內(nèi)斗如2_%戒來求解；對于勻強電場，電場力

做功也可以用W=qEd來求解.

(2)偏轉(zhuǎn)運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題.對于類平拋運動可直接利用

平拋運動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運動常用運動的合成與分解的方法來處理.

2.勻強磁場中常見的運動類型(僅受磁場力作用)

(1)勻速直線運動：當?！˙時，帶電粒子以速度。做勻速直線運動.

(2)勻速圓周運動：當。，8時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度大小做勻速

圓周運動.

3.關(guān)于粒子的重力

(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相

比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力.

(2)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進行受力分析與運動分析時，根據(jù)運動狀態(tài)

可分析出是否要考慮重力.

一

帶

電

粒

子

的

運

動

一

“科學思維”展示

1.思想方法

(1)解題關(guān)鍵

帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動狀態(tài)的速度,

因此帶電粒子的運動情況和受力情況的分析是解題的關(guān)鍵.

(2)力學規(guī)律的選擇

①當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解.

②當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往同時應(yīng)用牛頓第二定律和受力分析列

方程聯(lián)立求解.

③當帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方

程求解.

2.模型建構(gòu)

解電磁學中的曲線運動常用“四種”方法

電磁學中的曲線運動常用“四種”方法

1.帶電粒子以某一初速度，垂直電場方向射入勻強電場中，只受電場力

運動的合成分解作用的運動.

2.帶電粒子在勻強電場及重力場中的勻變速曲線運動.

動能定理解曲線帶電粒子在復(fù)合場中做變加速曲線運動，適合應(yīng)用動能定理.帶電粒子

運動問題在復(fù)合場中做勻變速曲線運動也可以使用動能定理.

①核外電子在庫侖力作用下繞原子核的運動.

利用牛頓運動定

②帶電粒子在垂直勻強磁場的平面里在磁場力作用下的運動.

律解圓周運動問

③帶電物體在各種外力（重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力等）作用

題

下的圓周運動.

帶電粒子垂直射入勻強磁場，由于磁場的邊界不同造成粒子軌跡圓與邊

利用幾何關(guān)系解界的幾何問題，由于粒子射入磁場的速度不同造成粒子軌跡圓的半徑不

圓周問題同，由于粒子射入磁場的方向不同造成粒子軌跡的旋轉(zhuǎn)，以上均涉及平

面幾何問題.

3

命題熱點?巧突破

考點一帶電粒子（體）在電場中的運動

一考向1帶電粒子在電場中的加（減）速

〔考向預(yù)測〕

1.（2020?山東煙臺4月模擬）如圖所示，虛線空間存在水平向右的勻強電場，一電荷量為

4=+1.0X1（T5C的帶電粒子，從“點由靜止開始經(jīng)電壓為（/=if）。V的電場加速后，垂直于

勻強電場方向以0o=l.OX104m/s的速度進入勻強電場中，從虛線MN上的某點員圖中未畫出）

離開勻強電場時速度與電場方向成45。角.已知P。、MN間距離為20cm,帶電粒子的重力忽

略不計.若帶電粒子質(zhì)量為〃?，離開電場時沿電場方向的偏轉(zhuǎn)量為》則（A）

M-------------N

----------->E

_____愕

P----=jn=r--Q

；U

a?

，〃〃/〃,

A.77Z=2.0X1011kg,y=10cm

B.〃7=2.OX1(T"kg,y=5cm

C.m=].0X1011kg,y=10cm

D.)〃=1.0X1011kg,y=5cm

【解析】粒子在加速電場中運動的過程，由動能定理得〃器，解得帶電粒子質(zhì)量

w=2.0X10-"kg,粒子進入勻強電場中做類平拋運動，沿初速度方向做勻速運動，則有d=

vQt,粒子沿電場方向做勻加速運動，則有由題意得tan45。=*,偏轉(zhuǎn)量＞=%上，代

入數(shù)據(jù)得y=10cm,故A正確，B、C、D錯誤.

2.（2020?浙江杭州模擬）如圖為一有界勻強電場，場強方向為水平方向（虛線為電場線），

一帶負電微粒以某一角度。從電場的〃點斜向上方射入，沿直線運動到b點，則可知（D）

A.電場中。點的電勢低于6點的電勢

B.微粒在a點時的動能與電勢能之和與在b點時的動能與電勢能之和相等

C.微粒在。點時的動能小于在b點時的動能，在a點時的電勢能大于在6點時的電勢能

D.微粒在a點時的動能大于在0點時的動能，在a點時的電勢能小于在匕點時的電勢能

【解析】微粒沿直線運動到b點，則微粒所受的合力與速度在同一直線上，重力豎直

向下，則受到的電場力方向水平向左，電場方向水平向右，則4點的電勢高于6點的電勢，

故A錯誤：根據(jù)能量守恒，微粒的重力勢能、動能、電勢能總量不變，從。點到6點，微粒

重力勢能增大，則動能與電勢能之和減小，故B錯誤；微粒從a到〃，電場力做負功，重力做

負功，動能減小，電勢能增大，C錯誤，D正確.

規(guī)律總結(jié)

求解帶電粒子在電場中的直線運動的技巧

要注意分析帶電粒子是做勻速運動還是勻變速運動，勻速運動問題常以平衡條件F令=0

作為突破口進行求解，勻變速運動根據(jù)力和運動的關(guān)系可知，合力一定和速度在一條直線上,

然后運用動力學觀點或能量觀點求解.

（1）運用動力學觀點時，先分析帶電粒子的受力情況，根據(jù)尸價=〃皿得出加速度，再根據(jù)

運動學方程可得出所求物理量.

（2）運用能量觀點時，在勻強電場中，若不計重力，電場力對帶電粒子做的功等于粒子動

能的變化量；若考慮重力，則合力對帶電粒子做的功等于粒子動能的變化量.

一考向2帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

〔考向預(yù)測）

3.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且

恰好從正極板邊緣飛出.現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，?/p>

仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼模–）

1

JC12D4

【解析】電子在兩極板間做類平拋運動，水平方向/1=1?，豎直方向d=\a^=

2,故/=?"■!,FpJoe—.故C正確.

2mdV。'2mvnVo

4.（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)，正方形ABCO區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強電場，E、

F、H是對應(yīng)邊的中點，尸點是EH的中點.一個帶負電的粒子（不計重力）從F點沿尸H方向射

入電場后恰好從C點射出.以下說法正確的是（BC）

A.勻強電場中8點的電勢比。點低

B.粒子的運動軌跡經(jīng)過PE之間某點

C.若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點從邊射出

D.若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過EH

【解析】帶負電的粒子向下偏轉(zhuǎn)，因此電場方向應(yīng)豎直向上，B點的電勢應(yīng)高于。點，

A錯誤；粒子做類平拋運動，過C點作速度的反向延長線過F4的中點，也必過戶點，因此

運動軌跡應(yīng)該過PE之間的某點，B正確；粒子的初速度減小到原來的一半，將從BC邊出射，

由類平拋運動的規(guī)律，豎直方向位移相等，則運動時間相同，水平位移將變?yōu)樵瓉淼囊话耄?/p>

因此從E點射出，C正確；從C點射出的粒子，反向延長線過尸，的中點。，0C垂直于

增大粒子速度，粒子從4C邊射出，速度偏角必然減小，其反向延長線不可能再垂直于E”，

因此粒子經(jīng)過EH但不可能垂直于EH,D錯誤.

5.（多選）（2020.山東臨沂三模）在豎直向上的勻強電場中，有兩個質(zhì)量相等、帶異種電荷

的小球A、8（均可視為質(zhì)點）處在同一水平面上.現(xiàn)將兩球以相同的水平速度。。向右拋出，最

后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則（AD）

A.4球帶正電，8球帶負電

B.A球比B球先落地

C.在下落過程中，4球的電勢能減少，B球的電勢能增加

D.兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動能變化量比8球的小

【解析】兩球在水平方向都做勻速直線運動，由x=o（）f,為相同，知A運動的時間比8

的長，豎直方向上，由/7=；“P,〃相等，可知A的加速度比8的小，則4的合力比8的小，

所以A的電場力向上，帶正電，B的電場力向下，帶負電，故A正確.4運動的時間比B的

長，則B球比A球先落地，故B錯誤.A的電場力向上，電場力對A球做負功，A球的電勢

能增加；8的電場力向下，電場力對B球做正功，B球的電勢能減小，故C錯誤.A的合力比

8的小，則A的合力做功較少，由動能定理知A球的動能變化小，故D正確.

6.（2020.新課標卷I）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以。為圓心，半徑為R

的圓，AB為圓的直徑，如圖所示.質(zhì)量為機，電荷量為以4>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點以速率為穿出電場，AC與AB的夾角9=60。.運動中粒子僅受電場力作用.

/f、、

A酎4-—B

'、?

（1）求電場強度的大?。?/p>

（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(yīng)為多大？

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

【答案】⑴震⑵華⑶?；蛉A

【解析】（1）由題意知在4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A指向C,根據(jù)幾何關(guān)系可知：XAC=R

所以根據(jù)動能定理有：qExAC=^mvo-O

（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。，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(guān)系有x=/?sin60。=。"

y=R+Hcos600=:"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哼

（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，"火,即在電場

方向上速度變化為。o,過C點做AC垂線會與圓周交于8點，故由題意可知粒子會從C點或

B點射出.當從B點射出時由幾何關(guān)系有

x%=小氏=。212

__1

XAC—尺D一2"22

電場力提供加速度有qE=ma

聯(lián)立解得力=1|四；當粒子從C點射出時初速度為0.

B

規(guī)律總結(jié)

帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動做好兩個方向的分析

在垂直電場方向上做勻速直線運動，在這個方向上找出平行板的板長和運動時間等相關(guān)

物理量；沿電場力方向做勻加速直線運動，在這個方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)

速度等相關(guān)物理量.在垂直電場方向上有r=（,沿電場力方向上有或4=3,。=脂,

聯(lián)立方程可求解.

考點二帶電粒子在有界勻強磁場中的運動

一,考向1帶電粒子在單（雙）直線邊界勻強磁場中的運動

1.（多選）（2020?山東聊城模擬）如圖所示，從有界勻強磁場的邊界上。點以相同的速率射

出三個相同粒子a、b,c,粒子〃射出的方向與邊界垂直，粒子〃偏轉(zhuǎn)后打在邊界上的。點，

另外兩個粒子打在邊界。。的中點P處，不計粒子所受的重力和粒子間的相互作用力，下列

說法正確的是（BD）

XXXXX

B

XXXXX

b

afc

x_XX、

0PQ

A.粒子一定帶正電

B.粒子a與。射出的方向間的夾角等于粒子b與c射出的方向間的夾角

C.兩粒子a、c在磁場中運動的平均速度相同

D.三個粒子做圓周運動的圓心與0點的連線構(gòu)成一個菱形

【解析】如圖，粒子往右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，知粒子帶負電，故A錯誤：粒子a、C

均從P點射出，。、C粒子的軌跡半徑相等，由幾何知識得a、b粒子與從C粒子的射出的方

向間的夾角相等，故B正確；a、C,粒子位移相等，時間不等，故兩粒子4、C在磁場中運動的

平均速度不相同，故C錯誤；根據(jù)r=寫，知速率相同的三個相同粒子在同一磁場中運動的

qB

軌跡半徑相等，結(jié)合B的分析及幾何知識可知連接三個粒子做圓周運動的圓心與。點的連線

構(gòu)成一個菱形，故D正確.

2.（多選）（2020?浙江臺州中學模擬）如圖所示，O點有一粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量

為，”、電荷量為4的帶正電的粒子，它們的速度大小相等、速度方向均在xO），平面內(nèi).在直

線x=a與x=2a之間存在垂直于xOy平面向外的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，與y軸正方向

成60。角發(fā)射的粒子恰好垂直于磁場右邊界射出.不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，關(guān)

于這些粒子的運動，下列說法正確的是（AC）

A.粒子的速度大小為區(qū)西

m

B.粒子的速度大小為警

C.與y軸正方向成120。角射出的粒子在磁場中運動的時間最長

D.與），軸正方向成90。角射出的粒子在磁場中運動的時間最長

【解析】畫出粒子的運動軌跡如圖，由幾何圖形可知軌跡的半徑為R=W啖市=2〃，由

LUbUU

2

qvB—nr^,解得粒子的速度大小為A對；B錯；在磁場中的運動時間由圓心角決定，

所以與y軸正方向成120。角射出的粒子軌跡如圖所示，由圖示知粒子此時在磁場中運動的時

間最長，所以C對D錯.

3.（多選）（2020.天津高考真題）如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里,

磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場.一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正

方向的夾角6=45。.粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸.已知0M=a,粒

子電荷量為q,質(zhì)量為相，重力不計.則（AD）

A.粒子帶負電荷

B.粒子速度大小為警

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a

D.N與O點相距（g+l）a

【解析】粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負電，A正確；粒子

運動的軌跡如圖.由于速度方向與y軸正方向的夾角夕=45。，根據(jù)幾何關(guān)系可知NOMO【=N

OOiM=45°,OM=OO\=a,則粒子運動的軌道半徑為廠=0|時=讓。，洛倫茲力提供向心力

4。8="孑7,解得0='優(yōu)",BC錯誤；N與O點的距離為NO=OOi+r=（6+1）“，D正確.故

選AD.

規(guī)律總結(jié)

4.（2019?全國卷II）如圖，邊長為/的正方形用以內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為8、

方向垂直于紙面（"cd所在平面）向外.。。邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內(nèi)沿垂直于

邊的方向發(fā)射電子.已知電子的比荷為L則從八d兩點射出的電子的速度大小分別為（B）

D.；kBl,^kBl

【解析】若電子從〃點射出，運動軌跡如圖線①,

有qvaB=m^-,R〃=z

若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②,

有卯產(chǎn)=，端

用=（凡/一畀+『

選項B正確.

5.（2020.河北石家莊模擬）如圖,A、C兩點分別位于x軸和y軸上,ZOCA=30°,OC的

長度為L在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為8.質(zhì)量為〃八

電荷量為q的帶負電粒子，從坐標原點射入磁場，不計重力.

\

xxx\

XXX

|xXXX

（1）若粒子沿+y方向射入磁場，問粒子在磁場中運動的最長時間是多少？此時初速度應(yīng)滿

足什么條件？

（2）大量初速度大小為。=嗡^的粒子以不同的方向射入第一象限，求從4C邊射出的粒子

在磁場中運動的最短時間，及該粒子的入射方向與x軸正向的夾角.

【答案】（1）0<OW嚕（2-?。莆簗

【解析】（1）粒子轉(zhuǎn)過半圓從OA邊射出時時間為定值，速度最大的粒子與4C邊相切，

如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得R=Ltanl5o=(2一小乂

V2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=nr^

解得。=譽(2—3),

所以滿足條件的粒子速度范圍為0<oW嚕(2一小)

粒子速度大小相等，要使粒子在磁場中經(jīng)過的時間最短，需使粒子軌跡對應(yīng)的弦長最短,

所以最短時間的軌跡如圖所示

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=nr^

解得粒子在磁場中的運動半徑為

軌跡圖中幾何關(guān)系可得CD=Lsin30°=^

60°137n力Trm

由此可知粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為60。；最短時間為￡=跣7=點義幺詈=笑

SOU0(IDJQD

7T

由圖可知，粒子入射方向與+x軸的夾角為0=y

規(guī)律總結(jié)

帶電粒子在閉合邊界勻強磁場中運動的解題關(guān)鍵

尋找“相切”的臨界點是解決有界磁場問題的關(guān)鍵，另外在磁場邊界上還有粒子不能達

到的區(qū)域即“盲區(qū)”，也要引起大家注意.

帶電粒子(不計重力)在勻強磁場中的運動情況分析：

(1)粒子射入磁場的初速度方向和矩形磁場某邊界垂直，如圖甲所示.

(2)粒子射入磁場的初速度方向和矩形磁場某邊界成一定夾角，如圖乙所示.

甲乙

注意：粒子速度不變、磁感應(yīng)強度大小可調(diào)時，磁感應(yīng)強度的變化也會引起粒子軌跡半

徑的變化，分析方法與此類似.

一考向3帶電粒子在圓形邊界勻強磁場中的運動

6.（2020?全國課標卷川）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸

圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示.一速率為v的電子從圓心沿半徑

方向進入磁場.己知電子質(zhì)量為機，電荷量為e,忽略重力.為使該電子的運動被限制在圖中

實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為（C）

3mv3mv

C.4-aeD.57a-e

v2

【解析】電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力則磁感應(yīng)

nrn

強度與圓周運動軌跡關(guān)系為B=石，即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應(yīng)強度越小.令電子

運動軌跡最大的半徑為-max,為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圓成的區(qū)域內(nèi)，其最大半

徑的運動軌跡與實線圓相切，如圖所示.A點為電子做圓周運動的圓心，電子從圓心沿半徑方

向進入磁場，由左手定則可得，AB_LOB,ZXAB。為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得（3“一小”尸

=焉x+a2,解得它與解得磁場的磁感應(yīng)強度最小值&＞產(chǎn)黑=舞，故選C.

7.（多選）（2020?哈爾濱三中二模）如圖所示，半徑為R=2cm的圓形區(qū)域中有垂直紙面向

外的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度8=2T,一個比荷為2Xl（）6c/kg的帶正電的粒子從

圓形磁場邊界上的A點以a=8義1（/m/s的速度垂直直徑MN射入磁場，恰好從N點射出，

且/AON=120。.下列選項正確的是（BCD）

M

N

A.帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為1cm

B.帶電粒子在磁場中運動軌跡的圓心一定在圓形磁場的邊界上

C.若帶電粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，一定從N點射出

42

D.若要實現(xiàn)帶電粒子從A點入射，從N點出射，則該圓形磁場的最小面積為33tx10m

7）"irm

【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=m~,可得：廠=不，代入數(shù)據(jù)解得：r=2cm,

故A錯誤：粒子運動航跡如圖所示：由上可知四邊形4ONP為菱形，又因為NAON=120°,

根據(jù)幾何知識可得圓心P一定在圓周上，故B正確：從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度

入射，軌跡如圖所示，易知四邊形SCON為菱形，根據(jù)幾何知識可知粒子一定從N點射出，

故C正確；當帶電粒子從A點入射，從N點出射，以AN為直徑的圓的磁場此時有最小面積，

即S=m￥)2=7t(Rcos30°)2=3JTX10-4m2,故D正確.

8.（2020?全國課標卷I）一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外，其邊

界如圖中虛線所示，"為半圓，ac.M與直徑時共線，a間的距離等于半圓的半徑.一束

質(zhì)量為加、電荷量為虱4>0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種

速率.不計粒子之間的相互作用.在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（C）

:;b

7Tlm5iun

A-麗砌

47rm—3nm

D-2--q--B-

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，qBv=—,7=優(yōu)可得粒子在磁場中的周期7

=々詈，粒子在磁場中運動的時間t=4.T=%,則粒子在磁場中運動的時間與速度無關(guān)，軌

跡對應(yīng)的圓心角越大，運動時間越長.采用放縮圓解決該問題，粒子垂直好射入磁場，則軌

跡圓心必在“C直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大.當半徑rW0.5R和r21.5R時，粒子

分別從ac、次7區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期.當0.5R<K1.5R時，

粒子從半圓邊界射出，逐漸將軌跡半徑從0.5R逐漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動，

軌跡圓心角逐漸增大，當軌跡半徑為K時，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓

7T4

心角減小，因此當軌跡半徑等于R時軌跡圓心角最大，即軌跡對應(yīng)的最大圓心角。=兀+1=鏟，

f）3”2冗帆4冗帆

粒子運動最長時間為尸石T=五乂謫=麗，故選C-

.....

個一片：誨夕;bd

9.（多選）（2020?云南保山聯(lián)考）如圖所示，在一個半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度

為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個比荷為北的正粒子，從4點沿與A。夾角30。的

方向射入勻強磁場區(qū)域，最終從8點沿與4。垂直的方向離開磁場.若粒子在運動過程中只受

磁場力作用，貝！J（AC）

/八X],XX、

弋X；X/

X"

A.粒子運動的軌道半徑r=R

B.粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間

C.粒子的初速度為=^

D.若僅改變初速度的方向，該粒子仍能從B點飛出磁場區(qū)域

【解析】畫出粒子軌跡示意圖，如下圖所示，因為粒子從3點沿與A。垂直的方向離開

磁場，故O'B與AO平行，又因為△OAB與△?'AB均為等腰三角形，可得：OAB=OBA

=0'54=。'AB,所以O(shè)'A與80也平行，因為粒子速度方向偏轉(zhuǎn)的角度為60。，故NA。'B

=60°,所以四邊形。40'B為兩個等邊三角形組成的菱形，故粒子運動的軌道半徑r=R,故

2冗廠2冗7%

A正確；粒子在磁場中運動的周期：7=-=-^,粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角9=60。，所以

VQqb

粒子在磁場中運動的時間為：1=簿乂震=翰，故B錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：

2

qv0B=niy,結(jié)合軌道半徑r=R,聯(lián)立可得粒子的初速度為：故C正確；當入射粒

子速度方向發(fā)生變化時，粒子運動的軌跡示意圖如圖所示，速度大小不變，粒子做圓周運動

的半徑不變，入射速度方向發(fā)生變化，粒子在圓周上的出射點也隨之變化，所以若僅改變初

速度的方向，該粒子將不能從3點飛出磁場區(qū)域，故D錯誤.

規(guī)律總結(jié)

一考向1帶電粒子在組合場中的運動

1.先把帶電粒子的運動按照組合場的順序分解為一個個獨立的過程，并分析每個過程中

帶電粒子的受力情況和運動情況，然后用銜接速度把這些過程關(guān)聯(lián)起來，列方程解題.

2.帶電粒子的常見運動類型及求解方法

〔考向預(yù)測〕

1.（2020?全國課標卷II）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于

對多種病情的探測.圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如

圖（b）所示.圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后

電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的

虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點.貝4（D）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使尸點左移

C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小可使P點左移

【解析】由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向根據(jù)沿著

電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；增大加速電壓則根據(jù)eU

=^mv2,可知會增大到達偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力，有evB

T?mv

=〃我，可得R=而，可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何

關(guān)系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點會右移，故B錯誤；電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運動，向

下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；由B選項的分析可知，當其

它條件不變時，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度會減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點左移，故D

正確.故選D.

2.（2019?高考全國卷川）如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為

和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場.一質(zhì)量為，小電荷量為式q>0）的粒子垂直于x

軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限.粒子在磁場中

運動的時間為（B）

*B......................旦.

??????~2~?

????

fOx

Sumehim

A-硒B-硒

1\nm1

D.

c.6qB

【解析】帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由，,=不知，第一象限

內(nèi)的圓半徑是第二象限內(nèi)圓半徑的2倍，如圖所示.由幾何關(guān)系可知，粒子在第一象限轉(zhuǎn)過

的角度為60°.

粒子在第二象限內(nèi)運動的時間

7'i2nmnm

，1=2=硒=礪

粒子在第一象限內(nèi)運動的時間

TiX22nm

，2~6-6qB—3qB

則粒子在磁場中運動的時間/=/|+/2=舞，選項B正確.

3.(2020?新課標卷II)如圖，在OWxW/?,—8<),<+8區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強

磁場，磁感應(yīng)強度2的大小可調(diào)，方向不變.一質(zhì)量為小，電荷量為q(g>0)的粒子以速度為

從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進入磁場，不計重力.

(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情

況下磁感應(yīng)強度的最小值Bm；

(2)如果磁感應(yīng)強度大小為牛\粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場.求粒子在該

點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離.

【答案】⑴磁場方向垂直于紙面向里鬻(29Qf)h

【解析】(1)由題意，粒子剛進入磁場時應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂

直于紙面向里.設(shè)粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R,根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律,

有

2

WoB=，碟①

由此可得;?=寫②

粒子穿過），軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在），軸正半軸上,

半徑應(yīng)滿足RW〃③

由題意，當磁感應(yīng)強度大小為Bm時，粒子的運動半徑最大，由此得

（2）若磁感應(yīng)強度大小為牛\粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得,

此時圓弧半徑為R'=2/?⑤

粒子會穿過圖中P點離開磁場,運動軌跡如圖所示.設(shè)粒子在P點的運動方向與x軸正

方向的夾角為a,

由幾何關(guān)系

即ct=^?

由幾何關(guān)系可得，P點與x軸的距離為y=2力（1—cosa）⑧

聯(lián)立⑦⑧式得），=（2一?。??⑨

一考向2帶電粒子在疊加場中的運動

受力分析_電場、磁場、重力場兩兩疊加，或三者會加，

關(guān)注場的疊加帶電體受到兩（三）種場力、彈力、摩擦力等

帶電體受力平衡，做勻速直線運動；帶電體

1受力恒定，做勻變速直線運動或類平拋運動；

運動分析

___帶電體受力大小恒定且方向始終指向圓心，做

扃電為凝血

i勻速圓周運動；帶電體受力復(fù)雜多變，做?般

r1的曲線運動

力和運動的角度：根據(jù)帶電體所受的力，運

選規(guī)律列方程用牛頓第一定律并結(jié)合運動學規(guī)律求解，必要

(―時進行運動的合成與分解，如類平拋運動

運動學公式

牛頓第二定律功能的角度:根據(jù)場力及其他外力對帶電體做

動能定理功引起的能最變化或全過程中的功能關(guān)系解決

功能關(guān)系問題,這條線索不但適用于均勻場，也適用于非

均勻場，因此要熟悉各種力做功的特點

（典例探秘）

?典例（2019?新課標全國卷川）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，。、P是電

場中的兩點，從。點沿水平方向以不同速度①先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為刈的小球A、8②.A不

帶電，B的電荷量為°（°>0）③.A從吊點發(fā)射時的速度大小為政，到達P點所用時間為@；B

從。點到達P點所用時間為艙).重力加速度為g,求

(1)電場強度的大??；

(2)8運動到P點時的動能.

【解析】(1)設(shè)電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a.根據(jù)牛頓定律、運動學

公式和題給條件，有

mg+qE=maQ)

全鏟="②

解得E=野③

(2)設(shè)B從0點發(fā)射時的速度為v\,到達尸點時的動能為Ek,。、P兩點的高度差為h,

根據(jù)動能定理有

Ek-%帚=mgh+qEh④

且有

h=^gr?

聯(lián)立③④⑤⑥式得

耳=2m(德+g2t2)

【答案】(罔(2)2現(xiàn)品+g2r)

【核心考點】本題考查了運用電場力、牛頓第二定律和動能定理以及平拋、類平拋知

識解決帶電粒子在靜電場中的運動的問題，考查學生的綜合分析能力.第二定律和動能定理

以及平拋、類平拋知識解決帶電粒子在靜電場中的運動的問題，考查學生的綜合分析能力.

【規(guī)范審題】

①兩個小球和速度方向都沿水平方向，大小不同

②兩小球質(zhì)量相同

③強調(diào)A不帶電，只受重力，B帶正電荷，還受電場力.

④給出A球初速度大小，以及到達尸點的時間為/

⑤B球到達P點的時間是A球的一半.

兩個小球一個不帶電，做平拋運動，另一個帶正電荷，做類平拋運動；兩

審題結(jié)果個小球初速度大小不同，都是從。點運動到P點，豎直位移，水平位移相

同，運動時間A是B的兩倍.

【思路分析】分解運動，豎直方向的位移相同，時間是二倍關(guān)系，所以豎直方向B的

加速度是A的