2025年高考物理復習考點解密追蹤與預測（新高考）專題09 帶電粒子在電磁場中的運動（講義篇）（解析版）

專題09帶電粒子在電磁場中的運動01專題網絡·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點·以考定法04核心素養(yǎng)·難點突破05創(chuàng)新好題·輕松練習考點內容考情預測回旋加速器、質譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應用實例高考對于這部分知識點主要通過帶電粒子在電場、磁場以及它們的疊加場或者組合場運動等抽象的物理模型進行命題設計，體現物理對微觀粒子的運動、科學技術發(fā)展所產生的指導、創(chuàng)新等作用。在解決此類問題時要分析題意中的情境，抓住問題實質，具備一定的空間想象能力和數學推導能力。主要考查的知識點有:帶電粒子在場中的運動分析。2024年備考建議帶電粒子在組合場和疊加場是各省市?？嫉闹仉y點，以及對電磁場的臨界情況進行處理方式等。帶電粒子在勻強磁場中的應用帶電粒子在疊加場中的應用帶電粒子在組合場中的運動利用數學圓巧解磁場中的臨界問題學習目標熟悉洛倫茲力的應用，即回旋加速器、質譜儀以及霍爾元件等的原理分析及公式推導。2.熟悉帶電粒子在電磁場中的半徑、圓心、運動時間等的處理方法。3.掌握數學圓對電磁場臨界問題的處理方式?！镜淅?】（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應強度大小為1.12T，質子加速后獲得的最大動能為1.5×107eVA．3.6×106m/s B．1.2×10【答案】C【詳解】洛倫茲力提供向心力有qvB=m質子加速后獲得的最大動能為E解得最大速率約為v=5.4×故選C?！镜淅?】（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為l2，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（

A．E2aB2 B．EaB2【答案】A【詳解】由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，

則根據幾何關系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則sin解得粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動有qvB=m則有q如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq=qvB聯立有q故選A?！镜淅?】（2022·重慶·高考真題）2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（

）A．電場力的瞬時功率為qEv12+vC．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變【答案】D【詳解】A．根據功率的計算公式可知P=Fvcosθ，則電場力的瞬時功率為P=Eqv1，A錯誤；B．由于v1與磁場B平行，則根據洛倫茲力的計算公式有F洛=qv2B，B錯誤；C．根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；D．離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。故選D。考向01回旋加速器、質譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應用實例1．回旋加速器(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強磁場中．(2)原理：交變電流的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝eq\f(mv2,R)，得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關．2．回旋加速器的主要特征(1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關．(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動．(3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…(4)粒子的最后速度v＝eq\f(BqR,m)，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強弱．3．質譜儀(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等組成．(2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2可知進入磁場的速度v＝eq\r(\f(2qU,m)).粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉，做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，qvB＝eq\f(mv2,r).由以上幾式可得出需要研究的物理量如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷等．4．質譜儀的主要特征將質量數不等，電荷數相等的帶電粒子經同一電場加速后進入偏轉磁場．各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)＝eq\f(\r(2mqU),qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝eq\r(m)，根據不同的半徑，就可計算出粒子的質量或比荷．考向02帶電粒子在勻強磁場中的應用1．帶電粒子在勻強磁場中運動圓心、半徑及時間的確定方法．(1)圓心的確定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，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若只已知一個點及運動方向，也知另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖丙所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角（∠PAM），畫出該角的角平分線，它與已知點的速度的垂線交于一點O，該點就是圓心。（2）如何確定“半徑”：方法一：由物理方程求：半徑R＝eq\f(mv,qB)；方法二：由幾何方程求：一般由數學知識（勾股定理、三角函數等）計算來確定。例：（右圖）R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)。3．如何確定“圓心角與時間”（1）圓心角的確定①速度的偏向角φ＝圓弧所對應的圓心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，即φ＝θ＝2α＝ωt，如圖所示。②偏轉角φ與弦切角α的關系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α。（2）時間的計算方法。方法一：由圓心角求，t＝eq\f(θ,2π)·T；方法二：由弧長求，t＝eq\f(θR,v)。2．重要推論(1)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．(2)當速率v變化時，圓心角大的運動時間長．2.帶電粒子在圓形磁場區(qū)域(1)圓形邊界中，若帶電粒子沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示，軌跡圓與區(qū)域圓形成相交圓，巧用幾何關系解決．(2)帶電粒子在圓形磁場中不沿徑向，軌跡圓與區(qū)域圓相交，抓住兩圓心，巧用對稱性解決．3.帶電粒子在直線邊界(進、出磁場具有對稱性，如圖所示)4.帶電粒子在平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)考向03帶電粒子在疊加場中的應用1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(1)磁場力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題．(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．(3)電場力、磁場力、重力并存①若三力平衡，一定做勻速直線運動．②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題．2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、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出結果．考向01回旋加速器、質譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應用實例【針對練習1】（2023·全國·校聯考模擬預測）回旋加速器的工作原理如圖1所示，D1和D2是兩個相同的中空半圓金屬盒，金屬盒的半徑為R，它們之間接如圖2所示的交變電源，圖中U0、T0已知，兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中。將一質子從D1

A．回旋加速器中所加磁場的磁感應強度B=B．質子從D形盒的邊緣射出時的速度為2qC．在其他條件不變的情況下，僅增大U0D．在所接交變電源不變的情況下，若用該裝置加速13【答案】D【詳解】A．帶電粒子在磁場中運動的周期與所加交變電源的周期T0T可得B=選項A錯誤；B．粒子從D形盒邊緣射出時有1射出速度可表示為v=選項B錯誤；C．粒子從D形盒射出時q可得v僅增大加速電壓U0D．當加速氚核時，其在磁場中運動的周期為T=其周期應該與T0T可知B需要增大所加磁場的磁感應強度，選項D正確。故選D。【針對練習2】（2023·北京西城·北師大實驗中學?？既＃┤鐖D所示為質譜儀的原理圖，一束粒子以速度v沿直線穿過相互垂直的勻強電場（電場強度為E）和勻強磁場（磁感應強度為B1）的重疊區(qū)域，然后通過狹縫S0垂直進入另一勻強磁場（磁感應強度為

A．該束粒子帶負電B．P1C．粒子的速度v滿足關系式v=D．在B2的勻強磁場中，運動半徑越大的粒子，荷質比q【答案】D【詳解】A．根據粒子在右側磁場中的運動，利用左手定則，可判斷出該束粒子帶正電，故A錯誤；B．根據粒子在左側運動可知，洛倫茲力方向向上，則電場力方向向下，P1板帶正電，故B錯誤；C．由粒子做直線運動，根據受力平衡可得qvB1=qE解得粒子的速度為v=故C錯誤；D．在磁感應強度為B2的磁場中，由洛倫茲力提供向心力得qv可得q運動半徑越大的粒子，荷質比qm故選D?！踞槍毩?】（2023·浙江溫州·統(tǒng)考三模）利用霍爾傳感器可測量自行車的運動速率，如圖所示，一塊磁鐵安裝在前輪上，霍爾傳感器固定在前叉上，離輪軸距離為r，輪子每轉一圈，磁鐵就靠近霍爾傳感器一次，傳感器就會輸出一個脈沖電壓。當磁鐵靠霍爾元件最近時，通過元件的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度為B，在導體前后表面間出現電勢差U。已知霍爾元件沿磁場方向的厚度為d，載流子的電荷量為?q，電流I向左。下列說法正確的是（）A．前表面的電勢高于后表面的電勢B．若車速越大，則霍爾電勢差U越大C．元件內單位體積中的載流子數為BID．若單位時間內霍爾元件檢測到m個脈沖，則自行車行駛的速度大小2πr【答案】C【詳解】A．根據左手定則可知載流子受到的洛倫茲力指向前表面，所以載流子會在前表面聚集，載流子帶負電，所以霍爾元件的前表面電勢低于后表面電勢，故A錯誤；B．設霍爾元件的寬為b，穩(wěn)定后電荷所受電場方和洛倫茲力平衡，即qvB=q解得U=Bbv設單位體積內自由移動的載流子數為n，由電流微觀表達式I=nqSv整理得U=由于電流強度I和磁感強度B不變，因此霍爾電勢差U與車速大小無關，故B錯誤；C．由B可知，單位體積內自由移動的載流子數為n=故C正確；D．若單位時間內霍爾元件檢測到m個脈沖，周期為T=角速度為ω=自行車行駛的速度大小v=ωr=2πmr故D錯誤。故選C?？枷?2帶電粒子在勻強磁場中的應用【針對練習4】（2023·貴州·校聯考一模）如圖所示，在豎直線EOF右側足夠大的區(qū)域內存在著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質量相同、電荷量分別為+q和?q的帶電粒子，從O點以相同的初速度v先后射入磁場，已知初速度的方向與OF成θ=30°角，兩粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，下列說法正確的是（）

A．兩粒子在磁場中的運動時間相等B．兩粒子回到EOF豎直線時的速度相同C．若只增大粒子的入射速度的大小，粒子在磁場中運動的時間變長D．從射入磁場到射出磁場的過程中，兩粒子所受的洛倫茲力的沖量不相同【答案】B【詳解】A．這兩個正、負粒子以與OF成θ=30

因正、負粒子所帶電荷量的絕對值和質量都相同，由qvB=m可知兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑相同，由幾何關系可知負粒子在磁場中轉過的角度為2θ，正粒子在磁場中轉過的角度φ=2π?2θ而粒子在磁場中做圓周運動的周期T=則兩粒子的周期相同，但是軌跡圓弧所對的圓心角不同，因此兩粒子在磁場中的運動時間不相等，故A錯誤；B．因洛倫茲力不改變速度的大小，結合幾何關系分析可知，兩粒子射出磁場時速度方向與EOF的夾角都是30°，因此兩粒子回到EOFC．由幾何關系可知速度增大導致軌跡半徑增大，但運動軌跡對應的圓心角不變，周期T不變，所以運動時間不變，故C錯誤；D．兩粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，由動量定理可得I由于以相同的初速度射入磁場，兩粒子的初動量p0相等，離開磁場時速度大小相等、方向相同，兩帶電粒子的末動量p故選B?！踞槍毩?】（2023·內蒙古呼和浩特·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，圓形區(qū)域內存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，兩帶電粒子（不計重力）沿直線AB方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的P、Q兩點射出，則下列說法正確的是（

）

A．若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經歷時間之比為1:2B．若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經歷時間之比為2:1C．若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為2:1D．若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為3:1【答案】A【詳解】AB．兩粒子運動軌跡如圖

粒子運動時間為t=若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經歷時間之比為tA正確；C．設圓形區(qū)域半徑為R，由題意可知，兩粒子運動半徑之比為r根據qvB=m若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為vC錯誤；D．同理C選項，若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為1:3，D錯誤。故選A?？枷?3帶電粒子在疊加場中的應用【針對練習6】（2023·四川巴中·南江中學校考模擬預測）如圖所示，某豎直平面內存在著相互正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向水平向外．一質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點射入該區(qū)域，微粒恰好沿速度方向做直線運動，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．微粒從O到A的運動可能是勻減速直線運動B．該微粒一定帶正電荷C．該磁場的磁感應強度大小為mgD．該電場的場強為Bv【答案】C【詳解】AB．若微粒帶正電q，它受豎直向下的重力mg、向左的電場力qE和右斜向下的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動．據此可知微粒一定帶負電q，它受豎直向下的重力mg、向右的電場力qE和左斜向上的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動，可知微粒一定做勻速直線運動，故AB錯誤；CD．由平衡條件有關系cos得磁場的磁感應強度B=電場的場強E=Bv故C正確，D錯誤。故選C?！踞槍毩?】（2023·陜西咸陽·?？寄M預測）如圖所示，ab和bc區(qū)域的寬度均為d．ab區(qū)域存在水平向左、電場強度大小為E的勻強電場；bc區(qū)域存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向上，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小B=Ev0。今有一帶正電的微粒從a邊緣平行電場方向以初速度v0水平向右射入電場，從b邊緣的P點進入bc區(qū)域時的速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下。已知重力加速度為A．a、P兩點間距離為2B．微粒在ab區(qū)域中做半徑為d的勻速圓周運動C．微粒在bc區(qū)域中做半徑為2dD．微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為v【答案】AD【詳解】AB．微粒在ab區(qū)域中，水平方向做勻減速運動，豎直方向做勻加速運動，并且平均速度相同，故豎直位移和水平位移均為d，故a、P間距離為2dCD．微粒在ab區(qū)域中運動時間為t且滿足mg=qEd=在bc區(qū)域，重力與電場力平衡，故微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，半徑為R=根據幾何知識可知，微粒在復合場中轉過的角度為60°，故運動時間為t故C錯誤，D正確。故選AD。考向04帶電粒子在組合場中的運動1．是否考慮粒子重力的三種情況(1)對于微觀粒子，如電子、質子、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、金屬塊等一般應當考慮其重力．(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單．(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果確定是否要考慮重力．2．“電偏轉”與“磁偏轉”的比較垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，FE是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，FB是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡求解方法利用類似平拋運動的規(guī)律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏轉角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半徑：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距離y和偏轉角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)動能變化不變考向1：先電場后磁場對于粒子從電場進入磁場的運動，常見的有兩種情況：(1)先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖甲、乙所示)在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度．(2)先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖丙、丁所示)在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度．考向2：先磁場后電場對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反．(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直．(如圖甲、乙所示)【典例4】（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，質量為m，帶電量為+q的點電荷，從原點以初速度v0射入第一象限內的電磁場區(qū)域，在0<y<y0,0<x<x0（x0、y0為已知）區(qū)域內有豎直向上的勻強電場，在

A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E=B．粒子從NP中點射入磁場時速度為vC．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為mD．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是m【答案】AD【詳解】A．若粒子打到PN中點，則x1解得E=選項A正確；B．粒子從PN中點射出時，則y速度v選項B錯誤；C．粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則tan粒子從電場中射出時的速度v=粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則qvB=m則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為d=r解得d=選項C錯誤；D．當粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直最大速度vx出離電場的最大速度v則由qvB=m可得最大半徑r選項D正確；故選AD。【針對練習8】（2024·河南·校聯考模擬預測）如圖所示，P、Q兩個平行金屬板之間的電壓為U，AC上方有垂直紙面向外的勻強磁場，AC下方存在電場強度大小未知的勻強電場，其方向平行于AC，且垂直于磁場方向。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子（不計粒子重力）從靠近P板的S點由靜止開始做加速運動，從小孔M沿垂直于磁場的方向進入勻強磁場中，速度方向與邊界線的夾角θ=60°，粒子恰好從小孔D垂直于AC射入勻強電場，最后打在N點，已知AD=L，AN=2L，則下列說法正確的是（）A．粒子從小孔M進入磁場時的速度大小為2B．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為23C．勻強磁場的磁感應強度大小為3D．勻強電場的電場強度大小為3【答案】BC【詳解】A．粒子在電場中加速，由動能定理得qU=可得帶電粒子從小孔M沿垂直于磁場方向進入磁場的速度大小v=故A錯誤；B．畫出粒子運動的軌跡如圖所示（O為粒子在磁場中做圓周運動的圓心），∠MOD=120°，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，r+r得r=故B正確；C．粒子在磁場中做圓周運動時由洛倫茲力充當向心力，即qvB=m磁感應強度大小B=故C正確；D．粒子在電場中做類平拋運動，加速度a=垂直于電場方向有2L=vt沿電場方向有L=電場強度大小E=故D錯誤。故選BC。【針對練習9】（2023·陜西咸陽·?？寄M預測）如圖所示，在平面直角坐標系中，第一象限內y軸與直線x=L之間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，第四象限內y軸與直線x=L之間存在方向垂直紙面向外、磁感應強度為23B的勻強磁場；在直線x=L的右側存在沿y軸正方向的有界勻強電場，在電場的右側存在方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的有界勻強磁場，電場、磁場左右邊界的間距相等。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子甲從y軸上的a點以沿著y軸負方向的速度射入磁場，到達x軸上的c點時速度沿x軸的正方向，c點的坐標為L,0；帶電量為3q的帶正電粒子乙從y軸上的b點以沿著y軸正方向的速度射入磁場，到達c點時以沿x軸的正方向的速度與甲相碰；碰撞后甲、乙立即組成整體進入電場，甲從a到c的運動時間是乙從b到c的運動時間的2倍，整體從p點離開電場進入磁場，最后從e點以平行x方向的速度離開磁場，整體在（1）乙的質量以及整體在c點時的共同速度；（2）整體從p到e運動軌跡的半徑；（3）電場的電場強度。

【答案】（1）m，v=3BqL2m；（2）R=【詳解】（1）設乙的質量為m0TT由幾何關系可得甲、乙在磁場中運動的速度偏轉角均為π2，甲從a到c的運動時間與乙從b到c的運動時間分別為14T甲、14T乙，甲從a1聯立解得m設甲、乙兩粒子在磁場中的速度大小分別為v甲、v乙，由幾何關系可得甲、乙在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為Bq2甲、乙在c點發(fā)生碰撞，由動量守恒定律可得m聯立解得v=（2）整體的質量為2m，帶電量為4q，從c到p做類平拋運動，把整體在p點的速度vp分別沿x、yvv設整體從p到e運動軌跡的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力可得B×4q聯立解得vvR=（3）過p、e分別做速度的垂線，設電場、磁場左右邊界的間距均為d，由幾何關系可得d設整體從c到p的運動時間為t，勻強電場的強度為E，由類平拋運動的規(guī)律可得d=vtv聯立解得E=考向05利用數學圓巧解磁場中的臨界問題1.“放縮圓”法適用條件速度方向一定，大小不同粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大。可以發(fā)現這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法2.“旋轉圓”法適用條件速度大小一定，方向不同粒子源發(fā)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，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為R＝eq\f(mv0,qB)。如圖所示軌跡圓圓心共圓帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉圓”法3.“平移圓”法界定方法將半徑為的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫平移圓法適用條件速度大小一定，方向一定，但入射點在同一直線上粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同，但在同一直線的帶電粒子進入勻強磁場，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0,則半徑，如圖所示軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行【典例5】（2021·海南·高考真題）如圖，在平面直角坐標系Oxy的第一象限內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P(0,3L)點，以相同的速率在紙面內沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為α0≤α≤180°。當α=A．粒子一定帶正電B．當α=45°時，粒子也垂直x軸離開磁場C．粒子入射速率為2D．粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為3【答案】ACD【詳解】A．根據題意可知粒子垂直x軸離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電，A正確；BC．當α=150°時，粒子垂直粒子運動的半徑為r=洛倫茲力提供向心力qvB=m解得粒子入射速率v=若α=45根據幾何關系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，B錯誤，C正確；D．粒子離開磁場距離O點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖根據幾何關系可知(2r)解得xD正確。故選ACD?！踞槍毩?0】（2023·江蘇鹽城·鹽城中學?？既＃┤鐖D所示，在直角坐標xOy平面內，有一半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里，邊界與x、y軸分別相切于a、b兩點，ac為直徑。一質量為m，電荷量為q的帶電粒子從b點以某一初速度v0（v0大小未知）沿平行于x軸正方向進入磁場區(qū)域，從a點垂直于x軸離開磁場，不計粒子重力。下列判斷不正確的是（）

A．該粒子的速度為vB．該粒子從b點運動到a點的時間為πmC．以22v0從bD．以2v0從b【答案】D【詳解】AB．粒子從b點以某一初速度v0沿平行于x軸正方向進入磁場區(qū)域，從a點垂直于xq由幾何關系可得r=R聯立解得v該粒子從b點運動到a點的時間為t=故AB正確；

C．以22v0r該種粒子從邊界出射的最遠點與入射點的距離為粒子軌跡圓的直徑，由幾何關系可知L可知該種粒子從邊界出射的最遠點恰為a點，故C正確；

D．以2v0從r當該粒子在磁場中運動軌跡對應的弦長最大時，軌跡對應的圓心角最大，粒子在磁場中運動的時間最長，如圖所示

由幾何關系可知，最大圓心角為90°，則最長時間為t故D錯誤。此題選擇不正確的選項，故選D?！踞槍毩?1】（多選）（2024·陜西漢中·統(tǒng)考一模）如圖所示，等腰梯形abcd區(qū)域內，存在垂直該平面向外的勻強磁場，ab=cd=2L,bc=L,∠bad=30°，磁感應強度大小為B，磁場外有一粒子源O，能沿同一方向發(fā)射速度大小不等的同種帶電粒子，帶電粒子的質量為m，電荷量為q，不計重力。現讓粒子以垂直于ad的方向正對b射入磁場區(qū)域，發(fā)現帶電粒子恰好都從cd之間飛出磁場，則（）

A．粒子源發(fā)射的粒子均為帶負電的粒子B．粒子在磁場中運動的最短時間為πmC．帶電粒子的發(fā)射速度取值范圍為(D．帶電粒子的發(fā)射速度取值范圍為(【答案】BC【詳解】A．根據題意，粒子在磁場中向右偏轉，由左手定則可知，粒子源發(fā)射的粒子均為帶正電的粒子，故A錯誤；B．當粒子從c點飛出時，其運動的速度最大，軌跡所對應的圓心角最小，則運動時間最短，運動軌跡如圖所示

據幾何知識可知，粒子在磁場中運動的半徑為R則由牛頓第二定律有q解得v粒子在磁場中運動的周期為T=則在磁場中運動的最短時間為t=故B正確；CD．根據題意可知，當粒子的運動軌跡和cd相切時，粒子的速率是最小的，其運動軌跡如圖所示

令粒子做圓周運動的半徑為R2R解得R解得帶電粒子的最小發(fā)射速度為v可知帶電粒子的發(fā)射速度取值范圍為(故D錯誤，C正確。故選BC。一、單選題1．當電流垂直于外磁場通過導體時，載流子發(fā)生偏轉，垂直于電流和磁場的方向會產生一附加電場，從而在導體的兩端產生電勢差（也稱霍爾電勢差），這一現象就是霍爾效應。現有一金屬導體霍爾元件連在如圖所示電路中，電源內阻不計，電動勢恒定，霍爾電勢差穩(wěn)定后，下列說法正確的是（）

A．若元件的厚度增加，a、b兩端電勢差減小B．a端電勢低于b端電勢C．若要測量赤道附近的地磁場，工作面應保持豎直D．霍爾電勢差的大小只由單位體積內電子數目和電子的熱運動速率決定【答案】C【詳解】B．由題圖知電流方向從右向左，則霍爾元件中電子從左向右定向移動，根據左手定則判斷可知在洛倫茲力的作用下電子向b端偏轉，故b端電勢較低，故B錯誤；AD．穩(wěn)定后，定向移動的電子受到的電場力與洛倫茲力大小相等，即evB=e由電流微觀表達式I=neSv聯立可得U=Bdv=BdIneS則a、b兩端電勢差U與磁感應強度B、元件的前后距離d、單位體積內電子數目n等因素有關，與題中元件的厚度無關，故AD錯誤；C．由于赤道附近的地磁場平行于地面。若要測量赤道附近地磁場，工作面應該處于豎直狀態(tài)，故C正確.故選C。2．目前，世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，立體圖如圖甲所示，側視圖如圖乙所示，其工作原理是燃燒室在高溫下將氣體全部電離為電子與正離子，即高溫等離子體，高溫等離子體經噴管提速后以速度v=1000m/s進入矩形發(fā)電通道，發(fā)電通道有垂直于噴射方向的勻強磁場（圖乙中垂直紙面向里），磁感應強度大小B0=5T，等離子體在發(fā)電通道內發(fā)生偏轉，這時兩金屬薄板上就會聚集電荷，形成電勢差。已知發(fā)電通道從左向右看長L=50cm，寬?=20cm，高A．發(fā)電機的電動勢為2500VB．若電流表示數為16A，則1s內打在下極板的電子有1010個C．當外接電阻為12Ω時，電流表的示數為5AD．當外接電阻為8Ω時，發(fā)電機輸出功率最大【答案】D【詳解】A．由等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡得qvB0＝q則得發(fā)電機的電動勢為E＝B0dv＝1000V故A錯誤；B．由電流的定義可知I=nen＝1020個故B錯誤；C．發(fā)電機的內阻為r＝ρdL?由閉合電路歐姆定律I＝ER+r故C錯誤；D．當電路中內、外電阻相等時發(fā)電機的輸出功率最大，此時外電阻為R＝r＝8Ω故D正確。故選D。二、多選題3．如圖所示，邊長均為L=0.2m的正方形區(qū)域ABCD和CEFG位于同一豎直平面內，ABCD內存在豎直方向的勻強電場和垂直紙面的勻強磁場，CEFG內存在勻強電場。一質量m=1.0×10?6kg、電荷量q=+2.0×10?4C的小球，從距A點正上方?=0.2m的O點靜止釋放，進入A．ABCD內的電場強度E1B．磁感應強度B=5×10C．若CEFG內存在豎直向下的勻強電場E2，恰好能使小球從F點飛出，則CF兩點的電勢差D．若CEFG內存在水平向左的勻強電場強度E3=mg【答案】AC【詳解】A．小球進入ABCD后做勻速圓周運動，則電場力與質量平衡，有q解得E方向豎直向上，故A正確；B．進入ABCD后做勻速圓周運動，之后恰好從C點沿水平方向進入CEFG，根據幾何關系可知，小球在ABCD區(qū)域內做勻速圓周運動的半徑為r=L=0.2粒子進入ABCD前做自由落體運動，則有v=根據洛倫茲力提供向心力可得qvB=m可得磁感應強度大小為B=根據左手定則可知，磁感應強度方向垂直紙面向里，故B錯誤；C．若CEFG內存在豎直向下的勻強電場E2，恰好能使小球從FL=vtL=12聯立解得E則CF兩點的電勢差為U故C正確；D．若CEFG內存在水平向左的勻強電場強度E3=mgL=解得t水平方向有x=vt′解得x=0.2可知小球從GF邊的中點飛出，故D錯誤。故選AC。4．回旋加速器的工作原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間接電壓為U的交流電源。中心A處的粒子源產生的帶電粒子，初速度可視為0，在兩盒之間被電場加速。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場B中，粒子在磁場中做勻速圓周運動。忽略兩盒縫之間的距離。已知粒子被第一次加速后，經過時間t，再次到達盒縫處，與A的距離為d。則（）A．電場變化的周期為tB．粒子被2次加速后，再次經過盒縫時，與A的距離為dC．粒子的最大動能與金屬盒半徑R有關，與加速電壓U無關D．粒子在加速器中運動的時間與加速電壓U、金屬盒半徑R均有關【答案】CD【詳解】A．根據加速原理，當粒子在磁場中運動周期與交變電壓周期同步時才能處于加速狀態(tài)，故電場變化的周期在磁場中運動周期相同，而時間t是磁場中運動的半個周期，磁場中運動周期T=2t，所以電場變化周期為2t，故A錯誤；B．粒子第二次加速后，速度變大，由qvB=m得R=可得v變大，則R變大，則再次經過盒縫時，與A點的距離大于d，則B錯誤；C．由qvB=mv=則E由此可知，粒子的最大動能只與粒子本身的荷質比，加速半徑，和磁場大小有關，與電源電壓U無關，故C正確；D．粒子在回旋加速器運動的總時間與粒子在電場中加速，在磁場中偏轉次數有關，而電壓越高，次數越少，總時間越少，金屬盒半徑越大，次數越多，時間越長，故D正確；故選CD。5．如圖所示，空間中有一個底角均為60°的梯形，上底與腰長相等為L，梯形處于磁感應強度大小為B、垂直于紙面向外的勻強磁場中，現c點存在一個粒子源，可以源源不斷射出速度方向沿cd，大小可變的電子，電子的比荷為k，為使電子能從ab邊射出，速度大小可能為（）

A．3kBL2 B．33kBL4 【答案】BC【詳解】能夠從ab邊射出的電子，半徑最小為從b點射出，如圖所示

由幾何關系可知r半徑最大為從a點射出，如圖所示

由幾何關系可知r由牛頓第二定律有qvB=m解得r=則有2為使粒子從ab邊射出磁場區(qū)域，粒子的速度范圍為2故選BC。6．如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，AB邊長為d，BC邊長為2d，O是BC邊的中點，E是AD邊的中點，在O點有一粒子源，可以在紙面內向磁場內各個方向射出質量均為m、電荷量均為q、有同種電性的帶電粒子，粒子射出的速度大小相同，速度與OB邊的夾角為600的粒子恰好從E點射出磁場，不計粒子的重力，則（）

A．粒于帶正電B．粒子運動的速度大小為qBdC．粒子在磁場中運動的最長時間為πD．磁場區(qū)域中有粒子通過的面積為（【答案】BD【詳解】A．速度與OB的夾角為60°的粒子恰好從E點射出磁場，由粒子運動的軌跡根據左手定則可判斷，粒子帶負電，A錯誤；B．由此粒子的運動軌跡結合幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑r=d，由牛頓第二定律qvB=m則粒子運動的速度大小為v=B正確；C．由于粒子做圓周運動的速度大小相同，因此在磁場中運動的軌跡越長，時間越長，分析可知，粒子在磁場中運動的最長弧長為四分之一圓周，因此最長時間為四分之一周期，即最長時間為πm2qBD．由圖可知

磁場區(qū)域有粒子通過的面積為圖中AOCDA區(qū)域的面積，即為dD正確。故選BD。7．如圖所示，寬度為L的有界勻強磁場，磁感應強度為B，AC和DE是它的兩條邊界。現有質量為m，電荷量的絕對值為q的帶電粒子以θ=45°方向射入磁場。要使粒子不能從邊界DE射出，則粒子入射速度v的最大值可能是（）

A．4+2qBLm B．2+2qBLm【答案】BD【詳解】題目中只給出粒子“電荷量的絕對值為q”，未說明是帶哪種電荷。如圖所示

若q為正電荷，軌跡是如圖所示的左方與DE相切的14圓弧，軌道半徑RL=得v若q為負電荷，軌跡如圖所示的右方與DE相切的34RL=得v則粒子入射速度v的最大值可能是2+2qBLm（q為正電荷）或2?故選BD。8．如圖所示的xOy坐標系中，y軸的左側存在垂直紙面向外、磁感應強度大小未知的勻強磁場，y軸右側的勻強磁場垂直紙面方向且大小未知，一帶正電的粒子由y軸上（0，?L）處沿與y軸正方向成30°角的方向以速度v射入磁場，已知粒子的比荷為k，粒子在y軸右側的軌道半徑為L，最終粒子經過O點，粒子重力不計。下列說法正確的是（）A．若y軸右側的磁場垂直紙面向里，則y軸右側的磁感應強度大小為vB．若y軸右側的磁場垂直紙面向里，則粒子從射入到運動至O點的時間為πC．若y軸右側的磁場垂直紙面向外，則粒子從射入到運動至O點的時間可能為πD．若y軸右側的磁場垂直紙面向外，則粒子從射入到運動至O點的時間可能為7【答案】AD【詳解】A．若y軸右側的磁場垂直紙面向里，由題意作出粒子的運動軌跡，如圖甲所示根據qvB=m解得B=由幾何關系可知R=L則有B=A正確；B．由幾何關系可知粒子在y軸右側偏轉的角度為60°，則粒子從射入到運動至O點的時間t=由于T=解得t=B錯誤；CD．若y軸右側的磁場垂直紙面向外，粒子可能在y軸左右兩側各偏轉一次經過O點，如圖乙所示，由幾何關系可知粒子在y軸左側的軌道半徑R則y軸左側磁場的磁感應強度大小B粒子運動的時間t由于T解得t若y軸右側的磁場垂直紙面向外，粒子可能在y軸的左側偏轉一次、在y軸的右側偏轉兩次經過O點，如圖丙所示由幾何關系可知粒子在y軸左側的軌道半徑R則y軸左側磁場的磁感應強度大小B粒子運動的時間t由于T解得tC錯誤，D正確。故選AD。三、解答題9．某一具有速度選擇器的質譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，兩板間距離為d；C為偏轉分離器，磁感應強度為B2。今有一質量為m（1）粒子的速度v為多少？（2）速度選擇器兩板間電壓U2（3）粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R

【答案】（1）2eU1m；（2）【詳解】（1）粒子在A加速器中做加速直線運動，由動能定理得e解得，粒子的速度v為v=（2）粒子在B速度選擇器中做勻速直線運動，由受力平衡條件得e解得，速度選擇器兩板間電壓U2U（3）粒子在B2ev可得，勻速圓周運動的半徑R為R=10．如圖所示，平面直角坐標系xOy的第一象限內存在沿y軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場，第四象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電荷量為?q，質量為m的帶負電粒子以一定的速度從P點垂直射入電場，從Q點進入磁場后，恰好垂直y軸從M點離開磁場。已知P點坐標為（0，L），Q點坐標為（L，0），不計粒子受到的重力，求：（1）粒子射入磁場時的速度大小v；（2）M點的縱坐標yM（3）勻強磁場的磁感應強度大小B。

【答案】（1）v=5EqL2m；（2）y【詳解】（1）設粒子射入電場時的速度大小為v0，粒子在電場中運動時的加速度大小為a，運動時間為t，粒子在Q點時的速度方向與x軸正方向的夾角為θL=L=Eq=matanv解得v=（2）如圖所示，設粒子在磁場中運動的軌道半徑為R，根據幾何關系有

R=y解得y（3）根據洛倫茲力提供向心力有qvB=解得B=11．如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。在x軸下方存在勻強電場，電場強度大小為E，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角。t=0時，一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后粒子從（1）求O、M間的距離。（2）從t=0開始，經過一段時間t，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，磁感應強度大小不變，要使粒子能夠回到P點，求t的取值范圍?！敬鸢浮浚?）（1+2【詳解】（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，設運動半徑為R，運動周期為T，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有q可得R=做出粒子的運動軌跡如圖所示由幾何知識可得OM=（2）粒子做圓周運動的周期T=由題意可知，粒子第一次到達x軸時，速度偏轉角為54π，設所需時間為t解得t粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為qE=ma根據速度與時間的關系式有v解得t根據題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t即t的取值范圍為5πm12．在光滑、絕緣的水平桌面上，有一個邊長為L=1m正方形區(qū)域MNPQ，半徑R=0.2m的圓形磁場區(qū)與MN，MQ邊均相切，磁感應強度大小B=0.5T，方向垂直于水平面向上（俯視圖如圖）。圓形區(qū)域之外有水平向左的勻強電場，場強大小E=0.5V/m，兩個大小相同的金屬小球a，b均視為質點。小球a的質量ma=2×10?5kg，電量q=+4×10?4C，不帶電的小球b質量mb=1×10?5kg，靜止在圓周上D點，A、C、D（1）求小球a射入磁場時的速度大小v；（2）求小球a從射入磁場到與小球b相碰所經歷的時間t（結果保留3位有效數字）；（3）小球b離開正方形區(qū)域時的出射點與D點之間的距離s（結果可保留根式）。【答案】（1）2m/s；（2）0.714s；（3）s=【詳解】（1）小球a的軌跡如圖所示才能與小球b相撞，故小球a在磁場中做圓周運動的半徑r=R在磁場中q代入題中相關數據，解得v（2）小球a在磁場中的運動時間t在電場中qE=0=聯立，代入相關數據可得，小球a射入磁場到與小球b相碰撞經歷的時間為t=（3）小球a與小球b發(fā)生彈性碰撞有m1解得v′a因碰后兩球電量平分，兩球的速度方向均與電場方向垂直，故均做類平拋運動，則小球b沿電場方向有q代入數據求得a則小球到達MN邊界時，小球沿電場方向的位移大小為R=求得t此時小球b垂直電場方向的位移大小為y=因為(y+2R)=所以b小球將從MN上飛出電場，此時小球b離開正方形區(qū)域時的出射點與D點之間的距離s=13．利用磁場實現離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，在xOy平面內存在有區(qū)域足夠大的方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。位于坐標原點O處的離子源能在xOy平面內持續(xù)發(fā)射質量為m、電荷量為q的負離子，其速度方向與y軸夾角θ的最大值為60°，且各個方向速度大小隨θ變化的關系為v=v0cosθ，式中v0為未知定值。且θ=0°的離子恰好通過坐標為（L（1）求關系式v=v0co