2025年高考物理專項復(fù)習(xí)：帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動（講義篇）（解析版）

專題09帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動

2

--------------f內(nèi)容概覽、

01專題網(wǎng)絡(luò)?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(xí)

席W題網(wǎng)絡(luò)*慝維腦圖

旋

放

平

轉(zhuǎn)

縮

移

圓

圓

圓

數(shù)學(xué)圓巧解臨界問題

先電場

后磁場回旋加速器

帶電粒子在組合.洛倫茲力的

場中的運(yùn)動應(yīng)用實例一質(zhì)譜儀

先磁場

霍爾元件

后電場帶電粒子在疊加

場中的應(yīng)用帶電粒子在勻強(qiáng)

________入________磁場中的運(yùn)動

有約束情況無約束情況

圓心半徑時間

⑥*情分析?m密高考

考點內(nèi)容考情預(yù)測

回旋加速器、質(zhì)譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應(yīng)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

帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的應(yīng)用運(yùn)動等抽象的物理模型進(jìn)行命題設(shè)計，體現(xiàn)物

理對微觀粒子的運(yùn)動、科學(xué)技術(shù)發(fā)展所產(chǎn)生的

指導(dǎo)、創(chuàng)新等作用。在解決此類問題時要分析

帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用

題意中的情境，抓住問題實質(zhì)，具備一定的空

間想象能力和數(shù)學(xué)推導(dǎo)能力。主要考查的知識

帶電粒子在組合場中的運(yùn)動點有：帶電粒子在場中的運(yùn)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

利用數(shù)學(xué)圓巧解磁場中的臨界問題

臨界情況進(jìn)行處理方式等。

學(xué)1.熟悉洛倫茲力的應(yīng)用，即回旋加速器、質(zhì)譜儀以及霍爾元件等的原理分析及公式推

習(xí)導(dǎo)。

目2.熟悉帶電粒子在電磁場中的半徑、圓心、運(yùn)動時間等的處理方法。

標(biāo)3.掌握數(shù)學(xué)圓對電磁場臨界問題的處理方式。

品號辣考點?以壽定法

【典例1］（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(yīng)強(qiáng)度大小為1.12T,

質(zhì)子加速后獲得的最大動能為1.5xlfTeV.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速

率約為（忽略相對論效應(yīng)，leV=1.6x10T9j）（）

A.3.6x106m/sB.1.2X107m/sC.5.4x107m/sD.2.4X108m/s

【答案】C

【詳解】洛倫茲力提供向心力有

V2

qvB=m—

R

質(zhì)子加速后獲得的最大動能為

F12

解得最大速率約為

v=5,4x107m/s

故選C。

【典例2】（2023?全國?統(tǒng)考高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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點沿尤正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，

粒子離開磁場后，沿直線運(yùn)動打在垂直于工軸的接收屏上的P點；SP=l,S與屏的距離為%與x軸的距離

為〃。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸

到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（）

XXXX

「

XXXQXX

X5X/接

/收

XXXX屏

、p

、少

A.號B.號C.號D.告

2aB2aB22aE2aE2

【答案】A

【詳解】由題知，一帶電粒子由。點沿工正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出,

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°,則

r—a

sin30°=-------

r

解得粒子做圓周運(yùn)動的半徑

r=2a

則粒子做圓周運(yùn)動有

V2

qvB=m—

V

則有

qv

m2a-B

如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)

接收屏，則有

Eq=qvB

聯(lián)立有

qE

m2a-B2

故選A。

【典例3】（2022?重慶?高考真題）2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了

解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均

水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場（如圖），電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦若某電荷量為q的正

離子在此電場和磁場中運(yùn)動，其速度平行于磁場方向的分量大小為切，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qEj說+詔B.該離子受到的洛倫茲力大小為"小

C.V2與V7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(jù)功率的計算公式可知P=JVcos。，則電場力的瞬時功率為2=￡//,A錯誤；

B.由于山與磁場8平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有產(chǎn)洛=4吻8,B錯誤；

C.根據(jù)運(yùn)動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，沿水平方向做加速運(yùn)動，則盯增大,

也不變，吻與3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。

.技巧解密。

考向01回旋加速器、質(zhì)譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應(yīng)用實例

1.回旋加速器

（1）構(gòu)造：如圖所示，。1、功是半圓形金屬盒，。形盒的縫隙處接交流電源.。形盒處于勻強(qiáng)磁場中.

B

接交流電源

(2)原理：交變電流的周期和粒子

做圓周運(yùn)動的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動的過程中一次一次地經(jīng)過。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.由卯8=喑，得&m=噂￡，可見粒子獲得的最大動能由磁感

應(yīng)強(qiáng)度8和。形盒半徑R決定，與加速電壓無關(guān).

2.回旋加速器的主要特征

(1)帶電粒子在兩。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(guān).

(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運(yùn)動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運(yùn)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：姬：?。骸?/p>

(4)粒子的最后速度。=等，可見帶電粒子加速后的能量取決于。形盒的最大半徑和磁場的強(qiáng)弱.

3.質(zhì)譜儀

(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等組成.

0

7674737270

IIIIIII一衿

n?\?一氏

質(zhì)譜儀

(2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理可知進(jìn)入磁場的速度。='解.

rrrn2

粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律，卬2=一1.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(zhì)量、比荷等.

4.質(zhì)譜儀的主要特征

將質(zhì)量數(shù)不等，電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場.各粒子由于軌道半徑不同而

分離，其軌道半徑廠=阻="鬻="居立代五在上式中，氏。、4對同一元素均為常量，故—亞

根據(jù)不同的半徑，就可計算出粒子的質(zhì)量或比荷.

考向02帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的應(yīng)用

1.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)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，尸為入射點，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，尸為入射點，M為出射點）.

③若只已知一個點及運(yùn)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畫出該角的角平分線,

它與已知點的速度的垂線交于一點。，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=笨；

QD

方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學(xué)知識（勾股定理、三角函數(shù)等）計算來確定。

T[2+理

例：（右圖）尺=一氣或由爐=乙2+（R—d）2求得R=-

sin（7za

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°=圓弧所對應(yīng)的圓心角（回旋角）6=2倍的弦切角a,即0=6=2a=0f,如圖所示。

②偏轉(zhuǎn)角P與弦切角a的關(guān)系：0<180。時，°=2a；°>180。時，0=360°—2呢

(2)時間的計算方法。

0

方法一：由圓心角求，t=*T；

Z71

方法二：由弧長求，1=號。

2.重要推論

(1)當(dāng)速度。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(yùn)動的時間越長.

(2)當(dāng)速率。變化時，圓心角大的運(yùn)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(guān)系解決.

XX

X/X

0*

(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(jìn)、出磁場具有對稱性，如圖所示)

XXXX.XX

(a)(b)

4.帶電粒子在平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)

XVX

X夕

/XX

XX

考向03帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用

1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)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(yùn)動.

②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)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(yùn)動.

②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)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(yùn)動.

②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動.

③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)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(yùn)動

帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)

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(yùn)用動能定理、

能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果.

考向01回旋加速器、質(zhì)譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應(yīng)用實例

【針對練習(xí)11（2023?全國?校聯(lián)考模擬預(yù)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70已知，兩個D形盒處于

與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中。將一質(zhì)子從DI金屬盒的圓心處由靜止釋放，質(zhì)子（；H）經(jīng)過加速后最終從D形

盒的邊緣射出。已知質(zhì)子的質(zhì)量為機(jī)，電荷量為q,不計電場中的加速時間，且不考慮相對論效應(yīng)。下列說

法正確的是（）

接交流電源

圖1

回旋加速器中所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=粵

B.質(zhì)子從D形盒的邊緣射出時的速度為

C.在其他條件不變的情況下，僅增大為,可以增大質(zhì)子從邊緣射出的速度

D.在所接交變電源不變的情況下，若用該裝置加速?H（旅核），需要增大所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

【答案】D

【詳解】A.帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期與所加交變電源的周期%相同，所以滿足

可得

271m

B=--

qT。

選項A錯誤；

B.粒子從D形盒邊緣射出時有

1?

-mv=nUoq

射出速度可表示為

選項B錯誤；

C.粒子從D形盒射出時

^max

q〃maxBD=

可得

qBR

僅增大加速電壓％,質(zhì)子射出速度大小不變，選項C錯誤;

D.當(dāng)加速旅核時，其在磁場中運(yùn)動的周期為

27r-3m

T=------

qB'

其周期應(yīng)該與To相同，又知道

可知

B'=3B

需要增大所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，選項D正確。

故選D。

【針對練習(xí)2】（2023?北京西城?北師大實驗中學(xué)?？既＃┤鐖D所示為質(zhì)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(qiáng)電場（電場強(qiáng)度為E）和勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度為當(dāng)）的重疊區(qū)域，然后通過狹

縫So垂直進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場（磁感應(yīng)強(qiáng)度為4）,最后打在照相底片上的三個不同位置，粒子的重力可忽略

不計，則下列說法正確的是（）

A.該束粒子帶負(fù)電

B.Pi板帶負(fù)電

C.粒子的速度v滿足關(guān)系式

E

D.在殳的勻強(qiáng)磁場中，運(yùn)動半徑越大的粒子，荷質(zhì)比*越小

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)粒子在右側(cè)磁場中的運(yùn)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(jù)粒子在左側(cè)運(yùn)動可知，洛倫茲力方向向上，則電場力方向向下，Pi板帶正電，故B錯誤；

C.由粒子做直線運(yùn)動，根據(jù)受力平衡可得

qvBl-qE

解得粒子的速度為

故c錯誤；

D.在磁感應(yīng)強(qiáng)度為民的磁場中，由洛倫茲力提供向心力得

V2

quB?=m—

K

可得

qvE

mRB2RB1B2

運(yùn)動半徑越大的粒子，荷質(zhì)比區(qū)越小，故D正確。

m

故選D。

【針對練習(xí)3】（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(yùn)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(zhuǎn)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(dāng)磁鐵靠霍爾元件最近時，通過元件的磁場可視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度

為8,在導(dǎo)體前后表面間出現(xiàn)電勢差U。已知霍爾元件沿磁場方向的厚度為4,載流子的電荷量為-q,電流

/向左。下列說法正確的是（）

連接到速度計

霍爾傳感器丫久：一自行車前叉

磁鐵

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(nèi)單位體積中的載流子數(shù)為白

Uqd

D.若單位時間內(nèi)霍爾元件檢測到根個脈沖，則自行車行駛的速度大小型

m

【答案】c

【詳解】A.根據(jù)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(fù)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(shè)霍爾元件的寬為6,穩(wěn)定后電荷所受電場方和洛倫茲力平衡，即

U

qvB=q—

b

解得

U=Bbv

設(shè)單位體積內(nèi)自由移動的載流子數(shù)為必由電流微觀表達(dá)式

I=nqSv

整理得

IB

U=--

nqd

由于電流強(qiáng)度/和磁感強(qiáng)度8不變，因此霍爾電勢差U與車速大小無關(guān)，故B錯誤；

C.由B可知，單位體積內(nèi)自由移動的載流子數(shù)為

BI

n=--

Uqd

故C正確;

D.若單位時間內(nèi)霍爾元件檢測到根個脈沖，周期為

1

T=—

m

角速度為

2兀

0）=—=2Tim

自行車行駛的速度大小

v=a）r=2nmr

故D錯誤。

故選C。

考向02帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的應(yīng)用

【針對練習(xí)4】（2023?貴州?校聯(lián)考一模）如圖所示，在豎直線EOF右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為8、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量相同、電荷量分別為+q和-q的帶電粒子，從。點以相同的初

速度v先后射入磁場，已知初速度的方向與。產(chǎn)成8=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（）

E'xXXX

B

xXXX

X

X

X

XXX

A.兩粒子在磁場中的運(yùn)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(yùn)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(fù)粒子以與。尸成6=30。角射入有界勻強(qiáng)磁場后，由左手定則可判斷，正粒子沿逆

時針方向旋轉(zhuǎn)，負(fù)粒子沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，如下圖所示

因正、負(fù)粒子所帶電荷量的絕對值和質(zhì)量都相同，由

V2

qvB=m—

v

可知兩粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑相同，由幾何關(guān)系可知負(fù)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為2仇

正粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度

（P=2TI—20

而粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期

2nr271m

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(yùn)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(jié)合幾何關(guān)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EOF豎直線時的速度相同，故B正確；

C.由幾何關(guān)系可知速度增大導(dǎo)致軌跡半徑增大，但運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角不變，周期T不變，所以運(yùn)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

/洛=P-Po

由于以相同的初速度射入磁場，兩粒子的初動量Po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也相等，因此兩粒子所受洛倫茲力的沖量相同，故D錯誤。

故選B。

【針對練習(xí)5]（2023?內(nèi)蒙古呼和浩特?統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)

磁場，兩帶電粒子（不計重力）沿直線方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的尸、。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、。經(jīng)歷時間之比為1:2

B.若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、。經(jīng)歷時間之比為2:1

C.若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為2:1

D.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(yùn)動軌跡如圖

粒子運(yùn)動時間為

927tm

'=360°qB

若兩粒子比荷相同，則從A分別到尸、。經(jīng)歷時間之比為

t2=60:120=1:2

A正確；

C.設(shè)圓形區(qū)域半徑為R,由題意可知，兩粒子運(yùn)動半徑之比為

lR

r\:r2=v3/?:—=3:1

根據(jù)

V2

qvB=m—

r

若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為

%：v2=3:1

C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Ao

考向03帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用

【針對練習(xí)6]（2023?四川巴中?南江中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，某豎直平面內(nèi)存在著相互正交的勻強(qiáng)電

場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向左，磁場方向水平向外.一質(zhì)量為小、電荷量為q的微粒以速度"與水平方

向成。角從。點射入該區(qū)域，微粒恰好沿速度方向做直線運(yùn)動，重力加速度為go下列說法中正確的是（）

A.微粒從。到4的運(yùn)動可能是勻減速直線運(yùn)動

B.該微粒一定帶正電荷

C.該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為二飛

qvcosd

D.該電場的場強(qiáng)為Bucos。

【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quB,知

微粒不能做直線運(yùn)動.據(jù)此可知微粒一定帶負(fù)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(yùn)動，可知微粒一定做勻速直線運(yùn)動，故AB錯誤；

CD.由平衡條件有關(guān)系

?mg.qE

cosy=---,sin0=----

qvBBqv

得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

B=jng

qvcosd

電場的場強(qiáng)

E=BvsinO

故C正確，D錯誤。

故選C。

【針對練習(xí)7】（2023?陜西咸陽??？寄M預(yù)測）如圖所示，湖和兒區(qū)域的寬度均為d.漏區(qū)域存在水平向

左、電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場；兒區(qū)域存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的方向豎直向上，電場

強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=芻。今有一帶正電的微粒從a邊緣平行電場方

%

向以初速度％水平向右射入電場，從6邊緣的尸點進(jìn)入於區(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g,下列說法正確的是（）

b

；x

Pfx

!XXX

A.a、尸兩點間距離為/d

B.微粒在ab區(qū)域中做半徑為d的勻速圓周運(yùn)動

C.微粒在加區(qū)域中做半徑為的勻速圓周運(yùn)動

D.微粒在湖、兒區(qū)域中運(yùn)動的總時間為也+陋

93Vo

【答案】AD

【詳解】AB.微粒在ab區(qū)域中，水平方向做勻減速運(yùn)動，豎直方向做勻加速運(yùn)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ed,故A正確，B錯誤；

CD.微粒在ab區(qū)域中運(yùn)動時間為

且滿足

mg—qE

在6c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(yùn)動，半徑為

z22z

mv0mvovo

A=—~===Zu

qBqEg

根據(jù)幾何知識可知，微粒在復(fù)合場中轉(zhuǎn)過的角度為60。，故運(yùn)動時間為

12TTR2nd

tn——X--------

6v03v0

故C錯誤，D正確。

故選AD。

A_D4

高核心素養(yǎng)"難點突破

考向04帶電粒子在組合場中的運(yùn)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(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)當(dāng)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(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析時，要由分析結(jié)果確定是否要考慮重

2.“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較

垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(不計重力)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(不計重力)

電場力FE=qE,其大小、方向不變，洛倫茲力FB=quB,其大小不變，方

受力情況

與速度。無關(guān)，及是恒力向隨。而改變，F(xiàn)B是變力

軌跡拋物線圓或圓的一部分

%、1

????

運(yùn)動軌跡????????

------二二r—

0

利用類似平拋運(yùn)動的規(guī)律求解：

Vx=Vo,X=vot

qE半徑：一亞

Vy='t,

ym

EAHF271m

求解方法T?令周期:T~qB

偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角9要結(jié)合圓的幾

偏轉(zhuǎn)角夕：

何關(guān)系利用圓周運(yùn)動規(guī)律討論求解

vqEt

tan(p—y—

甲vxmvo

X

運(yùn)動時間t=—

00-2兀A%

動能變化不變

考向1：先電場后磁場

對于粒子從電場進(jìn)入磁場的運(yùn)動，常見的有兩種情況:

（1）先在電場中做加速直線運(yùn)動，然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動.（如圖甲、乙所示）

在電場中利用動能定理或運(yùn)動學(xué)公式求粒子剛進(jìn)入磁場時的速度.

XX

A&0

XX

q,m:

U

XX

+|—

81

2

甲

（2）先在電場中做類平拋運(yùn)動，然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動.（如圖丙、丁所示）

在電場中利用平拋運(yùn)動知識求粒子進(jìn)入磁場時的速度.

"Tfa'x

/xxx

L=votfd=—at=-----產(chǎn)

22m

vy=atfv=Jvo+Vy

丙

考向2：先磁場后電場

對于粒子從磁場進(jìn)入電場的運(yùn)動，常見的有兩種情況：

（1）進(jìn)入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反.

（2）進(jìn)入電場時粒子速度方向與電場方向垂直.（如圖甲、乙所示）

粒子進(jìn)入電場后做加速或減速運(yùn)粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)

動，用動能定理或運(yùn)動學(xué)公式列式動，用平拋運(yùn)動知識分析

甲乙

【典例4】（2023?海南?統(tǒng)考高考真題）如圖所示，質(zhì)量為小，帶電量為+q的點電荷，從原點以初速度%射

入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在0<y<y（）,0<x<沏（%0'%為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在

x>出區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，控制電場強(qiáng)度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏

轉(zhuǎn)打到接收器MN上，則（）

2

A.粒子從NP中點射入磁場，電場強(qiáng)度滿足E=型等

B.粒子從NP中點射入磁場時速度為幾

C.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心到NM的距離為嗎

qB

D.粒子在磁場中運(yùn)動的圓周半徑最大值是學(xué)代事

qB7

【答案】AD

【詳解】A.若粒子打到PN中點，則

X。=vo

嬴斗22

解得

小詒2

Eyo

謁

選項A正確;

B.粒子從PN中點射出時，則

yo嘰

萬=萬匕

速度

C.粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為仇則

v0%mv§

tany=—=—F------=——

vyqExQqEx0

mv0

粒子從電場中射出時的速度

%

v=---

sin3

粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，則

V2

qvB=m—

則粒子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動的圓心到的距離為

d=rcosO

解得

Exmv

d=---0=------0-

Bv0qBtanO

選項c錯誤；

D.當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動有最大運(yùn)動半徑時，進(jìn)入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進(jìn)入磁場，此時豎直

最大速度

_2yo

vym=

可得最大半徑

選項D正確;

故選AD。

一盒

工磅向頹儂I/

【針對練習(xí)8】（2024?河南?校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，P、。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(qiáng)磁場，AC下方存在電場強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場，其方向平行于AC,且垂直于磁

場方向。一質(zhì)量為優(yōu)、電荷量為q的帶正電的粒子（不計粒子重力）從靠近尸板的S點由靜止開始做加速

運(yùn)動，從小孔M沿垂直于磁場的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，速度方向與邊界線的夾角0=60。，粒子恰好從小孔。

垂直于AC射入勻強(qiáng)電場，最后打在N點，已知AN=2L,則下列說法正確的是（）

A.粒子從小孔M進(jìn)入磁場時的速度大小為土畫

m

B.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為|七

C.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為嚕遠(yuǎn)

2qL

D.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為當(dāng)

【答案】BC

【詳解】A.粒子在電場中加速，由動能定理得

1

qU=-mvz7

可得帶電粒子從小孔M沿垂直于磁場方向進(jìn)入磁場的速度大小

JlUqm

v----------

m

故A錯誤；

B.畫出粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心），ZMOD=120°,設(shè)粒子在磁場

中做圓周運(yùn)動的半徑為r,

v+rcos60°=AD=L

得

2

r=-L

故B正確;

C.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動時由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即

V2

qvB=m—

Y

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

mv3mv3d2Uqm

qr2qL2qL

故C正確；

D.粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，加速度

qE

CL=---

m

垂直于電場方向有

2L=vt

沿電場方向有

1

L=-at27

2

電場強(qiáng)度大小

mv2U

E=-----=—

2qLL

故D錯誤。

故選BC。

【針對練習(xí)9】（2023?陜西咸陽??？寄M預(yù)測）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)y軸與直線x=L

之間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，第四象限內(nèi)y軸與直線.之間存在方向垂直紙面

向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場；在直線x=￡的右側(cè)存在沿y軸正方向的有界勻強(qiáng)電場，在電場的右側(cè)

存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場，電場、磁場左右邊界的間距相等。質(zhì)量為相、

電荷量為q的帶正電粒子甲從y軸上的。點以沿著y軸負(fù)方向的速度射入磁場，到達(dá)x軸上的。點時速度沿

x軸的正方向，c點的坐標(biāo)為（L,0）；帶電量為%的帶正電粒子乙從y軸上的6點以沿著y軸正方向的速度射

入磁場，到達(dá)c點時以沿?zé)o軸的正方向的速度與甲相碰；碰撞后甲、乙立即組成整體進(jìn)入電場，甲從。至Uc

的運(yùn)動時間是乙從6到c的運(yùn)動時間的2倍，整體從〃點離開電場進(jìn)入磁場，最后從e點以平行了方向的速

度離開磁場，整體在p點的速度與電場線的夾角為37。。不計兩粒子的重力以及粒子間的相互作用力，碰撞

過程無電量損失，sin37°=0.6>cos37°=0.8,求：

（1）乙的質(zhì)量以及整體在c點時的共同速度；

【詳解】（1）設(shè)乙的質(zhì)量為Hi。，甲、乙在磁場中運(yùn)動的周期分別為

2nm

Trg=--------

甲Bq

T2mI。

T乙=2---------

BX3q

由幾何關(guān)系可得甲、乙在磁場中運(yùn)動的速度偏轉(zhuǎn)角均為芻甲從。到。的運(yùn)動時間與乙從。到C的運(yùn)動時間

分別為打印、打7，甲從。到C的運(yùn)動時間是乙從6到C的運(yùn)動時間的2倍，則有

4甲4乙

11

—T田=2X—T7

4甲4乙

聯(lián)立解得

m0=m

設(shè)甲、乙兩粒子在磁場中的速度大小分別為"甲、由幾何關(guān)系可得甲、乙在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半

TL-J

徑均為L,由洛倫茲力提供向心力可得

mvi

Bqv甲=

2mvl

JX3qi^=丁

甲、乙在c點發(fā)生碰撞，由動量守恒定律可得

mu甲+mu乙=2mv

聯(lián)立解得

3BqL

v=------

2m

(2)整體的質(zhì)量為2根，帶電量為4q,從。到夕做類平拋運(yùn)動，把整體在夕點的速度與分別沿x、y軸分解,

則有

v

—=sin37°

Up

v

—=tan37°

%

設(shè)整體從p到e運(yùn)動軌跡的半徑為R,由洛倫茲力提供向心力可得

27n詔

Bx4q%=

K

聯(lián)立解得

2BqL

Vy=------

)m

SBqL

"2m

5L

R=—

4

(3)過p、e分別做速度的垂線，設(shè)電場、磁場左右邊界的間距均為由由幾何關(guān)系可得

d

—=cos37°

R

設(shè)整體從c到p的運(yùn)動時間為勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度為應(yīng)由類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得

d=vt

Ex4q

聯(lián)立解得

3B2qL

E=H

考向05利用數(shù)學(xué)圓巧解磁場中的臨界問題

1.“放縮圓”法

速度方向一

粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，這些帶電粒

定，大小不

子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑隨速度的變化而變化

同

適用

__XXXX

條件如圖所示（圖中只LB出粒子帶正電的情景），速度0越大，xX心ryx

軌跡圓圓心X/X'x--次;幺、X

運(yùn)動半徑也越大。可以發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，X;X:，以~八［：*

共線

它們運(yùn)動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP'l.x'x'&"父需鼠

xX&*&X

界定以入射點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

方法種方法稱為“放縮圓”法

2.“旋轉(zhuǎn)圓”法

粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入

勻強(qiáng)磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相

速度大小同，若射入初速度為。0,則圓周運(yùn)動半徑為R」界。

適用條

一定，方P

件如圖所示

向不同

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在以入射

軌跡圓圓心共圓

點尸為圓心、半徑R—嘴的圓上

QD

界定將半徑為R-黃的圓以入射點為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探索粒子的臨界條件，這種

方法

方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法

3.“平移圓”法

將半徑為氏=竺1的圓進(jìn)行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法

界定方法qB

叫平移圓法

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(jìn)入勻強(qiáng)磁場，它們做勻速圓周

運(yùn)動的半徑相同，若入射速度大小為Vo,則半徑

速度大小一定，方

適用條件向一定，但入射點氏=竺匕，如圖所示

qB

在同一直線上

XXXXXXX

XX

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在同一^直

軌跡圓圓心共線

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(biāo)系。孫的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁

場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦大量質(zhì)量為通電量為q的相同粒子從y軸上的P(0,bL)點，以相同的速率在紙

面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為a(0WaW180。)。當(dāng)a=150°時，

粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則()

B.當(dāng)a=45。時，粒子也垂直x軸離開磁場

C.粒子入射速率為更理

m

D.粒子離開磁場的位置到。點的最大距離為3班力

【答案】ACD

【詳解】A.根據(jù)題意可知粒子垂直x軸離開磁場，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確;

BC.當(dāng)a=150°時，粒子垂直x軸離開磁場，運(yùn)動軌跡如圖

粒子運(yùn)動的半徑為

V3L「

由=2何

洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m—

V

解得粒子入射速率

2^3qBL

v------

m

若a=45°,粒子運(yùn)動軌跡如圖

根據(jù)幾何關(guān)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。點距離最遠(yuǎn)時，粒子在磁場中的軌跡為半