专题09 带电粒子在电磁场中的运动（解析版）

专题09带电粒子在电磁场中的运动

内容概览:

01专题网络-思维脑图

02考情分析-解整高考

03高频考点-以考定法

04核心素养•难点突破

05创新好题-轻松练习

□1

专题网络•思继脑

放

旋

平

缩

转

移

圆

圆

圆

数学圆巧解临界问题

先电场

后磁场回旋加速器

质谱仪

先磁场

霍尔元件

后电场

有约束情况无约束情况

圆心半径时间

⑥考情分析♦一密高考

考点内容考情预测

高考对于这部分知识点主要通过带电粒

回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例

子在电场、磁场以及它们的叠加场或者组合场

带电粒子在匀强磁场中的应用运动等抽象的物理模型进行命题设计，体现物

理对微观粒子的运动、科学技术发展所产生的

指导、创新等作用。在解决此类问题时要分析

带电粒子在叠加场中的应用

题意中的情境，抓住问题实质，具备一定的空

间想象能力和数学推导能力。主要考查的知识

带电粒子在组合场中的运动点有：带电粒子在场中的运动分析。

2024年备考建议带电粒子在组合场和叠

加场是各省市常考的重难点，以及对电磁场的

利用数学圆巧解磁场中的临界问题

临界情况进行处理方式等。

学1.熟悉洛伦兹力的应用，即回旋加速器、质谱仪以及霍尔元件等的原理分析及公式推

习导。

目2.熟悉带电粒子在电磁场中的半径、圆心、运动时间等的处理方法。

标3.掌握数学圆对电磁场临界问题的处理方式。

熟蓍演考点•以考定法

【典例1］（2023・广东・统考高考真题）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m,磁感应强度大小为1.12T,

质子加速后获得的最大动能为1.5xl（Tev.根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速

率约为（忽略相对论效应，leV=1.6x10-19J）（）

A.3.6x106m/sB.1.2x107m/sC.5.4x107m/sD.2.4x108m/s

【答案】C

【详解】洛伦兹力提供向心力有

V2

qvB=m—

R

质子加速后获得的最大动能为

1„

Ek=-mv^

解得最大速率约为

v=5.4x107m/s

故选C。

【典例2】（2023•全国•统考高考真题）如图，一磁感应强度大小为6的匀强磁场，方向垂直于纸面JO），平

面）向里，磁场右边界与x铀垂直。一带电粒子由O点沿工正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，

粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=Z,S与屏的距离为g与x轴的距离

为除如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿工轴

)

D-言

【答案】A

【详解】由题知，一带电粒子由。点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出,

则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°,则

r-a

sin30°=------

r

解得粒子做圆周运动的半径

r=2a

则粒子做圆周运动有

V2

qvB=m—

r

则有

q二〃

m2a-B

如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿工轴到达

接收屏，则有

Eq=qvB

联立有

q二E

m2a-B2

故选Ao

【典例3】（2022・重庆・高考真题）2021年中国全超导托甘马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了

解等离子体在札卡巧克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均

水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E,磁感应强度大小为瓦若某电布量为4的正

离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为盯，垂直于磁场方向的分量大小为电，

不计离子重力，则（）

A.电场力的瞬时功率为qEj诏+谚B.该离子受到的洛伦兹力大小为什小

C.也与力的比值不断变大D.该离子的加速度大小不变

【答案】D

【详解】A.根据功率的计算公式可知「二〃vcos。，则电场力的瞬时功率为P二力力，A错误；

B.由于力与磁场8平行，则根据洛伦兹力的计算公式有尸瞽二/2"B错误；

C.根据运动的叠加原理可知，离子在垂宜于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则盯增大,

V2不变，丫2与盯的比值不断变小，C错误；

D.离子受到的洛伦兹力大小不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。

故逃D。

J技巧解密。

考向01回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例

1.回旋加速器

（1）构造：如图所示，。|、2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源.。形盒处于匀强磁场中.

接交流电源

(2)原理：交变电流的周期和粒子

做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次

一次地反向，粒子就会被一次一次地加速.由小心=箸，得反「=哗答，可见粒子获得的最大动能由磁感

应强度8和。形盒半径R决定，与加速电压无关.

2.回旋加速器的主要特征

(1)带电粒子在两。形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关.

(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动.

(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为I：也：小：…

(4)粒子的最后速度。=誓，可见带电粒子加速后的能量取决于D形盒的最大半径和磁场的强弱.

3.质谱仪

(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成.

7674737270T

质谱仪

(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理可知进入磁场的速度。=、修

粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，如8=竺；由以上几式可得出需要研

究的物理量如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等.

4.质谱仪的主要特征

将质量数不等，电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场.各粒子由于轨道半径不同而

分离，其轨道半径一=/="祭=4翁五/、解.在上式中，从U、q对同一元素均为常量，故/-赤，

根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷.

考向02带电粒子在匀强磁场中的应用

1.带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法.

（1）圆心的确定

①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出

射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图甲所示，夕为入射点，M为出射点）.

②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射

点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心（如图乙所示，P为入射点，M为出射点）.

③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图丙

所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（画出该角的角平分线，

它与已知点的速度的垂线交于一点O,该点就是圆心。

（2）如何确定“半径”：

方法一：由物理方程求：半径R=器；

方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定。

例：（右图）/?=喘/或由R2=Z/+（R—d）2求得R=f0

3.如何确定“圆心角与时间”

（1）圆心角的确定

①速度的偏向角9=圆弧所而应的圆心角（回旋角）。=2倍的弦切角a,即（p=0=2a=a）t,如图所示。

②偏转角力与弦切角a的关系：0Vl80。时，(p=2a；勿＞180。时，勿=360。-2如

(2)时间的计算方法。

方法一：由圆心角求，[=&7;

方法二：由弧长求，/=华。

2.重要推论

(1)当速度。一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.

(2)当速率。变化时，圆心角大的运动时间长.

2.带电粒子在圆形磁场区域

(1)圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域圆形成相交圆，巧用

几何关系解决.

/々…

/\

:X：

式、

(2)带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决.

3.带电粒子在直线边界(进、出磁场具有对称性，如图所示)

XX

0]-6-^z---

vV*

V0

(a)(b)(c)

4.带电粒子在平行边界(存在临界条件，如图所示)

0•»:/v:

「、、、：

^^一_。浮X：

1XX।

(a)(b)(C)

考向03带电粒子在叠加场中的应用

I.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类

(1)磁场力、重力并存

①若重力和洛伦兹力平衡，则带包体做匀速直线运动.

②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由

此可求解问题.

(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)

①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动.

②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求

解问题.

（3）电场力、磁场力、重力并存

①若三力平衡，一定做匀速直线运动.

②若重力与也场力平衡，一定做匀速圆周运动.

③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动

能定理求解问题.

2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动

带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、就道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运

动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、

能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果.

考向01回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例

【针对练习1】（2023•全国•校联考模拟预测）回旋加速器的工作原理如图1所示，D］和D2是两个相同的中

空半圆金属盒，金属盒的半径为A，它们之间接如图2所示的交变电源，图中无、7。已知，两个D形盒处于

与盒面垂直的匀强磁场中。将一质子从Di金属盒的圆心处由静止释放，质子（；H）经过加速后最终从D形

盒的边缘射出。已知质子的质量为m,电荷量为q,不计电场中的加速时间，且不考虑相对论效应。下列说

法正确的是（）

接交流电源

图1

A.旋加速器中所加磁场的磁感应强度8=舞

2q7｝）

B.质子从D形盒的边缘射出时的速度为解

7m

C.在其他条件不变的情况下，仅增大外,可以增大质子从边缘射出的速度

D.在所接交变电源不变的情况下，若用该装置加速?H（前核），需要增大所加磁场的磁感应强度

【答案】D

【详解】A.带电粒子在磁场中运动的周期与所加交变电源的周期丁。相同，所以满足

可得

2nm

B=--

qT。

选项A错误；

B.粒子从D形盒边缘射出时有

19

5*=nUoq

射出速度可表示为

选项B错误：

C.粒子从D形盒射出时

D爆ax

q/ax"=m~o~

可得

qBR

［二—

仅增大加速电压%,质子射出速度大小不变，选项C错误；

D.当加速旅核时，其在磁场中运动的周期为

27r-3m

T=----------

qB，

其周期应该与"相同，又知道

2nm

AR

可知

B'=3B

需要增大所加磁场的磁感应强度，选项D正确。

故选Do

【针对练习2】（2（）23•北京西城・北师大实验中学校考三模）如图所示为质谱仪的原理图，一束粒子以速度-

沿直线穿过相互垂直的匀强电场［电场强度为£）和匀强磁场（做感应强度为4）的重叠区域，然后通过狭

缝&垂直进入另一匀强磁场（磁感应强度为B2）,最后打在照相底片上的三个不同位置，粒子的重力可忽略

不计，则下列说法正确的是（）

A.该束粒子带负电

B.Pi板带负电

C.粒子的速度\，满足关系式17=?

D.在当的匀强磁场中，运动半径越大的粒子，荷质比2越小

【答案】D

【详解】A.根据粒子在右侧磁场中的运动，利用左手定则，可判断出该束粒子带正电，故A错误;

B.根据粒子在左侧运动可知，洛伦兹力方向向上，则电场力方向向下，Pi板带正电，故B错误；

C.由粒子做直线运动，根据受力平衡可得

qvBl=qE

解得粒子的速度为

E

”瓦

故C错误；

D.在磁感应强度为生的磁场中，由洛伦兹力提供向心力得

V2

quB?=m—

可得

Q_V_E

mRB2RByB2

运动半径越大的粒子，荷质比g越小，故D止确。

m

故选D。

【针对练习3】（2023•浙江温州•统考三模）利用霍尔传感器可测量自行车的运动速率，如图所示，一块磁铁

安装在前轮上，霍尔传感器固定在前叉上，离轮轴距离为「，轮子每转一圈，磁铁就靠近霍尔传感器一次,

传感器就会输出•个脉冲电压。当磁铁靠霍尔元件最近时，通过元件的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度

为8,在导体前后表面间出现电势差U。已知霍尔元件沿磁场方向的厚度为d,载流子的电荷量为-q,电流

/向左。下列说法正确的是（）

连接到速度计

霍尔传感器白行车前叉

磁铁

A.前表面的电势高于后表面的电势

B.若车速越大，则霍尔电势差U越大

C.元件内单位体积中的载流子数为氤

若单位时间内霍尔元件检测到加个脉冲，则自行车行驶的速度大小丝

D.m

【答案】C

【详解】A.根据左手定则可知我流子受到的洛伦兹力指向前表面，所以载流子会在前表面聚集，载流子带

负电，所以霍尔元件的前表面电势低于后表面电势，故A错误；

B.设霍尔元件的宽为从稳定后电荷所受电场方和洛伦兹力平衡，即

U

quB=q-

解得

U=Bbv

设单位体积内自由移动的载流子数为〃，由电流微观表达式

/=nqSv

整理得

IB

U=^d

由于电流强度/和磁感强度8不变，因此霍尔电势差U与车速大小无关，故B错误；

C.由B可知，单位体积内自由移动的载流子数为

BI

叶而

故C正确;

D.若单位时间内霍尔元件检测到机个脉冲，周期为

角速度为

27r

co=—=2nm

自行车行驶的速度大小

v=a）r=2mnr

故D错误。

故选C。

考向02带电粒子在匀强磁场中的应用

【针对练习4]（2023・贵州•校联考一模）如图所示，在竖直线E。尸右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大

小为5、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质星相同、电荷量分别为十q和-（/的带电粒子，从O点以相同的初

速度箕先后射入磁场，已知初速度的方向与。产成6=30。角，两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，下列说法

正魂的是（）

E\xxxx

A.两粒子在磁场中的运动时间相等

B.两粒子回到E。尸竖直线时的速度相同

C.若只增大粒子的入射速度的大小，粒子在磁场中运动的时间变长

D.从射入磁场到射出磁场的过程中，两粒子所受的洛伦兹力的冲最不相同

【答案】B

【详解】A.这两个正、负粒子以与。尸成8=30。角射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正粒子沿逆

时针方向旋转，负粒子沿顺时针方向旋转，如下图所示

因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由

V2

qvB=m—

可知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径相同，由几何关系可知负粒子在磁场中转过的角度为2。，

正粒子在磁场中转过的角度

（P=2n—20

而粒子在磁场中做圆周运动的周期

2nr2nm

T==——

vqB

则两粒子的周期相同，但是轨迹圆弧所对的圆心角不同，因此两粒子在磁场中的运动时间不相等，故A错

误；

B.因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析可知，两位子射出磁场时速度方向与EOF的夹角都是

30。，因此两粒了一回到EOF竖直线时的速度相同，故B正确；

C.由几何关系可知速度增大导致轨迹半径增大，但运动轨迹对应的圆心角不变，周期T不变，所以运动时

间不变，故C错误；

D.两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，由动量定理可得

/洛=P-Po

由F以相同的初速度射入磁场，两粒子的初动量Po相等，离开磁场时速度大小相等、方向相同，两带电粒

子的末动审p也相等，因此两粒子所受洛伦兹力的冲最相同，故D错误。

故选B。

【针对练习5]（2023•内蒙古呼和浩特・统考模拟预测）如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强

磁场，两带电粒子（不计重力）沿直线A8方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，则下

列说法正确的是（）

A.若两粒子比荷相同，则从A分别到P、Q经历时间之比为1:2

B.若两粒子比荷相同，则从A分别到P、。经历时间之比为2:1

C.若两粒子比荷相同,则两粒子在磁场中速率之比为2:1

D.若两粒子速率相同,则两粒子的比荷之比为3:1

【答案】A

【详解】AB.两粒子运动轨迹如图

粒子运动时间为

02nm

t=360°qB

若两粒子比荷相同，则从A分别到P、。经历时间之比为

t2=60:120=1:2

A正确；

C.设圆形区域半径为R,由题意可知，两粒子运动半径之比为

lR

rx:r2=yj3R:—=3:1

根据

v2

qvB=m—

r

若两粒子比荷相同，则两粒子在磁场中速率之比为

%：%=3:1

C铛误；

D.同埋C选项，若两粒/速率相同，则两粒了的比荷之比为1;3,D错误。

故选Ao

考向03带电粒子在叠加场中的应用

【针对练习6】（2023・四川巴中•南江中学校考模拟预测）如图所示，某竖直平面内存在着相互正交的匀强甩

场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向水平向外.一质量为m、电荷量为q的微粒以速度u与水平方

向成。角从。点射入该区域，微粒恰好沿速度方向做直线运动，重力加速度为go下列说法中止确的是（）

<--------------------/-A

••/•

Z✓

力••/•B•

O

A.微粒从0到4的运动可能是匀减速直线运动

B.该微粒一定带正电荷

C.该磁场的磁感应强度大小为二当

qvcos6

D.该电场的场强为

【答案】C

【详解】AB.若微粒带正电q,它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和右斜向卜.的洛伦兹力知

微粒不能做直线运动.据此可知微粒一定带负电仅它受竖直向下的重力mg、向右的电场力隹和左斜向上

的洛伦兹力q〃8,又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做匀速直线运动，故AB错误；

CD.由平衡条件有关系

mgqE

cos，=--,sin0=——

qvBBqv

得磁场的磁感应强度

B=T-

qvcosO

电场的场强

E=BvsinO

故C正确，D错误。

故选C。

【针对练习7】（2023•陕西咸阳•校考模拟预测）如图所示，曲和反区域的宽度均为d."区域存在水平向

左、电场强度大小为E的匀强电场；仇:区域存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向上，电场

强度大小为E,磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小8=看。今有一带正电的微粒从a边缘平行电场方

向以初速度为水平向右射入电场，从“边缘的尸点进入反区域时的速度大小不变，方向变为竖直向下。已

知重力加速度为g,下列说法正确的是（）

bE

XXX；

XXxi

XXX；

B

XX:

XX!

dd

A.4、P两点间距离为ad

B.微粒在岫区域中做半径为d的匀速圆周运动

C.微粒在he区域中做半径为四d的匀速圆周运动

D.微粒在时、儿区域中运动的总时间为也+等

93v0

【答案】AD

【详解】AB.微粒在Qb区域中，水平方向做匀减速运动，竖直方向做匀加速运动，并且平均速度相同，故

竖直位移和水平位移均为d,故a、P间距离为&d,故A正确，B错误；

CD.微粒在ab区域中运动时间为

tl=J

且满足

mg=qE

在於区域，重力与电场力平衡，故微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，半径为

mvmv2v2“

R=—―0=——0=—0=2d

qBqEg

根据几何知识可知，微粒在复合场中转过的角度为60。，故运动时间为

12nR2nd

£2=zx---=--

6v03v0

故C错误，D正确。

故选AD。

而覆心素养*难点突破

考向04带电粒子在组合场中的运动

1.是否考虑粒子重力的三种情况

（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一段情况下与电场力或磁场力相比太小，可以

忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力.

（2）在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单.

（3）不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否要考虑重

力.

2.“电偏转”与“磁偏转”的比较

垂直电场线进入匀强电场（不计重力）垂直磁感线进入匀强磁场（不计重力）

电场力FE=qE,其大小、方向不变，洛伦兹力Fn=qvB,其大小不变，方

受力情况

与速度〃无关，堆是恒力向随而改变，/是变刀

轨迹抛物线圆或圆的一部分

__

••**\\*,

运动轨迹

■]——卞…

‘飞

0

利用类似平抛运动的规律求解：

VX=VO,X=Vol

—廷，半径：「一夕8

必一m*

mf2兀〃7

求解方法周期：「一”

V_L%

偏移距离），和偏转角8要结合圆的几

偏转角

何关系利用圆周运动规律讨论求解

5qEt

X

运动时间t=­

如12nBq

动能变化不变

考向1：先电场后磁场

对于粒子从电场进入磁场的运动，常见的有两种情况:

（1）先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动.（如图甲、乙所示）

在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度.

（2）先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动.（如图丙、丁所示）

在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度.

T

考向2：先磁场后电场

对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况:

（1）进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反.

（2）进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直.（如图甲、乙所■示）

粒子进入电场后做加速或减速运粒子进入电场后做类平抛运

动，用动能定理或运动学公式列式动，用平抛运动知识分析

甲乙

【典例4】（2023•海南•统考高考真题）如图所示，质量为m,带电量为+q的点电荷，从原点以初速度火射

入第一象限内的电磁场区域，在0<y<％,0<%<与（/、y0为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在

%>与区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏

转打到接收器MN上，则（）

A.粒子从NP中点射入磁场,电场强度满足£=甯

B.粒子从NP中点射入磁场时速度为％J鬻

C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为翳

D.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是翳厩

【答案】AD

【详解】A.若粒子打到PN中点，则

XQ=V0ti

11qE

5z%=5L.荔m

解得

cm诏Vo

qx*

选项A正确；

B.粒子从PN中点射出时，则

万F

速度

C.粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为0,则

,C%孙m诏

tan。=——=---=——

Vy££XQqEx0

~fn'v0

粒子从电场中射出时的速度

V=--%---

sinO

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则

V2

qvB=m—

r

则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为

d=rcosO

解得

d二Ex。二m%

一Bv0-qBtan。

选项C错误；

D.当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直

最大速度

2yo

vy»n=—

x0=火亡

出离电场的最大速度

则由

V2

qvB=m~

可得最大半径

TH%7HV0\xl+4光

琳=而=市」F-

选项D正确：

故选ADo

•金

三,向观幽之

【针对练习8】（2024•河南•校联考模拟预测）如图所示，P、Q两个平行金属板之间的电压为U,AC上方

有垂直纸面向外的匀强磁场，AC下方存在电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于AC,且垂直于磁

场方向。一质量为〃?、电荷量为q的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近P板的S点由静止开始做加速

运动，从小孔M沿垂直于磁场的方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角在60。，粒子恰好从小孔。

垂直于AC射入匀强电场，最后打在N点，已知4N=2乙则下列说法正确的是（

A.粒子从小孔M进入磁场时的速度大小为喑

B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为¥

C.匀强磁场的磁感应强度大小为延等

2qL

D.匀强电场的电场强度大小为学

【答案】BC

【详解】A.粒子在电场中加速，由动能定理得

1

qU=-mv

可得带电粒子从小孔M沿垂直于磁场方向进入磁场的速度大小

J2Uqm

v=----------

m

故A错误；

B.画出粒子运动的轨迹如图所示（O为粒子在磁场中做圆周运动的圆心），LMOD=120°,设粒子在磁场

中做圆周运动的半径为广,

r+rcos60°=AD=L

得

2

r=3L

故B正确;

C.粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力充当向心力，即

V2

qvB=m——

r

磁感应强度大小

Bmv3mv3y/2Uqm

qr2qL2qL

故C正确；

D.粒子在电场中做类平抛运动，加速度

qE

a=一

m

垂直于电场方向有

2L=vt

沿电场方向有

1,

L=-at2

乙

电场强度大小

mv2U

E=——=-

2qLL

故D错误。

故选BCo

C

【针对练习9】（2023•陕西咸阳•校考模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系中，第一象限内y轴与直线下L

之间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内），轴与直线之间存在方向垂直纸面

向外、磁感应强度为,8的匀强磁场：在直线尸L的右侧存在沿），轴正方向的有界匀强电场，在电场的右侧

存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为8的有界匀强磁场，电场、磁场左右边界的间距相等。质量为〃?、

电荷量为q的带正电粒子甲从y轴上的。点以沿着），轴负方向的速度射入磁场，到达x轴上的。点时速度沿

x轴的正方向，c点的坐标为a,0）；带电量为%的带正电粒子乙从），轴上的〃点以沿着〉，轴正方向的速度射

入磁场，到达。点时以沿X轴的正方向的速度与甲相碰；碰撞后甲、乙立即组成整体进入电场，甲从。到C

的运动时间是乙从。到c的运动时间的2倍，整体从〃点离开电场进入磁场，最后从e点以平行x方向的速

度离开磁场，整体在〃点的速度与电场线的夹角为37。。不计两粒子的重力以及粒子间的相互作用力，碰撞

过程无电量损失,sin37°=0.6、cos37°=0.8,求：

（1）乙的质量以及整体在c点时的共同速度：

（2）整体从〃到e运动轨迹的半径；

（3）电场的电场强度。

【答案】（1）m,u=警；（2）R=-：（3）£二等

2m42m

【详解】（1）设乙的质量为巾0，甲、乙在磁场中运动的周期分别为

2nm

丁甲二西

丁_2nm0

1乙一2

司8x3q

由几何关系可得甲、乙在磁场中运动的速度偏转角均为泉甲从。到。的运动时间与乙从〃到C的运动时间

分别为尸甲、;「乙，甲从〃到C的运动时间是乙从人到C的运动时间的2倍，则有

11

，，甲一2,r乙

联立解得

mQ=m

设甲、乙两粒子在磁场中的速度大小分别为〃甲、由几何关系可得甲、乙在磁场中做匀速圆周运动的半

径均为L,由洛伦兹力提供向心力可得

m琮

Bqu甲=—j—

La

2m吃

3Bx3qV^=—

甲、乙在c点发生碰撞，由动量守恒定律可得

mu甲+mu乙=2mv

联立解得

3BqL

v=———

2m

（2）整体的质量为2〃?，带电量为4G从c到〃做类平抛运动，把整体在〃点的速度％分别沿八），轴分解,

则有

V

—=sin37°

%

v

—=tan370

设整体从p到e运动轨迹的半径为R,由洛伦兹力提供向心力可得

2mv„

Bx4q%=—^—

联解得

2BqL

v=------

'ym

5BqL

v=——

0p2m

SL

”=彳

（3）过p、e分别做速度的垂线，设电场、磁场左右边界的间跖均为d,由几何关系可得

d

—=cos37°

R

设整体从c•到〃的运动时间为/，匀强电场的强度为E,由类平抛运动的规律可得

d=vt

Ex4q

%=------t

y2m

联立解得

3B2qL

E=-----

2m

考向05利用数学圆巧解磁场中的临界问题

1.“放缩圆”法

速度方向一

粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒

定，大小不

子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化

同

适用

XX,XXXX

条件如图所示（图中只画出粒子带正电的情景），速度。越大，XX

/%，、

轨迹圆圆心X/X”x\X

运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，

共线

它们运动学L迹的圆心在垂直初速度方向的直线P产上x需鼠

x/丁依X

界定以入射点P为定点，圆心位于P尸直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这

方法种方法称为“放缩圆”法

2.“旋转圆”法

粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入

匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相

速度大小

适用条同，若射入初速度为内，则圆周运动半径为R嗤。

一定，方P*/

件如图所示

向不同

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射

轨迹圆圆心共圆

点尸为圆心、半径氏一队的圆上

界定将半径为的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种

方法

方法称为“旋转圆”法

3.“平移圆”法

将半径为/?二熟•的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法

界定方法qB

叫平移圆法

粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在

同一直线的带电粒子进入匀强磁场，它们做匀速圆周

运动的半径相同，若入射速度大小为也则半径

速度大小一定，方

适用条件向一定，但入射点/?=生组，如图所示

qB

在同一直线上

XXXXXXX

xx

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直

轨迹圆圆心共线

线上，该直线与入射点的连线平行

鼠高与解卷

【典例5】（2021•海南•高考真题）如图，在平面直角坐标系。町的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁

场，磁感应强度大小为比大量质量为〃人电量为夕的相同粒子从,轴上的P（0,gL）点，以相同的速率在纸

面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与），轴正方向的夹角为以0工。工180。）。当a=150°时，

粒子垂直工轴离开磁场。不计粒子的重力。则（）

A.粒子一定带正电

B.当a=45。时，粒子也垂直x轴离开磁场

C.粒子入射速率为誓

D.粒子离开磁场的位置到。点的最大距离为3遥心

【答案】ACD

【详解】A.根据题意可知粒子垂直》轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确;

BC.当a=150°时，粒子垂直不轴离开磁场，运动轨迹如图

粒子运动的半径为

回L

r=..—=2V3L

cos60

洛伦兹力提供向心力

V2

qvB=m

解得粒子入射速率

24qBL

v=-------

m

若a=45°,粒子运动轨迹如图

根据几何关系可知粒子离开磁场时与“轴不垂直，B错误，C正确；

D.粒子离开磁场距离。点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图

根据几何关系可知

（27）2=（V3L）2+%

解得

xm=3y/5L

D正确。

故选ACD.,

【针对练习10】（2023•江苏盐城・盐城中学校考三模）如图所示，在直角坐标，平面内，有一半径为R的

圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为8,方向垂直于纸面向里，边界与％、y轴分别相切于。、〃两点,

"为直径。一质量为加，电荷量为4的带电粒子从b点以某一初速度心（监大小未知）沿平行于工轴正方向

进入磁场区域，从。点垂直于x轴离开磁场，不计粒子重力。下列判断不正确的是（）

A.该粒子的速度为兄=当

B.该粒子从力点运动到。点的时间为警

C.以当先从〃点沿各个方向在直进入磁场的该种粒子从边界出射的最远点恰为a点

D.以企必从b点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子在磁场中运动的最长时间是焉

【答案】D

【详解】AB.粒子从8点以某一初速度火沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于工轴离开磁场,

如图所示由洛伦兹力提供向心力可得

VQ

qvcB=m—

由几何关系可得

r=R

联立解得

BqR

v=-----

0m

该粒子从0点运动到a点的时间为

90°12nmnm

=360。~4qB~2qB

故AB正确:

y

c.以日％从人点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径