带电粒子在电场、磁场中的运动-高考物理二轮复习（含答案）

第9讲带电粒子在电场、磁场中的运动-高考物理二轮复习

构建•知识网络锁定主干知识—三

动力学观点：E书fL确定回心

]加速求

-2解几何关系

2研O

功能关系：g/U=-mi--2半

动力学

径

偏转角.。$=黑关系r_2irm

“、qB

偏转一

qUt*（类平抛）运动」一确定制1心角e.I

侧移距离:

'2md/；时间

体验•高考真题明确高考考向三三壬

1.某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OWP。内分布有平行于0。

的匀强电场，N为。尸的中点。模拟动画显示，带电粒子4、〃分别从。点和。点垂直于。。同时进入电

场，沿图中所示轨迹同时到达M、”点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断

A.具有不同比荷B.电势能均随时间逐渐增大

C.到达M、N的速度大小相等D.到达K所用时间之比为1n2

2.（如图所示，由长为R的直管和半径为R的半圆形弯管/）”、虑/组成的绝缘光滑管道固定于水平面

内，管道间平滑连接。儿〃圆心。点处固定一电荷量为。（0>0）的带电小球。另一个电荷量为夕（q>0且

，/n。）的带电小球以一定初速度从。点进入管道，沿管道运动后从/点离开。忽略空气阻力。则（）

A.小球在e点所受库仑力大于在人点所受库仑力

B.小球从c点到e点电势能先不变后减小

C.小球过/点的动能等于过”点的动能

D.小球过人点的速度大于过。点的速度

3.如图所示，n区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；门区有垂直于纸面向外的匀强磁场,其

外边界为圆形，内边界与口区边界重合；正方形与圆形中心同为。点。□区和口区的磁感应强度大小比值为

第1页

4DU一带正电的粒子从口区外边界上。点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从。点离

开。取5出37。=0.6。则带电粒子（）

A.在匚区的轨迹圆心不在O点

B.在匚区和口区的轨迹半径之比为1匚2

C.在□区和口区的轨迹长度之比为127EB7

D.在□区和口区的运动时间之比为127EH48

考情分析：本讲内容在高考中以选择题和计算题形式出现，难度较大。带电粒子在电场中的运动与动力学一样,

同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、功能关系等力学规律，而作图是解决磁场问题的关键，临界问题常

结合动态放缩圆、定点旋转圆、圆平移等几何知识。

L精研-高频考点三—三——三三壬―三—三三―聚焦重难热新壬

考点一带电粒子在电场中的运动

»通法概述

带电粒子在电场中运动的解题思路

动力学法——-牛顿带电粒子受到恒力的作用，可以由牛顿第二定律求其加速度，结合匀变速直线运动的公式

第二定律确定带电粒子的速度、时间和位移等

功能关系法-——动带电粒子在电场中依次通过电势差为U”的.4、8两点时动能的变化量是△&,则

2

能定理△Ek=v2~37?u12

»典例精析

【例1】

4.如图所示，已知两平行金属极板间电压为U,间距为心质量为机的带电金属微粒从距上板的距离为d位

置处由静止释放，从上板小孔进入后恰好能与下板相接触，重力加速度大小为g,则金属微粒所带电荷的电

性和电荷量q分别为（）

第2页

A.负电荷，，7=竿B.负电荷，夕=咿

C.正电荷，q=即界D.正电荷，勺=呼

【例2】

5.负离子空气净化器的部分结构原理如图所示。由空气和带负电荷的灰尘颗粒组成的均匀混合气流，以相

同的初速度沿平行于极板方向进入一个由平行金属板和稳压电源构成的收集器，气流宽度正好等于金属板间

距，在电场的作用下全部灰尘颗粒恰好都能落到下极板上。假设所有灰尘颗粒质量相等，所带电荷量相同，

不考虑重力、浮力影响和颗粒间的相互作用。下列说法正确的是（）

A.收集器上极板带正电

B.电源电压减半，灰尘颗粒的收集效率减半

C.随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量逐渐减小

D.所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能一定相等

方法技巧

电场中类平抛运动的一般思路

（1）处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。

（2）运动规律

①沿初速度方向做匀速直线运动；

②垂直初速度方向，做匀加速直线运动，。=*=盥。

【例3】

6.如图所示，水平向右的匀强电场中，用长为心的绝缘细线系住一质量为，〃的带负电的绝缘小球（可视为

质点），小球静止时细线与竖直方向成。=30。角，此时小球所在位置尸与悬点。两点间的电势差为U。如果

不改变电场强度的大小，而突然将电场的方向变为水平向左，小球将在竖直平面内运动，某时刻获得最大速

度Um（未知），此时细线对小球的拉力大小为尸（未知）。已知重力加速度为g,求：

/O一

-7oT

（1）小球所带的电荷量大小;

第3页

（2）小球运动过程中的最大速度大小Vm及对应细线对小球的拉力大小凡

规律总结

带电体在等效场中的圆周运动

（1）等效重力法

将重力与静电力进行合成，如图所示，则“台为等效重力场中的“重力"，g'=2为等效重力场中的“等效重力加速

m

度”，产合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中相当于竖直向卜的方向。

（iE等效最高点

nR-F

GFA\\，'

"、、一一’等效最低点

（2）等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即

为等效最高点和最低点。

考点二带电粒子在匀强磁场中的运动

»通法概述

解决带电粒子在匀强磁场中运动问题的思路

［画冲迹确定圆心，用儿何方法求半径并画出轨迹〕

轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏

［找遍系卜转角与圆心角、运动时间相联系，在勾强磁场

中运动的时间与周期相联系

利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别

［用规律人

是周期公式和半径公式

»典例精析,

【例4】

7.如图所示，在0夕M的真空区域中有足够长的匀强磁场，磁感应强度为以方向垂直纸面向里。质量为

m、电荷量为夕的带电粒子（不计重力）从坐标原点0处沿图示方向射入磁场中，已知8=60。。粒子穿过x

轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场。则该粒子所带电荷的正负和速度大小是（）

第4页

X

A.带正电，辿带正也缥

m

C.带负电，为竺带负电，翳

规律总结

带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论

（I）带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角（如图甲所示，03=02=01）o

（2）带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角（如图甲所示，ai=a2）o

（3）沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示（两侧关于圆心连线O。'对称）。

X/X

,3%

【例5】

8.2025年5月1日，全球首个实现，聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置（BEST）在

我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂

直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为以内圆半径为Ro。在内圆上力点有。、氏。三个粒子均在纸面

内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知。、机。带正电且比荷均为强，。粒子的速度大小为

瞥，方向沿同心圆的径向；力和c粒子速度方向相反旦与a粒子的速度方向垂直〃不考虑带电粒子所受的

重力和相互作用。下列说法正确的是（）

X

第5页

A.外圆半径等于2/?o

B.a粒子返I口IA点所用的最短时间为C/rf澳

qB

c./＞、c两粒子返回4点所用的最短时间之比为昌

42+2

D.c粒子的速度大小为孝也

考点三三类动态圆模型

»通法概述

示意图适用条件应用方法

以入射点P为定点，将半径

粒子的入射点位置相

放缩作轨迹圆，粒子恰好不

放缩圆同，速度方向一定，速

“陵P’"

射出磁场的临界状态是粒子

度大小不同

运动轨迹与磁场边界相切

（轨迹圆的圆心在P|P2直线上）

粒子的入射点位置相将一半径为公=翳的圆以

旋转圆P同，速度大小一定，速入射点为圆心进行旋转，从

（轨迹圆的圆心在以入射点尸为圆心、半径度方向不同而探索出临界条件

火=翳的圆上）

XXXXXXXX

粒子的入射点位置不

将半径为〃=翳的圆进行

X

平移圆同，速度大小、方向均

平移

一定

（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）

9典例精析,

【例6】

9.如图，直角三角形4co区域内存在磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场，CD=L,0=

30%质量为小、电荷量为1且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直力。边射入磁场，若粒子的速

度大小为耨，不考虑重力及粒子间的作用，V3=1.732,则粒子经磁场偏转后能返回到边的粒子数占

射入到40边总粒子数的百分比为（）

第6页

A.40%B.47.3%

C.52.7%D.60%

【例7】

10.如图，在竖直平面内的0号直角坐标系中，工轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为

在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板A/M到x轴的距离为d,上、下表面

均能接收粒子。位于原点。的粒子源，沿。刈平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒

子所带电荷量为夕，质量为〃?，速度大小均为曙。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则

()

Xx/tx

XX

XXXXXX

XX

O

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d

B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为百”

C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为"

D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为舐

培优•提能加餐三定—三—三――三三三三三三三二三三三拓展思维空间三三三

磁发散与磁聚焦

带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹

圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边

磁聚成立条件：磁界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行

溟④

隹与场区域圆的半（平入点出）

磁发径等于轨迹圆带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射

磁发散磁聚焦

散的半径厂=R入，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则

粒子出射方向与入射点的切线方向平行（点入平

出）

【典例】

第7页

11.如图所示，在xOp平面内存在有界匀强磁场，磁场的边界是半径为火的圆，圆心C点的坐标为(0，

R)，磁场方向垂直K0，平面向外，第口象限内垂直x轴放置的线状粒子源，粒子源的一端在x轴上，氏度为

2R,沿+x方向均匀发射速度大小为w的相同粒子,所有粒子经磁场扁转后从坐标原点。处射出@。第匚象

限内垂直X轴放置一荧光屏S,荧光屏的一端在x轴上，长为班处到y轴的距离为心已知粒子的质量为

机，电荷量为+心不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：

/

国源/二二卜、

/)/,；/〃・：

2R—8：.Q.B.：

一\..../

「、、、、_，/「

0X

S

8R

(1)磁感应强度大小&

(2)能打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比4②。

审题指导:

信息提取信息加工

沿+x方向均匀发射速度大小为V。的相同粒子，所

根据“平入点出”得出带电粒子在磁场中运动的半径厂=火

有粒子经磁场偏转后从坐标原点。处射出①

根据几何关系得出粒子从。点离开磁场时，速度与一x方

打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分

向夹角为0〜60。范围内的粒子都能打到屏上；进而计算得

比k@

出符合要求的入射粒子占总数的百分比

第8页

答案解析部分

1.【答案】D

【解析】【解答】A：根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间相等，由图可知，沿初速度

方向位移之比为2n1,则初速度之比为2口1；沿电场方向的位移大小相等，由可知，粒子运动的加

速度大小相等。

由牛顿第二定律有"。可得号=*带电粒子具有相同比荷，故A错误；

B：带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；

C：沿电场方向，由公式呼=必可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2口1,则到达

M、N的速度大小不相等，故C错误；

D：带电粒子〃、到达K的水平位移相等，则所用时间之比为1匚2,故D正确。

【分析】将粒子运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和平行电场方向的匀加速直线运动，利用运动等

时性和位移关系分析比荷、电势能、速度及交点时间等问题。

2.【答案】B

【解析】【解答】A：根据库仑定律广=做可确定e点库仑力小于/）点，A错误；

B：小球从。到乩静电力不做功，由d到e,静电力做正功，故电势能先不变后减小，B正确；

CD：小球从1到/,静电力做正功，从。到力静电力做负功，故/点的动能大于"点动能，6点速度小于〃

点速度，故C、D错误。

【分析】以点电荷的等势面和库仑力公式为基础，结合电场力做功与电势能变化的关系，以及动能定理分

析各选项。

3【答案】A,D

【解析】【解答】A：根据题意作轨迹图如图所示，由图可知，在口区的轨迹圆心不在。点，故A正确；

B：由洛伦兹力提供向心力，q、，B=〃/可得，=滞，故在口区和口区的轨迹半径之比为金璃T，故B错

误；

C：粒子在□区和□区的轨迹长度分别为八=360°—23（靠一37°）x2w」=翳x2兀门,l2=?^x2nr2=

蔡x2口2,故在口区和口区的轨迹长度之比为）=嘉，故C错误；

ooU工的

D：设粒子在磁场口区偏转的圆心角为明由几何关系cosa=：%=3可得a=37。，故粒子在口区运动的

rl十丫25

时间为八=360。-23器-37。）Tfgx翟,粒子在□区运动的时间为,2=需r=襦乂瑞，联立可得

在□区和口区的运动时间之比为3=器，故D正确。

1211o

第9页

【分析】利用带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式和周期公式，结合几何关系确定轨迹半径、圆心位

置及偏转角度，进而计算轨迹长度和运动时间。

4.【答案】B

【解析】【解答】由题意可知上极板与电源正极相连带正电，金属微粒从上板小孔进入后恰好能与下板相接

触，

故电场力对金属微粒做负功，故金属微粒带负电。由动能定理得mg-2d—qU=0,得电荷量4=咿

故答案为：Bo

【分析】对微粒全程应用动能定理，结合电场方向与受力方向判断电性，再通过做功关系求解电荷量。

5.【答案】B

6.【答案】（1）解：小球带负电，设小球所带电荷量的大小为q,对小球进行受力分析画出其受力示意图如

图所示

mg

根据平衡条件有卜电=qE=mgtanU=2^mg

P与悬点o两点间的电势差为U,则U=Edpo=ELsin0=等

联立，解得q=在晶

OU

（2）解：在不改变电场强度的大小的情况下突然将电场的方向变为水平向左，则当小球摆到竖直线右侧与

竖直方向夹角为0时小球到达等效直力的最低点，此时速度最大，此时细线的拉力最大，由动能定理

2

qE-2Lsin6=imvm

解得“曰竽或

此时，由牛顿第二定律可得尸一2a=1]]军

cosoL

解得F=l^mg

【解析】【分析】（1）小球静止时受力平衡，电场力与重力的合力沿细线方向，结合平衡条件求出电场力与场

强的关系；再利用电势差U与场强E的几何关系联立，解得电荷量。

第10页

(2)电场方向反向后，小球在等效重力场中摆动，最大速度出现在等效最低点；用动能定理求最大速度，再

由牛顿第二定律求细线拉力。

7.【答案】B

【解析】【解答】由题意得，粒子穿过x轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场，说明粒子进入磁场后向上偏

转，根据左手定则，可知粒子带正且，作出其运动轨迹，

如图所示，根据几何关系可知I000=0=60。，设带电粒子在磁场中运动的半径为「，

根据几何关系可得大056()。+〃=/,解得厂=,，带电粒子在磁场中运动，

由洛伦兹力提供向心力，则有然―加已解得y三袈1

r3m

故答案为：Bo

【分析】根据粒子偏转方向判断电性，再结合几何关系确定轨迹半径，最后由洛伦兹力提供向心力公式求

解速度大小。

8.【答案】B,D

【解析】【解答】A：a粒子运动轨迹如图所示

甲

根据％=世勺，可得Ra=Ro,设外圆半径等于R',由几何关系得口人0^=270。，则R占Ro+鱼Ro,A错

m

误；

B：由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmm,a粒子做匀速圆周运动的周

期丁=孕=鬻，在磁场中运动的时间卜=器丁=鬻，匀速直线运动的时间12=孕=猾，故a粒子返

v(iQD36Uqtfv(i

回A点所用的最短时间为tmm=h+i2=/34+乂叫B正确；

qB

C：b、c两粒子运动轨迹如图乙、丙所示