2025年高考物理复习考点解密追踪与预测（新高考）专题09 带电粒子在电磁场中的运动（讲义篇）（解析版）

专题09带电粒子在电磁场中的运动01专题网络·思维脑图02考情分析·解密高考03高频考点·以考定法04核心素养·难点突破05创新好题·轻松练习考点内容考情预测回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例高考对于这部分知识点主要通过带电粒子在电场、磁场以及它们的叠加场或者组合场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，以及对电磁场的临界情况进行处理方式等。带电粒子在匀强磁场中的应用带电粒子在叠加场中的应用带电粒子在组合场中的运动利用数学圆巧解磁场中的临界问题学习目标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导。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。3.掌握数学圆对电磁场临界问题的处理方式。【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1.5×107eVA．3.6×106m/s B．1.2×10【答案】C【详解】洛伦兹力提供向心力有qvB=m质子加速后获得的最大动能为E解得最大速率约为v=5.4×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B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x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=l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a。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x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（

A．E2aB2 B．EaB2【答案】A【详解】由题知，一带电粒子由O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sin解得粒子做圆周运动的半径r=2a则粒子做圆周运动有qvB=m则有q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x轴到达接收屏，则有Eq=qvB联立有q故选A。【典例3】（2022·重庆·高考真题）2021年中国全超导托卡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托卡马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B。若某电荷量为q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v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（

）A．电场力的瞬时功率为qEv12+vC．v2与v1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P=Fvcosθ，则电场力的瞬时功率为P=Eqv1，A错误；B．由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B，B错误；C．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1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。故选D。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，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源．D形盒处于匀强磁场中．(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qvB＝eq\f(mv2,R)，得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D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D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1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…(4)粒子的最后速度v＝eq\f(BqR,m)，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．(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理qU＝eq\f(1,2)mv2可知进入磁场的速度v＝eq\r(\f(2qU,m)).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，qvB＝eq\f(mv2,r).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对同一元素均为常量，故r∝eq\r(m)，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，P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（∠PAM），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＝eq\f(mv,qB)；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）R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)。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φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，即φ＝θ＝2α＝ωt，如图所示。②偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α。（2）时间的计算方法。方法一：由圆心角求，t＝eq\f(θ,2π)·T；方法二：由弧长求，t＝eq\f(θR,v)。2．重要推论(1)当速度v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v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．(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)4.带电粒子在平行边界(存在临界条件，如图所示)考向03带电粒子在叠加场中的应用1．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，则带电体做匀速直线运动．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若重力与电场力平衡，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、轨道等约束的情况下，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，D1和D2是两个相同的中空半圆金属盒，金属盒的半径为R，它们之间接如图2所示的交变电源，图中U0、T0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D1

A．回旋加速器中所加磁场的磁感应强度B=B．质子从D形盒的边缘射出时的速度为2qC．在其他条件不变的情况下，仅增大U0D．在所接交变电源不变的情况下，若用该装置加速13【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T0T可得B=选项A错误；B．粒子从D形盒边缘射出时有1射出速度可表示为v=选项B错误；C．粒子从D形盒射出时q可得v仅增大加速电压U0D．当加速氚核时，其在磁场中运动的周期为T=其周期应该与T0T可知B需要增大所加磁场的磁感应强度，选项D正确。故选D。【针对练习2】（2023·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v沿直线穿过相互垂直的匀强电场（电场强度为E）和匀强磁场（磁感应强度为B1）的重叠区域，然后通过狭缝S0垂直进入另一匀强磁场（磁感应强度为

A．该束粒子带负电B．P1C．粒子的速度v满足关系式v=D．在B2的匀强磁场中，运动半径越大的粒子，荷质比q【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，P1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qvB1=qE解得粒子的速度为v=故C错误；D．在磁感应强度为B2的磁场中，由洛伦兹力提供向心力得qv可得q运动半径越大的粒子，荷质比qm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r，轮子每转一圈，磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。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B，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I向左。下列说法正确的是（）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BID．若单位时间内霍尔元件检测到m个脉冲，则自行车行驶的速度大小2πr【答案】C【详解】A．根据左手定则可知载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b，稳定后电荷所受电场方和洛伦兹力平衡，即qvB=q解得U=Bbv设单位体积内自由移动的载流子数为n，由电流微观表达式I=nqSv整理得U=由于电流强度I和磁感强度B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n=故C正确；D．若单位时间内霍尔元件检测到m个脉冲，周期为T=角速度为ω=自行车行驶的速度大小v=ωr=2πmr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EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为+q和−q的带电粒子，从O点以相同的初速度v先后射入磁场，已知初速度的方向与OF成θ=30°角，两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，下列说法正确的是（）

A．两粒子在磁场中的运动时间相等B．两粒子回到EOF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量不相同【答案】B【详解】A．这两个正、负粒子以与OF成θ=30

因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由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2θ，正粒子在磁场中转过的角度φ=2π−2θ而粒子在磁场中做圆周运动的周期T=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，两粒子射出磁场时速度方向与EOF的夹角都是30∘，因此两粒子回到EOFC．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I由于以相同的初速度射入磁场，两粒子的初动量p0相等，离开磁场时速度大小相等、方向相同，两带电粒子的末动量p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AB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1:2B．若两粒子比荷相同，则从A分别到P、Q经历时间之比为2:1C．若两粒子比荷相同，则两粒子在磁场中速率之比为2:1D．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t=若两粒子比荷相同，则从A分别到P、Q经历时间之比为tA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r根据qvB=m若两粒子比荷相同，则两粒子在磁场中速率之比为vC错误；D．同理C选项，若两粒子速率相同，则两粒子的比荷之比为1:3，D错误。故选A。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电场和匀强磁场，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v与水平方向成θ角从O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g。下列说法中正确的是（）A．微粒从O到A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mgD．该电场的场强为Bv【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和右斜向下的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动．据此可知微粒一定带负电q，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和左斜向上的洛伦兹力qvB，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cos得磁场的磁感应强度B=电场的场强E=Bv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，ab和bc区域的宽度均为d．ab区域存在水平向左、电场强度大小为E的匀强电场；bc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B=Ev0。今有一带正电的微粒从a边缘平行电场方向以初速度v0水平向右射入电场，从b边缘的P点进入bc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A．a、P两点间距离为2B．微粒在ab区域中做半径为d的匀速圆周运动C．微粒在bc区域中做半径为2dD．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为v【答案】AD【详解】AB．微粒在ab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2dCD．微粒在ab区域中运动时间为t且满足mg=qEd=在bc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R=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t故C错误，D正确。故选AD。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，因为其重力一般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)受力情况电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类似平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏转角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半径：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)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．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)【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v0射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0,0<x<x0（x0、y0为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在

A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E=B．粒子从NP中点射入磁场时速度为vC．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为mD．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是m【答案】AD【详解】A．若粒子打到PN中点，则x1解得E=选项A正确；B．粒子从PN中点射出时，则y速度v选项B错误；C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则tan粒子从电场中射出时的速度v=粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvB=m则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d=r解得d=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vx出离电场的最大速度v则由qvB=m可得最大半径r选项D正确；故选AD。【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m、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θ=60°，粒子恰好从小孔D垂直于AC射入匀强电场，最后打在N点，已知AD=L，AN=2L，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2B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为23C．匀强磁场的磁感应强度大小为3D．匀强电场的电场强度大小为3【答案】BC【详解】A．粒子在电场中加速，由动能定理得qU=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v=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），∠MOD=120°，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，r+r得r=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qvB=m磁感应强度大小B=故C正确；D．粒子在电场中做类平抛运动，加速度a=垂直于电场方向有2L=vt沿电场方向有L=电场强度大小E=故D错误。故选BC。【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x=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y轴与直线x=L之间存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为23B的匀强磁场；在直线x=L的右侧存在沿y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B的有界匀强磁场，电场、磁场左右边界的间距相等。质量为m、电荷量为q的带正电粒子甲从y轴上的a点以沿着y轴负方向的速度射入磁场，到达x轴上的c点时速度沿x轴的正方向，c点的坐标为L,0；带电量为3q的带正电粒子乙从y轴上的b点以沿着y轴正方向的速度射入磁场，到达c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a到c的运动时间是乙从b到c的运动时间的2倍，整体从p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（1）乙的质量以及整体在c点时的共同速度；（2）整体从p到e运动轨迹的半径；（3）电场的电场强度。

【答案】（1）m，v=3BqL2m；（2）R=【详解】（1）设乙的质量为m0TT由几何关系可得甲、乙在磁场中运动的速度偏转角均为π2，甲从a到c的运动时间与乙从b到c的运动时间分别为14T甲、14T乙，甲从a1联立解得m设甲、乙两粒子在磁场中的速度大小分别为v甲、v乙，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Bq2甲、乙在c点发生碰撞，由动量守恒定律可得m联立解得v=（2）整体的质量为2m，带电量为4q，从c到p做类平抛运动，把整体在p点的速度vp分别沿x、yvv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B×4q联立解得vvR=（3）过p、e分别做速度的垂线，设电场、磁场左右边界的间距均为d，由几何关系可得d设整体从c到p的运动时间为t，匀强电场的强度为E，由类平抛运动的规律可得d=vtv联立解得E=考向05利用数学圆巧解磁场中的临界问题1.“放缩圆”法适用条件速度方向一定，大小不同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轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法2.“旋转圆”法适用条件速度大小一定，方向不同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同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝eq\f(mv0,qB)。如图所示轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq\f(mv0,qB)的圆上界定方法将一半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法3.“平移圆”法界定方法将半径为的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫平移圆法适用条件速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上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v0,则半径，如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行【典例5】（2021·海南·高考真题）如图，在平面直角坐标系Oxy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B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P(0,3L)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y轴正方向的夹角为α0≤α≤180°。当α=A．粒子一定带正电B．当α=45°时，粒子也垂直x轴离开磁场C．粒子入射速率为2D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3【答案】ACD【详解】A．根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；BC．当α=150°时，粒子垂直粒子运动的半径为r=洛伦兹力提供向心力qvB=m解得粒子入射速率v=若α=45根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误，C正确；D．粒子离开磁场距离O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(2r)解得xD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xOy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B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点，ac为直径。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点以某一初速度v0（v0大小未知）沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a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vB．该粒子从b点运动到a点的时间为πmC．以22v0从bD．以2v0从b【答案】D【详解】AB．粒子从b点以某一初速度v0沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点垂直于xq由几何关系可得r=R联立解得v该粒子从b点运动到a点的时间为t=故AB正确；

C．以22v0r该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知L可知该种粒子从边界出射的最远点恰为a点，故C正确；

D．以2v0从r当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示

由几何关系可知，最大圆心角为90°，则最长时间为t故D错误。此题选择不正确的选项，故选D。【针对练习11】（多选）（2024·陕西汉中·统考一模）如图所示，等腰梯形abcd区域内，存在垂直该平面向外的匀强磁场，ab=cd=2L,bc=L,∠bad=30°，磁感应强度大小为B，磁场外有一粒子源O，能沿同一方向发射速度大小不等的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力。现让粒子以垂直于ad的方向正对b射入磁场区域，发现带电粒子恰好都从cd之间飞出磁场，则（）

A．粒子源发射的粒子均为带负电的粒子B．粒子在磁场中运动的最短时间为πmC．带电粒子的发射速度取值范围为(D．带电粒子的发射速度取值范围为(【答案】BC【详解】A．根据题意，粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可知，粒子源发射的粒子均为带正电的粒子，故A错误；B．当粒子从c点飞出时，其运动的速度最大，轨迹所对应的圆心角最小，则运动时间最短，运动轨迹如图所示

据几何知识可知，粒子在磁场中运动的半径为R则由牛顿第二定律有q解得v粒子在磁场中运动的周期为T=则在磁场中运动的最短时间为t=故B正确；CD．根据题意可知，当粒子的运动轨迹和cd相切时，粒子的速率是最小的，其运动轨迹如图所示

令粒子做圆周运动的半径为R2R解得R解得带电粒子的最小发射速度为v可知带电粒子的发射速度取值范围为(故D错误，C正确。故选BC。一、单选题1．当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差（也称霍尔电势差），这一现象就是霍尔效应。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（）

A．若元件的厚度增加，a、b两端电势差减小B．a端电势低于b端电势C．若要测量赤道附近的地磁场，工作面应保持竖直D．霍尔电势差的大小只由单位体积内电子数目和电子的热运动速率决定【答案】C【详解】B．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故B错误；AD．稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即evB=e由电流微观表达式I=neSv联立可得U=Bdv=BdIneS则a、b两端电势差U与磁感应强度B、元件的前后距离d、单位体积内电子数目n等因素有关，与题中元件的厚度无关，故AD错误；C．由于赤道附近的地磁场平行于地面。若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于竖直状态，故C正确.故选C。2．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，立体图如图甲所示，侧视图如图乙所示，其工作原理是燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，高温等离子体经喷管提速后以速度v=1000m/s进入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射方向的匀强磁场（图乙中垂直纸面向里），磁感应强度大小B0=5T，等离子体在发电通道内发生偏转，这时两金属薄板上就会聚集电荷，形成电势差。已知发电通道从左向右看长L=50cm，宽ℎ=20cm，高A．发电机的电动势为2500VB．若电流表示数为16A，则1s内打在下极板的电子有1010个C．当外接电阻为12Ω时，电流表的示数为5AD．当外接电阻为8Ω时，发电机输出功率最大【答案】D【详解】A．由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得qvB0＝q则得发电机的电动势为E＝B0dv＝1000V故A错误；B．由电流的定义可知I=nen＝1020个故B错误；C．发电机的内阻为r＝ρdLℎ由闭合电路欧姆定律I＝ER+r故C错误；D．当电路中内、外电阻相等时发电机的输出功率最大，此时外电阻为R＝r＝8Ω故D正确。故选D。二、多选题3．如图所示，边长均为L=0.2m的正方形区域ABCD和CEFG位于同一竖直平面内，ABCD内存在竖直方向的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场，CEFG内存在匀强电场。一质量m=1.0×10−6kg、电荷量q=+2.0×10−4C的小球，从距A点正上方ℎ=0.2m的O点静止释放，进入A．ABCD内的电场强度E1B．磁感应强度B=5×10C．若CEFG内存在竖直向下的匀强电场E2，恰好能使小球从F点飞出，则CF两点的电势差D．若CEFG内存在水平向左的匀强电场强度E3=mg【答案】AC【详解】A．小球进入ABCD后做匀速圆周运动，则电场力与质量平衡，有q解得E方向竖直向上，故A正确；B．进入ABCD后做匀速圆周运动，之后恰好从C点沿水平方向进入CEFG，根据几何关系可知，小球在ABCD区域内做匀速圆周运动的半径为r=L=0.2粒子进入ABCD前做自由落体运动，则有v=根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m可得磁感应强度大小为B=根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里，故B错误；C．若CEFG内存在竖直向下的匀强电场E2，恰好能使小球从FL=vtL=12联立解得E则CF两点的电势差为U故C正确；D．若CEFG内存在水平向左的匀强电场强度E3=mgL=解得t水平方向有x=vt′解得x=0.2可知小球从GF边的中点飞出，故D错误。故选AC。4．回旋加速器的工作原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间接电压为U的交流电源。中心A处的粒子源产生的带电粒子，初速度可视为0，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场B中，粒子在磁场中做匀速圆周运动。忽略两盒缝之间的距离。已知粒子被第一次加速后，经过时间t，再次到达盒缝处，与A的距离为d。则（）A．电场变化的周期为tB．粒子被2次加速后，再次经过盒缝时，与A的距离为dC．粒子的最大动能与金属盒半径R有关，与加速电压U无关D．粒子在加速器中运动的时间与加速电压U、金属盒半径R均有关【答案】CD【详解】A．根据加速原理，当粒子在磁场中运动周期与交变电压周期同步时才能处于加速状态，故电场变化的周期在磁场中运动周期相同，而时间t是磁场中运动的半个周期，磁场中运动周期T=2t，所以电场变化周期为2t，故A错误；B．粒子第二次加速后，速度变大，由qvB=m得R=可得v变大，则R变大，则再次经过盒缝时，与A点的距离大于d，则B错误；C．由qvB=mv=则E由此可知，粒子的最大动能只与粒子本身的荷质比，加速半径，和磁场大小有关，与电源电压U无关，故C正确；D．粒子在回旋加速器运动的总时间与粒子在电场中加速，在磁场中偏转次数有关，而电压越高，次数越少，总时间越少，金属盒半径越大，次数越多，时间越长，故D正确；故选CD。5．如图所示，空间中有一个底角均为60°的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小为B、垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd，大小可变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为（）

A．3kBL2 B．33kBL4 【答案】BC【详解】能够从ab边射出的电子，半径最小为从b点射出，如图所示

由几何关系可知r半径最大为从a点射出，如图所示

由几何关系可知r由牛顿第二定律有qvB=m解得r=则有2为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为2故选BC。6．如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为600的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（）

A．粒于带正电B．粒子运动的速度大小为qBdC．粒子在磁场中运动的最长时间为πD．磁场区域中有粒子通过的面积为（【答案】BD【详解】A．速度与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由粒子运动的轨迹根据左手定则可判断，粒子带负电，A错误；B．由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=d，由牛顿第二定律qvB=m则粒子运动的速度大小为v=B正确；C．由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为πm2qBD．由图可知

磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为dD正确。故选BD。7．如图所示，宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度为B，AC和DE是它的两条边界。现有质量为m，电荷量的绝对值为q的带电粒子以θ=45°方向射入磁场。要使粒子不能从边界DE射出，则粒子入射速度v的最大值可能是（）

A．4+2qBLm B．2+2qBLm【答案】BD【详解】题目中只给出粒子“电荷量的绝对值为q”，未说明是带哪种电荷。如图所示

若q为正电荷，轨迹是如图所示的左方与DE相切的14圆弧，轨道半径RL=得v若q为负电荷，轨迹如图所示的右方与DE相切的34RL=得v则粒子入射速度v的最大值可能是2+2qBLm（q为正电荷）或2−故选BD。8．如图所示的xOy坐标系中，y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，y轴右侧的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，一带正电的粒子由y轴上（0，−L）处沿与y轴正方向成30°角的方向以速度v射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子在y轴右侧的轨道半径为L，最终粒子经过O点，粒子重力不计。下列说法正确的是（）A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y轴右侧的磁感应强度大小为vB．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O点的时间为πC．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为πD．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为7【答案】AD【详解】A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，由题意作出粒子的运动轨迹，如图甲所示根据qvB=m解得B=由几何关系可知R=L则有B=A正确；B．由几何关系可知粒子在y轴右侧偏转的角度为60°，则粒子从射入到运动至O点的时间t=由于T=解得t=B错误；CD．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴左右两侧各偏转一次经过O点，如图乙所示，由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径R则y轴左侧磁场的磁感应强度大小B粒子运动的时间t由于T解得t若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴的左侧偏转一次、在y轴的右侧偏转两次经过O点，如图丙所示由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径R则y轴左侧磁场的磁感应强度大小B粒子运动的时间t由于T解得tC错误，D正确。故选AD。三、解答题9．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m（1）粒子的速度v为多少？（2）速度选择器两板间电压U2（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R

【答案】（1）2eU1m；（2）【详解】（1）粒子在A加速器中做加速直线运动，由动能定理得e解得，粒子的速度v为v=（2）粒子在B速度选择器中做匀速直线运动，由受力平衡条件得e解得，速度选择器两板间电压U2U（3）粒子在B2ev可得，匀速圆周运动的半径R为R=10．如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电荷量为−q，质量为m的带负电粒子以一定的速度从P点垂直射入电场，从Q点进入磁场后，恰好垂直y轴从M点离开磁场。已知P点坐标为（0，L），Q点坐标为（L，0），不计粒子受到的重力，求：（1）粒子射入磁场时的速度大小v；（2）M点的纵坐标yM（3）匀强磁场的磁感应强度大小B。

【答案】（1）v=5EqL2m；（2）y【详解】（1）设粒子射入电场时的速度大小为v0，粒子在电场中运动时的加速度大小为a，运动时间为t，粒子在Q点时的速度方向与x轴正方向的夹角为θL=L=Eq=matanv解得v=（2）如图所示，设粒子在磁场中运动的轨道半径为R，根据几何关系有

R=y解得y（3）根据洛伦兹力提供向心力有qvB=解得B=11．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。t=0时，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后粒子从（1）求O、M间的距离。（2）从t=0开始，经过一段时间t，磁场方向变为垂直纸面向里，磁感应强度大小不变，要使粒子能够回到P点，求t的取值范围。【答案】（1）（1+2【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有q可得R=做出粒子的运动轨迹如图所示由几何知识可得OM=（2）粒子做圆周运动的周期T=由题意可知，粒子第一次到达x轴时，速度偏转角为54π，设所需时间为t解得t粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为qE=ma根据速度与时间的关系式有v解得t根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t即t的取值范围为5πm12．在光滑、绝缘的水平桌面上，有一个边长为L=1m正方形区域MNPQ，半径R=0.2m的圆形磁场区与MN，MQ边均相切，磁感应强度大小B=0.5T，方向垂直于水平面向上（俯视图如图）。圆形区域之外有水平向左的匀强电场，场强大小E=0.5V/m，两个大小相同的金属小球a，b均视为质点。小球a的质量ma=2×10−5kg，电量q=+4×10−4C，不带电的小球b质量mb=1×10−5kg，静止在圆周上D点，A、C、D（1）求小球a射入磁场时的速度大小v；（2）求小球a从射入磁场到与小球b相碰所经历的时间t（结果保留3位有效数字）；（3）小球b离开正方形区域时的出射点与D点之间的距离s（结果可保留根式）。【答案】（1）2m/s；（2）0.714s；（3）s=【详解】（1）小球a的轨迹如图所示才能与小球b相撞，故小球a在磁场中做圆周运动的半径r=R在磁场中q代入题中相关数据，解得v（2）小球a在磁场中的运动时间t在电场中qE=0=联立，代入相关数据可得，小球a射入磁场到与小球b相碰撞经历的时间为t=（3）小球a与小球b发生弹性碰撞有m1解得v′a因碰后两球电量平分，两球的速度方向均与电场方向垂直，故均做类平抛运动，则小球b沿电场方向有q代入数据求得a则小球到达MN边界时，小球沿电场方向的位移大小为R=求得t此时小球b垂直电场方向的位移大小为y=因为(y+2R)=所以b小球将从MN上飞出电场，此时小球b离开正方形区域时的出射点与D点之间的距离s=13．利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m、电荷量为q的负离子，其速度方向与y轴夹角θ的最大值为60°，且各个方向速度大小随θ变化的关系为v=v0cosθ，式中v0为未知定值。且θ=0°的离子恰好通过坐标为（L（1）求关系式v=v0co