2025年高考物理復(fù)習：帶電粒子在電磁場中的運動（分層練）（解析版）

專題09帶電粒子在電磁場中的運動

A??？碱}不丟分

命題點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

命題點02帶電粒子在勻強磁場中的應(yīng)用

命題點03帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用

命題點04帶電粒子在組合場中的運動

命題點05利用數(shù)學圓巧解磁場中的臨界問題

B?拓展培優(yōu)拿高分

C-挑戰(zhàn)真題爭滿分

%風?？碱}不番解

【命題點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1】（2023?云南昆明?云南師大附中?？寄M預(yù)測）如圖所示，兩塊平行板M、N帶有異種電荷,

兩板中間有垂直紙面向里的勻強磁場，不計重力的'6兩離子從兩板的左側(cè)沿中線做勻速直線運動，經(jīng)小

孔。垂直進入另一勻強磁場（方向也垂直紙面向里），運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，最終兩離子打到了

隔板上被吸收。下列說法正確的是（）

義\XX

M____\Ia

Xx>bX/'XX

<、、B

XXX\

NX\XX

lb

//

乂XX

A.板M帶負電，板N帶正電

B.離子a帶正電，離子b帶負電

C.在右側(cè)磁場中，離子a的運行時間大于離子6的運行時間

D.洛倫茲力對離子a、b做正功

【答案】B

【詳解】AB.在右側(cè)區(qū)域，根據(jù)左手定則可以判斷，離子a帶正電，離子b帶負電，在電場區(qū)域做勻速直線

運動，則電場力等于洛倫茲力，離子a帶正電，則洛倫茲力向上，電場力向下，場強向下，所以板M帶正電，

板N帶負電，對離子b分析也得到相同結(jié)論，故A錯誤B正確；

C.在電場區(qū)域做勻速直線運動，則電場力等于洛倫茲力

Bqv=Eq

解得

E

V——

B

兩者速度大小相同，但在右側(cè)磁場中，離子a的路程小，所以運行時間小于離子b的運行時間，故C錯誤；

D.洛倫茲力與速度垂直，不做功，故D錯誤。

故選B。

【針對練習2】（2023?北京海淀?統(tǒng)考二模）如圖所示，一塊長為“寬為從高為。的長方體半導(dǎo)體器件，

其內(nèi)載流子數(shù)密度為外沿+y方向通有恒定電流人在空間中施加一個磁感應(yīng)強度為8、方向沿-x方向的勻

強磁場，半導(dǎo)體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢差U,下列說法正確的是（）

A.若載流子為負電荷，則上表面電勢高于下表面電勢

B.僅增大電流/,電勢差U可以保持不變

C.半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受洛倫茲力的大小為胃

nbc

D.半導(dǎo)體內(nèi)載流子定向移動的速率為二

【答案】c

【詳解】A.沿+y方向通有恒定電流，若載流子為負電荷，則電荷移動方向沿-y方向，磁感應(yīng)強度方向沿-尤

方向，根據(jù)左手定則可知，負電荷向上偏轉(zhuǎn)，故上表面電勢低于下表面電勢，故A錯誤；

B.半導(dǎo)體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢差時，電場力與洛倫茲力平衡，則有

U

e—=evB

c

根據(jù)電流的微觀意義可知

I=nevS=nevbc

聯(lián)立可得

BI

U=--

enb

則僅增大電流/,電勢差U增大，故B錯誤；

C.半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受洛倫茲力的大小

UB1

F=evB=e-=——

cnbc

故C正確；

D.根據(jù)

U

e—=evB

c

半導(dǎo)體內(nèi)載流子定向移動的速率

U

v=——

Be

故D錯誤。

故選C。

【針對練習3】（2023?北京西城?統(tǒng)考三模）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交

流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得

到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列

說法中正確的是（)

A.增大勻強電場間的加速電壓

B.增大磁場的磁感應(yīng)強度

C.減小狹縫間的距離

D.增大D形金屬盒的半徑

【答案】BD

【詳解】由

V2

qvB二m五

解得

qBR

v=-----

m

則動能

12Q2B2R2

Ek=2mv=~^r

知動能與加速的電壓無關(guān)，狹縫間的距離無關(guān)，與磁感應(yīng)強度大小和D形盒的半徑有關(guān)，增大磁感應(yīng)強度

和D形盒的半徑，可以增加粒子的動能。

故選BDo

【命題點02帶電粒子在勻強磁場中的應(yīng)用】

【針對練習4】（2023?黑龍江?校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，在無限長直邊界CD的右側(cè)存在垂直紙面向里的

勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為8,無限大擋板所平行于。放置，與CD相距為d,帶電粒子達到擋板時

能夠被擋板吸收，在A處有一粒子源能夠在紙面內(nèi)持續(xù)發(fā)射速度大小相等的電子。當電子在紙面內(nèi)沿A。方

向垂直勻強磁場邊界射入時，恰好未被EP吸收。已知電子的質(zhì)量為優(yōu)，電荷量為e,不計電子重力及電子

間的相互作用。若磁感應(yīng)強度大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，電子速度方向緩慢?。沿順時針旋轉(zhuǎn)到AD時，在擋

板上能夠吸收到電子的長度為（）

c.dE

XXXXX

XXXXX

XXXXX

X\XXX

AkQ

XWQXXX

XXXXX

XXXXX

XXXXX

XXXXX

DXXXXXF

A.(V3-l)dB.2(V3-l)d

C.V3dD.2V3d

【答案】B

【詳解】ABCD.電子垂直邊界射入，恰好未被所吸收，其運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知電子做

圓周運動的半徑為d,根據(jù)

mv2

qvB=-----

r

可知，當磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，電子在磁場中做圓周運動的半徑變?yōu)?d,速度方向改變時，電子

能夠打到擋板上，臨界的運動軌跡如圖乙所示，能夠吸收到電子的區(qū)域為G”，由幾何關(guān)系可得

GH=2dcos30°-2d(1-cos30°)=2(怖—l)d

B正確，ACD錯誤。

故選B。

【針對練習5】（多選）（2024.陜西商洛.校聯(lián)考一模）如圖所示，三個半徑均為R的圓形磁場區(qū)域I、II、

III兩兩相切，圓心分別為。1、。2、03,區(qū)域I、III內(nèi)存在垂直紙面向里勻強磁場，磁感應(yīng)強度均為8°，

帶電粒子以速度為沿。1。3連線方向從區(qū)域I的邊界進入磁場，通過三個區(qū)域后沿。1。3方向從區(qū)域卬邊界射

出，已知粒子電量為e,質(zhì)量為優(yōu)，粒子從進入磁場到出磁場過程，始終在磁場內(nèi)運動，粒子重力不計，則

以下說法正確的是（）

B.區(qū)域H磁感應(yīng)強度大小為3B0

C.粒子在區(qū)域II中速度方向改變了60。角

D.粒子從進入磁場到離開磁場所用時間為粵

9eB（）

【答案】BD

由左手定則可知，粒子帶負電，區(qū)域n磁場方向垂直紙面向外，選項A錯誤;

B.粒子在磁場I中運動的軌道半徑

=Rtan60°

粒子在磁場II中運動的軌道半徑

r2=/?tan30°

則

G=3r2

根據(jù)

evB=m—

r

可得

mv

B=——

er

可得

生=乜=3

Bor2

選項B正確；

C.由圖可知，粒子在區(qū)域II中速度方向改變了120。角，選項C錯誤；

D.粒子從進入磁場到離開磁場所用時間為

60°27rm120°2?im87nH

t—2_i_________—_____

―360°Boe360°3Boe-9e50

選項D正確。

故選BD。

【針對練習6】（多選）（2023?陜西?校聯(lián)考一模）如圖，圓形區(qū)域勻強磁場垂直于紙面，初速度v大小不同

的同種帶電粒子，先后向著圓心射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后射出磁場。忽略帶電粒子的重力，下面說法正確

的是（）

-----

/、、、

/X義義X''、

//\、

■XXXXXx\

?-------??

\xXXXXX/

\、xXXX/

'3_____J

A.粒子運動周期跟速度v成正比

B.粒子受到的向心力與速度V成正比

C.在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角越大，運動時間越長

D.因為洛倫茲力不做功，所以粒子在磁場中受到的洛倫茲力沖量等于零

【答案】BC

【詳解】A.質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，其比荷義相同，根據(jù)

m

V2

qvB=m—

271T

T=——

V

帶電粒子在磁場中運動周期

2nm

T=——

qB

可知，它們進入勻強磁場后做勻速圓周運動的周期相同，故A錯誤;

B.洛倫茲力

F=qvB

提供向心力，所以粒子受到的向心力與速度v成正比，故B正確;

C.粒子在磁場中的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為8,則運動時間

e

t=-----T

360°

故C正確;

D.雖然洛倫茲力不做功，但粒子的動量發(fā)生了變化，根據(jù)動量定理，受到的洛倫茲力沖量不等于零，故D

錯誤。

故選BC。

【命題點03帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用】

O針置緣用

【針對練習7】（2023?河南鄭州?統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電

場強度大小為￡,方向水平向右；磁感應(yīng)強度大小為3,方向垂直于紙面向里。在正交的電磁場空間中有一

豎直放置的光滑絕緣大圓環(huán)。一質(zhì)量為“2,帶電荷量為+q的小圓環(huán)，從大圓環(huán)的最高點由靜止釋放。已知

大圓環(huán)半徑為R,重力加速度為g。關(guān)于小圓環(huán)接下來的運動，下列說法正確的是（）

A.小圓環(huán)從最高點運動到最低點的過程中機械能守恒

B.小圓環(huán)恰好能沿大圓環(huán)做完整的圓周運動

C.小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時的速度為逐證

D.小圓環(huán)運動到大圓環(huán)最低點位置時的速度為

【答案】D

【詳解】A.小圓環(huán)從最高點運動到最低點的過程中，除重力外還有電場力做功，機械能不守恒，故A錯

誤；

B.設(shè)小圓環(huán)所受重力與電場力的合力與豎直方向夾角為凡假設(shè)恰好能做完整的圓周運動，剛好到達等效

根據(jù)動能定理

1

mgR（l-cos。）—qERsind=-mvj

其中

mgtand=qE

解得

域=2州（1-總）＜。

所以假設(shè)不成立，小圓環(huán)不能沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，故B錯誤；

C.小圓環(huán)從最高點運動到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置過程中，根據(jù)動能定理

1

mgR+qER=7—0

解得小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時的速度

2qER

%=2gR+------

Jm

故C錯誤；

D.小圓環(huán)從最高點運動到大圓環(huán)最低點位置過程中，根據(jù)動能定理

1

mg-2R=-mv^?—0

解得小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時的速度

v2=14gR

故D正確。

故選D。

【針對練習8】（多選）（2023?海南?？?海南華僑中學?？寄M預(yù)測）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿

位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度大小E=X邊、方向豎直向上,

q

勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為小、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，

圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為〃?，F(xiàn)使圓環(huán)以初速度幾沿桿向下運動，經(jīng)過時間曲，圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)

回到出發(fā)點之前已經(jīng)開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為g,則下列說法中正確的是（）

A.圓環(huán)下降過程中的加速度逐漸減小

B.圓環(huán)的最大加速度am=

C.圓環(huán)在to時間內(nèi)損失的機械能為稱小卜。？—%篝）

D.圓環(huán)下降過程和上升過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等

【答案】AC

【詳解】A.圓環(huán)向下運動時豎直方向受到重力、向上的電場力和向上的摩擦力。設(shè)圓環(huán)向下運動的加速度

大小為的，則

qE+（iqvB-mgfiqvB

的=---------------=9+-----

mm

因此圓環(huán)速度的減小，會導(dǎo)致其所受洛倫茲力減小，則摩擦力會減小，因此圓環(huán)做加速度減小的減速運動，

故A正確；

B.當圓環(huán)向上運動時，圓環(huán)的加速度大小

qE—fiqvB—mg[iqvB

a2=~=g~~

mm

隨著圓環(huán)速度的增大，圓環(huán)開始做加速度減小的加速運動，之后做勻速直線運動，圓環(huán)向下運動時的加速

度大于向上運動時的加速度，而向下運動時圓環(huán)受到的摩擦力越大，則加速度越大，因此圓環(huán)剛開始運動

時，加速度最大，有

mam=qE—mg+i2qv0B

可得

MV0B

Qm=0+

m

故B錯誤;

C.圓環(huán)先后兩次經(jīng)過出發(fā)點過程中，重力勢能變化量為零，可知圓環(huán)機械能的損失，即為動能的損失，根據(jù)

動能定理，有

11

?z9

△Ek=-mv--mvo

而圓環(huán)最后做勻速運動的速度

mg

v=-----

[iqB

因此圓環(huán)在片時間內(nèi)損失的機械能為

22

1(27ng

AE=-mlv

0H2q2B2

故C正確;

D.圓環(huán)上升和下降的過程中，摩擦力大小的平均值不同，而圓環(huán)運動的路程相同，所以兩過程中，系統(tǒng)因

摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能不相等，故D項錯誤。

故選AC?

【針對練習9】（多選）（2023?廣東珠海?珠海市第一中學?？既＃┤鐖D所示，以棱長為L的正方體頂點。

為原點建立三維坐標系。孫z,其中頂點尸落在x軸上、。落在y軸上。質(zhì)量為加、電荷量為+鄉(xiāng)的粒子（重

力不計〉由。點沿x軸正方向以速度火射入。第一次只在正方體內(nèi)加沿z軸負方向磁感應(yīng)強度大小為8的

勻強磁場，該粒子恰好能通過O0的中點；第二次只在正方體內(nèi)加沿y軸負方向電場強度大小為￡的勻強電

場，該粒子恰好能通過OP的中點；第三次在正方體內(nèi)同時加上勻強磁場和勻強電場；磁場方向不變，電場

)

A.該粒子在正方體內(nèi)運動的時間第一次大于第二次

B.電場強度和磁感應(yīng)強度滿足E=2v0B

C.第三次該粒子在正方體內(nèi)的運動為勻變速曲線運動

D.第三次該粒子將從正方體的上表面穿出

【答案】ABD

【詳解】A.第一次粒子在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡為一圓周，運動半徑為

1

r--L

4

由洛倫茲力提供向心力得

?詔

qv0B=m—

解得

運動時間

rcrTIL

ti=—=~—

Vo4v0

第二次粒子在電場中做類平拋運動，沿+X方向做勻速直線運動，則運動時間為

L

t?=7；--

2%

可知該粒子在正方體內(nèi)運動的時間第一次大于第二次，故A正確；

B.第二次運動中，粒子在沿-y方向做勻加速直線運動，則有

解得

E-2v0B

故B正確；

CD,第三次粒子射入時，所受電場力方向沿z軸正方向，則電場力與洛倫茲力的合力都沿z軸正方向，與

速度不在同一直線，且洛倫茲力不斷變化，粒子不會做勻變速曲線運動，且粒子最終會從正方體的上表面

穿出，故C錯誤，D正確；

故選ABD。

【命題點04帶電粒子在組合場中的運動】

【針對練習10](2023?福建廈門?廈門一中?？既?如圖所示，截面邊長為L的等邊三角形容器2MN的三

條邊均由光滑彈性絕緣壁構(gòu)成，其內(nèi)部存在垂直于紙面向里的勻強磁場，小孔P是4M的中點，底邊MN水平

放置。AM的左側(cè)有豎直向下的電場強度為E的勻強電場。將一質(zhì)量為小、電荷量為+q的粒子以一定的初速

度從。點垂直射入勻強電場，初速度方向平行于MN,粒子恰好從小孔P以速度"垂直于邊進入容器內(nèi)的

勻強磁場，與器壁2次垂直碰撞后(碰撞時無能量和電荷量損失)仍從小孔P垂直于4M射出(運動軌跡為

圖中虛線)。不計粒子重力。求：

(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；

(2)粒子從射入電場到射出磁場運動的時間t。

【答案】⑴寫；(2)胃+竽

qL2qE2v

【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有

V2

qvB=m—

r

根據(jù)幾何關(guān)系有

L

r=2

解得

2mv

B=~qL~

(2)從。到P,粒子做類平拋運動，則有

qE=ma,vy=atr,vy=vcos60"

解得

mv

ti=2qE

在磁場中圓周運動的周期

271T

T=——

V

則粒子在磁場中運動的時間

60°nL

=3x———T=—

2360°2v

則粒子從射入電場到射出磁場運動的總時間

mvTCL

t2~q~E~2~v

【針對練習11]（2023?云南?校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，xOy平面直角坐標系第三象限內(nèi)存在沿y軸正方

向的勻強電場，電場強度為E,第一象限內(nèi)存在垂直坐標平面的勻強磁場（未畫出），是長度為L的絕

緣擋板，放在第一象限中，使MNPO構(gòu)成邊長為工的正方形。一帶電量為q、質(zhì)量為機的帶正電粒子，由

第三象限中的S點以沿x軸正方向的初速度射出，經(jīng)過一段時間恰好從。位置進入第一象限，運動到。點

的速度為VI,速度方向與x軸正方向夾角為45°,帶電粒子與擋板發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一次碰撞后從P點、（L,

0）離開第一象限，不計粒子的重力。

（1）求粒子初始位置S到。的距離；

（2）求第一象限中磁感應(yīng)強度的方向與大?。?/p>

（3）若將沿y軸正方向平移L求粒子第一次打在板上的位置坐標。

【答案】（1）畫等；（2）半詈，方向垂直紙面向里；（3）（亞衛(wèi)32L）

4qE5qL4

【詳解】（1）設(shè)初始位置S與。之間的水平距離為X,豎直距離為y,運動時間為則

v0=v1cos45°

%sin45°=at

由牛頓第二定律得

Eq=ma

水平位移

x=vot

豎直位移

y=、2

S。之間的距離由幾何關(guān)系得

S=+y2

解得

s=---------

4qE

(2)若粒子要和擋板相碰，受力方向在速度左側(cè)，可得磁場方向垂直紙面向里，帶電粒子在磁場中做勻速

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

qvB=m—

rv

由OP點的對稱性可知，帶電粒子和擋板在擋板中點相碰，由幾何關(guān)系可得

1

tan。=-

2

0C/.p.5A/2L、

7=2由詬）（或丁=?。?/p>

解得

2y/2mv

B=^L~1

(3)打在C，，軌跡距離y軸最遠時，速度方向沿y軸正向，連接。'與最遠點，過C，做連線的垂線，垂足為

D,如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系有

rcos45°+CD=2L

r2=CD+。'。2

2

xcr=O'D—rsin45°

解得C，的坐標為2L)o

4

【針對練習12](2024?浙江?校聯(lián)考模擬預(yù)測)如圖為某同學設(shè)計的帶電粒子的聚焦和加速裝置示意圖。位

于S點的粒子源可以沿紙面內(nèi)與SO/(0/為圓形磁場的圓心)的夾角為8(8W60°)的方向內(nèi)均勻地發(fā)射速

度為vc=10m/s、電荷量均為q=-2.0xl0"C、質(zhì)量均為m=1.0xl(p6kg的粒子，粒子射入半徑為R=0.1m的圓形

區(qū)域勻強磁場。已知粒子源在單位時間發(fā)射N=2.0xl()5個粒子，圓形區(qū)域磁場方向垂直紙面向里，沿著S。/

射入圓形區(qū)域磁場的粒子恰好沿著水平方向射出磁場。粒子數(shù)控制系統(tǒng)是由豎直寬度為工、且乙在0<L<2R

范圍內(nèi)大小可調(diào)的粒子通道構(gòu)成，通道豎直寬度L的中點與。/始終等高。聚焦系統(tǒng)是由有界勻強電場和有

界勻強磁場構(gòu)成，勻強電場的方向水平向右、場強E=0.625N/C,邊界由x軸、曲線OA和直線GF(方程為：

y=-x+QA(m))構(gòu)成，勻強磁場方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度B=0.25T,磁場的邊界由x軸、直線GF、y

軸構(gòu)成，已知所有經(jīng)過聚焦系統(tǒng)的粒子均可以從尸點沿垂直x軸的方向經(jīng)過一段真空區(qū)域射入加速系統(tǒng)。

加速系統(tǒng)是由兩個開有小孔的平行金屬板構(gòu)成，兩小孔的連線過尸點，上下兩板間電勢差U=-10kV,不計

粒子的重力和粒子間的相互作用力。求：

(1)圓形磁場的磁感應(yīng)強度反；

(2)當工=R時，求單位時間進入聚焦系統(tǒng)的粒子數(shù)M；

(3)若進入加速系統(tǒng)內(nèi)粒子的初速度均忽略不計，設(shè)從加速系統(tǒng)射出的粒子在測試樣品中運動所受的阻力

了與其速度v關(guān)系為/=ku(^=0.2N-s-m-1),求粒子在樣品中可達的深度d；

(4)曲線OA的方程。

'|樣品

測試平臺

【答案】（1）0.5T；(2)1x105；(3)10-2m；(4)10y2-y-x=0

【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力得

2

VQ

=0幾殳

解得圓形磁場的磁感應(yīng)強度為

Bo=0.5T

（2）臨界1：粒子恰好從控制系統(tǒng)上邊界進入，粒子在S點入射速度與SO1的夾角為。1，則

R

71

sin?！慷?/p>

解得

%=30°

臨界2：粒子恰好從控制系統(tǒng)下邊界進入，粒子在S點入射速度與S3的夾角為&，則

R

21

sin"=萬=5

KZ

解得

。2=30°

能進入控制系統(tǒng)的粒子數(shù)

30°+30°

NN=1x

。12()

（3）對粒子在加速系統(tǒng)運用動能定理

1,

qU=-mv

解得

v—2000m/s

對粒子進入樣品得過程運用動量定理

—￡kuAt=0—mv

粒子在樣品中可達的深度為

mv.

d==――=10-2m

K.

(4)設(shè)粒子從曲線04的(%,y)點進入電場，則粒子從直線GF的(0.4-y,y)點射出電場，根據(jù)動能定理有

/、1?17

Eq(0.4—y—X)=-mv^--mvQ

由洛倫茲力提供向心力得

2

-y~=

曲線OA的方程為

10y2—y—x=0

【命題點05利用數(shù)學圓巧解磁場中的臨界問題】

【針對練習13](2023?河南開封??？寄M預(yù)測)虛線OM和虛線ON之間的夾角為30。，如圖所示，虛線

OM上方存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一帶負電的粒子沿紙面以大小為v的速度從。點右側(cè)距離為

乙的A點向左上方射入磁場，速度與OM成30。角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，

并從上另一點射出磁場，不計重力。則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為()

XXXXXX

xxxBx盯。

XXX/又XX

C.2LD.3L

【答案】A

軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于

O'A=O'D=T

故△4。'。為等邊三角形，則

AO'DA=60°

而

AMON=30°

則

乙OCD=90°

故CO切為一直線，則

解得

L

r=3

故A正確，BCD錯誤。

故選A。

【針對練習14]（2023?貴州遵義?統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形區(qū)域，其圓心

為O,最高點為P,該區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為瓦在圓形區(qū)域右側(cè)豎直放

置一粒子收集器，M、N為收集器上、下邊緣的兩點，與圓形區(qū)域在同一平面內(nèi)，。與N在同一水平

線上，MN=R,ON=屬。從P點沿方向射入大量速率不等的同種粒子，粒子所帶電荷量為外質(zhì)量

為機。忽略粒子間的相互作用力和粒子重力，關(guān)于打在收集器MN上的粒子，下列說法正確的是（）

p

/

/X*XX

/

/V

/XXXXX

\XBx(9*XX

\XXXXX

\/

X/

、XXX/f

A.粒子帶負電

B.粒子在磁場中運動的最短時間為%

3Bq

C.打在收集器上的粒子的最小速率為包”

m

D.從P點到N點的粒子比從尸點到M點的粒子運動時間短

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)題意可知，粒子在磁場中向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤;

由圖可知，粒子打到N點時，在磁場中的軌跡對應(yīng)的圓心角最小，在磁場中的運動時間最小，則有

1127tmnm

tmin=4?=4XW=2^

故B錯誤；

C.粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得

V2

qvB=m—

r

解得

mv

v=——

qB

由圖可知粒子打到M點時，在磁場中的軌道半徑最小，粒子的速度最小，根據(jù)幾何關(guān)系可得

V3Rl

tan0=——=V3

R

可得

6=60°

則最小半徑為

0V3

4=jRtan—=--R

123

聯(lián)立解得打在收集器上的粒子的最小速率為

6BqR

v—

13m

故c錯誤;

D.由圖可知，從尸點到N點的粒子在磁場中的運動時間小于從P點到M點的粒子在磁場中的運動時間;

離開磁場到打到收集器，從尸點到N點的粒子通過的位移小于從P點到M點的粒子通過的位移，從尸點

到N點的粒子的速度大于從尸點到M點的粒子的速度，則從P點到N點的粒子從離開磁場到打到收集器

所用時間小于從P點到M點的粒子從離開磁場到打到收集器所用時間，故從P點到N點的粒子比從P點

到M點的粒子運動時間短，故D正確。

故選D。

【針對練習15]（2024?河北邯鄲?統(tǒng)考二模）如圖所示，半徑為E的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里，磁感應(yīng)

強度大小為8的勻強磁場，尸點有一粒子源，某時刻粒子源向磁場所在區(qū)域與磁場垂直的平面內(nèi)所有方向發(fā)

射大量質(zhì)量為如電荷量為q的帶正電的粒子，粒子的速度大小相等，這些粒子射出磁場時的位置均位于

尸。圓弧上且Q點為最遠點。已知尸。圓弧長等于磁場邊界周長的四分之一，不計粒子重力和粒子間的相互

A.粒子從P點入射的速率「鬻

B.粒子在磁場中運動的最長時間t=2

C.若將磁感應(yīng)強度的大小增加到魚8,則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉淼膢

D.若將粒子的速率增大為原來的2倍，則粒子在磁場中運動的最長時間1=妥

2qB

【答案】ACD

【詳解】A.從P點射人的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為Q,貝UPQ之間的距離為軌跡圓的直徑,

已知PQ圓弧長等于磁場邊界周長的四分之一，可知旋轉(zhuǎn)圓的軌跡半徑

V2R

T=丁

粒子在勻強磁場中由洛倫茲力提供向心力有

v2

qvB=m—

r

解得

y[2qBR

v----------

2m

故A正確;

B.當粒子軌跡半徑r<R時，粒子在磁場中運動的最長時間為一個周期

27rm

T=——

qB

故B錯誤;

C.根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

mv

r=—

qB

當將磁感應(yīng)強度的大小增加到旋轉(zhuǎn)圓半徑

,V21

r=--Y=-Rn

22

此時弧長對應(yīng)的弦長為R,因此有粒子射出的邊界圓弧對應(yīng)的圓心角為60。，則粒子射出邊界的圓弧長度變

為原來的（故C正確；

D.若將粒子的速率增大為原來的2倍，則旋轉(zhuǎn)圓的半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即

r"=2r=V2/?

此時粒子運動軌跡對應(yīng)的弦最長時，圓心角最大，粒子運動時間最長，磁場圓直徑為弦是最長時間，根據(jù)

幾何關(guān)系，此時圓心角為90。，因此粒子在磁場中運動的時間為

1Tim

t——T=-----

42qB

故D正確。

故選ACDo

+匚—?w3由a

冒:B.《i展培休量高分

一、單選題

1.（2022上?山西晉城?高二晉城市第二中學校?？茧A段練習）如圖甲、乙所示，兩空間分別存在豎直向下的

勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，時、FQ'分別為紙面內(nèi)的半圓形曲線，0、。'分別為兩半圓的圓心,

PQ、PQ分別為兩半圓的水平直徑，將帶電粒子分別從P、P'點水平射出，分別經(jīng)過半圓曲線的M、M，點、,

不計粒子重力及空氣阻力，則下列說法正確的是（）

B.甲圖中粒子帶負電，乙圖中粒子帶正電

C.甲圖中粒子經(jīng)過/點時速度方向的反向延長線有可能經(jīng)過圓心。

D.乙圖中粒子經(jīng)過點時速度方向的反向延長線一定經(jīng)過圓心0，

【答案】D

【詳解】AB.甲圖中，由于帶電粒子在電場中受到向下的電場力，故粒子帶正電，乙圖中，由左手定則可

知粒子帶正電荷，故AB錯誤；

C.甲圖中帶電粒子做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知，粒子經(jīng)過M點時速度方向的反向延長線與過尸

點的水平距離的交點為水平位移的中點，即交點與尸點的距離為％=］如果經(jīng)過圓心。，則要求水平方向

的位移應(yīng)為x=2R,明顯PM兩點間的水平位移力PM<2R,所以假設(shè)不成立，故C錯誤；

D.乙圖中粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)粒子的軌跡半徑為R,半圓的半徑為r,粒子從〃射

出的速度為方,運動軌跡如圖所示

因P0i=M，0i=R,O'P'=O'M'=r,。，。1為公共邊，所以AOiP'O,w△3〃。

因P'點的速度"的方向沿P'。'指向。'，且。#'1v,所以。止‘1P'O',即=90°,因此ZO1M。=90°,

即又因為所以以與。'M'共線，即粒子經(jīng)過M'點的速度方向的反向延長線一定過

圓心。'，故D正確。

故選D。

2.（2022下?福建莆田?高二莆田二中?？茧A段練習）一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬度為b,厚度為d,將

導(dǎo)體置于一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的方向垂直于側(cè)面，如圖所示。當在導(dǎo)體中通以圖示

方向的電流/時，在導(dǎo)體的上下表面間用電壓表測得的電壓為UH，已知自由電子的電量為e,則下列判斷正

確的是（）

A.導(dǎo)體內(nèi)自由電子只受洛倫茲力作用

B.用電壓表測照時，電壓表的“+”接線柱接上表面

C.金屬導(dǎo)體的厚度d越大，UH越小

D.該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為亮

ebUH

【答案】D

【詳解】A.定向移動的電子受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下表面間形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫

茲力作用下處于平衡，A錯誤；

B.由圖，磁場方向向里，電流方向向右，則電子向左移動，根據(jù)左手定則，電子向上表面偏轉(zhuǎn)，則上表面

得到電子帶負電，那么下表面帶上正電，所以電壓表的“+”接線柱接下表面，B錯誤；

CD.根據(jù)

U

e—H=eBv

a

再由

I=neSv=nebdv

得

nneb

則如與金屬導(dǎo)體的厚度d無關(guān)；導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為

BI

Y\----------

ebUH

故C錯誤，D正確;

故選D。

3.（2023?湖北襄陽?襄陽四中校考模擬預(yù)測）如圖甲所示，邊長為L的正方形加cd區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁

感強度大小為Bo,方向垂直于油〃所在平面，且周期性變化（周期7可根據(jù)需要調(diào)整），如圖乙所示，設(shè)

垂直abed平面向里為磁感強度的正方向。現(xiàn)有一電子在t=0時刻由。點沿ab方向射入磁場區(qū)，已知電子

的質(zhì)量為加，電荷量大小為e,圖中邊界上有兩點/、g,且=關(guān)于電子在磁場中的運動，以

下說法中正確的是（）

圖甲圖乙

A.調(diào)整磁場變化周期T,讓電子沿歷方向經(jīng)過c點，電子的速度大小一定是更叱

m

B.調(diào)整磁場變化周期T,讓電子經(jīng)過d點，電子的速度大小一定是警

2m

C.要想讓電子經(jīng)過點/點，則磁場變化周期一定是筌

JCDQ

D.要想讓電子垂直be邊過g點，則磁場變化周期一定是智

36DQ

【答案】D

【詳解】A.要想讓電子沿6c方向經(jīng)過c點，可能的軌跡如圖所示

也可以轉(zhuǎn)奇數(shù)個;圓弧后到c,根據(jù)洛倫茲力充當向心力，有

4

V2

B^ev=m—

r

可得

mv

根據(jù)以上分析則有

「噫=熹(〃=°'1,2…)

解得

”飆（―…）

故A錯誤;

B.要想讓經(jīng)過d點，可能的軌跡如圖所示

eBL

v=----0--

2m

或者先順時針轉(zhuǎn)磁場的半個周期g之后逆時針轉(zhuǎn)，從ad方向經(jīng)過d

r+V3r=L

解得

eBL

v---------0------

(1+V3)m

故B錯誤；

C.要想讓電子經(jīng)過了點，軌跡可能如圖所示

_-、b

XX1

I

XX

XXI

XX\

XXI

XX1

XX\

------JC

由幾何關(guān)系可得

R2=(L—R)2+

解得

2

R=-L

3

只要滿足運動時間t<（即可；或者如圖所示

圓周周期Ti=詈，每一次轉(zhuǎn)過120。圓心角

~3=2

解得

4jim

T=------

3eB0

故c錯誤；

D.要想讓電子垂直兒邊過g點，經(jīng)過偶數(shù)次偏轉(zhuǎn)，每一次轉(zhuǎn)過60。圓心角，圓周周期△=等，則有

4T

~6=2

解得

2Tim

T=---

3eB0

故D正確。

故選D。

4.（2023?山東濟南?山東省實驗中學校考二模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁

場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度8,一比荷為區(qū)的帶正電粒子，從圓形磁場邊界上的A點以為=位的速度垂

mm

直直徑A/N射入磁場，恰好從N點射出，且乙4ON=120。，下列選項正確的是（）

A.粒子在磁場中運動的時間為力=會

3qB

B.粒子從N點射出方向豎直向下

C.若粒子改為從圓形磁場邊界上的。點以相同的速度入射，一定從N點射出

D.若要實現(xiàn)帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場的最小面積為5=等

【答案】C

【詳解】A.粒子恰好從N點射出，軌跡如下圖所示，運動周期為

四邊形AONP的圓心角為

a=乙APN=乙AON

粒子在磁場中運動的時間為

a2nm

t—"萩

故A錯誤；

B.粒子在磁場中速度偏轉(zhuǎn)120。，從N點射出方向是與豎直方向呈30。，故B錯誤；

C.若粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，軌跡如下圖所示，四邊形SCON為菱形，由幾

何知識可知一定從N點射出，故C正確；

D.若要實現(xiàn)帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場以AN為直徑時面積最小，最小面積為

故D錯誤。

故選Co

5.(2023?安徽?模擬預(yù)測)如圖，一個邊長為/的正方形MNPQ區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁

感應(yīng)強度大小為瓦現(xiàn)有一質(zhì)量為機、帶電量為q(q>0)的粒子以某一速度從M點垂直于磁場射入，粒子

恰好從PQ的中點射出磁場。已知粒子射入磁場時的速度方向與MQ的夾角為60。，不計粒子重力，粒子射入

磁場的速度大小為()

\"v??

(10V3-5)qBi(10V3+5)qBi口（回1）2

A.-------B.-------

22m22mmm

【答案】B

【詳解】根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖

由題可知a=30。，根據(jù)幾何關(guān)系有

I

21

tan。=丁==

I2

則

MK2=12+(1)2

粒子運動的軌跡半徑為

1

5MK

R=-4———

cos(a+8)

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

V2

qvB=m示

聯(lián)立解得

(10V3+5)qBl

V=------------

227n

故選B。

二、多選題

6.(2023?重慶?校聯(lián)考模擬預(yù)測)如圖所示，上表面水平且粗糙程度處處相同、質(zhì)量M=1kg的小車A靜置

于光滑水平面上，均帶正電且電荷量均為q=1C的小物塊B、C靜置于小車A上表面，B、C質(zhì)量分別為根1=

0.2kg、m2=0.6kg,整個空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小B=0.5T的勻強磁場。某時刻突然給小

車A—大小/=12N-s的水平?jīng)_量，小車A足夠長，小物塊B、C均可視為質(zhì)點且B、C間距足夠大，重力

加速度g取10m/s2,不計空氣阻力，經(jīng)過足夠長時間后()

A.小車A的速度大小為7m/s

B.物塊B的速度大小為4m/s

C.物塊C的速度大小為12m/s

D.整個系統(tǒng)因摩擦增加的內(nèi)能為31.2J

【答案】ABD

【詳解】由左手定則，B、C的洛倫茲力豎直向上，始終垂直于明以A、B、C為整體，則水平方向動量守

恒

（常數(shù)）

MVA+m1vB+m2vc=C

當B與A無作用力時，即

qvBB=m1g

解得

vB=4m/s

當C與A無作用力時，即

qvcB=m2g

解得

vc=12m/s

ABC.某時刻突然給小車A一大小/=12N?s的水平?jīng)_量，vB=4m/s,"c<12m/s時，則

MVA++m2vc=I

解得

vA=vc—7m/s

AB正確，C錯誤；

D.由動量定理

憶初=/

解得

"A初=12m/s

由能量關(guān)系

111

Q=%=△%=2“％2初-5Ml詔7-2m2^c7=31.2J

7.（2023?吉林長春?統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，兩塊豎直放置的互相平行的帶電金屬板間距為d,兩板間電勢差

為U,兩板間存在垂直紙面向里的勻強磁場.一束質(zhì)量為小，電量為e的電子，通過左側(cè)帶負電極板上方的

小孔，水平進入電場中，若忽略電子進入時的初速度，不計電子的重力及電子間的相互影響，則關(guān)于電子

的運動，下列說法正確的是（）

DXXX[

XXX

XXX

XXX

A.電子在板間做勻變速曲線運動

B.電子在板間做變加速曲線運動

C.若使電子束不碰到右側(cè)帶正電的極板，磁場的磁感應(yīng)強度至少為厚

7ed2

D.若使電子束不碰到右側(cè)帶正電的極板，磁場的磁感應(yīng)強度至少為修

7ed2-

【答案】BC

【詳解】AB.電子運動過程中受到兩個力，一個是恒力電場力，一個是變力洛倫茲力，其中洛倫茲力的大

小和方向都在變化，故電子在板間做變加速曲線運動，A錯誤，B正確；

CD.假設(shè)軌跡與極板的切點為P,則

Xp—d

vPx=°

由能量關(guān)系可知

1

—mvp7y=Ue

取運動軌跡上某點，當墊子位于該點時，它所受的y方向的力是

Fy=Bevx

這個力提供了電子在y方向上的加速度，則

Bevx=may

以上關(guān)系在任意點都適用，故

Be竺=4

At；

即

BeAxj=m^Vyi

把電子從0點到P點運動過程中所有小段求和，即

Bed—mvpy

解得

2Um

B=

ed2

故若使電子束不碰到右側(cè)帶正電的極板，磁場的磁感應(yīng)強度至少為J翳C',D錯誤。

故選BC。

8.（2023?遼寧大連?育明高中?？家荒＃┤鐖D所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段C。。光滑，對應(yīng)圓心

角為120。，C,。兩端等高，。為最低點，圓弧圓心為0',半徑為R,直線段AC、HZ）粗糙，與圓弧段分別

在C、。端相切，整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場中，在豎直

虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為小

電荷量恒為外直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，與直線段的動摩擦因數(shù)為〃，從軌道內(nèi)距

C點足夠遠的尸點由靜止釋放，若PC=I,小球所受電場力等于其重力的,倍，重力加速度為g。則（

A.小球第一次沿軌道AC下滑的過程中先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動

B.小球在軌道AC上下滑的最大速度〃=竽等

3〃qB

C.經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是手根或+3mgR

D.經(jīng)足夠長時間，小球經(jīng)過。點時，對軌道的彈力可能為2?ng