微专题03 ：带电粒子在磁场中的运动-2026届高考物理一轮复习讲义

微专题3：带电粒子在磁场中的运动 【专题目录】 1.理论基础 2.题型构建 题型一 洛伦兹力的相关问题 针对训练：【地磁场】/【洛伦兹力】/【洛伦兹力动态分析】 题型二 “电偏转”与“磁偏转”的比较 针对训练:【类平抛运动】/【圆周运动】 题型三 典型场景运动情况分析 针对训练：【单边界磁场问题】/【圆边界磁场问题】/【临界与极值问题】 3.参考答案 【理论基础】 一、带电粒子在匀强磁场中运动时的常见情形 直线边界vB（粒子进出磁场具有对称性） 平行边界vB（粒子运动存在临界条件） 圆形边界vB（粒子沿径向射入，再沿径向射出） 粒子运动方向与磁场有一夹角，（大于0度小于90度）轨迹为螺线 二、解决带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的“三、二、一” 1. “三法”定圆心 ①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示。 ②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示。 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（c）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.“两法”求半径、圆心角、在磁场中运动时间 （1）“两法”求半径 ①由物理方程求，半径； ②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。 （2）“两法”求时间 ①由圆心角求， ②由弧长求， 3.坚持一前提 前提是认真审题从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示。审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件；然后规范作出运动轨迹图。 4.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系 （1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。 （2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍。【θ=2α（α为弦切角或圆周角）】，如图（d）所示。 5．求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法 由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件。找寻“临界”的两种方法 一是物理方法： ①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值。 二是数学方法： ①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值； ④利用图象法等。 6.易错点：“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 【题型构建】 题型一 洛伦兹力的相关问题 1.(单选)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子,若这些粒子都直接到达地面,将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向,使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响,关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断,下列说法中正确的是(　　) A.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向东偏转 B.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向北偏转 C.若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向南偏转 D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心,它可能在地磁场中做匀速圆周运动 2.（单选）[洛伦兹的动态分析]一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示。假设粒子的电荷量不变，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是 A．粒子由a向b运动，带正电 B．粒子由b向a运动，带负电 C．粒子由b向a运动，带正电 D．粒子由a向b运动，带负电 3．(单选)[洛伦兹的动态分析]如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中 A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变 C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断增大 4．(单选)[洛伦兹的动态分析]如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正的电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动。现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球所带电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中 A．小球的加速度一直增大 B．小球的速度一直增大，直到最后匀速 C．小球的速度先增大，再减小，直到停止运动 D．棒对小球的弹力一直减小 题型二 “电偏转”与“磁偏转”的比较 5.某空间存在着变化的电场和另一变化的磁场，电场方向向右，即图中由b点到c点的方向，电场强度大小变化如图中E-t图像，磁感强度变化如图中B-t图像。已知ab垂直于bc，，在a点，从第1s末时刻开始，每隔2s有一相同带电粒子（粒子重力不计）沿ab方向以速度v射出，这些粒子都恰能击中c点，且粒子在ac间运动时间小于1s，求： (1)图像中E0和B0的比值。O t/s B 2 4 6 8 B0 O t/s E 2 4 6 E0 a c b v (a) (b) (c) (2)第二个粒子和第一个粒子从射出到击中c点所用时间的比值。 6.示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转,电视机中的显像管对电子的偏转是磁偏转。小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比,已知电子的质量为m、电荷量为e,在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计。 (1)如图甲所示,水平放置的偏转极板的长度为l,板间距为d,极板间的偏转电压为U,在两极板间形成匀强电场。极板右端到竖直荧光屏MN的距离为b,荧光屏MN与两极板间的中心线O1O1'垂直。电子以水平初速度v0从两极板左端沿两极板间的中心线射入,忽略极板间匀强电场的边缘效应,求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离; (2)如图乙所示,圆心为O2、半径为r的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,与磁场区域右侧边缘的最短距离为L的O2'处有一竖直放置的荧光屏PQ,荧光屏PQ与O2O2'连线垂直。今有一电子以水平初速度v0从左侧沿O2O2'方向射入磁场,飞出磁场区域时其运动方向的偏转角度为α(未知),请求出tan 的表达式; (3)对比第(1)、(2)问中这两种偏转,请从运动情况、受力情况、能量变化情况等角度简要说明这两种偏转的不同点是什么?(至少说出两点) 题型三 典型场景运动情况分析 7. (单选)【单边界磁场问题】如图所示,在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。 P为屏上的一小孔。PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为-q的粒子(不计重力),以大小相同的速度v,从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场(B)垂直的平面内,且散开在与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为(　　) A. B. C. D. 8. (单选)【圆边界磁场问题】如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,质量为m、带电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场,从磁场中射出时速度方向改变了θ角,则磁场的磁感应强度大小为(　　) A. B. C. D. 9.(单选)【临界与极值问题】如图所示,在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场,图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点,不计粒子重力。下列说法中正确的是(　　) A.粒子a带负电,粒子b、c带正电 B.射入磁场时粒子a的速率最小 C.射出磁场时粒子b的动能最小 D.粒子c在磁场中运动的时间最长 10.（多选）【临界与极值问题】如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q/m的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场。粒子间的相互作用及重力不计。设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直PQ射出。则（ ） A．从PQ边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 B．沿θ=120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长 C．粒子的速率为 D．PQ边界上有粒子射出的长度为 11.（多选）【临界与极值问题】如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，。现垂直AB边射一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t0（不计重力）。则下列判断中正确的是 A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0 B．该匀强磁场的磁感应强度大小为 C．粒子在磁场中运动的轨道半径为 D．粒子进入磁场时速度大小为 12.（单选）【多粒子运动/临界与极值问题】如图所示，半径为R的1/4圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是（ ） A．粒子都击中在O点处 B．粒子的初速度为 C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．粒子到达y轴上的最大时间差为 13.【临界与极值问题】如图所示，金属板M、N竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为U0，E、F金属板水平平行放置，间距为d，板长为L，其右侧区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场AC边界与AB竖直边界的夹角为60°，现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔s1处由静止出发，穿过小孔s2后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从P处离开偏转电场，平行AC方向进入磁场，若P距磁场AC与AB两边界的交点A距离为a，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，试求： (1)粒子到达小孔s2时的速度v0； (2)EF两极板间电压U； (3)要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，试求磁场磁感应强度的最小值。 14．【磁场变化】如图所示平面坐标系xOy中，第一象限，x轴右侧有一半径为R的半圆形垂直纸面向里的匀强场，A点为圆心，OP为直径，磁感应强度大小为B。半圆形磁场外有一大小相等方向垂直纸面向外的无限宽匀强磁场。一粒子源从O点可沿x轴发射质量为m，电荷量为q的正电粒子（重力忽略）。 （1）若粒子离开O点后，恰好第三次通过磁场分界处量到达P点，求粒子的速度为多大？（附加作图） （2）若放射源发出存在各种速率的粒子，求能够到达P点粒子中用时最长的粒子所经历的时间？（附加作图） 15. [多粒子运动问题/旋转圆问题]如图所示，在x轴的上方存在一个垂直xoy平面向里、半径为R的有界匀强圆磁场，磁场的直径在y轴上，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一粒子源，可沿与x轴正方向成30°～150°范围内垂直磁场方向均匀发射速度大小相等、质量为m、带电量为e的电子，这些电子都能够打到右侧与y轴平行放置的屏MN上，被屏反弹后以原速率沿原方向返回，其中沿y轴正向射入的电子能够垂直打到屏上，屏的横坐标为。不计电子的重力和电子间的相互作用，求： （1）电子射入磁场时的速度大小； （2）电子打到屏MN上的长度； （3）电子从O点出发到返回磁场右边界的最短时间。 16.【组合场/复杂运动过程】电磁聚焦是约束带电粒子的重要方法,如图所示，粒子源S能够瞬间发出大量质量为m、电荷量为 q(q>0)的粒子，粒子的初速度为零，经过 MN之间的电场加速,从O点射出。由于电场的边缘效应，会使粒子出现微小的发散角α。在O点右侧区域加一沿z轴正方向的匀强磁场，可以使粒子被约東在一定范围内而重新聚焦，在距离 N板右侧L 处放置一个接收屏P，可使粒子打在接收屏上，已知MN 间电势差为U，在α较小时,sinα≈α，cosα≈1,忽略，粒子间的相互作用。 (1)求粒子从O点至到达光屏的时间； (2)要使粒子聚焦于接收屏上0’点，求磁场的磁感应强度大小; (3)若磁感应强度大小为B，改变接收屏与N的距离L，为使所有粒子均能被接收屏接收，求接收屏的最小面积。 【参考答案】 1.A　解析：高能带电粒子在地磁场中受洛伦兹力影响,由左手定则可判断,若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,受到向东的洛伦兹力,则粒子向东偏转,A对B错;若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心,它将不受洛伦兹力,做直线运动,C、D错。 2．B 3．B【解析】对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、拉力F和洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：F–m总gsin α–μFN=m总a①；FN=m总gcos α–F洛②，随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由②知：FN减小，乙所受的滑动摩擦力f=μFN减小；以甲为研究对象，有：m甲gsin θ–f=m甲a③；由①知，f减小，加速度不变，因此根据③可知，甲乙两物块之间的摩擦力保持不变，故B正确，ACD错误；故选B。 4.B【解析】小球下落时受力分析如图所示。开始下落时，电场力大于洛伦兹力，弹力向左，在下落过程中，随着速度的增加，洛伦兹力增大，弹力减少，从而导致摩擦力减少，下落的加速度增大，总有-时刻，洛伦兹力等于电场力，此时弹力为零，摩擦力为零，加速度达到最大值为g，再下落时，洛伦兹力大于电场力，弹力向右，随着速度的增加，洛伦兹力增大，弹力也增大，从而摩力增大，加速度减小AD 错误:当摩擦力增大到与小球的重力相等时，小球开始匀速下落，且一直匀速运动下去，B 正确，C错误 5.解析：(1)第一个粒子在第1s末从a点射出，到达c点的时间小于1s。由E-t图和B-t图可知，在第2s内，空间只存在磁场而无电场。第一个粒子由a点运动到c点的过程是做匀速圆周运动。 ，则∠bac=30° 带电粒子做圆周运动的半径为R=,设粒子带电量为q，则qvB0= 第二个粒子在第3s末从a点射出，到达c点的时间仍小于1s．由已知，在第4s内，空间只存在电场而无磁场。 所以，第二个粒子由a点运动到c点的过程是做类似平抛运动，则 ，有 解得： 有上式联立得： 则 第二个粒子在ac间做类似平抛运动，设经过的时间为则 所以， 6.答案　(1)(l+2b)　(2)tan =　(3)见解析 解析：(1)设电子在偏转电场中运动的加速度为a,时间为t,离开偏转电场时的偏移距离为y,根据运动学公式有y=at2 根据牛顿第二定律有a= 电子在电场中的运动时间t= 联立解得y= 电子飞出偏转电场时,其速度的反向延长线通过偏转电场的中心,设电子打在屏上距O1'的最大距离为Y,则由几何关系可知= 解得Y=(l+2b) (2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得ev0B=解得R= 电子运动轨迹如图所示,由几何关系得,电子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与偏转角相等,均为α 则tan == (3)不同点有: ①电子运动类型不同:在电场中电子做匀变速曲线运动,在磁场中电子做匀速圆周运动; ②电子受力情况不同:在电场中电子受到的电场力是恒力,在磁场中电子受到的洛伦兹力是大小不变、方向不断变化的变力; ③电子速度变化情况不同:在电场中电子速度的大小和方向都发生变化,在磁场中电子速度的大小不改变,仅方向发生变化; ④电子运动方向的偏转角范围不同:在电场中电子运动方向的偏转角度一定小于90°,在磁场中电子运动方向的偏转角度可能大于90°; ⑤电子受力做功不同:在电场中电子所受的电场力做正功,在磁场中电子所受的洛伦兹力不做功; ⑥电子能量变化情况不同:在电场中电场力做正功,电子动能增加,在磁场中洛伦兹力不做功,电子动能不变。 7.D　解析：粒子沿PC方向射入,偏转半个圆周打在PN上的Q点,PQ长度为l1=2R=,粒子沿与PC夹角为θ的方向射入,打在PN上的S点,PS长度为l2=。则在屏MN上被粒子打中区域的长度为Δl=l1-l2=。 8.B　解析：该电荷以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场,将背离圆心射出,轨迹圆弧的圆心角为θ,由几何关系可知,轨迹圆的半径r=,由洛伦兹力提供向心力,轨迹圆的半径r= 解得B=,选项B正确。 9.D　解析：由左手定则可知粒子a带正电,粒子b、c带负电,所以A错;由qvB=m可知r=,由题意及rc<ra<rb得vc<va<vb,所以B、C错;又因为qvB=m·r,得T=,则各粒子运动周期相同,粒子在磁场中的运动时间t=·T,可知粒子c在磁场中运动的时间最长,D正确。 10.BD 【解析】粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力充当向心力，运动半径因为所有粒子和速度都相同，故所有粒子的运动半径都一样，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直PQ射出，可得，故，解得，当粒子轨迹与PQ边界相切时，轨迹最长，运动时间最长，此时根据几何知识可得θ=120°，此时是粒子打在PQ边界上的最低的点，故相对Q的竖直位移为，B正确，C错误；由于v一定，则弧长最短时，时间最短，根据分析可知当粒子沿着边界MN方向向上射入时最短，此时圆心在MN上，θ=30°，所以，此时是粒子打在边界PQ的最上端，根据几何知识可得该点相对O点竖直位移为，故PQ边界上有粒子射出的长度为，A错误，D正确。 11..ABC 【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T=t0，则得周期T=4t0，故A正确。由得，故B正确。设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有t0，得，画出该粒子的运动轨迹，设轨道半径为R，由几何知识得：，可得，故C正确。根据，解得，故D错误，故选：ABC。 12.D 【解析】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，A错误；从最低点射出的也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得，则速度，B错误；偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，时间最长，时间，C错误；从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最长与最短的时间差为，D正确。 13.【答案】(1) (2) (3) 解：（1）粒子加速电场中 粒子到达小孔s2时的速度（4分，其中公式2分，结果2分） （2） 如图所示粒子离开偏转电场时，速度偏转角，（1分） 竖直方向速度 （1分） 在偏转电场中，（1分） 由于 （1分） EF两极板间电压 （1分） （3） 如图所示要使得从AB边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得 （2分） 粒子进入磁场时速度 （1分） 在磁场中， （1分） 所加磁场的磁感应强度最小值为（2分） 14.解：（1）运动轨迹如下图所示，由几何关系得， 粒子的轨迹半径 由得： （2） 用时最长的粒子的运动轨迹刚好和y轴相切，如下图 当粒子在半圆外做圆周运动恰好与y轴相切时，此时粒子的速度为最小值，设带电粒子在磁场内做匀速圆周 运动的轨道半径为r，轨迹圆心O2与半圆圆心O1连线与x轴之间的夹角为θ，由几何关系可知 2rsin2θ=r 两式联立可得:2θ=30° 所以到P点的时间Tmax= 所以粒子到P点用的最长时间为 15.【解答】解：（1）当沿y轴正向射入的电子能够垂直打到屏上，根据圆周运动的特点画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示： 由几何关系可得：r＝R 根据牛顿第二定律可得： 解得：v （2）电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹的圆心分布在以O点为圆心，R为半径的圆上。电子以任意速度方向射入磁场时，其在磁场中的运动轨迹如图所示： 根据几何关系可知，电子离开磁场时的速度方向始终保持不变，为水平向右的方向，当一电子以与x轴成θ方向射入磁场，如图： 其水平射出磁场后打在MN屏上的纵坐标为 y＝R﹣Rcosθ 当θ＝30°时，电子打在MN屏的最低点，代入数据解得： 当θ＝150°时，电子打在MN屏的最高点，代入数据解得： 由此可知，电子打到屏上的长度为： （3）当电子从O点到返回磁场右边界的哭成最短时，电子从O点出发到返回磁场右边界的时间最短。当一电子以与x轴成θ方向射入磁场到返回到磁场右边界的路程为 s＝θR+2（R﹣Rsinθ） 对上式求导可得： s'＝R﹣2Rcosθ 令s'＝0，可得当θ时，s最小，代入数据解得： smin 故电子从O点出发到返回磁场右边界的最短时间为 16.答案： ；； 21 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $$