专题三 第9讲　带电粒子在电场和磁场中的运动【精讲精练】-2026届高三物理二轮复习题型突破（新高考通用）

该高中物理讲义围绕电场和磁场中带电粒子运动核心考点，按运动规律、思维方法、物理模型逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生构建分析框架，突破高考难点，体现复习系统性与针对性。 资料以分题型突破和分层练习为特色，如磁场运动中用几何建模法确定圆心角，培养科学思维与模型建构能力。设置基础与巩固刷题，配合真题精讲，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控节奏提供支撑。

专题三　电场和磁场 第9讲　带电粒子在电场和磁场中的运动 一、带电粒子在电场中的运动 1．加速规律：动能定理qU＝mv2－mv，适用于任何电场。 2．偏转公式：类平抛运动分解为匀速直线运动和匀加速直线运动，侧移量y＝＝，偏转角tan θ＝＝。 3．结论：不同带电粒子经同一电场加速再偏转，轨迹重合；速度反向延长线过水平位移中点。 二、带电粒子在有界磁场中的运动 1．圆周运动公式：半径r＝＝，周期T＝(与速度无关)。 2．临界规律：粒子从同一边界入射，出射方向对称；最值问题常对应轨迹与边界相切。 3．结论：磁场中运动时间t＝T，圆心角θ由几何关系确定；矩形磁场中，入射方向与边界夹角等于出射方向与对边夹角。 一、思维方法 1．运动分解法：电场中类平抛运动分解为匀速直线运动与匀加速直线运动，利用分位移、分速度公式关联；磁场中圆周运动分解为径向(向心力)与切向(匀速)，通过几何关系找圆心角。 2．几何建模法：磁场中用“几何半径”对应“运动半径”，通过弦长、边界距离构建直角三角形，结合三角函数求圆心角(如入射、出射速度垂线交点定圆心)。 3．临界极值法：针对有界磁场“动态轨迹”，以“轨迹相切”为临界条件，分析粒子最值(最大偏转角、最小磁场区域等)。 二、物理模型 1．电场中“加速＋偏转”模型：串联动能定理与类平抛公式，强调不同粒子轨迹重合的条件(比荷无关性)。 2．磁场中“有界区域圆周运动”模型：矩形磁场用“对称性”(入射、出射角相等)，圆形磁场用“弦切角定理”，快速确定轨迹参数。 题型1　带电粒子在电场中的运动 (2023·北京卷)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。 (1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1。 (2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。 ①半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2； ②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。 1.(2025·重庆卷)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OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N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、b(　　) 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1∶2 2.(2025·江苏卷)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q。不计重力及粒子间相互作用。求： (1)a运动到最高点的时间t； (2)a到达最高点时，a、b间的距离H。 题型2　带电粒子在有界磁场中的运动 1．带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论 (1)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，θ1＝θ2＝θ3)； (2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连线对称)； (3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲，α1＝α2)。 2．带电粒子在磁场中运动的多解成因 (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)速度不确定形成多解； (4)运动的周期性形成多解。 (多选)(2023·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反，电荷量不变，不计重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动的时间越短 D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 1.(2025·安徽卷)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。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MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy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q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　) 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d C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 2．(多选)(2025·甘肃卷)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B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c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a、b、c带正电且比荷均为，a粒子的速度大小为va＝，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与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(　　) A．外圆半径等于2R0 B．a粒子返回A点所用的最短时间为 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为va 【基础必刷题】 1．(2025·广东江门模拟)如图为静电喷印原理的简图，在喷嘴和收集板之间施加高压电源后，电场分布如图中虚线所示。喷嘴处的液滴受到各方面力的共同作用形成泰勒锥，当电压增至某个临界值时(假设此后电压保持不变)，液滴从泰勒锥尖端射出形成带电雾滴，落在收集板上，则此过程中雾滴(　　) A．动能减小 B．带正电荷 C．电势能减小 D．加速度增大 2．(2025·宁夏石嘴山模拟)如图所示，曲线为一带电粒子在匀强电场中运动的轨迹，虚线A、B、C、D为相互平行且间距相等的四条等势线，M、N、O、P、Q为轨迹与等势线的交点。带电粒子从M点出发，初速度大小为v0，到达Q点时速度大小为v，则(　　) A．四条等势线中D的电势最高 B．粒子从O到P和从P到Q的动能变化量不相等 C．粒子从M到N和从O到P的速度变化量相同 D．如果粒子从Q点以与v相反、等大的速度进入电场，则粒子可能不会经过M点 3．(2025·福建卷)某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|＝2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则(　　) A．B点的电场强度E＝ B．P点场强大于C点场强 C．b粒子在P点动能小于Q点动能 D．b粒子全程克服电场力做功小于2eU 4.(2024·浙江1月选考)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则(　　) A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能mv＋eU C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 5．(2025·浙江杭州二模)如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压UMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则(　　) A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动 B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为 C．各金属筒的长度之比为1∶∶∶… D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1∶∶∶… 6.(2025·山东菏泽期中)如图所示，正方形abcd区域(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从a点沿着ab方向射入磁场中，正方形边长为l，不计粒子的重力，为使粒子从cd边射出磁场区域，粒子的速度可能为(　　) A. B． C． D． 7.(2025·广西贵港模拟)如图所示，空间存在范围足够大且与长方形ABCD所在平面平行的匀强电场，已知AC＝2AB＝4 cm，A、B、C三点的电势分别为12 V、8 V、4 V。一带电粒子从A点以斜向右上方与AD成30°角、大小为v0＝2 m/s的初速度射入电场，恰好经过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．D点电势为6 V B．电场强度大小为 V/m C．粒子过C点时的速度与初速度方向间夹角的正切值为 D．粒子过C点时的速度大小为4 m/s 8．(多选)(2025·吉林白城三模)两个质量相同的带电粒子a、b，从圆上A点沿AO方向进入垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，O为圆心，其运动轨迹如图所示，两粒子离开磁场区域的出射点连线过圆心O，且与AO方向的夹角大小为60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力，则(　　) A．a粒子带负电，b粒子带正电 B．a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为2∶3 C．a、b两粒子的电荷量之比为1∶3 D．a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为2∶1 【巩固必刷题】 9．(多选)(2025·四川卷)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ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Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a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a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子(　　) A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 10．(2025·甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO′方向射入电压为U2的电场(OO′为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U2－t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O′点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A．U2的最大值Um＝U1 B．当U2＝±Um且L＝时，离子恰好能打到样品边缘 C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1 D．在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点 11．(2025·四川卷)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 12．(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求： (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题三　电场和磁场 第9讲　带电粒子在电场和磁场中的运动 一、带电粒子在电场中的运动 1．加速规律：动能定理qU＝mv2－mv，适用于任何电场。 2．偏转公式：类平抛运动分解为匀速直线运动和匀加速直线运动，侧移量y＝＝，偏转角tan θ＝＝。 3．结论：不同带电粒子经同一电场加速再偏转，轨迹重合；速度反向延长线过水平位移中点。 二、带电粒子在有界磁场中的运动 1．圆周运动公式：半径r＝＝，周期T＝(与速度无关)。 2．临界规律：粒子从同一边界入射，出射方向对称；最值问题常对应轨迹与边界相切。 3．结论：磁场中运动时间t＝T，圆心角θ由几何关系确定；矩形磁场中，入射方向与边界夹角等于出射方向与对边夹角。 一、思维方法 1．运动分解法：电场中类平抛运动分解为匀速直线运动与匀加速直线运动，利用分位移、分速度公式关联；磁场中圆周运动分解为径向(向心力)与切向(匀速)，通过几何关系找圆心角。 2．几何建模法：磁场中用“几何半径”对应“运动半径”，通过弦长、边界距离构建直角三角形，结合三角函数求圆心角(如入射、出射速度垂线交点定圆心)。 3．临界极值法：针对有界磁场“动态轨迹”，以“轨迹相切”为临界条件，分析粒子最值(最大偏转角、最小磁场区域等)。 二、物理模型 1．电场中“加速＋偏转”模型：串联动能定理与类平抛公式，强调不同粒子轨迹重合的条件(比荷无关性)。 2．磁场中“有界区域圆周运动”模型：矩形磁场用“对称性”(入射、出射角相等)，圆形磁场用“弦切角定理”，快速确定轨迹参数。 题型1　带电粒子在电场中的运动 (2023·北京卷)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。 (1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1。 (2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。 ①半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2； ②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。 【审题指导】　 关键表述 物理量及其关系 电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集 只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器右侧，颗粒就能够全部收集 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度 加速时间极短，加速距离可以忽略 颗粒速度最大时，加速度为零，竖直方向静电力等于空气阻力 【答案】　(1)　(2)　25% 【解析】　(1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器右侧，颗粒就能够全部收集，有L＝v0t d＝at2 qE＝ma E＝ 解得U1＝。 (2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，有F电＝f 即＝kRv 且＝ 解得U2＝。 ②10 μm的电荷量为q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有f＝kRvmax，f＝qE′ 10 μm的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d＝vmaxt 2．5 μm的颗粒带电荷量为q′＝ 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有 f′＝kRvmax′，f′＝q′E′ 2．5 μm的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d′＝vmax′t 解得d′＝ 2．5 μm的颗粒被收集的百分比为×100%＝25%。 1.(2025·重庆卷)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OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N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、b(　　) 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1∶2 【答案】　D 【解析】　根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，沿电场方向的位移大小相等，由y＝at2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE＝ma，可得＝可知，带电粒子具有相同比荷，故A错误；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；沿电场方向，由公式vy＝at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∶1，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误；由题图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度之比为2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D正确。 2.(2025·江苏卷)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q。不计重力及粒子间相互作用。求： (1)a运动到最高点的时间t； (2)a到达最高点时，a、b间的距离H。 【答案】　(1)　(2) 【解析】　(1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，对粒子a，根据牛顿第二定律有qE＝ma a运动到最高点的时间，由运动学公式有v0sin θ＝at 联立解得t＝。 (2)方法一：根据题意可知，两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖直方向上运动的位移为x1＝＝ 斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为x2＝v0tsin θ＋at2＝＋＝ 则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离x＝x1＋x2＝ 方法二：两个粒子均受到相同电场力，以粒子a为参考系，粒子b以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H＝2v0tsin θ＝。 题型2　带电粒子在有界磁场中的运动 1．带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论 (1)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，θ1＝θ2＝θ3)； (2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连线对称)； (3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲，α1＝α2)。 2．带电粒子在磁场中运动的多解成因 (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)速度不确定形成多解； (4)运动的周期性形成多解。 (多选)(2023·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反，电荷量不变，不计重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出 C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动的时间越短 D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 【审题指导】　 关键信息 破题关键 建构模型 一带电粒子从P点沿PO射入 假设带电粒子带负电，从P点沿半径方向射入有界圆形匀强磁场后，受到洛伦兹力的作用，在磁场中做匀速圆周运动，偏转一定角度后一定沿半径方向射出磁场 如图△O1PO≌△O1AO，若∠O1PlO为直角，则∠O1AO也为直角。建构粒子沿半径方向射入圆形匀强磁场，一定沿半径方向射出磁场的运动模型 【答案】　BD 【解析】　假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的几种可能的运动情况。如图1所示，由几何关系可知△O1PO≌△O1QO，所以∠O1PO＝∠O1QO，又粒子沿直径射入，∠O1PO＝90°，则∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，则每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，D正确；粒子在圆筒中先做圆周运动，与圆筒碰后速度反向，继续做圆周运动，粒子第一次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心，之后轨迹也不可能过圆心，A错误；粒子最少与圆筒碰撞2次，就可能从小孔射出，如图2所示，B正确；根据qvB＝m可知，r＝，则射入小孔时粒子的速度越大，粒子的轨迹半径越大，与圆筒碰撞次数可能会增多，在圆内运动的时间不一定越短，如图3所示，C错误。 1.(2025·安徽卷)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。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MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy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q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　) 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d C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 【答案】　C 【解析】　根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得R＝＝d，故A错误；当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知s上min＝d；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s上max＝d，故上表面接收到粒子的区域长度为s上＝d－d，故B错误；根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有tmin＝×＝，故D错误。故选C。 2．(多选)(2025·甘肃卷)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B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c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a、b、c带正电且比荷均为，a粒子的速度大小为va＝，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与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(　　) A．外圆半径等于2R0 B．a粒子返回A点所用的最短时间为 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为va 【答案】　BD 【解析】　由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图所示，a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为va＝，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R′，由几何关系得∠AO′B＝270°，则R′＝R0＋R0，A错误；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tmin，a粒子做匀速圆周运动的周期T＝＝，在磁场中运动的时间t1＝·T＝，匀速直线运动的时间t2＝＝，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝，B正确；由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc＝R0，洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，联立解得vc＝va，D正确。故选BD。 【基础必刷题】 1．(2025·广东江门模拟)如图为静电喷印原理的简图，在喷嘴和收集板之间施加高压电源后，电场分布如图中虚线所示。喷嘴处的液滴受到各方面力的共同作用形成泰勒锥，当电压增至某个临界值时(假设此后电压保持不变)，液滴从泰勒锥尖端射出形成带电雾滴，落在收集板上，则此过程中雾滴(　　) A．动能减小 B．带正电荷 C．电势能减小 D．加速度增大 【答案】　C 【解析】　收集板带正电，雾滴带负电，落到收集板的过程中，电场力做正功，动能增大，速度增大，电势能减小，故A、B错误，C正确；由题图可知从喷嘴到收集板，电场线逐渐稀疏，电场强度减小，根据牛顿第二定律F＝qE＝ma，可得a＝，加速度减小，故D错误。 2．(2025·宁夏石嘴山模拟)如图所示，曲线为一带电粒子在匀强电场中运动的轨迹，虚线A、B、C、D为相互平行且间距相等的四条等势线，M、N、O、P、Q为轨迹与等势线的交点。带电粒子从M点出发，初速度大小为v0，到达Q点时速度大小为v，则(　　) A．四条等势线中D的电势最高 B．粒子从O到P和从P到Q的动能变化量不相等 C．粒子从M到N和从O到P的速度变化量相同 D．如果粒子从Q点以与v相反、等大的速度进入电场，则粒子可能不会经过M点 【答案】　C 【解析】　由于粒子电性未知，无法判断电势高低，故A错误；粒子从O到P和从P到Q，电场力做功相等，根据动能定理可知，动能变化量相等，故B错误；根据粒子做类斜抛运动的规律，粒子从M到N和从O到P的时间相同，而加速度也相同，则速度变化量相同，故C正确；根据粒子做类斜抛运动的轨迹具有对称性，如果粒子从Q点以与v方向相反、大小相等的速度进入电场，则粒子一定经过M点，故D错误。 3．(2025·福建卷)某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|＝2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则(　　) A．B点的电场强度E＝ B．P点场强大于C点场强 C．b粒子在P点动能小于Q点动能 D．b粒子全程克服电场力做功小于2eU 【答案】　D 【解析】　a粒子入射动能为Ek，根据动能的表达式有Ek＝mv，粒子恰好做圆周运动，则eE＝，联立解得E＝，故A错误；由题图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，故B错误；已知|CQ|＝2|BP|，因为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电势能大，则b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较小，故C错误；由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根据U＝d，则UCQ<2UBP，则b粒子全程克服电场力做功W＝eUCQ<2eUBP＝2eU，故D正确。 4.(2024·浙江1月选考)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则(　　) A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能mv＋eU C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 【答案】　C 【解析】　根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到达N板时，有eU＝Ekm－mv，则到达N板时的最大动能为Ekm＝eU＋mv，与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项A、B错误；当以最大速率逸出的电子沿y方向逸出时，其到达N板时在y方向的位移最大，电子在电场中做类平抛运动，则有y＝vmt，d＝ t2，解得y＝vmd，选项C正确；M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc＝mv，解得Uc＝，选项D错误。 5．(2025·浙江杭州二模)如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压UMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则(　　) A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动 B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为 C．各金属筒的长度之比为1∶∶∶… D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1∶∶∶… 【答案】　C 【解析】　金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误；质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理neU0＝mv－0；解得vn＝，故B错误；只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；第n个圆筒长度Ln＝vn·＝·；则各金属筒的长度之比为1∶∶∶…，故C正确。故选C。 6.(2025·山东菏泽期中)如图所示，正方形abcd区域(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从a点沿着ab方向射入磁场中，正方形边长为l，不计粒子的重力，为使粒子从cd边射出磁场区域，粒子的速度可能为(　　) A. B． C． D． 【答案】　C 【解析】　根据洛伦兹力充当向心力，有Bqv＝m，可得R＝，可知对于同一粒子或比荷相同的粒子，在同一磁场中做圆周运动的轨迹半径由速度决定，速度越大轨迹半径越大，速度越小轨迹半径越小。因此，粒子若要从cd边射出磁场区域，则恰好从d点出射时，粒子有最小速度，且此时ad为粒子轨迹的直径，有＝，解得vmin＝，若粒子恰好从c点射出，粒子有最大速度，根据几何关系可知，此时粒子的轨迹半径为l，则有l＝，解得vmax＝，综上可知，若粒子从cd边射出磁场区域，则粒子速度的取值范围为≤v≤，故选C。 7.(2025·广西贵港模拟)如图所示，空间存在范围足够大且与长方形ABCD所在平面平行的匀强电场，已知AC＝2AB＝4 cm，A、B、C三点的电势分别为12 V、8 V、4 V。一带电粒子从A点以斜向右上方与AD成30°角、大小为v0＝2 m/s的初速度射入电场，恰好经过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．D点电势为6 V B．电场强度大小为 V/m C．粒子过C点时的速度与初速度方向间夹角的正切值为 D．粒子过C点时的速度大小为4 m/s 【答案】　B 【解析】　因AC＝2AB＝4 cm，A、B、C三点的电势分别为12 V、8 V、4 V，取O点为AC的中点，则φO＝8 V，则BO为等势线，连接BO并延长过D点，则φD＝8 V，故A错误；过A点作BO的垂线，则带箭头的实线为电场线，如图所示，E＝＝ V/m＝ V/m，故B正确；粒子初速度方向刚好与电场方向垂直，则根据类平抛运动的推论tan α＝2tan θ＝2，故C错误；粒子在C点时vCy＝v0tan α＝4 m/s，vC＝＝2 m/s，故D错误。 8．(多选)(2025·吉林白城三模)两个质量相同的带电粒子a、b，从圆上A点沿AO方向进入垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，O为圆心，其运动轨迹如图所示，两粒子离开磁场区域的出射点连线过圆心O，且与AO方向的夹角大小为60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力，则(　　) A．a粒子带负电，b粒子带正电 B．a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为2∶3 C．a、b两粒子的电荷量之比为1∶3 D．a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为2∶1 【答案】　AB 【解析】　根据图像确定洛伦兹力的方向，根据左手定则可知，a粒子四指指向与速度方向相反，b粒子四指指向与速度方向相同，则a粒子带负电，b粒子带正电，故A正确；沿磁场圆半径方向射入的粒子飞出磁场时也沿磁场圆半径方向，作出粒子运动的轨迹圆心如图所示，根据几何关系可知θ＝60°，α＝180°－60°＝120°，两粒子在磁场中运动的时间相等，则有Ta＝Tb，解得Ta∶Tb＝1∶2，故D错误；粒子运动的周期Ta＝，Tb＝，结合上述可以解得a、b两粒子的电荷量之比为2∶1，故C错误；令磁场圆半径为R，根据几何关系有Ra＝Rtan 30°＝，Rb＝Rtan 60°＝R，根据线速度的关系式有va＝，vb＝，结合上述解得＝，故B正确。故选AB。 【巩固必刷题】 9．(多选)(2025·四川卷)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ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Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a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a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子(　　) A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 【答案】　AD 【解析】　 由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T＝×，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为＝，故C错误。故选AD。 10．(2025·甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO′方向射入电压为U2的电场(OO′为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U2－t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O′点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A．U2的最大值Um＝U1 B．当U2＝±Um且L＝时，离子恰好能打到样品边缘 C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1 D．在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点 【答案】　B 【解析】　粒子在加速电场中被加速时U1q＝mv。在偏转电场中做类平抛运动，则l＝v0t，＝·t2，解得Um＝U1，选项A错误；当U2＝±Um时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则＝，解得L＝，选项B正确；根据y＝·t2＝，若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，选项C错误；由题图可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的粒子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，选项D错误。 11．(2025·四川卷)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 【答案】　(1)　(2)2 【解析】　(1)由牛顿第二定律qE＝ma 由运动学公式＝at2 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为t＝。 (2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1＝at＝ 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2，满足v－v＝2ad 代入解得v2＝ 同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3，满足v－v＝2a 代入解得v3＝2 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为p＝mv3＝2。 12．(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求： (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期。 【答案】　(1)　(2)　(3)＋ 【解析】　(1)粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝ 可得R＝。 (2)粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，由于O到MN的距离d＝，结合R＝，根据几何关系可知θ＝60°； 粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角θ＝60°；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有qv0·2B＝ 解得R′＝ 根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x＝R′＝。 (3)由图可知粒子在左边磁场运动的时间t1＝T1＝×＝ 粒子在右边磁场运动的时间t2＝T2＝×＝ 根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离x0＝R＝ 所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为l＝＝ 粒子在MN和PQ之间运动的时间t3＝＝ 综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为 T＝t1＋t2＋t3＝＋。 学科网（北京）股份有限公司 $