专题三 第9讲 带电粒子在电场和磁场中的运动-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习学案

.043 第9讲 带电粒子在电场和磁场中的运动 核心知识 固双基 凸“心备知识”提炼 一、带电粒子在电场中的运动 1加速规律：动能定理gU=2m2-7mw2,适用于任何电场。 之饰新公式：夫平起满分修为约连直线运待和加连直绒运劲，刘移致了一器器命的角m9岛 gU? =gUL mdv? 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==√2mE 9B= ,周明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：篮场中运动时间1=品1，圆心角日由儿何关系确定：矩形磁场中，人射方向与边界夹角等于出射方向与 对边夹角。 盘“关键能力”构建 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。 命题热点 巧突破 题型1带电粒子在电场中的运动 】真题研究 (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。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 混合气流 力影响和颗粒间相互作用。 十++++ (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 带电颗粒 属板间的电压U,。 收集器 044 (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=w,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10um和2.5m 的两种颗粒，若10m的颗粒恰好100%被收集，求2.5m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-9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 加速时间极短，加速距离可以忽略 大速度 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 )】对点训练 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，V为QP的中点。模拟动画显示， 带电粒子α、b分别从Q点和0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0点以初速度o射出，速度方向与水平方向夹角均为0。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。 045 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，01=02=03)； (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=2）。 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。 )真题研究 (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P0 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 武xxx 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 假设带电粒子带负电，从P点沿半如图△0P0≌△040，若 径方向射入有界圆形匀强磁场后， ∠0P0为直角，则∠01A0也为 一带电粒子从P点 受到洛伦兹力的作用，在磁场中做 沿P0射入 直角。建构粒子沿半径方向射入 匀速圆周运动，偏转一定角度后一 圆形匀强磁场，一定沿半径方向 定沿半径方向射出磁场 射出磁场的运动模型 】对点训练 1.(2025·安徽卷)如图，在竖直平面内的0xy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 M个 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B。不计粒子的重力、空气阻力及粒子 m 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5d 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四 6gB 046 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R。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α、b、c带正电且比荷均 + 为么口粒子的速度太小为卫上R方向沿同心圆的径向：b和c粒子速度方向福 m 反且与α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2R。 B.a粒子返回4点所用的最短时间为3π+2)m gB C.6,c粒子返回4点所用的最短时间之比为巨 2+2 D.c粒子的速度大小为气。 温馨提示：复习至此，请做练案[11] 微专题3 动态圆和磁聚焦与磁发散问题 命题热点巧突破 题型1三类“动态圆”问题 1.解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，确定临界状态， 根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。 2.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。 3.常用的动态圆 示意图 适用条件 应用方法 10 放 缩 粒子的入射点位置相同，速度方以入射点P为定点，将半径放缩作 圆 向一定，速度大小不同 轨迹圆，从而探索出临界条件 (轨迹圆的圆心在P,P2直线上) 旋 0 粒子的入射点位置相同，速度大 将一半径为见=后的圆以人射点 圆 小一定，速度方向不同 为圆心进行旋转，从而探索出临界 (轨迹圆的圆心在以入射点P 条件 为圆心半径R-浴的圆上D)题型4 例6.CD根据动量定理I=0-m。=-mo,故合力冲量 大小为m,故A错误；小球上滑的时间为t=”。 gsin 6' 重力的冲量大小为L,三mt=放B错误；小球 所受洛伦兹力为Bgv=Bq(6-at)=-Bqat+Bqo,a =gsn0,随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为 a=q×号×=9×号×B×放C gsin 0 2gsin 0' 正确：若。-2mC日，0时刻小球所受洛伦兹力为 gB Bgw。=2 mgcos0,小球在垂直细杆方向所受合力为 零，可得Bgm=mgcos0+FN,即FN=Bq-mgcos0= Bq(。-at)-mgcos0=mgcos0-Bqtgsin0,则小球 在整个减速过程的F、-t图像如图，图线与横轴围 成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。 故选CD。 mgcos 0 0 mgcos a 第9讲带电粒子在电场和磁场中的运动 题型1 真题研究 (1)2tm,2 93 (2) ,25% gL 【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="ot qE=ma E=d 解得U1 2d mo2 qL2 (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9=R d 且4-L 解得，= qL 26 ②10um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=kRsf=qE I0um的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d=vmt 2.5m的颗粒带电荷量为g=居 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=子m'f=gE 2.5um的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d'=vma't d 解得d'=4 2.5m的颗粒被收集的百分比为×100%=25% 对点训练 1.D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=弓可 知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE =m,可得品-会可知，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)，= αt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、V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.(1)"sin0 (2)2me,sn20 gE gE 【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gE=ma a运动到最高点的时间，由运动学公式有，sin0=at 联立解得t=msin0 gE (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cos0, 则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖直方 (vosin 0)2 mvo'sin'0 向上运动的位移为x1=一 2a Γ=2gE 斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为x2=votsin日+ -af=mosin'0 mto'sin'0 3mvo'sin 1 2 gE 2gE 2gE 6 则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离x=x,+x2 2mvo'sin'0 gE 方法二：两个粒子均受到相同电场力，以粒子α为参考 系，粒子b以2 Vosin0的速度向下做匀速直线运动，则a 2mvo'sin'0 到达最高，点时，a、b间的距离H=2 votsin0= gE 题型2 真题研究 BD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△O,PO≌ △0，Q0,所以∠0P0=∠0Q0,又粒子沿直径射人， ∠0，P0=90°，则∠0Q0=90°，0，Q⊥0Q,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8=m可知，-后则射 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。 轨迹弦长 的中垂线 杨圆心 第二次碰撞 弦长越大，P 速度越大 反弹] 速度 可以考虑 出 “以弦代圆” Q 粒子圆周运动 撞击速度 的圆心 第一次碰撞 图1 图2 第三次碰撞 第二次碰撞 第二次 出 第四次碰撞 碰撞 第一次碰撞 第一次碰撞 第三次碰撞 图3 对点训练 1.C根据洛伦兹力提供向心 力有8=贸可得R- gB =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mim=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 26 关系可知，s上m=3d,故上表面接收到粒子的区域长度 为s上=3d-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 60° 表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有tm=360° 2霜-器故D错误：故选C 2.BD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，根据口粒子的速度大小为，=95B,可 m 得R。=R,设外圆半径等于R',由几何关系得∠AO'B= 270°，则R'=+√2R。,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tm,a 粒子做匀速圆周运动的周期T一2心-2，心，在磁场巾 540° 动的时间t三360°·工=3B,匀速直线运动的时间 _2_2m,故a粒子返回A点所用的最短时间为m t2 va gB' =,+4,-3m+2)m,B正确：由题意，作出6c粒子运 gB 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9，所以两粒子做圆周运动周期相同， m 故所用的最短时间之比为1：1，C错误；由几何关系得 2R=2R,洛伦兹力提供向心力有p,B= R,联立解 得。一号D正确。放选BD。