大题突破05 带电粒子在磁场中的运动（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

大题05 带电粒子在磁场中的运动（黑吉辽蒙专用） 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 带电粒子在各种边界匀强磁场中的运动 通技法 带电粒子在各种边界匀强磁场中的运动解题技巧 热点题型2 带电粒子在组合磁场中运动 通技法 带电粒子在组合磁场中的运动解题技巧 热点题型3 带电粒子在叠加磁场中运动 通技法 带电粒子在叠加磁场中的运动解题技巧 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 2026年高考物理“带电粒子在磁场中的运动”大题‌将继续作为‌电磁学模块的核心压轴内容‌，命题紧扣“‌真实情境、多规律融合、素养导向‌”的总基调，重点考查学生对复杂运动过程的建模能力、几何分析能力与综合解题思维。结合近年考题演变与教学改革方向，该类大题将更加强调‌洛伦兹力、圆周运动、几何关系与复合场的深度耦合‌，是区分高分段考生的关键题型。 热点题型1 带电粒子在各种边界匀强磁场中的运动 析典例·建模型 例1.（2026•南川区校级模拟）光滑足够大的水平桌面上右侧，有一边长为L的等腰直角三角形abc区域，其内分布着垂直于桌面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。以ac、cd、fa为边界分布着与ab边垂直，方向由d指向c的匀强电场，俯视图如图所示。三个可视为质点的小球A、B、C在ab的延长线上，小球质量均为m，小球A带电量为+q，B、C不带电。小球A位于绝缘轻质弹簧的右端，与弹簧接触但是不粘连，弹簧的左端系着小球B。初始时弹簧处于原长状态，C以初速度v0沿着ab连线方向与B发生碰撞，碰撞后B、C粘连在一起，小球A与弹簧分离后进入磁场，此后不再与B、C相碰。求： （1）弹簧弹性势能的最大值； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式。 研考点·通技法 带电粒子在各种边界匀强磁场中的运动解题技巧 1．带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定 (1)圆心的确定方法 ①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。 ②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。 ③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。 (2)半径的计算方法 方法一　由R＝求得 方法二　连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得 例如：如图甲，R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得 常用到的几何关系 ①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。 ②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ＝α。 (3)时间的计算方法 方法一　利用圆心角、周期求得t＝T 方法二　利用弧长、线速度求得t＝ 例如：t＝T＝T＝T t＝＝ 2．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形 (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示) (2)平行边界(往往存在临界条件，如图所示) (3)圆形边界 ①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角。 ②速度方向不指向圆心：如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。 ③环形磁场：如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一定沿半径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。 破类题·提能力 1.（2026春•永春县校级月考）如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q的带电粒子从A点以不同大小的初速度由A到B射入磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。 （1）若粒子从AD的中点M射出，求粒子的带电属性以及在磁场中运动的时间； （2）若粒子从CD的中点N射出，求粒子的初速度大小； （3）若正方形ABCD中只有某个区域内存在上述磁场，粒子以相同大小、不同方向的初速度从A射入时，均能垂直CD边射出（CD整条边都有粒子射出），求该磁场区域的最小面积。 热点题型2 带电粒子在组合磁场中的运动 析典例·建模型 例2.（2026•雨花区校级模拟）如图，空间坐标系O﹣xyz内有一由正方体ABCO﹣A′B′C′O′和半圆柱体BPC﹣B′P′C′拼接而成的空间区域，立方体区域内存在沿z轴负方向的匀强电场，半圆柱体区域内存在沿z轴负方向的匀强磁场。M、M′分别为AO、A′O′的中点，N、N′分别为BC、B′C′的中点，P、P′分别为半圆弧BPC、B′P′C′的中点，Q为MN的中点。质量为m、电荷量为q的正粒子在竖直平面MNN′M′内由M点斜向上射入匀强电场，入射的初速度大小为v0，方向与x轴正方向夹角为θ＝53°。一段时间后，粒子垂直于竖直平面BCC′B′射入匀强磁场。已知正方体的棱长和半圆柱体的直径均为L，匀强磁场的磁感应强度大小为，不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 （1）求匀强电场的电场强度的大小； （2）求粒子在匀强磁场中运动的时间； （3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，求粒子离开匀强磁场时的位置坐标。 研考点·通技法 带电粒子在组合磁场中的运动解题技巧 1．组合场 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。 2．“磁偏转”和“电偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场 示意图 受力情况 只受恒定的静电力 只受大小恒定的洛伦兹力 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆弧 物理规律 类平抛运动规律、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式 基本公式 L＝vt，y＝at2， a＝，tan θ＝ qvB＝，r＝， T＝，t＝， sin θ＝ 做功情况 静电力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷永不做功 3.常见粒子的运动及解题方法 破类题·提能力 2.（2026•朝阳一模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场，第三、四象限内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴负方向、电场强度大小为的匀强电场（未画出）。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点（﹣2L，0）沿x轴正方向以速度v0发射出，经过电场偏转后由N点进入第一象限，不计粒子重力。求： （1）匀强电场的电场强度大小E； （2）若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度应满足的条件； （3）若第一象限和第四象限匀强磁场的磁感应强度大小之比为1：2，粒子在第一象限运动的半径为，则该粒子运动过程中距y轴的最大距离和速度最小的时刻。 热点题型3 带电粒子在叠加磁场中的运动 析典例·建模型 例3.（2026•天山区校级模拟）如图所示，竖直理想虚线边界ab、cd、ef将ab右侧空间依次分成区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域Ⅰ中有方向竖直向下、场强大小为E1（大小未知）的匀强电场，区域Ⅱ中有一半径为r的圆形区域，O为圆心，圆周与边界cd、ef分别相切于M、N点，在下半圆周安装有绝缘弹性挡板，圆形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B1（大小未知）的匀强磁场，在竖直平面内现有一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的带电粒子从边界ab上的P点，以与ab成30°角斜向上的初速度v0射入区域Ⅰ，此后垂直边界cd从M点射入圆形区域磁场，与下半圆周的挡板发生2次弹性碰撞后从N点垂直边界ef进入区域Ⅲ。区域Ⅲ中充满正交的匀强电场和磁场，其中磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里，电场强度大小为E2、方向水平向右。不计粒子重力，已知边界ab与cd间距离为L。求： （1）电场强度E1的大小； （2）粒子在区域Ⅱ中运动的时间； （3）粒子从Ⅲ中再次返回到边界ef过程中的最大速度以及返回边界ef时的位置与N点间的距离。 研考点·通技法 带电粒子在叠加磁场中的运动解题技巧 1．叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2．带电粒子在无约束叠加场中的运动 (1)洛伦兹力、重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。 ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) ①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。 ②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)静电力、洛伦兹力、重力并存 ①若带电体做直线运动，则一定是匀速直线运动。 ②若重力与静电力平衡，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，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。 破类题·提能力 3.（2026•德州一模）如图所示，在平面直角坐标系的第一、四象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第二象限以原点O为圆心、半径为R的四分之一圆内和第四象限均有垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限磁场的磁感应强度是第四象限的倍，M点为第二象限磁场边界的一个端点。在四分之一圆的左侧有长为R、与x轴垂直的线性粒子源，粒子源的下端在x轴上，粒子源上各点持续沿x正向发射质量为m，电荷量为q的带正电粒子，所有粒子的初速度大小均为v0，线性粒子源中点发射的粒子在M点离开第二象限。所有粒子第一次经过x轴的位置连线的长度为，不计粒子的重力。求： （1）第二象限内磁场的磁感应强度大小； （2）第一、四象限内匀强电场的电场强度大小； （3）所有粒子第一次经过x轴的位置最右端记为N，研究第一次通过N点进入第四象限的粒子在第四象限的运动，其最大速度记为vm（未知），速度大小为kvm时运动方向与x轴正方向的夹角记为β，写出cosβ与k的函数关系式，并写出k的取值范围。 刷模拟 1.（2026•碑林区校级模拟）如图所示，空间中存在着垂直于xOy平面向外的匀强磁场（范围足够大但未画出），磁感应强度大小为B。在y＜0的区域内存在沿坐标平面的辐向电场（未画出），辐向电场指向O点。一质量为m、带电荷量为q的粒子从y轴上P点沿x轴负方向以速度v0进入电磁场后，开始绕O点做匀速圆周运动。粒子与x轴上Q处的挡板碰撞后，速度反向，且大小变为原来的四分之一，电量变为原来的一半，此后粒子仍能沿原来的轨迹做匀速圆周运动，不计粒子重力，求： （1）粒子的带电性质及粒子第一次在x轴上方磁场中运动的半径； （2）粒子运动轨迹处电场强度的大小； （3）粒子从P到Q的时间。 2.（2026•广西模拟）电子束晶圆检测系统利用电子束轰击芯片的特定区域，生成图像，将图像与数据库对比，可以识别缺陷。如图所示为该检测系统的原理简化图，圆形晶圆位于平面A1D1F1C1上，其圆心O1在y轴上，平面ADFC平行于xoz平面。电子枪连续发出初速度不计的电子，经U＝100V的电压加速后，从MN的中点Q平行于y轴进入边长为l＝0.16m的正方形磁偏转区OPMN，该区域存在沿x轴负方向的匀强磁场，然后从O点进入长方体控制区，控制区的长度OO1＝0.4m，控制区同时存在沿y轴负方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B110﹣4T，电场强度E102N/C。电子的比荷取1.8x1011C/kg，不计电子重力。求： （1）电子在Q点的速度大小； （2）磁偏转区的磁感应强度； （3）电子打在晶圆上的位置坐标。 3.（2026•成都二模）托卡马克装置是一种利用磁约束来控制粒子在环形容器内部运动从而实现受控核聚变的装置。图示为该装置截面的简化模型。两个圆心均在O点，半径分别为2R和5R的圆将装置分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ无磁场，区域Ⅱ（含边界）有方向垂直于纸面向里，大小为B的匀强磁场。区域Ⅰ内有一粒子源可向纸面内各个方向发射质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。 （1）若粒子源固定在O点，求在磁场中运动半径为的粒子速率v0及该粒子第一次在区域Ⅱ磁场中运动的时间t； （2）若粒子源可放置在区域Ⅰ内任意位置，要使发射的所有粒子均被“束缚”在装置内，求粒子速率v的取值范围； （3）由于加热功率限制，粒子最大速率为vm，要使所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子源仅能放置于区域Ⅰ内部分位置，求粒子源放置位置与圆心O距离x的取值范围。 4.（2026•湖南三模）如图所示，位于x轴上的离子源P可发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向沿x轴正方向，速度大小范围为0～2v0，在坐标轴第一象限以及x轴正半轴存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场。离子从O点（坐标原点）垂直y轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到y轴上。假设经磁场偏转后每秒打在y轴的离子总数为N0，离子重力不计，不考虑离子之间相互作用力以及电荷量的变化。 （1）求离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离； （2）若在y轴上～区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子60%被吸收，40%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，求探测板受到的平均作用力大小； （3）若第一、二象限仅部分区域存在匀强磁场，磁感应强度大小为B0，请你设计磁场区域的形状，使所有离子从O点开始进入磁场且经过磁场偏转后都可以回到P点，若OP，请画出磁场大致形状并计算磁场最小面积。 5.（2026•云南模拟）如图甲所示，竖直平面内的直角坐标系xOy的y轴（竖直）右侧存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电微粒从P点沿x轴正方向射出，到达O点时的速度大小为v0、方向与x轴正方向间的夹角为45°。已知微粒所受电场力与重力大小相等，重力加速度为g，求： （1）P点的位置坐标； （2）y轴右侧加上如图乙所示的磁场，图乙中B0，Δt，规定磁场方向垂直纸面向外为正方向，从微粒进入磁场开始计时，求2Δt时刻微粒的位置坐标。 刷真题 1.（2025•重庆）研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿水平方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知OK＝3h，OM＝3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 （1）若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。 （2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。 （3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。 2.（2025•北京）质谱仪是正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。 考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子重力及粒子间相互作用。 （1）一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。 （2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求： a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2； b．粒子2的动量大小p2。 3.（2025•河南）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（q＞0）的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。 （1）求磁感应强度的大小； （2）求电场强度的大小； （3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度） 4.（2025•云南）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。 （1）求该粒子通过速度选择器的速率； （2）求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围； （3）定义磁屏蔽效率η100%，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？ 5．（2025•选择性）如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N（0，y0）点射出磁场。已知粒子的电荷量为q（q＞0），质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 （1）求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。 （2）若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。 （3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝k）。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题05 带电粒子在磁场中的运动（黑吉辽蒙专用） 目录 【命题解码·定方向】 【解题建模·通技法】 热点题型1 带电粒子在各种边界匀强磁场中的运动 通技法 带电粒子在各种边界匀强磁场中的运动解题技巧 热点题型2 带电粒子在组合磁场中运动 通技法 带电粒子在组合磁场中的运动解题技巧 热点题型3 带电粒子在叠加磁场中运动 通技法 带电粒子在叠加磁场中的运动解题技巧 【实战刷题·冲高分】 刷模拟 刷真题 命题·趋势·定位 2026年高考物理“带电粒子在磁场中的运动”大题‌将继续作为‌电磁学模块的核心压轴内容‌，命题紧扣“‌真实情境、多规律融合、素养导向‌”的总基调，重点考查学生对复杂运动过程的建模能力、几何分析能力与综合解题思维。结合近年考题演变与教学改革方向，该类大题将更加强调‌洛伦兹力、圆周运动、几何关系与复合场的深度耦合‌，是区分高分段考生的关键题型。 热点题型1 带电粒子在各种边界匀强磁场中的运动 析典例·建模型 例1.（2026•南川区校级模拟）光滑足够大的水平桌面上右侧，有一边长为L的等腰直角三角形abc区域，其内分布着垂直于桌面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。以ac、cd、fa为边界分布着与ab边垂直，方向由d指向c的匀强电场，俯视图如图所示。三个可视为质点的小球A、B、C在ab的延长线上，小球质量均为m，小球A带电量为+q，B、C不带电。小球A位于绝缘轻质弹簧的右端，与弹簧接触但是不粘连，弹簧的左端系着小球B。初始时弹簧处于原长状态，C以初速度v0沿着ab连线方向与B发生碰撞，碰撞后B、C粘连在一起，小球A与弹簧分离后进入磁场，此后不再与B、C相碰。求： （1）弹簧弹性势能的最大值； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式。 【答案】（1）弹簧弹性势能的最大值为； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件为； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式为，其中。 【解题建模】 (1)对A、B、C进行动量守恒和能量守恒建模，得到弹性势能。 (2)对B、C进行动量守恒和能量守恒建模，得到速度再对物理进行圆周运动建模。 (3对小球进行类平抛建模。 【详解】（1）C与B碰撞，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒mv0＝（m+m）v1 解得 B、C压缩弹簧至最大弹性势能时，三者共速v2，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒2mv1＝3mv2 解得 由能量守恒得 （2）A分离时，弹簧原长，B、C速度vB，A速度vA，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒2mv1＝2mvB+mvA 能量守恒 解得 A进入磁场需满足洛伦兹力提供向心力，轨道半径r≤L（不从cb边离开），由 得 故，即 （3）A进入电场后，在磁场中运动的圆，第一次进入电场，减速后加速回到第一次离开边界的点（图中未画出轨迹），速度方向与进入时相反，接着进入磁场运动的圆，第二次进入电场做类平抛运动（需要满足3r≤L），沿电场方向做匀加速，垂直电场方向做匀速。 从a点离开电场，水平位移2r，竖直位移2r，初速度方向有 电场方向有 代入t解得： 由3r≤L得到速度需要满足 答：（1）弹簧弹性势能的最大值为； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件为； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式为，其中。 研考点·通技法 带电粒子在各种边界匀强磁场中的运动解题技巧 1．带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定 (1)圆心的确定方法 ①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。 ②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。 ③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r＝计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。 (2)半径的计算方法 方法一　由R＝求得 方法二　连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得 例如：如图甲，R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得 常用到的几何关系 ①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。 ②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ＝α。 (3)时间的计算方法 方法一　利用圆心角、周期求得t＝T 方法二　利用弧长、线速度求得t＝ 例如：t＝T＝T＝T t＝＝ 2．带电粒子在有界磁场中运动的常见情形 (1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示) (2)平行边界(往往存在临界条件，如图所示) (3)圆形边界 ①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向角。 ②速度方向不指向圆心：如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ。 ③环形磁场：如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一定沿半径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。 破类题·提能力 1.（2026春•永春县校级月考）如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q的带电粒子从A点以不同大小的初速度由A到B射入磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。 （1）若粒子从AD的中点M射出，求粒子的带电属性以及在磁场中运动的时间； （2）若粒子从CD的中点N射出，求粒子的初速度大小； （3）若正方形ABCD中只有某个区域内存在上述磁场，粒子以相同大小、不同方向的初速度从A射入时，均能垂直CD边射出（CD整条边都有粒子射出），求该磁场区域的最小面积。 【答案】（1）若粒子从AD的中点M射出，粒子带负电，在磁场中运动的时间为； （2）若粒子从CD的中点N射出，粒子的初速度大小为； （3）若正方形ABCD中只有某个区域内存在上述磁场，粒子以相同大小、不同方向的初速度从A射入时，均能垂直CD边射出（CD整条边都有粒子射出），该磁场区域的最小面积为。 【详解】（1）若粒子从AD的中点M射出，根据左手定则可知粒子带负电 在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 粒子做圆周运动的周期为 粒子在磁场中运动了半个周期，则时间为 （2）从N点射出的粒子在磁场运动的轨迹，如图所示 根据几何关系可知 解得 则粒子的初速度大小为 （3）若粒子均能平行于AD边射出，粒子在磁场中运动了四分之一圆周，可能运动的轨迹如图所示 图中半径为L的四分之一，即： R＝L 图中三角形ADC的面积为： 磁场区域的最小面积为： 即 答：（1）若粒子从AD的中点M射出，粒子带负电，在磁场中运动的时间为； （2）若粒子从CD的中点N射出，粒子的初速度大小为； （3）若正方形ABCD中只有某个区域内存在上述磁场，粒子以相同大小、不同方向的初速度从A射入时，均能垂直CD边射出（CD整条边都有粒子射出），该磁场区域的最小面积为。 热点题型2 带电粒子在组合磁场中的运动 析典例·建模型 例2.（2026•雨花区校级模拟）如图，空间坐标系O﹣xyz内有一由正方体ABCO﹣A′B′C′O′和半圆柱体BPC﹣B′P′C′拼接而成的空间区域，立方体区域内存在沿z轴负方向的匀强电场，半圆柱体区域内存在沿z轴负方向的匀强磁场。M、M′分别为AO、A′O′的中点，N、N′分别为BC、B′C′的中点，P、P′分别为半圆弧BPC、B′P′C′的中点，Q为MN的中点。质量为m、电荷量为q的正粒子在竖直平面MNN′M′内由M点斜向上射入匀强电场，入射的初速度大小为v0，方向与x轴正方向夹角为θ＝53°。一段时间后，粒子垂直于竖直平面BCC′B′射入匀强磁场。已知正方体的棱长和半圆柱体的直径均为L，匀强磁场的磁感应强度大小为，不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 （1）求匀强电场的电场强度的大小； （2）求粒子在匀强磁场中运动的时间； （3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，求粒子离开匀强磁场时的位置坐标。 【答案】（1）匀强电场的电场强度的大小； （2）粒子在匀强磁场中运动的时间为； （3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，粒子离开匀强磁场时的位置坐标。 【解题建模】 (1)对粒子进行类平抛建模。 (2)对粒子进行圆周运动建模，得到半径和周期。 (3)对粒子进行速度分解建模。 【详解】（1）粒子在电场中运动时，沿x轴方向 L＝v0cos53°•t1 解得 沿z轴方向 v0sin53°＝at1 由牛顿第二定律可知 解得 （2）粒子进入匀强磁场后，由牛顿第二定律可知 解得 由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的周期 粒子在匀强磁场中运动的时间 （3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，在匀强电场中运动的时间 进入磁场时，沿x轴方向的速度大小为 vx＝v0cos53° 沿z轴方向的速度大小为 故粒子在平行xOy的平面内做匀速圆周运动，半径 沿z轴方向做匀速直线运动，因粒子做圆周运动的半径不变，故在磁场中运动的时间不变，在磁场中沿z轴方向运动的位移大小为 在电场中沿z轴方向运动的位移大小为 故粒子离开磁场时，z轴方向的坐标 y轴方向的坐标 x轴方向的坐标 即离开磁场时的位置坐标为 答：（1）匀强电场的电场强度的大小； （2）粒子在匀强磁场中运动的时间为； （3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，粒子离开匀强磁场时的位置坐标。 研考点·通技法 带电粒子在组合磁场中的运动解题技巧 1．组合场 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。 2．“磁偏转”和“电偏转”的比较 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场 示意图 受力情况 只受恒定的静电力 只受大小恒定的洛伦兹力 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆弧 物理规律 类平抛运动规律、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式 基本公式 L＝vt，y＝at2， a＝，tan θ＝ qvB＝，r＝， T＝，t＝， sin θ＝ 做功情况 静电力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷永不做功 3.常见粒子的运动及解题方法 破类题·提能力 2.（2026•朝阳一模）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场，第三、四象限内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴负方向、电场强度大小为的匀强电场（未画出）。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点（﹣2L，0）沿x轴正方向以速度v0发射出，经过电场偏转后由N点进入第一象限，不计粒子重力。求： （1）匀强电场的电场强度大小E； （2）若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度应满足的条件； （3）若第一象限和第四象限匀强磁场的磁感应强度大小之比为1：2，粒子在第一象限运动的半径为，则该粒子运动过程中距y轴的最大距离和速度最小的时刻。 【答案】（1）匀强电场的电场强度大小为； （2）若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度应满足B； （3）该粒子运动过程中距y轴的最大距离为，速度最小的时刻为。 【详解】（1）带电粒子由M到N点做类平抛运动，沿x轴正方向有2L＝v0t1，沿y轴正方向有，由牛顿第二定律可知qE＝ma，代入数据可得E； （2）粒子在N点的速度与y轴正方向夹角满足tanθ，粒子在N点的速度v，代入数据可得θ＝30°，v＝2v0，轨迹和x轴相切时，恰好无法进入第四象限，此时磁场强度最大，如图所示： 由几何关系可知α＝60°，，代入数据可得轨迹半径R，洛伦兹力提供向心力，代入数据可得B，粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，有B； （3）粒子在第一象限运动的半径为，轨迹如图所示： 由几何关系可知β＝60°，洛伦兹力提供向心力，第四象限磁场强度B4＝2B1，代入数据可得B4， 进入第四象限时，将速度正交分解，vx＝vsin30°，vy＝vcos30°，由于具有vy，粒子所受洛伦兹力和电场力恰好平衡，qE1＝qvyB4，则粒子由于具有vx，做匀速圆周运动，有，代入数据可得r1，由几何关系可知，粒子运动过程中距y轴的最大距离x＝2rcos30°+r1，代入数据可得x， 由功能关系可知粒子在B点时速度最小，粒子在第一象限运动时间t2，在第四象限运动到B点的时间t3，则全过程总时间t＝t1+t2+t3，代入数据可得t。 答：（1）匀强电场的电场强度大小为； （2）若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度应满足B； （3）该粒子运动过程中距y轴的最大距离为，速度最小的时刻为。 热点题型3 带电粒子在叠加磁场中的运动 析典例·建模型 例3.（2026•天山区校级模拟）如图所示，竖直理想虚线边界ab、cd、ef将ab右侧空间依次分成区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域Ⅰ中有方向竖直向下、场强大小为E1（大小未知）的匀强电场，区域Ⅱ中有一半径为r的圆形区域，O为圆心，圆周与边界cd、ef分别相切于M、N点，在下半圆周安装有绝缘弹性挡板，圆形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B1（大小未知）的匀强磁场，在竖直平面内现有一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的带电粒子从边界ab上的P点，以与ab成30°角斜向上的初速度v0射入区域Ⅰ，此后垂直边界cd从M点射入圆形区域磁场，与下半圆周的挡板发生2次弹性碰撞后从N点垂直边界ef进入区域Ⅲ。区域Ⅲ中充满正交的匀强电场和磁场，其中磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里，电场强度大小为E2、方向水平向右。不计粒子重力，已知边界ab与cd间距离为L。求： （1）电场强度E1的大小； （2）粒子在区域Ⅱ中运动的时间； （3）粒子从Ⅲ中再次返回到边界ef过程中的最大速度以及返回边界ef时的位置与N点间的距离。 【答案】答：（1）电场强度E1的大小为； （2）粒子在区域Ⅱ中运动的时间为； （3）粒子从Ⅲ中再次返回到边界ef过程中的最大速度为，返回边界ef时的位置与N点间的距离为。 【解题建模】 (1)对粒子进行类斜抛运动建模。 (2)对粒子进行轨迹建模：根据几何关系，得到轨迹，从而求出时间。 (3)对粒子进行配速法建模。 【详解】（1）粒子在区域Ⅰ的电场中做类斜抛运动，根据牛顿第二定律与运动学公式可得： 在水平方向上有：L＝vxt，vx＝v0sin30° 在竖直方向上有：，vy＝v0cos30°； 联立解得： （2）由题意可知，粒子在圆形区域中的运动情况如下图所示： 由几何关系可知：。设粒子做圆周运动的轨迹半径为R，则有：R＝r•tanθ 粒子在区域Ⅱ中的运动路程为：s＝3（π﹣2θ）R 运动时间为： （3）粒子从N点进入区域Ⅲ，所受电场力大小为： 应用配速法，令qv1B2＝E2，解得： 如下图所示，将粒子的运动分解为竖直向上的速度大小为v1的匀速直线运动和线速度大小为v2的匀速圆周运动（初速度方向斜向右下方45°）， 可得此过程中的最大速度为： 设圆周运动的半径为R′，由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2 解得： 圆周运动的周期为：T 再次回到边界ef时圆周运动的轨迹圆心角为270°，则经历的时间为： 此位置到N点的距离为：s 答：（1）电场强度E1的大小为； （2）粒子在区域Ⅱ中运动的时间为； （3）粒子从Ⅲ中再次返回到边界ef过程中的最大速度为，返回边界ef时的位置与N点间的距离为。 研考点·通技法 带电粒子在叠加磁场中的运动解题技巧 1．叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2．带电粒子在无约束叠加场中的运动 (1)洛伦兹力、重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。 ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) ①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。 ②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)静电力、洛伦兹力、重力并存 ①若带电体做直线运动，则一定是匀速直线运动。 ②若重力与静电力平衡，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，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。 破类题·提能力 3.（2026•德州一模）如图所示，在平面直角坐标系的第一、四象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第二象限以原点O为圆心、半径为R的四分之一圆内和第四象限均有垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限磁场的磁感应强度是第四象限的倍，M点为第二象限磁场边界的一个端点。在四分之一圆的左侧有长为R、与x轴垂直的线性粒子源，粒子源的下端在x轴上，粒子源上各点持续沿x正向发射质量为m，电荷量为q的带正电粒子，所有粒子的初速度大小均为v0，线性粒子源中点发射的粒子在M点离开第二象限。所有粒子第一次经过x轴的位置连线的长度为，不计粒子的重力。求： （1）第二象限内磁场的磁感应强度大小； （2）第一、四象限内匀强电场的电场强度大小； （3）所有粒子第一次经过x轴的位置最右端记为N，研究第一次通过N点进入第四象限的粒子在第四象限的运动，其最大速度记为vm（未知），速度大小为kvm时运动方向与x轴正方向的夹角记为β，写出cosβ与k的函数关系式，并写出k的取值范围。 【答案】（1）第二象限内磁场的磁感应强度大小为； （2）第一、四象限内匀强电场的电场强度大小为； （3）所有粒子第一次经过x轴的位置最右端记为N，研究第一次通过N点进入第四象限的粒子在第四象限的运动，其最大速度记为vm（未知），速度大小为kvm时运动方向与x轴正方向的夹角记为β，cosβ与k的函数关系式为，k的取值范围为。 【详解】（1）根据题意可知所有粒子在第二象限的四分之一圆内做匀速圆周运动的半径均为r＝R 又 联立解得第二象限的四分之一圆内磁场的磁感应强度 （2）所有粒子第一次经过x轴的位置最右端记为N，对在第一象限运动到达N点的粒子，设在M点速度与MN方向的夹角为α，沿MN方向 垂直MN方向 由以上两式得 由上式可得α＝60°时，粒子恰好经过N点， 又qE＝ma 联立解得第一、四象限内匀强电场的电场强度大小 （3）由以上方程还可解得，第一次经过N点进入第四象限的粒子在该点的速度大小，方向与x轴正方向的夹角为60°； 自N点至第一次速度最大的过程，以vm的方向为正方向，水平方向由动量定理qB'h＝mvm﹣mvcos60° 又由动能定理 联立解得， 自N点至速度大小为kvm的点 解得 水平方向qB'|y|＝mvx﹣mvcos60° 解得， k最小时： 联立解得， 答：（1）第二象限内磁场的磁感应强度大小为； （2）第一、四象限内匀强电场的电场强度大小为； （3）所有粒子第一次经过x轴的位置最右端记为N，研究第一次通过N点进入第四象限的粒子在第四象限的运动，其最大速度记为vm（未知），速度大小为kvm时运动方向与x轴正方向的夹角记为β，cosβ与k的函数关系式为，k的取值范围为。 刷模拟 1.（2026•碑林区校级模拟）如图所示，空间中存在着垂直于xOy平面向外的匀强磁场（范围足够大但未画出），磁感应强度大小为B。在y＜0的区域内存在沿坐标平面的辐向电场（未画出），辐向电场指向O点。一质量为m、带电荷量为q的粒子从y轴上P点沿x轴负方向以速度v0进入电磁场后，开始绕O点做匀速圆周运动。粒子与x轴上Q处的挡板碰撞后，速度反向，且大小变为原来的四分之一，电量变为原来的一半，此后粒子仍能沿原来的轨迹做匀速圆周运动，不计粒子重力，求： （1）粒子的带电性质及粒子第一次在x轴上方磁场中运动的半径； （2）粒子运动轨迹处电场强度的大小； （3）粒子从P到Q的时间。 【答案】（1）粒子的带正电，粒子第一次在x轴上方磁场中运动的半径为； （2）粒子运动轨迹处电场强度的大小为； （3）粒子从P到Q的时间为。 【详解】（1）粒子绕O点做匀速圆周运动，由左手定则可知粒子带正电； 在x轴上方没有电场，只有磁场，洛伦兹力提供向心力，代入数据可得； （2）粒子由P到Q点，电场力和洛伦兹力的合力提供向心力，由Q点反弹后，有，代入数据可得，； （3）粒子从P到Q的时间t，代入数据可得。 答：（1）粒子的带正电，粒子第一次在x轴上方磁场中运动的半径为； （2）粒子运动轨迹处电场强度的大小为； （3）粒子从P到Q的时间为。 2.（2026•广西模拟）电子束晶圆检测系统利用电子束轰击芯片的特定区域，生成图像，将图像与数据库对比，可以识别缺陷。如图所示为该检测系统的原理简化图，圆形晶圆位于平面A1D1F1C1上，其圆心O1在y轴上，平面ADFC平行于xoz平面。电子枪连续发出初速度不计的电子，经U＝100V的电压加速后，从MN的中点Q平行于y轴进入边长为l＝0.16m的正方形磁偏转区OPMN，该区域存在沿x轴负方向的匀强磁场，然后从O点进入长方体控制区，控制区的长度OO1＝0.4m，控制区同时存在沿y轴负方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B110﹣4T，电场强度E102N/C。电子的比荷取1.8x1011C/kg，不计电子重力。求： （1）电子在Q点的速度大小； （2）磁偏转区的磁感应强度； （3）电子打在晶圆上的位置坐标。 【答案】（1）电子在Q点的速度大小为6×106m/s； （2）磁偏转区的磁感应强度为； （3）电子打在晶圆上的位置坐标为（m，0.4m，m）。 【详解】（1）电子在加速电场运动，由动能定理可知，代入数据可得vQ＝6×106m/s； （2）电子在磁偏转区域的运动轨迹如图所示： 由几何关系可知，代入数据可得R＝0.2m，洛伦兹力提供向心力，代入数据可得B； （3）电子进入长方体控制区，由几何关系可知速度与y轴正方向夹角θ＝53°，有vy＝vQcosθ，vz＝vQsinθ， 沿y轴正方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知eE＝ma，由匀变速直线运动规律可知OO1，代入数据可得t＝1×10﹣7s（t＝﹣1×10﹣6s舍去）， 在xOz平面做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，周期T，代入数据可得R'm，T＝4×10﹣7s，有T＝4t，即转圆周后打在晶圆上，如图所示： 所以电子打在晶圆上的位置坐标为（m，0.4m，m）。 答：（1）电子在Q点的速度大小为6×106m/s； （2）磁偏转区的磁感应强度为； （3）电子打在晶圆上的位置坐标为（m，0.4m，m）。 3.（2026•成都二模）托卡马克装置是一种利用磁约束来控制粒子在环形容器内部运动从而实现受控核聚变的装置。图示为该装置截面的简化模型。两个圆心均在O点，半径分别为2R和5R的圆将装置分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ无磁场，区域Ⅱ（含边界）有方向垂直于纸面向里，大小为B的匀强磁场。区域Ⅰ内有一粒子源可向纸面内各个方向发射质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。 （1）若粒子源固定在O点，求在磁场中运动半径为的粒子速率v0及该粒子第一次在区域Ⅱ磁场中运动的时间t； （2）若粒子源可放置在区域Ⅰ内任意位置，要使发射的所有粒子均被“束缚”在装置内，求粒子速率v的取值范围； （3）由于加热功率限制，粒子最大速率为vm，要使所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子源仅能放置于区域Ⅰ内部分位置，求粒子源放置位置与圆心O距离x的取值范围。 【答案】（1）若粒子源固定在O点，在磁场中运动半径为的粒子速率为，该粒子第一次在区域Ⅱ磁场中运动的时间为； （2）若粒子源可放置在区域Ⅰ内任意位置，要使发射的所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子速率v的取值范围为0＜v； （3）由于加热功率限制，粒子最大速率为vm，要使所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子源仅能放置于区域Ⅰ内部分位置，粒子源放置位置与圆心O距离x的取值范围为0≤x≤R。 【详解】（1）假设粒子不从区域Ⅱ外边界飞出。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qv0B＝m， 粒子在磁场中运动的轨迹半径：r解得：v0， 设粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，由几何关系得：tan 解得：θ＝240°分析可知，假设成立。粒子在磁场中的运动时间：t•T T 解得：t （2）要使所有粒子均被“束缚”在装置内，临界状态为粒子源在区域Ⅰ和Ⅱ边界处，沿边界切线入射，并以最大速度v1与外圆相切，粒子的运动示意图如答图（1）所示。 qv1B＝m根据题设已知条件：5R﹣2R＝2r； 解得：v1 故粒子速率v的取值范围为：0＜v （3）如答图（2）所示， 将粒子源放置在与圆心O的距离为x的P点，射出的粒子从Q点进入磁场时速度方向与半径方向成角φ，不同方向射出的粒子进入磁场时角φ不同， 当角φ最大，且速度最大的粒子运动轨迹恰好与磁场区域外边界相切时，此时粒子源的位置即为离圆心O最远的位置，如答图（3）所示。 在△OPQ中，由正弦定理得：， 当α时，角φ最大。设此时粒子运动轨迹与磁场区域外边界相切于点S：sinφmaxqvmB＝m， 在三角形OO1Q中，利用余弦定理得：， 由几何关系得：O1Q＝5R﹣rm，解得：x＝R由对称性可知，此后粒子也不会从区域Ⅱ外边界飞出。要使得所有粒子均被能“束缚”，粒子源放置位置与圆心O距离x的取值范围为：0≤x≤R。 答：（1）若粒子源固定在O点，在磁场中运动半径为的粒子速率为，该粒子第一次在区域Ⅱ磁场中运动的时间为； （2）若粒子源可放置在区域Ⅰ内任意位置，要使发射的所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子速率v的取值范围为0＜v； （3）由于加热功率限制，粒子最大速率为vm，要使所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子源仅能放置于区域Ⅰ内部分位置，粒子源放置位置与圆心O距离x的取值范围为0≤x≤R。 4.（2026•湖南三模）如图所示，位于x轴上的离子源P可发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向沿x轴正方向，速度大小范围为0～2v0，在坐标轴第一象限以及x轴正半轴存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场。离子从O点（坐标原点）垂直y轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到y轴上。假设经磁场偏转后每秒打在y轴的离子总数为N0，离子重力不计，不考虑离子之间相互作用力以及电荷量的变化。 （1）求离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离； （2）若在y轴上～区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子60%被吸收，40%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，求探测板受到的平均作用力大小； （3）若第一、二象限仅部分区域存在匀强磁场，磁感应强度大小为B0，请你设计磁场区域的形状，使所有离子从O点开始进入磁场且经过磁场偏转后都可以回到P点，若OP，请画出磁场大致形状并计算磁场最小面积。 【答案】（1）离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离为； （2）若在y轴上～区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子60%被吸收，40%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，探测板受到的平均作用力大小为； （3）磁场大致形状为 ，计算磁场最小面积为。 【详解】（1）在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB0＝m，对于初速度为2v0的离子，半径r，故d； （2）离子打在y轴上的区间为0～，则每秒打在探测板上的离子数为N，对打在探测板最下端的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中qBv＝m，计算可得v1＝v，对打在探测板最上端的离子，速度v2，打到y轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为v，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿x轴均匀分布，由动量定理可得﹣Ft＝0.6N（0﹣mv）+0.4N（﹣0.5mv﹣mv），解得单位时间内探测板受到的平均作用力F； （3）由于rmax，如图所示， 曲线1为速度最大值时对应的轨迹，曲线2为速度为v时对应的一般轨迹，假设出射点为A。由于△APO2与△OPO2全等，即AP＝OP，所有出射点连接起来为圆弧，所以满足题意可设计如下图所示。 则磁场最小面积为Smin，故。 答：（1）离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离为； （2）若在y轴上～区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子60%被吸收，40%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，探测板受到的平均作用力大小为； （3）磁场大致形状为 ，计算磁场最小面积为。 5.（2026•云南模拟）如图甲所示，竖直平面内的直角坐标系xOy的y轴（竖直）右侧存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电微粒从P点沿x轴正方向射出，到达O点时的速度大小为v0、方向与x轴正方向间的夹角为45°。已知微粒所受电场力与重力大小相等，重力加速度为g，求： （1）P点的位置坐标； （2）y轴右侧加上如图乙所示的磁场，图乙中B0，Δt，规定磁场方向垂直纸面向外为正方向，从微粒进入磁场开始计时，求2Δt时刻微粒的位置坐标。 【答案】（1）P点的位置坐标为； （2）2Δt时刻微粒的位置坐标为。 【详解】（1）微粒由P点到O点做类平抛运动，水平方向x1＝v0cos45°•t1，竖直方向，又v0sin45°＝gt1，代入数据可得P点的坐标为； （2）电场力等于重力，微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动周期，代入数据可得，，所以，在第一个Δt时间内微粒转过圆周，在第二个Δt时间内，磁场反向且大小变为原来的，则轨迹半径，微粒运动周期T2＝2T1＝4Δt，可知在第二个Δt时间内微粒转过圆周，运动轨迹如图所示： 由几何关系可知，，代入数据可得x，y，则2Δt时刻微粒的坐标为。 答：（1）P点的位置坐标为； （2）2Δt时刻微粒的位置坐标为。 刷真题 1.（2025•重庆）研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿水平方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知OK＝3h，OM＝3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 （1）若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。 （2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。 （3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。 【答案】（1）若K水平发射的粒子在O点产生光点，粒子的速度大小为。 （2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，粒子的速度大小为。 （3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，t为。 【详解】（1）由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径 运动过程中由洛伦兹力提供向心力有 联立解得 （2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图 由于K从水平方向逆时针旋转60°，则 θ＝30° 根据几何关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1＝2h 根据洛伦兹力提供向心力可知 解得 （3）由题意带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图 根据前面解析可知 所以 由于 O'N＝r1＝2h 且 O′N⊥NM 根据几何关系可知 ∠NO'M＝∠PO'M＝60° 而 ∠KO'N＝120° 所以 α＝120° 粒子在磁场中运动的周期 对应的圆心角 α＝120° 所以 答：（1）若K水平发射的粒子在O点产生光点，粒子的速度大小为。 （2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，粒子的速度大小为。 （3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，t为。 2.（2025•北京）质谱仪是正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。 考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子重力及粒子间相互作用。 （1）一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。 （2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求： a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2； b．粒子2的动量大小p2。 【答案】（1）粒子的运动周期T与质量m的关系为。 （2）a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2为θR：d； b．粒子2的动量大小p2为。 【详解】（1）粒子速度方向与磁场垂直，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有： 解得圆周运动的轨道半径为： 圆周运动的周期为： 可得粒子的运动周期T与质量m的关系为： （2）a.由题意知粒子1做匀速圆周运动，其线速度大小为： 粒子2做匀速直线运动，速度大小为： 粒子1与粒子2的速度大小之比为： b.对于粒子1，由洛伦兹力提供向心力得： 解得： 粒子2的动量大小为： p2＝mv2 答：（1）粒子的运动周期T与质量m的关系为。 （2）a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2为θR：d； b．粒子2的动量大小p2为。 3.（2025•河南）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（q＞0）的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。 （1）求磁感应强度的大小； （2）求电场强度的大小； （3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度） 【答案】见试题解答内容 【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由题意可知θ＝60°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有：rcosθ＝r﹣h 解得：r＝2h 由牛顿第二定律有： 解得：； （2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得： x＝rsinθ＝2hsin60°h 根据对称性可知，粒子离开电场达到b点时的水平位移也为xh 粒子在电场中运动的水平位移x′＝3h﹣2xh 则粒子在电场中的运动时间为： 沿电场方向上，由牛顿第二定律有：qE＝ma 由运动学公式有：﹣v0sinθ＝v0sinθ﹣at 联立解得：； （3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示： 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为2h，此过程中，粒子轨迹对应的圆心角为β，则有：sinβ 解得：β＝30° 由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角α＝60° 结合（2）分析可知，粒子在电场中的运动时间为： 粒子在电场中运动的水平位移为：AB＝x′h 由几何关系可得：BC＝2rsinα，解得：BC＝2h 则：AC＝BC﹣AB，解得：ACh 粒子在磁场中的运动时间为： 则有： 综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动，则漂移速度大小： 答：（1）磁感应强度的大小为； （2）电场强度的大小为； （3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，漂移速度大小为。 4.（2025•云南）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。 （1）求该粒子通过速度选择器的速率； （2）求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围； （3）定义磁屏蔽效率η100%，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？ 【答案】（1）该粒子通过速度选择器的速率为； （2）B1的大小为，y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L； （3）若在Q处检测到该粒子，则η是60%。 【详解】（1）设该粒子通过速度选择器的速率为v，根据平衡条件可得：qvB0＝q 解得：v； （2）粒子垂直于y轴进入磁场，垂直于x轴进入正方形磁屏蔽区，则O为圆心，粒子的轨迹半径为： RL 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB1＝m 解得：B1； 粒子进入磁屏蔽区ONPQ，若B2＝B1，则粒子在磁屏蔽区ONPQ中运动的半径最小，打在y轴上的位置距离O点最近，即为L； 若B2＝0，则粒子从PQ中点射出，由于外部的磁场为B1，则粒子做匀速圆周运动的半径仍为L，轨迹如图所示： 所以y轴上可能检测到该粒子的范围为：L＜y＜3L； （3）若在Q处检测到该粒子，粒子运动轨迹如图所示： 根据几何关系可得：r2＝（2L）2+（r﹣L）2 解得粒子运动的轨迹半径为：r＝2.5L 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB2＝m 解得：B2 磁屏蔽效率为：η100% 解得：η＝60% 答：（1）该粒子通过速度选择器的速率为； （2）B1的大小为，y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L； （3）若在Q处检测到该粒子，则η是60%。 5．（2025•选择性）如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N（0，y0）点射出磁场。已知粒子的电荷量为q（q＞0），质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 （1）求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。 （2）若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。 （3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝k）。 【答案】（1）正电荷的入射速度等于，从M运动到N的时间等于； （2）这次正电荷的入射速度为； （3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为。 【详解】（1）一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，粒子从M到N做匀速圆周运动，根据几何关系rsinθ＝y0，解得r＝2y0 洛伦兹力提供向心力，则 联立解得 周期T，解得T 速度偏转角为2θ＝2×30°＝60°，所以 ，解得t1 （2）正电荷沿原来轨迹从M运动到N，负电荷需固定在（1）问圆心处，这样负电荷受到洛伦兹力与库仑力的合力提供向心力，轨迹与（1）相同 根据牛顿第二定律有，已知：m 整理成关于v2的一元二次方程： 因式分解 解得（已舍去另一负解） （3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，负电荷类比地球，N点为“近地点”，速度变为与N点的射出速度相反的点为“远地点” 类比天体，根据开普勒第二定律有 v3r'＝v2r 根据能量守恒定律可得 联立解得r'＝6y0，可得椭圆半长轴a＝4y0，根据开普勒第三定律，椭圆轨道周期与半径为a＝4y0的圆轨道周期T'相同，对这个圆轨道列向心力方程 解得T' 因此所求时间t2，解得t2 答：（1）正电荷的入射速度等于，从M运动到N的时间等于； （2）这次正电荷的入射速度为； （3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题05 带电粒子在磁场中的运动（黑吉辽蒙专用） 热点题型1 带电粒子在各种边界匀强磁场中的运动 例1.【答案】（1）弹簧弹性势能的最大值为； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件为； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式为，其中。 【解题建模】 (1)对A、B、C进行动量守恒和能量守恒建模，得到弹性势能。 (2)对B、C进行动量守恒和能量守恒建模，得到速度再对物理进行圆周运动建模。 (3对小球进行类平抛建模。 【详解】（1）C与B碰撞，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒mv0＝（m+m）v1 解得 B、C压缩弹簧至最大弹性势能时，三者共速v2，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒2mv1＝3mv2 解得 由能量守恒得 （2）A分离时，弹簧原长，B、C速度vB，A速度vA，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒2mv1＝2mvB+mvA 能量守恒 解得 A进入磁场需满足洛伦兹力提供向心力，轨道半径r≤L（不从cb边离开），由 得 故，即 （3）A进入电场后，在磁场中运动的圆，第一次进入电场，减速后加速回到第一次离开边界的点（图中未画出轨迹），速度方向与进入时相反，接着进入磁场运动的圆，第二次进入电场做类平抛运动（需要满足3r≤L），沿电场方向做匀加速，垂直电场方向做匀速。 从a点离开电场，水平位移2r，竖直位移2r，初速度方向有 电场方向有 代入t解得： 由3r≤L得到速度需要满足 答：（1）弹簧弹性势能的最大值为； （2）若小球A能进入电场区，小球C的初速度v0应满足的条件为； （3）要使小球A穿过分界面ac次数最少并从a点离开电场，则电场强度E随初速度v0变化的表达式为，其中。 1.【答案】（1）若粒子从AD的中点M射出，粒子带负电，在磁场中运动的时间为； （2）若粒子从CD的中点N射出，粒子的初速度大小为； （3）若正方形ABCD中只有某个区域内存在上述磁场，粒子以相同大小、不同方向的初速度从A射入时，均能垂直CD边射出（CD整条边都有粒子射出），该磁场区域的最小面积为。 【详解】（1）若粒子从AD的中点M射出，根据左手定则可知粒子带负电 在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 粒子做圆周运动的周期为 粒子在磁场中运动了半个周期，则时间为 （2）从N点射出的粒子在磁场运动的轨迹，如图所示 根据几何关系可知 解得 则粒子的初速度大小为 （3）若粒子均能平行于AD边射出，粒子在磁场中运动了四分之一圆周，可能运动的轨迹如图所示 图中半径为L的四分之一，即： R＝L 图中三角形ADC的面积为： 磁场区域的最小面积为： 即 答：（1）若粒子从AD的中点M射出，粒子带负电，在磁场中运动的时间为； （2）若粒子从CD的中点N射出，粒子的初速度大小为； （3）若正方形ABCD中只有某个区域内存在上述磁场，粒子以相同大小、不同方向的初速度从A射入时，均能垂直CD边射出（CD整条边都有粒子射出），该磁场区域的最小面积为。 热点题型2 带电粒子在组合磁场中的运动 例2.【答案】（1）匀强电场的电场强度的大小； （2）粒子在匀强磁场中运动的时间为； （3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，粒子离开匀强磁场时的位置坐标。 【解题建模】 (1)对粒子进行类平抛建模。 (2)对粒子进行圆周运动建模，得到半径和周期。 (3)对粒子进行速度分解建模。 【详解】（1）粒子在电场中运动时，沿x轴方向 L＝v0cos53°•t1 解得 沿z轴方向 v0sin53°＝at1 由牛顿第二定律可知 解得 （2）粒子进入匀强磁场后，由牛顿第二定律可知 解得 由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的周期 粒子在匀强磁场中运动的时间 （3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，在匀强电场中运动的时间 进入磁场时，沿x轴方向的速度大小为 vx＝v0cos53° 沿z轴方向的速度大小为 故粒子在平行xOy的平面内做匀速圆周运动，半径 沿z轴方向做匀速直线运动，因粒子做圆周运动的半径不变，故在磁场中运动的时间不变，在磁场中沿z轴方向运动的位移大小为 在电场中沿z轴方向运动的位移大小为 故粒子离开磁场时，z轴方向的坐标 y轴方向的坐标 x轴方向的坐标 即离开磁场时的位置坐标为 答：（1）匀强电场的电场强度的大小； （2）粒子在匀强磁场中运动的时间为； （3）若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场，粒子离开匀强磁场时的位置坐标。 2.【答案】（1）匀强电场的电场强度大小为； （2）若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度应满足B； （3）该粒子运动过程中距y轴的最大距离为，速度最小的时刻为。 【详解】（1）带电粒子由M到N点做类平抛运动，沿x轴正方向有2L＝v0t1，沿y轴正方向有，由牛顿第二定律可知qE＝ma，代入数据可得E； （2）粒子在N点的速度与y轴正方向夹角满足tanθ，粒子在N点的速度v，代入数据可得θ＝30°，v＝2v0，轨迹和x轴相切时，恰好无法进入第四象限，此时磁场强度最大，如图所示： 由几何关系可知α＝60°，，代入数据可得轨迹半径R，洛伦兹力提供向心力，代入数据可得B，粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，有B； （3）粒子在第一象限运动的半径为，轨迹如图所示： 由几何关系可知β＝60°，洛伦兹力提供向心力，第四象限磁场强度B4＝2B1，代入数据可得B4， 进入第四象限时，将速度正交分解，vx＝vsin30°，vy＝vcos30°，由于具有vy，粒子所受洛伦兹力和电场力恰好平衡，qE1＝qvyB4，则粒子由于具有vx，做匀速圆周运动，有，代入数据可得r1，由几何关系可知，粒子运动过程中距y轴的最大距离x＝2rcos30°+r1，代入数据可得x， 由功能关系可知粒子在B点时速度最小，粒子在第一象限运动时间t2，在第四象限运动到B点的时间t3，则全过程总时间t＝t1+t2+t3，代入数据可得t。 答：（1）匀强电场的电场强度大小为； （2）若粒子在第一象限偏转后可直接进入第四象限，则第一象限匀强磁场的磁感应强度应满足B； （3）该粒子运动过程中距y轴的最大距离为，速度最小的时刻为。 热点题型3 带电粒子在叠加磁场中的运动 例3.【答案】（1）电场强度E1的大小为； （2）粒子在区域Ⅱ中运动的时间为； （3）粒子从Ⅲ中再次返回到边界ef过程中的最大速度为，返回边界ef时的位置与N点间的距离为。 【解题建模】 (1)对粒子进行类斜抛运动建模。 (2)对粒子进行轨迹建模：根据几何关系，得到轨迹，从而求出时间。 (3)对粒子进行配速法建模。 【详解】（1）粒子在区域Ⅰ的电场中做类斜抛运动，根据牛顿第二定律与运动学公式可得： 在水平方向上有：L＝vxt，vx＝v0sin30° 在竖直方向上有：，vy＝v0cos30°； 联立解得： （2）由题意可知，粒子在圆形区域中的运动情况如下图所示： 由几何关系可知：。设粒子做圆周运动的轨迹半径为R，则有：R＝r•tanθ 粒子在区域Ⅱ中的运动路程为：s＝3（π﹣2θ）R 运动时间为： （3）粒子从N点进入区域Ⅲ，所受电场力大小为： 应用配速法，令qv1B2＝E2，解得： 如下图所示，将粒子的运动分解为竖直向上的速度大小为v1的匀速直线运动和线速度大小为v2的匀速圆周运动（初速度方向斜向右下方45°）， 可得此过程中的最大速度为： 设圆周运动的半径为R′，由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2 解得： 圆周运动的周期为：T 再次回到边界ef时圆周运动的轨迹圆心角为270°，则经历的时间为： 此位置到N点的距离为：s 答：（1）电场强度E1的大小为； （2）粒子在区域Ⅱ中运动的时间为； （3）粒子从Ⅲ中再次返回到边界ef过程中的最大速度为，返回边界ef时的位置与N点间的距离为。 3.【答案】（1）第二象限内磁场的磁感应强度大小为； （2）第一、四象限内匀强电场的电场强度大小为； （3）所有粒子第一次经过x轴的位置最右端记为N，研究第一次通过N点进入第四象限的粒子在第四象限的运动，其最大速度记为vm（未知），速度大小为kvm时运动方向与x轴正方向的夹角记为β，cosβ与k的函数关系式为，k的取值范围为。 【详解】（1）根据题意可知所有粒子在第二象限的四分之一圆内做匀速圆周运动的半径均为r＝R 又 联立解得第二象限的四分之一圆内磁场的磁感应强度 （2）所有粒子第一次经过x轴的位置最右端记为N，对在第一象限运动到达N点的粒子，设在M点速度与MN方向的夹角为α，沿MN方向 垂直MN方向 由以上两式得 由上式可得α＝60°时，粒子恰好经过N点， 又qE＝ma 联立解得第一、四象限内匀强电场的电场强度大小 （3）由以上方程还可解得，第一次经过N点进入第四象限的粒子在该点的速度大小，方向与x轴正方向的夹角为60°； 自N点至第一次速度最大的过程，以vm的方向为正方向，水平方向由动量定理qB'h＝mvm﹣mvcos60° 又由动能定理 联立解得， 自N点至速度大小为kvm的点 解得 水平方向qB'|y|＝mvx﹣mvcos60° 解得， k最小时： 联立解得， 答：（1）第二象限内磁场的磁感应强度大小为； （2）第一、四象限内匀强电场的电场强度大小为； （3）所有粒子第一次经过x轴的位置最右端记为N，研究第一次通过N点进入第四象限的粒子在第四象限的运动，其最大速度记为vm（未知），速度大小为kvm时运动方向与x轴正方向的夹角记为β，cosβ与k的函数关系式为，k的取值范围为。 刷模拟 1.【答案】（1）粒子的带正电，粒子第一次在x轴上方磁场中运动的半径为； （2）粒子运动轨迹处电场强度的大小为； （3）粒子从P到Q的时间为。 【详解】（1）粒子绕O点做匀速圆周运动，由左手定则可知粒子带正电； 在x轴上方没有电场，只有磁场，洛伦兹力提供向心力，代入数据可得； （2）粒子由P到Q点，电场力和洛伦兹力的合力提供向心力，由Q点反弹后，有，代入数据可得，； （3）粒子从P到Q的时间t，代入数据可得。 答：（1）粒子的带正电，粒子第一次在x轴上方磁场中运动的半径为； （2）粒子运动轨迹处电场强度的大小为； （3）粒子从P到Q的时间为。 2.【答案】（1）电子在Q点的速度大小为6×106m/s； （2）磁偏转区的磁感应强度为； （3）电子打在晶圆上的位置坐标为（m，0.4m，m）。 【详解】（1）电子在加速电场运动，由动能定理可知，代入数据可得vQ＝6×106m/s； （2）电子在磁偏转区域的运动轨迹如图所示： 由几何关系可知，代入数据可得R＝0.2m，洛伦兹力提供向心力，代入数据可得B； （3）电子进入长方体控制区，由几何关系可知速度与y轴正方向夹角θ＝53°，有vy＝vQcosθ，vz＝vQsinθ， 沿y轴正方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知eE＝ma，由匀变速直线运动规律可知OO1，代入数据可得t＝1×10﹣7s（t＝﹣1×10﹣6s舍去）， 在xOz平面做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，周期T，代入数据可得R'm，T＝4×10﹣7s，有T＝4t，即转圆周后打在晶圆上，如图所示： 所以电子打在晶圆上的位置坐标为（m，0.4m，m）。 答：（1）电子在Q点的速度大小为6×106m/s； （2）磁偏转区的磁感应强度为； （3）电子打在晶圆上的位置坐标为（m，0.4m，m）。 3.【答案】（1）若粒子源固定在O点，在磁场中运动半径为的粒子速率为，该粒子第一次在区域Ⅱ磁场中运动的时间为； （2）若粒子源可放置在区域Ⅰ内任意位置，要使发射的所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子速率v的取值范围为0＜v； （3）由于加热功率限制，粒子最大速率为vm，要使所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子源仅能放置于区域Ⅰ内部分位置，粒子源放置位置与圆心O距离x的取值范围为0≤x≤R。 【详解】（1）假设粒子不从区域Ⅱ外边界飞出。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qv0B＝m， 粒子在磁场中运动的轨迹半径：r解得：v0， 设粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，由几何关系得：tan 解得：θ＝240°分析可知，假设成立。粒子在磁场中的运动时间：t•T T 解得：t （2）要使所有粒子均被“束缚”在装置内，临界状态为粒子源在区域Ⅰ和Ⅱ边界处，沿边界切线入射，并以最大速度v1与外圆相切，粒子的运动示意图如答图（1）所示。 qv1B＝m根据题设已知条件：5R﹣2R＝2r； 解得：v1 故粒子速率v的取值范围为：0＜v （3）如答图（2）所示， 将粒子源放置在与圆心O的距离为x的P点，射出的粒子从Q点进入磁场时速度方向与半径方向成角φ，不同方向射出的粒子进入磁场时角φ不同， 当角φ最大，且速度最大的粒子运动轨迹恰好与磁场区域外边界相切时，此时粒子源的位置即为离圆心O最远的位置，如答图（3）所示。 在△OPQ中，由正弦定理得：， 当α时，角φ最大。设此时粒子运动轨迹与磁场区域外边界相切于点S：sinφmaxqvmB＝m， 在三角形OO1Q中，利用余弦定理得：， 由几何关系得：O1Q＝5R﹣rm，解得：x＝R由对称性可知，此后粒子也不会从区域Ⅱ外边界飞出。要使得所有粒子均被能“束缚”，粒子源放置位置与圆心O距离x的取值范围为：0≤x≤R。 答：（1）若粒子源固定在O点，在磁场中运动半径为的粒子速率为，该粒子第一次在区域Ⅱ磁场中运动的时间为； （2）若粒子源可放置在区域Ⅰ内任意位置，要使发射的所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子速率v的取值范围为0＜v； （3）由于加热功率限制，粒子最大速率为vm，要使所有粒子均被“束缚”在装置内，粒子源仅能放置于区域Ⅰ内部分位置，粒子源放置位置与圆心O距离x的取值范围为0≤x≤R。 4.【答案】（1）离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离为； （2）若在y轴上～区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子60%被吸收，40%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，探测板受到的平均作用力大小为； （3）磁场大致形状为 ，计算磁场最小面积为。 【详解】（1）在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB0＝m，对于初速度为2v0的离子，半径r，故d； （2）离子打在y轴上的区间为0～，则每秒打在探测板上的离子数为N，对打在探测板最下端的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中qBv＝m，计算可得v1＝v，对打在探测板最上端的离子，速度v2，打到y轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为v，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿x轴均匀分布，由动量定理可得﹣Ft＝0.6N（0﹣mv）+0.4N（﹣0.5mv﹣mv），解得单位时间内探测板受到的平均作用力F； （3）由于rmax，如图所示， 曲线1为速度最大值时对应的轨迹，曲线2为速度为v时对应的一般轨迹，假设出射点为A。由于△APO2与△OPO2全等，即AP＝OP，所有出射点连接起来为圆弧，所以满足题意可设计如下图所示。 则磁场最小面积为Smin，故。 答：（1）离子束从y轴射出磁场时离O点最远距离为； （2）若在y轴上～区间竖直固定放置一很薄的探测板，打在板上的离子60%被吸收，40%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿y轴均匀分布，探测板受到的平均作用力大小为； （3）磁场大致形状为 ，计算磁场最小面积为。 5.【答案】（1）P点的位置坐标为； （2）2Δt时刻微粒的位置坐标为。 【详解】（1）微粒由P点到O点做类平抛运动，水平方向x1＝v0cos45°•t1，竖直方向，又v0sin45°＝gt1，代入数据可得P点的坐标为； （2）电场力等于重力，微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动周期，代入数据可得，，所以，在第一个Δt时间内微粒转过圆周，在第二个Δt时间内，磁场反向且大小变为原来的，则轨迹半径，微粒运动周期T2＝2T1＝4Δt，可知在第二个Δt时间内微粒转过圆周，运动轨迹如图所示： 由几何关系可知，，代入数据可得x，y，则2Δt时刻微粒的坐标为。 答：（1）P点的位置坐标为； （2）2Δt时刻微粒的位置坐标为。 刷真题 1.【答案】（1）若K水平发射的粒子在O点产生光点，粒子的速度大小为。 （2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，粒子的速度大小为。 （3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，t为。 【详解】（1）由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径 运动过程中由洛伦兹力提供向心力有 联立解得 （2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图 由于K从水平方向逆时针旋转60°，则 θ＝30° 根据几何关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1＝2h 根据洛伦兹力提供向心力可知 解得 （3）由题意带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图 根据前面解析可知 所以 由于 O'N＝r1＝2h 且 O′N⊥NM 根据几何关系可知 ∠NO'M＝∠PO'M＝60° 而 ∠KO'N＝120° 所以 α＝120° 粒子在磁场中运动的周期 对应的圆心角 α＝120° 所以 答：（1）若K水平发射的粒子在O点产生光点，粒子的速度大小为。 （2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，粒子的速度大小为。 （3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，t为。 2.【答案】（1）粒子的运动周期T与质量m的关系为。 （2）a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2为θR：d； b．粒子2的动量大小p2为。 【详解】（1）粒子速度方向与磁场垂直，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有： 解得圆周运动的轨道半径为： 圆周运动的周期为： 可得粒子的运动周期T与质量m的关系为： （2）a.由题意知粒子1做匀速圆周运动，其线速度大小为： 粒子2做匀速直线运动，速度大小为： 粒子1与粒子2的速度大小之比为： b.对于粒子1，由洛伦兹力提供向心力得： 解得： 粒子2的动量大小为： p2＝mv2 答：（1）粒子的运动周期T与质量m的关系为。 （2）a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2为θR：d； b．粒子2的动量大小p2为。 3.【答案】见试题解答内容 【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由题意可知θ＝60°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有：rcosθ＝r﹣h 解得：r＝2h 由牛顿第二定律有： 解得：； （2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得： x＝rsinθ＝2hsin60°h 根据对称性可知，粒子离开电场达到b点时的水平位移也为xh 粒子在电场中运动的水平位移x′＝3h﹣2xh 则粒子在电场中的运动时间为： 沿电场方向上，由牛顿第二定律有：qE＝ma 由运动学公式有：﹣v0sinθ＝v0sinθ﹣at 联立解得：； （3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示： 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为2h，此过程中，粒子轨迹对应的圆心角为β，则有：sinβ 解得：β＝30° 由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角α＝60° 结合（2）分析可知，粒子在电场中的运动时间为： 粒子在电场中运动的水平位移为：AB＝x′h 由几何关系可得：BC＝2rsinα，解得：BC＝2h 则：AC＝BC﹣AB，解得：ACh 粒子在磁场中的运动时间为： 则有： 综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动，则漂移速度大小： 答：（1）磁感应强度的大小为； （2）电场强度的大小为； （3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，漂移速度大小为。 4.【答案】（1）该粒子通过速度选择器的速率为； （2）B1的大小为，y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L； （3）若在Q处检测到该粒子，则η是60%。 【详解】（1）设该粒子通过速度选择器的速率为v，根据平衡条件可得：qvB0＝q 解得：v； （2）粒子垂直于y轴进入磁场，垂直于x轴进入正方形磁屏蔽区，则O为圆心，粒子的轨迹半径为： RL 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB1＝m 解得：B1； 粒子进入磁屏蔽区ONPQ，若B2＝B1，则粒子在磁屏蔽区ONPQ中运动的半径最小，打在y轴上的位置距离O点最近，即为L； 若B2＝0，则粒子从PQ中点射出，由于外部的磁场为B1，则粒子做匀速圆周运动的半径仍为L，轨迹如图所示： 所以y轴上可能检测到该粒子的范围为：L＜y＜3L； （3）若在Q处检测到该粒子，粒子运动轨迹如图所示： 根据几何关系可得：r2＝（2L）2+（r﹣L）2 解得粒子运动的轨迹半径为：r＝2.5L 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB2＝m 解得：B2 磁屏蔽效率为：η100% 解得：η＝60% 答：（1）该粒子通过速度选择器的速率为； （2）B1的大小为，y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L； （3）若在Q处检测到该粒子，则η是60%。 5．【答案】（1）正电荷的入射速度等于，从M运动到N的时间等于； （2）这次正电荷的入射速度为； （3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为。 【详解】（1）一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，粒子从M到N做匀速圆周运动，根据几何关系rsinθ＝y0，解得r＝2y0 洛伦兹力提供向心力，则 联立解得 周期T，解得T 速度偏转角为2θ＝2×30°＝60°，所以 ，解得t1 （2）正电荷沿原来轨迹从M运动到N，负电荷需固定在（1）问圆心处，这样负电荷受到洛伦兹力与库仑力的合力提供向心力，轨迹与（1）相同 根据牛顿第二定律有，已知：m 整理成关于v2的一元二次方程： 因式分解 解得（已舍去另一负解） （3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，负电荷类比地球，N点为“近地点”，速度变为与N点的射出速度相反的点为“远地点” 类比天体，根据开普勒第二定律有 v3r'＝v2r 根据能量守恒定律可得 联立解得r'＝6y0，可得椭圆半长轴a＝4y0，根据开普勒第三定律，椭圆轨道周期与半径为a＝4y0的圆轨道周期T'相同，对这个圆轨道列向心力方程 解得T' 因此所求时间t2，解得t2 答：（1）正电荷的入射速度等于，从M运动到N的时间等于； （2）这次正电荷的入射速度为； （3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $