专题 14带电粒子磁场中的运动+动量定理 讲义-2026-2027学年高三物理暑期能力提升

该高中物理讲义聚焦带电粒子在磁场中的运动与动量定理综合应用，按方法解读、高考真题解析、规律总结、分层训练的逻辑架构知识，通过考点梳理明确洛伦兹力冲量与动量变化的关系，方法指导提炼分方向动量定理应用步骤，真题训练强化解题能力，形成系统复习链条。 讲义突出科学思维与模型建构，如总结提升中通过建立坐标系推导分方向动量定理公式，引导学生构建磁场运动问题的分析模型。精选2023浙江高考题及各地模拟题，设置基础到综合的分层练习，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供实用教学资源。

高三物理暑期能力提升 专题14 带电粒子在磁场中的运动+动量定理 【方法解读】 动量定理在带电粒子在磁场中的运动问题中主要用于分析洛伦兹力的冲量和粒子的动量变化。 应用动量定理解决此类问题的基本步骤和要点： 1. 确定方向：首先确定x轴方向，然后确定qvB的方向为y轴方向。 2. 应用动量定理：在仅受洛伦兹力（或某方向仅受洛伦兹力）的情形下， 由动量定理得出关系式，例如在y方向，ΣqB△t = m。动量定理的应用需要结合具体问题情境，通过分析洛伦兹力的冲量和粒子的动量变化，求解相关物理量。 ①求解位移或分位移：应用类型包括求位移（如圆的弦长）和求分位移（如圆的拱高）。 ②求解粒子比荷：在给定条件下，如粒子射出磁场的位置与入射点的距离，利用动量定理求解粒子的比荷。 ③分析离子偏转：在科学仪器中，利用磁场实现离子偏转，通过动量定理分析离子的最大速度、最小速度以及磁感应强度的大小等。 例题 [2023高考浙江6月卷]利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术.如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合.位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域.不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应. （1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； （2）若B2＝2B1，求能到达y＝处的离子的最小速度v2； （3）若B2＝y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η. 【总结提升】　用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题 假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为+q。在方向垂直纸面向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。 沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx=qvyB Fy=qvxB 两个方向分别列动量定理 -qvyBΔt=mΔvx qvxBΔt=mΔvy 即-qBΔy=mΔvx qBΔx=mΔvy 两边累加得-qBy=mvx1-mvx0 qBx=mvy1-mvy0。 使用条件：如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得)，通过列出与之正交方向上的动量定理，即可迅速得出该方向上的分速度。 【针对性训练】 1. (2025·福建宁德市检测)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，求sin θn。 2 .(15分)(2025·山东青岛市一检)如图所示，xOy平面直角坐标系中，在第二象限内存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，半径为R，磁场边界与两坐标轴相切；y≤0区域内交替分布宽度均为d的匀强电场和匀强磁场，其边界均与x轴平行，匀强电场的电场强度大小为E0，方向沿y轴负方向，匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从圆形边界上的P点以初速度v0射入磁场，PO1与x轴平行，v0与PO1夹角α=60°。粒子射出圆形磁场瞬间，在y>0区域内加上沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。已知圆形磁场的磁感应强度大小为，y>0区域内匀强电场的电场强度大小为，不计粒子重力。 (1)(3分)求粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径； (2)(3分)求粒子离开圆形磁场区域后，到达x轴的速度大小； (3)(4分)求粒子穿出y≤0区域内第二个电场时速度方向与竖直方向夹角的正弦值； (4)(5分)若粒子到达y≤0区域内某个磁场下边界时，速度方向恰好沿x轴正方向，求此时速度大小。 3.(2024·北京卷，20)我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。如图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示)，可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为＋e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为－e;对于氙离子，仅考虑匀强电场的作用。 (1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a; (2)求径向磁场的磁感应强度大小B2; (3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。 4 （2023浙江金华三模）如图甲所示，有一竖直放置的平行板电容器，两平行金属板间距为l，极板长度为2l，以极板间的中心线OO1为y轴建立如图里所示的坐标系，在y=2l直线上方全部区域加上垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量电子从入口O点以平行于y轴的初速度射入两极板间，经过磁场区域后所有电子均能打在y=2l所在的直线上，已知电子的质量为m，电荷量为e。 （1）如果电子的速度范围为~2，求电子打在y=2l所在的直线上的落点范围长度△x； （2）在两极板间加上如图乙所示的交变电压（t=0时右极板带负电）。t=0时从O位置入射速度为的电子恰好能在t=T时刻从D点平行极板射出，求交变电压的周期T和电压U0的值； （3）如图丙在y=2l所在直线上某处K，安装一块能绕K旋转的挡板，现将挡板从水平位置逆时针转到与y轴正方向成角（cosα=），从O1位置以平行于y轴速度v’射出的电子经过磁场偏转打在档板某处H，已知运动轨迹的圆心为O’（在K左侧），O’K=1.5l，KH=3l ，求v’； （4）如图丁，宽度均为d的n个匀强磁场和n-1个匀强电场交替分布，电场、磁场的边界与水平方向均成θ角，沿边界方向范围足够广。有界磁场的磁感应强度大小依次为B0，2B0，3B0，.....nB0，磁场方向垂直纸面向外，电场方向垂直边界向上。在两极板间加上如图乙所示的交变电压（t=0时右极板带负电）。已知T=，=。t=0时从O位置以为初速度的电子从平行极板射出后射入I区磁场，若电子恰好不能从第n个磁场上边界射出，求匀强电场的场强大小。 5. （2024年10月浙江嘉兴高三基础测试）如图所示，在xOy坐标平面的第三象限内存在一个与x轴平行的线状粒子源S，其长度为2R，右端紧靠y轴，可以连续不断地产生沿粒子源均匀分布的电量为+q、质量为m的无初速粒子。粒子经y方向的匀强电场加速获得初速度v0后，进入一垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域。该圆形磁场区域与y轴相切，圆心O'坐标为（，0）。在xOy坐标平面的第一象限内依次存在三个宽度均为d、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域I、Ⅱ、Ⅲ，三区域的磁感应强度之比为6∶2∶1，区域Ⅲ的右边界安装了一竖直接地挡板，可吸收打在板上的粒子。已知对准O'射入圆形磁场的粒子将沿着x轴射出；从O点射出、方向与x轴成30°的粒子刚好经过区域I的右边界（未进入区域Ⅱ）。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求： （1）圆形磁场的磁感应强度大小B0； （2）I区域的磁感应强度大小B1； （3）若能从O点出射、方向与x轴成θ的粒子刚好经过区域Ⅱ的右边界（未进入区域Ⅲ），求θ的正弦值； （4）若某段时间内从线状离子源飘出N个粒子，求能打在挡板上的粒子数。 6 （2025浙江名校协作体联考）如图所示，在平面直角坐标系所在平面内，圆与轴相切于，半径为，为圆上一点，与轴正向成角。在圆内存在垂直平面向外的匀强磁场（未知），在第I象限内、直线的右侧存在垂直平面向外的匀强磁场（未知）。在原点处有一粒子源向第象限内发射电量为质量为速度大小为的带正电的粒子，单位时间内发射的粒子数为，发射方向可在与轴负方向成为角的范围内调整，其中时，粒子恰能从点平行轴离开圆形区域。沿轴放有靶，粒子打中靶时被靶吸收，不分析粒子离开区域后的运动。 （1）求的大小及带电粒子进入区域时射入点的纵坐标范围； （2）若，求在发射方向调整过程中能被粒子击中的靶的长度，及粒子击中靶时对靶的作用力沿方向的分力的最大值； （3）若随纵坐标变化，满足，求能击中靶的粒子从粒子源射出时的速度方向的范围。 7.（2024年5月江西九江三模）（17分）如图所示，一带电量为-q的小球，质量为m，以初速度v0从水平地面竖直向上射入v0水平方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外.图中b为小球轨迹第一次的最高点，重力加速度为g，求： （1）小球从抛出到b点所用时间； （2）b点距射出点的最大高度差； （3）b点距射出点的水平位移. 8. （2024年5月湖南顶级名校高考适应性考试2）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在平面（纸面）内，在区间内存在平行y轴的匀强电场，。在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，。一未知粒子从坐标原点与x正方向成角射入，在坐标为（，）的P点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从（，0）射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，。求： （1）该未知粒子的比荷； （2）匀强电场电场强度E的大小及左边界的值； （3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点（，）（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间以及坐标的值。 9. （2024江苏苏州期末） 利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，xOy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度分别为L和2L、边界均平行x轴的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；区域Ⅱ同时存在沿y轴负方向的匀强电场，下边界与x轴重合。位于P处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 （1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度的大小； （2）若离子源释放的离子速度大小，求离子进入区域Ⅱ与边界的夹角θ； （3）将离子源移至（0，L）处，其释放速度大小，方向沿x轴正方向的正离子束，要实现离子不从区域Ⅱ下边界飞出，则电场强度E的大小需满足什么条件？ 10．（15分）(2024湖南顶级名校质检)如图甲所示，足够长水平收集板位于x轴，在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为2B，边界与y轴相切于A点(0，-2R)。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为(-2R，R-R)，电子打到收集板上后被收集。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用。 （1）求电子的初速度大小； （2）求收集板上能收集到电子区域的长度； （3）若撤去收集板及位于一、二、四象限的磁场，在y轴右侧加多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，如图乙所示。电场、磁场宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右，垂直于纸面向里的磁场的磁感应强度为，垂直于纸面向外的磁场的磁感应强度为，电、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直： ①若从x=-R处射出电子从第1层右侧垂直边界穿出，求与的大小之比； ②把磁感应强度大小改为使x=-R处射出电子从第层右侧边界穿出时速度的方向恰好平行y轴向下，求的大小（用、e、m、、E、n、d表示）。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三物理暑期能力提升 专题14 带电粒子在磁场中的运动+动量定理 【方法解读】 动量定理在带电粒子在磁场中的运动问题中主要用于分析洛伦兹力的冲量和粒子的动量变化。 应用动量定理解决此类问题的基本步骤和要点： 1. 确定方向：首先确定x轴方向，然后确定qvB的方向为y轴方向。 2. 应用动量定理：在仅受洛伦兹力（或某方向仅受洛伦兹力）的情形下， 由动量定理得出关系式，例如在y方向，ΣqB△t = m。动量定理的应用需要结合具体问题情境，通过分析洛伦兹力的冲量和粒子的动量变化，求解相关物理量。 ①求解位移或分位移：应用类型包括求位移（如圆的弦长）和求分位移（如圆的拱高）。 ②求解粒子比荷：在给定条件下，如粒子射出磁场的位置与入射点的距离，利用动量定理求解粒子的比荷。 ③分析离子偏转：在科学仪器中，利用磁场实现离子偏转，通过动量定理分析离子的最大速度、最小速度以及磁感应强度的大小等。 例题 [2023高考浙江6月卷]利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术.如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合.位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域.不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应. （1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； （2）若B2＝2B1，求能到达y＝处的离子的最小速度v2； （3）若B2＝y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η. 答案　（1）　　（2）　（3）60％ 解析　（1）离子恰不进入区域Ⅱ时的速度为离子不进入区域Ⅱ的最大速度，作出其此时的运动轨迹，如图1所示 图1 由轨迹图中的几何关系得sin30°＝，解得r1＝2L 由洛伦兹力提供向心力有qv1B1＝m 解得v1＝ 由图1的几何关系可得运动轨迹所对圆心角为θ＝ 则离子在磁场中的运动时间t＝＝ （2）解法1：作出离子恰好能到达y＝处的运动轨迹，如图2所示 图2 若B2＝2B1，由r＝可知离子在区域Ⅰ中的运动轨迹半径为r2＝ 由几何关系可等效为B2＝B1时离子恰好运动到y＝0处，如图3 图3 由轨迹图中几何关系可得sin30°＝ 解得r’1＝4L 离子在区域Ⅰ磁场中运动，有qv2B1＝m 解得v2＝ 解法2：当离子运动到y＝处的速度方向水平向右时，速度最小为v2，又B2＝2B1，则由R＝可知R2＝ 作出离子的轨迹如图4所示 图4 由几何关系可知∠O2GC＝180°－θ 设O2G＝l，在△O2GC中＝ 又由几何关系得R2－R2sinθ＝ l＋＝R'1 解得R2＝＝2L 结合R'1＝可解得v2＝ （3）解法1：由区域Ⅱ中磁场磁感应强度B2＝y，可知其可等效为磁感应强度为的匀强磁场，若再把区域Ⅱ中磁场等效为磁感应强度为B1的匀强磁场，则磁场宽度应等效为.画出恰好不能进入第四象限的离子运动轨迹，如图4 图5 由轨迹图中几何关系得sin30°＝，解得r3＝3L 由洛伦兹力提供向心力有qv3B1＝m 解得v3＝ 即速度大于v3＝的离子都能够进入第四象限 进入第四象限的离子数与总离子数之比为η＝×100％＝60％ 解法2：离子在水平方向上的洛伦兹力Fx＝Bqvy 在磁场Ⅰ中，由动量定理得 Fx·Δt＝B1qvy·Δt＝B1qΔy＝mΔvx1 则ΣB1qΔy＝ΣmΔvx1 即B1qL＝m（v出Ⅰy－vcos60°） 在磁场Ⅱ中，由动量定理得 ·y·qvyΔt＝y·qΔy＝mΔvx2 则ΣqyΔy＝ΣmΔvx2 即q·＝m（v－v出Ⅰy） 故在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中有 B1qL＋·q·＝m（v－vcos60°） 解得v＝ 又速度越小，离子越不容易进入第四象限 所以v＞时离子进入第四象限 故η＝×100％＝60％. 【总结提升】　用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题 假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为+q。在方向垂直纸面向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。 沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx=qvyB Fy=qvxB 两个方向分别列动量定理 -qvyBΔt=mΔvx qvxBΔt=mΔvy 即-qBΔy=mΔvx qBΔx=mΔvy 两边累加得-qBy=mvx1-mvx0 qBx=mvy1-mvy0。 使用条件：如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得)，通过列出与之正交方向上的动量定理，即可迅速得出该方向上的分速度。 【针对性训练】 1. (2025·福建宁德市检测)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，求sin θn。 答案　B 解析　设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，如图所示， 在电场中，根据动能定理有 nqEd=m 解得vn= 在磁场中由动量定理有qvxBΔt=mΔvy 即qBΔx=mΔvy 两边累加得qBx=mvy，其中x为在磁场中的水平位移，x=nd 联立得vy=，sin θn= 解得sin θn=B。 2 .(15分)(2025·山东青岛市一检)如图所示，xOy平面直角坐标系中，在第二象限内存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，半径为R，磁场边界与两坐标轴相切；y≤0区域内交替分布宽度均为d的匀强电场和匀强磁场，其边界均与x轴平行，匀强电场的电场强度大小为E0，方向沿y轴负方向，匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从圆形边界上的P点以初速度v0射入磁场，PO1与x轴平行，v0与PO1夹角α=60°。粒子射出圆形磁场瞬间，在y>0区域内加上沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。已知圆形磁场的磁感应强度大小为，y>0区域内匀强电场的电场强度大小为，不计粒子重力。 (1)(3分)求粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径； (2)(3分)求粒子离开圆形磁场区域后，到达x轴的速度大小； (3)(4分)求粒子穿出y≤0区域内第二个电场时速度方向与竖直方向夹角的正弦值； (4)(5分)若粒子到达y≤0区域内某个磁场下边界时，速度方向恰好沿x轴正方向，求此时速度大小。 答案　(1)R　(2)0　(3)　 (4) 解析　(1)粒子在第二象限圆形磁场中， 有qv0B1=m，其中B1= 解得r=R (2)如图甲所示 由几何关系得粒子射出圆形磁场时距离x轴d1=R(1-cos α) 粒子从射出圆形磁场到x轴，由动能定理得-qE1d1=mv2-m 解得v=0 (3)粒子在y≤0区域第一个电场中加速，由动能定理得qE0d=m 粒子在y≤0区域第一个磁场中，有qv1B0=m 如图乙所示 由几何关系得r1sin θ1=d 粒子在y≤0区域经历两个电场加速，有2qE0d=m，v1sin θ1=v2sin θ2 解得sin θ2= (4)设粒子在第n个磁场下边界的速度为vn，粒子在y≤0区域整个向下运动过程中，由动能定理得nqE0d=m 水平方向由动量定理得qB0t=mvn 其中t=nd 解得vn= 3.(2024·北京卷，20)我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。如图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示)，可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为＋e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为－e;对于氙离子，仅考虑匀强电场的作用。 (1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a; (2)求径向磁场的磁感应强度大小B2; (3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室内只受静电力作用，由牛顿第二定律有 eE＝Ma 解得a＝。 (2)电子由阴极发射运动到阳极过程，由动能定理有 eEd＝mv2 处于阳极附近的电子在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动，则轴线方向上所受静电力与在径向磁场作用下受到的洛伦兹力平衡，即eE＝evB2 解得径向磁场的磁感应强度大小为B2＝。 (3)单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间内被电离的氙原子数为N＝ 氙离子经电场加速，有eEd＝Mv'2 设Δt时间内氙离子所受到的作用力大小为F'，则由动量定理有F'·Δt＝NΔt·Mv' 解得F'＝ 由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小为 F＝F'，则F＝。 4 （2023浙江金华三模）如图甲所示，有一竖直放置的平行板电容器，两平行金属板间距为l，极板长度为2l，以极板间的中心线OO1为y轴建立如图里所示的坐标系，在y=2l直线上方全部区域加上垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量电子从入口O点以平行于y轴的初速度射入两极板间，经过磁场区域后所有电子均能打在y=2l所在的直线上，已知电子的质量为m，电荷量为e。 （1）如果电子的速度范围为~2，求电子打在y=2l所在的直线上的落点范围长度△x； （2）在两极板间加上如图乙所示的交变电压（t=0时右极板带负电）。t=0时从O位置入射速度为的电子恰好能在t=T时刻从D点平行极板射出，求交变电压的周期T和电压U0的值； （3）如图丙在y=2l所在直线上某处K，安装一块能绕K旋转的挡板，现将挡板从水平位置逆时针转到与y轴正方向成角（cosα=），从O1位置以平行于y轴速度v’射出的电子经过磁场偏转打在档板某处H，已知运动轨迹的圆心为O’（在K左侧），O’K=1.5l，KH=3l ，求v’； （4）如图丁，宽度均为d的n个匀强磁场和n-1个匀强电场交替分布，电场、磁场的边界与水平方向均成θ角，沿边界方向范围足够广。有界磁场的磁感应强度大小依次为B0，2B0，3B0，.....nB0，磁场方向垂直纸面向外，电场方向垂直边界向上。在两极板间加上如图乙所示的交变电压（t=0时右极板带负电）。已知T=，=。t=0时从O位置以为初速度的电子从平行极板射出后射入I区磁场，若电子恰好不能从第n个磁场上边界射出，求匀强电场的场强大小。 解析： （1） 带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力， eB=m，eB=m， 解得 =，=， 由此可知，电子打在y=2l所在的直线上的落点范围长度△x=2= （2） 根据题意可知，粒子在极板间竖直方向做匀速直线运动，水平方向向左先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，则有 2l=T，a，e=ma， 联立解得 T=，= （3）由洛伦兹力提供向心力, ev’B=m 根据已知条件，由余弦定理可得 =+-2×1.5l×3lcos(α+) 联立解得 v’= （4）电子离开平行极板的速度为，方向平行极板，粒子在平行于电场的方向上动量发生了改变，t=0时从O位置以为初速度的电子从平行极板射出后射入I区磁场，粒子在经过磁场I的过程中，由动量定理可得 Σev’△t=m-msinθ，注意到Σv’△t=d 则有 ed=m-msinθ， 同理，粒子在经过磁场II的过程中，由动量定理可得 2ed=m()， 粒子在经过磁场III的过程中，由动量定理可得 3ed=m()， `````` 粒子在经过磁场n的过程中，由动量定理可得 ned=m()， 将上述方程两边相加，整理可得，n(n+1)ed=m-msinθ， 对整个过程，由动能定理，有 eEd(n-1)=m(-) 联立解得 E= 5. （2024年10月浙江嘉兴高三基础测试）如图所示，在xOy坐标平面的第三象限内存在一个与x轴平行的线状粒子源S，其长度为2R，右端紧靠y轴，可以连续不断地产生沿粒子源均匀分布的电量为+q、质量为m的无初速粒子。粒子经y方向的匀强电场加速获得初速度v0后，进入一垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域。该圆形磁场区域与y轴相切，圆心O'坐标为（，0）。在xOy坐标平面的第一象限内依次存在三个宽度均为d、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域I、Ⅱ、Ⅲ，三区域的磁感应强度之比为6∶2∶1，区域Ⅲ的右边界安装了一竖直接地挡板，可吸收打在板上的粒子。已知对准O'射入圆形磁场的粒子将沿着x轴射出；从O点射出、方向与x轴成30°的粒子刚好经过区域I的右边界（未进入区域Ⅱ）。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求： （1）圆形磁场的磁感应强度大小B0； （2）I区域的磁感应强度大小B1； （3）若能从O点出射、方向与x轴成θ的粒子刚好经过区域Ⅱ的右边界（未进入区域Ⅲ），求θ的正弦值； （4）若某段时间内从线状离子源飘出N个粒子，求能打在挡板上的粒子数。 【答案】（1） （2） （3） （4）N 【解析】 （1）根据洛伦兹力提供向心力有 解得 （2）设粒子在I区的运动半径为r，根据几何关系有 则 I区域根据洛伦兹力提供向心力有 可得 （3）区域Ⅱ粒子轨迹如图所示 根据几何关系有 ， 解得 ， （4）设与x轴成β方向的粒子正好打到档板， 由三个区域的动量定理综合得 解得 由几何关系可得对应在发射源的位置与y轴距离R，该点到发射源中点间发射的粒子均能打到档板，所以总共为N。 6 （2025浙江名校协作体联考）如图所示，在平面直角坐标系所在平面内，圆与轴相切于，半径为，为圆上一点，与轴正向成角。在圆内存在垂直平面向外的匀强磁场（未知），在第I象限内、直线的右侧存在垂直平面向外的匀强磁场（未知）。在原点处有一粒子源向第象限内发射电量为质量为速度大小为的带正电的粒子，单位时间内发射的粒子数为，发射方向可在与轴负方向成为角的范围内调整，其中时，粒子恰能从点平行轴离开圆形区域。沿轴放有靶，粒子打中靶时被靶吸收，不分析粒子离开区域后的运动。 （1）求的大小及带电粒子进入区域时射入点的纵坐标范围； （2）若，求在发射方向调整过程中能被粒子击中的靶的长度，及粒子击中靶时对靶的作用力沿方向的分力的最大值； （3）若随纵坐标变化，满足，求能击中靶的粒子从粒子源射出时的速度方向的范围。 解析 （1）由几何关系得（1分） 解得：（1分） 为磁发散问题，粒子均沿轴正方向进入区域 当时，（1分） 当时，（1分） 对应位置的纵坐标的范围为 （2）区域区域 从处入射得： 从处入射得：（两个值，任意算出一个给1分） 能被粒子击中的靶的长度为 （1分） 发射方向时，沿方向的分力的最大， （1分） 动量定理得： （1分） （3）对粒子沿方向应用动量定理得： （1分） 设进入区域时的纵坐标为的粒子的轨迹恰与轴相切，则 解得（1分） 又： 解得： 能击中靶的粒子从粒子源射出时的速度方向θ的范围为（1分） 7.（2024年5月江西九江三模）（17分）如图所示，一带电量为-q的小球，质量为m，以初速度v0从水平地面竖直向上射入v0水平方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外.图中b为小球轨迹第一次的最高点，重力加速度为g，求： （1）小球从抛出到b点所用时间； （2）b点距射出点的最大高度差； （3）b点距射出点的水平位移. 解析：取一水平向右的速度，使，向左的速度，此时有；小球的运动可看作一沿水平向右的匀速直线运动和以和的合速度为初速度的匀速圆周运动的合成，圆周运动速度大小为，，小球到达最高点时竖直方向速率为零，在最高点速率为； （1）（5分）匀速圆周运动的初速度方向和水平方向成45°斜向左上方， 则小球到最高点的时间为： （2）（5分）水平方向利用动量定理，有： 即为： 代入数据，得： （3）（7分）设水平位移为x，竖直方向利用动量定理， 有： 即为：， 代入数据，得： 8. （2024年5月湖南顶级名校高考适应性考试2）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在平面（纸面）内，在区间内存在平行y轴的匀强电场，。在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，。一未知粒子从坐标原点与x正方向成角射入，在坐标为（，）的P点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从（，0）射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，。求： （1）该未知粒子的比荷； （2）匀强电场电场强度E的大小及左边界的值； （3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点（，）（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间以及坐标的值。 【答案】（1）；（2），；（3）， 【解析】 （1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得 又 联立解得粒子的比荷为 （2）粒子的轨迹如图所示 粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动，则有 联立解得匀强电场电场强度大小为 由几何关系可得 解得 （3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示 由 可得 即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有 取一小段时间△t，对粒子在x方向上列动量定理（如图） 两边同时对过程求和 可得 即 其中 则有 结合 可得 故有 9. （2024江苏苏州期末） 利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，xOy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度分别为L和2L、边界均平行x轴的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；区域Ⅱ同时存在沿y轴负方向的匀强电场，下边界与x轴重合。位于P处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 （1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度的大小； （2）若离子源释放的离子速度大小，求离子进入区域Ⅱ与边界的夹角θ； （3）将离子源移至（0，L）处，其释放速度大小，方向沿x轴正方向的正离子束，要实现离子不从区域Ⅱ下边界飞出，则电场强度E的大小需满足什么条件？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 （1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切（如图甲），则由几何关系 解得 根据 解得 （2）粒子进入区域Ⅰ，运动轨迹如图乙，由 解得 r2=5L 圆心O到Ⅱ区域边界的距离 进入区域Ⅱ速度夹角为 （3）方法一： 假设离子向下运动y方向最大位移为L，此时速度为v，在区域Ⅱ任意Δt时间，由动量定理可得 两边累和得 得 由动能定理得 解得 即电场强度应满足得条件是 方法二： 将其看成速度为v0的水平向右的匀速直线运动和竖直平面以速率为(v0- v3)的匀速圆周运动的合运动，其中v0满足 qv0B=qE0 即 等效圆的最小直径为L，即 联立①、②，结合 得 即电场强度应满足得条件是 10．（15分）(2024湖南顶级名校质检)如图甲所示，足够长水平收集板位于x轴，在一、二、四象限足够大区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为2B，边界与y轴相切于A点(0，-2R)。一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，这群电子在虚线处的x坐标范围为(-2R，R-R)，电子打到收集板上后被收集。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用。 （1）求电子的初速度大小； （2）求收集板上能收集到电子区域的长度； （3）若撤去收集板及位于一、二、四象限的磁场，在y轴右侧加多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，如图乙所示。电场、磁场宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右，垂直于纸面向里的磁场的磁感应强度为，垂直于纸面向外的磁场的磁感应强度为，电、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直： ①若从x=-R处射出电子从第1层右侧垂直边界穿出，求与的大小之比； ②把磁感应强度大小改为使x=-R处射出电子从第层右侧边界穿出时速度的方向恰好平行y轴向下，求的大小（用、e、m、、E、n、d表示）。 【解析】（1）根据题意，一群电子从与x轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A点进入右侧磁场，则可知这群电子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径 =R。 电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力有 解得 （2）电子进入第四象限后仍在洛伦兹力的作用下做圆周运动，设其做圆周运动的轨迹半径为，其轨迹图如图所示 则有 根据几何关系可得，落在挡板最右侧坐标 由几何关系可知 而这群粒子最右边距y轴的距离恰为R- R，因此粒子范围最右边的粒子恰能经过原点，因此落在挡板最左侧坐标 收集板上能收集到电子区域的长度为 （3）①法1：设电子刚进第一层电场时速度与边界的夹角为，速度的竖直分量为 又因为，所以 设电子刚出第一层电场时速度大小为，速度与边界的夹角为，则 又因为，所以 所以=1:1。 法2：竖直方向动量定理 所以=1:1。 ②由动能定理得 在y轴方向列动量定理方程 联立解得 1 学科网（北京）股份有限公司 $