帶電粒子在電場、磁場中的運動-高考物理二輪復習

第9講帶電粒子在電場、磁場中的運動-高考物理二輪復習

構建?知識網絡―三鎖定主干知識三三壬

動力學觀點：〃=言E=*確定圓心

加速!

幾何關系

功能關系：g/U=|mt2-|znr,,2

動力學J型8=，〃;

偏轉角：ran0=^-=-^j-關系Lr_wr7二2m〃

一qB'（113

0md%|偏轉

，Ul2I（類平拋）運動確定圓心角。，，=/丁

側移距離：y=-^（L.J

時間工

2mdi?

體驗?高考真題明確高考考向三壬壬

1.某興趣小組用人工智能模擬帶電粒子在電場中的運動，如圖所示的矩形區域。WP0內分布有平

行于。。的勻強電場，N為。P的中點。模擬動畫顯示，帶電粒子。、6分別從。點和O點垂直于

。。同時進入電場，沿圖中所取軌跡同時到達“、N點，K為軌跡交點。忽略粒子所受重力和粒子間

A.具有不同比荷B.電勢能均隨時間逐漸增大

C.到達〃、N的速度大小相等D.到達K所用時間之比為1口2

2.（如圖所示，由長為R的直管和半徑為R的半圓形彎管6cd、4/'組成的絕緣光滑管道固定于

水平面內，管道間平滑連接。慶d圓心O點處固定一電荷量為。（。>0）的帶電小球。另一個電荷

量為g（g>0且0口。）的帶電小球以一定初速度從a點進入管道，沿管道運動后從/點離開。忽略

空氣阻力。則（）

A.小球在e點所受庫侖力大于在〃點所受庫侖力

B.小球從。點到e點電勢能先不變后減小

C.小球過/‘點的動能等于過d點的動能

D.小球過〃點的速度大于過a點的速度

3.如圖所示，口區有垂直于紙面向里的勻強磁場，其邊界為正方形；口區有垂直于紙面向外的勻強

磁場，其外邊界為圓形，內邊界與n區邊界重合；正方形與圓形中心同為。點。口區和口區的磁感應

強度大小比值為4口1。一帶正電的粒子從口區外邊界上。點沿正方形某一條邊的中垂線方向進入磁

場，一段時間后從。點離開。取sin37。=0.6。則帶電粒子（）

A.在□區的軌跡圓心不在。點

B.在□區和□區的軌跡半徑之比為1口2

C.在門區和口區的軌跡長度之比為127rB7

D.在□區和口區的運動時間之比為127D148

考情分析?：本講內容在高考中以選擇題和計算題形式出現，難度較大。帶電粒子在電場中的運動與動力

學一樣，同樣遵循運動的合成與分解、牛頓運動定律、功能關系等力學規律，而作圖是解決磁場問題的

關健，臨界問題常結合動態放縮圓、定點旋轉圓、圓平移等幾何知識。

「篇研?高頻考點壬三三壬三三三三—三三壬三三三—三三三—聚焦重難熱新一

考點一帶電粒子在電場中的運動

》通法概述：

帶電粒子在電場中運動的解題思路

動力學法——牛帶電粒子受到恒力的作用，可以由牛頓第二定律求其加速度，結合勻變速直線運動

頓第二定律的公式確定帶電粒子的速度、時間和位移等

功能關系法一帶電粒子在電場中依次通過電勢差為U/B的4、A兩點時動能的變化量是AEk,則

動能定理</（/|8=4反=}〃也2—①]2

》典例精析：

【例1】

4.如圖所示，已知兩平行金屬極板間電壓為U,間距為乩質量為m的帶電金屬微粒從距上板的距

離為d位置處由靜止釋放，從上板小孔進入后恰好能與下板相接觸，重力加速度大小為g,則金屬微

粒所帶電荷的電性和電荷量4分別為()

O

A.負電荷，夕=野B.負電荷，勺=坪

C.正電荷，夕=婚^D.正電荷，［=噌

【例2】

5.負離子空氣凈化器的部分結構原理如圖所示。由空氣和帶負電荷的灰塵顆粒組成的均勻混合氣

流，以相同的初速度沿平行于極板方向進入一個由平行金屬板和穩壓電源構成的收集器，氣流寬度

正好等于金屬板間距，在電場的作用下全部灰塵顆粒恰好都能落到下極板上。假設所有灰塵顆粒質

量相等，所帶電荷量相同，不考慮重力、浮力影響和顆粒間的相互作用。下列說法正確的是

A.收集器上極板帶正電

B.電源電壓減半，灰塵顆粒的收集效率減半

C.隨著收集灰塵顆粒增多，下極板所帶電荷量逐漸減小

D.所有灰塵顆粒即將落到下極板上時的動能一定相等

方法技巧

電場中類平拋運動的一般思路

<1)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向U勺直線運動，類似于平拋運動。

(2)運動規律

①沿初速度方向做勻速直線運動；

②垂直初速度方向，做勻加速直線運動，。=*=得。

【例3】

6.如圖所示，水平向右的勻強電場中，用氏為L的絕緣細線系住一質量為用的帶負電的絕緣小球

（可視為質點），小球靜止時細線與豎直方向成0=30。角，此時小球所在位置「與懸點。兩點間的

電勢差為U。如果不改變電場強度的大小，而突然將電場的方向變為水平向左，小球將在豎宜平面

內運動，某時刻獲得最大速度hn（未知），此時細線對小球的拉力大小為尸（未知）。已知重力加速

度為g,求：

--------------------------------A

/AI。?.

/:

pd:

（i）小球所帶的電荷量大小；

（2）小球運動過程中的最大速度大小Um及對應細線對小球的拉力大小用

規律總結

帶電體在等效場中的圓周運動

（I）等效里力法

將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則/^為等效重力場中的“重力"，g'=Ee為等效重力場中的“等效

m

重力加速度”，尸合的方向為等效“重力”的方向，即在等效重力場中相當于豎直向下的方向。

oqE等效最高總＜—、、、

G產合'、、'、/

、、一~’等效最低點

（2）等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上

的兩點即為等效最高點和最低點＜

考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動

?通法概述

解決帶電粒子在勻強磁場中運動問題的思路

何軌跡確定圓心，用兒彳可方法求半徑并畫出軌跡〕

仇跡半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏

轉角與圓心角、運動時間相聯系，在勻強磁場

中運動的時間與周期相聯系

利用牛頓第二定律和圓周運動的規律,特別

〔用規律卜

是周期公式和半徑公式

?典例精析

【例4】

7.如圖所示，在心/的真空區域中有足夠長的勻強磁場，磁感應強度為水方向垂直紙面向里。

質量為〃?、電荷量為q的帶電粒子（不計重力）從坐標原點。處沿圖示方向射入磁場中，已知0=

60%粒子穿過x軸正半軸后剛好沒能從右邊界射出磁場。則該粒子所帶電荷的正負和速度大小是

（）

A.帶正電，“2B.帶正電，駛

m5m

C.帶負電，"更D.帶負電，竄

m3m

規律總結

帶電粒子在有界勻強磁場中運動的三個重要結論

（I）帶電粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角（如圖甲所示，03=02=0.）O

（2）帶電粒子經過勻強磁場時速度方向的偏轉角等于其軌跡的圓心角（如圖甲所示，四=a2）。

（3）沿半徑方向射入圓形勻強磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向，如圖乙所示（兩側關于圓心連線。。'

對稱）。

甲乙

【例5】

8.2025年5月1日，全球首個實現“聚變能發電演示”的緊湊型全超導托卡馬克核聚變實驗裝置

（BEST）在我國正式啟動總裝。如圖是托上馬克環形容器中磁場截面的簡化示意圖，兩個同心圓圍

成的環形區域內有■直紙面向用的勻強磁場，磁感應強度大小為以內圓半徑為幻。在內網上力點

有a、/八。三個粒子均在紙面內運動，并都恰好到達磁場外邊界后返回。已知〃、b、c帶正電且比

荷均為條,。粒子的速度大小為玲=噂,方向沿同心圓的徑向；人和c粒子速度方向相反且與〃粒

子的速度方向垂直。不考慮帶電粒子所受的重力和相互作用。下列說法正確的是（）

A.外圓半徑等于2R）

B.a粒子返回A點所用的最短時間為上必2

qB

C.b、c兩粒子返回力點所用的最短時間之比為易

v2+2

D.。粒子的速度大小為感為

考點三三類動態圓模型

?通法概述

示意圖適用條件應用方法

以入射點尸為定點，將半

粒子的入射點位置相徑放縮作軌跡圓，粒子恰

放縮圓同，速度方向一定，好不射出磁場的臨界狀態

r2\pf

\Xxrx/|

速度大小不同是粒子運動軌跡與磁場邊

界相切

（軌跡圓的圓心在Pl產2在線上）

粒子的入射點位置相將一半徑為R=翳的圓

旋轉圓同，速度大小一定，

P以入射點為圓心進行旋

（軌跡圓的圓心在以入射點P為圓心、半速度方向不同轉，從而探索出臨界條件

徑《=翳的圓上）

粒子的入射點位置不

將半徑為&=翳的圓進

平移圓同，速度大小、方向

III行平移

均一定

（軌跡圓的所有圓心在一條直線上）

?典例精析

【例6】

9.如圖，直角三角形為CO區域內存在磁感應強度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場，CD=

L,0=30%質量為小、電荷量為夕旦均勻分布的帶正電粒子以相同的速度沿紙面垂直40邊射入磁

場，若粒子的速度大小為耨，不考慮重力及粒子間的作用，V3=1.732,則粒子經磁場偏轉后能返

回到力。邊的粒子數占射入到4。邊總粒子數的百分比為（）

A.40%B.47.3%

C.52.7%D.60%

【例7】

10.如圖，在豎直平面內的O"直角坐標系中，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度

大小為8。在第二象限內，垂直紙面且平行于x軸放置足夠長的探測萌板MMMN到x軸的距離為

d,上、下表面均能接收粒子。位于原點。的粒子源，沿Oxy平面向x軸上方各個方向均勻發射相同

的帶正電粒子。已知粒子所帶電荷量為3質量為加，速度天小均為曙。不計粒子的重力、空氣阻

力及粒子間的相互作用，則（）

XXXXXX

B

XXXXXX

M.N

xaxxx

___：r

OX

A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2d

B.薄板的上表面接收到粒子的區域長度為

C.薄板的下表面接收到粒子的區域長度為4

D.薄板接收到的粒子在磁場中運動的最短時間為Wim

廠培優?提能力0餐三三三拓展思維空間蟠

磁發散與磁聚焦

帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如

果軌跡圓半徑與磁場區域圓半徑相等，則

成立條件：

破聚粒子從磁場邊界上同一點射出，該點切線

磁場區域圓

焦與與入射速度方向平行（平入點出）

的半徑等于

破發帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一父疊)

軌跡圓的半磁發散磁聚焦

散點射入，如果軌跡圓半徑與磁場區域員半

徑r=R

徑相等，則粒子出射方向與入射點的切線

方向平行（點入平出）

【典例】

11.如圖所示，在宜萬平面內存在有界勻強磁場，磁場的邊界是半徑為R的圓，圓心C點的坐標為

（0,R）,磁場方向垂直xOy平面向外，第匚象限內垂直x軸放置的線狀粒子源，粒子源的一端在x

軸上，長度為2&,沿+x方向均勻發射速度大小為火的相同粒子，所有粒子經磁場偏轉后從坐標原

點。處射出①。第口象限內垂直X軸放置一熒光屏S,熒光屏的一端在X軸上，長為百R,到y軸的

（1）磁感應強度大小B；

（2）能扛在屏上粒子的數且占拉了源發出粒了總數的百分比0。

審題指導:

信息提取信息加工

沿+x方向均勻發射速度大小為V0的相同粒根據“平入點出''得出帶電粒子在磁場中運動的半徑「=

子，所有粒子經磁場偏轉后從坐標原點。處射R

出①

根據幾何關系得出粒子從。點離開磁場時，速度與一

打在屏上粒子的數目占粒子源發出粒子總數的

X方向夾角為0?60。范圍內的粒子都能打到屏上；進

百分比4②

而計算得出符合要求的入射粒子占總數的百分比

答案解析部分

1.【答案】D

【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉

【解析】【解答】A：根據題意可知，帶電粒子在電場中做類平拋運動，運動時間相等，由圖可知，

沿初速度方向位移之比為2口1,則初速度之比為2口1；沿電場方向的位移大小相等，由》=加於可

知，粒子運動的加速度大小相等。

由牛頓第二定律有四=癡可得白帶電粒子具有相同比荷，故A錯誤；

B：帶電粒子運動過程中，電場力均做正功，電勢能均隨時間逐漸減小，故B錯誤；

C：沿電場方向，由公式丹=”可知，到達V、N的豎直分速度大小相等，由于初速度之比為2口1,

則到達V、N的速度大小不相等，故C錯誤；

D：帶電粒子。到達K的水平位移相等，則所用時間之比為1口2,故D正確。

【分析】將粒子運動分解為垂直電場方向的勻速直線運動和平行電場方向的勻加速直線運動，利用

運動等時性和位移關系分析比荷、電勢能、速度及交點時間等問題。

2.【答案】B

【知識點】點電荷的電場：電場強度的疊加

【解析】【解答】A：根據庫侖定律/=4當可確定e點庫侖力小于〃點，A錯誤；

B：小球從c到力靜電力不做功，山1到e,靜電力做正功，故電勢能先不變后減小，B正確；

CD：小球從d到/,靜電力做正功，從。到b靜電力做負功，故/點的動能大于“點動能，b點速度

小于。點速度，故C、D錯誤。

【分析】以點電荷的等勢面和庫侖力公式為基礎，結合電場力做功與電勢能變化的關系，以及動能

定理分析各選項。

3.【答案】A,D

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【解析】【解答】A：根據題意作軌跡圖如圖所示，由圖可知，在口區的軌跡圓心不在0點，故A正

確；

B：由洛倫茲力提供向心力，qvB=m^,可得廠=器，故在口區和口區的軌跡半徑之比為:=備=

5故B錯誤；

C：粒子在口區和口區的軌跡長度分別為八=360°-2190。-37。）「2”|=騾^2口第

360°360°360°

=蔡'2"2,故在U區和U區的軌跡長度之比為%=罌，故C錯誤；

36U/14H

D：設粒子在磁場□區偏轉的圓心角為a,山幾何關系cos。=不篇=g,可得a=37。，故粒子在口

區運動的時間為八二幽三等二Z2_r=翳x瑞，粒子在□區運動的時間為及=當箓r=

蕓x智，聯立可得在□區和口區的運動時間之比為?=黑，故D正確。

360q〃2c2148

【分析】利用帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑公式和周期公式，結合幾何關系確定軌跡半徑、

圓心位置及偏轉角度，進而計算軌跡長度和運動時間。

4.【答案】B

［知識點】帶電粒子在重力場和電場復合場中的運動

【解析】【解答】由題意可知上極板與電源正極相連帶正電，金屬微粒從上板小孔進入后恰好能與下

板相接觸，

故電場力對金屬微粒做負功，故金屬微粒帶負電。由動能定理得mg-2d—qU=0,得電荷量q=0拶

故答案為：Bo

【分析】對微粒仝程應用動能定理，結合電場方向與受力方向判斷電性，再通過做功關系求解電荷

量。

5.【答案】B

6.【答案】（1）解：小球帶負電，設小球所帶電荷量的大小為q,對小球進行受力分析畫出其受力示

意圖如圖所示

根據平衡條件有Fm=qE=mglan0=爭唔

P與懸點O兩點間的電勢差為U,則U=Edpo=ELsin0=竽

聯立，解得q=地照

(2)解：在不改變電場強度的大小的情況下突然將電場的方向變為水平向左，則當小球擺到豎直線

右側與豎宜方向夾角為。時小球到達等效重力的最低點，此時速度最大，此時細線的拉力最大，由

2

動能定理qE-2Lsin0=imvm

解得Vm=平至晟

此時，由牛頓第二定律可得F—溫=01零

解得F=i^mg

【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律；帶電粒子在重力場和電場復合場中的運動

【解析】【分析】(1)小球靜止時受力平衡，電場力與重力的合力沿細線方向，結合平衡條件求出電

場力與場強的關系；再利用電勢差U與場強E的幾何關系聯立，解得電荷量。

(2)電場方向反向后，小球在等效重力場中擺動，最大速度出現在等效最低點；用動能定理求最大速

度，再由牛頓第二定律求細線拉力。

7.【答案】B

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【解析】【解答】由題意得，粒子穿過x軸正半軸后剛好沒能從右邊界射出磁場，說明粒子進入磁場

后向上偏轉，根據左手定則，可知粒子帶正電，作出其運動機跡，

如圖所示，根據幾何關系可知匚0。。=0=60。，設帶電粒子在磁場中運動的半徑為匕

根據幾何關系可得，-cos6()o+〃=/,解得廠=等，帶電粒子在磁場中運動，

由洛倫茲力提供向心力，則有筋丫=加已解得口=4迎

ToTYl

故答案為：Bo

【分析】根據粒子偏轉方向判斷電性，再結合幾何關系確定軌跡半徑，最后由洛倫茲力提供向心力

公式求解速度大小。

8.【答案】B,D

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【解析】【解答】A；a粒子運動軌跡如圖所示

根據va=四a，可得&=R",設外圓半徑等于R1由幾何關系得口慶0,8=270。，則R，=Ro+魚Ro,

m

A錯誤；

B：由A項分析，a粒子返回A點所用的最短時間為第一次回到A點的時間端而，a粒子做勻速圓周

運動的周期T=嚕=鬻，在磁場中運動的時間匕=翳7=鬻，勻速直線運動的時間t2=^

=錯,故a粒子返回A點所用的最短時間為tmm=t「|t2=馬里目，B正確；

qB

因為b、c兩粒子返回A點都是運動一個圓周，根據b、c帶正電且比荷均為條，所以兩粒子做圓周

運動周期相同，故所用的最短時間之比為1口1,C錯誤；

D：由幾