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专题十 磁场
基础篇
考点 一 磁场的描述 指向西方 错误
，Ｄ 。
２．（ 江苏， ， 分）如图所示 两根固定的
１．（ 全国乙， ， 分）（多选） ２０２２ ３ ４ ，
２０２２ １８ ６
通电长直导线 ａ ｂ 相互垂直 ａ 平行于纸面
安装适当的软件后 利用智能 、 ， ，
，
电流方向向右 ｂ 垂直于纸面 电流方向向
手机中的磁传感器可以测量磁 ， ，
里 则导线 ａ 所受安培力方向
感应强度 Ｂ 如图 在手机上建立直角坐标 。 （ ）
。 ，
系 手机显示屏所在平面为 ｘＯｙ 面 某同学
， 。
在某地对地磁场进行了四次测量 每次测量
，
时 ｙ 轴指向不同方向而 ｚ 轴正向保持竖直向
平行于纸面向上
上 根据表中测量结果可推知 Ａ．
。 （ ） 平行于纸面向下
Ｂ．
测量序号 Ｂ ／ Ｂ ／ Ｂ ／
ｘ μＴ ｙ μＴ ｚ μＴ 左半部分垂直纸面向外 右半部分垂直纸
Ｃ． ，
面向里
１ ０ ２１ －４５
２ ０ －２０ －４６ 左半部分垂直纸面向里 右半部分垂直纸
Ｄ． ，
３ ２１ ０ －４５ 面向外
４ －２１ ０ －４５ 答案 Ｃ 由安培定则判定导线 ｂ 中电流产
测量地点位于南半球
生的磁场方向如图所示 由左手定则可判定
Ａ．
，
当地的地磁场大小约为
导线 ａ 所受安培力方向如 选项所述 故
Ｂ． ５０ μＴ
Ｃ ，
第 次测量时 ｙ 轴正向指向南方 选
Ｃ． ２
Ｃ。
第 次测量时 ｙ 轴正向指向东方
Ｄ． ３
答案 ＢＣ 依题意 ｚ 轴正向保持竖直向
，
上 测量结果表明 ｚ 轴方向的磁感应强度为
，
负 即测量地点的磁感应强度的竖直分量是
，
向下的 说明测量地点位于北半球 错误
， ，Ａ ；
每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂
３．（ 全国甲， ， 分）两足够长直导线均
直 任选一组数据根据平行四边形定则可以 ２０２１ １６ ６
， 折成直角 按图示方式放置在同一平面内
求出当地的地磁场磁感应强度大小约为 ， ，
５０ ＥＯ 与 Ｏ′Ｑ 在一条直线上 ＰＯ′与 ＯＦ 在一条
正确 在北半球 地磁场的水平分量是 ，
μＴ，Ｂ ； ， 直线上 两导线相互绝
由南向北的 第 次测量时得到的水平分量 ，
， ２ 缘 通有相等的电流 Ｉ
即 Ｂ 是负值 说明 ｙ 轴正向与地磁场的水平 ， ，
ｙ ， 电流方向如图所示 若
分量方向相反 即指向南方 正确 第 次 。 专
， ，Ｃ ； ３ 一根无限长直导线通过 题
测量时 Ｂ 为零 说明 ｙ 轴沿东西方向 又因 十
ｙ ， ， 电流 Ｉ 时 所产生的磁
磁
Ｂ 为正 即 ｘ 轴正向指北方 则 ｙ 轴正向应 ，
ｘ ， ， 场
１６３
场在距离导线 ｄ 处的磁感应强度大小为 Ｂ 点产生磁场的磁感应强度大小相等 根据右
， ，
则图中与导线距离均为 ｄ 的 Ｍ Ｎ 两点处的 手螺旋定则可知 四条导线中的电流在 ｅ 点
、 ，
磁感应强度大小分别为 产生磁场的磁感应强度方向如图乙所示 可
（ ） ，
Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ 知 Ｂ ′与 Ｂ ′大小相等 方向相反 互相抵消
Ａ． 、０ Ｂ．０、２ Ｃ．２ 、２ Ｄ． 、 ｃ ｄ 、 ， ；
答案 Ｂ 根据题意 把两根直角导线拆分 而 Ｂ ′与 Ｂ ′大小相等 方向如图乙所示 根
， ｂ ａ ， ，
后重新组合 看作两根分别沿 ＰＯＦ 方向和 据平行四边形定则 可知两个磁感应强度合
， ，
ＥＯ′Ｑ 方向 相互垂直的长直导线 利用安培 成后沿 ｙ 轴负方向 错误 正确
、 ， ，Ｃ ，Ｄ 。
定则判断可知 两条导线在 Ｍ 点产生磁场的
，
磁感应强度大小相等 方向相反 因此 Ｍ 点
， ，
处的磁感应强度为 两条导线在 Ｎ 点产生
０；
磁场的磁感应强度大小相等 方向相同 因
， ，
此 Ｎ 点处的磁感应强度大小为 Ｂ 故选项
２ ， Ｂ 甲 乙
正确 错误
，Ａ、Ｃ、Ｄ 。
４．（ 福建， ， 分）（多选）
考点 二 磁场对电流的作用
２０２１ ６ ６
如图 四条相互平行的细长
， １．（ 江苏， ， 分）在光滑桌面上将长为
２０２１ ５ ４
直导线垂直坐标系 ｘＯｙ 平
Ｌ 的软导线两端固定 固定点的距离为 Ｌ
面 导线与坐标平面的交点 π ， ２ 。
， 导线通有电流 Ｉ 处于磁感应强度大小为 Ｂ
， 、
为 ａ ｂ ｃ ｄ 四点 已知 ａ ｂ ｃ ｄ 为正方形的
、 、 、 。 、 、 、 方向竖直向下的匀强磁场中 导线中的张
，
四个顶点 正方形中心位于坐标原点 Ｏ ｅ 为
， ， 力为
（ ）
ｃｄ 的中点且在 ｙ 轴上 四条导线中的电流大
；
小相等 其中过 ａ 点的导线的电流方向垂直
，
坐标平面向里 其余导线电流方向垂直坐标
，
平面向外 则
。 （ ）
ＢＩＬ ＢＩＬ ＢＩＬ ＢＩＬ
Ｏ 点的磁感应强度为 Ａ． Ｂ．２ Ｃ．π Ｄ．２π
Ａ． ０
答案 Ａ 水平面内受力分析如图 通电之
Ｏ 点的磁感应强度方向由 Ｏ 指向 ｃ ，
Ｂ．
后圆弧形导线 ＭＮ 受到的安培力大小为
ｅ 点的磁感应强度方向沿 ｙ 轴正方向
Ｃ．
ＢＩＬ Ｍ Ｎ 两端的张力大小相等 均为 ＢＩＬ
ｅ 点的磁感应强度方向沿 ｙ 轴负方向 ２ ， 、 ， ，
Ｄ．
故 正确
答案 ＢＤ 由题知 四条导线中的电流大小 Ａ 。
，
相等 且到 Ｏ 点的距离相等 故四条导线在
， ，
Ｏ 点产生磁场的磁感应强度大小相等 根据
，
5
年 右手螺旋定则可知 四条导线中的电流在 Ｏ
高 ，
考 点产生磁场的磁感应强度方向如图甲所示
3 ，
年 可知 Ｂ 与 Ｂ 大小相等 方向相反 相互抵
审题指导
模 ｂ ｃ 、 ，
拟
消 Ｂ 与 Ｂ 等大同向 故 Ｏ 点的磁感应强度 通电导线在磁场中所受的安培力使得导线
A ， ａ ｄ ，
版 方向由 Ｏ 指向 ｃ 其大小不为零 错误 有向外扩张的趋势，稳定时保持半圆形状
， ，Ａ ，Ｂ
高
正确 ａ ｂ 导线中的电流在 ｅ 点产生磁场的 态，而圆弧导线中任意一点的张力均沿该点
考
。 、
物
理 磁感应强度大小相等 ｃ ｄ 导线中的电流在 ｅ 的切线方向。
， 、
１６４
２．（ 广东， ， 分）截面为正方形的绝缘弹 θ 与电流 Ｉ 成正比
２０２１ ５ ４ Ｄ．ｓｉｎ
性长管中心有一固定长直导线 长管外表面 答案 Ｄ 直导线 ＭＮ 在图 右侧位置静
， （ａ）
固定着对称分布的四根平行长直导线 若 止 受力平衡 受重力 斜向左上的绳的拉
。 ， ， 、
中心直导线通入电流 Ｉ 四根平行直导线均 力 由共点力平衡知安培力斜向右上 磁感
１， ， ，
通入电流Ｉ Ｉ Ｉ 电流方 应强度方向由导线所在位置指向 ＯＯ′ 由左
２， １≫ ２， ，
向如图所示 下列截面图 手定则可知 当直导线 ＭＮ 静止在右侧时 电
。 ， ，
中可能正确表示通电后长 流方向为Ｍ 到Ｎ 选项 错误 当直导线ＭＮ
， Ａ ；
管发生形变的是 在右侧时 对直导线 ＭＮ 受力分析 得到力的
（ ） ， ，
Ｆ ＢＩＬ
安
矢量三角形如图 θ Ｆ ｍｇ
，ｓｉｎ ＝ ｍｇ ＝ ｍｇ， 绳 ＝
θ Ｂ Ｌ ｍｇ 为定值 所以 θ与电流 Ｉ 成
ｃｏｓ ， 、 、 ， ｓｉｎ
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
正比 悬绳中的拉力 Ｆ 会随着 θ 的变化而
答案 Ｃ 左右两侧电流与中心电流为同向 ， 绳
变化 所以选项 错误 选项 正确
电流 上下两侧电流与中心电流为反向电 ， Ｂ、Ｃ ， Ｄ 。
，
流 由同向电流相互吸引 异向电流相互排
， 、
斥这一结论 可知弹性长管左右两侧受到向
，
里的压力 上下两侧受到向外的压力 故选
， ，
项
Ｃ 。 易错警示
解题关键
本题的安培力方向是垂直悬绳的方向，分析
同向电流相互吸引、异向电流相互排斥；因Ｉ
时容易错画为水平方向。
１
Ｉ ，故忽略四根平行直导线间的相互作用。
≫ ２ ４．（ 湖北， ， 分）（多选）如图所示 两平
２０２２ １１ ４ ，
３．（ 湖南， ， 分）如图 直导线 ＭＮ 被
２０２２ ３ ４ （ａ）， 行导轨在同一水平面内 一导体棒垂直放
。
两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴 ＯＯ′
在导轨上 棒与导轨间的动摩擦因数恒定
， 。
上 其所在区域存在方向垂直指向 ＯＯ′的磁
， 整个装置置于匀强磁场中 磁感应强度大小
，
场 与 ＯＯ′距离相等位置的磁感应强度大小
， 恒定 方向与金属棒垂直 与水平向右方向
， 、
相等且不随时间变化 其截面图如图 所
， （ｂ） 的夹角 θ 可调 导体棒沿导轨向右运动 现
。 ，
示 导线通以电流 Ｉ 静止后 悬绳偏离竖直
。 ， ， 给导体棒通以图示方向的恒定电流 适当调
，
方向的夹角为 θ 下列说法正确的是
。 （ ） 整磁场方向 可以使导体棒沿导轨做匀加速
，
运动或匀减速运动 已知导体棒加速时 加
。 ，
速度的最大值为 ３ｇ 减速时 加速度的最大
； ，
３
值为 ｇ 其中 ｇ 为重力加速度大小 下列
３ ， 。
说法正确的是
（ ）
当导线静止在图 右侧位置时 导线中
Ａ． （ａ） ，
电流方向由 Ｎ 指向 Ｍ
电流 Ｉ 增大 静止后 导线对悬绳的拉力 专
Ｂ． ， ， 题
十
不变
棒与导轨间的动摩擦因数为 ３ 磁
θ 与电流 Ｉ 成正比 Ａ． 场
Ｃ．ｔａｎ ６
１６５
连 ＰＱ 为圆弧形的 带有均匀刻度的透明读
棒与导轨间的动摩擦因数为 ３ ， 、
Ｂ． 数条 ＰＱ 的圆心位于 Ｍ 的中心 使用前需
３ ， 。
加速阶段加速度大小最大时 磁场方向斜 调零 使线圈内没有电流通过时 Ｍ 竖直且
Ｃ． ， ： ，
向下 θ ° 与纸面垂直 入射细光束沿水平方向经 ＰＱ
， ＝６０ ；
减速阶段加速度大小最大时 磁场方向斜 上的 Ｏ 点射到 Ｍ 上后沿原路反射 线圈通
Ｄ． ， 。
向上 θ ° 入电流后弹簧长度改变 使 Ｍ 发生倾斜 入
， ＝１５０ ， ，
答案 ＢＣ 当导体棒加速运动时受力如图 射光束在 Ｍ 上的入射点仍近似处于 ＰＱ 的
甲 由 ＢＩＬ θ μ ｍｇ ＢＩＬ θ ｍａ 可得 圆心 通过读取反射光射到 ＰＱ 上的位置 可
， ｓｉｎ － （ － ｃｏｓ ）＝ ， ， ，
ＢＩＬ θ μＢＩＬ θ ＢＩＬ 以测得电流的大小 已知弹簧的劲度系数
ａ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ μｇ μ２ 。
＝ ｍ － ＝ ｍ １＋ ｓｉｎ
ｋ 磁场磁感应强度大小为 Ｂ 线圈 Ｃ 的匝数
， ，
θ φ μｇ 其中 φ μ 可见当 θ φ °
（ ＋ ）－ ， ｔａｎ ＝ ， ＋ ＝９０ 为 Ｎ 沿水平方向的长度为 ｌ 细杆 Ｄ 的长度
、 ，
ＢＩＬ
时
，
加速度取得最大值为
ｍ １＋
μ２
－
μｇ
＝
为 ｄ
，
圆弧 ＰＱ 的半径为 ｒ
，
ｒ
≫
ｄ
，
ｄ 远大于弹
簧长度改变量的绝对值
。
３ｇ
；
３
当导体棒减速运动时受力如图乙 由 ＢＩＬ
， ｓｉｎ
α μ ｍｇ ＢＩＬ α ｍａ 其中 α ° θ
＋ （ ＋ ｃｏｓ ）＝ ， ＝１８０ － ，
ＢＩＬ α μＢＩＬ α ＢＩＬ
可得 ａ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ μｇ
＝ ｍ ＋ ＝ ｍ
若在线圈中通入的微小电流为 Ｉ 求平衡
（１） ，
μ２ α φ μｇ 其中 φ μ 可见当
１＋ ｓｉｎ （ ＋ ）＋ ， ｔａｎ ＝ ， 后弹簧长度改变量的绝对值 ｘ 及 ＰＱ 上反
Δ
ＢＩＬ
α φ °时 加速度取得最大值为 μ２ 射光点与 Ｏ 点间的弧长 ｓ
＋ ＝９０ ， ｍ １＋ ；
某同学用此装置测一微小电流 测量前
（２） ，
μｇ ｇ 可得 μ ３ 则 φ ° 故当导体 未调零 将电流通入线圈后 ＰＱ 上反射光点
＋ ＝ ３ ， ＝ ， ＝３０ ， ， ，
３
出现在 Ｏ 点上方 与 Ｏ 点间的弧长为 ｓ 保
棒加速阶段加速度大小最大时 θ ° 当导 ， １；
＝６０ ，
持其他条件不变 只将该电流反向接入 则
体棒减速阶段加速度大小最大时 θ ° ， ，
＝１２０ ，
反射光点出现在 Ｏ 点下方 与 Ｏ 点间的弧长
错误 正确 ，
Ａ、Ｄ ，Ｂ、Ｃ 。
为 ｓ 求待测电流的大小
２。 。
ＮＢＩｌ ＮＢＩｌｒ ｋ ｓ ｓ ｄ
答案 ２ （ １ ＋ ２）
（１） ｋ ｋｄ （２） ＮＢｌｒ
４
解析 通入电流后线圈所受安培力 Ｆ
（１）
5 ＮＢＩｌ
年 ５．（ 全国甲， ， 分）光点式检流计是一 ＝
高 ２０２２ ２５ ２０ 由胡克定律及平衡条件有 Ｆ ｋ ｘ
考 ＝ Δ
种可以测量微小电流的仪器 其简化的工作
3 ， ＮＢＩｌ
年 故弹簧长度改变量 ｘ
模 原理示意图如图所示 图中 Ａ 为轻质绝缘 Δ ＝ ｋ
。
拟
弹簧 Ｃ 为位于纸面上的线圈 虚线框内有与
由于 ｄ 远大于弹簧长度的改变量 故细杆转
A ， ，
，
版 纸面垂直的匀强磁场 Ｍ 为置于平台上的轻
过的角度
；
高
质小平面反射镜 轻质刚性细杆 Ｄ 的一端与
考 ｘ ＮＢＩｌ
，
物 θ Δ
理 Ｍ 固连且与镜面垂直 另一端与弹簧下端相 ≈ ｄ ＝ ｋｄ
、
１６６
由于入射光线不变 平面镜转过 θ 角时反射 正确 错误
， Ａ、Ｄ ，Ｂ、Ｃ 。
ＮＢＩｌｒ ２．（ 湖北， ， 分）（多选）一电中性微粒静
光线转过 θ 故 ｓ θｒ ２ ２０２１ ９ ４
２ ， ＝２ ＝ ｋｄ
止在垂直纸面向里的匀强磁场中 在某一时
，
电流反向前后光点移动的弧长为 ｓ′ ｓ
（２） ＝ １ 刻突然分裂成ａ ｂ 和ｃ 三个微粒 ａ 和ｂ 在磁
、 ，
ｓ
＋ 场中做半径相等的匀速圆周运动 环绕方向
２
，
可知反射光线在此过程中转过的角度为 θ′
如图所示 ｃ 未在图中标出 仅考虑磁场对
， 。
ｓ ｓ
＋ 带电微粒的作用力 下列说法正确的是
１ ２
，
＝ ｒ
（ ）
θ′ ｓ ｓ
则细杆转过的角度为 １ ＋ ２ ａ 带负电荷
＝ ｒ Ａ．
２ ２ ｂ 带正电荷
θ′ ｓ ｓ Ｂ．
故弹簧长度的变化量 ｘ′ ｄ １ ＋ ２ｄ ｃ 带负电荷
Δ ＝ ＝ ｒ Ｃ．
２ ２
ａ 和 ｂ 的动量大小一定相等
由胡克定律得 Ｆ ｋ ｘ′ Ｄ．
Δ 弹＝ Δ
答案 ＢＣ 由左手定则可知 微粒 ａ 和 ｂ 均
而此过程中弹簧弹力的变化量等于安培力 ，
带正电 电中性微粒分裂的过程中 总电荷
的变化量 设待测电流为 Ｉ 则 Ｆ ＮＢＩ ｌ ， ，
， ｘ， Δ 弹＝２ ｘ
量应保持不变 则微粒 ｃ 应带负电 错误
ｋ ｓ ｓ ｄ ， ，Ａ ，
解得 Ｉ （ １ ＋ ２） 正确 粒子在磁场中做匀速圆周运动
ｘ＝ ＮＢｌｒ Ｂ、Ｃ ；
４
ｍｖ
时 洛伦兹力提供向心力 轨道半径 ｒ
， ， ＝Ｂｑ，
考点 三 磁场对运动电荷（或带电粒子）的
由于微粒 ａ 与微粒 ｂ 的电荷量大小关系未
作用
知 则微粒 ａ 与微粒 ｂ 的动量大小关系不确
１．（ 湖北， ， 分）（多选）如 ，
２０２２ １０ ４ 定 错误
图所示 一带电粒子以初速度 ｖ ，Ｄ 。
， ０ ３．（ 北京， ， 分）如图甲所示 真空中
沿 ｘ 轴正方向从坐标原点 Ｏ 射入 并经过点 ２０２０ １９ １０ ，
，
有一长直细金属导线 ＭＮ 与导线同轴放置
Ｐ ａ ｂ 若上述过程仅由方向平行于 ，
（ ＞０， ＞０）。
一半径为 Ｒ 的金属圆柱面 假设导线沿径
ｙ 轴的匀强电场实现 粒子从 Ｏ 到 Ｐ 运动的 。
，
向均匀射出速率相同的电子 已知电子质量
时间为ｔ 到达Ｐ 点的动能为Ｅ 若上述过 ，
１， ｋ１。
为 ｍ 电荷量为 ｅ 不考虑出射电子间的相
程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现 粒
， 。
，
互作用
子从 Ｏ 到 Ｐ 运动的时间为 ｔ 到达 Ｐ 点的动
。
２，
能为 Ｅ 下列关系式正确的是
ｋ２。 （ ）
ｔ ｔ ｔ ｔ
Ａ． １＜ ２ Ｂ． １＞ ２
Ｅ Ｅ Ｅ Ｅ
Ｃ． ｋ１＜ ｋ２ Ｄ． ｋ１＞ ｋ２
答案 ＡＤ 若是电场 粒子做类平抛运动
， ，
ａ
沿 ｘ 轴方向以初速度 ｖ 匀速运动 ｔ 再
０ ， １ ＝ｖ ，
０
由动能定理可知 Ｅ Ｅ ｑＥｂ Ｅ 若是磁
ｋ１ ＝ ｋ０ ＋ ＞ ｋ０。
可以用以下两种实验方案测量出射电子
场 粒子做匀速圆周运动 在ｘ 轴方向上的分
（１）
， ，
的初速度 专
速度由 ｖ 逐渐减小 平均速度必小于 ｖ 则
： 题
０ ， ０， 十
ａ ａ 在柱面和导线之间 只加恒定电压
ｔ 由于洛伦兹力不做功 故 Ｅ Ｅ ａ． ， ； 磁
２ ＝ ｖ ＞ｖ ， ， ｋ２ ＝ ｋ０， 在柱面内 只加与 ＭＮ 平行的匀强磁场 场
０ ｂ． ， 。
１６７
当电压为 Ｕ 或磁感应强度为 Ｂ 时 刚好没 度ｖ 从ＡＢ 的中点Ｐ 沿垂直于场强的方向射
０ ０ ， ０
有电子到达柱面 分别计算出射电子的初 入场区后恰从 ＣＤ 的中点 Ｑ 飞出 若不计粒
。 。
速度 ｖ 子重力 求
０。 ， ：
撤去柱面 沿柱面原位置放置一个弧长
（２） ，
为 ａ 长度为 ｂ 的金属片 如图乙所示 在该
、 ， 。
金属片上检测到出射电子形成的电流为 Ｉ
，
电子流对该金属片的压强为 ｐ 求单位长度
。
导线单位时间内出射电子的总动能 粒子的带电荷量 ｑ
。 （１） ；
答案 见解析 调整粒子的速度后恰从 Ｃ 点飞出 求此
（２） ，
解析 在柱面和导线之间 只加恒定 过程中电场对粒子的冲量
（１）ａ． ， ；
电压 Ｕ 电子做匀减速运动 到达柱面时速 若将电场改为垂直于正方形区域的匀强
０， ， （３）
度刚好为零 磁场 欲使粒子以初速度ｖ 从ＡＢ 的中点Ｐ 沿
。 ， ０
垂直于ＡＣ 的方向射入 经磁场后恰从 ＣＤ 的
由动能定理可得 ｅＵ １ｍｖ２ ，
－ ０ ＝０－ ０， 中点Ｑ飞出 求粒子在磁场中运动的时间
２ ， 。
ｅＵ ｍｖ２
解得 ｖ ２ ０ 答案 ｑ ２ ２ ０ ｍｖ 方向沿
０ ＝ ｍ （１） ＝ ＥＬ （２） ６ ０，
在柱面和导线之间 只加匀强磁场 Ｂ 电 Ｌ
ｂ． ， ０， ＡＣ 方向 ２π
子做匀速圆周运动 到达柱面时速度与柱面 （３） ｖ
， ４ ０
相切 由几何关系可得 电子做圆周运动的 解析 粒子在电场中做类平抛运动 根
。 ， （１） ，
Ｒ Ｌ
轨道半径 ｒ 由洛伦兹力提供向心力可得 据运动学公式 沿初速度方向有 ２ ｖ ｔ 沿
＝ ， ， ＝ ０ ，
２ ２
ｍｖ２ ｅＢ Ｒ Ｌ Ｅｑ
ｅｖ Ｂ ０ 解得 ｖ ０ 电场 线 方 向 有 ２ １ ｔ２ 解 得 ｑ
０ ０ ＝ ｒ ， ０ ＝ ｍ 。 ＝ ·ｍ ，
２ ２ ２
设单位长度导线单位时间内射出的电子 ｍｖ２
（２） ２ ２ ０
ａ ＝ ＥＬ
数为 ｎ 由电流的定义式可知 Ｉ ｎ ｂｅ
， ＝ · Ｒ· 粒子恰从 Ｃ 点飞出 根据运动学公式沿
２π （２） ，
由压强公式可得 电子流对该金属片的撞击
Ｌ Ｅｑ Ｌ
： 电场线方向有３ ２ １ ｔ２ 解得 ｔ ３
力 Ｆ ｐａｂ ＝ ·ｍ １， １ ＝ ｖ
＝ ４ ２ ２ ０
在电子撞击金属片过程中 由动量定理可得 所以电场力的冲量为 Ｉ Ｅｑｔ ｍｖ 方向
， ＝ １ ＝ ６ ０，
Ｉ ｔ 沿 ＡＣ 方向
Ｆ ｔ Δ ｍｖ
5 － Δ ＝０－ ｅ ０ 粒子恰从 Ｑ 点飞出 由几何关系知轨道
（３） ，
年
高
考 3
由动能的定义式可得
：
Ｅ
ｋ ＝
ｎ
× ２
１ｍｖ２
０ 半径为 ｒ ＝ ２
Ｌ
年 ２
模
Ｒｅａｂｐ２
粒子在磁场中刚好运动四分之一周期 因此
联立可得 Ｅ π
拟 ｋ ＝ ｍＩ ，
ｒ
A
粒子的运动时间为 ｔ １ ２π
版 ４．（ 新高考联考， ）在一个边长为 Ｌ 的正 ２ ＝ · ｖ
２０２１ １２ ４ ０
高
考 方形区域内存在沿 ＡＣ 方向的匀强电场 场 Ｌ
物 ， 解得 ｔ ２π
理 强大小为 Ｅ 将质量为 ｍ 的带电粒子以初速 ２ ＝ ｖ
， ４ ０
１６８
综合篇
带电粒子在磁场中运动的时间
拓展 一 带电粒子在磁场中运动的临界与极
Ｃ．
该匀强磁场的磁感应强度
值问题
Ｄ．
答案 Ａ 带电粒子在磁场中受洛伦兹力做
１．（ 广东， ， 分）如图所示 一个立方体
２０２２ ７ ４ ， 匀速圆周运动 设圆周运动半径为 ｒ 有ｑｖＢ
空间被对角平面 ＭＮＰＱ 划分成两个区域 两 ， ， ＝
， ｖ２
区域分布有磁感应强度大小相等 方向相反 ｍ 由图中几何关系可知ａ ｒ ° 两式
、 ｒ ， ＝ ｓｉｎ ６０ ，
且与 ｚ 轴平行的匀强磁场 一质子以某一速
。 ｍｖ
联立得ａ ° 已知 ｍ 和 ｑ ＯＰ ａ 上
度从立方体左侧垂直 Ｏｙｚ 平面进入磁场 并 ＝ｑＢ ｓｉｎ ６０ ， ， ＝ ，
，
穿过两个磁场区域 下列关于质子运动轨 式 ｖ Ｂ 均为未知量 无法由此求出磁感应强
。 、 ，
迹在不同坐标平面的投影中 可能正确的是 ｍｖ２ ｒ
， 度 Ｂ 选项 错误 根据 Ｂｑｖ Ｔ ２π
， Ｄ 。 ＝ ｒ ， ＝ ｖ ，
（ ）
Ｔ ｍ
带电粒子在磁场中运动时间 ｔ ２π 磁
＝ ＝ ｑＢ，
３ ３
感应强度 Ｂ 未知 无法得到带电粒子在磁场
，
中运动的速率和时间 错误 可以求出
，Ｂ、Ｃ 。
圆周运动的圆心的位置坐标 根据 ａ
， ＝
ｒ ° 可知 ｒ ２ ３ａ 可以写出带电粒子
ｓｉｎ ６０ ， ＝ ，
３
运动的轨迹方程 正确
，Ａ 。
答案 Ａ 分析在 ｘＯｙ 平面
内的投影即俯视图 由左手
，
定则可知质子所形成的轨迹
如图所示 选项 正确 错
， Ａ ，Ｂ
误 而该轨迹在ｘＯｚ 平面上的投影应为平行
。 ３．（ 海南， ， 分）（多选）
２０２１ １３ ４
于 ｘ 轴的直线 故 项错误
， Ｃ、Ｄ 。 如图 在平面直角坐标系 Ｏｘｙ
，
２．（ 北京， ， 分）如图
２０２１ １２ ３ 的第一象限内 存在垂直纸面
，
所示 在 ｘＯｙ 坐标系的第
向外的匀强磁场 磁感应强度
，
，
一象限内存在匀强磁场
。 大小为 Ｂ 大量质量为 ｍ 电荷量为 ｑ 的相
一带电粒子在 Ｐ 点以与 ｘ 。 、
同粒子从 ｙ 轴上的 Ｐ Ｌ 点 以相同的
轴正方向成 °的方向垂直磁场射入 并恰
（０， ３ ） ，
６０ ，
速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场 设
好垂直于ｙ 轴射出磁场 已知带电粒子质量
，
。
为 ｍ 电荷量为 ｑ ＯＰ ａ 不计重力 根据 入射速度方向与 ｙ 轴正方向的夹角为 α
、 ， ＝ 。 。 （０≤
上述信息可以得出 α ° 当 α °时 粒子垂直 ｘ 轴离 专
（ ） ≤１８０ ）。 ＝１５０ ， 题
带电粒子在磁场中运动的轨迹方程 开磁场 不计粒子的重力 则 十
Ａ． 。 。 （ ）
磁
带电粒子在磁场中运动的速率 粒子一定带正电 场
Ｂ． Ａ．
１６９
当 α °时 粒子也垂直 ｘ 轴离开磁场
Ｂ． ＝４５ ，
ｑＢＬ
粒子入射速率为２ ３
Ｃ． ｍ
粒子离开磁场的位置到 Ｏ 点的最大距离
Ｄ．
为 Ｌ
３ ５
答案 ＡＣＤ 根据题意 粒子垂直 ｘ 轴离开
，
磁场 根据左手定则可知粒子一定带正电 丙
， ，Ａ
正确 方法技巧
。
当 α °时 粒子垂直 ｘ 轴离开磁场 其运 确定带电粒子在磁场中做圆周运动时圆心
＝１５０ ， ，
动轨迹如图甲所示 根据几何关系可知 粒 位置的方法：（ ）利用两速度方向的垂线；
。 ， １
（ ）利用弦的中垂线；（ ）利用两速度方向间
Ｌ
子运动的半径为ｒ ３ Ｌ 根据洛伦 ２ ３
＝ °＝２ ３ ， 夹角的角平分线；（ ）利用半径的大小。
ｃｏｓ ６０ ４
ｖ２ ４．（ 浙江 月选考， ， 分）某种离子诊
兹力提供向心力可得 ｑｖＢ ｍ 联立解得粒 ２０２０ ７ ２２ １０
＝ ｒ ，
断测量简化装置如图所示 竖直平面内存
。
ｑＢＬ 在边界为矩形 ＥＦＧＨ 方向垂直纸面向外 磁
子入射速率 ｖ ２ ３
、 、
＝ ｍ 。
感应强度大小为 Ｂ 的匀强磁场 探测板 ＣＤ
，
平行于 ＨＧ 水平放置 能沿竖直方向缓慢移
，
动且接地 ａ ｂ ｃ 三束宽度不计 间距相等
。 、 、 、
的离子束中的离子均以相同速度持续从边
界 ＥＨ 水平射入磁场 ｂ 束中的离子在磁场
，
甲
中沿半径为 Ｒ 的四分之一圆弧运动后从下
若 α ° 粒子运动轨迹如图乙所示 根据
边界 ＨＧ 竖直向下射出 并打在探测板的右
＝４５ ， 。
，
几何关系可知粒子离开磁场时与ｘ 轴不垂直
边缘 Ｄ 点 已知每束每秒射入磁场的离子
。
若垂直 运动轨迹的圆心应该在 ｘ 轴上 显
数均为 Ｎ 离子束间的距离均为 ． Ｒ 探测
（ ， ，
， ０ ６ ，
然不符合 错误 正确
板 ＣＤ 的宽度为 ． Ｒ 离子质量均为 ｍ 电荷
），Ｂ ，Ｃ 。
０ ５ ， ，
量均为 ｑ 不计重力及离子间的相互作用
， 。
乙
5
年 粒子离开磁场的位置与 Ｏ 点距离最远时 粒
高 ，
考
子在磁场中的轨迹为半圆 如图丙所示 根 求离子速度 ｖ 的大小及 ｃ 束中的离子射
3
， 。 （１）
年
出磁场边界 ＨＧ 时与 Ｈ 点的距离 ｓ
模 据几何关系可知 ｒ ２ Ｌ ２ ｘ２ 解得 ｘ ；
拟 （２ ） ＝（ ３ ） ＋ ｍ， ｍ
求探测到三束离子时探测板与边界 ＨＧ
A Ｌ 正确 （２）
＝３ ５ ，Ｄ 。
版 的最大距离 Ｌ
ｍａｘ；
高
若打到探测板上的离子被全部吸收 求
考
（３） ，
物
理 离子束对探测板的平均作用力的竖直分量 Ｆ
１７０
与板到 ＨＧ 距离 Ｌ 的关系 计重力
。 。
ｑＢＲ
答案 ． Ｒ Ｌ ４ Ｒ
（１） ｍ ０ ８ （２） ｍａｘ ＝ （３）
１５
见解析
解析 ｂ 速度离子轨迹圆心 Ｏ 在 Ｈ 点
（１） ，
ｍｖ２ 若粒子经磁场偏转后穿过 ｙ 轴正半轴离
轨迹半径为 Ｒ 故有 ｑｖＢ （１）
， ＝ Ｒ
开磁场 分析说明磁场的方向 并求在这种
， ，
情况下磁感应强度的最小值 Ｂ
ｍ；
Ｂ
如果磁感应强度大小为 ｍ 粒子将通过
（２） ，
２
虚线所示边界上的一点离开磁场 求粒子
。
在该点的运动方向与ｘ 轴正方向的夹角及该
点到 ｘ 轴的距离
。
ｑＢＲ 答案 磁场方向垂直于纸面向里 Ｂ
得 ｖ （１） ｍ
＝ ｍ
ｍｖ
０
在 ＯＯ′Ｑ 中 ＯＯ′ ． Ｒ ＝ ｑｈ
△ ， ＝０ ６
ｓ ＝ ＯＱ ＝ Ｒ２ －（０ ． ６ Ｒ ） ２ ＝０ ． ８ Ｒ π ｈ
（２） （２－ ３）
ａ 束离子轨迹半径为 Ｒ 圆心 Ｏ″与 Ｏ Ｈ ６
（２） ， （ ）
解析 由题意 粒子刚进入磁场时应受
点距离为 ． Ｒ 故 ａ ｃ 束中的离子从同一点 （１） ，
０ ６ ， 、
到方向向上的洛伦兹力 因此磁场方向垂直
Ｑ 射出 α β ，
， ＝
于纸面向里 设粒子进入磁场中做圆周运
ＱＥ Ｒ ｓ ． Ｒ 。
α － ０ ６ ３ 解得 Ｌ ４Ｒ
ｔａｎ ＝Ｌ ＝Ｌ ＝ ． Ｒ＝ ， ｍａｘ ＝ 动的半径为 Ｒ 根据洛伦兹力公式和圆周运
ｍａｘ ｍａｘ ０ ８ ４ １５ ，
ａ 或 ｃ 束中每个离子动量的竖直分量 ｖ２
（３） 动规律 有 ｑｖ Ｂ ｍ ０
ｐ ｐ α ． ｑＢＲ ， ０ ＝ Ｒ ①
ｚ ＝ ｃｏｓ ＝０ ８
ｍｖ
当 Ｌ ４ Ｒ Ｆ Ｎｐ Ｎｐ ． ＮｑＢＲ 由此可得 Ｒ ０
０＜ ≤ ， ＝ ＋２ ｚ ＝２ ６ ＝ ｑＢ ②
１５
Ｅ 与 Ｄ 在同一竖直线上 ＣＤ ． Ｒ ＥＱ ． 粒子穿过 ｙ 轴正半轴离开磁场 其在磁场中
， ＝０ ５ 、 ＝０ ，
ＣＤ ＥＱ 做圆周运动的圆心在 ｙ 轴正半轴上 半径应
Ｒ β α － 解得 Ｌ ． Ｒ 当 ，
２ ，ｔａｎ ＝ｔａｎ ＝ Ｌ ， ＝０ ４ ， 满足 Ｒ ｈ
≤ ③
由题意 当磁感应强度大小为 Ｂ 时 粒子的
４ Ｒ ＜ Ｌ ≤０ ． ４ Ｒ ， 此时只有 ａ 、 ｂ 两束离子打到 ， ｍ ，
１５ ｍｖ
ＣＤ 探测板上 Ｆ Ｎｐ Ｎｐ ． ＮｑＢＲ 运动半径最大 由此得 Ｂ ０
， ＝ ＋ ｚ ＝１ ８ ， ｍ ＝ ｑｈ ④
当 Ｌ ． Ｒ Ｆ Ｎｐ ＮｑＢＲ
＞０ ４ ， ＝ ＝ Ｂ
若磁感应强度大小为 ｍ 粒子做圆周运
５．（ 课标 ， ， 分）如图 在 ｘ ｈ （２） ，
２０２０ Ⅱ ２４ １２ ， ０≤ ≤ ， ２
ｙ 区域中存在方向垂直于纸面的匀 动的圆心仍在ｙ 轴正半轴上 由 式可得
－∞＜ ＜＋∞ ， ②④ ，
强磁场 磁感应强度 Ｂ 的大小可调 方向不 此时圆弧半径为 专
， ， 题
变 一质量为ｍ 电荷量为ｑ ｑ 的粒子以 Ｒ′ ｈ 十
。 、 （ ＞０） ＝２ ⑤
磁
速度 ｖ 从磁场区域左侧沿 ｘ 轴进入磁场 不 粒子会穿过图中 Ｐ 点离开磁场 运动轨迹如 场
０ ， ，
１７１
图所示 设粒子在 Ｐ 点的运动方向与 ｘ 轴 场强度的大小 Ｅ
。 ；
ｈ 若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运
正方向的夹角为 α 由几何关系 α １ （２）
， ｓｉｎ ＝ ｈ＝
动 求进入磁场时的最大速度 ｖ
２ ２
， ｍ；
ｑＢｄ
⑥
离子甲以 的速度从 Ｏ 点沿 ｚ 轴正方
（３） ｍ
２
向第一次穿过 ｘＯｙ 面进入磁场 求第四次
Ⅰ，
穿过 ｘＯｙ 平面的位置坐标 用 ｄ 表示
（ ）；
ｑＢｄ
当离子甲以 的速度从 Ｏ 点进入磁场
（４） ｍ
２
时 质量为 ｍ 带电荷量为 ｑ 的离子乙
Ⅰ ， ４ 、 ＋ ，
得 α π
＝ ⑦
也从Ｏ 点沿ｚ 轴正方向以相同的动能同时进
６
入磁场 求两离子进入磁场后 到达它们
由几何关系可得 Ｐ 点与 ｘ 轴的距离为
Ⅰ， ，
，
运动轨迹第一个交点的时间差 ｔ 忽略离子
ｙ ｈ α
Δ （
＝２ （１－ｃｏｓ ） ⑧
间相互作用
联立 式得 ｙ ｈ ）。
⑦⑧ ＝（２－ ３） ⑨
ｍｖ２ β ｑＢｄ
６．（ 山东， ， 分）中国 人造太阳 在核 答案 ０ ｓｉｎ ２ ｄ ｄ
２０２２ １７ １４ “ ” （１） ｑＬ （２） ｍ （３）（ ， ，
２
聚变实验方面取得新突破 该装置中用电磁
， ｍ
场约束和加速高能离子 其部分电磁场简化 ２（ ２＋１）π
， ０） （４） ｑＢ
模型如图所示 在三维坐标系 Ｏｘｙｚ 中 ｚ
， ，０＜ ≤ 解析 离子甲在电场中的运动可看成是
（１）
ｄ 空间内充满匀强磁场 磁感应强度大小
Ⅰ， 类平抛运动的逆过程
为 Ｂ 方向沿 ｘ 轴正方向 ｄ ｚ ｙ 的
， ；－３ ≤ ＜０、 ≥０ 在 ｚ 轴方向上有 Ｌ ｖ β ｔ
空间内充满匀强磁场 磁感应强度大小为 ＝ ０ ｃｏｓ ·
Ⅱ， 在 ｙ 轴方向上有 ｖ β ａｔ
０ ｓｉｎ ＝
由牛顿第二定律有 ｑＥ ｍａ
２Ｂ 方向平行于 ｘＯｙ 平面 与 ｘ 轴正方向夹 ＝
， 、
２ ｍｖ２ β β ｍｖ２ β
角为 ° ｚ ｙ 的空间内充满沿 ｙ 轴负 联立可得 Ｅ ０ ｓｉｎ ｃｏｓ ０ ｓｉｎ ２
＝ ｑＬ ＝ ｑＬ
４５ ， ＜０、 ≤０
２
方向的匀强电场 质量为 ｍ 带电荷量为 ｑ
。 、 ＋ 当离子甲以最大速度 ｖ 进入磁场 时
（２） ｍ Ⅰ ，
的离子甲 从 ｙＯｚ 平面第三象限内距 ｙ 轴为
离子在 ｙＯｚ 平面内做圆周运动 轨迹半径设
，
，
Ｌ 的点 Ａ 以一定速度出射 速度方向与 ｚ 轴
，
ｍｖ２
为 Ｒ 由洛伦兹力提供向心力有 Ｂｑｖ ｍ
正方向夹角为 β 在 ｙＯｚ 平面内运动一段时 １， ｍ ＝ Ｒ
，
１
间后 经坐标原点 Ｏ 沿 ｚ 轴正方向进入磁场 离子运动半周后从ｙ 轴上ｙ Ｒ 处即坐标为
， ＝２
１
不计离子重力 Ｒ 处沿 ｚ 轴负方向进入磁场 在
5
Ⅰ。 。 （０，２ １，０） Ⅱ，
年 与磁场 平面垂直的平面内做圆周运动 轨
Ⅱ ，
高
考 ｍｖ２
3 迹半径设为 Ｒ 则有 ２Ｂｑｖ ｍ
年 ２， ｍ ＝ Ｒ
模 ２ ２
拟 为使离子甲能始终在磁场中运动 离子甲不
，
A
能出磁场 应满足 Ｒ ｄ 离子甲不能出磁
版
Ⅰ， １≤ ，
高 场 应满足轨迹半径最大时恰好过 Ｒ
考 Ⅱ， （２ １，
物
当离子甲从 Ａ 点出射速度为 ｖ 时 求电 Ｒ 到 Ｒ 的距离为
理
（１） ０ ， ０，０），（０，２ １，０） （２ １，０，０） ２ ２
１７２
Ｒ 故有 Ｒ Ｒ 还应满足 Ｒ ｄ 面内 分界线 ＳＰ 将宽度为 Ｌ 的矩形区域分
１， ２ ２ １≥２ ２， ２ １≤３ ， ，
成两部分 一部分充满方向垂直于纸面向外
Ｒ ｄ Ｒ ｄ
１≤ 、 ２≤３ ，
的匀强磁场 另一部分充满方向垂直于纸面
ｑＢｄ
联立取二者中较小值可得 ｖ ，
ｍ ＝ ｍ 向里的匀强磁场 磁感应强度大小均为 Ｂ
， ，
ｍｖ２ ＳＰ 与磁场左右边界垂
根据洛伦兹力提供向心力 Ｂｑｖ 离
（３） ， ＝ Ｒ ，
直 离子源从 Ｓ 处射入
。
ｍｖ
速度大小不同的正离子
子甲在磁场 中轨迹半径分别为Ｒ
Ⅰ、Ⅱ Ⅰ ＝ｑＢ ，
离子入射方向与磁场方
ｄ
Ｒ ２ｄ 向垂直且与ＳＰ 成 °角
＝ 、 Ⅱ ＝ ３０ 。
２ ２ 已知离子比荷为 ｋ 不计重力 若离子从 Ｐ
离子在磁场 中转动半周从ｙ 轴上第二次穿 ， 。
Ⅰ 点射出 设出射方向与入射方向的夹角为 θ
过 ｘＯｙ 平面 坐标为 ｄ ， ，
， （０， ，０） 则离子的入射速度和对应 θ 角的可能组合为
由 Ｒ Ｒ 可知 离子在磁场 中转动半
Ⅱ ＝ ２ Ⅰ ， Ⅱ
（ ）
周恰好从坐标 ｄ 处第三次穿过 ｘＯｙ 平
（ ，０，０）
１ｋＢＬ ° １ｋＢＬ °
面回到磁场 中
Ａ． ，０ Ｂ． ，０
Ⅰ ， ３ ２
离子回到磁场 中后在 ｘ ｄ 的平面内做圆 ｋＢＬ ° ｋＢＬ °
Ⅰ ＝ Ｃ． ，６０ Ｄ．２ ，６０
周运动 转动半周第四次穿过 ｘＯｙ 平面 此 答案 ＢＣ 通过作图可以得到规律 当 ｎ
， ， ， （２
时位置坐标为 Ｒ Ｒ 即 ｄ ｄ Ｒ Ｌ ｎ 时 θ ° 结合
（２ Ⅰ，２ Ⅰ，０） （ ， ，０） ＋１） ＝ （ ＝０，１，２，３，…） ， ＝６０ ，
离子乙在两磁场区域中运动的轨迹半径
（４） Ｂｑｖ ｍ
ｖ２
得此时速度 ｖ
ｋＢＬ
ｎ
ｍｖ′ ＝ Ｒ， ＝ ｎ （ ＝０，１，２，
分别为 Ｒ ′ ４ Ｒ ′ Ｒ ′ ２ ＋１
Ⅰ ＝ ｑＢ 、 Ⅱ ＝ ２ Ⅰ 故 正确 错误 当 ｎＲ Ｌ ｎ
３，…）， Ｃ ，Ｄ ； ２ ＝ （ ＝０，
ｋＢＬ
由于１ｍｖ２ １ ｍ ｖ′２ 时 θ ° 此时 ｖ ｎ
＝ ×４ × １，２，３，…） ＝０ ， ＝ ｎ （ ＝１，２，３，
２ ２ ２
ｑＢｄ 故 正确 错误
解得 Ｒ ′ ｄ Ｒ ′ ｄ ｖ′ …）， Ｂ ，Ａ 。
Ⅰ ＝ 、 Ⅱ ＝ ２ 、 ＝ ｍ
４ 技巧点拨
由于离子甲在两磁场区域内运动轨迹半径
本题也可将四个选项一一代入求解正确
ｄ 答案。
分别为 Ｒ Ｒ ２ｄ
Ⅰ ＝ 、 Ⅱ ＝
２ ２ ２．（ 江苏单科， ， 分）空间存在两个垂
２０２０ １６ １６
则在离子甲完成两次周期性运动处 离子乙
、 直于 Ｏｘｙ 平面的匀强磁场 ｙ 轴为两磁场的
完成一次周期性运动处产生第一个交点 则 ，
， 边界 磁感应强度分别为 Ｂ Ｂ 甲 乙两
两离子运动到第一个交点处的时间差为 ， ２ ０、３ ０。 、
种比荷不同的粒子同时从原点 Ｏ 沿 ｘ 轴正
Ｒ ′ Ｒ ′ Ｒ Ｒ
ｔ π（ Ⅰ ＋ Ⅱ ） ２π（ Ⅰ ＋ Ⅱ） 向射入磁场 速度均为 ｖ 甲第 次 第 次
Δ ＝ ｖ′ － ｖ ， 。 １ 、 ２
经过 ｙ 轴的位置分别为 Ｐ Ｑ 其轨迹如图所
、 ，
ｍ
２（ ２＋１）π 示 甲经过 Ｑ 时 乙也恰好同时经过该点
＝ ｑＢ 。 ， 。
已知甲的质量为 ｍ 电荷量为 ｑ 不考虑粒
拓展 二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的 ， 。
子间的相互作用和重力影响 求 专
多解问题 。 ： 题
十
１．（ 湖北， ， 分）（多选）在如图所示的平 磁
２０２２ ８ ４ 场
１７３
３．（ 江苏单科， ， 分）如图所示 匀强
２０１９ １６ １６ ，
磁场的磁感应强度大小为 Ｂ 磁场中的水平
。
绝缘薄板与磁场的左 右边界分别垂直相交
、
于 Ｍ Ｎ ＭＮ Ｌ 粒子打到板上时会被反弹
、 ， ＝ ，
碰撞时间极短 反弹前后水平分速度不
（ ），
Ｑ 到 Ｏ 的距离 ｄ 变 竖直分速度大小不变 方向相反 质量
（１） ； ， 、 。
甲两次经过 Ｐ 点的时间间隔 ｔ 为 ｍ 电荷量为 ｑ 的粒子速度一定 可以从
（２） Δ ； 、 － ，
ｑ′ 左边界的不同位置水平射入磁场 在磁场中
乙的比荷 可能的最小值 ，
（３） ｍ′ 。 做圆周运动的半径为 ｄ 且 ｄ Ｌ 粒子重力
， ＜ 。
ｍｖ ｍ ｑ 不计 电荷量保持不变
答案 ２π ２ ， 。
（１） ｑＢ （２） ｑＢ （３）ｍ
３ ０ ０
解析 甲粒子先后在两磁场中做匀速圆
（１）
周运动 设半径分别为 ｒ ｒ
， １、 ２
ｍｖ ｍｖ ｍｖ
由半径 ｒ 得 ｒ ｒ
＝ｑＢ ， １ ＝ ｑＢ ， ２ ＝ ｑＢ
２ ０ ３ ０
ｍｖ
且 ｄ ｒ ｒ 解得 ｄ
＝２ １ －２ ２， ＝ ｑＢ 求粒子运动速度的大小 ｖ
３ ０ （１） ；
甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运 欲使粒子从磁场右边界射出 求入射点
（２） （２） ，
动 设运动时间分别为 ｔ ｔ 到 Ｍ 的最大距离 ｄ
， １、 ２ ｍ；
ｍ ｍ ｍ 从 Ｐ 点射入的粒子最终从 Ｑ 点射出磁
由 Ｔ ２π 得 ｔ π ｔ π 且 ｔ ｔ （３）
＝ ｑＢ ， １ ＝ ｑＢ ， ２ ＝ ｑＢ ， Δ ＝２ １ ｄ
２ ０ ３ ０ 场 ＰＭ ｄ ＱＮ 求粒子从 Ｐ 到 Ｑ 的运动
ｔ ， ＝ ， ＝ ，
＋３
２
２
ｍ 时间 ｔ
解得 ｔ ２π 。
Δ ＝ ｑＢ
ｑＢｄ
０ 答案 ２＋ ３ｄ
乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速 （１） ｍ （２）
（３） ２
圆周运动
Ｌ
当 Ｌ ｎｄ ３ ｄ 时 ｔ
若经过两磁场的次数均为 ｎ ｎ （３）（ａ） ＝ ＋（１－ ） ， ＝ （ ｄ ＋
（ ＝１，２，３，…） ２
ｍ′ｖ ｍ′ ｍ
相遇时 有 ｎ ｄ ｎ ５π ｔ ｔ ３ ３－４ π
， ｑ′Ｂ ＝ ， ｑ′Ｂ ＝ １ ＋ ２ ） ｑＢ
３ ０ ６ ０ ６ ２
ｑ′ ｑ
Ｌ
解得 ｎ 当 Ｌ ｎｄ ３ ｄ 时 ｔ
ｍ′＝ ｍ （ｂ） ＝ ＋ （１ ＋ ） ， ＝ （ ｄ －
２
5 根据题意 ｎ 舍去
， ＝１ 。 ｍ
年 ３ ３－４ π
高 ｑ′ ｑ′ ｑ ） ｑＢ
考 当 ｎ 时 有最小值 ２ ６ ２
3 ＝２ ，ｍ′ （ｍ′）ｍｉｎ ＝ ｍ
ｍｖ
年 解析 粒子的运动半径 ｄ
模 若先后经过右侧 左侧磁场的次数分别为 ｎ （１） ＝ｑＢ
拟 、 （
ｎ ｎ 经分析不可能 ｑＢｄ
A
＋１）、 （ ＝ ０，１，２，３，…）， 解得 ｖ
版 相遇 ＝ ｍ
。
高
如图所示 粒子碰撞后的运动轨迹恰好
考 ｑ
（２） ，
物 综上分析 比荷的最小值为２
理 ， ｍ。 与磁场左边界相切
１７４
与水平方向夹角 θ °
＝３０ 。
由几何关系得 ｄ ｄ °
ｍ ＝ （１＋ｓｉｎ ６０ ）
解得 ｄ ２＋ ３ｄ
＝
ｍ
２
ｍ
粒子的运动周期 Ｔ ２π 当 区宽度 Ｌ Ｌ 磁感应强度大小 Ｂ
（３） ＝ ｑＢ （１） Ⅰ １ ＝ 、 １ ＝
Ｂ 时 粒子从 区右边界射出时速度与水平
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为 ０ ， Ⅰ
方向夹角也为 ° 求 Ｂ 及粒子在 区运动
ｔ′ 则
， ３０ ， ０ Ⅰ
的时间 ｔ
Ｔ
ｔ ｎ ｔ′ ｎ
０；
＝ ＋ （ ＝１，３，５，…） 若 Ｌ Ｌ Ｌ Ｂ Ｂ 为使粒子能返回
４ （２） ２ ＝ １ ＝ 、 １ ＝ ０， Ⅰ
区 求 Ｂ 应满足的条件
当 Ｌ ｎｄ ３ ｄ 时 粒子斜向上射出 ， ２ ；
（ａ） ＝ ＋（１－ ） ，
若 Ｂ Ｂ Ｌ Ｌ 且保证粒子能从 区
２
（３） １≠ ２， １≠ ２， Ⅱ
右边界射出 为使粒子从 区右边界射出
磁场 ｔ′ １Ｔ
＝ 。 Ⅱ
１２ 的方向与从 区左边界射入的方向总相同
Ⅰ ，
Ｌ ｍ
解得 ｔ ３ ３－４ π 求 Ｂ Ｂ Ｌ Ｌ 之间应满足的关系式
＝（ ｄ＋ ） ｑＢ １、 ２、 １、 ２ 。
６ ２
ｍＵ Ｌ ｍ
答案 １ ２ π
当 Ｌ ｎｄ ３ ｄ 时 粒子斜向下射出 （１） Ｌ ｑ ｑＵ
（ｂ） ＝ ＋（１＋ ） ， ３ ２
２
ｍＵ
Ｂ ３
磁场 ｔ′ ５Ｔ
＝
（２） ２≥Ｌ ｑ
２
１２
Ｂ Ｌ Ｂ Ｌ
解得 ｔ Ｌ ３ ３－４ π ｍ （３） ２ ２ ＝ １ １
＝（ ｄ－ ） ｑＢ 解析 由题意可得粒子在 区的运动轨
６ ２ （１） Ⅰ
解题方法 迹如甲图所示
．在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一
１
边界的临界状态是粒子的运动轨迹与该边
界相切。 ．带电粒子从磁场中某点运动到另
２
一点时，若能与某一边界碰撞，往往可以形
成周期性运动，要注意多解。
４．（ 广东韶关二模， ）扭摆器是同步辐射
２０２２ １９
甲
装置中的插入件 能使粒子的运动轨迹发生
，
扭摆 其简化模型如图 两处的条形 设粒子射入磁场的速度为 ｖ 在磁场 区中
。 ，Ⅰ、Ⅱ ， Ⅰ
匀强磁场区边界竖直 相距为 Ｌ 磁场方向相 做圆周运动的半径为 Ｒ 由动能定理和牛顿
， ， １，
反且垂直纸面 一质量为 ｍ 电荷量为 ｑ 第二定律可得
。 、 － 、
重力不计的粒子 从靠近平行板电容器 ＭＮ ｖ２ 专
， ｑＵ １ｍｖ２ Ｂ ｑｖ ｍ 题
板处由静止释放 极板间电压为 Ｕ 粒子经电 ＝ 、 ０ ＝ Ｒ 十
， ， ２ １
磁
场加速后平行于纸面射入 区 射入时速度 由几何知识得 Ｌ Ｒ θ 场
Ⅰ ， ＝２ １ ｓｉｎ ，
１７５
设粒子射出磁场 区时速度与水平方向的
ｍＵ
联立解得 Ｂ １ ２ Ⅰ
０ ＝ Ｌ ｑ ； 夹角为 α 由几何知识可得
，
θ Ｒ Ｌ Ｒ θ Ｒ α Ｌ Ｒ θ Ｒ α
粒子在 区运动的时间为 ｔ ２ ２π １ １ ＝ １ ｓｉｎ ＋ １ ｓｉｎ 、 ２ ＝ ２ ｓｉｎ ＋ ２ ｓｉｎ
Ⅰ ０ ＝ °· ｖ ＝ 或Ｌ Ｒ θ Ｒ α Ｌ Ｒ θ Ｒ
３６０ （ １ ＝ １ ｓｉｎ － １ ｓｉｎ 、 ２ ＝ ２ ｓｉｎ － ２ ｓｉｎ
Ｌ ｍ α
π ）
ｑＵ。
３ ２
ｖ２
又根据洛伦兹力提供向心力有 ｑｖＢ ｍ
由题意可得粒子运动轨迹大致如乙图 １ ＝ Ｒ ，
（２） １
所示 ｖ２
ｑｖＢ ｍ
２ ＝ Ｒ
２
联立解得 Ｂ Ｌ Ｂ Ｌ
＝
２ ２ １ １
拓展 三 带电粒子在组合场和叠加场中的运动
１．（ 广东， ， 分）（多选）如图所示 磁控
２０２２ ８ ６ ，
管内局部区域分布有水平向右的匀强电场
乙 和垂直纸面向里的匀强
设粒子在磁场 区中做圆周运动的半径为 磁场 电子从 Ｍ 点由静
。
Ⅱ
止释放 沿图中所示轨迹
ｖ２
，
Ｒ 由牛顿第二定律得 ｑｖＢ ｍ
２， ２ ＝ Ｒ 依次经过 Ｎ Ｐ 两点 已
２ 、 。
为使粒子能返回 区 知 Ｍ Ｐ 在同一等势面上
Ⅰ ， 、 ，
应满足 Ｒ Ｒ θ Ｌ 下列说法正确的有
２ ＋ ２ ｓｉｎ ≤ （ ）
ｍＵ 电子从 Ｎ 到 Ｐ 电场力做正功
代入数据解得 Ｂ ３ Ａ． ，
２≥Ｌ ｑ Ｎ 点的电势高于 Ｐ 点的电势
２ Ｂ．
由题意可得粒子运动轨迹大致如丙 丁 电子从 Ｍ 到 Ｎ 洛伦兹力不做功
（３） 、 Ｃ． ，
图所示两种情况 电子在 Ｍ 点所受的合力大于在 Ｐ 点所受
Ｄ．
的合力
答案 ＢＣ 电子所受电场力方向向左 Ｎ 到
，
Ｐ 沿电场力方向的位移向右 故电场力做负
，
功 错误 沿电场线方向电势降低 故 正
，Ａ ； ， Ｂ
确 洛伦兹力方向始终和速度方向垂直 故
； ，
洛伦兹力不做功 正确 电子从 Ｍ 到 Ｐ 因
，Ｃ ； ，
丙
为 φ φ 由 Ｗ ｑＵ 可知 Ｗ 结合动能
5 Ｍ＝ Ｐ， ＝ ＭＰ ， ＝０，
年 定理可知电子在 Ｐ 点时的速度等于零 故电
高 ，
考 子在 Ｍ Ｐ 两点均只受电场力 所受合力大小
3 、 ，
年
相等 故 错误
模
， Ｄ 。
拟
２．（ 全国甲， ， 分）空间存在着匀强磁
A ２０２２ １８ ６
版 场和匀强电场 磁场的方向垂直于纸面 ｘＯｙ
， （
高
平面 向里 电场的方向沿 ｙ 轴正方向 一
考
） ， 。
物
理 丁 带正电的粒子在电场和磁场的作用下 从坐
，
１７６
标原点 Ｏ 由静止开始运动 下列四幅图中 方向垂直环平面向里 电场力需要与该洛伦
。 ， ，
可能正确描述该粒子运动轨迹的是 兹力平衡 电场力方向应垂直环平面向外
（ ） ， ，
由于电子带负电 故电场方向垂直环平面向
，
里 项错误 电子在圆环内沿顺时针方向
，Ａ ；
做半径为 Ｒ 速率为 ｖ 的匀速圆周运动 则电
、 ，
Ｒ
子运动周期为 Ｔ ２π 项正确 电子在圆
＝ ｖ ，Ｂ ；
环内受到磁场 的洛伦兹力提供电子做匀
２
ｖ２
速圆周运动的向心力 则有 ｅｖＢ ｍ 解得
答案 Ｂ 带正电粒子从原点 Ｏ 由静止释 ， ＝ Ｒ，
放 在电场力作用下 获得向上的速度后 会 ｍｖ
， ， ， Ｂ 正确 电子在垂直环平面方向受力
＝ｅＲ，Ｃ ；
受到向左的洛伦兹力 故粒子向左侧偏转
， ，
ｍｖ２
排除 选项 当粒子再回到 ｘ 轴时 电场 平衡 则有 ｅＥ ｅｖＢ 解得Ｅ 项正确
Ａ、Ｃ ； ， ， ＝ ， ＝ ｅＲ ，Ｄ 。
力整体做功为零 洛伦兹力始终不做功 故
， ， ４．（ 福建， ， 分）一对
此时速度为零 以后会重复原来的运动 不 ２０２１ ２ ４
， ，
平行金属板中存在匀强
可能运动到 ｘ 轴下方 故 正确 错误
， Ｂ ，Ｄ 。
电场和匀强磁场 其中电
３．（ 广东佛山二模， ）（多选）据报道 我 ，
２０２２ ８ ，
场的方向与金属板垂直 磁场的方向与金属
国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器 ，
板平行且垂直纸面向里 如图所示 一质子
用以空间站的轨道维持 ， 。
。 １ 以速度 ｖ 自 Ｏ 点沿中轴线射入 恰沿
如图 在很窄的圆环空间 （１Ｈ） ０ ，
， 中轴线做匀速直线运动 下列粒子分别自 Ｏ
内有沿半径向外的磁场 。
１，
点沿中轴线射入 能够做匀速直线运动的是
其磁感应强度大小可近似 ，
所有粒子均不考虑重力的影响
认为处处相等 垂直圆环 （ ） （ ）
；
ｖ
平面同时加有匀强磁场 和匀强电场 图中 以速度 ０射入的正电子
０
２ （ Ａ． （１ｅ）
没画出 磁场 与磁场 的磁感应强度大 ２
）， １ ２ 以速度 ｖ 射入的电子 ０
小相等 已知电子电荷量为 ｅ 质量为 ｍ 若 Ｂ． ０ （－１ｅ）
， ， ， 以速度 ｖ 射入的氘核 ２
电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半 Ｃ． ２ ０ （１Ｈ）
以速度 ｖ 射入的 粒子 ４
径为 Ｒ 速率为 ｖ 的匀速圆周运动 则以下 Ｄ． ４ ０ α （２Ｈｅ）
、 。
答案 Ｂ 质子 １ 以速度 ｖ 自 Ｏ 点沿中
说法正确的是 （１Ｈ） ０
（ ）
轴线射入 恰沿中轴线做匀速直线运动 受
电场方向垂直环平面向外 ， ，
Ａ．
到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场
Ｒ
电子运动周期为２π
Ｂ． ｖ Ｅ
力 并且满足 ｑｖ Ｂ ｑＥ 解得 ｖ 即质子
， ０ ＝ ， ０ ＝ Ｂ，
ｍｖ
垂直环平面的磁感应强度大小为
Ｃ． ｅＲ 的速度满足速度选择器的条件 以速度 ｖ 射
； ０
ｍｖ２ 入的电子 ０ 依然满足电场力等于洛伦兹
电场强度大小为 （－１ｅ），
Ｄ． ｅＲ 力 做匀速直线运动 即速度选择器不选择 专
， ， 题
答案 ＢＣＤ 根据左手定则可知电子在圆 ｖ 十
电性只选择速度 正确 以速度 ０射入的正 磁
环内受到沿半径向外的磁场 的洛伦兹力 ，Ｂ ； 场
１ ２
１７７
电子 ０ 以速度 ｖ 射入的氘核 ２ 以 ｍＵ Ｒ ｍ
（１ｅ）、 ２ ０ （１Ｈ）、 答案 ５ π ｅＵ １３
速度 ｖ 射入的 粒子 ４ 其速度都不 （１）Ｒ ｅ ４ ｅＵ ８ （２） ６
４ ０ α （２Ｈｅ），
解析 设电子加速后进入磁场运动的速
Ｅ
（１）
满足速度选择器的条件 ｖ 故都不能做
０ ＝ Ｂ， 度为 ｖ 在磁场中做圆周运动的半径为 ｒ 轨
， ，
匀速直线运动 错误 迹如图所示
，Ａ、Ｃ、Ｄ 。
解题指导
Ｅ
由 ｑｖ Ｂ ｑＥ，得 ｖ ，说明速度选择器选择
０ ＝ ０ ＝ Ｂ
的粒子只与粒子的速度有关，与粒子的电
性、电荷量及质量无关。
５．（ 广东， ， 分）如图是一种花瓣形电 θ
２０２１ １４ １５ 由几何关系可知 ｒ Ｒ Ｒ ． °
， ＝ ｔａｎ ＝ ｔａｎ ２２ ５ ＝
子加速器简化示意图 空间有三个同心圆 ２
。
． Ｒ
ａ ｂ ｃ 围成的区域 圆 ａ 内为无场区 圆 ａ 与 ０ ４
、 、 ， ， ｖ２
圆 ｂ 之间存在辐射状电场 圆 ｂ 与圆 ｃ 之间 电子在磁场中做匀速圆周运动 有 ｅｖＢ ｍ
， ， ＝ ｒ
有三个圆心角均略小于 °的扇环形匀强磁
９０
电子在电场中被全程加速 有 ｅＵ １ｍｖ２
场区 和 各区磁感应强度恒定 大 ， ２ ＝
Ⅰ、Ⅱ Ⅲ。 ， ２
小不同 方向均垂直纸面向外 电子以初动 设电子在 区磁场中运动的时间为 ｔ 圆心
， 。 Ⅰ ，
能 Ｅ 从圆 ｂ 上 Ｐ 点沿径向进入电场 电场 角为 α 由几何关系知 α θ θ
ｋ０ 。 ， ＝２π－（π－ ）＝ π＋
可以反向 保证电子每次进入电场被全程加
， ５ ｒ
π
速 已知圆 ａ 与圆 ｂ 之间电势差为 Ｕ 圆 ｂ ５ 故运动时间ｔ ４ 联立以上各式得
。 ， ＝ π， ＝ ｖ ，
４
半径为Ｒ 圆ｃ 半径为 Ｒ 电子质量为ｍ 电
， ３ ， ， ｍＵ Ｒ ｍ
Ｂ ５ ｔ π
荷量为 ｅ 忽略相对论效应 取 ． °
。 。 ｔａｎ ２２ ５ ＝ ＝ Ｒ ｅ ， ＝ ｅＵ
４
． 设电子在 Ｑ 点出射时的动能为 Ｅ 结合图示
０ ４。
ｋ，
有 ｅＵ Ｅ 即Ｅ ｅＵ
８ ＝ ｋ， ｋ ＝８
要使电子从出射区域出射 则不从 区
（２） ， Ⅰ
边界射出 设其轨迹半径为ｒ′ 在 区的临界
， ， Ⅰ
轨迹如图所示
当 Ｅ 时 电子加速后均沿各磁场区
（１） ｋ０ ＝０ ，
边缘进入磁场 且在电场内相邻运动轨迹的
，
5
年 夹角 θ 均为 ° 最终从 Ｑ 点出射 运动轨迹
高 ４５ ， ，
考 如图中带箭头实线所示 求 区的磁感应
3 。 Ⅰ
年 强度大小 电子在 区磁场中的运动时间及
模 、 Ⅰ 由几何关系可得 Ｒ２ ｒ′２ ｒ′ Ｒ 解得 ｒ′
拟 ＋ ＋ ＝ ３ ， ＝
在 Ｑ 点出射时的动能
A ；
版 已知电子只要不与 区磁场外边界相 ３Ｒ
（２） Ⅰ
３
高
碰 就能从出射区域出射 当 Ｅ ｋｅＵ 时
考 物 ， 。 ｋ０ ＝ ， 在磁场中 有 ｅｖ′Ｂ ｍ ｖ′２ 在电场中 有 ｅＵ
理 要保证电子从出射区域出射 求ｋ 的最大值 ， ＝ ｒ′， ， ２ ＝
， 。
１７８
设两板间的电压为 Ｕ 由闭合电路欧姆定律
１ｍｖ′２ Ｅ 已知 Ｅ ｋｅＵ 联立以上各式解 ，
－ ｋ０， ｋ０ ＝ ， 可知
２
Ｒ
得 ｋ １３
＝ Ｕ ２ Ｅ
６ ＝Ｒ Ｒ ０
＋
１ ２
６．（ 湖南， ， 分）如图 两个定值电阻
Ｕ
２０２２ １３ １３ ，
又 Ｅ
的阻值分别为 Ｒ 和 Ｒ 直流电源的内阻不 ＝ ｄ
１ ２，
计 平行板电容器两极板水平放置 板间距 ｍｇｄ Ｒ Ｒ
， ， 联立解得 Ｅ （ １ ＋ ２）
离为 ｄ 板长为 ｄ 极板间存在方向水平向 ０ ＝ ｑＲ
， ３ ， ２
小球做圆周运动的轨迹如图所示 设轨
里的匀强磁场 质量为 ｍ 带电荷量为 ｑ 的 （２） ，
。 、 ＋
小球以初速度 ｖ 沿水平方向从电容器下板左 迹半径为 ｒ 由几何关系得 ｒ ｄ ２ ｄ ２
， ：（ － ） ＋（ ３ ）
侧边缘 Ａ 点进入电容器 做匀速圆周运动 ｒ２
＝
， ，
恰从电容器上板右侧边缘离开电容器 此 ｍｖ２
。 根据洛伦兹力提供向心力得 ｑｖＢ
： ＝ ｒ
过程中 小球未与极板发生碰撞 重力加速
， ，
ｍｖ
度大小为 ｇ 忽略空气阻力 联立解得 Ｂ
， 。 ＝ ｑｄ
２
求直流电源的电动势 Ｅ
（１） ０；
求两极板间磁场的磁感应强度 Ｂ
设小球离开电容器时 速度方向与水平
（２） ；
（３） ，
在图中虚线的右侧设计一匀强电场 使
（３） ， ｄ
方向间的夹角为 θ 则 θ ３
小球离开电容器后沿直线运动 求电场强度
， ｓｉｎ ＝ ｒ
，
的最小值 Ｅ′
要使小球做直线运动 则合力方向应与 ｖ 在
。
，
ｍｇｄ Ｒ Ｒ ｍｖ ｍｇ 一条直线上 当 ｑＥ′与 ｖ 所在直线垂直时 ｑＥ′
答案 （ １ ＋ ２） ， ，
（１） ｑＲ （２） ｑｄ （３） ｑ
２ ２ ２ 最小 则 Ｅ′最小 如图所示 有 ｑＥ′ ｍｇ θ
， ， ， ＝ ｃｏｓ
解析 小球在两极板间做匀速圆周运
（１） ｍｇ
联立解得 Ｅ′
动 则重力与电场力平衡 ｍｇ ｑＥ ＝ ｑ
， ， ＝ ２
专
题
十
磁
场
１７９
应用篇
模型 一 洛伦兹力与现代科技模型 横截面的液体的体积 空间有垂直纸面向里
。
的磁感应强度为 Ｂ 的匀强磁场 并测出 Ｍ Ｎ
１．（ 浙江柯桥中学月考， ）在实验室中有一 ， 、
２０２２ ８
间的电压Ｕ 则下列说法正确的是
种污水流量计 其原理 ， （ ）
， 正 负离子所受洛伦兹力方向是相同的
可以简化为如图所示 Ａ． 、
Ｕ
模型 废液内含有大量 容器内液体的流速为 ｖ
： Ｂ． ＝Ｂｄ
正 负离子 从直径为 ｄ 的圆柱形容器右侧流
、 ， 污水流量计也可以用于测量不带电的液体
Ｃ．
入 左侧流出 流量值 Ｑ 等于单位时间通过
， 。
的流速 增大偏转磁场磁感应强度的大小可使 Ｐ
Ｄ．
Ｕｄ 点左移
污水流量 Ｑ π
Ｄ． ＝ Ｂ 答案 Ｄ 电子带负电 故必
２
，
答案 Ｂ 正 负离子进入磁场后受到洛伦
须满足 Ｎ 处的电势高于 Ｍ 处
、
兹力作用 根据左手定则可知 正离子受到
的电势才能使电子加速 故
， ，
， Ａ
的洛伦兹力向下 负离子受到的洛伦兹力向
选项错误 由左手定则可判定
，
；
Ｕ
上 故 错误 当达到平衡时有 ｑ ｑｖＢ 解 磁感应强度的方向垂直纸面向
， Ａ ； ｄ ＝ ，
里 故 选项错误 对加速过
Ｕ ， Ｃ ；
得 ｖ 选项 正确 不带电的液体在磁场
＝Ｂｄ， Ｂ ； 程应用动能定理有ｅＵ １ｍｖ２ 设电子在磁场
＝ ，
２
中不受力 Ｍ Ｎ 两点没有电势差 无法计算
， 、 ， 中运动半径为 ｒ 由洛伦兹力提供向心力有
，
流速 故 错误 污水流量为 Ｑ Ｓｖ １ ｄ２ ｍｖ２ ｍｖ
， Ｃ ； ＝ ＝ π · ｅｖＢ 则ｒ 电子运动轨迹如图所示
４ ＝ ｒ ， ＝Ｂｅ， ，
Ｕ Ｕｄ
π 选项 错误 由几何关系可知 电子从磁场射出的速度方
Ｂｄ＝ Ｂ ， Ｄ 。 ，
４
ｄ
２．（ 课标 ， ， 分） 扫描是计算机 向与水平方向的夹角θ 满足 θ 其中ｄ
２０２０ Ⅱ １７ ６ ＣＴ Ｘ ｓｉｎ ＝ ｒ （
射线断层扫描技术的简称 扫描机可用于
，ＣＴ ｅ
为磁场宽度 联立可得 θ ｄＢ 可
对多种病情的探测 图 是某种 机主
）， ｓｉｎ ＝ ｍＵ，
。 （ａ） ＣＴ
２
要部分的剖面图 其中 射线产生部分的示
见增大 Ｕ 会使 θ 减小 电子在靶上的落点 Ｐ
， Ｘ
，
意图如图 所示 图 中 Ｍ Ｎ 之间有一
右移 增大 Ｂ 可使 θ 增大 电子在靶上的落
（ｂ） 。 （ｂ） 、
， ，
电子束的加速电场 虚线框内有匀强偏转磁
点 Ｐ 左移 故 选项错误 选项正确
，
， Ｂ ，Ｄ 。
场 经调节后电子束从静止开始沿带箭头的
； ３．（ 江苏， ， 分）如图 所示 回旋加
２０２１ １５ １６ １ ，
实线所示的方向前进 打到靶上 产生 射
， ， Ｘ 速器的圆形匀强磁场区域以 Ｏ 点为圆心 磁
，
线 如图中带箭头的虚线所示 将电子束打
（ ）； 感应强度大小为 Ｂ 加速电压为 Ｕ 质量为
， 。
到靶上的点记为 Ｐ 点 则
。 （ ） ｍ 电荷量为 ｑ 的粒子从 Ｏ 点附近飘入电场
、 ，
经过多次加速后 粒子经过 Ｐ 点绕 Ｏ 做圆周
，
运动 半径为 Ｒ 粒子在电场中的加速时间可
， ，
以忽略 为将粒子引出磁场 在 Ｐ 位置安装
。 ，
一个 静电偏转器 如图 所示 偏转器的
“ ”， ２ ，
图 两极板Ｍ 和Ｎ 厚度均匀 构成的圆弧形狭缝
（ａ） ，
圆心为 Ｑ 圆心角为 α 当 Ｍ Ｎ 间加有电压
5 、 。 、
年 时 狭缝中产生电场强度大小为 Ｅ 的电场
高 ， ，
考 使粒子恰好能通过狭缝 粒子在再次被加
3 。
年 速前射出磁场 不计 Ｍ Ｎ 间的距离 求
模 图 ， 、 ， ：
拟 （ｂ）
A Ｍ 处的电势高于 Ｎ 处的电势
Ａ．
版
增大 Ｍ Ｎ 之间的加速电压可使 Ｐ 点左移
高 Ｂ． 、
考 偏转磁场的方向垂直于纸面向外
物 Ｃ．
理
１８０
ＯＯ′Ｑ 为等腰三角形 则有 Ｒ Ｒ ｒ
△ ， ｍ ＝ ＋２（ Ｑ－
α
Ｒ
） ｓｉｎ
２
ｍＥＲ α
解得 Ｒ Ｒ ２
ｍ ＝ ＋ｑＢ２Ｒ ｍＥ ｓｉｎ
－ ２
图 图
１ ２
粒子加速到 Ｐ 点所需的时间 ｔ
（１） ；
极板 Ｎ 的最大厚度 ｄ
（２） ｍ；
磁场区域的最大半径 Ｒ
（３） ｍ。
ｑＢ２Ｒ２ ｍ ４．（ 河北， ， 分）如图 一对长平行栅
答案 π ２０２１ １４ １６ ，
（１）（ ｍＵ －１） ｑＢ
极板水平放置 极板外存在方向垂直纸面向
２
，
ｍＵ ｍＵ 外 磁感应强度大小为 Ｂ 的匀强磁场 极板
Ｒ２ ２ Ｒ２ ４ 、 ，
（２）２（ － ｑＢ２ － － ｑＢ２ ）
与可调电源相连 正极板上 Ｏ 点处的粒子
。
ｍＥＲ α
源垂直极板向上发射速度为 ｖ 带正电的粒
Ｒ ２
（３） ＋ｑＢ２Ｒ ｍＥ ｓｉｎ
０、
－ ２ 子束 单个粒子的质量为 ｍ 电荷量为 ｑ 一
， 、 。
ｍｖ
解析 粒子在 Ｐ 点速度为 ｖ 则 Ｒ Ｐ 足够长的挡板 ＯＭ 与正极板成 °倾斜放
（１） Ｐ， ＝ Ｂｑ ３７
置 用于吸收打在其上的粒子 Ｃ Ｐ 是负极
， 。 、
根据动能定理有 ｎｑＵ １ｍｖ２ 板上的两点 Ｃ 点位于 Ｏ 点的正上方 Ｐ 点处
＝ Ｐ ， ，
２
放置一粒子靶 忽略靶的大小 用于接收从
Ｔ ｍ （ ），
由 ｔ ｎ Ｔ ２π
＝（ －１） ， ＝ ｑＢ 上方打入的粒子 ＣＰ 长度为 Ｌ 忽略栅极
２
， ０。
的电场边缘效应 粒子间的相互作用及粒子
解得 ｔ
ｑＢ２Ｒ２
π
ｍ
、
＝（ ｍＵ －１） ｑＢ
２ 所受重力 ° ３
由 粒 子 半 径 和 动 能 表 达 式 解 得 ｒ ，ｓｉｎ ３７ ＝ 。
（２） ５
ｍＥ
２ ｋ
＝ ｑＢ
加速到 Ｐ 前最后两个半周期的运动半径分
别为
ｍ Ｅ ｑＵ ｍ Ｅ ｑＵ
ｒ ２ （ ｋ Ｐ－ ） ｒ ２ （ ｋ Ｐ－２ ） 若粒子经电场一次加速后正好打在 Ｐ 点
１ ＝ ｑＢ ， ２ ＝ ｑＢ （１）
处的粒子靶上 求可调电源电压 Ｕ 的大小
ｄ ｒ ｒ 而 Ｅ （ ｑＢＲ ） ２ ， ０ ；
ｍ ＝２（ １ － ２）， ｋ Ｐ＝ ｍ 调整电压的大小 使粒子不能打在挡板
２ （２） ，
ＯＭ 上 求电压的最小值 Ｕ
ｍＵ ｍＵ
得 ｄ Ｒ２ ２ Ｒ２ ４
， ｍｉｎ；
ｍ ＝２（ － ｑＢ２ － － ｑＢ２ ） 若粒子靶在负极板上的位置 Ｐ 点左右可
（３）
设粒子在偏转器中的运动半径为 ｒ 则 调 则负极板上存在 Ｈ Ｓ 两点 ＣＨ ＣＰ
（３） Ｑ， ， 、 （ ≤ ＜
ｖ２
Ｐ
ＣＳ
，
Ｈ
、
Ｓ 两点未在图中标出
），
对于粒子靶在 专
题
ｑＢｖ ｑＥ ｍ 粒子在 Ｓ 处飞离偏转器 因
Ｐ－ ＝ ｒ ， 。 ＨＳ 区域内的每一点 当电压从零开始连续缓 十
Ｑ ，
磁
Ｍ Ｎ 间的距离不计 取 ＳＯ′ Ｒ 如图所示 慢增加时 粒子靶均只能接收到 ｎ ｎ 种 场
、 ， ＝ ， ， ， （ ≥２）
１８１
能量的粒子 求 ＣＨ 和 ＣＳ 的长度 假定在每 分 析 可 知 ＣＳ ＣＨ Ｒ Ｒ
， （ ＝ ＋ （ ２ ｍｉｎ － ２ ０ ）
个粒子的整个运动过程中电压恒定 ｎ ｍｖ
）。 （２ ＋８） ０
ｑＢ２Ｌ２ ｍｖ２ ｍｖ２ ＝ ｑＢ
答案 ０ ０ ７ ０ ３
（１） ｍ － ｑ （２） ｑ
８ ２ １８
ｎ ｍｖ ｎ ｍｖ
ＣＨ （２ ＋６） ０ ＣＳ （２ ＋８） ０
（３） ＝ ｑＢ ＝ ｑＢ
３ ３
解析 在负极板上方 洛伦兹力提供向
（１） ，
心力
ｍｖ２
图
ｑｖＢ ２
＝ Ｒ ①
５．（ 浙江 月选考， ， 分）离子速度分
粒子打在 Ｐ 点有 Ｌ Ｒ ２０２２ ６ ２２ １０
： ０ ＝２ ②
析器截面图如图所示 半径为 Ｒ 的空心转
。
粒子在电场中加速有 ｑＵ １ｍｖ２ １ｍｖ２
０ ＝ － ０ ③ 筒 Ｐ 可绕过 Ｏ 点 垂直 ｘＯｙ 平面 纸面 的
２ ２ ， 、 （ ）
ｑＢ２Ｌ２ ｍｖ２ 中心轴逆时针匀速转动 角速度大小可调
联立 得 Ｕ ０ ０ （ ），
①②③ ： ０ ＝ ｍ － ｑ 其上有一小孔 Ｓ 整个转筒内部存在方向垂
８ ２ 。
粒子刚好不能打在 ＯＭ 上时 轨迹如图 直纸面向里的匀强磁场 转筒下方有一与
（２） ， １ 。
所示 其共轴的半圆柱面探测板 Ｑ 板 Ｑ 与 ｙ 轴交
，
ｍｖ２ 于 Ａ 点 离子源 Ｍ 能沿着 ｘ 轴射出质量为
ｑｖ Ｂ ０ 。
０ ＝ Ｒ ④ ｍ 电荷量为 ｑ ｑ 速度大小不同的离
０ 、 － （ ＞０）、
ｍｖ２
子 其中速度大小为 ｖ 的离子进入转筒 经
ｑｖ ｍｉｎ Ｂ ＝ Ｒ ｍｉｎ ⑤ ， ０ ，
ｍｉｎ
磁场偏转后恰好沿ｙ 轴负方向离开磁场 落
。
ｑＵ １ｍｖ２ １ｍｖ２ 在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且
ｍｉｎ ＝ ｍｉｎ － ０ ⑥
２ ２
失去所带电荷 不计离子的重力和离子间的
Ｒ ，
Ｒ Ｒ ０ 相互作用
２ ｍｉｎ ＝ ０ ＋ ° ⑦ 。
ｓｉｎ ３７
图
１
5
ｍｖ２
年 联立 得 Ｕ ７ ０ 求磁感应强度 Ｂ 的大小 若速度大
高 ④⑤⑥⑦ ｍｉｎ ＝ ｑ （１）① ；②
１８
考 小为 ｖ 的离子能打在板 Ｑ 的 Ａ 处 求转筒 Ｐ
根据题意可知 当粒子在下方磁场中轨
3 （３） ， ０ ，
年 角速度 ω 的大小
模 迹与 ＯＭ 相切之后第 ｎ 次进入上方磁场 ；
拟
－１
较长时间后 转筒 Ｐ 每转一周有 Ｎ 个离
做圆周运动打到负极板上的位置为距 Ｃ 最
A （２） ，
版 近且满足题意的位置 如图 则ＣＨ Ｒ 子打在板 Ｑ 的 Ｃ 处 ＯＣ 与 ｘ 轴负方向的夹
高 ， ２， ＝２ ｍｉｎ ＋ ，
考 ｎ ｍｖ 角为 θ 求转筒转动一周的时间内 Ｃ 处受到
物 ｎ Ｒ Ｒ （２ ＋６） ０ ， ，
理 （ －１）（２ ｍｉｎ －２ ０）＝ ｑＢ 平均冲力 Ｆ 的大小
３ ；
１８２
ｖ 模型 二 磁聚焦与磁发散模型
若转筒 Ｐ 的角速度小于６ ０ 且 Ａ 处探测
（３） Ｒ ，
１．（ 北京朝阳联考， ）如图所示为磁聚焦
到离子 求板 Ｑ 上能探测到离子的其他 θ′的 ２０２１ １５
， 法测量比荷的原理图
值 θ′为探测点位置和 Ｏ 点连线与 ｘ 轴负方 。
（ 在阴极 和阳极 之间
向的夹角 Ｋ Ａ
）。 加电压 电子由阳极
答案 见解析 ， Ａ
中心处的小孔 Ｐ 射出 小孔 Ｐ 与荧光屏中
ｍｖ２ 。
解析 离子在磁场中运动 ｑｖ Ｂ ０ 心 Ｏ 点的连线为整个装置的中轴线 在极
（１）① ０ ＝ Ｒ 。
板很短的电容器 Ｃ 上加很小的交变电场 使
ｍｖ ，
Ｂ ０ 不同时刻通过这里的电子发生不同程度的
＝ ｑＲ
偏转 可认为所有电子从同一点发散 在电
Ｒ ， 。
离子在磁场中的运动时间 ｔ π
② ＝ ｖ 容器 Ｃ 和荧光屏 Ｓ 之间加一平行于 ＰＯ 的匀
２ ０
强磁场 电子经过一段时间再次汇聚在一
转筒的转动角度 ωｔ ｋ π ，
＝２ π＋ 点 调节磁感应强度 Ｂ 的大小 可使电子流
２ 。 ，
ｖ 刚好再次汇聚在荧光屏的 Ｏ 点 已知
ω ｋ ０ ｋ 。 Ｋ、Ａ
＝（４ ＋１）Ｒ， ＝０，１，２，…
之间的加速电压为 Ｕ Ｃ 与 Ｓ 之间磁场的磁
，
设速度大小为 ｖ 的离子在磁场中圆周运
感应强度为Ｂ 发散点到Ｏ 点的距离为ｌ 下
（２）
， 。
动半径为 Ｒ′
列说法正确的是
（ ）
θ θ
电子通过电容器后速度方向相同
Ｒ′ Ｒ ｖ ｖ
Ａ．
＝ ｔａｎ ＝ ０ ｔａｎ
２ ２ 从右侧往左侧看 电子做圆周运动的半径
Ｂ． ，
Ｒ
离子在磁场中的运动时间 ｔ′ θ 相同
＝（π－ ）ｖ
０ 所有电子从发散到再次汇聚所用的时间
转筒的转动角度 ω′ｔ′ ｎ θ Ｃ．
＝２ π＋
相同
ｎ θ ｖ
转筒的转动角速度 ω′
＝
（２ π＋
θ
）
Ｒ
０
，
ｎ
＝０，１， 粒子的比荷
ｅ
４π
２Ｕ
（π－ ） Ｄ． ｍ＝ Ｂ２ｌ２
２，… 答案 Ｃ 在极板很短的电容器 Ｃ 上加很小
动量定理 Ｆ ２π Ｎｍｖ 的交变电场 使不同时刻通过这里的电子发
ω′＝
，
ｅＵ′
ｎ θ Ｎｍｖ２ θ 生不同程度的偏转 竖直方向 ｖ ａｔ ｔ
Ｆ （２ π＋ ） ０ ｎ ， ｙ ＝ ＝ ｍｄ ，
＝ θ Ｒ ｔａｎ ， ＝０，１，２，…
２（π－ ）π ２
故电子通过电容器后速度方向不同 错
ｋ ｖ ，Ａ
转 筒 的 转 动 角 速 度 （４ ＋１） ０ 误 电子离开电容器后 在垂直于 ＰＯ 方向上
（３） Ｒ ＝ ； ，
做匀速圆周运动 由洛伦兹力提供向心力有
ｎ θ′ ｖ ｖ ，
（２ π＋ ） ０ ６ ０
θ′ Ｒ ＜ Ｒ
ｖ２ ｍｖ
（π－ ） ｍ ｒ ＝ Ｂｅｖ ， 得 ｒ ＝Ｂｅ， 其中 ｖ ＝ ｖ ｙ， 不同时刻 ｖ ｙ
ｎ
ｋ θ′ ５－２ ｎ
不同 故从右侧往左侧看 电子做圆周运动
＝１， ＝ π， ＝０，２
， ，
６
的半径不同 错误 在 ＰＯ 方向上电子做匀 专
，Ｂ ； 题
可得 θ′ ５ １
＝ π， π 速运动 速度大小相同 故所有电子从发散 十
６ ６ ， ，
磁
到再次汇聚所用的时间相同 正确 从发散 场
，Ｃ ；
１８３
点到汇聚点 两个方向的分运动时间相等 Ｏｄ 之间射入的粒子 因边界上无磁场 粒子
， ， ， ，
到达 ｂｃ 后做直线运动 即全部通过 ｂ 点 故
有 ｔ ｔ 加速电场中有 ｅＵ １ｍｖ２ 匀速直 ， ，
直＝ 圆， ＝ ，
错误 正确 从 ａＯ 边射入的粒子先做一
２
Ａ ，Ｃ ；
ｌ
段时间的直线运动 设某一个粒子在 Ｍ 点进
线运动时间 ｔ 对匀速圆周运动 洛伦兹
直＝ ｖ ， ， ，
入磁场 其圆心为 Ｏ′ 如图所示 根据几何关
， ， ，
ｖ２ Ｒ
力提供向心力 有 ｅｖ Ｂ ｍ ｙ Ｔ ２π 系可得四边形 Ｏ′Ｍｅｂ 是菱形 则粒子的出射
， ｙ ＝ Ｒ， ＝ ｖ ＝ ，
ｙ 点一定是 ｂ 点 同理可知 从 ａＯ 边射入的粒
， ，
ｍ ｅ ２Ｕ
２π ｔ Ｔ 联立解得 ８π 故 错误 子 出射时全部从 ｂ 点射出 即 磁聚焦 故
ｅＢ ， 圆＝ ， ｍ＝ Ｂ２ｌ２ ， Ｄ 。 ， ， “ ”，
正确 错误
２．（ 河北廊坊期末， ）（多选）如图所示 Ｂ ，Ｄ 。
２０２２ ９ ， ３．（ 东北三校联考， ）在科学研究中 常
长方形 ａｂｃｄ 的长ａｄ ． ２０２２ １４ ，
＝０ ６ ｍ， 用电磁场来控制带电粒子的轨迹 如图所
宽 ａｂ ． Ｏ ｅ 分别是 。
＝ ０ ３ ｍ， 、 示 真空中有一半径为 ｒ 的圆形磁场区域 与
ａｄ ｂｃ 的中点 以 ｅ 为圆心 ， ，
、 ， ， ｘ 轴相切于坐标原点 Ｏ 磁场磁感应强度为
ｅｂ 为半径的圆弧和以Ｏ 为圆 ，
Ｂ 方向垂直于纸面向外 在圆形磁场区域的
心 Ｏｄ 为半径的圆弧组成的 ， ，
， 右侧有两水平放置的正对的平行金属板 Ｍ
区域内有垂直纸面向里的匀 、
Ｎ 板间距离也为 ｒ 板长为 Ｌ 板间中心线
强磁场 ｅｂ 边界上无磁场 磁感应强度 Ｂ ， ， ，
（ ）， ＝ Ｏ Ｏ 的反向延长线恰好过磁场圆的圆心
． 一群不计重力 质量 ｍ －７ ２ ３
０ ２５ Ｔ。 、 ＝３×１０ ｋｇ、 Ｏ 在 Ｏ 点处有一粒子源 能向磁场中各个
电荷量ｑ －３ 的带正电粒子以速度ｖ １， ，
＝２×１０ Ｃ ＝ 方向 纸面内 源源不断地发射速率相同 质
２ 沿垂直于 ａｄ 且垂直于磁场方向 （ ） 、
５×１０ ｍ／ｓ 量为 ｍ 比荷为 ｋ 且带正电的粒子 单位时间
射入磁场区域 粒子间的相互作用不计 则 、 ，
， ， 内发射的粒子数为 ｎ 沿 ｙ 轴正方向射入磁
下列判断正确的是 ，
（ ） 场的粒子 恰能沿直线 Ｏ Ｏ 的方向射入平
从 Ｏｄ 边射入的粒子 出射点全部分布在 ， ２ ３
Ａ． ， 行板间 不计重力 阻力及粒子间的相互
ａｂ 边 。 、
作用
从ａＯ 边射入的粒子 出射时全部通过ｂ 点 。
Ｂ． ，
从Ｏｄ 边射入的粒子 出射时全部通过ｂ 点
Ｃ． ，
从 ａＯ 边射入的粒子 出射点全部分布在
Ｄ． ，
ａｂ 边
答案 ＢＣ 粒子进入磁场
后做匀速圆周运动 根据洛
求粒子入射的速度 ｖ 的大小
，
（１） ０ 。
ｍｖ
若已知两平行金属板间电场强度 Ｅ
5 伦兹力提供向心力得ｒ （２） ＝
年
＝ｑＢ＝
高
ｋＢ２ ｒ３
在平行板的右端适当位置固定一平行
考 ． 因ｅｂ Ｏｄ ａｂ ．
3 ０ ３ ｍ， ＝ ＝ ＝０ ３ ｍ， Ｌ２ ，
年 从 Ｏｄ 边射入的粒子 在磁场
于 ｙ 轴方向的探测板 图中未画出 使从
模 ，
（ ），
拟 中的运动轨迹是半径为 ｒ 的
Ｍ Ｎ 板右侧射出平行板间的粒子全部打在
A 、
版 探测板上 则板长至少为多少
１圆弧 到达 ｂｃ 时的速度竖
， ？
，
高
４ 在满足第 问的前提下 若打到探测板
考
（３） （２） ，
物 直向上 从点 Ｏ 射入的粒子从 ｂ 点射出 从
理 ， ， 上的粒子被全部吸收 求粒子束对探测板的
，
１８４
平均作用力的大小 入 所以速度方向与 ｙ 轴夹角在 °范围
。 ， ０～３０
内的粒子最终可以打到探测板上 即射出平
ｒ ｒ２
，
答案 ｋＢｒ １ｎｍｋＢｒ
（１） （２） （３） １＋Ｌ２ 行板间的粒子与射入磁场的粒子数之比为 η
２ ６
解析 由题意可知粒子在磁场中做匀速 °
（１） ３０ １
＝ °＝
圆周运动的半径为 Ｒ ｒ １８０ ６
＝
ｔ 时间内打在探测板上的粒子数为 Ｎ
ｍｖ２ Δ ＝
根据牛顿第二定律得 ｑｖ Ｂ ０ 解得 ｖ ｎ ｔ
０ ＝ Ｒ ， ０ ηｎ ｔ Δ
Δ ＝
ｋＢｒ ６
＝ 粒子打在探测板上时 根据动量定理 在水
如图所示 设某粒子从 Ｏ 射出时与 ｙ 轴 ， ，
（２） ， 平方向上有
夹角为 θ 根据几何关系可知四边形 ＯＯ ＰＯ′
， １ Ｆ ｔ Ｎｍｖ
为菱形 由此可推知所有粒子从磁场射出时 － ｘΔ ＝０－ ０
， 在竖直方向上有 Ｆ ｔ Ｎｍｖ
的速度方向都平行于 ｘ 轴
－ ｙΔ ＝０－ ｙ
根据运动学公式有 ｖ ａｔ 探测板对粒子束
ｙ ＝ ，
的平均作用力大小为 Ｆ Ｆ２ Ｆ２ 联立解得
＝ ｘ＋ ｙ，
ｒ２
Ｆ １ｎｍｋＢｒ
＝ １＋Ｌ２
６
根据牛顿第三定律可知粒子束对探测板的
粒子在两金属板间做类平抛运动的加速度 ｒ２
平均作用力的大小为１ｎｍｋＢｒ
大小为 １＋Ｌ２ 。
６
ｑＥ
ａ ｋＥ 模型 三 带电粒子在交变电、磁场中的运动
＝ ｍ ＝
模型
Ｌ ｒ
运动时间为 ｔ 侧移量为 ｙ １ａｔ２
＝ｖ ， ＝ ＝ ；
１．（ 山西大同阶段检测， ）如图甲所示
０ ２ ２ ２０２２ １４ ，
所以紧贴极板 Ｎ 假设粒子向下偏 入射的
在 ｘＯｙ 平面内存在均匀 大小随时间周期性
（ ）
、
粒子将从 Ｏ 射出 沿 Ｏ Ｏ 入射的粒子将从
变化的磁场和电场 变化规律分别如图乙
３ ， ２ ３ ， 、
极板 Ｍ 右边缘射出 即从 Ｎ 板与 Ｏ Ｏ 间入
丙所示 规定垂直纸面向里为磁感应强度的
， ２ ３ （
射的粒子可以从右侧射出 从 Ｏ Ｏ 与 Ｍ 板 正方向 沿 ｙ 轴正方向时电场强度为正
， ２ ３ 、 ）。
间入射的粒子打到 Ｍ 板上 不能从右侧射 在ｔ 时刻由原点 Ｏ 发射初速度大小为 ｖ
， ＝０ ０，
出 若要使Ｍ Ｎ 板右侧射出平行板间的粒子 方向沿 ｙ 轴正方向的带负电粒子 已知 ｖ
， 、 。 ０、
全部打在探测板上 探测板紧贴Ｍ Ｎ 右端时
， 、 ｔ Ｂ 粒子的比荷为 π 不计粒子的重
ｒ
０、 ０， Ｂ ｔ ，
长度最小 为 ０ ０
， 。 力 求
２ 。 ：
在满足第 问的前提下 假设粒子在两
（３） （２） ，
金属板间向下偏转 设紧贴 Ｎ 板射入的粒子
，
从 Ｏ 点射出时的速度方向与 ｙ 轴夹角为 θ
，
ｒ 专
根据几何关系得 ｒ θ 解得 θ ° 题
ｓｉｎ ＝ ， ＝３０ 。 ｔ ｔ 时 粒子的位置坐标 十
２ （１） ＝ ０ ， ；
磁
而从 ｙ 轴正方向射出的粒子恰好沿 Ｏ Ｏ 射 若 ｔ ｔ 时粒子回到原点 ｔ 时间内
场
２ ３ （２） ＝５ ０ ，０～５ ０
１８５
粒子距 ｘ 轴的最大距离 ｖ Ｂ
； 解得 Ｅ ０ ０ ｎ
若粒子能够回到原点 满足条件的所有 ０ ＝ ｎ （ ＝１，２，３，…）。
（３） ， π
Ｅ 值 ２．（ 河北， ， 分）两块面积和间距均足
０ 。 ２０２２ １４ １６
æ ｖ ｔ ö æ ö 够大的金属板水平放置 如图 所示 金属
答案 çç２ ０ ０ ÷÷ ç３ ２÷ｖ ｔ ， １ 。
（１）è ，０ø （２）è ＋ ø ０ ０ 板与可调电源相连形成电场 方向沿 ｙ 轴正
π ２ π ，
ｖ Ｂ 方向 在两板之间施加磁场 方向垂直 ｘＯｙ
０ ０ ｎ 。 ，
（３） ｎ （ ＝１，２，３，…）
平面向外 电场强度和磁感应强度随时间
π
。
解析 粒子在 ｔ 内沿顺时针方向做
（１） ０～ ０ 的变化规律如图 所示 板间 Ｏ 点放置一
２ 。
ｖ２
粒子源 可连续释放质量为 ｍ 电荷量为 ｑ
匀速圆周运动 由 ｑｖ Ｂ ｍ ０ 解得 ｒ ｍ ， 、
， ０ ０ ＝ ｒ １ ＝
ｑ 初速度为零的粒子 不计重力及粒子
１
（ ＞０）、 ，
ｖ ｒ ｍ ｑ
０ Ｔ ２π １ ２π 又粒子的比荷 π 间的 相 互 作 用 图 中 物 理 量 均 为 已 知
ｑＢ ， ＝ ｖ ＝ ｑＢ ； ｍ ＝Ｂ ｔ ， ，
０ ０ ０ ０ ０ 量 求
ｖ ｔ 。 ：
解得 ｒ ０ ０ Ｔ ｔ 故 ｔ ｔ 时 粒子的位置 ｍ
１ ＝ 、 ＝２ ０， ＝ ０ ， ｔ 时刻释放的粒子 在 ｔ ２π 时刻的
π （１） ＝０ ， ＝ ｑＢ
æ ｖ ｔ ö ０
坐标为çç２ ０ ０ ÷÷ 位置坐标
è ，０ø。 ；
π ｍ
若粒子在 ｔ ｔ 时回到原点 运动轨迹 在 ６π 时间内 静电力对 ｔ 时刻释
（２） ＝５ ０ ， （２） ０～ ｑＢ ， ＝０
ｍｖ ｍｖ ０
如图甲所示 由 ｒ ｒ ｒ ０ ｒ ２ 解 放的粒子所做的功
。 ２ ＝２ １， １ ＝ｑＢ ， ２ ＝ｑＢ ， ；
０ ０ æ Ｅ ｍ ２Ｅ ｍö
得 ｖ ｖ 在 Ｍçç４π ０ π ０ ÷÷点放置一粒子接收
２ ＝２ ０ （３） è ｑＢ２ ， ｑＢ２ ø
则在 ｔ 时间内粒子距 ｘ 轴的最大距离 ０ ４ ０
０～５ ０ ｍ
ｖ ｖ æ ö 器 在 ６π 时间内什么时刻释放的粒子在
ｈ ０ ＋２ ０ｔ ｒ ç ３ ２÷ｖ ｔ ， ０～ ｑＢ
ｍ ＝ ０ ＋ ２ ＝è ＋ ø ０ ０。 ０
２ ２ π 电场存在期间被捕获
。
图
１
甲 乙
如图乙所示 设带电粒子在 ｘ 轴下方做
（３） ，
圆周运动的轨迹半径为 ｒ ′ 由几何关系可
２ ，
5 知 要使粒子能够回到原点 则必须满足 ｎ
年 ， ，
高
ｒ ′ ｒ ｒ ｎ
考 （２ ２ －２ １）＝ ２ １（ ＝１，２，３，…）
3
ｍｖ
年 其中 ｒ ′
模
２
＝ｑＢ
拟
０
A ｎ
版 解得 ｖ ＋１ｖ ｎ 图
＝ ｎ ０（ ＝１，２，３，…） ２
高 考 物 又 ｖ ｖ ｑＥ ０ｔ 答案 æ çç２π Ｅ ０ ｍ π ２Ｅ ０ ｍö ÷÷ ２π ２Ｅ２ ０ ｍ
理 ＝ ０ ＋ ｍ ０ （１）è ｑＢ２ ， ｑＢ２ ø （２） Ｂ２
０ ２ ０ ０
１８６
ｍ ｍ ｍ
π 和１３ π 若在 π 时间内某时刻 ｔ′释放 粒子
（３） ｑＢ ·ｑＢ （ⅰ） ０～ｑＢ ，
２ ０ ３ ０ ０
ｍ 首次加速时间为 Ｔ ｔ′
解析 在 π 时间内 带电粒子在电 （ － ），
（１） ０～ｑＢ ，
则首次加速后速度 ｖ ′ ａ Ｔ ｔ′ 在磁场内
０ １ ＝ （ － ），
场中做匀加速直线运动
ｍｖ ′
偏转的半径 Ｒ １
Ｅ １ ＝ ｑＢ ，
由ｖ ａｔ Ｅ ｑ ｍａ ｙ １ａｔ２ 解得ｖ π ０ ｙ ０
１ ＝ ， ０ ＝ ， １ ＝ ， １ ＝ Ｂ 、 １ 由 易知 粒子至少要再次加速并偏转才
２ ０
（１） ，
２ｍＥ
ｍＥ
＝ π
２
ｑＢ２
０
０ 可能通过 ｘ Ｍ＝ ４π ｑＢ２ ０ ，
０
ｍ ｍ
在π ２π 时间内 带电粒子在磁场中做了 ｍ
设粒子在３π 的速度为 ｖ ′ 在磁场内偏转半
ｑＢ ～ ｑＢ ，
ｑＢ ２ ，
０ ０
０
半个周期的匀速圆周运动
ｍｖ ′
径为 Ｒ ２
由 ｑＢ ｖ ｍｖ２ １ ｘ Ｒ 解得 ｘ ２π ｍＥ ０ ２ ＝ ｑＢ ，
０
０ １ ＝ Ｒ ， １ ＝２ ， １ ＝ ｑＢ２
则 ｖ ′ ｖ ′ ａＴ
０ ２ ＝－ １ ＋２ ，
ｍ
故 在 ２π 时 刻 带 电 粒 子 的 坐 标 解得 ｖ ′ ａ Ｔ ｔ′
ｑＢ ２ ＝ （ ＋ ），
０ 经过两次半个周期的圆周运动 在 ｘ 方向上
æ ｍＥ ２ｍＥ ö ，
为çç２π ０ π ０ ÷÷ 的位移
è ｑＢ２ ， ｑＢ２ ø
０ ２ ０ ｍ ｖ ′ ｖ ′ ｍａＴ
ｘ Ｒ Ｒ ２ （ １ ＋ ２ ） ４
＝２ １ ＋２ ２ ＝ ｑＢ ＝ ｑＢ ，
０ ０
ｍ Ｅ ｑ ｍ ｍＥ
即 ｘ ４ ０ π ４π ０ ｘ 可见在
＝ｑＢ · ｍ ·ｑＢ ＝ ｑＢ２ ＝ Ｍ， ０
０ ０ ０
ｍ
π 时间内任意时刻释放 经历两次偏转后
～ｑＢ ，
ｍ Ｅ ０
在 π 时间内 ｖ π ０ 水平位移 ｘ ｘ 恒成立
（２） ０～ｑＢ １ ＝ Ｂ ＝ Ｍ 。
０ ０
ｍ ｍ
在２π ３π 时间内 由 Ｅ ｑ ｍａ ｖ ｖ
ｑＢ ～ ｑＢ ， ２ ０ ＝ ２， ２ ＝－ １ ＋
０ ０
ｍ Ｅ
ａ π 解得 ｖ π ０
２ ｑＢ ， ２ ＝ Ｂ
０ ０
ｍ ｍ
在４π ５π 时间内 由 Ｅ ｑ ｍａ ｖ ｖ
ｑＢ ～ ｑＢ ， ３ ０ ＝ ３， ３ ＝－ ２ ＋
０ ０
ｍ Ｅ
ａ π 解得 ｖ ２π ０
３ ｑＢ ， ３ ＝ Ｂ 现分析该过程中 在 ｙ 方向上的位移
０ ０ ，
ｍ
由 Ｗ
＝
２
１ｍｖ２
３，
解得在
０～
６
ｑ
π
Ｂ
０
时间内
，
静电力
第一次加速后
，
ｙ
１
′
＝ ２
１ａ
（
Ｔ
－
ｔ′
）
２
，
２ｍＥ２
对带电粒子做的功为
：
Ｗ
＝
２π
Ｂ２
０ 第二次加速后
，
ｙ
２
′
＝－
ｖ
１
′Ｔ
＋
１
·２
ａＴ２
＝
ａＴｔ′或
专
０ ２ 题
十
ｍ Ｅ ｑ ｖ ′ ｖ ′ Ｔ
设π Ｔ ０ ａ ｙ ′ （ ２ － １ ） ａＴｔ′ 磁
（３） ｑＢ ＝ ， ｍ ＝ ， ２ ＝ ＝ ， 场
０ ２
１８７
２ｍＥ
此时纵坐标 Ｙ ｙ ′ ｙ ′ １ａ Ｔ ｔ′ ２ ａＴｔ′ ２ａＴ２ ２π ０
＝ １ ＋ ２ ＝
２
（ － ） ＋ ＝
３
＝
３
ｑＢ２
０
，
１ａ
（
Ｔ２
＋
ｔ′２
）， 此时纵坐标的最小值 Ｙ″ ｙ ″ ｙ ′ π
２ｍＥ
０
２ ＝ １ －Δ １ ＝ ｑＢ２ ＞
经过第二次偏转后进入第三次匀变速运动 ３ ０
， ２ｍＥ
加速度为 ａ π ０ 即不可能到达 ｙ 而被捕获
３ ， ｑＢ２ ， Ｍ 。
此时粒子向下运动的最大距离 ４ ０
ｍ ｍ
若在４π ５π 时间内某时刻释放
ｖ ′２ ａ２ Ｔ ｔ′ ２ ａ Ｔ ｔ′ ２ （ⅲ） ｑＢ ～ ｑＢ ，
ｙ ２ （ ＋ ） （ ＋ ） ０ ０
Δ １ ＝ ａ＝ ａ ＝ ， 则加速后速度 ｖ ‴ ａ Ｔ ｔ‴
２·３ ６ ６
１ ＝３ （ － ），
则纵坐标的最小值
ｍｖ ‴
在 ｘ 方 向 上 的 位 移 ｘ ‴ Ｒ ‴ ２ １
Ｙ′
＝
Ｙ
－Δ
ｙ
１ ＝
１ａ
（
Ｔ２
＋
ｔ′２
）－
ａ （ Ｔ ＋ ｔ′ ） ２
＝
１ａ
（
ｔ′２ １ ＝ ２ １ ＝ ｑＢ
０
２ ６ ３ ｍａ Ｔ ｔ‴
６ （ － ）
Ｔｔ′ Ｔ２ ＝ ｑＢ ，
－ ＋ ）
０
é ê Ｔ ù ú Ｔ ｍ ｍＥ Ｅ
Ｙ′ ＝ １ ａ ë ê （ ｔ′ － ） ２ ＋ ３Ｔ２ û ú ， 即当 ｔ′ ＝ ＝ π ｑＢ 解得 ｘ ‴ ６π ０ ６ ０ｔ‴
３ ２ ４ ２ ２ ０ １ ＝ ｑＢ２ － Ｂ ，
０ ０
时 Ｙ′有最小值
ｍＥ Ｅ ｍＥ
令 ｘ ‴ ｘ 即６π ０ ６ ０ｔ‴ ４π ０ 得 ｔ‴
Ｙ
ｍｉｎ
′
＝
１ａＴ２
＝
１
·
Ｅ
ｍ
０ ｑ
·
π
ｑ２
２
Ｂ
ｍ
２
２
＝
π ２
ｑ
ｍ
Ｂ
Ｅ
２
０
＝
ｙ
Ｍ
１ ＝ Ｍ， ｑＢ２
０
－ Ｂ
０
＝ ｑＢ２
０
， ＝
４ ４ ０ ４ ０ ｍ Ｔ
π
ｍ ｍ ｍ ｑＢ ＝ ，
可见当 ｔ′ π 时 在４π ５π 阶段中粒子 ３ ０ ３
＝ ｑＢ ， ｑＢ ～ ｑＢ
２ ０ ０ ０ 即在４π ｍ ｔ‴ １３π ｍ 时刻释放能满足到达 ｘ
向下减速到 时恰好能被捕获 ｑＢ ＋ ＝ ｑＢ Ｍ
０ 。 ０ ３ ０
ｍ ｍ 的条件
若在２π ３π 时间内某时刻释放 粒 ，
（ⅱ） ｑＢ ～ ｑＢ ，
Ｔ
０ ０ 此时粒子加速后的速度 ｖ ａ Ｔ ａＴ
子加速时间为 Ｔ ｔ″ ０ ＝３ （ － ）＝ ２
（ － ）， ３
Ｅ
则有 ｖ ″ ａ Ｔ ｔ″ ｙ ″ １ ａ Ｔ ｔ″ ２ 在 ２π ０
１ ＝２ （ － ）， １ ＝ ·２ （ － ） ， ＝ Ｂ ，
２
０
ｍｖ ″ ｍＥ
ｘ 方向上的位移 ｘ １ ″ ＝２ Ｒ １ ″ ＝ ２ ｑＢ
０
１ ＝ ４π ｑＢ２
０
０ － 此时 Ｙ １ ＝
２
１ ·３ ａ （ Ｔ － ｔ‴ ） ２ ＝
３
２ ａＴ２ ＝ ２π
３
ｑ
２ｍ
Ｂ２
０
Ｅ
０ ，
Ｅ
４ ０ｔ″ ｖ２
Ｂ ， 粒子偏转后 纵坐标的最小值 Ｙ ″ Ｙ ０
０ ， １ ＝ １ － ａ
２·４
ｍ
可见要到达 ｘ 应在 ｔ″ 即２π 时刻释放 Ｅ ｑ ２ｍ２ ２ｍＥ ２ｍＥ
Ｍ ＝０ ｑＢ ， １ａＴ２ １ ０ π π ０ π ０
０ ＝ ＝ · ｍ ·ｑ２Ｂ２ ＝ ｑＢ２ ＜ ｑＢ２
5 此时 ｖ ″ ａＴ ６ ６ ０ ６ ０ ４ ０
年 １ ＝２ ， 即偏转后粒子向下运动过程中必经过 Ｍ 点
高 。
Ｅ ｑ
考
年 3 则 ｙ 轴方向上 ｙ １ ″ ＝ ２ １ ·２ ａＴ２ ＝ ａＴ２ ＝ ｍ ０ · 综上可知在 ０～ ６ ｑ π Ｂ ｍ 时间内有两个时刻即
模
０
拟
π
２ｍ２
π
２ｍＥ
０ ｍ ｍ
A ｑ２Ｂ２ ＝ ｑＢ２ ， π
ｑＢ
和１３
ｑ
π
Ｂ
释放的粒子满足要求
。
版 ０ ０ ２ ０ ３ ０
高
ｖ ″２
偏转后向下移动的最大距离 ｙ ′ １
考 物 Δ １ ＝ ａ＝
２·３
理
１８８
