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【讲通练透】专题10 带电粒子在磁场中的运动-2024高考物理题源解密（全国通用）
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这是一份【讲通练透】专题10 带电粒子在磁场中的运动-2024高考物理题源解密（全国通用），文件包含专题10带电粒子在磁场中的运动-2023年高考物理真题题源解密原卷版docx、专题10带电粒子在磁场中的运动-2023年高考物理真题题源解密解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
题海战术的确有用，而且具有普适性。但是同学们啊，你们花了几个月的时间，天天刷全套试卷，天天刷题，天天做题，结果物理只提高了十分。不划算，真的不划算，而且这样盲目刷题的上限很低，到了一定程度后，你就会发现，刷再多题，提升都不大了。
高考命题专家命制高考试题时绝非凭空杜撰，必有命题的原始模型（“题根”）和命题着力点（“题眼”），对“题根”与“题眼”进行深入的探求与拓展可构造出高考母题。
命题人拿来千变万化为难你们的历年真题，本质上也是从这有限的母题中衍生出来的。母题的重要性不言而喻。
专题10 带电粒子在磁场中的运动
目录
真题考查解读
2023年真题展现
考向一 带电粒子在有界磁场中运动
考向二 带电粒子在组合场中运动
考向三 带电粒子在复合场场中运动
近年真题对比
考向一 带电粒子在有界磁场中运动
考向二 带电粒子在组合场中运动
考向三 带电粒子在复合场场中运动
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时遵循的规律，涉及向心力、洛伦兹力、圆周运动知识，意在考查考生对物理规律的理解能力和综合分析能力
【考查要点】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，但更多的是结合其他知识以计算题的形式考查
【课标链接】①掌握带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法和思路
②掌握带电粒子在组合场和复合场运动的分析方法和思路
考向一 带电粒子在有界磁场中运动
1.（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PO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
【答案】BD
【解析】D．假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，为圆周运动的圆心
由几何关系可知为直角，即粒子此时的速度方向为，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
A．假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示
即撞击两次，B正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误。
故选BD。
2.（2023全国乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
故选A。
3. （2023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，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，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）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
解得
则速度在~之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
考向二 带电粒子在组合场中运动
4， 2023海南卷）如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）
A 粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B. 粒子从中点射入磁场时速度为
C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
【解析】若粒子打到PN中点，则 ，
解得 ，选项A正确；
粒子从PN中点射出时，则
速度
选项B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
选项C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D正确；
5.（2023辽宁卷）如图，水平放置两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【解析】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
6. （2023山东卷）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会
【解析】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
考向三 带电粒子在复合场场中运动
7. （2023海南卷）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B. 小球运动过程中的速度不变
C. 小球运动过程的加速度保持不变D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【解析】根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；
洛仑兹力永不做功，D错误。
8.（2023湖南卷）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B. 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】D
【解析】由题知粒子在AC做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，A错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
再根据，可知粒子半径变为原来2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，B错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据，有
则
C错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据，有
则
D正确。
故选D。
9. （2023江苏卷）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【解析】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合 = evmB－eE
最低点有
F合 = eE－evB
联立有
要让电子达纵坐标位置，即
y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
考向一 带电粒子在有界磁场中运动
（1。2022·湖北·T8）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A. kBL，0°B. kBL，0°C. kBL，60°D. 2kBL，60°
【答案】BC
【解析】
若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
2.（2022·浙江6月卷·T22）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【答案】（1）①，②，k = 0，1，2，3…；（2），n = 0，1，2，…；（3），
【解析】
（1）①离子在磁场中做圆周运动有
则
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有
离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度
，n = 0，1，2，…
动量定理
，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度
其中
k = 1，，n = 0，2
可得
，
考向二 带电粒子在组合场中运动
3.（2022·山东卷·T17）中国“人造太阳”在核聚变实验方而取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；
（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用表示）；
（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。
【答案】（1）；（2）；（3）（，，）；（4）
【解析】
（1）如图所示
将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有
联立解得
（2）如图所示
离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，由洛伦兹力提供向心力可得
离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，由洛伦兹力提供向心力可得
可得
为了使离子在磁场中运动，需满足
，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为
离子在磁场II中的轨迹半径为
离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过平面的坐标为
离子第四次穿过平面的坐标为
故离子第四次穿过平面的位置坐标为（，，）
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲在磁场I中的轨迹半径为
离子甲在磁场II中的轨迹半径为
离子乙在磁场I中的轨迹半径为
离子乙在磁场II中的轨迹半径为
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示
从点进入磁场到第一个交点过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为
考向三 带电粒子在复合场场中运动
4.（2022·全国甲卷·T18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
5.（2022·广东卷·T8）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A. 电子从N到P，电场力做正功B. N点的电势高于P点的电势
C. 电子从M到N，洛伦兹力不做功D. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC
【解析】
A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
6.（2022·湖南卷·T13）如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
两端的电压
根据欧姆定律得
联立解得
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据
解得
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
解得
分析近三年的高考试题，带电粒子在磁场运动主要考查带电粒子在有界磁场、组合场和复合场中运动问题，多以力学知识为主线。试题多联系现代科技实际，单独考查有选择题，也有计算题。
1，（2023秋·陕西西安·高三长安一中校考期末）如图所示，两个速度大小相同、比荷不同的带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的（ ）
A．轨迹半径之比为2∶1B．比荷之比为2∶1
C．时间之比为3∶2D．周期之比为2∶1
【答案】B
【详解】A．粒子1和粒子2的圆心O1和O2，如图所示
设粒子1的半径
R1=d
对于粒子2，由几何关系可得
解得
故轨迹半径之比为1∶2，故A错误；
B．由牛顿第二定律可得
化简可得
可知，比荷之比为2∶1，故B正确；
D．周期
得
故两粒子周期之比为1∶2，故D错误；
C．速度的偏转角即圆心角，故粒子1的运动时间
粒子2的运动时间
故它们在磁场中运动的时间之比为3∶4，故C错误。
故选B。
2.（2023春·广东潮州·高三潮州市金山中学校考阶段练习）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为；若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为。不计粒子的重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度小于速度
C．粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
【答案】BC
【详解】A．根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
根据图中轨迹可知，，则有
故B正确；
C．粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
由图可知运动轨迹为对应的圆心角大于运动轨迹为对应的圆心角，故粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
D．粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为
，可知，故粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
故选BC。
3.（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）地磁场对射入的宇宙粒子有偏转作用，假设地磁场边界到地心的距离为地球半径的
倍。如图所示是赤道所在平面的示意图，地球半径为R，匀强磁场垂直纸面向外，MN为磁场圆边界的直径，MN左侧宽度为的区域内有一群均匀分布、质量为m、带电荷量为的粒子垂直MN以速度v射入地磁场，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．地磁场的磁感应强度大小为
B．打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动时间为
C．从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为
D．仅增大粒子速度，能打到地表的粒子数一定减少
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，其轨迹如图所示，由图可得
解得
由洛伦兹力提供向心力，可得
解得地磁场的磁感应强度大小为
A错误；
B．打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示，设打在地面的点为K，轨迹的圆心为O2，由图可知，则三角形OK O是等腰直角三角形，，可知三角形PO2O为直角三角形，则粒子运动轨迹对应的圆心角为45°，则粒子在磁场中的运动时间为
B正确；
C．从M点射入的粒子在磁场中速度偏转的轨迹，如图所示，O3为轨迹的圆心，由几何关系可知，三角形COO3为等腰三角形，则有
从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为
C正确；
D．仅增大粒子速度v，由
可知r1增大，则能打到地表的粒子数增多，D错误。
故选BC。
4. （2023·广东广州天河二模）如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．粒子重力不计．下列说法正确的是
A. 粒子a带负电
B. 粒子c的动能最大
C. 粒子b在磁场中运动的时间最长
D. 粒子b在磁场中运动时的向心力最大
【答案】D
【解析】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据 ，可得： ，粒子的动能EK=mv2，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大．b粒子动能最大，向心力最大．故B错误，D正确．根据 ，则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C错误；故选D．
5. （2023·广东湛江二模）（多选）可控核聚变的磁约束像一个无形的管道，将高温等高子体束缚在其中，通过电磁感应产生的涡旋电场给等离子体加速，此情境可以简化为如图所示的装置，两个半径不同的同心环形光滑绝缘管道a、b处于垂直纸面向里、磁感应强度大小随时间均匀增大的匀强磁场中，甲、乙两个完全相同的带负电小球分别在a、b两管道中同时由静止释放，之后两小球在管道内做速率随时间均匀增大的加速运动，不计小球受到的重力及小球间相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球a沿逆时针方向运动
B. 小球b沿顺时针方向运动
C. 小球a受到的洛伦兹力保持不变
D. 小球b受到的洛伦兹力变大
【答案】BD
【解析】AB．根据楞次定律可知，磁场在管道内产生的涡旋电场为逆时针方向，小球带负电，则小球所受的电场力为顺时针方向，两小球均沿顺时针方向运动，A错误，B正确；
CD．小球做加速度运动，速度逐渐增大，磁感应强度也逐渐增强，根据
可知小球所受洛伦兹力变大，C错误，D正确。
故选BD。
6. （2023·福建龙岩3月检测）（多选）如图所示，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AC边长为l，∠B＝，一群比荷为的带正电粒子以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t，粒子在磁场中运动的最长时间为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，则（ ）
A. 磁感应强度大小为B. 粒子运动的轨道半径为
C. 粒子射入磁场的速度大小为D. 粒子在磁场中扫过的面积为
【答案】CD
【解析】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的时间是
解得故A错误；
B．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有
解得
画出该粒子的运动轨迹如图
设圆周运动半径为R，由几何知识得
可得
故B错误；
C．粒子在磁场中运动时有
可得粒子射入磁场的速度大小为
故C正确；
D．从D点射入的粒子恰好不从AB边射出，由几何知识可得粒子在磁场中扫过的面积为
故D正确。
故选CD。
7. （2023·河北唐山一模）如图所示，xOy为平面直角坐标系，在y>d的空间Ⅰ内存在沿x轴正方向的匀强电场。在0（1）小球到达C点时的速度大小；
（2）小球在空间Ⅱ内运动的时间；
（3）小球进入空间Ⅲ后，经偏转到达y轴上F点（F点未画出），则DF两点间电势差。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）到达C点时，竖直速度
时间
则水平速度
则小球到达C点时的速度大小
与x轴的夹角
即方向与x轴正向夹角45°；
（2）因
可知
则粒子进入区域Ⅱ内做匀速圆周运动，半径为
可知粒子垂直x轴进入空间Ⅲ，则运动时间
（3）进入空间Ⅲ后水平方向向左做匀加速运动，竖直方向因为则向下做匀速运动，则
FO两点间电势差
DO两点间电势差
DF两点的电势差
8. （2023·江苏南通二模）如图所示，真空中有范围足够大、垂直xOy平面向里匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴下方有沿-y轴方向的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m、电荷量为＋q的粒子在xOy平面内从y轴上的P点以初速度大小为射出，不考虑粒子的重力。
（1）若粒子与-y轴方向成α角从P点射出，刚好能到达x轴，求P点的纵坐标y；
（2）若粒子沿-y轴方向从P点射出，穿过x轴进入第四象限，在x轴下方运动到离x轴最远距离为d的Q点（图中未标出），求粒子在Q点加速度的大小a；
（3）若所在空间存在空气，粒子沿－y轴方向从P点射出，受到空气阻力的作用，方向始终与运动方向相反，粒子从M点进入第四象限后做匀速直线运动，速度与＋x轴方向成角。求粒子从P点运动到M点的过程中克服阻力所做的功W和运动的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）设粒⼦在磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力充当向心力可得
由⼏何关系得
解得
（2）设粒⼦进⼊第四象限离x轴距离最⼤时速度为，电场⼒对粒⼦做正功，由动能定理可得
由⽜顿第⼆定律有
解得
（3）设粒⼦进⼊第四象限以速度做匀速运动，受力分子如下图
受⼒关系有
粒⼦从P点运动到M点，由动能定理得
解得
粒⼦从P点运动到M点过程中任意时刻满⾜
则P点运动到M点的时间为
解得
9、（2023·山东省滨州市高三下学期二模）如图，圆柱形区域与平面相切于y轴，该区域内存在平行y轴的匀强磁场．在和位置，紧靠y轴放置两平行金属板，金属板与平面平行，沿z轴方向长为L，沿x轴方向宽度足够大，两板间加恒定电压．在金属板右侧垂直z轴固定一足够大的荧光屏，荧光屏与金属板右端距离为，荧光屏与z轴交点记为．平面内有一与z轴平行且宽度等于磁场区域直径的线状粒子源，粒子源各位置处均匀向外无初速度释放带电粒子，已知单位时间内粒子源释放的总粒子数为N．粒子源释放的粒子经加速电压加速后，全部射向磁场区域，通过磁场后均过O点离开磁场，进入偏转电场后，粒子向y轴正方向偏转，最终部分粒子打在荧光屏上．已知粒子进入磁场前的加速电压与离开磁场后的偏转电压大小相等，不计粒子重力．求：
（1）如图所示，沿与z轴正方向夹角离开磁场的粒子，最终打在荧光屏上的x轴坐标值；
（2）荧光屏上显示的粒子落点形成的图线的方程；
（3）单位时间打在荧光屏上的粒子数．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
（1）带电粒子打到荧光屏前，沿轴方向
沿轴方向
最终射荧光屏上的轴坐标
（2）对带电粒子加速过程根据动能定理
在偏转电场中
粒子离开电场时，偏转角为，则
粒子离开电场后，沿轴方向偏转位移
粒子打在荧光屏上的轴坐标
联立解得
荧光屏上显示的粒子落点图线方程
粒子能手射到荧光屏的条件
可得
即
图线方程的定义域为
（3）如图所示
设圆柱形磁场圆直径为，由几何关系可知，沿与轴正方向夹角离开圆柱形磁场的粒子恰好可以打在荧光屏上，改粒子进入磁场时与中心线距离
可知满足条件粒子源长度
单位时间打在荧光屏上的粒子数
10、（2023·山东省烟台市高三下学期4月模拟）利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为+q的带电粒子，其初速度视为零，经过加速电压U后，以一定速度垂直平面MNN1M1，射入边长为2L的正方体区域MNPQ-M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在边长为L的正方形MHIJ区域内入射，不计粒子重力及其相互作用，完成以下问题：
（1）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求所加匀强电场电场强度的最小值E；
（2）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值B0及最大值Bm；
（3）以M1为原点建立如图所示直角坐标系M1-xyz，若在正方体区域中同时加上沿MN方向大小为匀强电场及大小为B0的匀强磁场，让粒子对准I点并垂直平面MNN1M1入射，求粒子离开正方体区域时的坐标位置（结果可用根号和圆周率π表示）。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
（1）粒子经过加速电场加速有
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的例子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平面NPP1N1，由类平抛规律可得
联立解得
（2）仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时所加的磁场为最小值，由圆周运动规律可得
联立解得
当从M点射入的粒子恰好到达M1点时所加的磁场为最大值，有
联立解得
（3）若在正方体区域中同时加上沿MN方向的匀强电场及匀强磁场，电场加速粒子所带来的速度分量恰与磁场平行，不会带来新的洛伦兹力，故粒子的运动为在磁场中的匀速圆周运动与在电场中的匀加速直线运动的组合，若仅考虑在磁场中的圆周运动，正视图如图所示：
则有
在磁场中的圆心角为
即
则粒子在磁场中的运动时间
若仅考虑在电场中的类平抛运动，有
联立解得在电场中的运动时间为
因分运动与合运动具有等时性，且，则粒子的运动时间为
故粒子完成磁场区域的完整偏转离开立方体时y方向的坐标为
离开立方体时x方向的坐标为
则粒子离开立方体时的位置坐标为。
1．带电粒子在匀强磁场中的运动
找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，建立运动时间t和转过的圆心角θ之间的关系是解题的关键．
（1）圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图10甲所示，图中P为入射点，M为出射点）．
②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心（如图乙所示，P为入射点，M为出射点）．
（2）半径的确定
可利用物理学公式或几何知识（勾股定理、三角函数等）求出半径大小．
运动时间的确定：电荷在匀强电场和匀强磁场中的运动规律不同．运动电荷穿出有界电场的时间与其入射速度的方向和大小有关，而穿出有界磁场的时间则与电荷在磁场中的运动周期有关．在解题过程中灵活运用运动的合成与分解和几何关系是解题关键；粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：T（或一
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
3.解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
先读图
看清并且明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的速度大小及方向
选规律
联立不同阶段的方程求解
题海战术的确有用，而且具有普适性。但是同学们啊，你们花了几个月的时间，天天刷全套试卷，天天刷题，天天做题，结果物理只提高了十分。不划算，真的不划算，而且这样盲目刷题的上限很低，到了一定程度后，你就会发现，刷再多题，提升都不大了。
高考命题专家命制高考试题时绝非凭空杜撰，必有命题的原始模型（“题根”）和命题着力点（“题眼”），对“题根”与“题眼”进行深入的探求与拓展可构造出高考母题。
命题人拿来千变万化为难你们的历年真题，本质上也是从这有限的母题中衍生出来的。母题的重要性不言而喻。
专题10 带电粒子在磁场中的运动
目录
真题考查解读
2023年真题展现
考向一 带电粒子在有界磁场中运动
考向二 带电粒子在组合场中运动
考向三 带电粒子在复合场场中运动
近年真题对比
考向一 带电粒子在有界磁场中运动
考向二 带电粒子在组合场中运动
考向三 带电粒子在复合场场中运动
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时遵循的规律，涉及向心力、洛伦兹力、圆周运动知识，意在考查考生对物理规律的理解能力和综合分析能力
【考查要点】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，但更多的是结合其他知识以计算题的形式考查
【课标链接】①掌握带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法和思路
②掌握带电粒子在组合场和复合场运动的分析方法和思路
考向一 带电粒子在有界磁场中运动
1.（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PO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
【答案】BD
【解析】D．假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，为圆周运动的圆心
由几何关系可知为直角，即粒子此时的速度方向为，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
A．假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示
即撞击两次，B正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误。
故选BD。
2.（2023全国乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
故选A。
3. （2023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，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，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）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
解得
则速度在~之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
考向二 带电粒子在组合场中运动
4， 2023海南卷）如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）
A 粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B. 粒子从中点射入磁场时速度为
C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
【解析】若粒子打到PN中点，则 ，
解得 ，选项A正确；
粒子从PN中点射出时，则
速度
选项B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
选项C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D正确；
5.（2023辽宁卷）如图，水平放置两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【解析】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
6. （2023山东卷）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会
【解析】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
考向三 带电粒子在复合场场中运动
7. （2023海南卷）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B. 小球运动过程中的速度不变
C. 小球运动过程的加速度保持不变D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【解析】根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；
洛仑兹力永不做功，D错误。
8.（2023湖南卷）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B. 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】D
【解析】由题知粒子在AC做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，A错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
再根据，可知粒子半径变为原来2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，B错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据，有
则
C错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据，有
则
D正确。
故选D。
9. （2023江苏卷）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【解析】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合 = evmB－eE
最低点有
F合 = eE－evB
联立有
要让电子达纵坐标位置，即
y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
考向一 带电粒子在有界磁场中运动
（1。2022·湖北·T8）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A. kBL，0°B. kBL，0°C. kBL，60°D. 2kBL，60°
【答案】BC
【解析】
若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
2.（2022·浙江6月卷·T22）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【答案】（1）①，②，k = 0，1，2，3…；（2），n = 0，1，2，…；（3），
【解析】
（1）①离子在磁场中做圆周运动有
则
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有
离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度
，n = 0，1，2，…
动量定理
，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度
其中
k = 1，，n = 0，2
可得
，
考向二 带电粒子在组合场中运动
3.（2022·山东卷·T17）中国“人造太阳”在核聚变实验方而取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；
（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用表示）；
（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。
【答案】（1）；（2）；（3）（，，）；（4）
【解析】
（1）如图所示
将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有
联立解得
（2）如图所示
离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，由洛伦兹力提供向心力可得
离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，由洛伦兹力提供向心力可得
可得
为了使离子在磁场中运动，需满足
，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为
离子在磁场II中的轨迹半径为
离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过平面的坐标为
离子第四次穿过平面的坐标为
故离子第四次穿过平面的位置坐标为（，，）
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲在磁场I中的轨迹半径为
离子甲在磁场II中的轨迹半径为
离子乙在磁场I中的轨迹半径为
离子乙在磁场II中的轨迹半径为
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示
从点进入磁场到第一个交点过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为
考向三 带电粒子在复合场场中运动
4.（2022·全国甲卷·T18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
故选B。
5.（2022·广东卷·T8）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A. 电子从N到P，电场力做正功B. N点的电势高于P点的电势
C. 电子从M到N，洛伦兹力不做功D. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC
【解析】
A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
6.（2022·湖南卷·T13）如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
两端的电压
根据欧姆定律得
联立解得
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据
解得
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
解得
分析近三年的高考试题，带电粒子在磁场运动主要考查带电粒子在有界磁场、组合场和复合场中运动问题，多以力学知识为主线。试题多联系现代科技实际，单独考查有选择题，也有计算题。
1，（2023秋·陕西西安·高三长安一中校考期末）如图所示，两个速度大小相同、比荷不同的带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的（ ）
A．轨迹半径之比为2∶1B．比荷之比为2∶1
C．时间之比为3∶2D．周期之比为2∶1
【答案】B
【详解】A．粒子1和粒子2的圆心O1和O2，如图所示
设粒子1的半径
R1=d
对于粒子2，由几何关系可得
解得
故轨迹半径之比为1∶2，故A错误；
B．由牛顿第二定律可得
化简可得
可知，比荷之比为2∶1，故B正确；
D．周期
得
故两粒子周期之比为1∶2，故D错误；
C．速度的偏转角即圆心角，故粒子1的运动时间
粒子2的运动时间
故它们在磁场中运动的时间之比为3∶4，故C错误。
故选B。
2.（2023春·广东潮州·高三潮州市金山中学校考阶段练习）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为；若粒子射入磁场时的速度大小为，运动轨迹为。不计粒子的重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度小于速度
C．粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较大
【答案】BC
【详解】A．根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
根据图中轨迹可知，，则有
故B正确；
C．粒子在磁场中的运动周期为
粒子在磁场中的运动时间为
由图可知运动轨迹为对应的圆心角大于运动轨迹为对应的圆心角，故粒子以速度射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；
D．粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为
，可知，故粒子以速度射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。
故选BC。
3.（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）地磁场对射入的宇宙粒子有偏转作用，假设地磁场边界到地心的距离为地球半径的
倍。如图所示是赤道所在平面的示意图，地球半径为R，匀强磁场垂直纸面向外，MN为磁场圆边界的直径，MN左侧宽度为的区域内有一群均匀分布、质量为m、带电荷量为的粒子垂直MN以速度v射入地磁场，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．地磁场的磁感应强度大小为
B．打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动时间为
C．从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为
D．仅增大粒子速度，能打到地表的粒子数一定减少
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，其轨迹如图所示，由图可得
解得
由洛伦兹力提供向心力，可得
解得地磁场的磁感应强度大小为
A错误；
B．打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示，设打在地面的点为K，轨迹的圆心为O2，由图可知，则三角形OK O是等腰直角三角形，，可知三角形PO2O为直角三角形，则粒子运动轨迹对应的圆心角为45°，则粒子在磁场中的运动时间为
B正确；
C．从M点射入的粒子在磁场中速度偏转的轨迹，如图所示，O3为轨迹的圆心，由几何关系可知，三角形COO3为等腰三角形，则有
从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为
C正确；
D．仅增大粒子速度v，由
可知r1增大，则能打到地表的粒子数增多，D错误。
故选BC。
4. （2023·广东广州天河二模）如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．粒子重力不计．下列说法正确的是
A. 粒子a带负电
B. 粒子c的动能最大
C. 粒子b在磁场中运动的时间最长
D. 粒子b在磁场中运动时的向心力最大
【答案】D
【解析】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据 ，可得： ，粒子的动能EK=mv2，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大．b粒子动能最大，向心力最大．故B错误，D正确．根据 ，则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C错误；故选D．
5. （2023·广东湛江二模）（多选）可控核聚变的磁约束像一个无形的管道，将高温等高子体束缚在其中，通过电磁感应产生的涡旋电场给等离子体加速，此情境可以简化为如图所示的装置，两个半径不同的同心环形光滑绝缘管道a、b处于垂直纸面向里、磁感应强度大小随时间均匀增大的匀强磁场中，甲、乙两个完全相同的带负电小球分别在a、b两管道中同时由静止释放，之后两小球在管道内做速率随时间均匀增大的加速运动，不计小球受到的重力及小球间相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球a沿逆时针方向运动
B. 小球b沿顺时针方向运动
C. 小球a受到的洛伦兹力保持不变
D. 小球b受到的洛伦兹力变大
【答案】BD
【解析】AB．根据楞次定律可知，磁场在管道内产生的涡旋电场为逆时针方向，小球带负电，则小球所受的电场力为顺时针方向，两小球均沿顺时针方向运动，A错误，B正确；
CD．小球做加速度运动，速度逐渐增大，磁感应强度也逐渐增强，根据
可知小球所受洛伦兹力变大，C错误，D正确。
故选BD。
6. （2023·福建龙岩3月检测）（多选）如图所示，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AC边长为l，∠B＝，一群比荷为的带正电粒子以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t，粒子在磁场中运动的最长时间为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，则（ ）
A. 磁感应强度大小为B. 粒子运动的轨道半径为
C. 粒子射入磁场的速度大小为D. 粒子在磁场中扫过的面积为
【答案】CD
【解析】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的时间是
解得故A错误；
B．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有
解得
画出该粒子的运动轨迹如图
设圆周运动半径为R，由几何知识得
可得
故B错误；
C．粒子在磁场中运动时有
可得粒子射入磁场的速度大小为
故C正确；
D．从D点射入的粒子恰好不从AB边射出，由几何知识可得粒子在磁场中扫过的面积为
故D正确。
故选CD。
7. （2023·河北唐山一模）如图所示，xOy为平面直角坐标系，在y>d的空间Ⅰ内存在沿x轴正方向的匀强电场。在0
（2）小球在空间Ⅱ内运动的时间；
（3）小球进入空间Ⅲ后，经偏转到达y轴上F点（F点未画出），则DF两点间电势差。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）到达C点时，竖直速度
时间
则水平速度
则小球到达C点时的速度大小
与x轴的夹角
即方向与x轴正向夹角45°；
（2）因
可知
则粒子进入区域Ⅱ内做匀速圆周运动，半径为
可知粒子垂直x轴进入空间Ⅲ，则运动时间
（3）进入空间Ⅲ后水平方向向左做匀加速运动，竖直方向因为则向下做匀速运动，则
FO两点间电势差
DO两点间电势差
DF两点的电势差
8. （2023·江苏南通二模）如图所示，真空中有范围足够大、垂直xOy平面向里匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴下方有沿-y轴方向的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m、电荷量为＋q的粒子在xOy平面内从y轴上的P点以初速度大小为射出，不考虑粒子的重力。
（1）若粒子与-y轴方向成α角从P点射出，刚好能到达x轴，求P点的纵坐标y；
（2）若粒子沿-y轴方向从P点射出，穿过x轴进入第四象限，在x轴下方运动到离x轴最远距离为d的Q点（图中未标出），求粒子在Q点加速度的大小a；
（3）若所在空间存在空气，粒子沿－y轴方向从P点射出，受到空气阻力的作用，方向始终与运动方向相反，粒子从M点进入第四象限后做匀速直线运动，速度与＋x轴方向成角。求粒子从P点运动到M点的过程中克服阻力所做的功W和运动的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】（1）设粒⼦在磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力充当向心力可得
由⼏何关系得
解得
（2）设粒⼦进⼊第四象限离x轴距离最⼤时速度为，电场⼒对粒⼦做正功，由动能定理可得
由⽜顿第⼆定律有
解得
（3）设粒⼦进⼊第四象限以速度做匀速运动，受力分子如下图
受⼒关系有
粒⼦从P点运动到M点，由动能定理得
解得
粒⼦从P点运动到M点过程中任意时刻满⾜
则P点运动到M点的时间为
解得
9、（2023·山东省滨州市高三下学期二模）如图，圆柱形区域与平面相切于y轴，该区域内存在平行y轴的匀强磁场．在和位置，紧靠y轴放置两平行金属板，金属板与平面平行，沿z轴方向长为L，沿x轴方向宽度足够大，两板间加恒定电压．在金属板右侧垂直z轴固定一足够大的荧光屏，荧光屏与金属板右端距离为，荧光屏与z轴交点记为．平面内有一与z轴平行且宽度等于磁场区域直径的线状粒子源，粒子源各位置处均匀向外无初速度释放带电粒子，已知单位时间内粒子源释放的总粒子数为N．粒子源释放的粒子经加速电压加速后，全部射向磁场区域，通过磁场后均过O点离开磁场，进入偏转电场后，粒子向y轴正方向偏转，最终部分粒子打在荧光屏上．已知粒子进入磁场前的加速电压与离开磁场后的偏转电压大小相等，不计粒子重力．求：
（1）如图所示，沿与z轴正方向夹角离开磁场的粒子，最终打在荧光屏上的x轴坐标值；
（2）荧光屏上显示的粒子落点形成的图线的方程；
（3）单位时间打在荧光屏上的粒子数．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
（1）带电粒子打到荧光屏前，沿轴方向
沿轴方向
最终射荧光屏上的轴坐标
（2）对带电粒子加速过程根据动能定理
在偏转电场中
粒子离开电场时，偏转角为，则
粒子离开电场后，沿轴方向偏转位移
粒子打在荧光屏上的轴坐标
联立解得
荧光屏上显示的粒子落点图线方程
粒子能手射到荧光屏的条件
可得
即
图线方程的定义域为
（3）如图所示
设圆柱形磁场圆直径为，由几何关系可知，沿与轴正方向夹角离开圆柱形磁场的粒子恰好可以打在荧光屏上，改粒子进入磁场时与中心线距离
可知满足条件粒子源长度
单位时间打在荧光屏上的粒子数
10、（2023·山东省烟台市高三下学期4月模拟）利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为+q的带电粒子，其初速度视为零，经过加速电压U后，以一定速度垂直平面MNN1M1，射入边长为2L的正方体区域MNPQ-M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在边长为L的正方形MHIJ区域内入射，不计粒子重力及其相互作用，完成以下问题：
（1）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求所加匀强电场电场强度的最小值E；
（2）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值B0及最大值Bm；
（3）以M1为原点建立如图所示直角坐标系M1-xyz，若在正方体区域中同时加上沿MN方向大小为匀强电场及大小为B0的匀强磁场，让粒子对准I点并垂直平面MNN1M1入射，求粒子离开正方体区域时的坐标位置（结果可用根号和圆周率π表示）。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
（1）粒子经过加速电场加速有
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的例子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平面NPP1N1，由类平抛规律可得
联立解得
（2）仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时所加的磁场为最小值，由圆周运动规律可得
联立解得
当从M点射入的粒子恰好到达M1点时所加的磁场为最大值，有
联立解得
（3）若在正方体区域中同时加上沿MN方向的匀强电场及匀强磁场，电场加速粒子所带来的速度分量恰与磁场平行，不会带来新的洛伦兹力，故粒子的运动为在磁场中的匀速圆周运动与在电场中的匀加速直线运动的组合，若仅考虑在磁场中的圆周运动，正视图如图所示：
则有
在磁场中的圆心角为
即
则粒子在磁场中的运动时间
若仅考虑在电场中的类平抛运动，有
联立解得在电场中的运动时间为
因分运动与合运动具有等时性，且，则粒子的运动时间为
故粒子完成磁场区域的完整偏转离开立方体时y方向的坐标为
离开立方体时x方向的坐标为
则粒子离开立方体时的位置坐标为。
1．带电粒子在匀强磁场中的运动
找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，建立运动时间t和转过的圆心角θ之间的关系是解题的关键．
（1）圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图10甲所示，图中P为入射点，M为出射点）．
②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心（如图乙所示，P为入射点，M为出射点）．
（2）半径的确定
可利用物理学公式或几何知识（勾股定理、三角函数等）求出半径大小．
运动时间的确定：电荷在匀强电场和匀强磁场中的运动规律不同．运动电荷穿出有界电场的时间与其入射速度的方向和大小有关，而穿出有界磁场的时间则与电荷在磁场中的运动周期有关．在解题过程中灵活运用运动的合成与分解和几何关系是解题关键；粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：T（或一
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
3.解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
先读图
看清并且明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的速度大小及方向
选规律
联立不同阶段的方程求解
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