第9讲　带电粒子在电场、磁场中的运动-高考物理二轮复习 学案

这是一份第9讲　带电粒子在电场、磁场中的运动-高考物理二轮复习 学案，共14页。

1．某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（ ）
A．具有不同比荷B．电势能均随时间逐渐增大
C．到达M、N的速度大小相等D．到达K所用时间之比为1∶2
2．（如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q＞0且q≪Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（ ）
A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B．小球从c点到e点电势能先不变后减小
C．小球过f点的动能等于过d点的动能
D．小球过b点的速度大于过a点的速度
3．如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子（ ）
A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
考情分析：本讲内容在高考中以选择题和计算题形式出现，难度较大。带电粒子在电场中的运动与动力学一样，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、功能关系等力学规律，而作图是解决磁场问题的关键，临界问题常结合动态放缩圆、定点旋转圆、圆平移等几何知识。
考点一 带电粒子在电场中的运动
带电粒子在电场中运动的解题思路
【例1】
4．如图所示，已知两平行金属极板间电压为U，间距为d。质量为m的带电金属微粒从距上板的距离为d位置处由静止释放，从上板小孔进入后恰好能与下板相接触，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为（ ）
A．负电荷，q＝mgdUB．负电荷，q＝2mgdU
C．正电荷，q＝2mgdUD．正电荷，q＝mgdU
【例2】
5．负离子空气净化器的部分结构原理如图所示。由空气和带负电荷的灰尘颗粒组成的均匀混合气流，以相同的初速度沿平行于极板方向进入一个由平行金属板和稳压电源构成的收集器，气流宽度正好等于金属板间距，在电场的作用下全部灰尘颗粒恰好都能落到下极板上。假设所有灰尘颗粒质量相等，所带电荷量相同，不考虑重力、浮力影响和颗粒间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．收集器上极板带正电
B．电源电压减半，灰尘颗粒的收集效率减半
C．随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量逐渐减小
D．所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能一定相等
方法技巧
电场中类平抛运动的一般思路
（1）处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。
（2）运动规律
①沿初速度方向做匀速直线运动；
②垂直初速度方向，做匀加速直线运动，a＝qEm＝qUmd。
【例3】
6．如图所示，水平向右的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一质量为m的带负电的绝缘小球（可视为质点），小球静止时细线与竖直方向成θ＝30°角，此时小球所在位置P与悬点O两点间的电势差为U。如果不改变电场强度的大小，而突然将电场的方向变为水平向左，小球将在竖直平面内运动，某时刻获得最大速度vm（未知），此时细线对小球的拉力大小为F（未知）。已知重力加速度为g，求：
（1）小球所带的电荷量大小；
（2）小球运动过程中的最大速度大小vm及对应细线对小球的拉力大小F。
规律总结
带电体在等效场中的圆周运动
（1）等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g'＝F合m为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中相当于竖直向下的方向。
（2）等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
解决带电粒子在匀强磁场中运动问题的思路
【例4】
7．如图所示，在0≤x≤l的真空区域中有足够长的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）从坐标原点O处沿图示方向射入磁场中，已知θ＝60°。粒子穿过x轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场。则该粒子所带电荷的正负和速度大小是（ ）
A．带正电，2qBlmB．带正电，2qBl3m
C．带负电，2qBlmD．带负电，2qBl3m
规律总结
带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论
（1）带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角（如图甲所示，θ3＝θ2＝θ1）。
（2）带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角（如图甲所示，α1＝α2）。
（3）沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示（两侧关于圆心连线OO'对称）。
【例5】
8．2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为qm，a粒子的速度大小为va＝qBR0m，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．外圆半径等于2R0
B．a粒子返回A点所用的最短时间为（3π+2）mqB
C．b、c两粒子返回A点所用的最短时间之比为22+2
D．c粒子的速度大小为22va
考点三 三类动态圆模型
【例6】
9．如图，直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，CD＝L，θ＝30°。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直AD边射入磁场，若粒子的速度大小为3qBL10m，不考虑重力及粒子间的作用，3＝1.732，则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为（ ）
A．40％ B．47.3％
C．52.7％ D．60％
【例7】
10．如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q，质量为m，速度大小均为qBdm。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为3d
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为πm6qB
磁发散与磁聚焦
【典例】
11．如图所示，在xOy平面内存在有界匀强磁场，磁场的边界是半径为R的圆，圆心C点的坐标为（0，R），磁场方向垂直xOy平面向外，第Ⅱ象限内垂直x轴放置的线状粒子源，粒子源的一端在x轴上，长度为2R，沿＋x方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出①。第Ⅲ象限内垂直x轴放置一荧光屏S，荧光屏的一端在x轴上，长为3R，到y轴的距离为R。已知粒子的质量为m，电荷量为＋q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）磁感应强度大小B；
（2）能打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比k②。
审题指导：
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A：根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1；沿电场方向的位移大小相等，由y＝12at2可知，粒子运动的加速度大小相等。
由牛顿第二定律有qE＝ma可得qm＝aE，带电粒子具有相同比荷，故A错误；
B：带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；
C：沿电场方向，由公式vy＝at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误；
D：带电粒子a、b到达K的水平位移相等，则所用时间之比为1∶2，故D正确。
【分析】 将粒子运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和平行电场方向的匀加速直线运动，利用运动等时性和位移关系分析比荷、电势能、速度及交点时间等问题。
2．【答案】B
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A：根据库仑定律F＝kQqr2可确定e点库仑力小于b点，A错误；
B：小球从c到d，静电力不做功，由d到e，静电力做正功，故电势能先不变后减小，B正确；
CD：小球从d到f，静电力做正功，从a到b静电力做负功，故f点的动能大于d点动能，b点速度小于a点速度，故C、D错误。
【分析】 以点电荷的等势面和库仑力公式为基础，结合电场力做功与电势能变化的关系，以及动能定理分析各选项。
3．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A：根据题意作轨迹图如图所示，由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；
B：由洛伦兹力提供向心力，qvB＝mv2r，可得r＝mvqB，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为r1r2＝B2B1＝14，故B错误；
C：粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝360°－2（90°－37°）360°×2πr1＝254°360°×2πr1，l2＝2×37°360°×2πr2＝74°360°×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为l1l2＝127148，故C错误；
D：设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cs α＝r2r1＋r2＝45，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝360°－2（90°－37°）360°T＝254°360°×2πmqB1，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝2×37°360°T＝74°360°×2πmqB2，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为t1t2＝127148，故D正确。
【分析】 利用带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式和周期公式，结合几何关系确定轨迹半径、圆心位置及偏转角度，进而计算轨迹长度和运动时间。
4．【答案】B
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】由题意可知上极板与电源正极相连带正电，金属微粒从上板小孔进入后恰好能与下板相接触，
故电场力对金属微粒做负功，故金属微粒带负电。由动能定理得mg·2d－qU＝0，得电荷量q＝2mgdU
故答案为：B。
【分析】对微粒全程应用动能定理，结合电场方向与受力方向判断电性，再通过做功关系求解电荷量。
5．【答案】B
6．【答案】（1）解：小球带负电，设小球所带电荷量的大小为q，对小球进行受力分析画出其受力示意图如图所示
根据平衡条件有F电＝qE＝mgtan θ＝33mg
P与悬点O两点间的电势差为U，则U＝EdPO＝ELsin θ＝EL2
联立，解得q＝3mgL6U
（2）解：在不改变电场强度的大小的情况下突然将电场的方向变为水平向左，则当小球摆到竖直线右侧与竖直方向夹角为θ时小球到达等效重力的最低点，此时速度最大，此时细线的拉力最大，由动能定理qE·2Lsin θ＝12mvm2
解得vm＝233gL
此时，由牛顿第二定律可得F－mgcsθ＝mvm2L
解得F＝433mg
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】(1) 小球静止时受力平衡，电场力与重力的合力沿细线方向，结合平衡条件求出电场力与场强的关系；再利用电势差 U 与场强 E 的几何关系联立，解得电荷量。
(2) 电场方向反向后，小球在等效重力场中摆动，最大速度出现在等效最低点；用动能定理求最大速度，再由牛顿第二定律求细线拉力。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】由题意得，粒子穿过x轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场，说明粒子进入磁场后向上偏转，根据左手定则，可知粒子带正电，作出其运动轨迹，
如图所示，根据几何关系可知∠OO1D＝θ＝60°，设带电粒子在磁场中运动的半径为r，
根据几何关系可得rcs 60°＋r＝l，解得r＝2l3，带电粒子在磁场中运动，
由洛伦兹力提供向心力，则有qBv＝mv2r，解得v＝2qBl3m
故答案为：B。
【分析】 根据粒子偏转方向判断电性，再结合几何关系确定轨迹半径，最后由洛伦兹力提供向心力公式求解速度大小。
8．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A：a粒子运动轨迹如图所示
根据va＝qBR0m，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R'，由几何关系得∠AO'B＝270°，则R'＝R0＋2R0，A错误；
B：由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin，a粒子做匀速圆周运动的周期T＝2πR0va＝2πmqB，在磁场中运动的时间t1＝540°360°·T＝3πmqB，匀速直线运动的时间t2＝2R0va＝2mqB，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝（3π+2）mqB，B正确；
C：b、c两粒子运动轨迹如图乙、丙所示
因为b、c两粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为qm，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；
D：由几何关系得2Rc＝2R0，根据洛伦兹力提供向心力有qvcB＝mvc2Rc，联立解得vc＝22va，D正确。
【分析】先由 a 粒子的运动轨迹和半径公式求出外圆半径，再分别对 a、b、c 粒子的轨迹进行几何分析，结合圆周运动周期公式计算运动时间和速度。
9．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝mvqB＝310L。粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子在磁场中运动的轨迹为半圆，
如图，
入射点为a时半圆与AC相切，然后将半圆沿AD向左平移，直至半圆与CD相切，此时入射点为c，则从线段ac上射入磁场的粒子会全部返回到AD边上，由几何关系得aA＝r＝310L，cD＝r＋rcsθ＝3+2310L，ac＝2L－aA－cD＝7－35L
粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为ac2L×100％＝7－310×100％＝52.7％，
故答案为：C【分析】 先由洛伦兹力公式求出粒子轨迹半径，再通过几何关系找到能返回 AD 边的粒子入射范围，最后计算该范围占总入射长度的百分比。
10．【答案】C
11．【答案】（1）解：由几何关系得粒子的半径r＝R
根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝mv02r
解得B＝mv0qR
（2）解： 粒子从O点离开磁场时，速度与－x方向夹角为0～60°范围内的粒子都能打到屏上，临界粒子的轨迹如图所示
粒子离开磁场时，速度与－x方向的夹角为60°的粒子进入磁场时的纵坐标y＝R＋Rcs 60°
解得y＝3R2
打到荧光屏上的粒子占粒子源发出粒子总数的百分比k＝2R－y2R×100％
解得k＝25％
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力列方程求解磁感应强度。
(2) 分析粒子从O点射出时的速度偏角范围，结合荧光屏的几何边界，确定能打在屏上的粒子对应的入射位置，进而计算占比。动力学法——牛顿第二定律
带电粒子受到恒力的作用，可以由牛顿第二定律求其加速度，结合匀变速直线运动的公式确定带电粒子的速度、时间和位移等
功能关系法——动能定理
带电粒子在电场中依次通过电势差为UAB的A、B两点时动能的变化量是ΔEk，则qUAB＝ΔEk＝12mv22－12mv12
示意图
适用条件
应用方法
放缩圆
（轨迹圆的圆心在P1P2直线上）
粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同
以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切
旋转圆
（轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝mv0qB的圆上）
粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同
将一半径为R＝mv0qB的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件
平移圆
（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）
粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定
将半径为R＝mv0qB的圆进行平移
磁聚焦与
磁发散
成立条件：磁场区域圆的半径等于轨迹圆的半径r＝R
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行（平入点出）
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行（点入平出）
信息提取
信息加工
沿＋x方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出①
根据“平入点出”得出带电粒子在磁场中运动的半径r＝R
打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比k②
根据几何关系得出粒子从O点离开磁场时，速度与－x方向夹角为0～60°范围内的粒子都能打到屏上；进而计算得出符合要求的入射粒子占总数的百分比