2025年高考物理專項(xiàng)復(fù)習(xí)：帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（講義篇）（解析版）

專題09帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

2

--------------f內(nèi)容概覽、

01專題網(wǎng)絡(luò)?思維腦圖

02考情分析?解密高考

03高頻考點(diǎn)?以考定法

04核心素養(yǎng)?難點(diǎn)突破

05創(chuàng)新好題?輕松練習(xí)

席W題網(wǎng)絡(luò)*慝維腦圖

旋

放

平

轉(zhuǎn)

縮

移

圓

圓

圓

數(shù)學(xué)圓巧解臨界問題

先電場(chǎng)

后磁場(chǎng)回旋加速器

帶電粒子在組合.洛倫茲力的

場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)應(yīng)用實(shí)例一質(zhì)譜儀

先磁場(chǎng)

霍爾元件

后電場(chǎng)帶電粒子在疊加

場(chǎng)中的應(yīng)用帶電粒子在勻強(qiáng)

________入________磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

有約束情況無(wú)約束情況

圓心半徑時(shí)間

⑥*情分析?m密高考

考點(diǎn)內(nèi)容考情預(yù)測(cè)

回旋加速器、質(zhì)譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應(yīng)用實(shí)例高考對(duì)于這部分知識(shí)點(diǎn)主要通過(guò)帶電粒

子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)以及它們的疊加場(chǎng)或者組合場(chǎng)

帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的應(yīng)用運(yùn)動(dòng)等抽象的物理模型進(jìn)行命題設(shè)計(jì)，體現(xiàn)物

理對(duì)微觀粒子的運(yùn)動(dòng)、科學(xué)技術(shù)發(fā)展所產(chǎn)生的

指導(dǎo)、創(chuàng)新等作用。在解決此類問題時(shí)要分析

帶電粒子在疊加場(chǎng)中的應(yīng)用

題意中的情境，抓住問題實(shí)質(zhì)，具備一定的空

間想象能力和數(shù)學(xué)推導(dǎo)能力。主要考查的知識(shí)

帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)點(diǎn)有：帶電粒子在場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析。

2024年備考建議帶電粒子在組合場(chǎng)和疊

加場(chǎng)是各省市常考的重難點(diǎn)，以及對(duì)電磁場(chǎng)的

利用數(shù)學(xué)圓巧解磁場(chǎng)中的臨界問題

臨界情況進(jìn)行處理方式等。

學(xué)1.熟悉洛倫茲力的應(yīng)用，即回旋加速器、質(zhì)譜儀以及霍爾元件等的原理分析及公式推

習(xí)導(dǎo)。

目2.熟悉帶電粒子在電磁場(chǎng)中的半徑、圓心、運(yùn)動(dòng)時(shí)間等的處理方法。

標(biāo)3.掌握數(shù)學(xué)圓對(duì)電磁場(chǎng)臨界問題的處理方式。

品號(hào)辣考點(diǎn)?以壽定法

【典例1］（2023?廣東?統(tǒng)考高考真題）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.12T,

質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為1.5xlfTeV.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速

率約為（忽略相對(duì)論效應(yīng)，leV=1.6x10T9j）（）

A.3.6x106m/sB.1.2X107m/sC.5.4x107m/sD.2.4X108m/s

【答案】C

【詳解】洛倫茲力提供向心力有

V2

qvB=m—

R

質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為

F12

解得最大速率約為

v=5,4x107m/s

故選C。

【典例2】（2023?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面（xOy平

面）向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿尤正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，

粒子離開磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于工軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP=l,S與屏的距離為%與x軸的距離

為〃。如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸

到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（）

XXXX

「

XXXQXX

X5X/接

/收

XXXX屏

、p

、少

A.號(hào)B.號(hào)C.號(hào)D.告

2aB2aB22aE2aE2

【答案】A

【詳解】由題知，一帶電粒子由。點(diǎn)沿工正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出,

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場(chǎng)時(shí)速度方向與豎直方向夾角為30°,則

r—a

sin30°=-------

r

解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

r=2a

則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有

V2

qvB=m—

V

則有

qv

m2a-B

如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)

接收屏，則有

Eq=qvB

聯(lián)立有

qE

m2a-B2

故選A。

【典例3】（2022?重慶?高考真題）2021年中國(guó)全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了

解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁場(chǎng)理想化為方向均

水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（如圖），電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦若某電荷量為q的正

離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為切，垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為V2,

不計(jì)離子重力，則（）

A.電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為qEj說(shuō)+詔B.該離子受到的洛倫茲力大小為"小

C.V2與V7的比值不斷變大D.該離子的加速度大小不變

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)功率的計(jì)算公式可知P=JVcos。，則電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為2=￡//,A錯(cuò)誤；

B.由于山與磁場(chǎng)8平行，則根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式有產(chǎn)洛=4吻8,B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，則盯增大,

也不變，吻與3的比值不斷變小，C錯(cuò)誤；

D.離子受到的洛倫茲力大小不變，電場(chǎng)力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。

故選D。

.技巧解密。

考向01回旋加速器、質(zhì)譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應(yīng)用實(shí)例

1.回旋加速器

（1）構(gòu)造：如圖所示，。1、功是半圓形金屬盒，。形盒的縫隙處接交流電源.。形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.

B

接交流電源

(2)原理：交變電流的周期和粒子

做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中一次一次地經(jīng)過(guò)。形盒縫隙，兩盒間的電勢(shì)差一次

一次地反向，粒子就會(huì)被一次一次地加速.由卯8=喑，得&m=噂￡，可見粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感

應(yīng)強(qiáng)度8和。形盒半徑R決定，與加速電壓無(wú)關(guān).

2.回旋加速器的主要特征

(1)帶電粒子在兩。形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場(chǎng)的變化周期，與帶電粒子的速度無(wú)關(guān).

(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運(yùn)動(dòng)首尾連起來(lái)是一個(gè)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).

(3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1：姬：?。骸?/p>

(4)粒子的最后速度。=等，可見帶電粒子加速后的能量取決于。形盒的最大半徑和磁場(chǎng)的強(qiáng)弱.

3.質(zhì)譜儀

(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等組成.

0

7674737270

IIIIIII一衿

n?\?一氏

質(zhì)譜儀

(2)原理：粒子由靜止在加速電場(chǎng)中被加速，根據(jù)動(dòng)能定理可知進(jìn)入磁場(chǎng)的速度。='解.

rrrn2

粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，卬2=一1.由以上幾式可得出需要研

究的物理量如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷等.

4.質(zhì)譜儀的主要特征

將質(zhì)量數(shù)不等，電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng).各粒子由于軌道半徑不同而

分離，其軌道半徑廠=阻="鬻="居立代五在上式中，氏。、4對(duì)同一元素均為常量，故—亞

根據(jù)不同的半徑，就可計(jì)算出粒子的質(zhì)量或比荷.

考向02帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的應(yīng)用

1.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓心、半徑及時(shí)間的確定方法.

（1）圓心的確定

①已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、入射方向和出射方向時(shí)，可通過(guò)入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入射方向和出

射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心（如圖甲所示，尸為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)）.

②已知入射方向、入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過(guò)入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射

點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌跡的圓心（如圖乙所示，尸為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)）.

③若只已知一個(gè)點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)方向，也知另外某時(shí)刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點(diǎn)，如圖丙

所示，此時(shí)要將其中一速度的延長(zhǎng)線與另一速度的反向延長(zhǎng)線相交成一角畫出該角的角平分線,

它與已知點(diǎn)的速度的垂線交于一點(diǎn)。，該點(diǎn)就是圓心。

（2）如何確定“半徑”:

方法一：由物理方程求：半徑R=笨；

QD

方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學(xué)知識(shí)（勾股定理、三角函數(shù)等）計(jì)算來(lái)確定。

T[2+理

例：（右圖）尺=一氣或由爐=乙2+（R—d）2求得R=-

sin（7za

3.如何確定“圓心角與時(shí)間”

（1）圓心角的確定

①速度的偏向角°=圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角（回旋角）6=2倍的弦切角a,即0=6=2a=0f,如圖所示。

②偏轉(zhuǎn)角P與弦切角a的關(guān)系：0<180。時(shí)，°=2a；°>180。時(shí)，0=360°—2呢

(2)時(shí)間的計(jì)算方法。

0

方法一：由圓心角求，t=*T；

Z71

方法二：由弧長(zhǎng)求，1=號(hào)。

2.重要推論

(1)當(dāng)速度。一定時(shí)，弧長(zhǎng)(或弦長(zhǎng))越長(zhǎng)，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng).

(2)當(dāng)速率。變化時(shí)，圓心角大的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng).

2.帶電粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域

(1)圓形邊界中，若帶電粒子沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示，軌跡圓與區(qū)域圓形成相交圓，巧用

幾何關(guān)系解決.

XX

X/X

0*

(2)帶電粒子在圓形磁場(chǎng)中不沿徑向，軌跡圓與區(qū)域圓相交，抓住兩圓心，巧用對(duì)稱性解決.

3.帶電粒子在直線邊界(進(jìn)、出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性，如圖所示)

XXXX.XX

(a)(b)

4.帶電粒子在平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)

XVX

X夕

/XX

XX

考向03帶電粒子在疊加場(chǎng)中的應(yīng)用

1.帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類

(1)磁場(chǎng)力、重力并存

①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng).

②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由

此可求解問題.

(2)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)

①若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng).

②若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求

解問題.

（3）電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存

①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng).

②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng).

③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動(dòng)

能定理求解問題.

2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)

帶電體在復(fù)合場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)

動(dòng)，此時(shí)解題要通過(guò)受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、

能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果.

考向01回旋加速器、質(zhì)譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應(yīng)用實(shí)例

【針對(duì)練習(xí)11（2023?全國(guó)?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）回旋加速器的工作原理如圖1所示，D1和D2是兩個(gè)相同的中

空半圓金屬盒，金屬盒的半徑為R，它們之間接如圖2所示的交變電源，圖中70已知，兩個(gè)D形盒處于

與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。將一質(zhì)子從DI金屬盒的圓心處由靜止釋放，質(zhì)子（；H）經(jīng)過(guò)加速后最終從D形

盒的邊緣射出。已知質(zhì)子的質(zhì)量為機(jī)，電荷量為q,不計(jì)電場(chǎng)中的加速時(shí)間，且不考慮相對(duì)論效應(yīng)。下列說(shuō)

法正確的是（）

接交流電源

圖1

回旋加速器中所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=粵

B.質(zhì)子從D形盒的邊緣射出時(shí)的速度為

C.在其他條件不變的情況下，僅增大為,可以增大質(zhì)子從邊緣射出的速度

D.在所接交變電源不變的情況下，若用該裝置加速?H（旅核），需要增大所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

【答案】D

【詳解】A.帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與所加交變電源的周期%相同，所以滿足

可得

271m

B=--

qT。

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.粒子從D形盒邊緣射出時(shí)有

1?

-mv=nUoq

射出速度可表示為

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.粒子從D形盒射出時(shí)

^max

q〃maxBD=

可得

qBR

僅增大加速電壓％,質(zhì)子射出速度大小不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;

D.當(dāng)加速旅核時(shí)，其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為

27r-3m

T=------

qB'

其周期應(yīng)該與To相同，又知道

可知

B'=3B

需要增大所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，選項(xiàng)D正確。

故選D。

【針對(duì)練習(xí)2】（2023?北京西城?北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？既＃┤鐖D所示為質(zhì)譜儀的原理圖，一束粒子以速度v

沿直線穿過(guò)相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度為E）和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度為當(dāng)）的重疊區(qū)域，然后通過(guò)狹

縫So垂直進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度為4）,最后打在照相底片上的三個(gè)不同位置，粒子的重力可忽略

不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.該束粒子帶負(fù)電

B.Pi板帶負(fù)電

C.粒子的速度v滿足關(guān)系式

E

D.在殳的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，荷質(zhì)比*越小

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，利用左手定則，可判斷出該束粒子帶正電，故A錯(cuò)誤;

B.根據(jù)粒子在左側(cè)運(yùn)動(dòng)可知，洛倫茲力方向向上，則電場(chǎng)力方向向下，Pi板帶正電，故B錯(cuò)誤；

C.由粒子做直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡可得

qvBl-qE

解得粒子的速度為

故c錯(cuò)誤；

D.在磁感應(yīng)強(qiáng)度為民的磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力得

V2

quB?=m—

K

可得

qvE

mRB2RB1B2

運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，荷質(zhì)比區(qū)越小，故D正確。

m

故選D。

【針對(duì)練習(xí)3】（2023?浙江溫州?統(tǒng)考三模）利用霍爾傳感器可測(cè)量自行車的運(yùn)動(dòng)速率，如圖所示，一塊磁鐵

安裝在前輪上，霍爾傳感器固定在前叉上，離輪軸距離為r,輪子每轉(zhuǎn)一圈，磁鐵就靠近霍爾傳感器一次,

傳感器就會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓。當(dāng)磁鐵靠霍爾元件最近時(shí)，通過(guò)元件的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度

為8,在導(dǎo)體前后表面間出現(xiàn)電勢(shì)差U。已知霍爾元件沿磁場(chǎng)方向的厚度為4,載流子的電荷量為-q,電流

/向左。下列說(shuō)法正確的是（）

連接到速度計(jì)

霍爾傳感器丫久：一自行車前叉

磁鐵

A.前表面的電勢(shì)高于后表面的電勢(shì)

B.若車速越大，則霍爾電勢(shì)差U越大

C.元件內(nèi)單位體積中的載流子數(shù)為白

Uqd

D.若單位時(shí)間內(nèi)霍爾元件檢測(cè)到根個(gè)脈沖，則自行車行駛的速度大小型

m

【答案】c

【詳解】A.根據(jù)左手定則可知載流子受到的洛倫茲力指向前表面，所以載流子會(huì)在前表面聚集，載流子帶

負(fù)電，所以霍爾元件的前表面電勢(shì)低于后表面電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)霍爾元件的寬為6,穩(wěn)定后電荷所受電場(chǎng)方和洛倫茲力平衡，即

U

qvB=q—

b

解得

U=Bbv

設(shè)單位體積內(nèi)自由移動(dòng)的載流子數(shù)為必由電流微觀表達(dá)式

I=nqSv

整理得

IB

U=--

nqd

由于電流強(qiáng)度/和磁感強(qiáng)度8不變，因此霍爾電勢(shì)差U與車速大小無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C.由B可知，單位體積內(nèi)自由移動(dòng)的載流子數(shù)為

BI

n=--

Uqd

故C正確;

D.若單位時(shí)間內(nèi)霍爾元件檢測(cè)到根個(gè)脈沖，周期為

1

T=—

m

角速度為

2兀

0）=—=2Tim

自行車行駛的速度大小

v=a）r=2nmr

故D錯(cuò)誤。

故選C。

考向02帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的應(yīng)用

【針對(duì)練習(xí)4】（2023?貴州?校聯(lián)考一模）如圖所示，在豎直線EOF右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為8、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量相同、電荷量分別為+q和-q的帶電粒子，從。點(diǎn)以相同的初

速度v先后射入磁場(chǎng)，已知初速度的方向與。產(chǎn)成8=30。角，兩粒子在磁場(chǎng)中僅受洛倫茲力作用，下列說(shuō)法

正確的是（）

E'xXXX

B

xXXX

X

X

X

XXX

A.兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等

B.兩粒子回到EOF豎直線時(shí)的速度相同

C.若只增大粒子的入射速度的大小，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)

D.從射入磁場(chǎng)到射出磁場(chǎng)的過(guò)程中，兩粒子所受的洛倫茲力的沖量不相同

【答案】B

【詳解】A.這兩個(gè)正、負(fù)粒子以與。尸成6=30。角射入有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，由左手定則可判斷，正粒子沿逆

時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，負(fù)粒子沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，如下圖所示

因正、負(fù)粒子所帶電荷量的絕對(duì)值和質(zhì)量都相同，由

V2

qvB=m—

v

可知兩粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑相同，由幾何關(guān)系可知負(fù)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為2仇

正粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度

（P=2TI—20

而粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期

2nr271m

則兩粒子的周期相同，但是軌跡圓弧所對(duì)的圓心角不同，因此兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相等，故A錯(cuò)

誤；

B.因洛倫茲力不改變速度的大小，結(jié)合幾何關(guān)系分析可知，兩粒子射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與EOF的夾角都是

30。，因此兩粒子回到EOF豎直線時(shí)的速度相同，故B正確；

C.由幾何關(guān)系可知速度增大導(dǎo)致軌跡半徑增大，但運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角不變，周期T不變，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)

間不變，故C錯(cuò)誤；

D.兩粒子在磁場(chǎng)中僅受洛倫茲力作用，由動(dòng)量定理可得

/洛=P-Po

由于以相同的初速度射入磁場(chǎng)，兩粒子的初動(dòng)量Po相等，離開磁場(chǎng)時(shí)速度大小相等、方向相同，兩帶電粒

子的末動(dòng)量P也相等，因此兩粒子所受洛倫茲力的沖量相同，故D錯(cuò)誤。

故選B。

【針對(duì)練習(xí)5]（2023?內(nèi)蒙古呼和浩特?統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，兩帶電粒子（不計(jì)重力）沿直線方向從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)中，分別從圓弧上的尸、。兩點(diǎn)射出，則下

列說(shuō)法正確的是（）

A.若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、。經(jīng)歷時(shí)間之比為1:2

B.若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、。經(jīng)歷時(shí)間之比為2:1

C.若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場(chǎng)中速率之比為2:1

D.若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為3:1

【答案】A

【詳解】AB.兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

927tm

'=360°qB

若兩粒子比荷相同，則從A分別到尸、。經(jīng)歷時(shí)間之比為

t2=60:120=1:2

A正確；

C.設(shè)圓形區(qū)域半徑為R,由題意可知，兩粒子運(yùn)動(dòng)半徑之比為

lR

r\:r2=v3/?:—=3:1

根據(jù)

V2

qvB=m—

r

若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場(chǎng)中速率之比為

%：v2=3:1

C錯(cuò)誤；

D.同理C選項(xiàng)，若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為1:3,D錯(cuò)誤。

故選Ao

考向03帶電粒子在疊加場(chǎng)中的應(yīng)用

【針對(duì)練習(xí)6]（2023?四川巴中?南江中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，某豎直平面內(nèi)存在著相互正交的勻強(qiáng)電

場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向水平向外.一質(zhì)量為小、電荷量為q的微粒以速度"與水平方

向成。角從。點(diǎn)射入該區(qū)域，微粒恰好沿速度方向做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為go下列說(shuō)法中正確的是（）

A.微粒從。到4的運(yùn)動(dòng)可能是勻減速直線運(yùn)動(dòng)

B.該微粒一定帶正電荷

C.該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為二飛

qvcosd

D.該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為Bucos。

【答案】C

【詳解】AB.若微粒帶正電q,它受豎直向下的重力mg、向左的電場(chǎng)力qE和右斜向下的洛倫茲力quB,知

微粒不能做直線運(yùn)動(dòng).據(jù)此可知微粒一定帶負(fù)電q,它受豎直向下的重力mg、向右的電場(chǎng)力qE和左斜向上

的洛倫茲力qvB,又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)，可知微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；

CD.由平衡條件有關(guān)系

?mg.qE

cosy=---,sin0=----

qvBBqv

得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

B=jng

qvcosd

電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)

E=BvsinO

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

【針對(duì)練習(xí)7】（2023?陜西咸陽(yáng)??？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，湖和兒區(qū)域的寬度均為d.漏區(qū)域存在水平向

左、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)；兒區(qū)域存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)的方向豎直向上，電場(chǎng)

強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=芻。今有一帶正電的微粒從a邊緣平行電場(chǎng)方

%

向以初速度％水平向右射入電場(chǎng)，從6邊緣的尸點(diǎn)進(jìn)入於區(qū)域時(shí)的速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下。已

知重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是（）

b

；x

Pfx

!XXX

A.a、尸兩點(diǎn)間距離為/d

B.微粒在ab區(qū)域中做半徑為d的勻速圓周運(yùn)動(dòng)

C.微粒在加區(qū)域中做半徑為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)

D.微粒在湖、兒區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為也+陋

93Vo

【答案】AD

【詳解】AB.微粒在ab區(qū)域中，水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，并且平均速度相同，故

豎直位移和水平位移均為d,故a、P間距離為ed,故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.微粒在ab區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

且滿足

mg—qE

在6c區(qū)域，重力與電場(chǎng)力平衡，故微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為

z22z

mv0mvovo

A=—~===Zu

qBqEg

根據(jù)幾何知識(shí)可知，微粒在復(fù)合場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為60。，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

12TTR2nd

tn——X--------

6v03v0

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選AD。

A_D4

高核心素養(yǎng)"難點(diǎn)突破

考向04帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1.是否考慮粒子重力的三種情況

(1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力相比太小，可以

忽略；而對(duì)于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力.

(2)在題目中有明確說(shuō)明是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡(jiǎn)單.

(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要由分析結(jié)果確定是否要考慮重

2.“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較

垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力)

電場(chǎng)力FE=qE,其大小、方向不變，洛倫茲力FB=quB,其大小不變，方

受力情況

與速度。無(wú)關(guān)，及是恒力向隨。而改變，F(xiàn)B是變力

軌跡拋物線圓或圓的一部分

%、1

????

運(yùn)動(dòng)軌跡????????

------二二r—

0

利用類似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解：

Vx=Vo,X=vot

qE半徑：一亞

Vy='t,

ym

EAHF271m

求解方法T?令周期:T~qB

偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角9要結(jié)合圓的幾

偏轉(zhuǎn)角夕：

何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解

vqEt

tan(p—y—

甲vxmvo

X

運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=—

00-2兀A%

動(dòng)能變化不變

考向1：先電場(chǎng)后磁場(chǎng)

對(duì)于粒子從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)，常見的有兩種情況:

（1）先在電場(chǎng)中做加速直線運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng).（如圖甲、乙所示）

在電場(chǎng)中利用動(dòng)能定理或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度.

XX

A&0

XX

q,m:

U

XX

+|—

81

2

甲

（2）先在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng).（如圖丙、丁所示）

在電場(chǎng)中利用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度.

"Tfa'x

/xxx

L=votfd=—at=-----產(chǎn)

22m

vy=atfv=Jvo+Vy

丙

考向2：先磁場(chǎng)后電場(chǎng)

對(duì)于粒子從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)，常見的有兩種情況：

（1）進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)粒子速度方向與電場(chǎng)方向相同或相反.

（2）進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)粒子速度方向與電場(chǎng)方向垂直.（如圖甲、乙所示）

粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做加速或減速運(yùn)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)

動(dòng)，用動(dòng)能定理或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式動(dòng)，用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)分析

甲乙

【典例4】（2023?海南?統(tǒng)考高考真題）如圖所示，質(zhì)量為小，帶電量為+q的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度%射

入第一象限內(nèi)的電磁場(chǎng)區(qū)域，在0<y<y（）,0<x<沏（%0'%為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在

x>出區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，控制電場(chǎng)強(qiáng)度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場(chǎng)后偏

轉(zhuǎn)打到接收器MN上，則（）

2

A.粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度滿足E=型等

B.粒子從NP中點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)速度為幾

C.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離為嗎

qB

D.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是學(xué)代事

qB7

【答案】AD

【詳解】A.若粒子打到PN中點(diǎn)，則

X。=vo

嬴斗22

解得

小詒2

Eyo

謁

選項(xiàng)A正確;

B.粒子從PN中點(diǎn)射出時(shí)，則

yo嘰

萬(wàn)=萬(wàn)匕

速度

C.粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度方向與豎直方向夾角為仇則

v0%mv§

tany=—=—F------=——

vyqExQqEx0

mv0

粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度

%

v=---

sin3

粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則

V2

qvB=m—

則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到的距離為

d=rcosO

解得

Exmv

d=---0=------0-

Bv0qBtanO

選項(xiàng)c錯(cuò)誤；

D.當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有最大運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度最大，則此時(shí)粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)豎直

最大速度

_2yo

vym=

可得最大半徑

選項(xiàng)D正確;

故選AD。

一盒

工磅向頹儂I/

【針對(duì)練習(xí)8】（2024?河南?校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，P、。兩個(gè)平行金屬板之間的電壓為U,AC上方

有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，AC下方存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向平行于AC,且垂直于磁

場(chǎng)方向。一質(zhì)量為優(yōu)、電荷量為q的帶正電的粒子（不計(jì)粒子重力）從靠近尸板的S點(diǎn)由靜止開始做加速

運(yùn)動(dòng)，從小孔M沿垂直于磁場(chǎng)的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，速度方向與邊界線的夾角0=60。，粒子恰好從小孔。

垂直于AC射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，最后打在N點(diǎn)，已知AN=2L,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.粒子從小孔M進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為土畫

m

B.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為|七

C.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為嚕遠(yuǎn)

2qL

D.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為當(dāng)

【答案】BC

【詳解】A.粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得

1

qU=-mvz7

可得帶電粒子從小孔M沿垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小

JlUqm

v----------

m

故A錯(cuò)誤；

B.畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心），ZMOD=120°,設(shè)粒子在磁場(chǎng)

中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,

v+rcos60°=AD=L

得

2

r=-L

故B正確;

C.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即

V2

qvB=m—

Y

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

mv3mv3d2Uqm

qr2qL2qL

故C正確；

D.粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度

qE

CL=---

m

垂直于電場(chǎng)方向有

2L=vt

沿電場(chǎng)方向有

1

L=-at27

2

電場(chǎng)強(qiáng)度大小

mv2U

E=-----=—

2qLL

故D錯(cuò)誤。

故選BC。

【針對(duì)練習(xí)9】（2023?陜西咸陽(yáng)??？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)y軸與直線x=L

之間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第四象限內(nèi)y軸與直線.之間存在方向垂直紙面

向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在直線x=￡的右側(cè)存在沿y軸正方向的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)的右側(cè)

存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)、磁場(chǎng)左右邊界的間距相等。質(zhì)量為相、

電荷量為q的帶正電粒子甲從y軸上的。點(diǎn)以沿著y軸負(fù)方向的速度射入磁場(chǎng)，到達(dá)x軸上的。點(diǎn)時(shí)速度沿

x軸的正方向，c點(diǎn)的坐標(biāo)為（L,0）；帶電量為%的帶正電粒子乙從y軸上的6點(diǎn)以沿著y軸正方向的速度射

入磁場(chǎng)，到達(dá)c點(diǎn)時(shí)以沿?zé)o軸的正方向的速度與甲相碰；碰撞后甲、乙立即組成整體進(jìn)入電場(chǎng)，甲從。至Uc

的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是乙從6到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，整體從〃點(diǎn)離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最后從e點(diǎn)以平行了方向的速

度離開磁場(chǎng)，整體在p點(diǎn)的速度與電場(chǎng)線的夾角為37。。不計(jì)兩粒子的重力以及粒子間的相互作用力，碰撞

過(guò)程無(wú)電量損失，sin37°=0.6>cos37°=0.8,求：

（1）乙的質(zhì)量以及整體在c點(diǎn)時(shí)的共同速度；

【詳解】（1）設(shè)乙的質(zhì)量為Hi。，甲、乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期分別為

2nm

Trg=--------

甲Bq

T2mI。

T乙=2---------

BX3q

由幾何關(guān)系可得甲、乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度偏轉(zhuǎn)角均為芻甲從。到。的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與乙從。到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

分別為打印、打7，甲從。到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是乙從6到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，則有

4甲4乙

11

—T田=2X—T7

4甲4乙

聯(lián)立解得

m0=m

設(shè)甲、乙兩粒子在磁場(chǎng)中的速度大小分別為"甲、由幾何關(guān)系可得甲、乙在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半

TL-J

徑均為L(zhǎng),由洛倫茲力提供向心力可得

mvi

Bqv甲=

2mvl

JX3qi^=丁

甲、乙在c點(diǎn)發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律可得

mu甲+mu乙=2mv

聯(lián)立解得

3BqL

v=------

2m

(2)整體的質(zhì)量為2根，帶電量為4q,從。到夕做類平拋運(yùn)動(dòng)，把整體在夕點(diǎn)的速度與分別沿x、y軸分解,

則有

v

—=sin37°

Up

v

—=tan37°

%

設(shè)整體從p到e運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為R,由洛倫茲力提供向心力可得

27n詔

Bx4q%=

K

聯(lián)立解得

2BqL

Vy=------

)m

SBqL

"2m

5L

R=—

4

(3)過(guò)p、e分別做速度的垂線，設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)左右邊界的間距均為由由幾何關(guān)系可得

d

—=cos37°

R

設(shè)整體從c到p的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度為應(yīng)由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得

d=vt

Ex4q

聯(lián)立解得

3B2qL

E=H

考向05利用數(shù)學(xué)圓巧解磁場(chǎng)中的臨界問題

1.“放縮圓”法

速度方向一

粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，這些帶電粒

定，大小不

子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑隨速度的變化而變化

同

適用

__XXXX

條件如圖所示（圖中只LB出粒子帶正電的情景），速度0越大，xX心ryx

軌跡圓圓心X/X'x--次;幺、X

運(yùn)動(dòng)半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場(chǎng)后，X;X:，以~八［：*

共線

它們運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP'l.x'x'&"父需鼠

xX&*&X

界定以入射點(diǎn)P為定點(diǎn)，圓心位于PP直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這

方法種方法稱為“放縮圓”法

2.“旋轉(zhuǎn)圓”法

粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入

勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，它們?cè)诖艌?chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相

速度大小同，若射入初速度為。0,則圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R」界。

適用條

一定，方P

件如圖所示

向不同

帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在以入射

軌跡圓圓心共圓

點(diǎn)尸為圓心、半徑R—嘴的圓上

QD

界定將半徑為R-黃的圓以入射點(diǎn)為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探索粒子的臨界條件，這種

方法

方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法

3.“平移圓”法

將半徑為氏=竺1的圓進(jìn)行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法

界定方法qB

叫平移圓法

粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點(diǎn)不同，但在

同一直線的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它們做勻速圓周

運(yùn)動(dòng)的半徑相同，若入射速度大小為Vo,則半徑

速度大小一定，方

適用條件向一定，但入射點(diǎn)氏=竺匕，如圖所示

qB

在同一直線上

XXXXXXX

XX

帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在同一^直

軌跡圓圓心共線

線上，該直線與入射點(diǎn)的連線平行

【典例5】(2021.海南.高考真題)如圖，在平面直角坐標(biāo)系。孫的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦大量質(zhì)量為通電量為q的相同粒子從y軸上的P(0,bL)點(diǎn)，以相同的速率在紙

面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場(chǎng)，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為a(0WaW180。)。當(dāng)a=150°時(shí)，

粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力。則()

B.當(dāng)a=45。時(shí)，粒子也垂直x軸離開磁場(chǎng)

C.粒子入射速率為更理

m

D.粒子離開磁場(chǎng)的位置到。點(diǎn)的最大距離為3班力

【答案】ACD

【詳解】A.根據(jù)題意可知粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確;

BC.當(dāng)a=150°時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為

V3L「

由=2何

洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m—

V

解得粒子入射速率

2^3qBL

v------

m

若a=45°,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場(chǎng)時(shí)與x軸不垂直，B錯(cuò)誤，C正確；

D.粒子離開磁場(chǎng)距離。點(diǎn)距離最遠(yuǎn)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中的軌跡為半