易錯(cuò)點(diǎn)09靜電場

目錄

01易錯(cuò)陷阱（4大陷阱）

02舉一反三

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒一】誤認(rèn)為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒二】誤認(rèn)為洛倫茲力不做功，其分力也不能做功

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒三】帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間確定錯(cuò)誤

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒四】混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒五】不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題

03易錯(cuò)題通關(guān)

易錯(cuò)點(diǎn)一：誤認(rèn)為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，共分力也不做功

1對(duì)洛倫茲力的理解

特點(diǎn)（1）洛侖茲力的大小正比于的大小，方向垂直于的方向，隨著（方向、大

?。┩瑫r(shí)改變，具有被動(dòng)性的特點(diǎn)

???

（2）洛侖茲力的方向垂直于的方向，不做功，只改變的方向不改變的大小

易錯(cuò)點(diǎn)二：帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)?的時(shí)間確定錯(cuò)誤??

直線邊界，粒子進(jìn)出磁場具有對(duì)稱性(如圖所示)

Tπm

圖a中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝

2Bq

θθ2πm2mπ－θ

圖b中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝(1－)T＝(1－)＝

ππBqBq

θ2θm

圖c中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝

πBq

θmTπm

平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝，t2＝＝

Bq2Bq

θm

圖b中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝

Bq

圖c中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

θθ2πm2mπ－θ

t＝(1－)T＝(1－)＝

ππBqBq

θ2θm

圖d中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝

πBq

易錯(cuò)點(diǎn)三：混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)

帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)分析思路

1．帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)的分析思路

第1步：粒子按照時(shí)間順序進(jìn)入不同的區(qū)域可分成幾個(gè)不同的階段。

第2步：受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動(dòng)，如第3步中表圖所示。

第3步：用規(guī)律

2．“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較

垂直電場線進(jìn)入垂直磁感線進(jìn)入

勻強(qiáng)電場(不計(jì)重力)勻強(qiáng)磁場(不計(jì)重力)

電場力FE＝qE，其大小、方向不變，洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v

受力情況

與速度v無關(guān)，F(xiàn)E是恒力而改變，F(xiàn)B是變力

軌跡拋物線圓或圓的一部分

運(yùn)動(dòng)軌跡示例

mv

半徑：r＝

利用類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解：vx＝v0，xqB

qE1qE22πm

＝v0t，vy＝·t，y＝··t周期：T＝

求解方法m2mqB

vyqEt

偏轉(zhuǎn)角φ滿足：tanφ＝＝偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系

vxmv0

利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解

xφφm

運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝t＝T＝

v02πBq

動(dòng)能變化不變

易錯(cuò)點(diǎn)四：不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題

1.解題關(guān)鍵點(diǎn)

（1）關(guān)注題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等關(guān)鍵詞語，作為解題的切入點(diǎn).

（2）關(guān)注涉及臨界點(diǎn)條件的幾個(gè)結(jié)論:

①粒子剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切；

②當(dāng)速度一定時(shí)，弧長越長，圓心角越大，則粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越

長；?

③當(dāng)速度變化時(shí)，圓心角越大，對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長.

2.一般思維?流程

.

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒一】誤認(rèn)為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；．誤認(rèn)

為洛倫茲力不做功，所以洛倫茲力分力也不能做功。

【例1】如圖所示，在豎直絕緣的平臺(tái)上，一個(gè)帶正電的小球以水平速度V0拋出，落到在

地面上的A點(diǎn)，若加一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，

則小球的落點(diǎn)（）V0fqvB

θ

A．仍在A點(diǎn)B．在A點(diǎn)左側(cè)

V

C．在A點(diǎn)右側(cè)D．無法確定

mg

易錯(cuò)分析：錯(cuò)選A，理由是洛倫茲力不做A

功，不改變小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故仍落在A點(diǎn)。

【答案】C

解析：事實(shí)上洛倫茲力雖不做功，俁可以改變小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，可以改變速度的方向，

小球做曲線運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)中任一位置受力如圖所示，小球此時(shí)受到了斜向上的洛倫茲力的作

mgqvBcos

用，小球在豎直方向的加速度a＜g，故小球平拋的時(shí)間將增加，落點(diǎn)

ym

應(yīng)在A點(diǎn)的右側(cè)．所以選項(xiàng)C對(duì)．

【例2】如圖所示，一個(gè)帶正電荷的物體從粗糙斜面頂端滑到斜

V

面底端時(shí)的速度為V，若再加上一個(gè)垂直紙面指向讀者的磁場，則物

體滑到底端時(shí)的速度將（）θ

A．大于VB．小于VC．等于VD．不能確定

易錯(cuò)分析：錯(cuò)解原因是部分同學(xué)認(rèn)為洛倫茲力不做功就直接得出C，事實(shí)上，雖然洛

倫茲力不做功，但隨著物體垂直磁場向下滑，一旦加上磁場，就引起彈力比未加磁場時(shí)小，

滑動(dòng)摩擦力減小，滑到底端摩擦力做功減小，則滑到底端時(shí)的動(dòng)能增大，速率增大，應(yīng)該選

A。

【答案】A

解析：物體垂直磁場向下滑，一旦加上磁場，就引起彈力比未加磁場時(shí)小，滑動(dòng)摩擦力

減小，滑到底端摩擦力做功減小，則滑到底端時(shí)的動(dòng)能增大，速率增大，應(yīng)該選A

【變式1-1】．如圖所示，光滑半圓形軌道與光滑斜面軌道在B

處與圓孤相連，將整個(gè)裝置置于水平向外的勻強(qiáng)磁場中，有一帶正電C

小球從A靜止釋放，且能沿軌道前進(jìn)，并恰能通過圓弧最高點(diǎn)，現(xiàn)若

B

撤去磁場，使球仍能恰好通過圓環(huán)最高點(diǎn)C，釋放高度H′與原釋放高度H的關(guān)系是（）

A．H′=HB.H′＜HC.H′＞HD.不能確定

【答案】C

2

vc

解析：無磁場時(shí)，小球隊(duì)在C點(diǎn)由重力提供向心力，mgm，臨界速度vcRg。

R

/1/5

從A至C由機(jī)械能守恒定律得：mgH2mgRmRg，有HR

22

v2

加磁場后，小球在C點(diǎn)受向上的洛侖茲力，向心力減小，mgqvBm

R

臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機(jī)械能守恒

12因/，所以/，故選項(xiàng)正確

mgH2mgR2mvvvcHHC

【變式1-2】．（2022·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，光滑的水平桌面處于勻強(qiáng)磁場中，

磁場方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；在桌面上放有內(nèi)壁光滑、長為L的試管，底部有

質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，試管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)

（拉力與試管壁始終垂直），帶電小球能從試管口處飛出，關(guān)于帶電小球及其在離開試管前

的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）

A．小球帶負(fù)電，且軌跡為拋物線

qvBL

B．小球運(yùn)動(dòng)到試管中點(diǎn)時(shí)，水平拉力的大小應(yīng)增大至qB

m

C．洛倫茲力對(duì)小球做正功

D．對(duì)小球在管中運(yùn)動(dòng)全過程，拉力對(duì)試管做正功，大小為qvBL

【答案】BD

【詳解】A．小球能從試管口處飛出，說明小球受到指向試管口的洛倫茲力，根據(jù)左手定則

判斷，小球帶正電；小球沿試管方向受到洛倫茲力的分力FyqvB恒定，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是

一條拋物線，故A錯(cuò)誤；

B．由于小球相對(duì)試管做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，會(huì)受到與試管垂直且向左的洛，則拉力應(yīng)增大倫

茲力的分力

qvBLqvBL

FxqvyB小球運(yùn)動(dòng)到中點(diǎn)時(shí)沿管速度為U2則拉力應(yīng)增大至FqB以維

ym2m

持勻速運(yùn)動(dòng)，故B正確；

C．沿管與垂直于管洛倫茲力的分力合成得到的實(shí)際洛倫茲力總是與速度方向垂直，不做功，

故C錯(cuò)誤；

D．對(duì)試管、小球組成的系統(tǒng)，拉力做功的效果就是增加小球的動(dòng)能，由功能關(guān)系

WFEkqvBL故D正確；故選BD。

【變式1-3】．（2023·陜西西安·西安市東方中學(xué)?？家荒＃┤鐖D所示，豎直放置的光滑絕

緣斜面處于方向垂直豎直平面（紙面）向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，一帶電荷

量為q(q0)的滑塊自a點(diǎn)由靜止沿斜面滑下，下降高度為h時(shí)到達(dá)b點(diǎn)，滑塊恰好對(duì)斜面

無壓力。關(guān)于滑塊自a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程，下列說法正確的是（）（重力加速度為g）

A．滑塊在a點(diǎn)受重力、支持力和洛倫茲力作用B．滑塊在b點(diǎn)受到的洛倫茲力大小

為qB2gh

C．洛倫茲力做正功D．滑塊的機(jī)械能增大

【答案】B

【詳解】A．滑塊自a點(diǎn)由靜止沿斜面滑下，在a點(diǎn)不受洛倫茲力作用，故A錯(cuò)誤；

BCD．滑塊自a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑塊機(jī)械能守恒

1

mghmv2

2

v2ghFqBvqB2gh

得故滑塊在b點(diǎn)受到的洛倫茲力為故B正確，C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤。

故選【易錯(cuò)點(diǎn)提醒二】帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間確定錯(cuò)誤

【例3】如圖所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相

同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對(duì)準(zhǔn)圓心O射入勻強(qiáng)磁場，又都從該磁場

中射出，這些粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間有的較長，有的較短，若帶

電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長的帶

電粒子()．

A．速率一定越小B．速率一定越大

C．在磁場中通過的路程越長

D．在磁場中的周期一定越大

s

易錯(cuò)分析：因帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)t得選項(xiàng)A、C正確。造成上

v

述錯(cuò)解的原因是具體分析帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由什么物理量來決定，而生搬公式

s

t，而公式中的兩物理都變化時(shí)，我們就不能僅由一個(gè)物理量來判斷。必須弄清帶電粒

v

子在圓形磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間決定因素，應(yīng)養(yǎng)成配圖分析的習(xí)慣、推導(dǎo)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間

的決定因素，在這個(gè)基礎(chǔ)上再對(duì)各個(gè)選項(xiàng)作出判斷。

【答案】A

2πm

解析根據(jù)公式T＝可知，粒子的比荷相同，它們進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速

Bq

圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；如圖所示，設(shè)這些粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)

θ

圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長的帶

360°

mv

電粒子，圓心角越大，運(yùn)動(dòng)半徑越小，根據(jù)r＝可知，速率一定越小，選項(xiàng)

Bq

A正確、B錯(cuò)誤；當(dāng)圓心角趨近180°時(shí)，粒子在磁場中通過的路程趨近于0，所以選項(xiàng)C錯(cuò)

誤．

【變式1-1】（2023全國甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場，筒

上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO

射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方

向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列

說法正確的是（）

A.粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心O

B.最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出

C.射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短

D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線

【答案】BD

【解析】D．假設(shè)粒子帶負(fù)電，第一次從A點(diǎn)和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運(yùn)動(dòng)的圓

心

由幾何關(guān)系可知O1AO為直角，即粒子此時(shí)的速度方向?yàn)镺A，說明粒子在和筒壁碰

撞時(shí)速度會(huì)反向，由圓的對(duì)稱性在其它點(diǎn)撞擊同理，D正確；

A．假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)過程過O點(diǎn)，則過P點(diǎn)的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能

交于一點(diǎn)確定圓心，由圓形對(duì)稱性撞擊筒壁以后的A點(diǎn)的速度垂線和AO連線的中垂線依舊

平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；

B．由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，

最少應(yīng)為三角形如圖所示

即撞擊兩次，B正確；

C．速度越大粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，碰撞次數(shù)會(huì)可能增多，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定

減少，C錯(cuò)誤。

故選BD。

q

【變式1-2】．比荷（）相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)過小孔S垂直進(jìn)入勻

m

強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，運(yùn)行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（）

A．N帶負(fù)電，M帶正電

B．N的速率大于M的速率

C．N的運(yùn)行時(shí)間等于M的運(yùn)行時(shí)間

D．N受到的洛倫茲力一定等于M受到的洛倫茲力

【答案】C

【詳解】A．根據(jù)左手定則，N粒子帶正電，M粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

v

mv2r

B．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力有qvB可推知q

rB

m

由于兩粒子的比荷相等，可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與粒子速度成正比，根據(jù)圖片可知，

M粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑比N粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大，故M粒子的速率比N粒子的速率

大，故B錯(cuò)誤；

2r2m

C．根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)速度與周期的關(guān)系T可推知T由于兩粒子的比荷相等，

vqB

故兩粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，圖片可知，兩粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角相同，故

兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故C正確；

D．粒子在磁場中受洛倫茲力的大小為FqvB在同一磁場，B相同，根據(jù)以上的分析可知M

粒子的速率比N粒子的速率大，但是，題設(shè)只已知比荷相等，并不知道兩粒子電荷量的大小

關(guān)系，故不能確定兩粒子所受洛倫茲力的大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤。故選C。

【變式1-3】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，兩帶電粒子（不

計(jì)重力）沿直線AB方向從A點(diǎn)射入磁場中，分別從圓弧上的P、Q兩點(diǎn)射出，則下列說法

正確的是（）

A．若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q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、Q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】AD

【詳解】AB．兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

2m

粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q經(jīng)歷時(shí)間之比為

360qB

t1:t260:1201:2，

A正確；

R

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r1:r23R:3:1根據(jù)

3

2

v

qvBm若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為v1:v23:1，C錯(cuò)誤；

r

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3:1，D正確。故選AD。

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒三】混淆磁偏轉(zhuǎn)和電偏轉(zhuǎn)

【例4】電子以與磁場垂直的速度v從P處沿PQ方向進(jìn)入長為d、寬為h的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，

從N點(diǎn)射出，如圖所示，若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則()

d

A．電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

v

d

B．電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間在于為

v

Bevd

C.．電子豎直方向的的位移為h()2

2mv

2mvh

D．電子的水平位移dh2

eB

錯(cuò)解電子進(jìn)入磁場后，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以有dvt，故電子在磁場中運(yùn)動(dòng)

dBev

的時(shí)間為，選項(xiàng)A正確；豎直方向上做初速度為零的勻加速進(jìn)線運(yùn)動(dòng)，加速度a，

vm

1Bevd

所以有hat2=()2，故移過項(xiàng)C正確。

22mv

易錯(cuò)分析：造成上述錯(cuò)解的原因是把磁偏轉(zhuǎn)當(dāng)成了電偏轉(zhuǎn)，誤認(rèn)為電子在磁場中使粒子

做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)——“類平拋運(yùn)動(dòng)”，實(shí)際上電子在磁場中，洛倫茲力是變力，使電子做

【答案】D

變速曲線運(yùn)動(dòng)——?jiǎng)蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，只不過其軌跡是一段圓弧。

解析由帶電粒子在有界磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于弧長與速

d

率的比值，要大小，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；為所以過P點(diǎn)和N點(diǎn)作速度的垂線，兩

v

垂線的交點(diǎn)即為電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的圓心O，如圖14所示，圖中Ld，由

mv2mvh

勾股定理可得(R－h(huán))2＋d2＝R2，整理知d2Rhh2，而R，故dh2，

eBeB

所以選項(xiàng)D正確、C錯(cuò)誤。

【變式1-1】2023海南卷）如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為q的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以

、

初速度v0射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在0yy0,0xx0（x0y0為已知）區(qū)域內(nèi)

有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在xx0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，控制電場強(qiáng)度（E值

有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器MN上，則（）

ymv2

A粒子從中點(diǎn)射入磁場，電場強(qiáng)度滿足00

NPE2

.qx0

x2y2

B.粒子從中點(diǎn)射入磁場時(shí)速度為00

NPv02

y0

mv

C.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到NM的距離為0

qB

mvx24y2

D.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是000

2

qBx0

【答案】AD

11qE

【解析】若粒子打到PN中點(diǎn)，則xvt，yt2

001202m

mv2y

解得00，選項(xiàng)A正確；

E2

qx0

yv

粒子從PN中點(diǎn)射出時(shí)，則0yt

221

22v022

速度v1v0vyx0y0

x0

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C．粒子從電場中射出時(shí)的速度方向與豎直方向夾角為θ，則

vvmv2

tan000

qEx

vy0qEx0

mv0

粒子從電場中射出時(shí)的速度

v

v0

sin

粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則

v2

qvBm

r

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

drcos

解得

Ex

d0

Bv0

選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

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

入磁場，此時(shí)豎直最大速度

2y

v0

ymt

x0v0t

出離電場的最大速度

22v022

vmv0vymx04y0

x0

則由

v2

qvBm

r

可得最大半徑

mvmvx24y2

m000

rm2

qBqBx0

選項(xiàng)D正確；

【變式1-2】如圖所示，xOy坐標(biāo)系中，在y0的范圍內(nèi)存在足夠大的勻強(qiáng)電場，方向沿

y軸正方向，在0y2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場。在y2d處放置

一垂直于y軸的足夠大金屬板ab，帶電粒子打到板上即被吸收，如果粒子軌跡與板相切則剛

好不被吸收。一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子以初速度v0由P(0,d)點(diǎn)沿x軸正方向射入電

場，第一次從Q(1.5d,0)點(diǎn)經(jīng)過x軸，粒子重力不計(jì)。下列說法正確的是（）

8mv2

A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E0

9qd

B．粒子剛好不打在擋板上則rd

4mv

C．要使粒子不打到擋板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件為B0

3qd

4mv

D．要使粒子不打到擋板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件為B0

3qd

【答案】AC

1qE

【詳解】A．粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向1.5dvt豎直方向dt2解得

02m

8mv2

E0故A正確；

9qd

qE

t

．設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)與軸夾角為vy4粒子進(jìn)入磁場時(shí)

Bxarctanarctanmarctan53

v0v03

v5

的速度為v0v粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與擋板相切時(shí)粒子剛好不打在擋板上，由幾何知識(shí)得

cos5330

rrcos532d

5

解得rd故B錯(cuò)誤；

4

2

v4mv0

CD．粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，倫茲力提供向心力得qvBm解得B粒子不打在擋板上，

r3qd

4mv

磁感應(yīng)強(qiáng)度需要滿足的條件是B0故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。

3qd

【變式1-3】如圖所示，在xoy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在

第四象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子①與②從y軸上

的點(diǎn)P（0，l0）處同時(shí)以速率v0分別沿與y軸正方向和負(fù)方向成60°角射入磁場中，兩粒子

均垂直穿過x軸進(jìn)入電場，最后分別從y軸上的M、N點(diǎn)（圖中未畫出）離開電場。兩粒子

所受重力及粒子間的相互作用均忽略不計(jì),下列說法中正確的是（）

3mv

A．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0

3ql0

B．粒子①與粒子②在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2:1

C．粒子①與粒子②在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2:1

D．粒子①與粒子②在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為3:1

【答案】BD

【詳解】A．兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

lmv23mv

則由幾何關(guān)系知兩粒子在磁場中的軌跡半徑為0又因?yàn)?解得0

rqv0BB

sin60r2ql0

故A錯(cuò)誤；

B．由幾何關(guān)系得，粒子①與粒子②在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為120和60，又因?yàn)?/p>

粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tT所以粒子①與粒子②在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2:1，故

2

B正確；

3rr

C．由幾何關(guān)系得，粒子①與粒子②在電場中沿電場線方向的位移分別為和，則滿足

22

t

3r12r122

at2；at1故3粒子①與粒子②在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為3:1，故C錯(cuò)

2222t1

誤，D正確。

故選BD。

【易錯(cuò)點(diǎn)提醒四】不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題

【例5】如圖所示，一帶電粒子，質(zhì)量為m，電量為q，以平行于Ox軸的速度v從

y軸上的a點(diǎn)射入圖中第一象限所示的區(qū)域。為了使該粒子能從x軸上的b

點(diǎn)以垂直于Ox軸的速度v射出，可在適當(dāng)?shù)牡胤郊右粋€(gè)垂直于xy平面、磁

感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。若此磁場僅分布在一個(gè)圓形區(qū)域內(nèi)，重力忽略不

計(jì)，試求該圓形磁場區(qū)域的最小半徑。

錯(cuò)解帶電粒子在磁場中作半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，，由牛頓第二定律有

v2mvmv

qvB=m，得R=，所以該圓形磁場區(qū)域的最小半徑是

RqBqB

易錯(cuò)分析：造成上述錯(cuò)解的原因是認(rèn)為帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑就是圓

形磁場區(qū)域的最小半徑。沒有結(jié)合“最小”來正確地畫出臨界圓形磁場。然后利用幾何關(guān)系

求半徑。

2mv

【答案】r=

2qB

解析根據(jù)題意，質(zhì)點(diǎn)在磁場區(qū)域中的軌道是半徑等于R的圓上的1/4圓周，這段圓弧應(yīng)

與入射方向的速度、出射方向的速度相切。過a點(diǎn)作平行于x軸的直線，過b點(diǎn)作平行于y

軸的直線，則與這兩直線均相距R的O′點(diǎn)就是圓周的圓心。如圖16所示。

質(zhì)點(diǎn)在磁場區(qū)域中的軌道就是以O(shè)′為圓心、R為半徑的圓(圖16中虛線圓)上的圓弧MN，

M點(diǎn)和N點(diǎn)應(yīng)在所求圓形磁場區(qū)域的邊界上。

在通過M、N兩點(diǎn)的不同的圓周中，最小的一個(gè)是以MN連線為直徑的圓周。

所以本題所求的圓形磁場區(qū)域的最小半徑為

1

MN=2Rr=MN

2

2mv

得r=所求磁場區(qū)域如圖中實(shí)線圓所示.

2qB

【變式1-1】（2023·四川成都·石室中學(xué)?？既＃┮粍驈?qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方

4

向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，abcd2L，bcdeL，一束2He粒子在紙

面內(nèi)從a點(diǎn)垂直于ab射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計(jì)粒子之間的相互作用。已知

粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q。則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子，其運(yùn)動(dòng)速率為（）

3qBL5qBl5qBL5qBL

A．B．C．D．

4m4m8m6m

【答案】B

v2

【詳解】根據(jù)題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有qvBm又有

R

2r2m

T

vqB

m

設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tT可知，越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間

2qB

越長，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，可知越大則aoc越小，而

aoc180°-oac-oca180°-2oac

即當(dāng)圓弧經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)oac最大，此時(shí)最大

25qBR5qBL

由幾何關(guān)系有L22LRR2解得RL聯(lián)立可得v故選B。

4m4m

【變式1-2】（2023·甘肅蘭州·統(tǒng)考一模）如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在垂直于

紙面向里的勻強(qiáng)磁場，∠B=900，C30。某種帶電粒子（重力不計(jì)）以不同速率從BC邊

上D點(diǎn)垂直BC邊射入磁場，速率為v1時(shí)粒子垂直AC邊射出磁場，速率為v2時(shí)粒子從BC邊

射出磁場，且運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與AC邊相切，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r1、r2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間

為t1、t2。下列說法正確的是（）

A．粒子帶正電B．r1:r22:1C．v1:v23:1D．t1:t21:4

【答案】C

【詳解】．由題意再結(jié)合左手定則可知粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)題意做出粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)得軌跡如下圖所示

r

由圖中幾何關(guān)系可得rr2可知粒子再磁場中運(yùn)動(dòng)得半徑之比r:r3:1故B錯(cuò)誤；

12sin3012

v2Bqr

C．根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有Bqvm解得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v由此可

rm

知粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度之比等于軌跡半徑之比，即v1:v2r1:r23:1故C正確；

D．根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)得軌跡可知，一個(gè)在場中偏轉(zhuǎn)了30，另一個(gè)在磁場中偏轉(zhuǎn)了180，

2m

而同一種粒子在相同磁場中運(yùn)動(dòng)得周期為T相同，則可知粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之

qB

比等于偏轉(zhuǎn)角度之比，即

：

t1:t2301801:6故D錯(cuò)誤。故選C。

【變式1-3】（2023·甘肅張掖·高臺(tái)縣第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示為寬度為L、磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B的有界勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直于紙面向外，長度足夠長。在下邊界O

處有一個(gè)粒子源，沿與邊界成60°角方向連續(xù)發(fā)射大量的速度大小不相同的同種帶正電粒子，

速度方向均在紙面內(nèi)。已知以最大速度v射入的粒子，從磁場上邊界飛出經(jīng)歷的時(shí)間為其做

1

圓周運(yùn)動(dòng)周期的。不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列判斷正確的是（）

12

v

A．粒子的比荷為

(31)BL

4L

B．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期為

v

C．在下邊界有粒子飛出的長度為3L

D．從上邊界飛出的粒子速度大小范圍為(31)vv

【答案】AD

1

【詳解】AB．速度最大的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為其做圓周運(yùn)動(dòng)周期的，運(yùn)動(dòng)軌跡如

12

圖所示

圓心為O1，其圓弧所對(duì)圓心角為30，由幾何關(guān)系得Rsin30LRcos30解得

2qv

v

R31L由洛倫茲力提供向心力有qvBm解得粒子比荷粒子在磁場

Rm31BL

2R231L

中運(yùn)動(dòng)的周期T

vv

故A正確，B錯(cuò)誤；

D．當(dāng)粒子軌跡恰好與上邊界相切時(shí)，剛好不從上邊界飛出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，圓心為O2。設(shè)

這種情況下粒子速度大小為v1，半徑為R1，由幾何關(guān)系得R1LR1sin30解得R12L

2

v1

由洛倫茲力提供向心力有qv1Bm解得v131v可知粒子從上邊界飛出的粒子速度

R1

大小范圍為(31)vv，故D正確；

C．下邊界有粒子飛出的長度為x2R1cos3023L故C錯(cuò)誤。故選AD。

1.（2023全國乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面（xOy

平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場中，在磁場另

一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP=l，

l

S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)

2

度大小為E的勻強(qiáng)電場，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（）

EEBB

A.B.C.D.

2aB2aB22aE2aE2

【答案】A

【解析】由題知，一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

r=2a

則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有

v2

qvBm

r

則有

qv

m2aB

如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，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

m2aB2

故選A。

2.（2023年海南高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，

關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說法正確的是（）

A．小球剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力水平向右B．小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變

C．小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度保持不變D．小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功

【答案】A

【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力水平向右，A正確；