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·以考定法
04核心素養(yǎng)·難點突破
05創(chuàng)新好題·輕松練習(xí)
【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)強度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為1.5×107eV．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應(yīng)，1eV=1.6×10?19J）（ ）
A．3.6×106m/sB．1.2×107m/sC．5.4×107m/sD．2.4×108m/s
【答案】C
【詳解】洛倫茲力提供向心力有
qvB=mv2R
質(zhì)子加速后獲得的最大動能為
Ek=12mv2
解得最大速率約為
v=5.4×107m/s
故選C。
【典例2】（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，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點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP = l，S與屏的距離為l2，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（ ）

A．E2aB2B．EaB2C．B2aE2D．BaE2
【答案】A
【詳解】由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則
sin30°=r?ar
解得粒子做圓周運動的半徑
r = 2a
則粒子做圓周運動有
qvB=mv2r
則有
qm=v2a?B
如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有
Eq = qvB
聯(lián)立有
qm=E2a?B2
故選A。
【典例3】（2022·重慶·高考真題）2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（ ）
A．電場力的瞬時功率為qEv12+v22B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1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)功率的計算公式可知P = Fvcsθ，則電場力的瞬時功率為P = Eqv1，A錯誤；
B．由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有F洛 = qv2B，B錯誤；
C．根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；
D．離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。
故選D。
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)用實例
1．回旋加速器
(1)構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強磁場中．
(2)原理：交變電流的周期和粒子
做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝eq \f(mv2,R)，得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關(guān)．
2．回旋加速器的主要特征
(1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關(guān)．
(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動．
(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∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…
(4)粒子的最后速度v＝eq \f(BqR,m)，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強弱．
3．質(zhì)譜儀
(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等組成．
(2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理qU＝eq \f(1,2)mv2可知進入磁場的速度v＝eq \r(\f(2qU,m)).粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，qvB＝eq \f(mv2,r).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)同一電場加速后進入偏轉(zhuǎn)磁場．各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2mEk),qB)＝eq \f(\r(2mqU),qB)＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)).在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝eq \r(m)，根據(jù)不同的半徑，就可計算出粒子的質(zhì)量或比荷．
考向02 帶電粒子在勻強磁場中的應(yīng)用
1．帶電粒子在勻強磁場中運動圓心、半徑及時間的確定方法．
(1)圓心的確定
①已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．

②已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．
③若只已知一個點及運動方向，也知另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖丙所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角（∠PAM），畫出該角的角平分線，它與已知點的速度的垂線交于一點O，該點就是圓心。
（2）如何確定“半徑”：
方法一：由物理方程求：半徑R＝eq \f(mv,qB)；
方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學(xué)知識（勾股定理、三角函數(shù)等）計算來確定。
例：（右圖）R＝eq \f(L,sin θ)或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝eq \f(L2＋d2,2d)。
3．如何確定“圓心角與時間”
（1）圓心角的確定
①速度的偏向角φ＝圓弧所對應(yīng)的圓心角（回旋角）θ＝2倍的弦切角α，即φ＝θ＝2α＝ωt，如圖所示。
②偏轉(zhuǎn)角φ與弦切角α的關(guān)系：φ180°時，φ＝360°－2α。
（2）時間的計算方法。
方法一：由圓心角求，t＝eq \f(θ,2π)·T；
方法二：由弧長求，t＝eq \f(θR,v)。
2．重要推論
(1)當(dāng)速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．
(2)當(dāng)速率v變化時，圓心角大的運動時間長．
2.帶電粒子在圓形磁場區(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．
(2)帶電粒子在圓形磁場中不沿徑向，軌跡圓與區(qū)域圓相交，抓住兩圓心，巧用對稱性解決．
3.帶電粒子在直線邊界(進、出磁場具有對稱性，如圖所示)
4.帶電粒子在平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)
考向03 帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用
1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類
(1)磁場力、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動．
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題．
(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．
②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．
(3)電場力、磁場力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運動．
②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題．
2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動
帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(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)用實例
【針對練習(xí)1】（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）回旋加速器的工作原理如圖1所示，D1和D2是兩個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U0、T0已知，兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中。將一質(zhì)子從D1金屬盒的圓心處由靜止釋放，質(zhì)子11H經(jīng)過加速后最終從D形盒的邊緣射出。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計電場中的加速時間，且不考慮相對論效應(yīng)。下列說法正確的是（ ）

A．回旋加速器中所加磁場的磁感應(yīng)強度B=πm2qT0
B．質(zhì)子從D形盒的邊緣射出時的速度為2qU0m
C．在其他條件不變的情況下，僅增大U0，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13H（氚核），需要增大所加磁場的磁感應(yīng)強度
【答案】D
【詳解】A．帶電粒子在磁場中運動的周期與所加交變電源的周期T0相同，所以滿足
T0=2πmqB
可得
B=2πmqT0
選項A錯誤；
B．粒子從D形盒邊緣射出時有
12mv2=nU0q
射出速度可表示為
v=2nqU0m
選項B錯誤；
C．粒子從D形盒射出時
qvmaxB=mvmax2R
可得
vmax=qBRm
僅增大加速電壓U0，質(zhì)子射出速度大小不變，選項C錯誤；
D．當(dāng)加速氚核時，其在磁場中運動的周期為
T=2π?3mqB′
其周期應(yīng)該與T0相同，又知道
T0=2πmqB
可知
B′=3B
需要增大所加磁場的磁感應(yīng)強度，選項D正確。
故選D。
【針對練習(xí)2】（2023·北京西城·北師大實驗中學(xué)校考三模）如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，一束粒子以速度v沿直線穿過相互垂直的勻強電場（電場強度為E）和勻強磁場（磁感應(yīng)強度為B1）的重疊區(qū)域，然后通過狹縫S0垂直進入另一勻強磁場（磁感應(yīng)強度為B2），最后打在照相底片上的三個不同位置，粒子的重力可忽略不計，則下列說法正確的是（ ）

A．該束粒子帶負電
B．P1板帶負電
C．粒子的速度v滿足關(guān)系式v=B1E
D．在B2的勻強磁場中，運動半徑越大的粒子，荷質(zhì)比qm越小
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)粒子在右側(cè)磁場中的運動，利用左手定則，可判斷出該束粒子帶正電，故A錯誤；
B．根據(jù)粒子在左側(cè)運動可知，洛倫茲力方向向上，則電場力方向向下，P1板帶正電，故B錯誤；
C．由粒子做直線運動，根據(jù)受力平衡可得
qvB1=qE
解得粒子的速度為
v=EB1
故C錯誤；
D．在磁感應(yīng)強度為B2的磁場中，由洛倫茲力提供向心力得
qvB2=mv2R
可得
qm=vRB2=ERB1B2
運動半徑越大的粒子，荷質(zhì)比qm越小，故D正確。
故選D。
【針對練習(xí)3】（2023·浙江溫州·統(tǒng)考三模）利用霍爾傳感器可測量自行車的運動速率，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，傳感器就會輸出一個脈沖電壓。當(dāng)磁鐵靠霍爾元件最近時，通過元件的磁場可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，在導(dǎo)體前后表面間出現(xiàn)電勢差U。已知霍爾元件沿磁場方向的厚度為d，載流子的電荷量為?q，電流I向左。下列說法正確的是（ ）
A．前表面的電勢高于后表面的電勢
B．若車速越大，則霍爾電勢差U越大
C．元件內(nèi)單位體積中的載流子數(shù)為BIUqd
D．若單位時間內(nèi)霍爾元件檢測到m個脈沖，則自行車行駛的速度大小2πrm
【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，所以載流子會在前表面聚集，載流子帶負電，所以霍爾元件的前表面電勢低于后表面電勢，故A錯誤；
B．設(shè)霍爾元件的寬為b，穩(wěn)定后電荷所受電場方和洛倫茲力平衡，即
qvB=qUb
解得
U=Bbv
設(shè)單位體積內(nèi)自由移動的載流子數(shù)為n，由電流微觀表達式
I=nqSv
整理得
U=IBnqd
由于電流強度I和磁感強度B不變，因此霍爾電勢差U與車速大小無關(guān)，故B錯誤；
C．由B可知，單位體積內(nèi)自由移動的載流子數(shù)為
n=BIUqd
故C正確；
D．若單位時間內(nèi)霍爾元件檢測到m個脈沖，周期為
T=1m
角速度為
ω=2πT=2πm
自行車行駛的速度大小
v=ωr=2πmr
故D錯誤。
故選C。
考向02 帶電粒子在勻強磁場中的應(yīng)用
【針對練習(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)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量相同、電荷量分別為+q和?q的帶電粒子，從O點以相同的初速度v先后射入磁場，已知初速度的方向與OF成θ=30°角，兩粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，下列說法正確的是（ ）

A．兩粒子在磁場中的運動時間相等
B．兩粒子回到EOF豎直線時的速度相同
C．若只增大粒子的入射速度的大小，粒子在磁場中運動的時間變長
D．從射入磁場到射出磁場的過程中，兩粒子所受的洛倫茲力的沖量不相同
【答案】B
【詳解】A．這兩個正、負粒子以與OF成θ=30°角射入有界勻強磁場后，由左手定則可判斷，正粒子沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，負粒子沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，如下圖所示

因正、負粒子所帶電荷量的絕對值和質(zhì)量都相同，由
qvB=mv2r
可知兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑相同，由幾何關(guān)系可知負粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為2θ，正粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度
φ=2π?2θ
而粒子在磁場中做圓周運動的周期
T=2πrv=2πmqB
則兩粒子的周期相同，但是軌跡圓弧所對的圓心角不同，因此兩粒子在磁場中的運動時間不相等，故A錯誤；
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，兩粒子射出磁場時速度方向與EOF的夾角都是30°，因此兩粒子回到EOF豎直線時的速度相同，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，但運動軌跡對應(yīng)的圓心角不變，周期T不變，所以運動時間不變，故C錯誤；
D．兩粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，由動量定理可得
I洛=p?p0
由于以相同的初速度射入磁場，兩粒子的初動量p0相等，離開磁場時速度大小相等、方向相同，兩帶電粒子的末動量p也相等，因此兩粒子所受洛倫茲力的沖量相同，故D錯誤。
故選B。
【針對練習(xí)5】（2023·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，兩帶電粒子（不計重力）沿直線AB方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的P、Q兩點射出，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】A
【詳解】AB．兩粒子運動軌跡如圖

粒子運動時間為
t=θ360°2πmqB
若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、Q 經(jīng)歷時間之比為
t1: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，兩粒子運動半徑之比為
r1:r2=3R:R3=3:1
根據(jù)
qvB=mv2r
若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為
v1:v2=3:1
C錯誤；
D．同理C選項，若兩粒子速率相同，則兩粒子的比荷之比為1:3，D錯誤。
故選A。
考向03 帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用
【針對練習(xí)6】（2023·四川巴中·南江中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，某豎直平面內(nèi)存在著相互正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向水平向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點射入該區(qū)域，微粒恰好沿速度方向做直線運動，重力加速度為g。下列說法中正確的是（ ）
A．微粒從O到A的運動可能是勻減速直線運動
B．該微粒一定帶正電荷
C．該磁場的磁感應(yīng)強度大小為mgqvcsθ
D．該電場的場強為Bvcsθ
【答案】C
【詳解】AB．若微粒帶正電q，它受豎直向下的重力mg、向左的電場力qE和右斜向下的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動．據(jù)此可知微粒一定帶負電q，它受豎直向下的重力mg、向右的電場力qE和左斜向上的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動，可知微粒一定做勻速直線運動，故AB錯誤；
CD．由平衡條件有關(guān)系
csθ=mgqvB,sinθ=qEBqv
得磁場的磁感應(yīng)強度
B=mgqvcsθ
電場的場強
E=Bvsinθ
故C正確，D錯誤。
故選C。
【針對練習(xí)7】（2023·陜西咸陽·?？寄M預(yù)測）如圖所示，ab和bc區(qū)域的寬度均為d．a(chǎn)b區(qū)域存在水平向左、電場強度大小為E的勻強電場；bc區(qū)域存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向上，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小B=Ev0。今有一帶正電的微粒從a邊緣平行電場方向以初速度v0水平向右射入電場，從b邊緣的P點進入bc區(qū)域時的速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．a(chǎn)、P兩點間距離為2d
B．微粒在ab區(qū)域中做半徑為d的勻速圓周運動
C．微粒在bc區(qū)域中做半徑為2d的勻速圓周運動
D．微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為v0g+2πd3v0
【答案】AD
【詳解】AB．微粒在ab區(qū)域中，水平方向做勻減速運動，豎直方向做勻加速運動，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2d，故A正確，B錯誤；
CD．微粒在ab區(qū)域中運動時間為
t1=v0g
且滿足
mg=qE
d=v022g
在bc區(qū)域，重力與電場力平衡，故微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，半徑為
R=mv0qB=mv02qE=v02g=2d
根據(jù)幾何知識可知，微粒在復(fù)合場中轉(zhuǎn)過的角度為60°，故運動時間為
t2=16×2πRv0=2πd3v0
故C錯誤，D正確。
故選AD。
考向04 帶電粒子在組合場中的運動
1．是否考慮粒子重力的三種情況
(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力．
(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單．
(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要由分析結(jié)果確定是否要考慮重力．
2．“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較
考向1：先電場后磁場
對于粒子從電場進入磁場的運動，常見的有兩種情況：
(1)先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖甲、乙所示)
在電場中利用動能定理或運動學(xué)公式求粒子剛進入磁場時的速度．
(2)先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖丙、丁所示)
在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度．
考向2：先磁場后電場
對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：
(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反．
(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直．(如圖甲、乙所示)
【典例4】（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為+q的點電荷，從原點以初速度v0射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在0

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【二輪復(fù)習(xí)】高考物理專題13 帶電粒子在組（題型專練）復(fù)合場中的運動.zip：

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