易錯點09靜電場

目錄

01易錯陷阱（4大陷阱）

02舉一反三

【易錯點提醒一】誤認為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運動狀態,

【易錯點提醒二】誤認為洛倫茲力不做功，其分力也不能做功

【易錯點提醒三】帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤

【易錯點提醒四】混淆磁偏轉和電偏轉

【易錯點提醒五】不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題

03易錯題通關

易錯點一：誤認為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運動狀態，共分力也不做功

1對洛倫茲力的理解

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

小）同時改變，具有被動性的特點

（2）洛侖茲力的方向垂直于。的方向，不做功，只改變u的方向不改變u的大小

易錯點二：帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤

直線邊界，粒子進出磁場具有對稱性（如圖所示］

圖a中粒子在磁場中運動的時間/=1=翳

圖b中粒子在磁場中運動的時間f=（l-3T=（1—3鎏=2臚

圖c中粒子在磁場中運動的時間t=M=^

7iBq

2

>O\X

咐X

XX

O\XX

xy

0

o

d=2R2J=7?sin0d=R(l+cos8)d=R(l-cos0)

abcd

平行邊界存在臨界條件，圖a中粒子在磁場中運動的時間〃=鬻，，2=彳=蜀

圖b中粒子在磁場中運動的時間,=符

圖c中粒子在磁場中運動的時間

d27im2rrm—0

，=(i=(r西二-^-

圖d中粒子在磁場中運動的時間t=M=^

7iBq

易錯點三：混淆磁偏轉和電偏轉

帶電粒子在組合場中運動分析思路

1.帶電粒子在組合場中運動的分析思路

第1步:粒子按照時間順序進入不同的區域可分成幾個不同的階段。

第2步:受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如第3步中表圖所示。

第3步:用規律

帶

電

粒

子電場中

分

在常規分解法

的

離

特殊分解法

痂

電

場

磁功能關系

運

中

動勻速運動公式

磁場中

圓周運動公式、牛頓

定律以及幾何知識

2.“電偏轉”與“磁偏轉”的比較

垂直電場線進入垂直磁感線進入

勻強電場（不計重力）勻強磁場（不計重力）

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，播是恒力而改變，FB是變力

軌跡拋物線圓或圓的一部分

y：：

運動軌跡示例、y?[????a??

A-

0

mv

利用類平拋運動的規律求解：改=w,X半徑：r=qB

qE1qE2Tm

求解方法=votfVy=rn1,y=2'm?祥周期：T=qB

VyqEt偏移距離y和偏轉角＜p要結合圓的幾何關系

偏轉角9y兩足：tan(p=Vx

利用圓周運動規律討論求解

x_(P(pm

運動時間

t=2nT=Bq

動能變化不變

易錯點四：不能正確分析帶電粒子在磁場中的臨界問題

1.解題關鍵點

(1)關注題目中的"恰好""最大""最高""至少"等關鍵詞語，作為解題的切入點.

(2)關注涉及臨界點條件的幾個結論：

①粒子剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切；

②當速度裂一定時，弧長越長，圓心角越大，則粒子在有界磁場中運動的時間

越長；

③當速度裂變化時，圓心角越大，對應的運動時間越長.

2.一般思維流程

【易錯點提醒一】誤認為洛倫茲力不做功，也不能改變電荷的運動狀態；.誤認

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，在豎直絕緣的平臺上，一個帶正電的小球以水平速度V。拋出，落到在

地面上的A點，若加一垂直紙面向里的勻強磁場,

則小球的落點（）

A.仍在A點B.在A點左側

C.在A點右側D.無法確定

易錯分析：錯|選A,理由是洛倫茲力不做

功，不改變小球的運動狀態，故仍落在A點。

【答案】C

解析：事實上洛倫茲力雖不做功，俁可以改變小球的運動狀態，可以改變速度的方向，

小球做曲線運動，在運動中任一位置受力如圖所示，小球此時受到了斜向上的洛倫茲力的作

用，小球在豎直方向的加速度故小球平拋的時間將增加，落點

型金析」錯解原因是部分同學認為洛倫茲力不做功就直接得出C,事實上，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小，

滑動摩擦力減小，滑到底端摩擦力做功減小，則滑到底端時的動能增大，速率增大，應該選

Ao

【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小，滑動摩擦力

減小，滑到底端摩擦力做功減小，則滑到底端時的動能增大，速率增大，應該選A

變式練習

【變式1T】.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，將整個裝置置于水平向外的勻強磁場中，有一帶正電

小球從A靜止釋放，且能沿軌道前進，并恰能通過圓弧最高點，現若撤去磁場，使球仍能恰

好通過圓環最高點C,釋放高度H'與原釋放高度H的關系是（）

A.H,=HB.H'<HC.H,>HD.不能確定

【答案】C

2____

解析：無磁場時，小球隊在C點由重力提供向心力，〃28=〃?上，臨界速度匕

從A至C由機械能守恒定律得:有H'=-R

2

加磁場后，小球在C點受向上的洛侖茲力，向心力減小，“2亭分

臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機械能守恒

因v，<V。，所以>H,故選項C正確

【變式1-2】.（2022?湖南?校聯考模擬預測）如圖所示，光滑的水平桌面處于勻強磁場中，

磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為8；在桌面上放有內壁光滑、長為L的試管，底部有

質量為機、帶電量為g的小球，試管在水平向右的拉力作用下以速度v向右做勻速直線運動

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

的運動，下列說法中正確的是（）

A.小球帶負電，且軌跡為拋物線

B.小球運動到試管中點時，水平拉力的大小應增大至夕8

C.洛倫茲力對小球做正功

D.對小球在管中運動全過程，拉力對試管做正功，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4=/3恒定，小球運動的軌跡是

一條拋物線，故A錯誤；

B.由于小球相對試管做勻加速直線運動，會受到與試管垂直且向左的洛，則拉力應增大倫

茲力的分力

工=*8小球運動到中點時沿管速度為q=則拉力應增大至尸=*欄E以維

持勻速運動，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際洛倫茲力總是與速度方向垂直，不做功，

故C錯誤；

D.對試管、小球組成的系統，拉力做功的效果就是增加小球的動能，由功能關系

Wp=A￡k=qvBL故D正確；故選BD,

【變式1-3].（2023,陜西西安?西安市東方中學校考一模）如圖所示，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、磁感應強度大小為2的勻強磁場中，一帶電荷

量為久4>0）的滑塊自a點由靜止沿斜面滑下，下降高度為力時到達〃點，滑塊恰好對斜面

無壓力。關于滑塊自a點運動到6點的過程，下列說法正確的是（）（重力加速度為g）

A.滑塊在。點受重力、支持力和洛倫茲力作用B.滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為

qBy/2gh

C.洛倫茲力做正功D.滑塊的機械能增大

【答案】B

【詳解】A.滑塊自。點由靜止沿斜面滑下，在。點不受洛倫茲力作用，故A錯誤；

BCD.滑塊自。點運動到b點的過程中，洛倫茲力不做功，支持力不做功，滑塊機械能守恒

mgh=^mv2

得v=廊故滑塊在b點受到的洛倫茲力為F=qBv=qB河故B正確，C錯誤，D錯誤。

故選【易錯點提醒二】帶電粒子在磁場中運動的時間確定錯誤

【例3】如圖所示圓形區域內，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質量和電荷量都相

同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場

中射出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短，若帶

電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動時間越長的帶

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

易錯分析：|因帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據廠上得選項A、C正確。造成上

-----------V

述錯解的原因是具體分析帶電粒子在磁場中運動的時間由什么物理量來決定，而生搬公式

「上，而公式中的兩物理都變化時，我們就不能僅由一個物理量來判斷。必須弄清帶電粒

V

子在圓形磁場中的運動時間決定因素，應養成配圖分析的習慣、推導粒子在磁場中運動時間

的決定因素，在這個基礎上再對各個選項作出判斷。

【答案】A

解析根據公式1=誓可知，粒子的比荷相同，它們進入勻強磁場后做勻速

圓周運動的周期相同，選項D錯誤；如圖所示，設這些粒子在磁場中的運動

圓弧所對應的圓心角為0,則運動時間t=^T,在磁場中運動時間越長的帶

電粒子，圓心角越大，運動半徑越小，根據「=翟可知，速率一定越小，選項

Bq

A正確、B錯誤；當圓心角趨近180。時，粒子在磁場中通過的路程趨近于0,所以選項C錯

誤.

變式練習

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

上戶點開有一個小孔，過戶的橫截面是以。為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從戶點沿戶。

射入，然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方

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。不計重力。下列

說法正確的是（）

A.粒子的運動軌跡可能通過圓心。

B.最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出

C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短

D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心。的連線

【答案】BD

【解析】D.假設粒子帶負電，第一次從/點和筒壁發生碰撞如圖，。為圓周運動的圓

心

由幾何關系可知NOiAO為直角，即粒子此時的速度方向為。4,說明粒子在和筒壁碰

撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；

A.假設粒子運動過程過。點，則過尸點的速度的垂線和8連線的中垂線是平行的不能

交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和連線的中垂線依舊

平行不能確定圓心，則粒子不可能過。點，A錯誤；

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

最少應為三角形如圖所示

q

即撞擊兩次，B正確；

C.速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數會可能增多，粒子運動時間不一定

減少，C錯誤。

故選BD。

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

m

強磁場，磁感應強度為B,運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（

XXXX

B

A.N帶負電，M帶正電

B.N的速率大于M的速率

C.N的運行時間等于M的運行時間

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.根據左手定則，N粒子帶正電，M粒子帶負電，故A錯誤;

2丁—

B.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力有力8=個可推知一［紅

由于兩粒子的比荷相等，可知，粒子做圓周運動的半徑與粒子速度成正比，根據圖片可知，

M粒子做圓周運動的半徑比N粒子做圓周運動的半徑大，故M粒子的速率比N粒子的速率

大，故B錯誤；

C.根據勻速圓周運動速度與周期的關系7=也可推知?=縹由于兩粒子的比荷相等，

vqB

故兩粒子做圓周運動的周期相同，圖片可知，兩粒子在磁場中做圓周運動的圓心角相同，故

兩粒子在磁場中運動的時間相等，故C正確；

D.粒子在磁場中受洛倫茲力的大小為尸=44在同一磁場，B相同，根據以上的分析可知M

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

關系，故不能確定兩粒子所受洛倫茲力的大小關系，故D錯誤。故選C。

【變式1-3】如圖所示，圓形區域內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A2方向從A點射入磁場中，分別從圓弧上的尸、0兩點射出，則下列說法

正確的是（）

A.若兩粒子比荷相同，則從A分別到尸、。經歷時間之比為1:2

B.若兩粒子比荷相同，則從A分別到P、。經歷時間之比為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】AD

【詳解】AB.兩粒子運動軌跡如圖

。卜

e2

粒子運動時間為旃譚若兩粒子比荷相同，則從A分別到尸、°經歷時間之比為

%:J=6。：120=1:2,

A正確；

C.設圓形區域半徑為R,由題意可知，兩粒子運動半徑之比為小為=6R：￡=3：1根據

2

q皿=若兩粒子比荷相同，則兩粒子在磁場中速率之比為巧飛=3:1,C錯誤；

r

D.同理C選項，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。

【易錯點提醒三】混淆磁偏轉和電偏轉

【例4】電子以與磁場垂直的速度v從P處沿PQ方向進入長為d、寬為h的勻強磁場區域,

從N點射出，如圖所示，若電子質量為m,電荷量為e,磁感應強度為B,則（）

A.電子在磁場中運動的時間為《

V

B.電子在磁場中運動的時間在于為幺

V

c..電子豎直方向的的位移為丸=%（4）2

2mv

D.電子的水平位移d=J網些—丁

錯解電子進入磁場后，水平方向上做勻速直線運動，所以有d=故電子在磁場中運動

的時間為四，選項A正確；豎直方向上做初速度為零的勻加速進線運動，加速度。=%，

vm

所以有力=!。產=也（4）2,故移過項C正確。

22mv

易錯分析：|造成上述錯解的原因是把磁偏轉當成了電偏轉，誤認為電子在磁場中使粒子

做勻變速曲線運動一一”類平拋運動”，實際上電子在磁場中，洛倫茲力是變力，使電子做

【答案】D

變速曲線運動一一勻速圓周運動，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動，電子在磁場中運動的時間等于弧長與速

率的比值，要大小4,所以選項A錯誤、B正確；為所以過P點和N點作速度的垂線，兩

V

垂線的交點即為電子在磁場中做勻速圓周運動時的圓心0,如圖14所示，圖中L=由

勾股定理可得（R—h）2+d2=R2,整理知d=^2Rh-h2，而R=卷，故4=不駕

所以選項D正確、C錯誤。

支式練習

【變式1-1】2023海南卷）如圖所示，質量為機，帶電量為+4的點電荷，從原點以

初速度％射入第一象限內的電磁場區域，在o<y<%,o<x<Xo（/、先為己知）區域內

有豎直向上的勻強電場，在X〉/區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度值

有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到接收器上，則（）

A粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足后=曳學

B.粒子從NP中點射入磁場時速度為%

c.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為了

D.粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是駕■

qB

【答案】AD

2

【解析】若粒子打到孫中點，則Xo=%G，-y0=-.^t

22m

2

解得石=2畢，選項A正確;

粒子從孫中點射出時，貝!)&=

221

速度％=J%+vj=—而+y；

xo

C.粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為明則

2

tane=%=4="^

匕理工qEx°

m%

粒子從電場中射出時的速度

◎='

sin。

粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則

v2

qvB=m—

r

則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到磔的距離為

d=rcosO

解得

8=旦

Bv°

選項C錯誤;

D.當粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則此時粒子從“點進

入磁場，此時豎直最大速度

X。=卬

出離電場的最大速度

Vm=展+V：，m=-J-；+4*

xo

則由

V2

qvB=m——

r

可得最大半徑

「_mvm_mv0忖+44

qBqByx；

選項D正確；

【變式『2】如圖所示，xOy坐標系中，在><。的范圍內存在足夠大的勻強電場，方向沿

y軸正方向，在0<y<2d的區域內分布有垂直于xOy平面向里的勻強磁場。在y=2d處放置

一垂直于y軸的足夠大金屬板而，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。一質量為機、帶電量為+4的粒子以初速度/由P(0,-d)點沿無軸正方向射入電

場，第一次從。(L5d,0)點經過x軸，粒子重力不計。下列說法正確的是()

A.勻強電場的電場強度E=誓

9qd

B.粒子剛好不打在擋板上則r=d

C.要使粒子不打到擋板上，磁感應強度B應滿足的條件為號■

3qd

D.要使粒子不打到擋板上，磁感應強度8應滿足的條件為3＜駕

3qa

【答案】AC

【詳解】A.粒子在電場中做類平拋運動，水平方向L5d=引豎直方向d=1.必』解得

2m

B.設粒子進入磁場時與x軸夾角為，.CretanV，-arctanarctan4-53。粒子進入磁場時

C/—dlCLdll-dlCLdU------------dlCLdll——33

%%3

的速度為v=T"=lvo粒子運動軌跡與擋板相切時粒子剛好不打在擋板上，由幾何知識得

cos5303

r+rcos53°=2J

解得廠=34故B錯誤；

4

CD.粒子做勻速圓周運動，倫茲力提供向心力得解得2=舞粒子不打在擋板上,

磁感應強度需要滿足的條件是22誓故c正確，D錯誤。故選AC。

5qd

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

第四象限內存在沿x軸負方向的勻強電場。質量為優、電荷量為”的粒子①與②從y軸上

的點尸（0,h'）處同時以速率vo分別沿與y軸正方向和負方向成60。角射入磁場中，兩粒子

均垂直穿過x軸進入電場，最后分別從y軸上的加、N點（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，下列說法中正確的是（）

A.勻強磁場的磁感應強度大小為叵也

3%

B.粒子①與粒子②在磁場中運動的時間之比為2:1

C.粒子①與粒子②在電場中運動的時間之比為2:1

D.粒子①與粒子②在電場中運動的時間之比為若:1

【答案】BD

【詳解】A.兩粒子運動軌跡如圖

則由幾何關系知兩粒子在磁場中的軌跡半徑為r=—又因為"膽=皿解得3=烏的

sin60r2qlQ

故A錯誤；

B.由幾何關系得，粒子①與粒子②在磁場中運動軌跡對應的圓心角為120。和60。，又因為

°

粒子在磁場中運動時間為/所以粒子①與粒子②在磁場中運動的時間之比為2:1,故

B正確；

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

~=￡=：片故+=出粒子①與粒子②在電場中運動的時間之比為/:1,故C錯

2222A

誤，D正確。

故選BD=

【易錯點提醒四】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，質量為m,電量為q,以平行于Ox軸的速度v從

y軸上的a點射入圖中第一象限所示的區域。為了使該粒子能從x軸上的b

點以垂直于Ox軸的速度v射出，可在適當的地方加一個垂直于xy平面、磁

感應強度為B的勻強磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區域內，重力忽略不

計，試求該圓形磁場區域的最小半徑。

錯解帶電粒子在磁場中作半徑為R的圓周運動，，由牛頓第二定律有

qvB=m*得R黑，所以該圓形磁場區域的最小半徑是若

易錯分析：I造成上述錯解的原因是認為帶電粒子做勻速圓周運動的軌道半徑就是圓

形磁場區域的最小半徑。沒有結合“最小”來正確地畫出臨界圓形磁場。然后利用幾何關系

求半徑。

2mv

【答案】廠2qB

解析根據題意，質點在磁場區域中的軌道是半徑等于R的圓上的1/4圓周，這段圓弧應

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

軸的直線，則與這兩直線均相距R的0'點就是圓周的圓心。如圖16所示。

質點在磁場區域中的軌道就是以O,為圓心、R為半徑的圓（圖16中虛線圓）上的圓弧MN,

M點和N點應在所求圓形磁場區域的邊界上。

在通過M、N兩點的不同的圓周中，最小的一個是以MN連線為￥

所以本題所求的圓形磁場區域的最小半徑為

MN=A/2Rr^MN

得由

所求磁場區域如圖中實線圓所示.

變式練習

【變式1T】（2023?四川成都?石室中學校考三模）一勻強磁場的磁感應強度大小為8,方

向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab=cd=2L,bc=de=L,一束;He粒子在紙

面內從。點垂直于用射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。已知粒

子的質量為機、電荷量為4。則粒子在磁場中運動時間最長的粒子，其運動速率為（）

a勺??產/

??1

ca

A3qBLB5qBl5qBL口5qBL

4m4m8m6m

【答案】B

2

【詳解】根據題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有■又有

2兀丫27rm

1=-----=-------

vqB

（Xam

設粒子運動軌跡所對的圓心角為。，則運動時間為/=丁"=-s可知，。越大，運動時間

2萬qB

越長，當粒子運動時間最長時，運動軌跡如圖所示，可知。越大則Nsc越小，而

Nmc=420?NoacNo/8第Z.oac

由幾何關系有乙2+（2乙-32=R2解得R==L聯立可得丫=迎=咨故選B。

【變式1-2】（2023?甘肅蘭州?統考一模）如圖所示，直角三角形ABC區域內存在垂直于

紙面向里的勻強磁場，NB=90。，ZC=30°?某種帶電粒子（重力不計）以不同速率從3C邊

上。點垂直3C邊射入磁場，速率為匕時粒子垂直AC邊射出磁場，速率為匕時粒子從3C邊

射出磁場，且運動軌跡恰好與AC邊相切，粒子在磁場中運動軌跡半徑為小2,運動時間

為4、G。下列說法正確的是（）

D

A.粒子帶正電B.弓：0=2:1C.匕：匕=3:1D.44=1：4

【答案】C

【詳解】.由題意再結合左手定則可知粒子帶負電，故A錯誤;

B.根據題意做出粒子在磁場中運動得軌跡如下圖所示

A

B

由圖中幾何關系可得｛=4可知粒子再磁場中運動得半徑之比小馬=3：1故B錯誤；

sin30

C.根據洛倫茲力充當向心力有8/=〃?且解得粒子在磁場中運動時的速度為v=g"由此可

rm

知粒子在磁場中運動的速度之比等于軌跡半徑之比，即匕：嶺=不4=3：1故C正確；

D.根據粒子在磁場中運動得軌跡可知，一個在場中偏轉了30。，另一個在磁場中偏轉了180。，

2兀m

而同一種粒子在相同磁場中運動得周期為丁=一不相同，則可知粒子在磁場中運動的時間之

qB

比等于偏轉角度之比，即

tx-t2=30°：180°=1:6故D錯誤。故選Co

【變式『3】（2023?甘肅張掖?高臺縣第一中學校考模擬預測）如圖所示為寬度為1,、磁感

應強度大小為B的有界勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面向外，長度足夠長。在下邊界。處

有一個粒子源，沿與邊界成60。角方向連續發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。已知以最大速度v射入的粒子，從磁場上邊界飛出經歷的時間為其做

圓周運動周期的二。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則下列判斷正確的是（）

0

V

A.粒子的比荷為即反

B.粒子在磁場中運動的周期為一47r乙I

v

C.在下邊界有粒子飛出的長度為百L

D.從上邊界飛出的粒子速度大小范圍為（石-l）v~v

【答案】AD

【詳解】AB.速度最大的粒子在磁場中運動的時間為其做圓周運動周期的》運動軌跡如

圖所示

圓心為其圓弧所對圓心角為30。，由幾何關系得Rsin30o+L=Rcos30。解得

R=（0+1）L由洛倫茲力提供向心力有qvB=機持解得粒子比荷:=（丁；加粒子在磁場

中運動的周期7=型=小目業￡

VV

故A正確，B錯誤；

D.當粒子軌跡恰好與上邊界相切時，剛好不從上邊界飛出，運動軌跡如圖，圓心為3。設

這種情況下粒子速度大小為匕，半徑為由幾何關系得

由洛倫茲力提供向心力有qvtB=機/解得V,=（退-1卜可知粒子從上邊界飛出的粒子速度

大小范圍為（6-l）v~v,故D正確；

C.下邊界有粒子飛出的長度為％=248530。=26￡故C錯誤。故選AD。

易錯題通關

1.（2023全國乙卷）如圖，一磁感應強度大小為6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。點沿x正向入射到磁場中，在磁場另

一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的戶點；SP=1,

S與屏的距離為一，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強

2

度大小為￡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（）

EEBB

A.----B.——C.----D.-

2aB'aB~2aE'aE~

【答案】A

【解析】由題知，一帶電粒子由。點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，

則根據幾何關系可知粒子做圓周運動的半徑

r=2a

則粒子做圓周運動有

V2

qvB=m—

r

則有

q_v

m2a-B

如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為￡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

聯立有

q_E

mla-B~

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磁場，

關于小球運動和受力說法正確的是（）

-----------?-----------

XXXX

Bv

XXVXX

XXXX

A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B.小球運動過程中的速度不變

C.小球運動過程的加速度保持不變D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功

【答案】A

【詳解】A.根據左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；

BC.小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC

錯誤；

D.洛侖茲力永不做功，D錯誤。

故選Ao

3.（2023?北京?統考高考真題）如圖所示，在磁感應強度大小為2、方向垂直紙面向外的勻強

磁場中，固定一內部真空且內壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截

面半徑為a,長度為。帶電粒子束持續以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁

場力作用下經過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，

單位時間進入管道的粒子數為小粒子電荷量為+4,不計粒子的重力、粒子間的相互作用，

下列說法不正確的是（）

????8???

A.粒子在磁場中運動的圓弧半徑為a

B.粒子質量為駟

V

C.管道內的等效電流為的萬。）

D.粒子束對管道的平均作用力大小為

【答案】C

【詳解】A.帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為

故A正確，不符合題意；

B.根據0冷="7匕可得粒子的質量m=細故B正確，不符合題意；

rv

C.管道內的等效電流為1=NqSv單位體積內電荷數為3則I=4q兀入=圖故C錯誤,

Tiav7iva

符合題意；

D.由動量定理可得以/=2加必力粒子束對管道的平均作用力大小尸、牛=尸聯立解得

*="及//故D正確，不符合題意。故選C。

4.如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一段靜止的長為L截面積為S的通電導

線，磁場方向垂直于導線。設單位體積導線中有0個自由電荷，每個自由電荷的電荷量都為

q,它們沿導線定向移動的平均速率為V。下列選項正確的是（）

X

子

A.導線中的電流大小為nSqi/

B.這段導線受到的安培力大小為nLq2

C.沿導線方向電場的電場強度大小為由

D.導線中每個自由電荷受到的平均阻力大小為qvB

【答案】A

【詳解】A.根據電流定義/=2其中:人根據題意Q=〃S4上帶入化解即可得到/的微觀表

tV

達式為1=nSqv

故A正確；

B.由安培力公式可得F堂=BIL；I=nSqv聯立得F笠=nSLqvB故B錯誤；

C.沿導線方向的電場的電場強度大小為E=/u為導線兩端的電壓）它的大小不等于vB,

只有在速度選擇器中的電場強度大小才是由，且其方向是垂直導線方向，故C錯誤；

D.導線中每個自由電荷受到的平均阻力方向是沿導線方向的，而qvB是洛倫茲力，該力的

的方向與導線中自由電荷運動方向垂直，二者不相等，故D錯誤。故選A。

5.如圖所示，一個帶正電的粒子，從靜止開始經加速電壓4加速后，水平進入兩平行金屬板

間的偏轉電場中，偏轉電壓為。2,射出偏轉電場時以與水平方向夾角為。的速度進入金屬板

右側緊鄰的有界勻強磁場，虛線為磁場的左邊界，場范圍足夠大，粒子經磁場偏轉后又從磁

場左邊界射出，粒子進入磁場和射出磁場的位置之間的距離為/,下列說法正確的是（）

A.只增大電壓心，。變小

B.只減小電壓G，。變大

C.只減小電壓S，距離/變小

D.只增大電壓q,距離/變大

【答案】BD

【詳解】AB.粒子先加速運動后做類平拋運動媽二喇；tan*^；vy=at.。=。；t=-

2%ma%

解得tan?=3芻只增大電壓U2,，變大，B正確，只減小電壓歷，。變大，選項A錯誤，B

2U{d

正確；

CD.在磁場中做勻速圓周運動夕訪=7〃匕；\-=rcosO；v0=vcosO；解得

r22

212mqUi

qB

只減小電壓比，距離/不變，只增大電壓切，距離/變大，選項C錯誤，D正確。

故選BDo

-XXX

、

XXx、

、o

■、n

、>;

/x/X

/?x<

e一

X

6.如圖所示，已知甲空間中沒有電場、磁場；乙空間中有豎直向上的勻強電場；丙空間中

有豎直向下的勻強電場；丁空間中有垂直紙面向里的勻強磁場。四個圖中的斜面相同且絕緣,

相同的帶負電小球從斜面上的同一點。以相同初速度v0同時沿水平方向拋出，分別落在甲、

乙、丙、丁圖中斜面上A、B、C、D點（圖中未畫出）。小球受到的電場力、洛倫茲力都始終

小于重力，不計空氣阻力。則（）

A.0、C之間距離大于。、B之間距離

B.小球從拋出到落在斜面上用時相等

C.小球落到B點與C點速度大小相等

D.從。到A與從。到。，合力對小球做功相同

【答案】AC

【詳解】A.帶電小球在乙圖中受到豎直向下的電場力與重力，而在丙圖中受到豎直向上的

咿

電場力與重力，根據類平拋運動規律，則有1j=cote可知，當加速度越大時，所用時間越

-at

2

短，因