磁場綜合題（ 解析版）-2025年高考物理二輪復習熱點題型專項訓練（新高考）

熱點題型?計算題攻略

專題17磁場綜合題

目錄

01.題型綜述...............................................................

02.解題攻略...............................................................

題組01帶電粒子(帶電體)在勻強電場中的直線運動.....................................1

題組02帶電粒子在組合場中的運動....................................................10

題組03帶電粒子在疊加場中的運動....................................................29

03.高考練場.................................................................................45

01題型綜述

帶電粒子在有界勻強磁場中的運動可以很好的結(jié)合幾何知識考察學生數(shù)理結(jié)合解決問題的能力，帶電

粒子在組合場中的運動可以有機的將電場中的勻變速運動與磁場中的勻速圓周運動巧妙結(jié)合考察學生綜合

分析的能力。近年高考中發(fā)現(xiàn)帶電體在電磁組合場中的復雜曲線運動越來越多，而要解答好此類問題需要

考生對正則動量以及“配速法”要熟練掌握。因此帶電粒子在磁場中的綜合問題考察較多多樣考試題型豐

富深受命題者青睞。有效突破本專題的方法是學生要熟練掌握電磁偏轉(zhuǎn)的基本規(guī)律，深入學習正則動量與

配速法等相關知識才能立于不敗之地。

02解題攻略

題組01帶電粒子(帶電體)在勻強電場中的直線運動

【提分秘籍】

1.分析帶電粒子在勻強磁場中運動的方法

(1)畫軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡

(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓

基本思路

心角、運動時間相聯(lián)系，運動時間與周期相聯(lián)系

(3)用規(guī)律：利用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式和

半徑公式

qvB=?A

基本公式

rv

mvf2jim

重要結(jié)論r=——,T=-----

qBqB

(1)軌跡上的入射點和出射點的速度方向的垂線的交點為圓心，如圖(a)

(2)軌跡上入射點速度方向的垂線和入射點、出射點兩點連線中垂線的

交點為圓心，如圖(b)

(3)沿半徑方向距入射點距離等于r的點，如圖(c)(當r已知或可算)

圓心的確定

1於X，。廣**

x><1

；??!x\xx；xxy!

；..：x步^"

哈，1臉經(jīng)x：lxxl

(a)(b)(c)

方法一：由物理公式求，由于氏7V="

r

所以半徑7=出

半徑的確定qB

方法二：由幾何關系求，一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)通

過計算來確定

方法一：由圓心角求，￡=且?丁

2兀

時間的求解

方法二：由弧長求，￡=》

V

2.帶電粒子在有界勻強磁場中運動的三個重要結(jié)論

(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角(如圖甲，4=。2=仇)。

(2)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向(如圖乙，兩側(cè)關于兩圓心連線。。對稱)。

乙

(3)粒子速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡對應的圓心角(如圖甲，ai=a2)o

3.帶電粒子在磁場中運動的多解成因

(1)磁場方向不確定形成多解；

(2)帶電粒子電性不確定形成多解；

(3)速度不確定形成多解；

（4）運動的周期性形成多解。

【典例剖析】

【例1-1］如圖所示，在xQy坐標系中，垂直于％軸的虛線與y軸之間存在磁感應強度大小為5的勻強磁場

（含邊界），磁場方向垂直xOy平面向里。一質(zhì)子束從坐標原點射入磁場，所有質(zhì)子射入磁場的初速度大小

不同但初速度方向都與x軸正方向成。=53。角向下。尸。是與x軸平行的熒光屏（質(zhì)子打到熒光屏上不再反

彈），P、。兩點的坐標分別為尸（0,0.4/）,2（/,0.4/）o已知質(zhì)子比荷包=左，sin53°=0.8o求：（結(jié)果均可用

m

分數(shù)、根號表示）

P------------------------Q

XXXX

B

X

⑴質(zhì)子在磁場中運動的最長時間是多少？

⑵如果讓熒光屏PQ下表面有粒子打到的長度盡可能長且質(zhì)子的運動軌跡未出磁場，質(zhì)子初速度大小的取

值范圍是多少？

⑶熒光屏PQ下表面有粒子打到的長度為多長?

143兀,kBl,5kBi,,11+27154,

【答案】⑴(2)---<v<9J/

90kB49m45

【詳解】（1）質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，質(zhì)子能打到y(tǒng)軸上時其軌跡圓心角最大，在磁場中運動的時

間最長，如圖1所示

由洛倫茲力提供向心力得

V2

qvB=m—

R

質(zhì)子圓周運動的周期為

2nR

v

由幾何關系可知圖1中的

6>=2（90°-?）

粒子在磁場中運動的最長時間為

360?！?/p>

t=-----------1

m360°

解得

_143兀

_一90kB

(2)當質(zhì)子軌跡與尸0相切時，如圖1所示，設此時初速度為匕。由幾何關系得

R+Rcosa=0.4/

由洛倫茲力提供向心力得

V,2

qvxB=m—

解得

當粒子運動軌跡與磁場右邊界相切時，設此時初速度大小為”2,軌跡半徑為R，如圖2所示

R'+Rsina=I

同理得

學

=m

qv2B~^

解得

5kBl

v=------

29m

綜上可得質(zhì)子初速度大小的取值范圍為

kBl5kBi

<v<-------

4-------9m

(3)如圖3所示

圖3

軌跡與尸。相切，根據(jù)幾何關系可知

xx=Rsina

解得

項=7

Rsina+R=I

R'cosa+H'sin0=0.4/

則

x2=R'sina+H'cos，

熒光屏PQ下表面有粒子打到的長度為

Ax=x2-Xj

解得

￡11+2V154,

Ax=--------------1

45

【例1-2］（2024?河北?模擬預測）如圖，xOy坐標系所在的平面內(nèi)，在x>0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁

場。x軸上的點尸（一。,0）向直線x=-。的右側(cè)各個方向發(fā)射大量質(zhì)量為加、電荷量為q的帶負電粒子，速度

大小均為V。其中某粒子在點。（0,-46。）垂直于y軸離開磁場區(qū)域。不計粒子重力。

MJxXX

I

XXX

I

I

XXX

I

I

_n\yXXX

P“0XXX

XXX

XXX

XXX

XXX

XX

XXX

⑴求磁感應強度B的大?。?/p>

（2）從P點發(fā)出的粒子中是否有粒子能回到尸點？若無，請說明理由；若有，請求出粒子從尸點發(fā)出到回到

尸點的時間。

【答案】⑴曲把⑵有，迪巴+”

6aq3vv

【詳解】（1）如圖中軌跡①所示

從尸點水平射入磁場的粒子可以垂直于V軸離開磁場，在磁場中，洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力,

設軌跡半徑為『，則有

V2

qvB=m—

由幾何關系得

2r=4JJq

解得

_y/3mv

LJ-

6aq

（2）假設有粒子能回到尸點，如圖中軌跡②所示，設從P點沿x軸上方與x軸成6角發(fā)射的粒子能回到尸

點，由幾何知識得

r?cose=a?tan。

解得

9=-

3

故假設成立，即有粒子能回到P點

粒子在磁場中運動時軌跡所對應的圓心角

5允

a=2兀一（兀-28）=-

粒子在磁場中運動的時間

t二aTa27m二am

127i2兀qBqB

粒子做勻速直線運動的時間

a

?2=2COS￡

V

粒子從尸點發(fā)出到回到P點的時間

t=tx+t2

聯(lián)立解得

10百兀。4。

t=------+一

3Vv

【變式演練】

【變式1-1].如圖所示，在04/41.5a的區(qū)域內(nèi)存在垂直坐標平面向里的勻強磁場，f=0時刻，一位于坐

標原點的粒子源在xQy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與x軸正方向

的夾角分布在0~180。范圍內(nèi)，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在時刻剛好從尸（2a,0）點離開磁場。已知

帶電粒子的質(zhì)量為他、電荷量為q,不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用。

y

XXXXXXXX

XXXXXXXX

opX

（1）求帶電粒子初速度的大小;

（2）求磁場上邊界有帶電粒子離開的區(qū)域長度；

⑶改變勻強磁場的磁感應強度大小，使得25%的粒子從x軸離開磁場區(qū)域，求改變后的勻強磁場的磁感應

強度大小。

【答案】（1）手（2）6。⑶

3夕。

【詳解】（1）設帶電粒子的初速度大小為v,沿y軸正方向發(fā)射的粒子在/時刻剛好從尸（2a,0）點離

開磁場，由幾何關系可知，粒子運動的半徑為

R=a

7TR

v=----

%

所以

7ia

v二——

%

（2）磁場上邊界有帶電粒子離開的區(qū)域，如圖所示

%=R2_（1.5"R）2

L^c=21題

解得

LAC=GQ

（3）由幾何關系可得

△i—RiCos45°=1.5〃

由牛頓第二定律得

v2

qvB=m——

&

解得

R（2-拒）nm

D—

3夕。

【變式1-2].如圖，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場內(nèi)有一塊足夠大平面感光板

ab,板面與磁場方向平行，在距成的距離上處有一個點狀的a粒子放射源S,它向平面內(nèi)各個方向均勻發(fā)

射帶正電的a粒子(重力不計)，。粒子的速度大小都是V。(已知。粒子的電荷與質(zhì)量之比為幺，磁感應強

m

度大小為3,速度大小丫=駟，發(fā)射源與成板距離為L),現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運動的a粒子，求：

m

XXXXX

ab

XXxxX

：L

?

SA

XXXXX

Wab上被&粒子打中的區(qū)域的長度。

(2)擊中成板的e粒子中運動最長和最短的時間之差是多少。

⑶各個方向均勻發(fā)射的a粒子中有多少占比的c粒子可以擊中板。

【答案】(1)(V3+1)Z(2)制(3)50%

【詳解】(1)由牛頓第二定律得

V2

qvB=m——

R

解得

R=L

軌跡如圖示：

3

(2)擊中/板的。粒子中運動最長時間，使粒子豎直向下運動，軌跡圓與/相切，軌跡圓的弧長為:周

4

長，所用時長

32Tlm3Tlm

ty=-x----=----

14Bq2Bq

最短的時間使粒子與豎直方向成30。向上運動，軌跡圓的弦長最短，此時粒子在磁場中運動的時間最短，軌

跡圓的弧長為J周長，所用時長

6

12TmTim

=-x---=---

6Bq3Bq

擊中仍板的a粒子中運動最長和最短的時間之差

A17im

M一%=---

126Bq

（3）沿豎直向上方向射出粒子與屏相切粒子走過的弧長為周長的;，沿豎直向下方向射出粒子與屏相切粒

3

子走過的弧長為周長的I,二者夾角為18。。,即粒子射出在S點右側(cè)的打在“平面感光板上,各個方向均

勻發(fā)射的戊粒子中有50%占比的a粒子可以擊中ab板。

題組02帶電粒子在組合場中的運動

【提分秘籍】

1.帶電粒子的“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較

進入電場時速度方向

垂直進入磁場（磁偏轉(zhuǎn)）垂直進入電場（電偏轉(zhuǎn)）

與電場有一定夾角

—J

\???1c出）

約一、

情景圖

E

0”!1JM

FB=q^B,凡大小不變，方

FE=qE,理大小、方向FE=qE,FE大小、方

受力向變化，方向總指向圓心，

均不變，bE為恒力向均不變，F(xiàn)E為恒力

民為變力

類斜拋運動

類平拋運動%=/sin0,%cos

勻速圓周運動

0-嗎

運動規(guī)律m

_冽％）_2jimm

丫fI

BqBqx=W,y=甄?x~~kt)sinO'tyy~'H)cos

2m

0-t一鳴2

2m

2.常見運動及處理方法

電場中

帶

電

粒

子

在

分

離

的

電

場

磁

場

中

的

運

動

磁場中

【典例剖析】

【例2-1］（2024?吉林長春?一模）醫(yī)院中X光檢測設備的核心器件為X射線管。如圖所示，在X射線管中,

電子（質(zhì)量為機、電荷量為-e,初速度可以忽略）經(jīng)電壓為。的電場加速后，從P點垂直磁場邊界水平射

入勻強磁場中。磁場寬為2乙磁感應強度大小可以調(diào)節(jié)。電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后撞擊目標靶，撞在不同位置

就會輻射出不同能量的X射線。已知水平放置的目標靶兒W長為2Z,PM長為L,不計電子重力、電子間

相互作用力及電子高速運行中輻射的能量。

2L

XXX

加速電場

XXX

p

CXXX

XXX

L

XXX

M目標靶N

⑴求電子進入磁場的速度大小;

⑵調(diào)節(jié)磁感應強度大小使電子垂直撞擊在目標靶上，求電子在磁場中運動的時間;

⑶為使輻射出的X射線能量范圍最大，求磁感應強度的大小范圍。

12m2y/2meU2^2meU

【答案】⑴(2)2)-------snS-------

veU5eLeL

【詳解】（1）在加速電場中，根據(jù)動能定理有

eU=—mv2

2

解得

（2）設電子垂直打在MN中間時，做勻速圓周運動的半徑為用，由幾何關系得

RX=L

7T

對應的圓心角為所以

7rR,

t=—L

2v

聯(lián)立以上各式解得

7iL2m

（3）電子在磁場中運動有

evB=m—

R

解得

mv

eB

設打在M點時的運動半徑為&,依幾何關系可知

R,=-L

2

聯(lián)立以上各式解得磁感應強度最大值為

_2y12meU

T

"i=eL

同理，打在N點的半徑為％,依幾何關系可知

2

7?3=（7?3-Z）-+（2￡）-

聯(lián)立以上各式解得磁感應強度最小值為

_ly/lmeU

=

5eL

綜上所述，磁感應強度的取值范圍為

2」2meU?臺42j2nieU（把白〃寫成“<〃也給分）

5eLeL

（注：用其他方法得到正確結(jié)果可按步驟酌情給分）

【例2-2】利用電場和磁場實現(xiàn)粒子偏轉(zhuǎn)是科學儀器中廣泛應用的技術(shù)。在圖示的xQy平面（紙面）內(nèi)，》<西

的區(qū)域I內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，x軸上方的％<x<x2區(qū)域II內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場。一

質(zhì)量為沉、電荷量為4的帶正電粒子（不計重力），從原點。處以大小為%的速度垂直磁場射入第二象限，

方向與x軸負方向夾角6=60。，一段時間后垂直了=不虛線邊界進入電場。已知為=母，々=3a，區(qū)

域n中電場的場強￡=誓。求:

4qL

???I?<n；

OX1%2x

⑴區(qū)域I內(nèi)磁場的磁感應強度大小b

(2)粒子從原點。出發(fā)到離開電場的總時間f；

⑶粒子離開電場時的速度大小Vo

【答案】(1)箸⑵23戶⑶五％

2qL3%20

【詳解】(1)粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，在磁場中做圓周運動的半徑設為五，由幾何關系可得

7?sin。=xx

解得

R=2L

結(jié)合牛頓第二定律可得

mv?

BBq%=~t

聯(lián)立上式解得

BH

2qL

(2)粒子運動圓軌跡所對的圓心角為120。，在磁場中運動時間設為乙，則

其中

P2TTR

1=------

%

解得

47rL

%二----

3%

粒子在電場中做類平拋運動，設該粒子的加速度大小為“，在電場中運動時間為沿v軸負方向運動的距

離為〃，則有

qE=ma

x2-xx=vQt2

解得

2版

/2=

%

故豎直方向的位移

7123上

用=-at、=—

222

由于

h<R+Rcos0=3L

粒子從電場邊界離開，則總時間

2(2%+3揚工

t=t+t=

123Vo

(3)由動能定理得

qEh=gmv2-gmv1

解得

不

v=TVo

【例2-3】平面直角坐標系xOy中，第I象限存在沿了軸負方向的勻強電場，第IV象限的某未知矩形區(qū)域內(nèi)

有垂直坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為翁，如圖所示。-帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓

加速后，以速度%沿X軸正方向從/軸上/點進入勻強電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，從X軸上的3點進入第IV象

限，且速度方向與x軸正方向的夾角為60。，一段時間后，進入矩形磁場區(qū)域，離開矩形磁場區(qū)域后垂直穿

過y軸上的C點。已知帶電粒子質(zhì)量為加、電荷量為q,4。的距離為0c的距離為2力，不計粒子的重

力。求：

（2）2與。之間的距離x；

⑶矩形勻強磁場區(qū)域面積S的最小值；

⑷帶電粒子從/點運動到。點的時間fo

【答案】（1）坐⑵述力⑶與2⑷斗馬

2q323%

【詳解】（1）在加速電場中，根據(jù)動能定理

；加片=qU①

（2）在偏轉(zhuǎn)電場中，設加速度為。，沿著電場方向

h=—at^（3）

根據(jù)幾何關系

V

tan60°=—（4）

%

Vy=電⑤

垂直電場方向

解得

乂=空八⑦

3

_2應h

(3)粒子在2點時的速度為v,由

cos60°=—

v

解得

V=2%⑧

粒子在磁場中

qvB=機工⑨

R

解得

R=h⑩

并從尸點離開

矩形磁場的寬

4=7?-Acos60°=?

矩形磁場的寬長

"=2&sin60°=⑻@

矩形磁場的面積

5=//=烏2?

2

(4)粒子由5到￡的時間

2〃-(A+&COS60。)瓦

=------------------=---n

osin6006%

在磁場中的時間

1e12兀R?！ㄐ?/p>

“3二產(chǎn)3丁或?

從尸到c的時間為

2回揚D.,no

v6v0

所以

3V3+7T,

t=t+1++1=----------h

l243%

【例2-4】如圖1所示的xOy平面內(nèi)，x軸上方存在平行于y軸向下的勻強電場，x軸下方存在垂直xOy平

面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2,粒子質(zhì)量為加、電荷量為4(4>0),粒子在該組合場中運動的速

度可用圖2中一個點尸(匕，vj表示，匕、為分別為粒子速度在兩個坐標軸上的分量。粒子從圖1中y軸上

某一點出發(fā)，出發(fā)時其速度坐標尸位于圖2中。(%,0)點，尸點沿線段仍移動到〃%，-%)點；隨后P點沿

以。為圓心的圓弧移動至c(%，%)點，尸點沿線段M回到。點。已知粒子在磁場中所受洛倫茲力大小為在

電場中所受靜電力大小的近倍，粒子不計重力。求:

(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；

(2)勻強電場的場強大??；

(3)尸點沿圖2中閉合曲線移動1周回到。點時，粒子的位置坐標。

【答案】⑴答(2)Bv0⑶［。，箸］

BqI2Bq)

【詳解】(1)粒子在磁場中做圓周運動時的速度為

v—Jv；+v；-亞%

根據(jù)洛倫茲力提供向心力

v2

Bqv=m—

解得做圓周運動的半徑為

V2mv0

Bq

（2）粒子在磁場中所受洛倫茲力大小為在電場中所受靜電力大小的0倍，則有

Bqv=y[2Eq

其中

v-41v0

解得

E=Bv0

在y方向有

Eq

…電”力

在x方向有

代入數(shù)據(jù)解得

x=^^點移動到6點時有

v*=%，【一%

即粒子進入磁場時速度方向與x軸夾角為

<9=45°

由于

mv

rsm?ca*=——-o

Bq

故粒子在磁場中做圓周運動的圓心在y軸上，根據(jù)對稱性，粒子出磁場時的N點與粒子進磁場的M點關于

。點對稱，故尸點沿題圖2中閉合曲線移動1周回到。點時，粒子又回到出發(fā)位置，即有

Ax=0,2〃電y=VQ

代入有關數(shù)據(jù)解出

可知，尸點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子的位置坐標為0,譽L

I2Bq）

【例2-5］（2025高三上?湖南?階段練習）如圖所示，在真空中的坐標系中，第二象限內(nèi)有邊界互相平行且

寬度均為"的六個區(qū)域，交替分布著方向豎直向下的勻強電場和方向垂直紙面向里的勻強磁場，調(diào)節(jié)電場

強度和磁感應強度大小，可以控制飛出的帶電粒子的速度大小及方向?，F(xiàn)將質(zhì)量為加、電荷量為g的帶正

電粒子在邊界P處由靜止釋放，粒子恰好以速度大小為v且與y軸負方向的夾角為。=53。從坐標原點進入

X>°區(qū)域,在X>°的區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小為加、方向沿X軸正方向的勻強磁場,不計粒子重力。

已知:5in53°=0.8,cos53°=0.6,求:

P

才1萬廠［一?。?/p>

dxB°xxxx

正;口二□二

dxBQXXXX

匯JB

dxBoXXXX

OX

⑴第二象限中電場強度大小Eo和磁感應強度大小綜；

（2）粒子在x>0的區(qū)域運動過程中，距離x軸的最大距離；

⑶粒子在x>0的區(qū)域運動過程中，粒子每次經(jīng)過x軸時的橫坐標。

mv24mv68

【答案】（1）-；77~7（2）工"（3）x=-^（^=1,2,3-）

6qd15qd55

【詳解】（1）粒子從尸點到。點的過程中，只有電場力做功，洛倫茲力不做功，則由動能定理可知

3qE°d=~my2

解得第二象限中電場強度大小

門mv2

=——7

6qd

粒子在經(jīng)過磁場時水平方向上由動量定理

EqB°Vyt=mAvx

即

qB0x3d=加vsin53°

解得磁感應強度大小為

_4mv

°-15^

(2)粒子經(jīng)過O點時，沿夕軸負方向的分速度大小為

Vy=VCOS0

沿X軸正方向的分速度大小為

vx=vsinO

沿V軸負方向的分速度。使粒子在垂直紙面的平面內(nèi)左勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可知

2

V

qvBR-m—y

r

代入解得

37

r=—a

5

粒子做圓周運動距x軸的最大距離為

.6

Lr=2r=-a

5

(3)粒子在x>0的區(qū)域內(nèi)做圓周運動的周期為

b2兀m2jid

I=------=------

qBv

粒子在x>0的區(qū)域內(nèi)沿'軸方向做勻速直線運動，粒子在一個周期內(nèi)沿入軸正方向運動的距離為

Ax=vxT

粒子在x〉0的區(qū)域內(nèi)每次經(jīng)過x軸時的橫坐標為

x=n-Ax(n=1,2,3…)

解得粒子在x>0的區(qū)域運動過程中，粒子每次經(jīng)過x軸時的橫坐標為

8

x=—7ind(n=1,2,3…)

【變式演練】