2026年高考物理二轮复习（北京）重难08 带电粒子在复合场中的运动（重难专练）（解析版）

重难08带电粒子在复合场中的运动

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一、带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较

项目垂直进入磁场（磁偏转）垂直进入电场（电偏转）

情境

图

受力FB=qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向FE=qE，FE大小、方向不变，为恒力

变化，FB为变力

运动mv2πmEqEq

匀速圆周运动r=0，T=类平抛运动v=v，v=tx=vt，y=t2

规律BqBqx0ym02m

二、基本思路

三、几种带电粒子在叠加场中的运动简单情况

（1）若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动状态或静止状态。例如电场与磁场叠加时满足

qE=qvB，重力场与磁场叠加时满足mg=qvB，重力场与电场叠加时满足mg=qE。

（2）若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v方向垂直。

v2

（3）若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=m。

r

四、解决带电粒子（带电体）在叠加场中运动的基本思路

五、配速法

（1）滚轮线（摆线）是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹，如图所示。

（2）配速法：若带电粒子在叠加场中做一般曲线运动，运动分析比较复杂，此时，我们可以把初速度分解

为两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或静电力，或重力和静电力的合力）平衡，另

一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见

的运动，这种方法叫配速法。

（3）配速法处理叠加场中的滚轮线类问题

常见情况处理方法

把初速度0分解为一个向左的速度v和一个向右的速度v，v和v大小相等，且满足

初速度为0，有重1212

，则粒子的运动可看作以做匀速直线运动和以做匀速圆周运动的合运动

力qv2B=mgv2v1

把初速度0分解为一个向左的速度v和一个向右的速度v，v和v大小相等，且满足

初速度为0，不计1212

qvB=qE，则粒子的运动可看作以v做匀速直线运动和以v做匀速圆周运动的合运动

重力221

初速度为0，有重

把初速度分解为一个斜向右上的速度和一个斜向左下的速度，和大小相等，且

力0v1v2v1v2

满足qv1B与重力及电场力的合力平衡，则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和以v2

做匀速圆周运动的合运动

常见情况处理方法

把初速度v0分解为v1和v2，且满足qv1B=mg，则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和

初速度为v，有重

0以v2做匀速圆周运动的合运动

力

六、正则动量

假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为+q。在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场

中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。

沿两轴方向的洛伦兹力分力

Fx=qvyB

Fy=qvxB

两个方向分别由动量定理得

−qvyBΔt=mΔvx

qvxBΔt=mΔvy

即−qBΔy=mΔvx，qBΔx=mΔvy

两边累加得−qBy=mvx1−mvx0，qBx=mvy1−mvy0

正则动量的使用要点在于：要研究哪个方向的位移大小，就在与该方向垂直的方向应用动量定理。相比传

统的画出实际运动轨迹的处理方法，引入正则动量概念可以简化求解此类问题的过程，避开了复杂的轨迹

描绘和几何运算，只需进行始末状态的分析，更加简洁明晰，从宏观上直达物理问题的本质。

（建议用时：20分钟）

1.（2025·北京·模拟预测）我国空间站的霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存

在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、电荷量为

的电子从点沿轴正方向水平入射，入射速度为时，电子沿轴做直线运动�；入射速度m为（�）

时，电子的�运动�轨迹如图中的虚线所示，且在最高�0点与在最低点�所受的合力大小相等。不计�重力�<及�电0

子间相互作用，下列说法错误的是（）

A．电场强度的大小

B．电子向上运动的过�=程�中0�动能逐渐增加

C．电子运动到最高点的速度大小为

D．电子运动到最高点的速度大小为2�0+�

【答案】C2�0−�

【详解】A．电子入射速度为时，电子沿轴做直线运动，电子受到的电场力向上，由左手定则可知，洛伦

兹力向下，有�0

解得，�故�=A�正�0确�，不符合题意；

B．电�子=在�0竖�直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中运动，由于洛伦兹力不做功，向

上运动到最高点，电场力做正功，由动能定理可知，电子的动能增加，故B正确，不符合题意；

C．因为入射速度为时，电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，结合B项分析可知，电

子在向上运动过程中v动v能<增v加0速度增大，洛伦兹力增大，所以电子在最低点的合力向上，在最高点的合力

向下，设电子在最高点的速度大小为，有

解得电子运动到最高点的速度大小为�1�q−�，q故v=C�错��误1，−符�q合题意，D正确，不符合题意。

故选C。�1=2v0−v

2.（2025·北京大兴·三模）如图1，在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系，空间内存在与桌面垂直

的匀强磁场。一质量为、带电量为的小球在桌面内做圆周运动。平行光��沿�轴正方向照射，垂直光

照方向放置的接收器记录�小球不同时�刻的投影位置。投影坐标随时间的变化�曲线如图2所示。下列

说法正确的是（）��

A．投影做的是简谐运动，其振幅为

B．时间内，投影的速度逐渐4�增0大

00

C．磁2�感∼应3强�度大小为

2π�

3��0

D．投影的速度最大值为

2π�0

3�0

【答案】D

【详解】A．振幅A是投影偏离平衡位置的最大距离。由图2，最大

最小�=5�0

平衡位�=置�0

则振幅�=3�0，A错误；

B．�=5�时0间−3内�，0=投2影�0图像斜率绝对值减小（斜率表示速度），故投影速度逐渐减小，B错误；

00

C．小2�球∼做3圆�周运动的周期�T−等�于投影简谐运动的周期。由图2可知

1

0

得2�=3�

0

由洛�=伦6兹�力提供向心力

2

�

���=��

且圆周运动周期

2��2��

�=�=��

得，C错误；

2����

�=��=3��0

D．简谐运动最大速度，D正确。

2��0

�max=��=3�0

故选D。

3.（2024·北京·一模）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子

体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平

向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为，磁感应强度大小为。若电荷量为的正离子

在此电场和磁场中运动，某时刻其速度平行于磁场方向�的分量大小为，垂直�于磁场方向的�分量大小

为，不计离子重力，则（）�1

�2

A．电场力的瞬时功率不变

B．该离子的加速度大小保持不变

C．该离子受到的洛伦兹力大小为

D．与的比值保持不变���1

【答案】�1B�2

【详解】A．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则

v1增大，根据功率的计算公式可知电场力的瞬时功率为P=Eqv1，可知电场力的瞬时功率增大，故A错误；

B．离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变，方向总是与电场力方向垂直，则该离子的加速度大小不变，

方向改变；故B正确。

C．由于v1与磁场B平行，v2与磁场B垂直，离子受到的洛伦兹力为F洛=qv2B，故C错误；

D．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，

v2不变，与的比值不断增大，故D错误；

故选B。�1�2

4.（2024·北京西城·一模）如图所示，匀强电场和匀强磁场的方向均水平向右。一个正离子在某时刻速度

的大小为v，方向与电场磁场方向夹角为θ。当速度方向与磁场不垂直时，可以将速度分解为平行于磁

场方向的分量和垂直于磁场方向的分量来进行研究。不计离子重力，此后一段时间内，下列说法

正确的是（�）1�2

A．离子受到的洛伦兹力变大B．离子加速度的大小不变

C．电场力的瞬时功率不变D．速度与电场方向的夹角θ变大

【答案】B

【详解】AB．根据运动的分解可知离子水平方向的分速度变大，垂直于磁场方向的分量不变，则洛伦

兹力不变，电场力也不变，离子受合力不变�1，根据牛顿第二定律可知加速度�2大小不变，故

�=��2��=��

A错误，B正确；

C．根据功率的计算公式可知，电场力的瞬时功率变大，故C错误；

D．由于变大，根据速�度=的�合�成�1可知速度与电场方向的夹角θ变小，故D错误；

故选B。�1

5.（2025·北京丰台·二模）彭宁阱是一种利用静电场和匀强磁场约束带电粒子的装置，其结构主要包括一

个旋转对称的环电极和上下两个端电极。如图1所示，以阱中心为坐标原点，旋转对称轴为z轴，建

立三维坐标系。在环电极和端电极间加电压，阱内产生电场，电势分布为，其中

122

4

且为已知定值，ρ为粒子到轴线的距离，，用于带电粒子的轴�向=（z�轴2�方向−）�约束。轴�向>的0

222

匀强磁场提供径向（垂直z轴方向）的约�束=，�磁感+应�强度为B。彭宁阱的纵剖面（xOz平面）如图2所

示，其中实线表示电场线，虚线表示磁感线。一质量为m、电荷量为+q的粒子在阱中运动，忽略重力、

阻力、相对论效应和辐射。

(1)若仅存在电场，且粒子以初速度从原点沿着z轴正方向运动。

a.求粒子能够运动的最远距离；�0

b.分析粒子沿z轴运动时受到的电场力随坐标z的变化，判断粒子沿z轴做什么运动。

(2)若电场与磁场同时存在，仅研究粒子在xOy平面内（z=0）的运动。在磁场与电场的共同作用下，粒子的

运动状态较为复杂，我们采用运动分解的方法和适当的近似，来研究粒子的运动。如图3所示，粒子在强

磁场中做高频的回旋运动；考虑到电场力的作用，粒子的回旋中心还绕O点做低频漂移圆周运动。粒子的

回旋半径远小于漂移半径，故可近似认为粒子在运动过程中电场强度的大小是恒定的。通过以上信息，求

带电粒子的漂移角速度和回旋角速度。

−+

【答案】(1)a.�，b.简谐振动�

�

�max=�0𝐸

(2)，

��2����

2

�−=2�1−1−���+=�

【详解】（1）a.从原点沿z轴正方向运动，，则带电粒子的电势能

12

�=0��=��=2𝐸�

根据能量守恒

1212

2��0=2𝐸�max

可得

�

�max=�0𝐸

b.因，则电场强度

12Δ�

所以�=2���=−Δ�=−��

带电粒�=子−沿𝐸z�轴做简谐运动。

（或者，方向沿z轴负方向，所以）

Δ�

�=Δ�=���=−𝐸�

（2）在平面，

12

�=0�=−4��

则电场强度

Δ�1

�=−Δ�=2��

（或者，方向沿径向向外）

Δ�1

令�=Δ�=−2��

2

−−

则����−��=���

��2��

2

�−=2�1±1−��

考虑到是低频漂移，所以取

��2��

−2

粒子沿顺时针漂移（俯视）。�=2�1−1−��

粒子的速度总可以视为漂移速度和另外某个速度的矢量和，带电粒子的运动可视为以漂移速度

′

绕O点的�匀速圆周运动和以速度�−�−�（速度大小设为�）在匀强磁场中的匀速回旋运动的合运动，对匀

′

�速−回旋运动�−��2

2+2

则���=���

��

�+=�

（建议用时：30分钟）

1.（2025·北京西城·一模）图1为一种测量电子比荷（电荷量e与质量m之比）的实验装置。两块金属圆

盘M、N平行放置，间距为d，照相底片环绕圆盘，距圆盘边缘的径向距离为L。整个装置放在真空中。

在两圆盘中心连线的中央有一点状粒子源，向各个方向均匀发射速度大小不同的电子，由于d很小，

只有速度方向平行圆盘的电子才能射出圆盘区域。

磁感应强M、N间电势

度差

模式

00

1

模式

B-U

2

模式

-BU

3

装置所在空间的匀强磁场的磁感应强度和M、N间的电势差按表格所示的三种模式切换，表中B、U均为

已知。以水平向右为磁场的正方向，电场只存在于圆盘间。图2为装置的俯视图，定义角度θ为底片上某点

和圆盘中心的连线与磁感应强度正方向的夹角。

(1)判断在θ=90°和270°两个方向中，哪个方向在三种模式下均会有电子从圆盘区域射出，求在模式2、3情

况下射出电子的速度大小v0.

(2)在（1）中有电子射出的方向上，求在模式2、3情况下，电子打在底片上的位置间的距离y0与比荷的关

系。

(3)经过三种模式的反复切换，取有曝光线条的一段底片进行分析，如图3所示。研究人员发现，电子在磁

场中运动的轨迹半径远大于L，可将电子在偏转过程中受到的洛伦兹力视为恒力。为充分利用数据测出电子

的比荷，测量不同角度θ及对应的上下两条曝光曲线间距y，获取多组数据。以y为纵坐标轴，合理选择横

坐标轴，就能将数据拟合为一条过原点的直线，使其斜率等于电子的比荷。请写出横坐标轴的表达式。

【答案】(1)见解析，

�

v0=𝐵

(2)

����

2222

�0=2𝐵�−(𝐵�)−�

(3)222

���sin�

【详解�】（1）三种模式下，在模式二洛伦兹力向上，电场力向下，可以受力平衡直线运动，模式三

洛伦兹力向上电场力向下，可以�=受9力0°平衡，因此三种模式方向上均有电子射出

模式二洛伦兹力向下，电场力向下不能受力平衡，不能射出。

在�=模2式702°、3情况下，圆盘间电场的电场强度大小

�

电子在圆盘间做直线运动有�=�

0

得���=��

�

0𝐵

（2v）=在模式2、3情况下，电子从圆盘间射出后，在磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，根据牛

顿第二定律有

2

�0

��0�=��

得

��

2

由几�何=关𝐵系�可知，在两种模式下，电子打在底片上的位置间的距离

22����22

�0=2(�−�−�)=22−(2)−�

𝐵�𝐵�

（3）在模式2、3情况下，设从圆盘间沿θ角方向射出的电子速度的大小为v，则根据

�

���sin�=��

得

�

�=𝐵sin�

电子射出后，由题意可知，电子的偏转可视为恒力作用下的运动，则电子从圆盘边缘运动到底片的时间

�

�

设电子加速度的大小为a，则�=

电子打在底片上的偏转距离���sin�=𝑚

�12

2=2��

得

222

����sin�

�=�⋅�

则以为横轴作出图像，图线的斜率即为电子的比荷。

222

���sin�

2.（20�25·北京顺义·一模）通过电场和磁场我们可以控制微观带电粒子的运动（不计重力影响）。

(1)控制带电粒子的轨迹

如图1所示，空间中存在方向指向圆心的径向电场，质量为m，电荷量为的粒子，垂直于电场方向射

入电场，刚好做半径为R的匀速圆周运�动1，所经圆弧电场强度大小均为E。求+�该粒子的速度大小。

�1

(2)约束带电粒子的运动范围

如图2所示，某粒子源通过小孔沿纸面向右侧各方向以速度射出带电粒子，射出的带电粒子进入宽度

为H的有界匀强磁场区域，该区�域2内磁感应强度方向垂直纸面�向2里，若所有带电粒子均不能从磁场右边界

射出。已知带电粒子的质量为m，带电量为q，不考虑粒子间的相互作用，求该匀强磁场磁感应强度的最小

值。

�min

(3)控制带电粒子运动位置

如图3所示，一束电子（电子的电荷量为e，质量为m）从水平放置的两极板中心轴线上的位置以水平向

右的初速度射入两极板间电压为u的匀强电场，电子能全部通过极板，随后电子进入极板�3右侧的磁感应

强度为方�向3水平向右的匀强磁场区域（磁场区域足够大），最终打到荧光屏上。当时，电子打在荧

光屏上的�0点，以为坐标原点，沿水平方向和竖直方向建立x轴和y轴。已知两极�板=长0度为L，两板间

44

距离为d，�极板右端�到荧光屏的水平距离为。

5���3

�=2�0�

a.当两极板间电压（为一定值），电场强度方向竖直向下时，求电子打在荧光屏上的位置坐标。

b.当两极板间电压�=�0�0（交变电压）时，电子在两极板间发生不同程度的偏转。初速度极大（可以

认为电子穿过电场�时=，�两si极n�板�间电压不变），随着电子不断打在荧光屏上，在图4中画出电子打�3在荧光屏上

位置连线的大致形状，并简要说明理由。

【答案】(1)

𝐸�

�1=�

(2)

2��2

�min=��

；见解析

(3)a.2b.

�0��0���0�

2

�0��3,2���3+�0��3

【详解】（）根据题意可知，电场力提供粒子做圆周运动的向心力，则有

12

�1

𝐸=��

解得

𝐸�

1

（2）�由=题意可�知，所有粒子在磁场中运动的半径相同，若沿左边界向下射入磁场的粒子不能从右边界射出，

则所有粒子均不能从右边界射出，临界情况如图所示

由几何关系有

由牛顿第二定律�=2�

2

�2

�2�min=��

解得�

2��2

�min=��

（3）a.根据题意可知，电子在两极板间运动时有，，，

�012

3

射出电场时�=����=𝑚�=��=2��

�

在磁场中运动�的=时��间

′�

�=�3

在垂直磁场平面上，做匀速圆周运动，

2

���2��

2

�0���=��=��

以上各式联立可得，，

2

�0���0�5��5

2′

�=2���3�=�0��3�=2�0�=4�

所以位置坐标为

2

�0��0���0�

2

�0��32���3�0��3

b.电子在磁场中沿,方向做+匀速运动；垂直方向以的速度做匀速圆周运动，所有电子到达屏幕所

用的时间相同，转�过3�的4角度也相同，又如图所�示3�4��

则有

�2��3

0

可知t为an定�=值�，=即�不��同位置出射的电子的圆心在同一条线上，所以所有电子在屏幕上位置在一条直线上，图

形如图�所示

推导函数表达式为

��0�+2��3

�=2��3�

3.（2025·北京丰台·一模）2025年1月20日，我国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置

（EAST），首次完成1亿摄氏度1066秒“高质量燃烧”。对人类加快实现聚变发电具有重要意义。EAST

通过高速运动的中性粒子束加热等离子体，需要利用将带电离子从混合粒子束中剥离出来。已知所有

离子带正电，电荷量均为q，质量均为m。所有粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略不计。

(1)“偏转系统”的原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对平行带电极板构成

的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行，离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿

原方向运动。已知两极板间电压为U，间距为d，若所有离子速度均为v，且都被下极板吞噬，求偏转极板

的最短长度L。

(2)“偏转系统”还可以利用磁偏转进行带电离子的剥离，如图2所示。吞噬板MN的长度为2d，混合粒子束

宽度为d，垂直于吞噬板射入匀强磁场，磁感应强度大小为B，且范围足够大。

a.要使所有离子都打到吞噬板上，求带电离子速度大小的范围：

b.以吞噬板上端点为坐标原点，竖直向下为y轴正方向建立坐标系，如图2所示。单位时间内通过y轴单位

长度进入磁场的离子数为n。假设不同速度的离子在混合粒子束中都是均匀分布的，则落在吞噬板上的数量

分布呈现一定的规律。设单位时间内落在吞噬板y位置附近单位长度上的离子数量为ny，写出ny随y变化

规律的表达式（不要求推导过程），并在图3中作出ny-y图像。

【答案】(1)

2�

𝐵��

(2)a.；b.见解析

�𝐵�𝐵

2�≤�≤�

【详解】（1）带电离子在两极板内做类平抛运动，则，，

12𝐸��

�=���=2���=�=𝐵

联立可得

2�

�=𝐵��

（）最上沿的离子能打到吞噬板上，满足，

2a.2

�min

��min�=��2�=�

所以

�𝐵

�min=2�

最下沿的离子不能超出吞噬板，满足，

2

�max

'′

��max�=��2�=2�

所以

�𝐵

�max=�

所以带电离子速度大小的范围为

�𝐵�𝐵

2�≤�≤�

b.①当y≤d时，能打到y处的离子，源自混合粒子中居于上部宽度为y中的离子，所以

�

��=��

②当d<y≤2d时，能打到y处的离子，源自混合粒子中居于下部宽度为2d-y中的离子，所以

2�−�

�

由以上分析可得，图线如图所示�=��

4.（2024·北京·高考真题）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器

的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，

间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有

方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径

向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂�1直于轴线的平面绕

轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离

子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴

极发射的未进入放电室的电+�子刚好完全中和。

已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用。

（1）求氙离子在放电室内运动的−加�速度大小a；

（2）求径向磁场的磁感应强度大小；

�2

（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求

此霍尔推进器获得的推力大小F。

【答案】（1）；（2）；（3）

������2��𝐵

21

【详解】（1）对�=于�氙离子，�仅考=虑���电场的作�用=，则1氙+�离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律

�解�得=氙�离�子在放电室内运动的加速度大小

��

�=

（2）�电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径向

磁场给的洛伦兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛伦兹力提供向心力，即

，

2

��

21

解得径向磁场的磁感应强度大小为��=������=�

��

�2=

（3）�单�位�1时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单

位时间内进入放电室的电子数为，则未进入的电子数为，设单位时间内被电离的氙离子数为,则有

�1�−�1�

�

=�

�已1知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有

�联立=可�−得�单1位时间内被电离的氙离子数为

��

�=

氙离子1+经�电场加速，有

12

�𝐵=��1

时间内2氙离子所受到的作用力为，由动量定理有

′

��

′

�解得⋅Δ�=�⋅Δ�⋅��1

′��2��𝐵

由�牛=顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小

1+�

′

�则=�

��2��𝐵

�=（北京模拟预测）图甲为显像管工作原理示意图，阴极发射的电子束（初速不计）经电压为

5.210+24�··KU

的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面（以垂直圆面向里为正方向），磁场区的

中心为O，半径为r，荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过O点垂

直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条

长为的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应

强度不2变3。�已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求

（1）电子打到荧光屏上时速度的大小v；

（2）磁场磁感应强度的最大值；

（3）某同学突发异想，想将磁场�0由圆形改为矩形，但保持亮线长度不变，求矩形的最小面积。

【答案】（）；（）；（）

1232

2��12��33�

0min

【详解】（1）由�=动能�定理�=�3��=2

12

��=��

解得2

2��

�=

（2）�根据洛伦兹力提供向心力，有

2

�

���由0几=何�关系得

�

�=解得3�

12��

�0=

（3�）矩3形�如图所示，由几何关系

2

�33�

�min=�+3�=

22

（建议用时：40分钟）

1.（2024·北京海淀·三模）如图1所示为太空粒子固定探测装置，整个装置由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分组成，Ⅰ部

分为金属圆筒ABCD，半径为；Ⅱ部分为金属网筒，半径为；Ⅲ部分为两水平放置的线

圈1和线圈2，线圈1和线圈�21只在金属网筒�1�内1�部1�产1生竖直向�下2的匀强磁场（磁感应强度大

�1�1�1�1

小）。在AD和边上分别有处于同一水平面上的两小孔E、F，两小孔E、F与圆

12�(�1−�2)

�0=�2��1�1

面Ⅰ的圆心O在同一水平直线上，两小孔E、F允许质量为m、电荷量＋的带电粒子X自由通过，现

金属圆筒ABCD（电势为）和金属网筒（电势为，�）之间加上如图2（俯视图）

所示的辐向电场。不考虑�带1电粒子的重力�及1在�1运�1动�1过程中的相�2互作�用1>。�2

（1）如图1所示，现在让带电粒子X从小孔E处静止释放，经辐向电场加速后进入磁场，求带电粒子X

�0

在磁场中的位移大小。

（2）如�图02所示，若单位时间内有n个带电粒子X连续从小孔E处静止释放，带电粒子先后经过金属网筒

上小孔F和G、金属圆筒ABCD上的小孔H，

a�.1求�1带�1电�粒1子在磁场中单位长度的粒子个数N；

b.求粒子束对产生磁场装置的平均作用力大小。

（a和b两问结果均用q、n、、和m表示）

�1�2

【答案】（1）；（2）

�

2�2�=�2�(�1−�2)�=2���(�1−�2)

【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理有

12

�(�1−�2)=��1

解得2

2�(�1−�2)

�1=

粒子X进入磁�场后做圆周运动，洛伦兹力充当向心力有

2

�1

��1�0=�

解得�1

�可1知=粒�2子X在磁场中偏转，位移大小

90°

�（=2）2a�.取1=长度2为�2x的粒子束，在这段长度内的粒子数为

′�

�=��=�

则单位长度的�个数

个带电粒子速度变化量的大小为

′b.nX

���

�=�=�=�2�(�1−�2)

Δ单�位1=时间2内��，1根据动量定理有

�可=得2���1

�根=据2牛�顿�第�三(�定1−律�，2)X对探测装置平均作用力大小为

2�.=2（�20�2�4·(北�1京−西�城2)·二模）在半导体芯片加工中常用等离子体对材料进行蚀刻，用于形成半导体芯片上的

细微结构。利用电磁场使质量为m、电荷量为e的电子发生回旋共振是获取高浓度等离子体的一种有

效方式。其简化原理如下：如图1所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；旋转电

场的方向绕过O点的垂直纸面的轴顺时针旋转，电场强度的大小为E；旋转电场带动电子加速运动，

使其获得较高的能量，利用高能的电子使空间中的中性气体电离，生成等离子体。

（提示：不涉及求解半径的问题，圆周运动向心加速度的大小可表示为）

（1）若空间只存在匀强磁场，电子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动�，�=求�电�子做圆周运动的角速度。

（2）将电子回旋共振简化为二维运动进行研究。施加旋转电场后，电子在图2所示的平面内运动，电子�0运

动的过程中会受到气体的阻力，其方向与速度的方向相反，大小，式中k为已知常量。最终电子

会以与旋转电场相同的角速度做�匀速圆周运动，�且电子的线速度与旋�转=电��场力的夹角（小于90°）保持不变。

只考虑电子受到的匀强磁场的洛伦兹力、旋转电场的电场力及气体的阻力作用，不考虑电磁波引起的能量

变化。

a．若电场旋转的角速度为，求电子最终做匀速圆周运动的线速度大小v；

b．电场旋转的角速度不同，�电子最终做匀速圆周运动的线速度大小也不同。求电场旋转的角速度多大时，

电子最终做匀速圆周运动的线速度最大，并求最大线速度的大小。�

c．旋转电场对电子做功的功率存在最大值，为使电场力的功率不�小ma于x最大功率的一半，电场旋转的角速度

应控制在范围内，求的数值。

�1∼�2�2−�1

【答案】（1）；（2）a．，b．，c．

������2�

0max21

�=��=22�=��−�=�

【详解】（1）电子在洛伦兹力作用下做�+圆�周�−运��动

得���=��0�

��

�0=

（2）a�．设电场力与速度方向夹角为，沿圆周的半径方向，根据牛顿第二定律

�①

沿圆周的切线方向��sin�+���=���

②

联立①②两式，可得��cos�=��

b．由a问可知，当

��

22

�=�+��−��

�即�−��=0

��

�=

时，电�子运动的速度最大，电子最终做匀速圆周运动的最大速度

c．设电场力与速度方向夹角为，旋转电场对电子做功的功率

��

�max=��

22

2���

2

当�=��⋅�⋅cos�=��=2

�+��−��

�即�−��=0

��

�=

时，电�场对电子做功的功率最大

22

��

若�0=

�

�0

�=

可知2

22

解�得�−��=�

���

�1=−

��

���

�2=+

则��

2�

�2−�1=

3.（2024·北�京丰台·二模）“地磁爆”是由太阳风暴引起的：强烈的太阳风暴将大量的带电粒子（质子和电

子）以极大的初速度向外抛射，到达地球后影响了地球磁场的分布，对地球的电力、通信产生影响。

（1）已知质量为m的质点在太阳的引力范围内所具有的势能为，r为质点到太阳中心的距离。

��

p

已知，太阳质量，太阳�半径=−��，太阳到地球的距离

−1122308

�=6.6，7×太1阳0风初N速⋅m度kg�=，2质×子1的0质k量g�=7×1，0质m子的电荷量�=

115−27

1.5×10.忽略m地球对粒子的引�力0作=用7。×10ms�=1.7×10kg�=1.6×

−19

a1.0估算C质子到达地球附近时的速度的大小v（结果保留一位有效数字）；

b.地球周围存在磁场，赤道上空磁感应强度的方向平行于经线向北。假设在赤道上空某处存在厚度约为

的匀强磁场区域，磁感应强度的大小约为，太阳风暴所产生的部分带电粒子垂直于赤道表

−7

2面0射km向地球，通过计算判断其中的质子能否穿过3该×磁1场0区T域。

（2）考虑地球引力的作用，上述匀强磁场区域内还存在重力场，重力场可认为是均匀的。该区域内有大量

的等离子体（质子和电子），故被称为等离子层。在磁场和重力场的共同作用下，等离子层中电子和质子的

无规则热运动宏观上表现为赤道平面内绕地心的定向运动和其他运动的叠加，形成可观测的电流。已知该

区域内磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，不计带电粒子间的相互作用，质子质量为m，电量为q。

请利用运动的合成和分解，求质子绕地心定向运动的速度。

（提示：为简化模型，假设带电粒子无规则运动的速度方向仅局限在赤道平面内，如图所示）

【答案】（1）a.m/s；b.无法穿过匀强磁场区域；（2）

5𝑚

�=3×10��

【详解】（1）a.带电粒子只在太阳引力作用下运动，由机械能守恒定律得

12���12���

��0−=��−

2估算得到�2�

m/s

5

b.不计带电粒子与地球间的万有引力，则带电�粒=子3只×在10洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设半径为，根

′

据洛伦兹力提供向心力