第50讲 带电粒子在叠加场中的运动（专项训练）（湖南专用）（教师版）

第50讲带电粒子在叠加场中的运动目录01课标达标练TOC\o"1-2"\h\u 1题型01带电粒子在叠加场中运动 1题型02叠加场中的现代科学仪器 1202核心突破练 1903真题溯源练 2701带电粒子在叠加场中的运动1.（2025广东省深圳市高三下学期一模考试）如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力力、加速度a与机械能等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】滑块下滑过程中始终没有离开斜面，滑块沿斜面受到的重力分力和电场力分力均保持不变，滑块做匀加速直线运动，则图像为一条与横轴平行的直线；根据图像的斜率表示速度，可知图像的斜率逐渐增大，故AC错误；由于滑块由静止做匀加速直线运动，则有可知图像为过原点的倾斜直线，故B正确；除重力做功外，还有电场力做功，则滑块的机械能不守恒，故D错误2.如图所示，一质量为m、带电荷量为＋q的液滴，以速度v沿与水平方向成45°角、斜向右上的方向进入正交的、足够大的匀强电场和匀强磁场的叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，液滴做直线运动。重力加速度为g，则下列说法错误的是（

）A．电场强度E的大小为B．磁感应强度B的大小为C．液滴在叠加场中做直线运动的过程中，其机械能的增加量大于电势能的减少量D．当液滴运动到某一点M时，电场方向突然变为竖直向上，电场强度的大小不变，不考虑电场变化对磁场的影响，液滴加速度a的大小为【答案】ABC【详解】AB．液滴带正电，液滴受力如图所示根据平衡条件，有，解得，故AB错误，符合题意；C．液滴在叠加场中做直线运动的过程中，洛伦兹力不做功，其机械能的增加量等于电场力做的正功，电场力做的正功等于电势能的减少量，所以其机械能的增加量等于电势能的减少量，故C错误，符合题意；D．电场方向突然变为竖直向上，电场强度的大小不变，电场力与重力平衡，洛仑兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，可得液滴加速度故D正确，不符合题意。故选ABC。3.如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上由静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知),小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动,则(重力加速度为g) ()A.小球可能带正电B.小球做匀速圆周运动的半径为r=1C.小球做匀速圆周运动的周期为T=2πD.若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期增大【答案】BC【详解】小球在竖直平面内做匀速圆周运动,则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反,则小球受到的电场力竖直向上,小球带负电,故A错误;因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,有Bqv=mv2r,由动能定理得Uq=12mv2,且有mg=qE,联立可得小球做匀速圆周运动的半径r=1B2UEg,故B正确;由运动学公式可得T=2πrv,解得T=2πEBg,4.（2025·宁夏银川·一模）如图所示的xOy坐标平面，在第二、三象限存在半径为R的圆形匀强磁场区域，圆心位于（﹣R，0）位置，磁感应强度大小为B，方向垂直xOy坐标平面向里，电场方向沿y轴负方向，匀强磁场的大小和方向与第二、三象限的磁场均相同。圆形磁场边界上有一个P点，P点与y轴的距离为。一个质量为m、电荷量为q（）的粒子从P点垂直磁场方向射入圆形匀强磁场区域，恰好从坐标原点O沿x轴正方向进入正交的电磁场区域。已知电场强度大小为，不计粒子所受重力，求：(1)带电粒子从P点垂直进入圆形匀强磁场时的速度大小；(2)带电粒子在第一象限距x轴的最大距离；(3)带电粒子在第一象限的轨迹与x轴相切点的坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）带电粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场做匀速圆周运动，轨迹如图1所示。设OP与x轴负方向的夹角为α，由几何关系得OP=2Rcosα根据题设条件有解得α=30°，由几何关系可知为等边三角形，则轨迹半径：根据洛伦兹力提供向心力得解得（2）将速度分解，设某一分速度v1使粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，即又由题设条件联立，解得由左手定则知速度v1方向沿x轴正方向，与v0方向相同，令代入数据解得v2方向也与v0方向相同，所以带电粒子的运动可以分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的逆时针方向的匀速圆周运动的合运动，轨迹如图2所示，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得带电粒子将做旋轮线运动，图中实线表示它的轨迹，M点为粒子距x轴的最远点。在这一点粒子的速度它到x轴的最大距离联立，解得（3）粒子在第一象限的运动周期Q点为粒子运动轨迹与x轴的相切点，Q点坐标联立，解得根据运动的周期性，粒子与x轴相切点的坐标5.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：（1）电场强度E的大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）微粒在复合场中的运动时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲可知得.（2）由平衡条件得电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙由几何知识可得l联立解得解得（3）微粒做匀速直线运动的时间微粒做匀速圆周运动的时间微粒在复合场中的运动时间6.（2025·天津和平·二模）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，的虚线界面右侧是接收离子的区域。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m、电荷量为q的负离子，已知离子入射速度与y轴夹角最大值为60°，且速度大小与角之间存在一定的关系，现已测得离子两种运动情况：①当离子沿y轴正方向以大小为（未知）的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点；②当离子的入射速度大小为（未知），方向与y轴夹角入射时，离子垂直通过界面，不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。(1)求的大小；(2)求的大小及②情况下离子到达界面时与x轴之间的距离；(3)现测得离子入射速度大小随变化的关系为，为回收离子，今在界面右侧加一宽度也为L且平行于轴的匀强电场，如图所示，为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面，求所加电场的电场强度至少为多大？【答案】(1)(2)，，(3)【详解】（1）当离子沿y轴正方向以大小为的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点，由几何关系可得由牛顿第二定律有联立解得（2）若离子与y轴夹角向左上入射时，运动轨迹如图所示由几何关系可得由牛顿第二定律有解得离子到达界面时与x轴之间的距离若离子与y轴夹角向右上入射时，运动轨迹如图所示由几何关系可得由牛顿第二定律有解得离子到达界面时与x轴之间的距离（3）离子入射速度大小随变化的关系为由牛顿第二定律有离子运动半径为可知，圆心一定在界面上，即离子一定垂直通过界面，当时，通过界面的速度最大，则保证此离子不能穿越电场区域且重回界面即可，此时速度恰好能重回界面的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为，对该离子竖直方向运用动量定理有两边求和可得又由动能定理得联立解得02叠加场中的现代科学仪器7．（2025·山西吕梁·一模）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）A．甲图中，要增大粒子的最大动能，可增加磁场的大小B．乙图中，A极板是发电机的正极C．丙图中，重力不计的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是（为磁感应强度，为电场强度），但粒子的电性无法判断D．丁图中，若载流子带负电，稳定时C板电势高【答案】A【详解】A．当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有可得粒子的最大动能为可知要增大粒子的最大动能，可增加磁场的大小，故A正确；B．乙图中，根据左手定则可知正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B错误；C．重力不计的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器，根据受力平衡可得解得由于正、负电荷从左边进入速度选择器，只要满足，都可以沿直线匀速通过速度选择器，所以粒子的电性无法判断，故C错误；D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时C板电势低，故D错误。故选A。42．8．（2025·河南安阳·一模）如图所示，关于以下四种装置，下列说法中正确的是（）A．甲中交变电场的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相同B．乙中同一条谱线上的粒子质量必定相等，因此装置叫做“质谱仪”C．丙中无论自由电荷的电性如何，的电势必定高于的电势D．丁中将一块金属板插入电容器两极板间，静电计指针张角不变【答案】AD【详解】A．回旋加速器中，不计粒子在电场中加速的时间，则交变电场的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相同，A正确；B．经过速度选择器，粒子的速度相同，根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有解得打在屏上的位置除了与粒子质量有关外，与粒子的电荷量也有关系，B错误；C．若自由电荷带负电，根据左手定则，负电荷打在板，即的电势高于的电势，C错误；D．电容器始终连接电源，故静电计电压始终不变，等于电源电压，即张角不变，D正确。故选AD。9．（2025·北京东城·一模）如图所示，将一金属或半导体薄片垂直磁场放置，在薄片的左右两个侧面间通入电流，前后两个侧面间产生电势差（霍尔电压），这一现象称为霍尔效应。(1)设图中薄片为某N型半导体（自由电子导电），其宽度为、厚度为，单位体积内的自由电子个数为，电子所带电荷量为，电流大小为，磁感应强度大小为。a.判断图中前后侧面电势的高低；b.推导霍尔电压的表达式。(2)实际上，霍尔电压很小，不易测量。已知金属导体中单位体积的自由电子数约个，半导体材料中单位体积的导电粒子数约个，请说明为什么选用半导体材料制作霍尔元件。【答案】(1)a.前侧面电势高，后侧面电势低；b.(2)见解析【详解】（1）a.根据左手定则可知电子向后侧面聚集，则前侧面电势高，后侧面电势低；b.稳定时，电子所受电场力与洛伦兹力平衡，即由场强与电势差关系根据电流的微观表达式联立可得（2）由于半导体材料单位体积的导电粒子数小于金属导体中单位体积的自由电子数，根据可知在相同条件下，用半导体材料制作的霍尔元件产生的霍尔电压更大，更容易测量，所以选用半导体材料制作霍尔元件。10．（2025·宁夏银川·一模）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维材料，其载流子为电子。如图甲所示，在长为a，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，当时测得关系图线如图乙所示，元电荷，则（）A．电极2的电势高于电极4的电势B．U与a成正比C．样品每平方米载流子数约为3.6×1019个D．样品每平方米载流子数约为3.6×1016个【答案】D【详解】A．根据电路中的电流方向为电极1→3，根据左手定则可知电子在洛伦兹力作用下向电极2所在一侧偏转，则电极2的电势低于电极4的电势，故A错误；B．当电子稳定通过样品时，设电子定向移动的速率为，根据解得故B错误；CD．设样品每平方米载流子（电子）数为n，根据电流的定义式得由关系图线可得由洛伦兹力与电场力平衡各方程联立，得个。故C错误，D正确。故选D。11．如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是（）A．Q板的电势高于P板的电势B．R中有由b向a方向的电流C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变D．若只增大粒子入射速度，R中电流增大【答案】D【详解】AB．等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻R的电流方向由a到b，AB错误；C．根据稳定时电场力等于磁场力即则有再由欧姆定律有可知电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变，C错误；D．由可以知道，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，D正确。故选D。12．安装在排污管道上的流量计可以测量排污流量Q，流量为单位时间内流过管道横截面的流体的体积，如图所示为流量计的示意图。左右两端开口的长方体绝缘管道长、宽、高，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电势差V，污水流过管道时受到的阻力大小，其中比例系数N·s/m2，L为管道长度，v为污水的流速。则（）A．污水的流量m3/sB．电势差U与污水中离子浓度有关C．金属板M的电势低于金属板N的电势D．左、右两侧管口的压强差Pa【答案】D【详解】BC．污水中的离子受到洛伦兹力，正离子向上极板聚集，负离子向下极板聚集，所以金属板M的电势大于金属板N的电势，从而在从而在管道内形成匀强电场，最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，即解得可知电压U与污水中离子浓度无关，选项BC错误；A．污水的流量为选项A错误；D．污水流过该装置受到的阻力为污水匀速通过该装置，则两侧的压力差等于阻力，即则带入数据解得Pa选项D正确。故选D。1.关于洛伦兹力的应用，下列说法正确的是（）A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压UB．图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极C．图丙是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是D．图丁是质谱仪的主要原理图。其中、、在磁场中偏转半径最大的是【答案】B【详解】A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，当粒子在磁场中的半径达到最大时，有可得粒子的最大动能为可知粒子获得的最大动能与所加的电压没有关系，故A错误；B．图乙是磁流体发电机的结构示意图，根据左手定则可知，带正电粒子向下偏转，带负电粒子向上偏转，故A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，故B正确；C．图丙是速度选择器，根据受力平衡可得解得带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，且速度方向由P到Q，故C错误；D．图丁是质谱仪的主要原理图，粒子经过加速电场时，根据动能定理可得解得粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得解得可知其中、、在磁场中偏转半径最大的是，故D错误。故选B。2.（多选）人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（

）A．血管上侧电势高，血管下侧电势低B．若血管内径变小，则血液流速变小C．血管上下侧电势差与血液流速无关D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小【答案】AD【详解】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A正确；B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定为，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据可知则血液流速变大，故B错误；CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据可得又联立可得可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一定改变，则血管上下侧电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误。故选AD。3.（2025·湖北·二模）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（

）A．匀强电场的场强大小为B．粒子从O点运动到P点的时间为C．M、N两点的竖直距离为D．粒子经过N点时速度大小为【答案】BD【解析】设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有；洛伦兹力充当向心力，有，由几何关系可得综上可得故A错误；粒子在电场中的运动时间为在磁场中的运动时间为粒子从O运动到P的时间为故B正确；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得由动能定理可得联立，解得故C错误；D正确。4.（2025·海南省直辖县级单位·二模）竖直平面内水平虚线上方有方向水平向左的匀强电场。虚线下方高度为H的区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场，虚线上、下方的电场强度大小相等。将质量为m、电荷量为＋q的小球从a点以初速度v0竖直向上抛出，小球的运动轨迹如图所示，a、c两点在虚线上，b点为轨迹的最高点。小球从c点进入虚线下方区域做匀速圆周运动且恰好不出下边界。不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)小球运动到b点的时间t及小球经过c点时的速度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）由于小球在虚线上方竖直向上做匀减速运动，到b点时竖直速度为0，则解得

又由于小球在虚线下方磁场和电场中做匀速圆周运动，则

从a到c的运动时间

在水平方向上，

由运动的合成

联立解得（2）由题意可知小球运动轨迹如图所示

设c点小球速度与水平方向成θ，由解得

由几何关系可得解得

由牛顿第二定律

由以上各式联立得5.（2025·宁夏银川·一模）如图所示的xOy坐标平面，在第二、三象限存在半径为R的圆形匀强磁场区域，圆心位于（﹣R，0）位置，磁感应强度大小为B，方向垂直xOy坐标平面向里，电场方向沿y轴负方向，匀强磁场的大小和方向与第二、三象限的磁场均相同。圆形磁场边界上有一个P点，P点与y轴的距离为。一个质量为m、电荷量为q（）的粒子从P点垂直磁场方向射入圆形匀强磁场区域，恰好从坐标原点O沿x轴正方向进入正交的电磁场区域。已知电场强度大小为，不计粒子所受重力，求：(1)带电粒子从P点垂直进入圆形匀强磁场时的速度大小；(2)带电粒子在第一象限距x轴的最大距离；(3)带电粒子在第一象限的轨迹与x轴相切点的坐标。【答案】(1)(2)(3)【知识点】带电粒子在弧形边界磁场中运动、带电粒子在叠加场中做旋进运动【详解】（1）带电粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场做匀速圆周运动，轨迹如图1所示。设OP与x轴负方向的夹角为α，由几何关系得OP=2Rcosα根据题设条件有解得α=30°，由几何关系可知为等边三角形，则轨迹半径：根据洛伦兹力提供向心力得解得（2）将速度分解，设某一分速度v1使粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，即又由题设条件联立，解得由左手定则知速度v1方向沿x轴正方向，与v0方向相同，令代入数据解得v2方向也与v0方向相同，所以带电粒子的运动可以分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的逆时针方向的匀速圆周运动的合运动，轨迹如图2所示，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得带电粒子将做旋轮线运动，图中实线表示它的轨迹，M点为粒子距x轴的最远点。在这一点粒子的速度它到x轴的最大距离联立，解得（3）粒子在第一象限的运动周期Q点为粒子运动轨迹与x轴的相切点，Q点坐标联立，解得根据运动的周期性，粒子与x轴相切点的坐标6.（2025·广东·三模）如图所示，在直角坐标系中，轴竖直，、A两点间的距离为，。第一象限内有方向垂直坐标平面水平向里的匀强磁场和沿轴负方向的匀强电场，第三象限内有方向垂直坐标平面水平向外的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，第四象限内有方向沿轴正方向的匀强电场。一质量为、电荷量为的带负电小球从A点以大小，（g为重力加速度大小）的初速度沿做直线运动，小球通过点后在第三象限内做匀速圆周运动，恰好通过坐标为的点。已知第四象限内电场的电场强度大小，不计空气阻力。(1)求第一象限内磁场的磁感应强度大小以及第三象限内磁场的磁感应强度大小；(2)求小球从通过点（第一次通过轴）到第三次通过轴所用的时间及其在第四象限内运动的过程中到轴的最大距离；(3)若仅将第一象限内的电场撤去，让小球从、A两点连线的延长线上的点（图中未画出）以大小的初速度沿方向射出，要使小球射出后在第一象限内（不包括坐标轴）运动的过程中存在小球的速度方向水平的时刻，求两点间的距离应满足的条件。【答案】(1)，(2)，(3)【详解】（1）经分析可知，小球的运动轨迹如图所示且小球在第一象限内做匀速直线运动，根据物体的平衡条件有解得设小球在第三象限内做匀速圆周运动的轨迹半径为，根据几何关系有洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，有解得（2）小球从点运动到点所用的时间解得设小球通过点时所受合力的方向与竖直向下方向的夹角为，有解得可见小球所受合力的方向与小球通过点时的速度方向垂直，小球在第四象限内做类平抛运动，设小球在第四象限内运动的加速度大小为，有设小球从点运动到再次通过轴时所用的时间为，有

解得又解得将小球通过点时的速度沿水平方向和竖直方向分解，当小球沿水平方向的分速度为零时，小球到轴的距离最大，有其中解得（3）小球的初速度沿水平方向和竖直方向的分量大小分别为

经计算可知因为所以小球的运动可分解为大小为、方向水平向左的匀速直线运动和大小为、沿顺时针方向的匀速圆周运动，小球做匀速圆周运动的周期解得设小球通过轴时的速度方向恰好第一次水平，则此种情况下小球从点运动到轴的时间设此种情况下两点间的距离为，有解得因此两点间的距离应满足的条件为7.（2025·天津和平·三模）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy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，磁感应强度为。质量为、电荷量为的电子从点不断地沿轴正方向以大小不同的速度水平入射，速度大小在0到范围内变化。入射速度大小为的电子，入射后沿轴做直线运动；入射速度小于时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点电子所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。(1)求电场强度的大小；(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标；(3)若一段时间内入射电子的总数为，且电子数随速率的变化均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的百分比。【答案】(1)(2)(3)90%【知识点】带电粒子在叠加场中的一般曲线运动【详解】（1）由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动则有解得（2）电子在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，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有解得（3）若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为，则根据动能定理有由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有在最低点有联立有，要让电子达纵坐标位置，即解得则若电子入射速度在范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的90%。8.（2025·山东临沂·一模）如图所示，第一象限内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E（E未知），第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场及竖直向下的匀强电场，电场强度大小为。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从x轴上的A点以初速度垂直于x轴射入电场，经y轴上的P点进入第二象限。已知第二、三象限内磁感应强度的大小均为，A点的横坐标为，P点的纵坐标为L，不计粒子重力。求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子进入第二象限的磁场区域后，第一次经过x轴的位置到坐标原点的距离；（3）粒子第一次在第三象限运动过程中与x轴的最远距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）粒子在第一象限电场中做类平抛运动，如图所示，竖直方向有水平方向有联立解得解得（2）设粒子离开电场时，速度大小为v，方向与y轴正方向夹角为，则速度大小解得由几何关系得解得设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由牛顿第二定律得解得则圆心恰好落在x轴上。粒子第一次与x轴相交时到坐标原点的距离解得（3）由解析图可知，粒子进入第三象限时的速度大小为方向竖直向下，可在水平方向上配上水平向左的速度和水平向右的速度，使满足由此可知与的合速度大小与x轴方向的夹角所以粒子进入第三象限后以做匀速圆周运动的同时以向左做匀速直线运动。设粒子做匀速圆周运动的半径为，由牛顿第二定律得解得由几何关系得解得9.（2025·山东日照·一模）如图所示，以O为坐标原点建立坐标系，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，z轴正方向垂直纸面向外（图中未画出），沿x轴正方向从左到右依次存在四个区域，区域之间的边界均平行于平面。Ⅰ区存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小；Ⅱ区存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅲ区存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅳ区存在沿y轴负方向的匀强电场和沿z轴负方向的匀强磁场，电场强度大小，磁感应强度大小，Ⅳ区足够宽。Ⅰ区右边界与x轴的交点为，轴上的A点到O点的距离。一个比荷的带电粒子从A点以速度、沿x轴正方向射入Ⅰ区，经点进入Ⅱ区时第一次穿过xOz平面，进入Ⅲ区时恰好第二次穿过平面，进入Ⅳ区时恰好第三次穿过平面，之后在Ⅳ区内继续运动。不计粒子所受重力。求：(1)带电粒子进入Ⅱ区时的速度；(2)带电粒子第二次穿过平面时的位置坐标；(3)Ⅲ区的宽度d；(4)带电粒子在Ⅳ区运动时距平面的最大距离和每次穿过xOz平面时距Ⅳ区左边界的距离。【答案】(1)大小为，方向与x轴正方向成角(2)(3)(4)；（n=1，2，3……）【详解】（1）带电粒子在Ⅰ区中做类平抛运动，根据动能定理有求得设速度方向与x轴正方向夹角为，则即（2）粒子进入Ⅱ区后，粒子速度方向与磁场方向不垂直，所以粒子做螺旋线运动，一边沿x轴正方向以速度做匀速直线运动，一边在垂直于x轴的平面内以速度做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有求得粒子进入Ⅱ区后转过半周第二次穿过xOz平面，所经历的时间为粒子第二次穿过xOz平面时的x坐标为y坐标为0z坐标为即粒子第二次穿过xOz平面时的坐标为（3）粒子进入Ⅲ区时速度大小仍为，方向与平面平行、偏向y轴正方向且与x轴正方向成，粒子在Ⅲ区匀速圆周运动过程有得Ⅲ区的宽度（4）粒子进入Ⅳ区时速度大小仍为，方向与平面平行偏向y轴负方向夹角且与x轴正方向成，粒子进入Ⅳ区后，受到沿y轴负方向的电场力，将速度分解为水平向右的分速度，使带电粒子受到竖直向上的洛伦兹力与电场力平衡，即解得

由运动的合成分解得另一分速度大小为，方向与y轴负方向夹角为偏向x轴负方向。带电粒子以在竖直平面内做匀速圆周运动有解得

带电粒子在Ⅳ区运动时距xOz平面的最大距离

带电粒子在Ⅳ区运动时沿y轴正方向穿过xOz平面时的时间在此过程中沿x轴正方向运动的距离（n=0，1，2，3……）带电粒子在Ⅳ区运动时沿方向穿过xOz平面时的时间在此过程中沿x轴正方向运动的距离（n=1，2，3……）1.（2025·云南·高考真题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为（未知）。第一象限内存在边长为的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直平面向里，其磁感应强度大小为（未知），但满足。某质量为m、电荷量为的带电粒子通过速度选择器后，在平面内垂直y轴射入区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小已知，不考虑该粒子的重力。(1)求该粒子通过速度选择器的速率；(2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围；(3)定义磁屏蔽效率，若在Q处检测到该粒子，则是多少？【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故其中则该粒子通过速度选择器的速率为（2）粒子在区域内左匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知由洛伦兹力提供给向心力联立可得由于，根据洛伦兹力提供给向心力解得当时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示根据洛伦兹力提供向心力可得故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。（3）若在Q处检测到该粒子，如图由几何关系可知解得由洛伦兹力提供向心力联立解得其中根据磁屏蔽效率可得若在Q处检测到该粒子，则2．（2025·福建·高考真题）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为,则（）A．电场强度为B．磁场强度为C．NP两点的电势差为D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为【答案】BC【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。由受力平衡可知解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。且加速度粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值所以粒子在点的速度到过程，由动能定理，有解得两点间的电势差，C正确；D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且故粒子能向上运动的最大距离D错误；故选BC。3．（2025·广西·高考真题）如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（）A．M粒子质量为B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为【答案】AD【详解】A．对M粒子在加速电场中在速度选择器中解得M的质量，故A正确；B．进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知即，故B错误；C．M粒子在磁场中运动半径为r1，则解得N粒子在磁场中运动的半径为r2，则解得其中可得由动能定理N粒子在选择器中在加速电场中解得，则要想使得粒子N沿轴线OO＇通过选择器，则需满足联立解得，故C错误；D．若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为其中，可得，故D正确。故选AD。4．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：(1)粒子沿直线通过区域时的速度大小；(2)粒子的电荷量与质量之比；(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有解得（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的