洛伦兹力冲量在复合场中的应用（专项训练3大题型）解析版-2026年高考物理二轮复习

洛伦兹力冲量在复合场中的应用（3大题型）

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第一部分题型专练

【题型01】组合场中洛伦兹力冲量问题

【题型02】叠加场中洛伦兹力冲量问题

【题型03】叠加场中变速圆周洛伦兹力冲量问题

第二部分重难集训

题型专练

【题型1组合场中洛伦兹力冲量问题】

1.（多选）（2025•山西吕梁•二模）威尔逊云室是显示高能带电粒子径迹的装置。为更好地研究带电粒子

的径迹，某研究小组设计的磁场分布如图所示，在坐标xQ），平面（纸面）的一、四象限内存在垂直纸面向

外的匀强磁场，磁感应强度大小为8。一比荷为里=白的带正电的粒子从坐标为（0,2£）的尸点以大小为%

tnBL

的速度垂宜y轴射入磁场，若粒子进入磁场后受到了与速率成正比、与速度方向相反的阻力，观察发现该

粒子轨迹呈螺旋状并与y轴相切于。点（未画出）。不计粒子重力，下列说法正确的是（）

34£

粒子由P点运动到。点的时间为S—

2KL

粒子由P点运动到。点的时间为「

0点的纵坐标为£

D.。点的纵坐标为彳

【答案】AC

1/35

【详解】AB.粒子的运动轨迹如图所示

根据洛伦兹力提供向心力有c/vB=mva）

可得。=必

ni

3

1万JT

即角速度为一定值，乂可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为耳，则有人=2_=%

82%

故A正确，B错误；

CD.取•小段时间加，设水平方句速度为匕，竖直方向速度为巳，对粒子在K方向上列动量定理

-qv

—AvxA/=wAvr

两边同时对过程求和Z-qv、Bkt+Z—%匕△/=△匕

得-匕&+-匕加=m

q8ZkZLAvt

即k-qBgAy=m

E-AxEAvv

其中4Z-Ar=0

则qB\y=〃?%

结合?=5■得与=£

mBL

所以。点纵坐标为2£-£=£

故C正确，D错误。

故选ACo

2.（2025•河南郑州•二模）如图所示，Qq平面内存在两层相邻的匀强电场和匀强磁场。电场和磁场的宽

度均为"。电场强度为E,方向沿y轴负向；磁感应强度为8,方向垂直于纸面向外。。为电子源，可以沿

y轴正方向发射大量速度不同的电了。已知所有电了均未从第二层磁场上方射出；其中从O点飘入电场的

2/35

电子（其初速度几乎为零），恰不能进入第二层电场，求:

⑴电子的比荷;

（2）电子从。点射出时速度的最大情；

⑶速度最大的电子在第二层电场和磁场中运动的总时间。

【答案】⑴票;⑵号；⑶1百-2&+9律

dB-B\3）E

【详解】（1）由动能定理

几何关系凡=d

牛顿第二定律>8=加2

联立求解，电子比荷4=里=其

mdB~

（2）设电子在o点初速度的大小％,在第一层磁场中做圆周运动的轨迹圆圆心角为回，半径为用，速度为

v.；在第二层磁场中做圆周运动的轨迹圆圆心角为a，半径为用，速度为匕

由几何关系Rising="，/?2（l-cos<92）=t/

由牛顿第二定律"田=m},qv.B=m^-

第二层电场不改变电子X方向的速度，则wsinq=i，2Cosq

由动能定理qE2d=；；mv^

联立求解，得电子在。点初速度的大小％=邛£

3/35

4E

(3)rh(2)可知，v=—

2B

则R2=2d

故8=w

由动能定理2_；〃?%：

解得匕二名誓…仇邛

设电子第1次进入在第二层电场的时间为4,由动量定理4劭=wv2sin<92-wv,cos^

解得“（6到8

E

设电子第1次进入在第二层磁场的时间为，2,则弓=/，7=坪

6qB

解得&=署

6E

设速度最大的电子在第二层电场和磁场中运动的总时间（，由对称性可知，，=2&+弓）

解得，=上百-2啦+［噂

k3；E

3.（2025・天津•二模）如图所示的竖直平面内，水平直线和G”之间有边界互相平行且宽度均为R的六

个区域，交替分布着方向竖直向下、电场强度大小为多型的匀强电场和方向垂直纸面向外、磁感应强度

2m

为B的匀强磁场。圆心为。、半径为R的四分之一圆形匀强磁场的边界与直线相切于磁场最低点P

点，磁感应强度也为4,方向垂直纸面向外。有一垂直于/出的长度为R的线状粒子源MN（N在44上）

源源不断沿平行于48向右的方向发射初速度相同的带正电的粒子，粒子电荷量为外质量为加。所有粒子

都进入四分之•圆形磁场，其中从粒子源最上端M点射出的粒子恰好从P点进入电场，最后到达边界G"

上的。点，不计粒子重力及粒子间相互作用，求：

4/35

⑴粒子穿过边界时的速率V1；

⑵从粒子源下端N点射出的粒子经尸点进入电场，求此粒子经过边界CQ的位置与尸点水平距离工；

⑶从“点射出的粒子经过。点时的速度方向与边界6〃夹角。的余弦值。

r底板、s、,-MBR力2万0⑶a3>/10

【答案】⑴匕------：（2）x=----R：⑶cos®=-----

w310

2

【详解】（1）由几何关系知r=8,根据牛顿第二定律得=根据动能定理得

r

ITD121AnZH

EqR=-mv--wvj2,解得匕=2-q-B--R-

2l2ni

（2）根据牛顿第二定律得回=府，由平抛运动规律得&=x=即，解得K=冬叵R

23

（3）根据动能定理得3E"=就，由动量定理得严泮必="匕cos。，根据竖立方向二的平均速度

得*%=3火，解得cose=匹

4.（2025•浙江温州•一模）是正电子发射断层扫描（PET）中最重要的放射性示踪剂基础，：F发生［T

衰变释放出正电子（：e）,正电子泱灭产生的伽马射线用于医学成像。如图所示，在平面直角坐标系MJ，的有

三个区域，-2£Wx<-L的区域I内存在垂直纸面向里的匀强磁场4,在-Z,<x<0区域II有平行于纸面的

匀强电场，大小、方向均未知，在xNO的区域III内有垂宜纸面I可外的匀强磁场打。且与=去（4为大于0

的常数）。内部装有放射性元素汗的放射源放置在（-2£,6£）处，某时刻；叩发生0”衰变产生的质量为机、

带电量为e的正电子沿y轴负方向以速度大小为%开始运动，一段时间后从（-30）点离开磁场进入区域

II，粒子在电场中运动时间1=4包后，从坐标原点进入区域III,不计重力和阻力，忽略粒子之间的相互作

5/35

用。

in八in

X&X

HL

XX

XX

XX

XX

-2LX~~X~!―x

XX

XX

XX

⑴写出放射性元素；午发生「衰变的方程式;

⑵求区域।内匀强磁场的磁感应强度4的大小;

⑶求区域【I内匀强电场的电场强度大小及方向;

⑷正电子离开原点后离开歹轴的最大距离。

⑵4=箸：⑶£=叵喷，方向沿y轴正方向；⑷x=、呼

【答案】⑴；¥-：0+上

2eL2eLVek

【详解】（1）根据题意可知，衰变方程为；F-FO+；e

（2）正电子在磁场中运动轨迹如图所示

由几何关系可知R=2L

又根据洛伦兹力提供向心力e*=〃?藁

解得用=等

2eL

（3）设区域II内的匀强电场的电场强度为E,根据（2）可知粒子进入区域II时速度与x轴成3（）。夹角。又

6/35

丁轴方向粒子做匀变速直线运动回到X轴，则有工=上=生吧变

0F

其中，根据牛顿第二定律可得q==

m

联立求得斗=叵崂

）2eL

X轴方向粒子做匀变速直线运动，则有£==y08s3（n+!空“2

22m

解得纥=0

综上：电场强度£=与=息说，方向沿V轴正方向。

，2eL

（4）粒子在区域H中沿X轴做匀速直线运动，沿y轴做匀变速直线运动，到达。点y轴方向瞬时速度大小

不变，所以离开。点瞬间速度大小为%,方向与X轴成30。夹角斜向上。粒子在区域川运动过程中，当粒子

与了轴距离最大时，粒子沿X轴的瞬时速度为0,沿y轴速度为％,在y轴方向列动量定理

-/wvosin30°

则有一=—等

解得工=、晤

Vek

5.（2025・四川乐山•二模）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，xOy平面直

角坐标系中第I象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场8〃（大小未知）；第II象限存在沿x轴正方向的大小

未知的匀强电场；第IV象限交替分布着沿r方向的匀强电场和垂直X0，平面向里的匀强磁场，电场、磁场

的宽度均为心边界与》轴垂宜，电场强度£='坐，磁感应强度8=强生。一质量为加，电量为+夕的

qL2qL

粒子从点时（一丁0）以平行于y轴的初速度％进入第II象限，恰好从点N（0,2L）进入第I象限，然后又垂

直干x轴进入第IV象限，多次经过电场和磁场后某时刻粒子的速度沿x轴正方向。粒子始终在电场、磁场

中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求：

7/35

1111|£|Illi

XXXXxxBXXXX潮1层

1.IlliI石IIlli

LXXXx^xXXXX

I，工［旧」1门］第〃层

XXXXX^xXXxxj'A

⑴磁感应强度8〃的大小：

（2）粒了•刚射出第1层磁场下边界时的速度方向；

⑶粒子进入第〃层磁场时的速度大小女以及最远能进入第几层磁场。

【答案】⑴综=箸：（2）与），轴负方向夹角为30。：（3）匕=J2+4”%,4

乙qL

【详解】（1）设粒子在第II象限运动的时间为h在N点沿入•轴的分速度为也，由于粒子垂直电场方向进

入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，x方向有£

2

y方向有2L=%f

通过N点的速度vN=Jv；+*=

与y轴正方向的夹角满足tana=1

在第I象限运动由牛顿第二定律有4为&>=〃?与

根据垂直于x轴进入第IV象限，由几何关系知火=2上L

联立解得品=号

2qL

（2）设穿过x轴下方第一层电场后的速度为小由动能定理有的£=；切片-；加片

乙乙

解得耳=瓜0

在工轴下方第一层磁场中运动的轨迹如图所示

8/35

由洛伦兹力充当向心力有Bq%

解得q=2L

设速度偏转角为仇则根据几何关系可得sinJ===5

则6=30。

即粒子射出第1层磁场下边界时速度的方向与y轴负方向夹角为30。。

（3）当粒子在第〃层磁场中运动时，此前粒子已经过〃个电场，

由动能定理nEqL=gmy；-g

解得匕=j2+4〃%

若粒子在第〃层磁场中距离x轴最远，则最大速度为vw

在水平方向上由动量定理有£夕匕BZ=mvn-0

即曲，=mvn

其中为为磁场中向下运动的最远距离，由题意（〃-1）乙<为«4

满足条件：3/-8〃一420且3/一14〃一1v0

解得满足条件的整数〃=4

故最远能进入第4层磁场。

6.（2025・重庆•三模）如图所示，xQy平面内，在y>0的区域存在匀强电场，电场强度大小为E,方向与

一夕方向夹角为37°;在x轴卜万存在匀强磁场，万向垂直于纸面向外。一侦量为〃？、电荷量为y的带止电的

粒子以大小为%的初速度从原点。沿y轴正方向射出，一段时间后粒子第一次从。点进入磁场，在磁场中

运动一段时间后回到原点。再进入电场。不计粒子的重力，取sin37°=0.6,cos37°=0.8。

9/35

⑴求粒子从。到。点的时间;

⑵求磁感应强度8的大小；

⑶若在x正半轴上另放置〃个质量也为用的不带电微粒（按碰撞顺序标号依次为1、2、3…〃），使带电粒子

最初从O点出发后每次从电场进入磁场时都恰好与一个不带电微粒发生正碰，碰后结合为一个整体，该整

体仍可视为质点，且总质量与电荷量不变，不计重力。求第〃个微粒的位置坐标与。

5〃?%16£15〃忧,11

（2⑶%=（/?+1）

【答案】（1）2qE；泮=1+—+—+…+-------或

15%，8qE23nJ8qE

15/欣

8把

【详解】（1）带电粒子在电场中运动时，则y方向有由.=*（侬37。=〃6

解得4=*匡

5m

粒子经4第一次到达尸点，此时粒子在），方向上速度为-%,则

联立解得八=篝

2qE

（2）对粒子，x方向有=gEsin37。=max

解得见=芈

5m

,12

由与=弓叫

联立解得与=2哈

8qE

设粒子第•次经过尸点时速度大小为以，方向与X轴正向夹角为a,由夕环8=小庄

r

解得第一次在磁场中圆周运动半径一=等

qB

半径在x轴方向的投影々=rsina=竺唔"=等=今

qBqBqB

由4=2〃

16户

联、7.解得8=市

10/35

（3）如图所示

每次碰后在磁场中偏转后回到电场，以及在电场中偏转后进行下一次碰前，过x轴时y方向速度大小不变,

设第〃次碰后y方向速度为％皿，则

碰撞过程中，y方向动最守恒：”切0=2〃?％.=3〃%=…=（〃+1加%»

第〃次在磁场中圆周运动半径的J轴投影％="等3=隼

qBqB

即每次碰后，经磁场后都要向一X方向返回、=小

第n次在电场中运动时，在），方向做匀变速直线运动，则有2〃，"%=班3

■管管

即每次在电场中偏转时间相同4=。=舞

第一次碰前x方向速度：%=皿4=为

m2

与第①个静止微粒碰撞，X方向动量守恒有nivPl=2mv2x

解得％

在磁场中偏转后回到电场时X方向速度仍为匕X，第二次碰前x方向速度

，祖A11

%=%A"彳%+彳”=%

2m22

与第②个静止微粒碰撞，4方向动量守恒有2〃必，=3〃/、

解得内,=；2%,=：7匕、

第一:次碰前X方向速度V；r=%+善△/=,/+1%=%

3m33

11/35

/1—1n—1?

易知，第（n-1）次碰后x方向速度为4=—%=——・

nn2

第n次碰前x方向速度v'„x==|v0

V+/

第（n-l）次碰后到第〃次碰前，沿近方向前进距离右”=七为加

解得此=（2」]xp

kn）

综上，第n个微粒的位置坐标％=At]+（-与+必）+（-X/，+例）+…+（-X。+Ar„）

(1|1A

联立可得x”=(〃+l)工尸-1+彳+二+…+—x0或X”

I2，n)

解得/=(〃+D^^_fl+1+4+■等或…等-（丹+…用鬻

"的EI23

【题型2叠加场中洛伦兹力冲量问题】

7.（多选）（2025•河南•一模）如图，一根固定的足够长的绝缘细杆竖直放置。质量为〃?、电荷量为+夕的

带电小球套在细杆上，已知小球与杆间的动摩擦因数为4。小球始终处于磁感应强度大小为8的匀强磁场

中，磁场方向垂直细杆所在的竖直平面，不计空气阻力。小球以初速度%从。点沿细杆向上运动至最高点

后乂下降回到O点，回到。点前已经开始做匀速运动,已知重力加速度为g，则对小球上升到最高点乂回

到。点的过程，下列说法正确的是（）

xXXX

XXXM

B

XXXX

%]«

XX0XX

A.小球克服摩擦力所做的功为/就-2舞;2

B.小球所受洛伦兹力的冲量等于零

pffl

c.小球运动的总时间为二十一不

gpBq

D.小球上升的运动时间等于个球下降的运动时间

【答案】BC

【详解】A.因为小球下降归I到。点前已经开始做匀速运动,所以有mg=

求得回到。点时的速度大小为旷念

12/35

根据动能定理可得盟•=；〃"-刎

解得叫一不嗒丁，故A错误；

B.洛伦兹力尸=8＜泮

上升过程中，根据左手定则可知方向向左，洛伦兹力的冲量为24=£5夕必/=8必

下降过程中，洛伦兹力冲量大小为£尸4=EBqW=Bqh

根据左手定则可知方向向右，所以全过程中小球受洛伦兹力的冲量等于零，故B正确；

C.同理分析摩擦力/=〃的n的冲量大小也为零，

根据动量定理得〃a=/叫+加%

解得，=，■+——,故C正确；

g曲

D.小球上升的加速度大小/二整匕竺”

m

下降的加速度大小4="L

m

因为q＞的，所以小球上升的运动时间小于小球下降的运动时间，故D错误。

故选BC。

8.（2025•安徽蚌埠•二模）如图所示，水平虚线〃、b、c、d间距均为。、5间和。、〃间有沿水平方

向垂直纸面向里的匀强磁场I和n,两个区域的磁感应强度大小相等，空间存在平行于纸面竖直向下的匀

强电场，电场强度大小为石，一个质量为小、电荷量为1的带正电粒子在尸点由静止释放，粒子进磁场I时

撤去电场，粒子在磁场I中运动的轨迹恰好与虚线人相切，已知P点离虚线。距离也为£，不计粒子的重力,

求：

E

⑴匀强磁场的磁感应强度大小;

13/35

⑵不撤去电场，改变带电粒子在虚线上方由静止释放的位置.，粒子进磁场I后轨迹恰好与虚线A相切，则

粒子释放的位置离虚线。的距离为多少；

⑶不撤去电场，将粒子在虚线。上方距离为2£的。点（图中未标出）以水平速度丫向右射出，结果粒子恰

好不能从磁场n的“边界射出，则初速度丫多大。

【答案】⑴8=J蜉；（2）粒子应在边界。上由静止释放：⑶y=亭

【详解】（1）设粒子进磁场I时的速度大小为%,根据动能定理有"£=;〃喏

解得%叵

Vm

据题意可知，粒子在磁场I中做匀速圆周运动，其半径，i二£

2

据牛顿第二定律有夕%8=小电

八

解加辟

（2）设粒子弹放的位置离虚线。的距离为〃，粒子与虚线人相切时的速度大小为匕，据动能定理有

解得K陛红包

Vm

粒子在磁场I中运动到b的过程，水平方向应用动量定理有夕可”=机匕

在竖直方向有可4=£

解得d=0,即粒子应在边界。上由静止释放。

（3）由题意可知，粒子到边界d时速度与d相切水平向右，设其速度大小设为岭，则有

22

qExSL=；tnv2—；mv

粒子在两个磁场中运动到4的过程，水平方向应用动量定理有再J%

在竖直方向有？2=2£

则有2qBL=mv2-mv

解得14偿

14/35

【题型3叠加场中变速圆周洛伦兹力冲量问题】

9.（多选）（2025•湖南长沙•模拟预测）如图，倾角为37。足够长的光滑绝缘斜面处于匀强磁场中，磁场方

向垂直纸面，磁感应强度为从可视为质点的小球质量为小，带电量为+4,以平行于斜面的初速度4=线

qB

从斜面底端O点向上滑行，一段时间后小球从。点（图上未标出）离开斜面。已知由137。=0.6,重力加速

度为g,整个运动过程中小球带电量保持不变，下列分析正确的是（）

A.磁场方向垂直纸面向里

B.。与。间距离为孚

10g

C.小球离开斜面之前的过程中斜面对小球弹力的冲量大小为笔%

D.小球离开斜面后相对O点能够上升的最大高度为空

50g

【答案】BC

【详解】A.小球在。点受到洛伦兹力的大小/===方向垂直斜面，如果垂直斜面向

qB

上，有一＞Mg8s37°

则小球开始时就会离开斜面，而小球一段时间后才离开斜面，说明小球开始时所受洛伦兹力垂直斜面向下,

且小球是在下滑过程中离开斜面的，所以由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误;

B.若小球至果位置时离开斜面。离开斜面前满足〃*加37。=加

得。=gsin37°

加速度恒定，小球向上做匀减速直线运动：离开斜面瞬间满足S3=〃?gcos37。

得〃」讴cos37。4

=瞪

qB

由匀变速直线运动规律得-U=必-川

15/35

可得，=也，.至詈1，=*,故B正确；

g210g

C.上行过程垂直斜面方向上由平衡条件可得=如*+〃噌8537。

此过程中弹力的冲最为A=E(8+mgcos37°)A/=(mgcos370)t{+qBx、

同理可得下行过程弹力冲量为A=Z(-敦”+〃?gcos37。)△/=(fr.gcos310)t2-qBx2

全程弹力冲量为/=人+人=(〃?gcos37o)&+4)-例(芭一X2)

根据选项B的分析可知乙+G=，=如，玉-方=%=¥

8-10g

联立得，二笔％，故C正确；

D.小球离开斜面后做曲线运动，从离开斜面至到达到最高点的过程中由功能关系可得

,=—1mu2——1mu-

占m22

在水平方向上由动审定理可得Z吗=qBhm=碇cos37°-，必

联立可得熊=磬

25g

离开斜面后相对。点能够上升的最大高度〃二廉+工3]37。=芈，故D错误。

50g

故选BCO

10.(2025•山东德州•三模)如图所示，竖直绝缘管固定在水平地面上的小车上，管内底部有一截面直径比

管的内径略小、可视为质点的小圆柱体，小圆柱体质量〃?=20g,电荷量q=+4xl0-3c,绝缘管长为

L=3m。在管口所在水平面"的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度用=10T的匀强磁场，加面上方存

在着垂直纸面向外、磁感应强度生=15T的匀强磁场，必上下的整个区域还存在着竖直向上、场强

E=50N/C的匀强电场。现让小左始终保持%=3m/s的速度匀速向右运动，一段时间后小圆柱体在绝缘管

内匀速，然后沿与竖直方向夹角为37。的方向离开绝缘管。小圆柱体在绝缘管外受到的空气阻力大小与其速

度大小关系为/=0.02L已知小圆柱体第一次与第二次经过水平面油的距离为x=2m。取g=10m/s2,不

计其它阻力。求：

16/35

⑴小圆柱体刚进入磁场4时的加速度大小;

⑵小圆柱体的加速度为3m/s2时的速度大小;

⑶小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热最;

⑷小圆柱体第二次经过水平面向时的速度大小。

【答案】(l)6m/s2；(2)VfJm/s；(3)O.2J；(4)遂m/s

【详解】（1）小圆柱体刚进入磁场国时，受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，其中重力和电场力二

力平衡〃ig=Eg=0-2N

所以洛伦兹力就是小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得夕%8产〃也

解得a=6m/s2

（2）一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，则有以“力4=9%4

其中“舟=43

解得“七=；

竖直方向的洛伦兹力和摩擦力的合力等于小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得夕匕£-〃伏心与二〃口

将〃=3m/s2代入得=2m/s

此时小圆柱体的速度大小为v=JP：+%=J万m/s

⑶由题意知，小圆柱体离开绝缘管时的速度为八高=59

小圆柱体在绝缘管内运动的过程中，根据动能定理有4%用£-/=；小/2一；小为2

解得小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量。=%=0.2J

（4）设某时刻速度为匕，方向与竖直方向夹角为0,竖直方向根据动量定理有

17/35

^0.02v,Azcos^-^(7v,52A/sin^=wv,.3-?HVV1

即-qB2x=m(.vy3-vvl)

解得43=-2m/s

水平方向根据动吊:定理有-Z°・02匕A/sine+Zg匕82加3。=〃心-/〃%

即-0.02x=〃】(匕-v0)

解得匕.=hn/s

所以小圆柱体第二次经过水平面时时的速度大小为％=>/'1胃=向1Vs

1.（2025•黑龙江•二模）如图，是交替出现的宽为£的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3区域为

电场，场强均为E,2、4区域为磁场，场强均为8,方向如图所示。质量为机，带电量为4的正粒子，从1

区上边界由静止释放，不计重力。下列说法中正确的是（）

XXXX

3

XXXX

4

XXXX

A.粒子从4区下边界穿出后的动能一定为为比

B粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为等

C.粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为

D.若粒子恰未从第4场区射出，则需满足七=辿工

m

【答案】A

【详解】A.由于洛伦兹力总是不做功，粒子从静止释放到从4区下边界穿出，根据动能定理可得

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qE2L=—mvl

可知粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2夕比，粒子从4区下边界穿出后的速度大小为

故A正确；

BCD.由于电场力处于竖直方向，不影响水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4区下边界穿出，水平方

向根据动量定理可得ZF洛J=，叫-0

其中Z&J=Zq\Bt二qBfvyt=qB-2L

联立可得粒子从4区下边界穿出后的水平速度为匕=&%

m

则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为cos9=^=4恁

若粒子恰未从第4场区射出，粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0,则有为=幽1=匕=2'陛

mVfn

解得上=这

m

故BCD错误。

故选A。

2.（2025•广西北海•模拟预测）妇图所示，在第一象限的J，Wd区域内和第四象限内存在方向垂直纸面向里

的匀强磁场，在第二象限内的曲线。。上方有沿y轴负方向的匀强电场，其场强大小为挺，曲线左侧有

16qd

一粒子源AB,8端位于x轴上，能够持续不断地沿x轴正方向发射速度为%、质量为〃?、电荷量为夕（4>0）

的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过。点，已知从4点射出的粒子恰好从〃点进入电场，不计重

力及粒子间的相互作用。

L-------------

XXXX8X

■XXXXX

7o----X-----X------X------X-----X------XA

XXXXX

XXXXX

XXXXX

⑴写出匀强电场边界o尸段的边界方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系式）：

⑵若某带电粒子在第二象限从（X,1.54）点沿X轴正方向射出后，进入第四象限的匀强磁场，刚好不从磁场上

边界射出，求磁感应强度的大小线;

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⑶若第四象限内磁场为非匀强磁场，磁感应强度大小随y轴坐标均匀变化，其关系为8=第3（舔为第

（2）问中求得的值），某带电粒子从（x』.5d）点沿x轴正方向射出后，进入第四象限的非匀强磁场，求粒

子从射入磁场到速度方向变为沿工轴正方向的过程中，其运动轨迹与X轴所围成的面积。

39/HV

【答案】⑴y=2（）综=丁\⑶s=/

32d4qd

【详解】（1）粒了在电场E区域做类平抛运动，则％=W，y=I为产

代入公

解得尸---x

32d

（2）由OP段的边界方程可知x=-4d

粒子在电场中做类平抛运动，水平、竖直位移分别满足4d=%L1.5d=?f

3

联/可得

v3

从。点出电场时的速度与水平方向的夹角满足tan。=—=-

%4

则〃=37。

粒子从。点出电场时的速度为v=-^-=。％

cos3704

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为〃，粒子轨迹刚好磁场上边界相切时，由几何关系得r+n:osO=d

2

由洛伦兹力提（JI-向心力彳fqvB。=ni—

r

（3）粒子进入第四象限的磁场后，沿旷轴方向应用动最定理有-qB°vQ=4,

对粒子从进入磁场到速度方向变为沿x轴正方向的过程求和得=

mvsin0

运动轨迹与x轴所围成的面积S=EyAr

解得S="2

3.（2025•黑龙江哈尔滨•一模）如图，空间直角坐标系。孙z中有一与x。面平行的界面M将空间分为I、II

两个区域，界面M与N釉交点的坐标为（0,L,0）且界面M上有足够大的接收屏。在O点存在粒了

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发射源，仅在xQy面内向各个方向均匀发射速度大小为％、电荷量为，/、质量为加的带正电粒子。区域I存

⑴求粒子在I区域做匀速圆周运动的半径r和周期7:

⑵若在I区域再加一个沿Z轴正方向电场强度大小为T的匀强电场（未画出），求粒子打到接收屏上Z

7rqL

坐标最大值点和Z坐标最小值点的空间坐标；

⑶若。点发射源只向X轴负方向发射该种粒子，并撤去接收屏，粒子从界面M上。点（未画出）进入区域

II，区域II存在沿X轴负方向、磁感应强度大小也为华的匀强磁场，且粒子在区域H运动时还始终受到与

qL

速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为％（4为常量）。粒子进入区域II后速度方向第一次沿z轴

正方向时达到d点（未画出），d点的z坐标为与，求〃点的x坐标、夕坐标和粒子在d点的速度大小。。

【答案】⑴£，—;（2）（-£,L,*.（0,A,4）；⑶一L,L+篝,整-普

%492K2Lk2m

【详解】（1）洛伦兹力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得夕%8=〃?且

r

由题可知8=华

qL

联立解得,,=£

）兀〃[nL

故粒子圆周运动的周期T=——=—

%%

（2）粒子沿z轴方向做初速度为零、加速度大小为。的匀加速直线运动，由牛顿第二定律=

由题可知七二等

联立解得。二芈

1VL

粒子在垂直z轴的平面上做半径为L的匀速圆周运动如图所示

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对应2坐标有最大值Zmax考

9/

由几何知识可得该点x坐标为其对应的坐标为7,L,—）

4

初速度沿y轴正方向偏向x轴负方向30。角方向的粒子打在接收屏上前运动的时间最短％,、=看=算

由几何知识可得该点X坐标为0,对应Z坐标有最小值丁仙=ga匕=§

其对应的坐标为（0」，1）

（3）粒子从c点至1点过程，沿7轴方向由动量定埋有号，=。-哪，-qB'^=m（0-v0）

其中B，=呼

qL

解得加=登

2k

所以d点坐标为（-s+等,m

2k2

粒子从。点至d点过程，沿Z轴方向由动量定理有21场,=叫，WAi"=M，d

解得“察-牛

2Lk2m

4.（2025・安徽•三模）如图所示，在。X），平面（纸面）内，在阳WxWx2区间内存在平行歹轴的匀强电场，

士一西=2"；在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，由左向右分为间距均为4（do未知）

的n（〃为整数且未知）份，各区域磁感应强度大小依次为8、2B、…、nB,x3=4J,x4-x3=p一带正

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电的粒子从坐标原点沿与x轴正方向成e=37。角射入，在坐标为（4/2d）的尸点以速度W）垂直磁场边界

射入磁场，恰能达到磁场右侧边界.已知整个装置处于真空中，粒子的比荷家都不计苞子重力，

sin37°=0.6,cos370=0.8。求:

E

M）

B2B

O工2X