文档内容
秘籍 16 连续场、叠加场热点问题
概率预测 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆
题型预测 选择题、实验题、计算题☆ ☆ ☆ ☆ ☆
考向预测 结合力的平衡、牛顿第二定律、功、动能定理、匀速圆周运动考查
力的平衡、牛顿第二定律、功、动能定理、匀速圆周运动、静电力、洛伦兹力
静电力与洛伦兹力的特点、匀速圆周运动的受力特点、直线运动的受力特点
能正确分析每个过程
带电粒子在连续场中的运动
1．连续场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
一、电场中类平抛，磁场中匀速圆周运动
例1、（湖南省部分学校2022-2023学年高三下学期4月月考）如图所示，在xOy平面的第一、二象限存在
沿y轴负方向的匀强电场，第三、四象限存锤直坐标平面向外的匀强磁场， 、 ，
为坐标平面内的三点．M点的粒子发射源能沿x轴正方向发射速率可变的带正电粒子，当粒子的
发射速率为 时粒子恰好能经过P点后回到M点，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用．求：（1）电场强度和磁感应强度 的比值 ；
（2）粒子从发射经P点第一次回到M点所用的时间t；
（3）能经过N点的粒子对应的发射速率构成的集合．
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子从M点运动到Р点所用的时间为 ，加速度大小为
a，经过P点时速度大小为v、方向与x轴正方向的夹角为θ，粒子在磁场中运动的轨道半径为R，如图所
示
有解得
（2）设粒子在磁场中运动的时间为 ，结合对称性有
解得
（3）粒子从发射到第一次进入磁场的时间不变，设粒子发射速率为v′，第一次进入磁场时的速度方向与x
轴正方向的夹角为a，对应的坐标
则有
设粒子在磁场中运动的半径为r，有
解得
为定值，与粒子发射速度大小无关，粒子第一次离开磁场时的坐标粒子第二次进入磁场时的坐标
粒子第二次离开磁场时的坐标
由此可知粒子第n次离开磁场时的坐标
粒子能够经过N点，要求
解得
二、电场中匀加速直线运动，磁场中匀速圆周运动
例2、（平罗中学2022-2023高三第二学期第二次模拟考试）如图所示已知边长为L的正方形区域ABCD内
部存在磁感应强度为B的匀强磁场，其上方存在电场强度为E的匀强电场，电场宽度也为L。从电场的P
点静止释放质量为m，电荷量为q的带正电的粒子（重力不计，PAB在同一直线上）。粒子经电场加速后
从AB边进入磁场，试计算：
（1）如果已知粒子到达A点的速度为v，求PA的距离；
（2）要使粒子经过C点，求PA的距离；
（3）若M到D点的距离为L的三分之一，要使粒子经过M点，求PA距离的可能值。
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析【解析】（1）粒子到达A点的速度为v， ，根据动能定理
得
（2）粒子经过C点，运动半径为L，设 ，根据动能定理
又根据洛伦兹力提供向心力
两式联立得
（3）粒子经过M点，运动半径为r，设
第一种可能情况如图所示
有
联立可得第二种可能情况如图所示
有
联立可得
第三种可能情况如图所示
有
联立可得
三、周期性、对称性问题
例3、如图所示，在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧和MN边界右侧
的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN边界与y轴平行且间距保持不变．一质量
为m、电荷量为－q的粒子以速度v 从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t ，
0 0
粒子重力不计．(1)求磁感应强度的大小B；
(2)若t＝5t 时粒子回到原点O，求电场区域的宽度d和此时的电场强度E；
0 0
(3)若带电粒子能够回到原点O，则电场强度E应满足什么条件？
答案 (1) (2)vt
00
(3)E＝(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则T＝2t ，解得B
0
＝
(2)t＝5t 时粒子回到原点，轨迹如图甲所示，由几何关系有r＝2r
0 2 1
由向心力公式有qBv＝m，qBv＝m
0 2
电场宽度d＝t，解得d＝vt
0 00
又v＝v＋t，解得E＝
2 0 0 0
(3)如图乙所示，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则应满足n(2r′－2r)＝2r(n＝1,2,3，…)
2 1 1
由向心力公式有qBv′＝m，解得v′＝v
2 2 0
根据动能定理有qEd＝mv′2－mv
2
解得E＝(n＝1,2,3，…)
四、无约束的叠加场问题
带电体在叠加场中无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)(3)静电力、洛伦兹力、重力并存
例4、如图，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的微粒从原点出发进
入复合场中，初速度方向与x轴正方向的夹角为45°，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，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)(＋1)
解析 (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：
由几何关系知Eq＝mg，得：E＝
(2)由平衡条件：
qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙
qvB＝m由几何知识可得：r＝l
联立解得：v＝，B＝
(3)微粒做匀速运动时间：t＝＝
1
做匀速圆周运动时间：t＝＝
2
故微粒在复合场中的运动时间：
t＝t＋t＝(＋1).
1 2
例5、如图所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里
的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B ，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强
1
弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为E，已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0，L)位置
1
斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．
(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；
(2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加
匀强电场的方向和电场强度的大小；
(3)在满足第(2)问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小
球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x轴上的某一位置返回到x轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷
转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y轴上
的A(0，L)位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A位置出发到返回至A位置过程所经历的时间为多少？
答案 (1)负电 q＝ v＝ (2)竖直向下
E (3)L ＋
1
解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg＝qEtan 60°，q＝.又qE ＝
1 1qvBcos 60°，得v＝
1
(2)小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的
匀强电场，且电场强度大小满足qE＝mg，即E＝E.
1
(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点，则其轨迹应该
如图所示，且由几何关系可知3PD＝2ON，＝＝tan 60°，
联立上述方程解得
PD＝DN＝L，
R＝L.
设x轴下方的磁感应强度为B，则满足qvB＝m，T＝.
从N点运动到C点的时间为t＝3×T.
联立上式解得t＝.
由几何关系可知＝cos 60°.
在第一象限运动的时间t 和第二象限中的运动的时间t 相等，且t＝t＝＝＝.
1 2 1 2
所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为t ＝t＋t＋t.
总 1 2
联立上述方程解得t ＝＋.
总
五、有约束的叠加场问题
带电体在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，
此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量
守恒定律结合牛顿运动定律求解．
例6、如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B，A带负电、质量为m、电荷量为q，B质
量为2m、不带电，A和B间动摩擦因数为0.5.初始时A、B处于静止状态，现将大小为F＝mg的水平恒力作用在B上，g为重力加速度．A、B处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B.若A、B间最大静摩
0
擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．水平力作用瞬间，A的加速度大小为
B．A做匀加速运动的时间为
C．A的最大速度为
D．B的最大加速度为g
答案 BC
解析 F作用在B上瞬间，假设A、B一起加速，则对 A、B整体有F＝3ma＝mg，对A有F ＝ma＝
fA
mg<μmg＝mg，假设成立，因此A、B共同做加速运动，加速度为，A选项错误；A、B开始运动后，整体
在水平方向上只受到F作用，做匀加速直线运动，对A分析，B对A有水平向左的静摩擦力F 作用，由
fA静
F
fA静
＝知，F
fA静
保持不变，但A受到向上的洛伦兹力，支持力 F
NA
＝mg－qvB
0
逐渐减小，最大静摩擦力
μF
NA
减小，当F
fA静
＝μF
NA
时，A、B开始相对滑动，此时有＝μ(mg－qv
1
B
0
)，v
1
＝，由v
1
＝at得t＝，B正确；
A、B相对滑动后，A仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有F
fA滑
＝μ(mg－qv
A
B
0
)，速度增大，滑动摩擦力
减小，当滑动摩擦力减小到零时，A做匀速运动，有mg＝qvB ，得最大速度v ＝，C选项正确；A、B相
2 0 2
对滑动后，对B有F－F ＝2ma ，F 减小，则a 增大，当F 减小到零时，a 最大，有a ＝＝，D选
fA滑 B fA滑 B fA滑 B B
项错误．
例7、[多选]如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，
细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v ，在以后的运动过程中，
0
圆环运动的速度图像可能是下列选项中的( )
[解析] 带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A
正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减
小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用， 且摩擦力
越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。
[答案] AD1.（厦门一中2023届高三下）如图所示，在平面直角坐标系xOy的y轴和虚线 之间有垂直于坐标平
面向里的匀强磁场区Ⅰ，在虚线右侧有垂直于坐标平面向外的匀强磁场区Ⅱ，在y轴左侧有沿x轴正方向
的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点 以初速度 沿y轴负方向射出，
该粒子恰好从原点O射出电场进入磁场区Ⅰ，第一次在磁场区Ⅰ中的运动轨迹与 相切，不计粒子重
力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子第4次经过y轴的位置坐标；
（3）仅改变磁场区Ⅰ的磁感应强度大小，使粒子第一次在磁场区Ⅰ中运动时，从O点进入磁场区Ⅰ，从
点 离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过点 （图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ## ##
【解析】（1）由题意知，粒子在电场中做类平抛运动，则
根据牛顿第二定律 解得
（2）设粒子从O点进入磁场区Ⅰ时速度大小为v，根据动能定理解得 可知，粒子进磁场区Ⅰ时速度方向与x轴正方向夹角为45°。运动轨迹如图甲所示
设粒子在磁场区Ⅰ中做圆周运动的半径为r，根据几何关系 解得
甲粒子第二次经过y轴的位置A点离O点的距离
粒子第二次进入电场从A到 过程是P到O的逆运动过程，从 到B与从P到O运动相同。所以，位置B
离O点的距离
则粒子第4次经过y轴C点的纵坐标为
所以，C点的坐标为
（3）经过分析，粒子能到达N点有三种情况：第一种运动轨迹如图乙所示粒子从M点进入磁场区Ⅱ，若偏转后直接到达N点，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径 ，根据几何
关系
解得
设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为 ，据牛顿第二定律有
解得
第二种运动轨迹如图丙所示粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ、电场，再回到磁场区Ⅰ到达N点，根据运动对称性知AN间距离
为2L，则MA间距离为L，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径 ，根据几何关系
解得
设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为 ，据牛顿第二定律有
解得
第三种运动轨迹如图丁所示粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ，电场、再回到磁场区Ⅰ，再进入磁场区Ⅱ偏转后到达 N点，根据
运动对称性知AD间距离为2L，则MA间距离等于DN间距离为 ，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半
径 ，根据几何关系
解得
设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为 ，据牛顿第二定律有
解得
2.（海口市2023届高三年级学生学科能力诊断）如图所示，在平面坐标系的第二象限有一个半径为 的圆
形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面问外，圆形磁场与两个坐标轴相切。在与 轴的切点 处有一个粒子源，可以在坐标平面内向磁场内各个方向发射带正电的粒子，已知粒子的电荷量为 、质量为 、速度为 ，
粒子的重力及粒子间相互作用不计，磁感应强度 。在第一象限内虚线 与 轴的夹角 ，
与 轴之间存在沿 方向、电场强度为 的匀强电场。
（1）垂直 轴射入圆形磁场的粒子再次到达 轴所用的时间及距坐标原点 的距离是多少？
（2）若在第一象限 和 轴之间加一个 垂直于纸面向外的匀强磁场，粒子从 点射入的
方向在哪个范围时，粒子经过匀强磁场 后可以直接进入匀强电场？
【答案】（1） ， ；（2）从 点射入的方向与 轴夹角大于
【解析】（1）根据题意可知，粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
解得 ，画出粒子的运动轨迹，如图所示粒子在磁场中的运动时间为
由几何关系可得
则粒子在 段的运动时间为
粒子由 点进入电场，做类平抛运动，沿电场方向上有
水平方向有 解得
则粒子再次到达 轴所用的时间为
距坐标原点 的距离为
（2）根据题意可知，粒子进入 和 轴之间的磁场，有 解得
由磁发散原理可知，从圆形磁场射出的粒子方向一定是垂直 轴方向，即进入 和 轴之间的磁场时，
速度垂直 轴进入，当轨迹与 相切时为临界点，此时粒子从 点射入的方向与 轴成 角，如图所
示有几何关系可得
则 点到 轴的距离为
则有 可得
即当粒子从 点射入的方向与 轴夹角大于 时，粒子经过匀强磁场 后可以直接进入匀强电场。
3.（2023届河南省安阳市高三下学期二模理综）如图所示，直角坐标系 中P点 右方边长为
正方形边界abcd中有垂直纸面向里、磁感应强度大小为 的匀强磁场，P为ad中点，
P点左方第一象限有竖直向上的匀强电场，第二象限有沿x轴负方向的匀强磁场。一质量 、
电荷量 的粒子（重力不计）从磁场边界ab上某点D（未画出）以速度大小
射入后，从P点沿x轴负方向进入电场，经y轴上的Q点 进入第二象限内，在以后的运动过程中
恰好未从xOZ面上飞出磁场。
求：
（1）D点的横坐标；
（2）第一象限内电场强度的大小及粒子到达Q点时速度的大小；
（3）第二象限匀强磁场的磁感应强度大小B；（4）粒子在第二象限中每次过x轴的位置的横坐标（结果可保留 或根号）。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3） ；（4）粒子
在第二象限中第n次过x轴的位置的横坐标为 （n=1，2，3…）
【解析】
【详解】（1）粒子从D点进入磁场后做匀速圆周运动，之后从P点沿x轴负方向进入电场，则其轨迹的
圆心 点在直线da上，可大致画出其运动轨迹，如下图所示，对粒子有
解得其轨道半径为
则a点到D点的距离l为
D点的横坐标为（2）粒子从P点到Q点做类平抛运动，设水平位移大小为x，竖直位移大小为y，到达Q点的竖直速度为
，有
解得
则粒子到Q点时速度为
（3）（4）粒子进入第二象后的运动，可分解为沿x轴负方向的匀速直线运动（速度大小为 ），和在垂
直于x轴的平面内的匀速圆周运动（线速度大小为 ，设其轨道半径为R），有
解得粒子恰好未从x轴上飞出磁场，则其轨迹和x轴相切，根据左手定则，粒子在第二象限中从Q点第一次经
过x轴时所用的时间为 ，由几何关系知Q点到O点的距离等于R，有
解得
之后粒子做周期性运动，每次经过x轴所间隔的时间都是T，沿x轴负方向前进的距离都为
所以，粒子在第二象限中第n次过x轴的位置的横坐标为
（n=1，2，3…）4.
4.（2023届高三二轮复习联考（二）湖南卷）如图所示，在直角坐标系 中，第一、四象限内存在三个
有界匀强磁场，即垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ、半径为 的圆形匀强磁场
Ⅲ，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等，宽均为 ，长均为 。在第二、三象限存在平行y轴方
向的匀强电场Ⅰ、Ⅱ，其电场强度大小相等，方向相反，在第四象限存在匀强电场Ⅲ，其上边界和匀强磁
场Ⅲ在M点相切，下边界放置光屏，M点到光屏的垂直距离为 ．现有两个质量均为m、带电荷量均
为 的带电粒子1、2分别从匀强电场Ⅰ、Ⅱ中坐标为 、 的两点以速度 沿
x轴正方向射出，都恰好经过原点O处分别射人匀强磁场Ⅱ、Ⅰ，又平行于x轴正方向射出匀强磁场Ⅱ、
Ⅰ，射入匀强磁场Ⅲ且都从M点射出，最后进入匀强电场Ⅲ打在光屏上。不计粒子的重力及粒子间相互作
用，电磁场均具有理想边界。求：（1）匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度 大小；
（2）带电粒子1、2在匀强磁场Ⅲ中的运动时间之差 ；
（3）带电粒子1、2最后打在光屏上的距离 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）带电粒子运动的轨迹如图所示
在
将带电粒子1 匀强电场Ⅰ中运动分解，沿 轴方向
沿 轴方向解得
带电粒子1经过 点时的竖直分速度
带电粒子1经过 点时的速度偏转角的正切值
解得
则带电粒子1经过 点时的速度
带电粒子1在匀强磁场Ⅱ中做匀速的圆周运动的半径
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子1在匀强磁场Ⅲ中做匀速圆周运动，由几何关系可得
运动时间带电粒子2在匀强磁场Ⅲ中做匀速圆周运动，由几何关系可得
运动时间
带电粒子1、2在匀强磁场Ⅲ中运动的时间之差
（3）带电粒子1在匀强电场Ⅲ中做类平抛运动
解得
带电粒子2在匀强电场Ⅲ中做类平抛运动
解得
带电粒子1、2最后打在光屏上的距离5.（汉中市2023届高三年级教学质量第二次检测考试）如图所示，在 平面第Ⅰ象限内有一半径为
的圆形区域，圆心为 ，圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场
边界与x和y轴分别相切于M、N两点。在 区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在
方向垂直于 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 。在电场中有一个位于 平面内且与y轴
平行、长为R的线状粒子源 ， 的中点A在x轴上，粒子源上各点均能沿 平面发射质量为m、
电荷量为 的同种带电粒子，且所发射粒子的速度大小均为 ，方向均与x轴正方向
成 角。已知从C点发出的粒子，恰好沿水平方向经过y轴上的P点，经圆形磁场偏转后恰好从M
点进入第Ⅳ象限，粒子的比荷 ，P点坐标为 ，不计粒子的重力和粒子间的相互作
用。求：
（1）匀强电场场强的大小E和 间的距离s；
（2）圆形磁场磁感应强度的大小B；
（3）粒子源 上各点所发出的粒子经圆形磁场后最终都能通过x轴进入第Ⅳ象限，经第Ⅳ象限磁场偏转
后将第二次通过x轴，求这些粒子中第二次通过x轴时能到达离O点最远的点的坐标，并求出该粒子从出
发到该位置所经历的总时间。【 答 案 】 （ 1 ） ， ； （ 2 ） ； （ 3 ） ，
【解析】（1）C点到P点逆过程粒子做类平抛运动，设C点到P运动时间为 ，y轴方向
，
由上述两式解得
x轴方向
，
由上述两式解得
（2）C点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其入射速度
设粒子轨迹半径为 ，由牛顿第二定律得由几何关系可知
联立解得
（3）分析可知， 上任意点发出的粒子经圆形磁场偏转后都从 M点通过x轴进入第Ⅳ象限，其中从A
点射出的粒子将从N点进入、从M点离开圆形磁场，且第一次通过x轴时速度方向沿 方向，它第二次
通过x轴时能到达离O点最远的位置，该粒子运动轨迹如图
设粒子在第Ⅳ象限磁场中运动的轨迹半径为 ，由牛顿第二定律得
解得
所求点的坐标为 。
由于所有粒子在第二象限运动规律完全相同，故从A点发射从N点进入的磁场的粒子在电场中运动时间也
为其到达x轴最远位置时在两个磁场中运动的时间分别为
，
该粒子从出发到x轴上最远位置经过的时间为
6.（绵阳南山中学2023年春绵阳三诊热身考试理综试题）（多选）如图所示，在PQ之间有水平向右的匀
强电场，在QM之间的两个半径为R的圆形内（不包含边界）存在方向相反的圆形磁场，两个圆形磁场相
切且与边界Q也相切，磁感应强度均为B，在两个圆形磁场右边并与圆形磁场相切有一个足够大的挡板。
在下边圆形磁场的最低点A处有一个粒子源可以在平面内向磁场内各个方向发射速率为 ，电量为 ，
质量为m的粒子，PQ之间的距离为 ，电场强度为 ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，
粒子不发生碰撞，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子速度减到零时刚好运动到电场左边界P
B. 粒子水平向左进入匀强电场
C. 粒子在下边的圆形磁场中运动的时间均为
D. 粒子无法都垂直打在挡板上
【答案】BC【解析】根据洛伦兹力提供向心力
解得
满足磁聚焦的条件，粒子出磁场后水平向左进入匀强电场，故B正确；
设粒子在匀强电场中减速到零时的位移为x，根据动能定理
解得 而PQ之间的距离 粒子运动到PQ中间速度减到零，故A错误；
作出轨迹图，如图所示
的
根据磁聚焦可以得出粒子在下边 圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和是π，所以时间是半个周期，即
故C正确；根据磁聚焦知识粒子在上边的圆形磁场中射出后均能垂直打在挡板上，故D错误。
故选BC。
7.（华大新高考联盟2022-2023学年高三下学期3月教学质量测评）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，
第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场，三个象限内的
磁感应强度大小相等，第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在P处有一质量为m、电荷量为
的带电粒子，以初速度 沿着x轴负方向射入匀强电场，经过一段时间从Q点进入第三象限的
匀强磁场，已知P点坐标为 ，Q点坐标为 ，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略
粒子所受重力的大小。求：（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）如果仅将第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的4倍，放一垂直于x轴的粒子接收屏A，
屏A沿y轴方向上足够大，且位置可沿x轴左右调节，要使粒子能够垂直打到屏A上，屏A位置的横坐标x
为多少？从粒子从P点发射开始计时，粒子垂直打到屏A上的可能时间t为多少？
【 答 案 】 （ 1 ） ； （ 2 ） ； （ 3 ） ，
【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则在x方向上做匀速直线运动有
在y方向上做初速度为0的匀加速直线运动有
根据牛顿第二定律有
解得电场强度
（2）粒子在电场中运动的过程中，设离开电场时粒子的速度大小为v，方向与x轴负方向的夹角为 ，运动过程中根据动能定理有
解得
则有
解得
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，三个象限内的磁感应强度大小相等，则粒子在三个象限内做匀速圆周
运动的轨迹半径相等，设为R，恰好不再返回电场，则粒子在第一象限内轨迹恰好与y轴相切，作出粒子
的轨迹如图甲所示， 、 为轨迹的圆心，根据几何关系可得，直角三角形 中 ，
， ，则 恰好在y轴上。
在直角三角形中根据几何关系可得粒子轨迹半径，因为 ，根据几何关系可得 ，在直
角三角形 中， 为轨迹半径R，则
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
联立以上各式解得磁感应强度（3）如果将第一象限的磁感应强度大小变为原来的4倍，即为4B。粒子在第一象限的匀强磁场中做匀速
圆周运动，洛伦兹力提供向心力有
解得轨迹半径
作出粒子的轨迹如图乙所示，要使粒子能够垂直打到屏A上，屏A位置只可能是图示位置，则屏A位置的
横坐标
根据第（1）问可解得粒子在电场中运动的时间为
粒子在第三象限内转过的时间为
粒子在第一象限内每一次转过的时间为根据周期性和对称性可得，粒子垂直打到屏A上的时间
解得
8.（房山区2023年高三年级第一次模拟考试）某一质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，粒子由静止加
速后以速度v进入B；B为速度选择器，磁场（图中未标出）与电场正交，速度选择器两板间电压为 ，
两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为 。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子（不计重
力），经加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：
（1）加速器的加速电压 ；
（2）磁感应强度 的大小和方向；
（3）粒子在 磁场中做匀速圆周运动的半径R。【答案】（1） ；（2） ，方向垂直纸面向里；（3）
【解析】（1）粒子加速过程根据动能定理可得
解得
（2）根据平衡条件
解得
方向垂直纸面向里。
（3）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得 解得
9.（东北师范大学附属中学2020级高三第二次摸底考试）如图甲所示，三维坐标系中存在平行z轴方向周
期性变化的磁场 和沿y轴正方向竖直向下的匀强电场E。电场强度为 ，磁场 随时间变化如图乙所示，其中 ， ，规定z轴正向为磁场正方向。在 时刻，一个质量为
、电荷量为 C的带负电液滴，从O点在xoy平面内以速度 ，方向与x
轴正向成45°角斜向下入射，已知重力加速度为 。
（1）求液滴第一次从O点经过x轴到第4次经过x轴所需时间；
（2）在 时刻撤去电场E和 ，同时在整个空间区域加上竖直向上（与y轴正方向平行）的匀强磁
场，磁感强度 T，求液滴继续运动过程中达到最大高度时的位置坐标。
【答案】（1） ；（2）坐标 （ ， ， ）
为
【解析】（1）液滴进入xoy平面的右侧，由于
所以液滴在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，当磁感应强度大小为2B 时，有
0
解得
由周期公式有同理 磁感应强度为B 时，有
0
解得
由周期公式有
则液滴第一次从O点经过x轴到第四次经过x轴的运动轨迹如图
由图可知液滴第一次从O点经过x轴到第4次经过x轴所需时间
（2）在 时刻液滴的位置如图所示
液滴在xoy平面内与-x方向夹角为45°，此后液滴将螺旋式上升，在y方向上，液滴以
沿y轴正向做竖直上抛，上升到最高点的时间为上升 的高度为
在x方向上，液滴以
在平行于xoz平面内（水平面）做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
由周期公式得
所以在 因此上升到最高点时水平方向上完成了1.5个周期的圆周运动。分析可知 时油滴x轴坐
标与最高点时x轴坐标相同，有图可知x轴坐标为
在 时由图可知油滴y轴坐标为
所以最高点时y轴坐标为因为负电油滴在 时z轴坐标为0，而此时洛伦兹力沿z轴正方向，所以在1.5个周期时z轴坐标为
因此液滴继续运动过程中达到最大高度时的位置坐标为（ ， ， ）
10.（渭南市2023年高三教学质量检测（Ⅱ））如图所示为某离子实验装置结构图。Ⅰ区为电加速区，由
间距为d中间有小孔S、O的两正方形平行金属板M、N构成，金属板边长为 ，其中离子源紧贴
小孔S；Ⅱ、Ⅲ区为长方体形状的磁偏转区，水平间距分别为d、 ，其竖直截面与金属板形状相同。Ⅲ
区左右截面的中心分别为 ，以 为坐标原点，垂直长方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。
M、N间有垂直于金属板的水平向右的匀强电场；Ⅱ、Ⅲ区的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分
别沿 、 方向。某时刻离子源有一电量为 、质量为m的粒子无初速的飘入小孔S，经过一段时间
后恰好能返回到小孔S，不考虑粒子的重力。
（1）求粒子经过小孔O时速度v的大小及Ⅰ区电场强度E的大小；
（2）求粒子在磁场中相邻两次经过小孔O时运动的时间；
（3）若在Ⅱ区中 方向增加一个附加匀强磁场，可使粒子经过小孔O后恰好不能进入Ⅲ区、并直接从Ⅱ
区前表面（ 方向一侧）P点飞出，求P点坐标为 。【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由几何关系得
根据牛顿第二定律得
得粒子经过小孔O时速度v的大小为
粒子由S到O过程，由动能定理得
联立上式解得
的
（2）粒子在磁场中 周期为
粒子在磁场中运动的时间联立方程，解得
（3）如图所示
粒子恰好与Ⅱ、Ⅲ区边界相切时由P射出，对应半径
即
解得
，
由几何关系得
解得
，
则有即P点坐标为
的
11.（榆林市2022~2023年度高三第三次模拟检测）（多选）如图所示，质量为m、电荷量为q 带正电粒
子以某一速度进入两平行板间的正交电磁场后恰好沿虚线做直线运动，然后从P点进入右侧的圆形匀强磁
场，最后从Q点离开圆形磁场。两板间的电压为U，间距为d，两板间磁场的磁感应强度大小为B、方向
垂直纸面向里，圆形磁场的方向垂直纸面向里且圆心O在虚线上，半径也为d，P，Q两点间的距离为
。不计粒子受到的重力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在两板间运动的速度大小为
B. 粒子在圆形磁场中运动的轨道半径为
C. 圆形磁场的磁感应强度大小为
D. 粒子在圆形磁场中运动的时间为
【答案】AC
【解析】A．粒子在两板间沿直线运动，则可知粒子在两板间有解得
故A正确；
B．粒子在圆形磁场中沿径向射出则一定沿径向射出，由几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径为
故B错误；
C．设圆形磁场的磁感应强度为 ，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力可得
解得
故C正确；
D．由几何关系可知，粒子在圆形磁场中偏转的角度为 ，即为周期的 ，所以在磁场中运动的时间为
故D错误。
故选AC
12.（银川一中、昆明一中高三联合考试一模）如图所示，质量M=1kg足够长的绝缘木板放置在光滑水平
面上，其右端放有一质量为m=2kg可视为质点的物块，物块带正电，电荷q=0.8C，物块与木板间的动摩擦
因数μ=0.2，开始时物块与木板都处于静止状态。在距木板右端L=4m处有一竖直分界线DE，DE右边有垂
直纸面向里范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=5T。现对木板施加水平向右F=8N的拉力，当物块运动
到DE处时，撤去拉力F。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）从木板开始运动到木板右端到达DE所用的时间；
（2）物块刚要进入磁场时，物块相对木板运动的距离；的
（3）整个过程中产生 热量。
【答案】（1） s；（2）4m；（3）21J
【解析】（1）对木板由牛顿第二定律得
由运动学公式
得
（2）对物块由牛顿第二定律得
物块从开始运动到刚要进入磁场
对木板
解得
（3）物块刚要进入磁场时速度此时木板的速度
进入磁场后，物块做加速度减小的加速运动，木板做加速度减小的减速运动，假设能共速，则在水平方向
上由动量守恒得
解得
若物块的洛伦兹力与重力平衡，则有
解得
所以不能共速，在水平方向由动量守恒得
解得
由能量守恒得
解得
13.如图所示，半径 R＝1.6 m 的光滑圆弧轨道位于竖直平面内，与长L＝3 m的绝缘水平传送带平滑连接，
传送带以v＝3 m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E
＝20 N/C，磁感应强度B＝3.0 T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m＝1.0×10－3 kg的物块 a和b，物
块a不带电，b带q＝1.0×10－3 C的正电并静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，
运动到最低点与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后粘合在一起，离开传送带后一起飞入复合场中，最后以
与水平面成60°角落在地面上的P点(如图)，已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取 g＝10
m/s2，a、b 均可看做质点。求：(1)物块 a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；
(2)传送带距离水平地面的高度；
(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中，a、b系统机械能的变化量。
解析：(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，mgR(1－cos θ)＝mv 2
C
得：v ＝4 m/s
C
在C点，由牛顿第二定律：F －mg＝m
N
解得：F ＝2×10－2 N
N
由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：F ′＝2×10－2 N，方向竖直向下。
N
(2)a、b碰撞动量守恒mv ＝2mv ′
C C
v ′＝2 m/s
C
ab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，μ·2mg＝2ma
v2－v ′＝2as
C
得：s＝2.5 m
