文档内容
第 50 讲 带电粒子在叠加场中的运动
目录
01 模拟基础练
【题型一】带电粒子在叠加场中运动的实例分析
【题型二】带电粒子在叠加场中的运动
02 重难创新练
【题型一】带电粒子在叠加场中运动的实例分析
1．电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是（ ）
A．图甲的速度选择器能使速度大小 的粒子沿直线匀速通过，但与粒子的带电性质、带电量及速
度方向无关
B．图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为 ，电阻R两端的电势差等于发电机的电动势
C．图丙是质谱仪工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 ，粒子的比荷越小
D．图丁为霍尔元件，若载流子带负电，稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势
【答案】D
【详解】A．电场的方向与B的方向垂直，带电粒子从左端进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平
衡力，即
解得可知不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以与粒子的带电性质及带电量无关，当带电粒子
从右端进入时，所受电场力与洛伦兹力方向均相同，不能匀速直线通过。可见与速度方向有关。故A错误；
B．由左手定则知正离子向上偏转，负离子会向下偏转，所以P板是电源正极，Q板是电源负极，正常工
作时电流方向为 ，但电路工作时等离子体也有电阻，故电阻R两端的电势差等于发电机的路端
电压，小于电动势。故B错误；
C．粒子先经过加速电场，然后进入速度选择器，从S 射入磁场时的速度相同，进入磁场后根据公式
3
得
故粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S，则r越小，荷质比越大。故C错误；
3
D．若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向左端偏转，所以稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势。
故D正确。
故选D。
2．一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平
行且垂直纸面向里，如图所示。一带正电粒子以速度 自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，
所有粒子均不考虑重力的影响。则以下说法正确的是（ ）
A．仅该变粒子的速度，粒子仍能够做匀速直线运动
B．仅改变粒子的比荷，粒子仍能够做匀速直线运动
C．仅改变电场的方向，粒子仍能够做匀速直线运动
D．其他条件不变，改为自A点沿中轴线射入，粒子仍能做匀速直线运动
【答案】B
【详解】A．由题意可知，一带正电粒子以速度 自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，由
平衡条件可得
解得
若仅该变粒子的速度，则电场力不等于洛伦兹力，粒子将会偏转做曲线运动，不能够做匀速直线运动，A
错误；B．仅改变粒子的比荷，由于粒子不考虑重力的影响。因此
不变，粒子仍能够做匀速直线运动，B正确；
C．仅改变电场的方向，可知粒子受到的电场力方向改变，则电场力与洛伦兹力就不能平衡，粒子会产生
偏转，就不能够做匀速直线运动，C错误；
D．其他条件不变，改为自A点沿中轴线射入，可知粒子受到的电场力不变，粒子受到的洛伦兹力方向会
变化，因此电场力与洛伦兹力就不能平衡，粒子不能做匀速直线运动，D错误。
故选B。
3．鼠标滚轮是鼠标上位于左键与右键之间的部件。某一鼠标滚轮上使用了霍尔效应传感器，传感器上有
一块非常小的金属板，如图所示，P、Q端与电压表相连，左右端与电源相连。当环形磁铁旋转时，电压
表就会有读数，图示时刻磁铁的N、S极分别在竖直面的下、上两端。则（ ）
A．图示时刻左端积累了负电荷
B．图示时刻P端积累了负电荷
C．图示时刻金属板中电子恰好不受磁场力的作用
D．磁铁的旋转不会对金属板中电子运动产生影响
【答案】B
【详解】ABC．图示时刻电流方向向右，则金属板所在位置磁场方向向上，由于电子向左运动，根据左手
定则可知，电子受到的洛仑兹力指向P端，即电子积累在P端，故AC错误，B正确；
D．磁铁旋转过程中，金属板所在位置垂直于金属板方向的磁感应强度发生变化，可知，磁铁的旋转会对
金属板中电子运动产生影响，故D错误。
故选B。
4．笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由
电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处
于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元
件的（ ）A．合屏过程中，前表面的电势比后表面的低
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
D．开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关
【答案】D
【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，
则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
B．开屏过程中，穿过霍尔元件的竖直方向的磁场减弱，元件前、后表面间的电压变小，故B错误；
C．若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，闭合屏幕时仍然能熄屏，故C错误；
D．由电子受力平衡可得
解得
开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确；
故选D。
5．磁流体发电是一项新兴技术， 它可以把物体的内能直接转化为电能，其原理如图所示。平行金属板
之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（含有大量带正、负电的粒子）射入磁场， 两板间便
产生电压，如果把 板和用电器连接， 板相当于一个直流电源的两个电极。不计重力、空气阻力
和粒子间的相互影响，则下列说法正确的是（ ）
A．图中 板是发电机的正极
B．等离子体在运动过程中只受洛仑兹力的作用
C．只减小等离子体的速率，电路中的电流不变
D．只减小 板的间距，电路中的电流增大
【答案】A【详解】AB．根据题意，由左手定则可知，正离子受指向B板的洛伦兹力，向B板偏转，B金属板相当于
电源的正极，同理A板相当于电源的负极，这时等离子体将受到电场力的作用，故A正确，B错误；
CD．最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有
解得
则当只减小等离子体的速率和只减小 板的间距时，感应电动势减小，由
知电路中的电流减小，故CD错误。
故选A。
【题型二】带电粒子在叠加场中的运动
1．如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，
电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小
滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小v；
c
(2)若已知m=0.2kg，E=2000N/C，q=0.001C，重力加速度g=10m/s2，且D点为小滑块在电场力、洛伦兹力
及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平
地面上的P点。已知小滑块在D点时速度大小为10 m/s，小滑块运动到P点时速度大小为10 m/s，
求小滑块从D点运动到P点的时间t。
0
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意知,根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受到水平向左的洛伦兹力,当洛伦兹力
等于电场力时，滑块离开MN开始做曲线运动，则有
解得（2）设重力与电场力的合力为F，由题意可知，在D点速度 的方向与F的方向垂直，从D到P做类平
抛运动，在力F方向上做匀加速直线运动，其加速度
t时间内，F方向的位移
从D到P，由动能定理可得
联立解得
2．如图所示，真空中有范围足够大、垂直 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在x轴下方有
沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m、电荷量为 的粒子在 平面内从y轴上的P
点以初速度大小 射出，不考虑粒子的重力。
(1)若粒子与y轴负方向成 角从P点射出，刚好能到达x轴，求P点的纵坐标 ；
(2)若粒子沿y轴负方向从P点射出，穿过x轴进入第四象限，在x轴下方运动到离x轴最远距离为d的Q
点（图中未标出），求粒子在Q点加速度的大小a；
(3)若所在空间存在空气，粒子沿y轴负方向从P点射出，受到空气阻力的作用，方向始终与运动方向相反，
粒子从M点进入第四象限时速度与x轴正方向成 角。求粒子从P点运动到M点的过程中运动的时间t。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得由几何关系得
y =R（1-sinα）
P
解得
（2）设粒⼦进⼊第四象限离x轴距离最大时速度为v，电场力对粒子做正功，由动能定理可得
1
由⽜顿第二定律有
qvB-qE=ma
1
解得
（3）粒⼦从P点运动到M点过程中任意时刻满足
qvB=mvω
则P点运动到M点的时间为
解得
3．如图所示，两水平虚线之间的空间内存在着相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B（如图甲示），有一个
带正电的油滴（电荷量为+q，质量为m）从该电磁复合场上方某一高度自由下落恰好做匀速圆周运动；现
保持电场大小方向和磁场大小不变，磁场方向变为垂直于纸面向里（如图乙示），油滴从复合场上方高度
为h位置静止释放，空间中电磁场横向范围足够大。
(1)求带电油滴第n次穿出磁场的位置与O点的距离和带电油滴在电磁场中运动的时间 。
(2)若带电油滴以初速度v与x轴线成θ角从O点进入电磁场（如图丙示），电磁场强度仍然保持不变，问
油滴将做什么运动并求进入电磁场后油滴第一次回到x轴的时间 。(3)若带电油滴以初速度v与水平方向成α角从 点进入电磁场（如图丁示），当油滴沿着直线运动到P点
时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），求撤掉磁场后油滴第一次穿过x轴的时间 。
【答案】(1) ， （n=1，2，3…）
(2)螺旋运动，
(3)
【详解】（1）图甲中，油滴在电磁复合场中做匀速圆周运动，则有
现保持电场大小方向和磁场大小不变，磁场方向变为垂直于纸面向里，由于电场力与重力平衡，油滴仍然
做匀速圆周运动，则有
，
解得
油滴从高度为h位置静止释放，根据动能定理有
带电油滴第n次穿出磁场的位置与O点的距离和带电油滴在电磁场中运动的时间分别为
， （n=1，2，3…）
解得
， （n=1，2，3…）
（2）结合上述可知，电场力与重力平衡，将速度沿x轴与y轴分解为
，
油滴在沿x轴方向做匀速直线运动，垂直于纸面方向做匀速圆周运动，即油滴向右做螺旋运动，则有
，
解得
结合螺旋运动的周期性，进入电磁场后油滴第一次回到x轴的时间（3）油滴沿着直线运动到P点，油滴受到重力、电场力与洛伦兹力，可知，油滴做匀速直线运动，到达P
点后，撤去磁场，粒子做类抛体运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，则有
解得
4．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第二、三、四象限内存在平行于y轴向上的匀强电场，
在第三、四象限内存在磁应强度为B、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正
电小球，从y轴上的A点水平向右抛出，记为小球第一次通过y轴，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰
能做匀速圆周运动，已知 ，磁感应强度 ，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）电场强度E的大小和粒子经过M点的速度大小；
（2）粒子第三次经过y轴时的纵坐标。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）因小球在第四象限做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，故：
解得
小球在第Ⅰ象限平抛，由运动学规律，有
联立解得竖直方向速度
经过M点的速度大小为
（2）小球在第四和第三象限做匀速圆周运动， 为圆心，MN为弦长， ；小球在第二象限做
匀速直线运动，第三次经过y轴的点记为Q，如图所示
设半径为r，小球在磁场中做匀速圆周运动，有
由几何关系知
由
小球在第二象限做匀速直线运动，有
联立求得
5．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场
强度大小为 ，磁感应强度大小为B。从O点发射一比荷为 的带正电微粒，该微粒恰能在xOy坐标平
面内做直线运动。已知y轴正方向竖直向上，重力加速度为g。
（1）求微粒发射时的速度大小和方向；
（2）若仅撤去磁场，微粒以（1）中的速度从O点射出后，求微粒通过y轴时到O点的距离；
（3）若仅撤去电场，微粒改为从O点由静止释放，求微粒运动的轨迹离x轴的最大距离。【答案】（1） ， 轴负方向夹角为 ；（2） ；（3）
【详解】（1）由题意知，粒子做匀速直线运动，受力分析如图
则
解得
粒子出射的速度方向与 轴负方向夹角为
解得
即微粒发射的速度大小为
与 轴负方向夹角为 ；
（2）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如图将速度分解可得
轴方向的加速度大小
经过 轴时的时间
。
距 点的距离
（3）解法1：
微粒运动的轨迹离 轴的距离最大时，速度与 轴平行，设最大距离为 ，在 方向上，由动量定理得
即
由动能定理得
解得
解法2：
将静止释放的微粒看成同时有大小相等、方向水平向左和向右的初速度 ，向左的速度 产生的洛伦
兹力与重力大小相等（如图）则
解得
向左的分速度使微粒水平向左匀速直线运动，向右的分速度使微粒在洛伦兹力下做匀速圆周运动，即
解得
微粒运动的轨迹离 轴的最大距离
6．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B。质量为m，电荷量为e的电子从О点沿x轴正方向水平入射，入
射速度为 时，电子沿x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
高点与在最低点所受的合力大小相等。不计电子重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为 ，求运动到速度为 时位置的纵坐标y；
（3）若电子入射速度在 的范围内均匀分布，求能到达纵坐标 位置的电子数N占总电子
数N 的百分比。
0【答案】（1）vB；（2） ；（3）87.5%
0
【详解】（1）由题知，入射速度为v 时，电子沿x轴做直线运动则有
0
Ee=evB
0
解得
E=vB
0
（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v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，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
F =ev B－eE
合 m
在最低点有
F =eE－evB
合
联立有
，
要让电子达纵坐标 位置，即
y≥y
2
解得
则若电子入射速度在00）的带电粒子以一定的初速度v （未知）沿y轴正方向从坐标点（-d，0）射入
0
第二象限，在此后的运动过程中，粒子由（0，3d）第一次穿过y轴，并在右侧区域做匀速圆周运动，第二
次恰好在原点O穿过y轴。已知重力加速度为g，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子第一次穿过y轴的速度和匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子第五次经过y轴的坐标。
【答案】（1） ；（2） ，与y轴正方向夹角为 ， ；（3）（0，-11d）
【详解】（1）粒子在右侧区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则重力与电场力平衡，则有
解得
（2）粒子在第二象限做类斜抛运动，水平方向上由牛顿第二定律有
由运动学公式有
，
竖直方向上由运动学公式有
，
由矢量合成法则有解得
可知
方向与y轴正方向夹角为 ，粒子在右侧区域轨迹如图所示
，
由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）粒子从原点O回到第二象限后，做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动进入第四象限做匀速
圆周运动，粒子再次穿过y轴的纵坐标记为 ，由几何关系可知 ，带电粒子再次进入第三象限做
类平抛运动，则x轴方向上有
y轴方向上有
解得
故粒子第五次经过y轴的坐标为（0，-11d）。
19．如图所示，在xOy坐标系的第一象限内，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，
其中电场在 的范围内，磁场在 的范围内。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子（重力不计）从y轴上P点以初速度 进入第一象限，速度方向与y轴负方向成 角，P点纵坐标为 。
粒子经过电场后，刚好沿直线 MN穿过电场、磁场复合区，最终从x轴上A点离开磁场，已知MN与x轴
平行。求：
（1）电场强度的大小E及M点的纵坐标 ；
（2）粒子经过A点时的速度方向及A点的横坐标 ；
（3）粒子从P点到A点所用的时间t。
【答案】（1） ；（2）2.5L；（3）
【详解】（1）由题意，带电粒子从 P到M过程中只受电场力作用，做匀变速运动，且粒子到 M点时速
度沿MN方向，将v 分解成沿x轴正方向的v 和沿y轴负方向的v，则
0 1 2
解得故
（2）粒子经过复合区时以v 沿MN做匀速直线运动，则
1
粒子离开N点后在磁场中做匀速圆周运动，则
解得
由几何关系得
即粒子经过A点时的速度方向与x轴负方向的夹角为 ，A点的横坐标为2.5L；
（3）粒子从P经M到N过程中，沿x方向做匀速运动，则
粒子从N到A做匀速圆周运动对应圆心角为 ，则
粒子从P点到A点所用的时间为
20．微波炉中的磁控管是一种用来产生微波的电真空器件。管内电子在相互垂直的恒定磁场和恒定电场的
控制下，把从恒定电场中获得能量转变成微波能量，从而达到产生微波的目的。如图所示，MN、PQ为带
电金属板，板间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一束电子以平行于
的速度自O点射入复合场区域，恰好沿直线通过。O为MP中点，MP=2d，MN足够长，电子比荷为 。
不计电子重力及它们之间的相互作用。
（1）求电子沿直线经过两板间的速度大小；
（2）若撤去电场，求电子打在金属板上距所在金属板左端的距离x；（3）若电子进复合场的初速度不变，将电场强度变为 ，求电子在两板间运动的最大速度以及电子沿电
场线方向上的最大位移。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）若电子能沿直线通过，受到的合力为0，根据电子的平衡状态可得
解得
（2）电子在磁场中做圆周运动，电子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
解得
电子向下偏转，电子打在PQ板上距P端x处，由几何关系得
解得
（3）如图所示
通过配速，让电场力与洛伦兹力平衡可得解得
即将电子初速度分解为向右的 和向左的 ，分别对应匀速直线运动和匀速圆周运动，v 与v
1 2
同向时电子的运动速度最大，此时
匀速圆周运动的半径为
沿电场线方向的最大位移
解得
沿电场线方向的最大位移
21．如图所示，在竖直的xoy平面内，在水平x轴上方存在场强大小 、方向平行于x轴向右的匀强
电场，在第二象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和大
小、方向均未知的匀强电场E。一质量为m、带电量为q的小球从y轴上的P（0，L）位置无初速度释放，
2
释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与y轴相切，求：
（1）小球第一次穿过x轴时速度大小和方向以及匀强电场E 大小；
2
（2）小球第二次穿过x轴的位置与第三次穿过x轴的位置之间的距离；
（3）若让小球从y轴上P点的下方Q点（图中未标出）无初速度释放，小球通过第一、三、四象限后进
入第二象限做直线运动，并恰好又回到Q点。求第二象限中匀强磁场的磁感应强度B的大小。【答案】（1） ，与竖直方向夹角 ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）小球在第一象限做匀加速直线运动
与竖直方向夹角
-
对小球，有
小球在第四象限做匀速圆周运动，有
qE=mg
2
得
（2）小球再次回到第一象限做类平抛运动，如图所示，竖直方向
水平方向
解得
（3）假设x轴下方匀强磁场磁感应强度大小为B，从P点释放的小球进入磁场，有
0假设Q点离坐标原点的距离为y ，对从Q点释放的小球，进入第一象限的速度v，同理可得
Q 1
从Q点释放的小球通过第一象限进入x轴下方，做匀速圆周运动，有
从Q点释放的小球在第二象限做直线运动，电场力和重力的合力与洛伦兹力大小相等，v 与x轴夹角
1
θ=45°
1
有
电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，则MQ与NQ必然垂直，由几何关系，得
解得
22．如图，在竖直平面内建立平面直角坐标系 xOy，第一象限存在沿 y轴方向的匀强电场，电场强度大小
为 （未知）；第二象限也存在一个匀强电场，电场强度大小 ，方向与x轴正方向夹角
为45°；x轴下方内存在方向竖直向上大小为 的匀强电场和磁感应强度大小 的方
向垂直纸面向外的圆形匀强磁场，圆形区域在P点与x轴相切，其半径 。一比荷 、
不计空气阻力的带正电小球，从第二象限的A点由静止释放，A点坐标为 ，该粒子从y轴上
C点进入第一象限，恰从P（0.2m，0）点进入第四象限的匀强磁场，最终从圆形磁场的M点射出（M点
未标出）。 ，求：
（1）小球经过C点的速度大小 ；
（2）电场强度 的大小及小球经过P点的速度v；
（3）求M点坐标。【答案】（1） ；（2） ， ，与x轴正方向夹角为45°；（3）
【详解】（1）小球在第二象限时，小球受电场力和重力，由分析受力可知，小球合力
所以
（2）小球在第一象限时，由受力分析可知，小球在x轴方向上做匀速直线运动，所以：沿x轴方向
沿y轴方向上
解得
方向竖直向下。由牛顿第二定律得
解得
且
所以
方向与x轴正方向夹角为45°。（3）从P点进入第四象限，由受力分析知
所以，小球所受的电场力与重力平衡，合力为洛伦兹力，设小球做圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提
供向心力
解得
所以，小球最终将以垂直y轴方向的速度离开磁场，因此M点的坐标为
即M点坐标为
23．如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，质量为 、电荷量为 的电子以垂直
于磁场方向的速度 射入，运动过程中受到空气的阻力 ， 为已知常量。
（1）电子速度从 减小为 过程中空气阻力所做的功 ；
（2）电子速度从 减小为 过程中通过的路程 ；
（3）要使电子保持速度大小为 ，角速度为 做匀速圆周运动，可在空间加一个方向始终与磁场方向垂直
的匀强电场并使之旋转，不考虑电磁波的影响，求电场的场强大小 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由动能定理得
解得（2）沿电子运动轨迹的切线方向
又
，
所以
解得电子通过的路程为
（3）电场旋转的角速度大小为 。
情况1：电场力与空气阻力平衡，洛伦兹力提供向心力
解得
此时
情况2： ，电子受力如图
设电场力与洛伦兹力方向夹角为 ，沿圆周切线方向
沿圆周半径方向
解得情况3： ，电子受力如图，设电场力与洛伦兹力反方向夹角为 ，沿圆周切线方向
沿圆周半径方向
解得
综上分析可知
24．如图所示，在 轴下方，沿 轴方向每间隔 的高度就有一段间距为d的区域P，区域P内既
存在竖直向上、场强 的匀强电场，也存在垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，磁感应强度
。现有一电荷量 、质量 的带正电的粒子从坐标原点O自由下落。粒子可
视为质点，取重力加速度 。
（1）求粒子刚到达第一个区域P时的速度大小 ；
（2）求粒子穿出第一个区域P时速度的水平分速度大小 ；
（3）若将所有区域的磁感应强度的大小调整为 ，使粒子刚好不能穿出第2个区域P，求 的大小。
【答案】（1）2m/s；（2）0.2m/s；（3）
【详解】（1）动能定理
解得
（2）在区域P中，粒子所受的合力
所以粒子在区域P中做匀速圆周运动，粒子穿出第一个区域P时，设 与x轴正方向的夹角为 ，其运动
轨迹如图所示。由题意
洛伦兹力提供向心力
几何关系
代入数据解得
（3）进入第2个区域P时，动能定理
解得
x方向，动量定理
求和
得到
代入数据解得
26．如图所示，竖直平面内有直角坐标系xOy，y轴竖直，两平行金属板MN、PQ竖直正对放置，Q点与
坐标原点O重合，板的长度均为d，仅在板间存在沿x轴正方向的匀强电场（未画出）。y轴右侧有垂直平
面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 。从板外A点将一质量为m、电荷量为 的小球以初速度
沿x轴正方向抛出，小球从M点进入两板间，沿直线从Q点离开，进入右侧的匀强磁场区域。已知
小球从A点到M点与从M点到Q点经历的时间相等，重力加速度为g，求：
（1）两板间的电场强度大小。
（2）小球离开Q点时的速度大小。
（3）小球在磁场中运动的最小速度以及偏离x轴的最大距离。【答案】（1） ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）小球从A点到M点与从M点到Q点，竖直方向做自由落体运动，两段时间相等，则竖直位
移之比为 ，从A点到M点的竖直高度为 ，小球从A点到M点，竖直方向有
设小球在M点的速度方向与水平方向夹角为θ，则有
解得
小球在两板间沿MQ做匀加速直线运动，电场力与重力的合力沿MO直线，有
解得
（2）小球在两板间沿MQ做匀加速直线运动，设两板间距离为l，则有
小球从A点到Q点，由动能定理可得
解得小球离开Q点时的速度大小
（3）小球进入磁场时，沿x轴正方向的分速度
沿y轴负方向的分速度
因小球在磁场中的运动可分解为沿x轴正方向的速度大小为 的匀速直线运动和在xOy平面内速度大小为
的匀速圆周运动，当小球运动到圆周运动的最高点时速度最小，为
小球做匀速圆周运动，有
解得小球偏离x轴的最大距离
27．光滑绝缘轨道ACD由竖直的半圆轨道AC和水平直轨道CD组成。半圆轨道与直轨道相切于C点。半
圆轨道的圆心为O、半径为R，且圆心在AC连线上。空间有如图所示的匀强电场和匀强磁场，电场强度大
小为E，方向与水平面的夹角为 ；匀强磁场的方向垂直纸面向里，重力加速度大小为g。在水平直
轨道上的F点由静止释放一质量为m、电荷量为 的带正电小滑块，该滑块运动到直轨道末端C点时
恰好与轨道无压力，之后磁场消失，滑块恰好能沿着半圆轨道运动到A点，求：
（1）磁场的磁感应强度大小为多少？
（2）滑块从A点水平抛出后，再次到达水平直轨道时距离C点的距离为多少？
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）在A点对滑块受力分析，有
解得
滑块从C点到A点，根据动能定理有
解得在C点对滑块受力分析，有
解得
（2）滑块从A点抛出后，以水平、竖直方向建立坐标系，竖直方向
解得
水平方向
解得
28．利用电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。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，其速度方向与y轴正方向夹角 的最大值为 ，且各个方向速度大小
随 变化的关系为 式中 为未知定值，且 的离子恰好通过坐标为 的P点。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）求关系式 中 的值；
（2）当离子的发射速度在第二象限内且 时，求离子第一次到达界面 的时间t；
（3）求所有离子中第一次到达界面 时，与x轴的最远距离 ；
（4）为回收离子，在界面 右侧加一宽度为L且平行于x轴、方向向右的匀强电场，如图所示，为使
所有离子都不能穿越电场右边界，求电场强度的最小值E。【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
【详解】（1）根据题意可知，当 时，即沿 轴正方向发射的离子恰好通过坐标为（L，L）的P点，
则其轨迹的圆心一定在 轴上，设轨迹的半径为 ，由几何关系有
解得
即圆心在界面 与 轴的交点，又有
其中
解得
（2）当离子的发射速度在第二象限内且 时，粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知由牛顿第二定律可得
解得
可知圆心 在 的界面上，由几何关系得圆心角
离子第一次到达界面 的时间为
（3）根据题意，由牛顿第二定律有
解得
由几何关系可知，所有离子运动轨迹圆心均在 的界面上，则离子沿左侧 射出时，通过界面时离
轴最远，此时离子运动的半径为
由几何关系可得
（4）综合上述分析可知，离子通过界面时，速度与界面垂直，则为使所有离子都不能穿越电场区域，即
保证速度最大的离子不能通过即可，即当离子以 射入时速度最大，最大速度为
离子在 轴方向上运动方向最大位移为L，此时速度为 ，在复合场区域任意 时间，由动量定理可得
两边求和有
解得
由动能定理有解得
即电场强度的最小值
29．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。空间中存在
相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B；匀强电场（图中未
画出）的方向平行于xOy平面，电场强度大小为 。小球（可视为质点）的质量为m、带电量为 ，
从O点射出。忽略空气阻力，重力加速度为g。
（1）若撤去匀强电场，要使小球在空间中做直线运动，求小球射出时的速度大小和方向；
（2）若匀强电场在xOy平面内的方向可调，要使小球在xOy平面内做直线运动，求小球射出时速度大小
范围；
（3）若匀强电场方向竖直向下，将小球沿y轴正方向射出，速度大小为 ，求小球运动过程中距x轴的
最大距离。
【答案】（1） ，方向水平向右；（2） ；（3）
【详解】（1）若撤去匀强电场，要使小球在空间中做直线运动，则小球必定做匀速直线运动，洛伦兹力
与重力平衡，即洛伦兹力方向竖直向上，根据左手定则可知，小球射入速度方向一定水平向右，根据平衡
条件有
解得
方向水平向右。
（2）小球受重力、电场力与洛伦兹力，小球在场力作用下做直线运动，该运动一定是匀速直线运动，根
据平衡条件，电场力与洛伦兹力的合力一定大小等于重力，方向一定竖直向上，由于即有
根据两个力的合力的取值范围可知
解得
（3）根据题意有
将小球速度沿x轴正方向分解为 与y轴正方向夹角为 的 ，如图所示
其中分速度 对应的洛伦兹力与重力、电场力的合力平衡，即有
解得
可知
，
根据上述可知，小球的运动可以看为沿x轴正方向的匀速直线运动与速度为 的匀速圆周运动两个分运动
合成，可知，当小球圆周分运动至最低点，即 方向沿水平向右方向时，小球合速度最大值为
此时小球的动能最大，电场力与重力做功最多，小球距离x轴最远，令最大距离为d，根据动能定理有
结合上述解得30．如图所示，固定的光滑绝缘斜面的倾角为 ，空间存在水平向里的匀强磁场。一质量为
m的带正电小球，t=0时刻从斜面上静止释放，经过时间T 离开斜面。重力加速度为g，不计其他阻力。
0
（1）求小球离开斜面时的速度v；
0
（2）小球离开斜面后，在竖直面内的运动轨迹如图中虚曲线所示，且运动过程中的加速度大小始终不变。
已知小球经过相邻两个轨迹最高点所用的时间为 ，求：
（ⅰ）小球的轨迹最高点和最低点间的高度差h；
（ⅱ）相邻两个最高点间的距离x。
【答案】（1） ；（2）（ⅰ） ；（ⅱ）
【详解】（1）小球释放后，沿斜面向下加速，洛伦兹力垂直斜面向上，小球脱离斜面前，洛伦兹力不影
响小球的加速度，沿斜面方向，由牛顿第二定律有
解得
小球在斜面上做匀加速直线运动，由运动学公式有
解得
（2）小球刚要离开斜面时，垂直斜面方向，有
设小球离开斜面后，在轨迹最低点的速度为 ，在轨迹最高点的速度为 ，分析可知， 、 的方向都水
平向右，且小球离开斜面后的加速度大小都等于刚脱离斜面时的加速度
（ⅰ）在最低点，小球加速度向上，由牛顿第二定律有
在最高点，小球加速度向下，由牛顿第二定律有
小球从最低点运动到最高点，只有重力做功，洛伦兹力不做功，由动能定理有
解得（ⅱ）小球离开斜面后，从一个最高点向相邻最高点运动的过程中，设某一时刻速度为 ，方向与水平向
右夹角为 ，又经过一小段时间 ，竖直方向速度变化量为 ，水平方向分位移为∆x，竖直方向由动量
定理有
对小球从一个最高点到相邻最高点的整个过程求和，有
解得
