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第 79 讲 带电粒子在叠加场中的运动
1．（2022•浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面
（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、
y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小
可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为 B 、磁感线与圆弧平行且逆时针方
1
向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域
Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从
板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ
的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电
子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W ，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的
0
作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能E ，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v 的大小范围；
km 0
√3eU √emU
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E=B ，区域Ⅱ的磁感应强度大小B = ，求被探测
1 m 2 ea
到的电子刚从板M逸出时速度v 的大小及与x轴的夹角 ；
M
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的β 电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ
的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B ，求E的最大值和B 的最大值。
2 2
【解答】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
E ＝hν﹣W
km 0
1
则有： mv2=E +eU：（0≤E ≤E ）
2 0 k k km解得：√2eU v √2(hν+eU-W )
≤ 0 ≤ 0
m m
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev B ＝eE
0 1
√3eU
解得：v =
0
m
1 1
根据动能定理有：eU= mv 2- mv2
2 0 2 M
√eU
v =
M
m
a
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsin =
2
α
光电子区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev B ＝mv2
0 2 0
r
v sin ＝v sin
M 0
联立解β得： ＝α30°
β
（3）由上述表达式ev B ＝eE，可得：E ＝B √2(hν+eU-W )
0 1 max 1 0
m
结合在区域Ⅱ中：r mv ，rsin a
= 0 =
eB 2
2 α
可得：mv sin a
0 =
eB 2
2
α
1
而v sin 等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有： m（v sin ）2≤E ＝hν﹣W
0 0 km 0
2
α α可得：v sin √2(hν-W )
0 ≤ 0
m
α
2√2m(hν-W )
联立解得：B ≤ 0
2
ea
2√2m(hν-W )
则B 的最大值为 0
2
ea
答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W ，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v 的大小范
0 0
围为 √2eU v √2(hν+eU-W )；
≤ 0 ≤ 0
m m
√eU
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度v 的大小为 ，与x轴的夹角 为30°；
M
m
β
（3）E的最大值为B √2(hν+eU-W )，B 的最大值为2√2m(hν-W )。
1 0 2 0
m ea
一.知识回顾
1.叠加场概念：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
项目
力的特点 功和能的特点
名称
大小：G＝mg 重力做功与路径无关
重力场
方向：竖直向下 重力做功改变物体的重力势能
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强 静电力做功与路径无关
静电场 方向相同 W＝qU
②负电荷受力方向与场强方向相 静电力做功改变电势能
反
洛伦兹力大小：F＝qvB 洛伦兹力不做功，不改变带电粒
磁场
方向：根据左手定则判定 子的动能
3.带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动
(1)静电力、重力并存
静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简
单。
(2)磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守
恒，由此可求解问题。
(3)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动
能定理求解问题。
(4)静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守
恒定律或动能定理求解问题。
4.是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小
物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明是否需要考虑重力时则按说明分析。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考
虑重力。
二.例题精析
题型一：叠加场
例1．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向
垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为m ，m ，m ．已知在该
a b c
区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速
直线运动。下列选项正确的是（ ）
A．m ＞m ＞m B．m ＞m ＞m C．m ＞m ＞m D．m ＞m ＞m
a b c b a c c a b c b a
【解答】解：微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力F'的作用，三个带正电的微粒a，b，c电荷量
相等，那么微粒所受电场力F大小相等，方向竖直向上；
a在纸面内做匀速圆周运动，则a的重力等于电场力，即F＝G ＝m g；
a a
b在纸面内向右做匀速直线运动，则b受力平衡，因为重力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，则有F+F′ ＝G ＝m g；
b b b
c在纸面内向左做匀速直线运动，则c受力平衡，且洛伦兹力方向向下，则有：F﹣F′ ＝G ＝
c c
m g
c
所以，m ＞m ＞m ，故ACD错误，B正确；
b a c
故选：B。
题型二：叠加场+组合场
（多选）例2．（2019•莆田二模）如图所示，在y轴的右方有一方向垂直纸面向外的匀强磁场，在
x轴的下方有一方向平行x轴向左的匀强电场。现有一个氕核和一个氘核分别以相同的动量从y
轴上的P点垂直y轴进入第一象限，经x轴后分别到达y轴上的某一点（图中未画出）。不考虑
粒子受到的重力。则（ ）
A．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1：1
B．两粒子在第一象限中运动的半径之比为1：2
C．氕核到达y轴时的速度较大
D．氘核到达y轴时的速度较大
v2 mv
【解答】解：AB、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m ，解得R= ，由于氕核和氘核
R qB
的动量相同，即mv相同，电荷量q相同，故半径之比为1：1，故A正确、B错误；
CD、由于两者运动半径相同，所以从x轴射出时的横坐标x也相同，洛伦兹力不做功，因此当
粒子从x轴射出时速度大小与初速度大小相同，由于两者初动量相等，且质量比为m ：m ＝
H D
1：2，因此有：v ：v ＝2：1；
H D
从进入第四象限到达到y轴，由动能定理得：
对氕核有：qEx 1 1 ，解得：v′ √ 2qEx
= m v'2 - m v2 H= v2 +
2 H H 2 H H H m
H
对氘核有：qEx 1 1 ，解得：v′ √ 2qEx
= m v'2 - m v2 D= v2 +
2 D D 2 D D D m
D所以有：氕核到达y轴时的速度较大，故C正确、D错误。
故选：AC。
三.举一反三，巩固练习
1. 带电油滴以水平速度v 垂直进入磁场，并恰好做匀速直线运动，如图所示，若油滴的
0
质量为m，磁感应强度大小为B，则下列说法正确的是（ ）
2mg
A．油滴一定带正电荷，电荷量为
v B
0
g
B．油滴一定带负电荷，比荷为
v B
0
mg
C．油滴一定带正电荷，电荷量为
v B
0
mg
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q=
v B
0
【解答】解：带电液滴做匀速直线运动，重力与洛伦兹力是一对平衡力，重力方向竖直向下，
由平衡条件可知，洛伦兹力方向竖直向上，根据左手定则判断油滴必带正电荷；由平衡条件得：
mg
qv B＝mg，解得：q = ，故C正确；ACD错误。
0 v B
0
故选：C。
2. 如图，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电
场中，轨道两端在同一高度上。P、M、N分别为轨道的最低点．a、b、c三个相同的带正电绝
缘小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，则（ ）
A．b球先于a球到达轨道的最低点
B．a、b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更小C．三小球向下运动过程中，c球到达轨道最低点的速度最小
D．c球运动过程中，其重力势能最小时，电势能一定最大
【解答】解：A、沿着轨道建立自然坐标系，将速度和加速度分解为沿轨道方向和垂直于轨道方
向，由于图二洛伦兹力始终在垂直于轨道方向，不影响沿轨道方向的受力，所以 b球和a球同时
到达轨道的最低点，故A错误；
BC、第一个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到P点过程中只有重力做功，根据动
1
能定理有：mgR= mv2-0
2 P
第二个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到M点过程中只有重力做功，根据动能定
1
理有：mgR= mv2 -0
2 M
第三个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到N点过程中有重力做功、电场力做功，
1
根据动能定理有：mgR﹣qER= mv2 -0
2 N
根据以上公式有可知，c球到达轨道最低点的速度最小
由牛顿第二定律得，对a球：F ﹣mg＝mv2，对b球：F ﹣mg﹣qv B＝mv2 ，
P P M M M
R R
所以a、b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更大，故B错误，C正确；
D、c球运动过程中，小球运动到轨道右侧速度减小为0时，电势能最大，故D错误．
故选：C．
3. 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要工序，如图为离子注入工作原理示意图：
质量为m，电量为q的离子由静止经电场加速后，沿水平虚线穿过速度选择器，再通过匀强磁
场偏转后，恰好竖直向下射出．已知速度选择器的磁场和偏转磁场的磁感应强度大小均为 B，
方向相同；速度选择器的匀强电场场强大小为E、方向为竖直向上．整个系统置于真空中，不
计离子重力，则（ ）A．该离子带正电
B．偏转磁场的方向垂直纸面向外
C．加速电场的电压 mE2
U =
0 2B2q
mE
D．离子在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为r=
qB
【解答】解：AB、假设离子带正电，离子在速度选择器中做匀速直线运动，受到的电场力竖直
向上，则离子受到的洛伦兹力竖直向下，由左手定则判断可知，偏转磁场的方向垂直纸面向外。
假设离子带负电，离子在速度选择器中做匀速直线运动，受到的电场力竖直向下，则离子受到
的洛伦兹力竖直向上，由左手定则判断可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里。
可知无论正负电荷均可匀速直线运动通过速度选择器，电荷电性不同，偏转磁场的方向不同，
故AB错误；
E
C、离子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件有qvB＝qE，解得v= 。离子在加速电
B
场中加速过程，由动能定理得：qU 1 ，解得 mE2 ，故C正确；
0= mv2 U =
2 0 2B2q
v2
D、离子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m ，联立解得r
r
mE
= ，故D错误。
qB2
故选：C。
4. 如图，竖直面（纸面）内，一层够长的粗糙绝缘直杆与水平方向成 60°角固定，所在
空间有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向水平向左的匀强电场，一质量为m且可视为质点的
带正电小球套在杆上，现给球一个沿杆向下的初速度v，球恰能做匀速运动，且杆对球恰好无
弹力。下列判定正确的是（ ）E v
A．电场强度与磁感应强度的大小关系为 =
B 2
B．若在球运动的过程中仅撤去磁场，球仍将保持速度v做匀速运动
3v
C．若仅将球的初速度大小变为 ，球将做加速度不断减小的减速运动直至静止
2
3
D．若仅将球的初速度大小变为2v，球沿杆运动的过程中，克服摩擦力做的功为 mv2
2
【解答】解：A、杆与球之间恰好无弹力，对球进行受力分析如图所示，则重力mg与电场力qE
E √3v
的合力与洛伦兹力qvB等大反向共线，由几何关系可得：qE＝qvBsin60°，则 = ，故A错
B 2
误；
B、若在球运动的过程中仅撤去磁场，重力与电场力的合力垂直于杆向下，杆对球有支持力，从
而受到滑动摩擦力，而且球的合力等于滑动摩擦力，所以球将做减速运动，直到静止，故 B错
误；
3v 3
C、若仅将球的初速度大小变为 ，洛伦兹力变为原来的 倍，而重力与电场力的合力不变，
2 2
方向垂直于杆向下，则杆对球有垂直于杆向下的弹力，从而受到滑动摩擦力，球做减速运动，
随着速度减小，洛伦兹力减小，杆对球的弹力减小，滑动摩擦力减小，加速度减小，当速度减
至v时开始做匀速运动，故C错误；
D、若仅将球的初速度大小变为2v，洛伦兹力变为原来的2倍，而重力与电场力的合力不变，杆
对球有垂直于杆向下的弹力，从而受到滑动摩擦力，球做减速运动，当速度减至v时开始做匀速
运动，由于重力与电场力的合力不做功，弹力和洛伦兹力也不做功，所以球沿杆运动的过程中，
1 1 3
克服摩擦力做的功为W= m(2v) 2- mv2= mv2，故D正确。
2 2 2
故选：D。5. 如图所示，两平行金属板之间有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场
B，一带负电的粒子（重力不计）以速度v 水平向右飞入两板之间，恰能沿直线飞出，下列判
0
断正确的是（ ）
A．粒子一定做匀速直线运动
B．若只增大粒子速度v ，其运动轨迹仍是直线
0
C．若只增加粒子的电量，其运动轨迹将向上偏转
D．若粒子以速度v 从右向左水平飞入，其运动轨迹是抛物线
0
【解答】解：A.带负电的粒子沿直线从正交场中飞出，则受向上的电场力等于向下的洛伦兹力，
则一定做匀速直线运动，如果不是匀速直线运动，则洛伦兹力就会变化，将做曲线运动，故A
正确；
B.若只增大粒子速度v ，则粒子受洛伦兹力变大，则其运动轨迹向下弯曲，则轨迹不是直线，
0
故B错误；
C.根据qv B＝qE
0
可知，若只增加粒子的电量，则粒子仍沿直线穿过正交场，故C错误；
D.若粒子以速度从右向左水平飞入，则受电场力和洛伦兹力均向上，则其运动轨迹是曲线，但
不是抛物线，故D错误。
故选：A。
E
6. 如图甲所示，一带正电粒子以水平初速度v （v ＜ ）先后进入方向垂直的宽度相
0 0 B
同且紧相邻在一起的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（重力忽略不计），电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为 W ；若把电场
1
和磁场正交重叠，如图乙所示，粒子仍以水平初速度v 穿过重叠场区，在粒子穿过电场和磁场
0
的过程中，电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为W 。则（ ）
2
A．一定是W ＞W
1 2
B．一定是W ＝W
1 2
C．一定是W ＜W
1 2
D．可能是W ＜W ，也可能是W ＞W
1 2 1 2
E
【解答】解：不论带电粒子带何种电荷，由于v ＜ ，所以电场力qE大于洛伦兹力qBv ，根
0 B 0
据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位
移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大
于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W ＞W
1 2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
7. 如图所示，下端封闭、上端开口、长度 H＝5m的内壁光滑的竖直细玻璃管，管底有
一个质量为m＝10g、电荷量为q＝0.1C的带正电小球（其半径略小于玻璃管内径），整个装
置处在垂直纸面向里、磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，在外力作用下玻璃管在磁场中开始
以初速度v ＝2m/s、向右做匀速直线运动，已知重力加速度g取10m/s2，则（ ）
0
A．小球不可能上升到管口
B．小球经过时间1.5s离开管口
C．在小球上升到管口过程中机械能增加1JD．在小球上升到管口过程中玻璃管对小球做功0.5J
【解答】解：AB、开始时初速度为v ＝2m/s时小球受到向上的洛伦兹力、大小为f ＝qv B＝
0 0 0
0.1×2×1N＝0.2N，小球上升加速度大小为f ﹣mg＝ma，代入数据解得：a＝10m/s2，应用位移公
0
1
式有H= at2，代入数据解得：t＝1s，故A、B错误；
2
CD、根据速度公式可知离开管口时竖直分速度为v ＝at＝10×1m/s＝10m/s.由于洛伦兹力不做功，
y
1 1
在此过程中对小球应用动能定理有（设玻璃管做功为W）：W﹣mgH= m(v2+v2 )- mv2，
2 y 0 2 0
代入数据解得W＝1J，所以在小球上升到管口过程中机械能增加1J，故C正确，D错误；
故选：C。
8. 如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一
最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m（不计重力），从点P经电
场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向
外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为 ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为
L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CDθ板上，则（ ）
qB2L2
A．两板间电压的最大值U =
m
2m
q2B2L2
B．能打到N板上的粒子的最大动能为
9m
2πm
C．粒子在磁场中运动的最长时间t =
m
qB
2
D．CD板上可能被粒子打中区域的长度s= L
3
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：
A、当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，由几何知识得：r＝QC＝L，粒
mv2
子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB= ，在加速电场中，
r1 qB2L2
由动能定理得：qU = mv2﹣0，解得：U = ，故A正确；
m m
2 2m
D、设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r′，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，
r' L
则GH间距离即为粒子打中区域的长度s，根据几何关系：QC＝L＝r′+ ，解得：r′= ，
sinθ 3
r' (3-√3)L
根据几何关系可得粒子打中区域的长度：s＝r- = ，故D错误；
tanθ 3
2πm
C、粒子在磁场中运动的周期为：T= 粒子在磁场中运动的最大圆心角： ＝180°，
qB
θ
1 πm
所以粒子在磁场中运动的最长时间为：t= T= ，故C错误；
2 qB
L
B、当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径r′= 时，打到N板上的粒子的动能最大，
3
1 mv2 q2B2L2
最大动能：E = mv2，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB= ，解得：E = ，故B
km km
2 r 18m
错误。
故选：A。
9. 北京正负电子对撞机（BEPC）是我国第一台高能加速器，由长200m的直线加速器、
周长240m的储存环等几部分组成，外型像一只硕大的羽毛球拍，如图所示。
电子束被加速到150Mev时，轰击一个约1cm厚的钨靶，产生正负电子对，将正电子聚焦、收集
起来加速，再经下一个直线加速器加速到约1.4GeV。需要加速电子时，则把钨靶移走，让电子
束直接经过下一个直线加速器进行加速，使其获得与正电子束相同的能量。
正、负电子束流分别通过不同的路径注入到储存环中，在储存环的真空盒里做回旋运动。安放
在真空盒周围的各种高精密电磁铁将正、负电子束流偏转、聚焦，控制其在环形真空盒的中心
附近；速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射。通过微波不断
地给正、负电子束补充能量；当正、负电子束流被加速到所需要的能量时，正、负电子束流就可以开始对撞，安放在对撞点附近的北京谱仪开始工作，获取正、负电子对撞产生的信息，进
一 步 认 识 粒 子 的 性 质 ， 探 索 微 观 世 界 的 奥 秘 。 下 列 说 法 正 确 的 是 （ ）
A．该装置中正、负电子同时在直线加速器中加速
B．正负电子发生对撞前，为了增大碰撞概率，可利用磁场对其偏转、聚焦
C．正、负电子离开直线加速器之后，各自所需偏转磁场的方向相反
D．储存环中的正、负电子所受洛伦兹力不做功，所以正负电子能量不会衰减
【解答】解：A、根据题意，正电子聚焦、收集起来后加速到储存环，而负电子在没有钨靶的情
况下经过下一个加速度器加速到与正电子速度一样，所以正、负电子不同时在直线加速器中加
速，故A错误；
B、使得正负电子束聚焦在真空盒中心附近，是通过电磁铁产生的磁场，故B正确；
C、由正、负电子离开直线加速器之后进入同一个储存器，且实现对撞，所以应该是同一磁场方
向而运动速度方向相反，故C错误；
D、由于每沿圆弧轨道切线，光速的电子都会发出电磁辐射，给正、负电子束补充能量，所以电
子的能量会降低，正负电子能量会增加，故D错误；
故选：B。
10. （多选）如图所示，M、N两极板间存在匀强电场，场强大小可以调节，两极板的宽
度为d，N板右侧存在如图所示的磁场，折线PQ是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向
相反与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B。折线的顶角∠A＝90°，P、Q是折线上
的两点且AP＝AQ＝L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从S点由静止经电场加
速后从P点沿PQ方向水平射出，不计粒子的重力，则（ ）√2qBL
A．当粒子通过P点的速度为 时，可经过一次偏转直接到达A点
2m
B2qL2
B．当M、N两极板间场强为 时，粒子到达Q点的时间最长
4dm
πm
C．粒子由P点到达Q点的时间只能为 的偶数倍
qB
2πm
D．粒子由P点到达Q点的时间只能为 的奇数倍
qB
【解答】解：A、粒子经过一次偏转直接到达A点，
由图中几何关系得：
2Rsin45°＝L
v2
又qvB＝m
R
√2qBL
联立解得：v=
2m
故A正确；
BCD、根据运动对称性，粒子能从P点到达Q点，应满足L＝nx，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为90°或270°，设圆轨迹半径为R，则有
2R2＝x2，
√2L
可得：R= ，
2n
v2
又qvB＝m
R
2qBL
解得：v= ，（n＝1、2、3、…）
2nm
在M，N间由动能定理：
1
qEd= mv2
2
解得：E B2qL2（n＝1、2、3、…）
=
4n2dm
B2qL2
当M、N两极板间场强为 时，粒子到达Q点的时间最短；
4dm
当n取奇数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为：
π 3π
θ =n⋅ +n⋅ =2n
1 2 2
π
m 2πm
t =2nπ⋅ = ⋅n，其中n＝1、3、5、…
1
qB qB
当n取偶数时，粒子从P到Q过程中圆心角总和为
π π
θ =n⋅ +n⋅ =n
2 2 2
π
m πm
t =nπ⋅ = ⋅n，其中n＝2、4、6、…，
2
qB qB
πm
则粒子由P点到达Q点的时间只能为 的偶数倍，故BD错误，C正确；
qB
故选：AC。
11. （多选）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核和氘
核分别以相同的初动能E 从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，电场
k
强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向
里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为+q，不计氕核和氘核的重力。下列说
法正确的是（ ）A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为√10E
k
m
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为√5mE
k
qB
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（ 1）√mE
√2- k
qB
【解答】解：A、第一次在电场中，粒子均做类平抛运动，水平方向有：x＝v t，
0
1 1 qE
竖直方向有：y= at2= × t2
2 2 m
qE
联立解得：y= x2
4E
k
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即气核和氘
核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，故A正确；
1
a t2
B、氘核在电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律可得：tan45° 2 2 2
=
v t
0 2
1
根据动能的计算公式可得：E = ×2mv2
k 2 02
qE
根据牛顿第二定律可得：a =
2
2m
竖直方向的速度大小为：v ＝a t
y2 22
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v
2=√v2 +v2
02 y2联立解得：v √5E ，故B错误；
2= k
m
C、由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v √10E
1= k
m
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv
B＝mv2
1 1
r
1
mv √10mE
解得：r = 1= k，故C错误；
1
qB qB
D、粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为 ，根据类平抛运动的规律，则有：
tan ＝2tan45°。 α
设粒α子在进入磁场速度方向与MN的夹角为 ，则： ＝ ﹣45°
√10 β β α
可得：sin =
10
β
粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离：s＝2rsin
2mv 2√5mE β
氘核在磁场中的半径：r = 2= k
2
qB qB
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s ﹣s √10（r ﹣r ）＝2（ 1）√mE ，
2 1= 2 1 √2- k
5 qB
故D正确。
故选：AD。
12. 如图所示，MN下方足够长的区域Ⅰ内存在方向竖直向上的匀强电场，MN右上侧和
左上侧的正方形区域Ⅲ和Ⅳ内存在方向竖直向下的匀强电场，MN上方的矩形区域Ⅱ内存在方
向垂直纸面向里的匀强磁场.一个质量为m、电荷量为q的正离子以速度v从P点沿水平方向射入匀强电场，粒子先经过电场Ⅲ再经过磁场Ⅱ后恰从MN中点竖直向下射入匀强电场区域Ⅰ.
mv2
已知正方形边长均为d，区域Ⅰ及正方形区域Ⅲ和Ⅳ内匀强电场场强的大小均为E= ，不
qd
计粒子的重力，求：
（1）粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离；
（2）矩形区域Ⅱ内磁感应强度的大小；
（3）离子从P点射入到离开区域Ⅳ所用的时间。
【解答】解：（1）粒子在Ⅲ区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为y.
水平方向：d＝vt
v2
由牛顿第二定律得：Eq＝ma，解得，加速度大小：a=
d
1
竖直方向：y= at2
2
1
解得：y= d
2
d
粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离为Δy=d- y=
2
v2 d
（2）粒子射出Ⅲ区域电场时沿场强方向速度为：v ＝at= × =v
y
d v
v π
速度偏向角为：tanθ= y =1，解得：θ=
v 4
Δy √2d
由几何关系得，粒子在磁场中的轨道半径为R= =
sin45° 2
射入磁场的速度大小为v′ v
=√v2+v2=√v2+v2=√2
y
mv'2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv'B=
R2mv
解得磁感应强大大小：B=
qd
d
（3）粒子在Ⅲ区域电场中偏转的运动时间t =
1 v
θ 2πr 2πm
粒子在Ⅱ区域磁场中向下偏转运动时间t = T，其中T= =
2 2π v qB
√2v √2d
粒子在Ⅰ区域下方电场中运动减速到零的时间为t = =
3 a v
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为t总 ＝2（t
1
+t
2
+t
3
）
2d π
解得：t = (1+√2+ )
总 v 8
d
答：（1）粒子第一次进入磁场时的位置与M点之间的距离是 ；
2
2mv
（2）矩形区域Ⅱ内磁感应强度的大小是 ；
qd
2d π
（3）离子从P点射入到离开区域Ⅳ所用的时间是 （1+√2+ ）。
v 8
13. 如图所示，在绝缘水平面上方，相距为L的竖直边界MO、NA之间存在水平向左的
匀强电场，场强大小为E 。边界NA右侧有一直角三角形区域ACD，区域内存在垂直纸面向
1
mg
外的匀强磁场和大小为E = 、方向竖直向下的匀强电场。在边界MO上的O点静止释放一
2 q
个质量为m、电量大小为q的带电小球（大小忽略不计），小球从A点进入三角形场区，最终
从AD边界上的P点离开。已知AP间的距离为d，∠DAC＝30°，不计一切摩擦。求：
（1）带电小球到达A点时的速度大小；
（2）ACD区域内的磁感应强度大小。1
【解答】解：（1）小球在电场E 中加速，由动能定理得：qE L= mv2-0
1 1 2 0
解得：v √2qE L
0= 1
m
（2）小球进入ACD场区时，所受电场力大小；qE ＝mg，方向竖直向上，
2
电场力与重力合力为零，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
小球做匀速圆周运动的运动轨迹如图所示
d
由几何关系得轨道半径为rsin30°= ，解得：r＝d
2
小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qv B＝mv2
0 0
r
解得：B 1 √2mE L
= 1
d q
答：（1）带电小球到达A点时的速度大小是√2qE L；
1
m
（2）ACD区域内的磁感应强度大小是1 √2mE L。
1
d q
