文档内容
计算 3 带电粒子在电磁场中的运动
考点内容 考情分析
考向一 电磁场偏转类问题 带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考
考向二 动态圆、磁聚焦问题 的热点，常见的考查形式有组合场(电场、磁场、重力
考向三 带电粒子在复合场中运动 场依次出现)、叠加场(空间同一区域同时存在两种以上
的场)、周期性变化的场等，近几年高考试题中，涉及
本专题内容的频率极高，特别是计算题，题目难度
考向四 有关电磁场的科技应用
大，涉及面广.
1.思想方法
一、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
二、“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题三、带电粒子在叠加场中运动的分析方法
2.模型建构
一、常见的基本运动形式
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v E进入匀强电场 带电粒子以v B进入匀强磁场
⊥ ⊥
示意图
受力情况 只受恒定的静电力 只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
运动轨迹 抛物线 圆弧
物理规律 类平抛运动规律、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式
qvB＝，r＝
L＝vt，y＝at2
基本公式 T＝，t＝
a＝，tanθ＝
sinθ＝
静电力既改变速度方向，也改变速度 洛伦兹力只改变速度方向，不改变
做功情况
大小，对电荷做功 速度大小，对电荷永不做功
二、动态圆与磁聚焦
(一)动态放缩法
适用条 速度方向一定、 粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与粒子速度大小
大小不同
有关
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径
也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心
在垂直初速度方向的直线PP′上
件
轨迹圆圆心共线
界定方
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条
法
件，这种方法称为“放缩圆”法
(二)定圆旋转法
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场
时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度大
小为v，则圆周运动半径为r＝，如图所示
0
速度大小一定，方
适用条 向不同
件
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O为圆心、
轨迹圆圆心共圆
半径r＝的圆上
界定
将半径为r＝的轨迹圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法
方法
称为“旋转圆”法
(三)平移圆法
速度大小一定，方 粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的
适用条
向一定，但入射点 带电粒子，它们进入匀强磁场时，做匀速圆周运动的半径相同，
件
在同一直线上 若入射速度大小为v，则运动半径r＝，如图所示
0轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线
界定方
将半径为r＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
法
（四）磁聚焦、磁发散
点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做
圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处
的切线方向射出磁场，如图所示。
平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形
磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的
切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图所示。
三、现代科技
质谱仪的原理和分析
1.作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。
2.原理(如图所示)
(1)加速电场：qU＝mv2；(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
回旋加速器的原理和分析
1.加速条件：T ＝T ＝；
电场 回旋
2.磁场约束偏转：qvB＝⇒v＝。
3.带电粒子的最大速度v ＝，r 为D形盒的半径。粒子的最大速度v 与加速电压U无关。
max D max
4.回旋加速器的解题思路
(1)带电粒子在缝隙的电场中加速，交变电流的周期与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，每
经过电场一次，粒子加速一次。
(2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大，周期不变，最大动能与D形盒的半径有关。
霍尔效应的原理和分析
1.定义：高为h，宽为d的金属导体(自由电荷是电子)置于匀强磁场B中，当电流通过金属导体时，
在金属导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
2.电势高低的判断：如图，金属导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，下表面A′的电势高。
3.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电子)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由
电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝
hd；联立得U＝＝k，k＝称为霍尔系数。
速度选择器、磁流体发电机
速度选择
若qvB＝Eq，即v＝，粒子做匀速直线运动
0 0
器
磁流体发 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，
电机 两极板间电压为U时稳定，q＝qvB，U＝vBd
0 0考向一 电磁场偏转类问题
1. （2024•安徽二模）如图甲，竖直面内有一小球发射装置，左侧有光滑绝缘圆弧形轨
道ABC，A与圆心O等高，C处于坐标原点，y轴左侧有一水平向右的匀强电场（图中未画
出），电场强度的大小E =103V /m。现将带正电绝缘小球从A点由静止释放进入轨道，一
1
段时间后小球从C点离开并进入y轴右侧，y轴右侧与直线DF（平行于y轴）中间范围内有周
期性变化的水平方向电场，规定向右为正方向，交变电场周期 T＝1.6s，变化规律如图乙。已
5
知圆弧形轨道半径R= m，小球质量m＝0.3kg，电荷量q＝4×10﹣3C，∠BOC＝53°，重力加
3
速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计空气阻力的影响及带电小球产生的电场。求：
（1）小球在C点时的速度；
3
（2）若小球在t＝0时刻经过C点，在t= T时刻到达电场边界DF，且速度方向恰与直线DF平
2
行，E 的大小及直线DF到y轴的距离；
2
（3）基于（2）中直线DF到y轴的距离，小球在不同时刻进入交变电场再次经过x轴时的坐标
范围。
【解答】解：（1）小球在y轴左侧，根据矢量合成的特点可得：
F=√(mg) 2+(qE ) 2
1解得：F＝5N
方向与水平方向成53°向下，根据动能定理，小球A到C运动过程
1
FR(1+cos37°)= mv2−0
2
解得：v＝10m/s
方向为与水平方向成53°。
（2）小球到达直线DF时速度方向恰与DF平行，即水平速度恰减到0，根据电场的周期性
T
vcos53°−a =0
x 2
解得：a =7.5m/s2
x
根据牛顿第二定律可得：
qE
a = 2
x m
解得：E ＝562.5V/m
2
根据速度—位移关系式
3(vcos53°) 2
x =
D 2a
解得：x ＝7.2m
D
（3）小球在y轴右侧竖直方向做竖直上抛运动，小球再次经过x轴的运动时间相同
2vsin53°
t=
g
恰经过一个周期，t＝0时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先减速运动再加速，此过程
小球水平方向平均速度最小，离C点最近
1
x = (vcos53°+0)T
3 2
联立解得：x ＝4.8m
3
因为x ＜x
3 D
T
小球在电场内经过x轴，t= 时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先加速运动
2
1 T T
x = (vcos53°+vcos53°+a )
1 2 x 2 2
解得：x ＝7.2m
1
且x ＝x
1 D恰加速运动至DF所在直线，小球出电场后做匀速运动
T T
x =(vcos53°+a )
2 x 2 2
解得：x ＝9.6m
2
则x ＝x +x ＝7.2m+9.6m＝16.8m
m 1 2
此过程小球水平方向平均速度最大，离C点最远，综上，小球经过x轴时的坐标范围为
4.8m≤x≤16.8m
2. （2024•洛阳一模）如图所示，Q是x正半轴上的一点，其横坐标为x （未知）。在
0
xOy的第一象限，x≤x 的区域内存在大小为E、沿y轴负方向的匀强电场。速率为v 的带正
0 0
电荷的粒子，从P点沿y轴负方向射入电场后，通过O点时速率为2v ；从P点沿x轴正方向
0
射入电场后恰好从Q点射出。若将区域内的电场换成垂直 xOy平面向外的匀强磁场，同样让
该粒子从P点沿x轴正方向射入，粒子也恰能从Q点射出。不考虑重力的作用，求磁感应强度
的大小。
【解答】解：因为O点和Q点电势相同，所以粒子通过Q点时的速度大小与通过O点时的速度
大小相等，均为2v 。设粒子运动到Q点时速度方向与x轴间的夹角为 ，如图所示，则
0
θ
2v cos ＝v
0 0
θ
1
解得cosθ=
2
可得 ＝60°
设粒子θ在电场中从P运动到Q的时间为t，P点的纵坐标y
P
，则
v ＝v tan
y 0
x ＝v t θ
0 0v
y = yt
P 2
√3
解得y = x
P 2 0
设粒子的质量为m、电荷量为q，由动能定理有
1 1
qE y = m(2v ) 2− mv2
P 2 0 2 0
√3mv2
解得E= 0
qx
0
设粒子在磁场中运动的半径为r，磁感应强度的大小为B，根据洛伦兹力提供向心力得
v2
qv B=m 0
0 r
画出粒子的运动轨迹，如图所示，由几何关系有
r2=x2+(r−y
)
2
0 P
4E
联立解得B=
7v
0
4E
答：磁感应强度的大小为 。
7v
0
3. （2024•罗湖区校级模拟）亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的圆形线圈。如图所
示，两线圈通入方向相同的恒定电流，线圈间形成平行于中心轴线O O 的匀强磁场，沿O O
1 2 1 2
建立x轴，一足够大的圆形探测屏垂直于x轴放置，其圆心P点位于x轴上。在线圈间加上平
行于x轴的匀强电场，粒子源从x轴上的O点以垂直于x轴的方向持续发射初速度大小为v 的
0
粒子。已知粒子质量为m，电荷量为（q＞0），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电
场和磁场均沿x轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用。若未加电场，粒子可以在线圈间
做匀速圆周运动。
（1）若未加电场，求粒子做圆周运动的半径r；
（2）加入电场后，沿x轴方向左右调节探测屏，求粒子打在探测屏上的点距探测屏圆心 P点的最远距离D；
（3）加入电场后，沿x轴方向左右调节探测屏，若要使粒子恰好打在探测屏的圆心 P点，求此
时P点与粒子源间的距离d。
mv2
【解答】解：（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得qv B= 0
0 r
mv
解得轨道半径为r= 0
qB
（2）粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在x轴方向上做匀加速运动。若粒子在垂直
mv
于x轴的平面内转过奇数个半圈，此时打到探测屏上的位置距离P点最远D=2r=2 0
qB
2πr
（3）垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T=
v
0
2πm
则粒子回到x轴时间为t=nT=n （n＝1，2，3⋯）
qB
1
沿x轴方向d= at2 ，qE＝ma
2
2n2π2mE
联立解得d= （n＝1，2，3⋯）
qB2
考向二 动态圆、磁聚焦问题
4. （2024•郑州三模）如图所示，有一足够大绝缘平板MN水平放置，平板上O点处持
续向上方各方向发射带电小球。射出小球的质量为m，电荷量为+q，小球速度大小均为v 。在
0距离MN上方L处平行放置一足够大光屏，光屏中心O正对平板上的O点。在平板和光屏之
2mg
间有竖直向上的匀强电场，电场强度为E= 。不考虑小球间的相互作用，小球可看作质点，
q
重力加速度为g。
（1）求小球打在光屏上的速度大小；
（2）求小球打在光屏上的范围面积；
E
（3）将电场强度调整为 ，同时在平板和光屏之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，若在纸面内
2
√3
射出的小球打在光屏两侧到O′的最远距离均为 L，求所加磁场的磁感应强度大小。
3
【解答】解：（1）小球到达光屏的速度为v，从O点运动到光屏过程，由动能定理得
1 1
(qE−mg)L= mv2− mv2
2 2 0
2mg
又E=
q
解得小球打在光屏上的速度大小为
v=√v2+2gL
0
（2）平行于MN发射的小球，落在光屏上距离O′点最远，由牛顿第二定律得
qE﹣mg＝ma
1
小球做类平抛运动，则有L= at2 ，x＝v t
2 0
小球打在光屏上的范围面积为S＝ x2
π
2πLv2
联立解得S= 0
gE
（3）电场强度调整为E'= ，此时qE'＝mg
2
mv2
小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qv B= 0
0 R
经分析沿ON方向发射的小球打在光屏上的距离O′最远，如图所示
√3
L
由几何关系可得 3 √3
tanθ= =
L 3
可得 ＝30°
θ √3
又Rcosθ= L
3
3mv
联立解得B= 0
2qL
5. （2024•重庆模拟）质谱仪是检测和分离同位素的仪器。如图，速度选择器的磁感应
强度为B ，方向垂直纸面向里，电场强度为 E。分离器中磁感应强度为B ，方向垂直纸面向
1 2
外。离子室内充有大量氦的同位素离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点 O
平行于极板进入，选择出的部分离子通过小孔O进入分离器的磁场中，在底片上形成3个有一
定宽度分别对应
3He、 4He和 5He三种离子的感光区域。第一片感光区域的中心
P到O′
2 2 2
点的距离为d 。忽略离子的重力及相互间作用力，不计小孔O′的孔径。
1
q
（1）求沿直线运动通过速度选择器，并打在感光区域中心P点离子的速度，v 及比荷 ；
0 m
（2）以速度为v＝v ±Δv从O点射入的离子，其在速度选择器中的运动可视为速度为 v 的匀速
0 0
直线运动和速度为Δv的匀速圆周运动的合运动，感光板上要出现3个有一定宽度的感光区域，
求该速度选择器极板的最小长度L；（3）在（2）的情况下，为能区分3种离子，求该速度选择器的极板间最大间距d。
【解答】解：（1）离子在速度选择器中沿直线运动，需满足电场力与洛伦兹力平衡，则有：
qv B ＝qE
0 1
E
解得：v =
0 B
1
在分离器中离子做匀速圆周运动，轨迹为半个圆周，易知打在感光区域中心P点的离子的运动
半径为：
d
r = 1
1 2
根据洛伦兹力提供向心力得：
v2
qv B =m 0
0 2 r
1
q 2E
=
解得：
m B B d
1 2 1
1
（2）在加速电场中，根据动能定理得：qU= mv2
2 0
v2
在分离器中有：qv B =m 0
0 2 r
mv m √2qU 1 √2mU
可得：r= 0= =
qB qB m B q
2 2 2q 2E
三种离子电荷量相同，则质量最小的 3He轨迹半径最小，则（1）问中所解比荷 = 是
2 m B B d
1 2 1
3He离子的比荷，可得：
2
4m 5m
4He离子的比荷为：
；
5He离子的比荷为：
2 3q 2 3q
3He、 4He、 5He三种离子在速度选择器中分运动的匀速圆周运动的周期分别为：
2 2 2
2πm πB d
T = = 2 1
1 qB E
1
2π×4m 4
T = = T
2 3qB 3 1
1
2π×5m 5
T = = T
3 3qB 3 1
1
使三种离子都能通过速度选择器，最短时间是上述3个周期的最小公倍数，可得：
三种离子都能通过速度选择器的最短时间为：t ＝20T
min 1
20πB d
可得极板最小长度为：L=v t = 2 1
0 min B
1
d
（3）离子在速度选择器中分运动的匀速圆周运动的半径最大为：
4
d mΔv 4mΔv 5mΔv
同理由洛伦兹力提供向心力，对三种离子都有： = 1= 2= 3
4 qB 3qB 3qB
1 1 1
2m(v +Δv )
3He在分离器中的最大直径为：D = 0 1
2 max1 qB
2
联立可得：
2mΔv 2mΔv B d B
D =d + 1=d + 1× 1=d + × 1
max1 1 qB 1 qB B 1 2 B
2 1 2 2
同理可得：
4He的最小直径为：
2
2×4m(v −Δv ) 4 d B
D = 0 2 = d − × 1
min2 3qB 3 1 2 B
2 2为能区分
3He、 4He离子需满足：D
＞D
2 2 min2 max1
B
解得：d＜ 2 d
3B 1
1
4 d B
同理 4He的最大直径为：D = d + × 1
2 max2 3 1 2 B
2
2×5m(v −Δv ) 5 d B
5He的最小直径为：D = 0 3 = d − × 1
2 min3 3qB 3 1 2 B
2 2
为能区分
4He、 5He离子需满足：D
＞D
2 2 min3 max2
B
解得：d＜ 2 d
3B 1
1
B
故该速度选择器的极板间最大间距为 2 d 。
3B 1
1
6. （2024•重庆模拟）如题图所示，两个相同的光滑弹性竖直挡板 MN、PQ固定在纸面
内，平行正对且相距足够远，矩形MNQP区域内（含边界）充满竖直向下的匀强电场，电场
强度大小为E。紧邻MN板右侧有一匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁场右边界为半圆，圆心
为MN板的中点O。现有一带负电小球在纸面内从M点射入磁场，速度大小为v、方向与MP
的夹角为 ，恰好能在磁场中做匀速圆周运动，且第一次飞出磁场时速度恰好水平。已知重力
θ
√3v2
加速度为g，MN＝PQ＝d＜ ，NQ＝MP＝L，该小球可视为质点且电荷量保持不变，挡
g
板厚度不计，忽略边界效应。该小球每次与挡板（含端点）碰撞后瞬时，水平速度大小不变、
方向反向，竖直速度不变。
（1）求该小球第一次与MN板碰撞前在磁场中运动的路程；
（2）求该匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）若该小球能通过N点，求 的大小，以及该小球第二次离开矩形MNQP区域前运动的总时
间。 θ【解答】解：（1）根据题意画出小球第一次与MN板碰撞前的运动轨迹如下图所示
设小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系得：
d 2 d 2
[ −R(1−cosθ)] +(Rsinθ) 2=( )
2 2
d
解得：R=
2
由图中几何关系可知，所求路程为两端圆弧轨迹的总长为：
s＝2R ＝d
（2）小θ 球恰θ 好能在磁场中做匀速圆周运动，需要电场力与重力平衡，则有：
mg＝qE
由洛伦兹力提供向心力得：
v2
qvB=m
R
2Ev
联立解得：B=
gd
d π 1
（3）情况①：由R= ，可知当 = 时，小球在磁场中先后做两段 圆周运动可通过N点，且
2 2 4
θ
在N点沿MN方向离开矩形区域，再由N点回到该区域，沿NM边界匀速向下运动（NM边界
处无磁场），最终从M点离开，此情况小球的运动轨迹如下图所示设小球在磁场中运动的时间为t ，则有：
1
1 2πR πd
t = ⋅ =
1 2 v 2v
设小球在电场中水平方向做匀速直线运动的总时间为t ，则有：
2
d
L−
2 2L−d
t =2⋅ =
2 v v
2v
小球从N点离开后再次回到N点经过的时间为：t =
3 g
d
小球从N点匀速运动到M点经过的时间为：t =
4 v
此情况小球第二次离开矩形MNQP区域前运动的总时间为：t＝t +t +t +t
1 2 3 4
πd+4L 2v
联立解得：t= +
2v g
π
情况②：当0＜ ＜ 时，由“MN与PQ相距足够远”可知，要使小球能通过N点，小球第一
2
θ
次与MN板碰撞后，再次飞出磁场时，速度方向也应该水平，则小球在磁场中的运动轨迹如下
图所示
d 1 π
由几何关系可知：2⋅ cosθ=R，解得：cosθ= ，即 =
2 2 3
θ
π
当 = 时，小球第二次离开矩形MNQP区域前的运动轨迹如下图所示，最终从C点离开。
3
θ设小球在磁场中运动的时间为t '，则有
1
4θ 2πR 2πd
t '= ⋅ =
1 2π v 3v
小球在水平方向做匀速直线运动的总时间为t '，则有：
2
4(L−Rsinθ) 4L−√3d
t '= =
2 v v
小球从N点离开后，从NQ上D点再次进入矩形MNQP区域时，此过程经过的时间为：
vsinθ √3v
t '=2⋅ =
3 g g
该小球从NQ上D点再次进入矩形MNQP区域时，到N点的水平距离为：
√3v2
Δx=vcosθ⋅t '=
3 2g
√3v2 d
已知：d＜ ，可得：Δx＞ ，可知该小球再次进入矩形MNQP区域后，不会进入磁场区
g 2
域，将沿斜向右下方做匀速直线运动，且速度大小仍为v，方向与水平方向夹角仍为 ，该过程
中小球做匀速直线运动的时间为： θ
d 2√3d
t '= =
4 vsinθ 3v
此情况小球第二次离开矩形MNQP区域前运动的总时间为：t′＝t '+t '+t '+t '
1 2 3 4
(2π−√3)d+12L √3v
联立解得：t′= +
3v g
考向三 带电粒子在复合场中运动
7. （2024•泉州模拟）如图甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小为E，磁场方向垂直纸面向里。在离地高为h的O点处建
立一直角坐标系xOy，y轴竖直向上。一个带正电小球A从O点以速率v 沿x轴负方向射出，
0
恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小为g，A受到的电场力恰好等于重力，运动过程
中带电量不变，忽略空气阻力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小B；
（2）若大量与A相同的小球仍从O点以速率v 在xOy平面内沿各个方向先后射出，小球间的
0
相互作用均不计，落地后均不反弹，求小球落地点区间的长度；
（3）若撤去电场，小球仍从O点以某一速率沿y轴正方向射出，恰好不会打到地面。
ⅰ．求小球从O点射出时的速率v ；
1
ⅱ．已知小球的速率v与时间t的关系如图乙所示，求小球速率达到最小时两个位置之间的距离。
【解答】解：（1）由于小球所受电场力等于重力
qE＝mg
故小球在场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
v2
qv B=m 0
0 R
轨迹如图所示
根据几何知识R＝hEv
联立解得B= 0；
gℎ
（2）当小球的运动轨迹与地面相切时可运动到左侧最远落地点，此时小球在第二象限与 y轴正
方向夹角30°射出时，如图所示
根据几何知识，其水平位移为
x =√3R
1
当小球沿﹣y方向射出时，可运动到右侧最远落地点，轨迹图像如（1）所示，根据几何知识，
其水平位移为x ＝R
2
则落地点区间的长度为L＝x +x
1 2
联立解得ℎ =(√3+1)ℎ；
（3）i．利用配速法，在O点给小球两个大小相等，方向平行于x轴且方向相反的速度v ，使其
2
满足qv B＝mg
2
mg gℎ
解得v = =
2 qB v
0
如此即可将小球的运动分解为圆周运动与水平方向的匀速运动，则圆周运动的速度v'=√v2+v2
1 2
v'2
根据牛顿第二定律，有洛伦兹力提供向心力有qvB=m
r
解得
mv'
r=
qB
这里不考虑水平方向的匀速直线运动，则粒子的轨迹图像如图所示根据几何知识
v
h＝r+rcos cosα= 2
v'
α
联立解得v =√v2−2gℎ；
1 0
ii．由题意可知，当小球做圆周运动的速度水平向右时合速度最小，故合速度最小的时间间隔为
一个周期的整数倍，故小球速度达到最小时的位置之间的距离Δx＝nv T （n＝0，1，2...）
2
2πr
根据周期公式T=
v'
2πℎ
解得T=
v
0
2nπgℎ 2
联立解得Δx= (n=1，2，3⋯)。
v2
0
8. （2024•泰州一模）高能微粒实验装置，是用以发现高能微粒并研究和了解其特性的
主要实验工具。为了简化计算，一个复杂的高能微粒实验装置可以被最简化为空间中的复合场
模型。如图甲所示，三维坐标系中，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B
（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正
电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O
mg
点，此时速度大小为v ，方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小E= ，从微粒
0 q
mg πv
通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，已知B = ，t = 0，规
0 qv 0 g
0
定当磁感应强度沿z轴正方向时为正，重力加速度大小为g。
（1）求抛出点P到x轴的距离y；
（2）求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T；t
（3）若t= 0时撤去 yOz 右侧的原电场和磁场，同时在整个空间加上沿 y 轴正方向
2
5√2π
B'= B 的匀强磁场，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。
2 0
【解答】解：（1）粒子做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为45°，则有：
√2
v ＝v sin45°= v
y 0 2 0
√2
√2 ( v ) 2
根据平抛规律可得：v2=2gy，即有：( v ) 2=2gy，解得： v2 2 0 v2 ；
y 2 0 y= y = = 0
2g 2g 4g
（2）根据题意，粒子受到的重力与电场力平衡，则有：qE＝mg
v2 mv
由洛伦兹力提供向心力，则有：qv B=m 0，解得：R= 0
0 R qB
2πR 2πm
粒子在磁场中运动的周期为：T = =
0 v qB
0
v2 2πv
当B＝B 时，有：R = 0，T = 0
0 1 g 1 g
B 2v2 4πv
当B= 0时，则有：R = 0，T = 0
2 2 g 2 g
结合题中信息可知：0～t ，微粒刚好转过180°；t ～2t ，微粒转过90°；2t ～3t 与0～t 的运动
0 0 0 0 0 0
轨迹大小一样，只是偏转方向不一样；3t ～4t 与t ～2t 的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不
0 0 0 0
一样，综上所述，微粒一个周期的运动轨迹如图所示：T T 4πv
由图可知：T＝2× 1+2× 2= 0；
2 4 g
√2
（3）t＝t 时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即有： v '=v sin45°= v ，
0 x 0 2 0
√2
v '=v cos45°= v
y 0 2 0
√2 v2
粒子在竖直方向上做竖直上抛运动，则有：( v ) 2=2g y ，解得：y = 0
2 0 2 2 4g
√2 √2v
v =gt ，解得：t = 0
2 0 2 2 2g
粒子水平方向向上做圆周运动，则有：
mv v2
R = x = 0
3
qB' 5πg
2πm 2√2v
T = = 0
3
qB' 5g
5
由此可知：t = T
2 4 3
1 v2
则有：x′=√2R +R ＝（√2+ ） 0
1 3 5π g
v2
y′＝y = 0
2
4g
v2
z′＝R = 0
3
5πg1 v2 v2 v2
因此粒子向上运动到离xOz平面最远时的坐标为：（（√2+ ） 0， 0 ， 0 ）。
5π g 4g 5πg
9. （2024•浙江二模）如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线 PQ，PQ左侧
有一直角三角形区域OAC，其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，已
0
知OA与y轴重合，且OA＝a， ＝60°，C点恰好处于PQ分界线上。PQ右侧有一长为L的平
行板电容器，板间距为a，上极板θ 与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸面向里，
强弱随y坐标变化的磁场，和竖直向下场强大小为E的匀强电场。该复合场能使沿水平方向进
入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容器右侧某区域，存在一垂直纸面向
内、磁感应强度为2B 的匀强磁场（图中未画出），使水平通过平行板电容器的电子进入该磁
0
场后会聚于x轴上一点。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区
域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电量为e，质量为m，求：
（1）当速度方向沿y轴正方向时，能进入平行板电容器的电子所具有的最大速度是多少；
（2）写出电容器内磁场的磁感应强度B随y坐标的变化规律；
（3）若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进入右侧磁场，在答题纸上画出纵坐标 0＜y＜a区
域内该磁场的左边界，并求出会聚点的横坐标。
v2
【解答】解：（1）根据题意可知，由洛伦兹力提供向心力，有evB =m
0 r
解得
qBr
v=
m
可知，能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，故半径最大值
r ＝a
m
所以，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度
eBa
v =
m m（2）根据题意，画出从y处水平进入平行板间的粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得，运动半径r＝2y
mv2
可得evB =
0 r
2eB y
解得v= 0
m
电子均能沿直线匀速通过电容器，则有eE＝evB
mE
解得B=
2eB y
0
（3）进入右侧磁场，因磁感应强度为2B ，所以运动半径为R＝y
0
磁场左边界为倾角45°的斜线，如图所示
由几何关系可得，会聚点横坐标
x=√3a+L+a考向四有关电磁场的科技应用
10. （2024•江苏模拟）如图所示，真空中有一回旋加速器，半径为R 的两D形盒处于垂
0
直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，左侧D形盒通过一水平管道与一个左右两
1
侧都开有很小狭缝的圆筒相连，圆筒内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小恒为B 的匀强磁
2
场。S处粒子源产生初速度不计的电子，在两D形盒狭缝之间的交变电场中被周期性加速，经
过时间t，电子射出左侧D形盒，通过水平管道（未接触管壁）后进入圆筒，与圆筒下壁发生
e
多次弹性碰撞，最后从圆筒的右侧狭缝离开。已知圆筒的半径为 r、电子的比荷为 ，电子在
m
两D形盒狭缝间运动的时间不计，交变电场的电压大小恒定，电子未与圆筒上壁碰撞，电子
重力不计。
（1）求电子进入圆筒时的速度大小；
（2）求交变电场的电压大小；
（3）调节两D形盒处的磁场大小，可使电子与圆筒下壁碰撞不同的次数，当碰撞次数为n（n＝
1，2，3，…）时，求对应电子在圆筒中运动的速率。
v2
【解答】解：（1）电子在D型盒中射出时，轨道半径为R ，根据evB =m
0 1 R
0
B eR
解得v= 1 0
m2t 2t eB t
N= = = 1
（2）电子在回旋加速器中的加速次数为 T 2πm πm
eB
1
1
加速N次过程中，由动能定理得N⋅eU= mv2
2
πB R2
解得加速电压为U= 1 0
2t
（3）由图可知
电子在圆筒中又碰撞又做圆周运动的情形呈现周期性和对称性，作出两种情况为例，由此可概
π
括出电子做圆周运动的一个单元夹角为θ= （n＝1，2，3…）
2(n+1)
π
由几何关系R=rtanθ=rtan （n＝1，2，3…）
2(n+1)
v'2
由洛伦兹力提供向心力evB =m
2 R
可得电子与下圆筒壁碰撞n（n＝1，2，3，…）次的电子的速率为
eB r π
v'= 2 tan （n＝1，2，3…）
m 2(n+1)
11. （2024•和平区二模）将一金属或半导体薄片垂直置于磁场中，并沿垂直磁场方向通
入电流，则在导体中垂直于电流和磁场方向会产生一个电势差，这一现象称为霍尔效应，此电
势差称为霍尔电压。某长方体薄片霍尔元件，长为a、宽为b、厚为c，在霍尔元件中有沿x轴
方向的电流强度为I，若霍尔元件中导电的载流子是自由电子，带电量为e，薄片处在沿﹣y方
向磁感应强度为B的匀强磁场中，则在沿z轴方向产生霍尔电压U ；
H
（1）请判断该霍尔元件图中前、后两个侧面，哪端的电势高，并简要叙述理由；
（2）该霍尔元件在具体应用中，有U ＝K IB，式中的K 称为霍尔元件灵敏度，一般要求K
H H H H越大越好，推导K 的表达式并解释为什么霍尔元件一般都做得很薄；
H
（3）由于金属中载流子密度很大，霍尔效应不明显，因此霍尔元件常用半导体而不是金属。一
种半导体材料中同时存在电子与空穴两种载流子（空穴可视为能移动的带正电的粒子），每个
载流子所带电量的绝对值均为e，单位体积内电子和空穴的数目之比为 ，在霍尔电压稳定后，
电子和空穴沿z方向定向移动的速率分别为v 和v ，求电子和空穴沿zρ轴方向定向移动的速率
1z 2z
v 和v 之比。
1z 2z
【解答】解：（1）霍尔元件中导电的载流子是自由电子，在磁场中会向后表面偏，稳定后，后
表面带负电，电势低，前表面电势高。
（2）电子受到的洛伦兹力与电场力平衡
U
evB＝eE，电场强度E= H，
b
电流的微观表达式I＝nevbc
BI 1
可得U = ，又U ＝K IB，解得：K =
H nec H H H nec
由表达式可知，霍尔灵敏度K 与元件厚度c成反比，c越小，K 值越大，所以霍尔元件一般都
H H
做得很薄。
（3）霍尔电压稳定，则一段时间Δt内，到达后表面的电子总电荷量和空穴总电荷量相等，
有n v Δt•ac＝n v Δt•ac
1 1z 2 2z
又n ：n ＝p
1 2
可得v ：v ＝1： ；
1z 2z
12. （2024•ρ天津模拟）如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的
“偏转系统”原理图。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进入偏转
磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁
场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。多样性粒子束宽度为L，各组成粒子均横向均匀分布。
偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感应强度为B 。已知离子的质量为m，电荷量
1为q，两极板间电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若离
子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计，则：
√qU
（1）要使v = 的离子能沿直线通过两极板间电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁
0 m
场B ，求B 的大小；
0 0
√2qU
（2）调整极板间磁场 B ，使v = 的离子沿直线通过极板后进入偏转磁场。若
0 1 m
4 √2mU
B = 且上述离子全部能垂直打在板上被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积 S和吞
1 3L q
噬板的发光长度L ；
0
√qU
（3）若撤去极板间磁场B 且偏转磁场边界足够大，离子速度为v =2 有N个，能进入磁
0 2 m
场的离子全部能被吞噬板吞噬，求吞噬板上收集的离子个数n及B 的最小值。
1
【解答】解：（1）根据受力平衡有qv B ＝qE
0 0
U
E=
L
1 √mU
解得B =
0 L q
v2
（2）根据洛伦兹力提供向心力qv B =m 1
1 1 r
3
r= L
415
矩形磁场B 的最小面积S=r⋅(2r+L)= L2
1 8
发光长度L ＝L
0
（3）电场中偏转距离2L＝v t
2
1
x= at2
2
qE＝ma
1
代入数据得x= L
2
L−x 1
能进入磁场区域收集的离子个数为n= N= N
L 2
进入磁场离子速度大小为v，与竖直方向的夹角为
v2
θ
qvB =m
1 r
v ＝vcos
2
2r cos ＝θ2L
2
θ 2 √mU
解得B =
1 L q
