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专题22 带电粒子在复合场中运动模型
限制类直线运动模型（4-9 题）.....................................................................................................4
圆周运动模型（10-13 题）.............................................................................................................9
一般曲线运动模型（14-18 题）...................................................................................................15
1.
（2023•新课标）一电子和一α 粒子从铅盒上的小孔O 竖直向上射出后，打到铅盒上
方水平放置的屏幕P 上的a 和b 两点，a 点在小孔O 的正上方，b 点在a 点的右侧，如图所示。
已知α 粒子的速度约为电子速度的1
10
，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和
磁场方向可能为（ ）
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【解答】解：A、粒子刚从O 点射出时，若电场方向水平向左，α 粒子所受电场力水平向左，若
磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则得，α 粒子所受洛伦兹力水平向左，则α 粒子向左偏转，
不会出现图示的轨迹，故A 错误；
B、粒子刚从O 点射出时，若电场方向水平向左，α 粒子所受电场力水平向左，电子所受电场力
水平向右，若磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则得，α 粒子所受洛伦兹力水平向右，电子所
受洛伦兹力水平向左，沿直线运动到a 点的粒子受力平衡，有：qvB＝qE
已知α 粒子的速度约为电子速度的1
10
，若α 粒子沿直线运动到a 点，则电子所受洛伦兹力大于
电场力，电子向左偏转，若电子沿直线运动到a 点，则α 粒子所受洛伦兹力小于电场力，α 粒子
1
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向左偏转，不会出现图示的轨迹，故B 错误；
C、粒子刚从O 点射出时，若电场方向水平向右，α 粒子所受电场力水平向右，电子所受电场力
水平向左，若磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则得，α 粒子所受洛伦兹力水平向左，电子所
受洛伦兹力水平向右，沿直线运动到a 点的粒子受力平衡，有：qvB＝qE
已知α 粒子的速度约为电子速度的1
10
，若α 粒子沿直线运动到a 点，则电子所受洛伦兹力大于
电场力，电子向右偏转，若电子沿直线运动到a 点，则α 粒子所受洛伦兹力小于电场力，α 粒子
向右偏转，会出现图示的轨迹，故C 正确；
D、粒子刚从O 点射出时，若电场方向水平向右，α 粒子所受电场力水平向右，电子所受电场力
水平向左，磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则得，α 粒子所受洛伦兹力水平向右，电子所受
洛伦兹力水平向左，α 粒子向右偏转，电子向左偏转，不会出现图示的轨迹，故D 错误。
故选：C。
2.
（2023•乙卷）如图，一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy 平
面）向里，磁场右边界与x 轴垂直。一带电粒子由O 点沿x 正向入射到磁场中，在磁场另一侧
的S 点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x 轴的接收屏上的P 点；SP＝l，S 与屏
的距离为l
2
，与x 轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为
E 的匀强电场，该粒子入射后则会沿x 轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A．
E
2a B
2
B．E
a B
2
C．
B
2a E
2
D．B
a E
2
【解答】解：未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做其运动轨迹如图：
2
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设SP 与x 轴正方向夹角为θ，则cosθ=
l
2
l = 1
2
θ＝60°
粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°，由几何关系得：r
a
﹣＝rcosθ
解得：r＝2a
粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv
2
r
在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB＝qE
联立解得：q
m =
E
2a B
2
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3.
（2023•江苏）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，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e
的电子从O 点沿x 轴正方向水平入射，入射速度为v0时，电子沿x 轴做直线运动；入射速度小
于v0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v0
4
，求运动到速度为v0
2
时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2= m v0
5eB
位置的电子数N 占
总电子数N0的百分比。
3
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【解答】解：（1）电子入射速度为v0时，电子沿x 轴做直线运动，可知电子受到的沿y 轴正方
向的电场力与沿y 轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有：eE＝eBv0
解得：E＝Bv0
（2）电子的入射速度为v0
4 ＜v0，电子的运动轨迹如题图中的虚线所示，电子运动过程中所受洛
伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理得：eEy1= 1
2m（v0
2
）2- 1
2m（v0
4
）2
解得：y1= 3m v0
32eB
（3）电子入射速度为v（0＜v＜v0），设电子在最高点时的速度大小为vm。
电子在最低点所受的合力大小为：F1＝eE
eBv
﹣
电子在最高点所受的合力大小为：F2＝eBvm
eE
﹣
由题意可得：F1＝F2
联立解得：vm＝2v0
v
﹣
设电子到达最高点的纵坐标为ym，同理，根据动能定理得：eEym= 1
2 mvm
2 - 1
2
mv2
解得：ym= 2m(v0- v)
eB
由0＜v＜v0，可得：0＜ym＜2m v0
eB
，且ym与v 成线性关系，可知电子在空间的轨迹分布是均
匀的，能到达纵坐标y2= m v0
5eB
位置的电子，其到达最高点的纵坐标在[m v0
5eB
，2m v0
eB
）区间。
则电子数N 占总电子数N0的百分比为：η=(1-
y2
2mv0
eB
)×100 %
解得：η＝90%
4
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限制类直线运动模型（4-9 题）
4.
（2023•青岛模拟）如图，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，
粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球，从P 点由静止释放后向右运动，运动过程中会经过N 点。
已知小球质量m、电荷量q，电场强度大小E，磁感应强度大小B，小球与水平面间动摩擦因
数μ，重力加速度g，PN＝L。则关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球先做加速运动，后做减速运动，最后静止
B．小球能够达到的最大速度为qE - μmg
μqB
C．小球运动到N 点时合外力做的功为qEL
μmgL
﹣
D．若小球带负电，向左运动一段时间后会脱离水平面
【解答】解：ABD、小球带正电，从静止释放向右运动过程中，由左手定则可知洛伦兹力竖直
向下由牛顿第二定律可得：Eq
μ
﹣（mg+qvB）＝ma
可知v 增大，a 减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，速度达到最大，即Eq
μ
﹣
（mg+qvB）＝0，解得v = qE - μmg
μqB
若小球带负电，电场力水平向左，小球向左运动，洛伦兹力竖直向下，与带正电小球的运动情
况相同，最后做匀速直线运动，故AD 错误，B 正确；
C、小球在向右运动过程中，f＝μ（mg+qvB），所以小球运动到N 点时合外力做的功小于qEL
μmgL
﹣
，故C 错误。
故选：B。
5.
（2023•泰州模拟）如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一
带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a 随时间t（沿斜面向下为正方向），
受到的弹力FN随时间t（垂直斜面向下为正方向），以开始下落点为零重力势能参考点，小球
5
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的重力势能Ep随位移x，机械能E 随位移x 的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、小球从静止开始下滑，受到重力、弹力、摩擦力、及垂直于管斜向上洛伦兹
力作用，由于速度的增大，洛伦兹力逐渐增大，支持力减小，摩擦力减小，从而导致加速度增
大。
当mgcosa＞qvB 时，由牛顿第二定律得
mgsinα
μ
﹣（mgcosα
qvB
﹣
）＝ma
则：Δa
Δt = μqB Δv
Δt = μqBa，- Δ F N
Δt =qB Δv
Δt =qBa
可见a
t
﹣图像的斜率越来越大，FN
t
﹣图像的斜率越来越大；
当mgcosa＜qvB 时，由牛顿第二定律得
mgsinα
μ
﹣（qvB
mgcosα
﹣
）＝ma
则：Δa
Δt =- μqB Δv
Δt =- μqBa，Δ F N
Δt =qB Δv
Δt =qBa
可见a
t
﹣的斜率越来越小，FN
t
﹣图像的斜率越来越小，故AB 错误；
C、小球重力势能：Ep＝﹣mgx，可得Ep
x
﹣图像为倾斜直线，故C 错误；
D、因为摩擦力先减小再变大后不变，根据功能原理，所以机械能E
x
﹣的关系图像斜率先减小
再变大后不变，故D 正确。
故选：D。
6
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6.
（2022•洛阳一模）如图所示，两竖直平行边界PQ、MN 间，有正交的匀强电场和匀
强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从O 点以某一
速度垂直边界PQ 进入该场区，恰好能沿水平方向做直线运动。若只减小小球从O 点进入场区
时的速度，则小球在场区内运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．小球的动能减小
B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小
D．小球的机械能减小
【解答】解：A、小球在电磁场中做直线运动时，小球共受到三个力作用：重力G、电场力F、
洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，则小球一定做匀速直线运动，
可知小球受到的合力一定是零，小球带负电，受到的电场力向上，洛伦兹力向下，重力向下，
当小球的入射速度减小时，洛伦兹力减小，则电场力和重力不变，小球将向上偏转，电场力与
重力的合力向上，且它们的合力对小球做正功，小球动能增大。故A 错误。
BD、电场力对小球做正功，洛伦兹力不做功，则小球的机械能增大，电势能减小。故D 错误，
B 正确。
C、重力对小球做负功，重力势能增大。故C 错误。
故选：B。
7.
（2023 秋•沙河口区校级期中）如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸
面向外的匀强磁场。一带电小球恰能以速度v0沿图中虚线所示轨迹做直线运动，其虚线恰好
为固定放置的光滑绝缘管道的轴线，且轴线与水平方向成60°角，最终小球沿轴线穿过光滑绝
缘管道（管道内径大于小球直径）。下列说法正确的是（ ）
A．小球一定带正电
7
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B．电场强度和磁感应强度的大小关系为E
B = √3 v0
2
C．小球一定从管道的P 端运动到Q 端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀减速直线运动
【解答】解：AC、小球在叠加场中受重力、电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，当带正电时，
电场力水平向左，重力竖直向下，从Q 端运动到P 端时或者从P 端运动到Q 端时，洛伦兹力垂
直于虚线斜向左下或者右上，三力不能平衡，不能保证小球沿图中虚线运动；当小球带负电时，
电场力水平向右，重力竖直向下，从Q 端运动到P 端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左上，三力
恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动，故AC 错误；
B、由A 项分析可知，电场力和洛伦兹力关系为qv0Bsin60°＝qE，
整理得：E
B = √3 v0
2
故B 正确；
D、未撤磁场时，小球三力平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在
管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线方向（管道方向）合力仍为零。而管道的支持
力垂直于管道，即小球合力仍为零，做匀速直线运动，故D 错误；
故选：B。
8.
（2022 秋•鄄城县校级期末）如图所示，充电后水平放置的平行板电容器与电源断开，
金属板相距为d，一质量为m，电荷量为+q 的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘
射出（轨迹如图中虚线所示），若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，其他条件保持不
变，则下列说法正确的是（ ）
A．油滴的运动轨迹变成曲线
B．电场强度大小为mg
q
，方向竖直向下
C．平移后下板和上板之间的电势差为mgd
q
D．平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了mgd
【解答】解：AB、油滴沿直线从上极板边缘射出，油滴在极板间一定做匀速直线运动，由平衡
8
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条件得：qE＝mg，解得：E = mg
q
，方向竖直向上；极板间的电场强度：E = U
d
，电容器的电容
C = Q
U ，平行板电容器的电容C = εr S
4 πkd
，解得：E = 4 πkQ
εr S ，当上极板向上移动时，E 不变，方
向仍然竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨述仍然是直线，故AB 错误；
C、仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，两极板间的电场强度E 不变，两极板间的电势差
U＝Ed，当上极板向上移动些许时d 变大，上、下两极板间的电势差U 变大，不再是mgd
q
，故
C 错误；
D、当上极板向上移动后，E 不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功﹣mgd，则电
场力做功mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，故D 正确。
故选：D。
9.
（2022 秋•大连期末）某种质谱仪的原理如图所示。两平行金属板之间有如图所示大
小为E 的匀强电场，还有方向垂直纸面、磁感应强度为B1的匀强磁场（图中未画出）。半径
为R 的圆形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B2的匀强磁场。接收器P 安放在与圆
形磁场同圆心O 的弧形轨道上，A、C、O、D 在同一直线上，OP 与OD 的夹角为θ。若带电
粒子恰能从A 点沿直线运动到C 点，再进入圆形磁场中，不计粒子的重力。求：
（1）匀强磁场B1的方向以及粒子到达C 点时的速度大小；
（2）用此仪器分析某元素的两种同位素（电荷量相同，质量不同），接收器分别在θ1＝60°和
θ2＝120°的位置上接收到了粒子，则它们的比荷之比为多大。
【解答】解：（1）假设粒子带正电（假设粒子带负电也可以），由题意可知，粒子在平行金属
板中做匀速直线运动，由图示可知，粒子所受洛伦兹力垂直于板向上，由左手定则可知，磁场
B1方向垂直于纸面向里；
粒子在平行金属板间做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB1＝qE
9
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解得粒子的速度大小：v= E
B1
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的运动轨迹如图所示
由几何知识得：r=
R
tan θ
2
，θ1＝60°时r1=√3R，θ2＝120°时r2= √3
3
R
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：qvB2＝mv
2
r
解得粒子的比荷k= q
m = v
B2r ，粒子的比荷之比k1
k2
= r2
r1
=
√3
3 R
√3 R = 1
3
圆周运动模型（10-13 题）
10. （多选）（2023•天河区一模）据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器
用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度
大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2 和匀强电场（图中没画出），磁
场1 与磁场2 的磁感应强度大小相等、已知电子电量为e，质量为m。若电子恰好可以在圆环
内沿顺时针方向做半径为R、速率为v 的匀速圆周运动，则以下说法正确的是（ ）
10
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A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为2πR
v
C．垂直环平面的磁感应强度大小为mv
eR
D．电场强度大小为mv
2
eR
【解答】解：A.根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1 的洛伦兹力方向垂直环
平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，
故电场方向垂直环平面向里，故A 错误；
B.电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v 的匀速圆周运动，则电子运动周期为
T= 2πR
v
故B 正确；
C.电子在圆环内受到磁场2 的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝mv
2
R
解得：B= mv
eR
故C 正确；
D.电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB
解得：E= m v
2
eR
故D 正确；
故选：BCD。
11. （2022 秋•和平区校级期末）如图所示的区域内，存在方向互相垂直的匀强电场和匀
强磁场，其中电场方向竖直向下，磁场方向是水平的（垂直纸面向里）。一个质量为m 的带
电液滴，在与匀强磁场垂直的竖直面内做匀速圆周运动。下列关于这个带电液滴的电性和转动
11
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方向说法正确的是（ ）
A．一定带正电，沿逆时针方向转动
B．一定带负电，沿顺时针方向转动
C．一定带负电，但转动方向不能确定
D．电性和转动方向都不能确定
【解答】解：根据题意，带电液滴在与匀强磁场垂直的竖直面内做匀速圆周运动，所以电场力
与重力抵消。则电场力向上，而匀强电场方向竖直向下，所以粒子一定带负电。
根据左手定则可知，液滴沿顺时针方向转动。
故选：B。
12. （2022 秋•渝中区校级期末）水平实线下方有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强
磁场磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，匀强电场场强未知，O 点是实线上一点，在其正上
方有一点P，已知PO＝h，OD＝d，如图所示，整个图形处于竖直平面内，一个质量为m，电
荷量为q 的带正电小球从P 点可以朝纸面内任意方向抛出。小球进入实线下方的复合场区后，
可以做匀速圆周运动，求：
（1）求电场强度的大小及方向；
（2）自P 点以与水平方向成α 角斜向上抛出小球，抛出速度为vP，小球刚好经过D 点，然后历
经复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到P 点，求α 和vP（已知：E＝12N/C，h＝4.8m，d
＝2.4m，B＝5T，q＝10C，m＝12kg，g＝10m/s2）
（3）若从P 点以速度v0水平抛出小球，要使小球能经过D 点，求速度v0的大小及方向。
12
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【解答】解：（1）小球进入复合场区域做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，洛伦兹力提
供向心力，则qE＝mg，解得，电场强度的大小E= mg
q
，电场力竖直向上，小球带正电，电场强
度方向竖直向上
（2）小球以与水平方向成α 角斜向上抛出小球，抛出速度为vP，小球刚好经过D 点，然后历经
复合场区一次，在斜上抛的下落阶段再回到P 点，小球的运动轨迹如图所示
小球经过D 点过程，水平方向：d＝vPcosα×t
竖直方向：h＝﹣vPsinα×t+ 1
2 gt
2
小球在复合场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：Rsinβ＝d
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvDB＝mv D
2
R
且vDy＝vDsinβ＝﹣vPsinα+gt
代入数据解得，小球从P 到D 的运动时间t＝1.2s，vP＝2√2m/s，α＝45°
（3）若从P 点以速度v0水平抛出小球，要使小球能经过D 点，小球运动轨迹如图所示
13
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当小球从D1、D2、D3、…………位置经过时，则：h= 1
2 gt
2，x0＝v0t
当小球从D1′、D2′、D3′…………位置经过时，则：h= 1
2 gt
2，x0＝v0t
则：d＝x0
2Rsinβ
﹣
，d＝3x0
4Rsinβ
﹣
，d＝5x0
6Rsinβ …………
﹣
以此类推，可知小球从D 点飞出需要满足：d＝（2n
1
﹣）x0
n×2Rsinβ
﹣
（n＝1、2、3……）
解得：v0=
d
2n-1√
g
2h +
2nmg
(2n-1)qB
（n＝1、2、3……） 方向水平向右
13. （2023 春•福田区校级期中）如图所示，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，以某一初速度沿与x 轴正方向的夹
角为45°的方向进入复合场中，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，重力加速度为g，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。
【解答】解：（1）微粒在到达A（l，l）之前做直线运动，因为洛伦兹力的大小F 洛＝qvB 与速
度v 有关，故微粒一定做匀速直线运动，对微粒受力分析，如图所示：
14
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沿微粒的速度方向受力平衡：Eqcos45°＝mgsin45°
可得：E= mg
q
①
（2）微粒做直线运动时，垂直微粒的速度方向受力平衡：qvB＝mgcos45°+Eqsin45° ②
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
如上图所示，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv
2
r
③
由几何关系可得：r=√2l ④
联立①②③④式可得：v=√2gl ⑤
B= m
q √
g
l
（3）微粒做匀速直线运动的时间为：t1= √2l
v =√
l
g
⑥
微粒做圆周运动的周期：T= 2πr
v
⑦
微粒做圆周运动转过的圆心角：θ= 3
4 π ⑧
微粒做圆周运动的时间：t2= θ
2π
•T ⑨
联立⑤⑦⑧⑨式可得：t2= 3
4 π√
l
g
⑩
联立⑥⑩两式子可得微粒在复合场中运动时间：
t＝t1+t2＝（3
4 π+1）√
l
g
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一般曲线运动模型（14-18 题）
14. （2023 秋•温州期中）设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，
已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时
速度为零，C 点是运动的最低点，忽略重力，以下说法错误的是（ ）
A．这离子必带正电荷
B．A 点和B 点位于同一高度
C．离子在C 点时速度最大
D．离子到达B 点时，将沿原曲线返回A 点
【解答】解：A.离子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，
故A 正确；
B.因为洛伦兹力不做功，只有电场力做功，A、B 两点速度都为0，根据动能定理可知，离子从
A 到B 运动过程中，电场力不做功，故A、B 位于同一高度，故B 正确；
C.C 点是最低点，从A 到C 运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知离子在C 点时速
度最大，故C 正确；
D.到达B 点时速度为零，将重复刚才ACB 的运动，不会沿原曲线返回A 点，故D 错误。
本题选错误的，
故选：D。
15. （2023•岳阳一模）在xOy 竖直平面内存在沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于平面向
外的匀强磁场，现让一个质量为m，电荷量为q 的带正电小球从O 点沿y 轴正方向射入，已知
电场强度大小为2mg
q
，磁感应强度大小为B，小球从O 点射入的速度大小为mg
qB
，重力加速度
为g，则小球的运动轨迹可能是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【解答】解：小球射入时将初速度v0进行分解，其中分速度v1可使得小球受到的电场力、洛伦
兹力与重力三力平衡，即：qE＝mg+qv1B，解得：v1= mg
qB
根据左手定则可知v1沿x 轴正方向，由题意知初速度v0沿y 轴正方向，小球从O 点射入的速度
大小为v0= mg
qB
，根据平行四边形法则可得分速度v2与y 轴的夹角为45°，如下图所示
分速度v2的大小为v2=√2v0= √2mg
qB
小球以分速度v2做匀速圆周运动，以分速度v1沿x 轴正方向做匀速直线运动，两者的合运动轨
迹即为小球的运动轨迹，小球在y 轴方向上的位移只与匀速圆周运动有关，圆周运动轨迹如下图
圆周运动的轨迹与x 轴正方向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹，如下图所示
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
16. （多选）（2023•香坊区校级一模）如图所示，在竖直平面xOy 内存在大小、方向未
知的匀强电场。一质量为m 的小球从y 轴上P 点以水平速度v 进入第一象限，速度方向沿x 轴
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正方向；经过x 轴上Q 点时的速度大小也为v，方向与x 轴夹角为60°。重力加速度大小为g。
不计空气阻力，小球从P 点运动到Q 点的过程中（ ）
A．速度的最小值为√3
2 v
B．所受电场力的最小值为√3mg
2
C．动能与电势能之和一直增大
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2：√3
【解答】解：由于小球从P 到Q 动能变化为零，则合力方向与PQ 垂直，在Q 点进行速度的分解，
如图所示：
根据几何关系可得：vx＝vcos60°，vy＝vsin60°
根据运动学公式可知：x= v + v x
2
t = 3 vt
4
，y= v y
2 t = √3 vt
4
，则tanθ= y
x ，解得：θ＝30°
A、小球的速度最小值为沿PQ 方向的速度，即为：vmin＝vcosθ，解得：vmin= √3
2 v，故A 正确；
B、当电场力方向与合力方向垂直时最小，即电场力方向沿PQ 方向，如图所示，根据图中几何
关系可得：qEmin＝mgsinθ，解得：qEmin= 1
2
mg，故B 错误；
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C、小球的动能、电势能与重力势能之和不变，重力势能逐渐减小，则动能与电势能之和一直增
大，故C 正确；
D、水平位移与竖直位移的大小之比为：x：y= 3 vt
4 ：√3 vt
4
=3：√3，故D 错误。
故选：AC。
17. （多选）（2023•湖北一模）空间中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场B 和沿着纸面
竖直向下的匀强电场E。一带电的轻质小球以初速度v0= 2 E
B
沿着纸面水平向右射出。使用频
闪照相，记录下小球的频闪照片如图所示，小球重力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．小球一定带正电
B．小球在轨迹最高点所受合外力为零
C．小球从水平射出到轨迹最高点的过程中，电势能增大
D．小球从第一次轨迹最高点到第二次轨迹最高点的过程中，做匀速圆周运动
【解答】解：B、小球在最高点时，即轨迹最高点拐弯处速度为零，洛伦兹力为零，故小球只受
电场力作用，从轨迹可以看出，小球向下加速运动，所受合外力不为零，故B 错误，
A、根据题意所加竖直向下的匀强电场，可判断小球带正电，故A 正确；
C、小球从水平射出到轨迹最高点的过程中，电场力做负功，电势能增大，故C 正确；
D、小球从第一次轨迹最高点到第二次轨迹最高点的过程中，除受洛伦兹力外，还受竖直向下的
电场力作用，不可能做匀速圆周运动，故D 错误。
故选：AC。
18. （2023•浙江二模）磁控管在现代科技领域有广泛的应用。为使问题简化，我们将静
态磁控管简化为一对长度足够的平行平板电极系统中的电子在正交稳恒电磁场中的运动。如图
所示，在间距为d 的两极板间加不计内阻、电动势为U 的电源，两极板间存在方向垂直xOy
平面向里、大小为B 的匀强磁场，位于阴极表面附近的灯丝持续发射初速度可近似为零的电子，
当U 不变，改变B 的大小时，电子在两极板间的运动轨迹将发生变化，如图2 所示，其中轨迹
Ⅲ最高点P 恰好与阳极相切。电子电荷量为e，质量为m，不计电子的相互作用。
（1）求轨迹Ⅰ对应的磁感应强度大小BⅠ，并比较轨迹Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所对应的磁感应强度BⅡ、BⅢ
和BⅣ的大小关系；
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（2）求轨迹Ⅲ对应的磁感应强度BⅢ以及轨迹在P 处的曲率半径；
（3）若灯丝单位时间发射n 个电子，画出电流I 随磁感应强度B 变化的图像。
【解答】解：（1）轨迹Ⅰ的电子做直线运动，则BⅠ＝0
电子在电场中加速的同时，受到的洛伦兹力使其偏转，洛伦兹力越大、偏转情况越明显，所以
BⅡ＜BⅢ＜BⅣ
（2）动能定理，有：eU= 1
2 m v P
2
解得：vP=√
2eU
m
在任意位置，将电子运动速度分解为vx和vy，则电子在水平方向受到的洛伦兹力为：Fx＝eBⅢvy
从开始到P 点，取向右为正方向，水平方向根据动量定理，有：FxΔt＝mvP
即eBⅢd＝mvP
联立解得：BⅢ= 1
d √
2Um
e
在P 点根据牛顿第二定律可得：evPBⅢ
e•
﹣U
d =mvP
2
r
解得轨迹在P 处的曲率半径：r＝2d
（3）饱和电流：Im＝ne
截止和饱和临界磁感应强度为：B＝BⅢ
电流I 随磁感应强度B 变化的图像如图所示：
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