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第29 讲 带电粒子在叠加场中的运动
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
考向1 带电粒子在叠加场中的直线运动
例1 【答案】D
【变式训练1·变考法】【答案】C
▶新情境◀【变式训练2·变考法】【答案】(1)❑√2gd，m
q
❑√
g
2d
(2)4 d
【详解】（1）根据动能定理qEd = 1
2 m v
2
已知电场强度E = mg
q
可得v = ❑√2gd
小球离开地面时，洛伦兹力等于重力qvB =mg
可得B = m
q
❑√
g
2d
（2）离开地面后qE =mg
小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB =m v
2
R
最大高度H =2 R
解得H = 4 d
考向2 叠加场与现代科技
例2 【答案】BD
【详解】A．当粒子在磁场中的轨道半径等于D 形盒半径时，粒子的动能最大，则有q vm B =m vm
2
R
粒子的最大动能为Ekm = 1
2 m vm
2 = q
2B
2 R
2
2m
可知粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，故A 错误；
B．粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则有qv B1=qE
粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，则有qv B2=m v
2
R
联立解得q
m =
E
R B1B2
击中光屏上同一位置的轨道半径一定，可知图乙中不改变质谱仪各区域的电场和磁场时，击中光屏同一位
置的粒子比荷相同，故B 正确；
C．图丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图所示磁场时，根据左手定则可知，
负电荷向N 侧聚集，则N 侧积累负电荷，则N 比M 电势低，故C 错误；
D．稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，则有qvB =q U
b
流量为Q = vbc
联立解得U = QB
c
可知前、后两个金属侧面的电压与b无关，故D 正确。
故选BD。
▶新情境◀【变式训练1·变考法】【答案】AC
【详解】A．根据题意，由左手定则可知，污水中正离子受洛伦兹力向a侧偏转，负离子受洛伦兹力向b侧
偏转，则a侧电势比b侧电势高，故A 正确；
BD．离子最终在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB =q U
d
可得U = Bvd
故a、b两点电压U与离子浓度和管道长度均无关，故BD 错误；
C．污水的流量为Q = Sv = π( d
2 )
2
⋅U
Bd = πUd
4 B
，故C 正确。
故选AC。
【变式训练2··变载体】【答案】CD
【详解】霍尔效应平衡时，洛伦兹力等于电场力，则qvB =q U H
l
结合电流微观式I =nqSv =nqldv
其中n为载流子浓度，d为霍尔元件厚度，l为霍尔电压对应两侧的间距，整理可得霍尔电压为U H= IB
nqd
A．霍尔电压仅和电流I、磁感应强度B 有关，磁铁转动快慢不改变霍尔元件处的磁感应强度大小，因此霍
尔电压不变，故A 错误；
B．磁铁N、S 极调转后，仅改变磁场方向，只会改变霍尔电压的极性，仍然会产生霍尔电压，故B 错误；
C．根据U H= IB
nqd
，仅增大电流I，磁感应强度最大值不变，因此霍尔电压最大值增大，故C 正确；
D．缩小磁铁与霍尔元件的距离，霍尔元件处的磁感应强度B 增大，因此霍尔电压最大值增大，故D 正确。
故选CD。
考向3 带电粒子在叠加场中的曲线运动
例3 【答案】C
【变式训练1·变考法】【答案】B
【变式训练2·变情境】【答案】C
1．【答案】A
【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC 错误；
D．洛伦兹力永不做功，D 错误。
故选A。
2．【答案】D
【详解】由题知粒子在AC 做直线运动，则有qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF 的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据
qvB =m 4 π
2
T
2 r，有
t0= πm
2q B2
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC 做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
v A = v0
2
再根据qvB =m v
2
r
，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF 边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t =
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
t0，A 错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC 做直线运动的速度，有qvBB1= q∙2E
则vB = 2v0
再根据qvB =m v
2
r
，可知粒子半径变为原来的2 倍，则粒子F 点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t =
t0，B 错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
❑√3
4 B2，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
qvB =m v
2
r
，可知粒子半径变为原来的4
❑√3 >2，则粒子从OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
sinθ = 2r
4
❑√3 r
可知转过的圆心角θ = 60°，根据qvB =m 4 π
2
T
2 r，有
t = 4 ❑√3 πm
9q B2
则
t = 8 ❑√3t0
9
C 错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
❑√2
4 B2，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
qvB =m v
2
r
，可知粒子半径变为原来的4
❑√2 >2，则粒子OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
sin α = 2r
4
❑√2 r
可知转过的圆心角为α = 45°，根据qvB =m 4 π
2
T
2 r，有
t =
❑√2πm
2q B2
则
t = ❑√2t0
D 正确。
故选D。
3．【答案】A
【详解】由题知，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，
则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
sin30
∘= r −a
r
解得粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
qvB =m v
2
r
则有
q
m =
v
2a⋅B
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，则有Eq = qvB
联立有
q
m =
E
2a⋅B
2
故选A。
