文档文本内容
专题52 带电粒子在复合场中的运动
模型一 带电粒子在组合场中的运动.................................................................................................2
考向一 由磁场进入电场............................................................................................................. 3
考向二 由电场进入磁场........................................................................................................... 18
模型二 带电粒子(体)在叠加场中的运动.........................................................................................32
考向一 直线运动.......................................................................................................................32
考向二 曲线运动.......................................................................................................................40
课时精练............................................................................................................................................. 49
【基础回顾】
带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一
区域电场、磁场交替出现。
2．四种常见的运动模型
(1)带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图所示。
(2)带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图所示。
(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图所示。
(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如图所示。
3．三种常用的解题方法
(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。
(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知
识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。
4．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态。
(1)仅在电场中运动
①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；
②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动。
(2)仅在磁场中运动
①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；
②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动。
5．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键。
特别提醒 从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面处的速度
(大小和方向)是联系两个运动的桥梁，求解速度是重中之重。
模型一 带电粒子在组合场中的运动
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
2．“磁偏转”和“电偏转”的比较
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
基本公式
L＝vt，y＝at2，
a＝，tan θ＝
qvB＝，r＝，
T＝，t＝，
sin θ＝
做功情况
静电力既改变速度方向，也改
变速度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变
速度大小，对电荷永不做功
3.常见粒子的运动及解题方法
考向一 由磁场进入电场
1．如图所示，在坐标系xOy 内有一半径为a 的圆形区域，圆心为原点O，圆内分布有垂直纸面向
里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在直线y＝a 的上方有一沿y 轴负方向的矩形匀强电场
区域，场强大小为E。在x＝﹣a 处的A 点有一粒子源，粒子源以某一相同速率垂直于磁场方向
朝圆形磁场内持续不断地发射质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子。已知发射出去的所有粒
子在第一次离开圆形磁场后，在电场的作用下又回到圆形磁场，之后均从x＝a 处的C 点第二次
飞出圆形磁场。整个过程中不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用，下列说法正确的是（
）
A．粒子进入磁场的初速度为qBa
2m
B．矩形匀强电场区域的最小面积为q B
2a
3
2mE
C．粒子从A 点运动到C 点的最短时间为πm
qB + 2Ba
E
D．粒子从A 点运动到C 点的整个过程中，洛伦兹力对所有粒子的冲量大小都为πqBa
【答案】C
【解答】解：A.由题意，粒子在磁场中是磁聚焦（磁发散）情景，因此轨迹半径
r＝a
由半径公式
r = mv
qB
解得粒子速度
v = qBa
m
故A 错误；
B.所有粒子都以速度v 沿y 轴正方向进入电场，根据直到减速为0，有
v2＝2a's
根据牛顿第二定律
qE＝ma'
解得加速度
a′ = qE
m
减速位移
s= q B
2a
2
2mE
根据磁聚焦（磁发散），所有粒子进入电场的平行宽度为
x＝2a
则矩形电场的最小面积为
S = xs= q B
2a
3
mE
故B 错误；
C.所有粒子在磁场都有两段过程，合起来看都转了半圈，如图
根据周期公式
T = 2πm
qB
可知在磁场中的时间均为
t1= T
2 = πm
qB
根据对称性，所有粒子在电场中从速度v 减速为0，再反向加速到v，则在电场中的时间
t2=2⋅v
a′ = 2Ba
E
除了从A 点沿x 轴正向发射的粒子外，其余粒子都还有在真空区域运动的时间，因此最短时间
为t1+t2= πm
qB + 2Ba
E
故C 正确；
D.所有粒子在磁场两段过程中，合起来转了半圈，速度偏转角为180°，所有粒子在电场中先减
速再反向加速，速度偏转角也为180°，因此所有粒子从A 到C 速度方向不变，且大小也不变。
以初速度方向为正方向，根据动量定理
I+qEt2＝0
解得洛伦兹力冲量
I＝﹣2aBq
则冲量大小为2aBq
故D 错误。
故选：C。
2．如图所示，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。
质量为m、电荷量为+q 的粒子从磁场中的a 点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速
度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b 点，
通过b 点时其速度方向水平向右。a、b 距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s=3 ❑√3h，
不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度大小为m v0
qh
B．电场强度大小为m v0
2
2qh
C．电场强度大小减半，粒子仍能从b 点射出
D．磁感应强度大小加倍，粒子仍能从b 点射出
【答案】B
【解答】解：A．由题可知，画出粒子的运动轨迹
根据题意可知θ＝60°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系有r＝rcosθ+h
解得r＝2h
根据洛伦兹力提供向心力
q v0 B =m v0
2
r
解得B = mv0
2qh
故A 错误；
B．根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为
60°，根据几何关系可得AB = s−2rsinθ =3 ❑√3h−2❑√3h= ❑√3h
则粒子在电场中的运动时间t1=
AB
v0cosθ
解得t1= 2❑√3h
v0
沿电场方向上，根据牛顿第二定律有qE＝ma
根据运动学公式有﹣v0sinθ＝v0sinθ﹣at1
解得E = mv0
2
2qh
故B 正确；
C．电场强度大小减半，则在电场中类斜抛运动竖直加速度减半，运动时间加倍，则水平位移
加倍，进入磁场位置改变，但速度大小方向不变，则不能经过b 点，故C 错误；
D．磁感应强度大小加倍后，由r = m v0
Bq
可知，半径减半，即r′＝h
粒子垂直进入电场，后垂直射出，因为s
r ′ 不是偶数，所以无法经过b 点，故D 错误。
故选：B。
3．如图所示，平面直角坐标系内，以O1（0，R）为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于坐标
平面向外的匀强磁场Ⅰ，磁场的磁感应强度大小为B，在第三、四象限内，平行y 轴、垂直纸
面的平面M、N 间有沿y 轴负方向的匀强磁场Ⅱ，M、N 到y 轴的距离均为R。在圆形磁场边
界上P 点沿x 轴正方向射出一个质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子经磁场Ⅰ偏转后
刚好从坐标原点O 进入磁场Ⅱ，P 点到x 轴的距离为1.5R，不计粒子的重力，要使粒子不从
M、N 面射出磁场，磁场Ⅱ的磁感应强度大小至少为（ ）
A．
❑√2B
2
B．B
2
C．
❑√3 B
2
D．
❑√3 B
3
【答案】B
【解答】解：粒子在圆形磁场Ⅰ中做匀速圆周运动。设粒子的发射速度为v，在磁场Ⅰ中的轨
道半径为r1。
根据题意，磁场Ⅰ的圆心为O1（0，R），半径为R。由于P 点到x 轴的距离为1.5R，代入圆的
方程x2+（y﹣R）2＝R2可得P 点的横坐标为xP=−
❑√3
2 R。
由于粒子在P 点沿x 轴正方向射出，且受到的洛伦兹力使其向x 轴偏转，结合左手定则可知其
圆心O2位于P 点正下方，坐标为(−
❑√3
2 R，1.5 R−r1)。
粒子刚好从坐标原点O 射出，则有O2到原点的距离等于r1，即(−
❑√3
2 R)
2+(1.5 R−r1)
2=r1
2，
解得r1＝R。
根据牛顿第二定律有qvB = mv
2
R ，解得v = qBR
m 。粒子运动到原点O 时，速度方向与半径O2O
垂直。
由几何关系可知，此时半径O2O 与x 轴正方向的夹角为30°（位于第四象限），则速度v 与x
轴负方向的夹角为60°。
将速度分解，其沿x 轴负方向的分量vx＝vcos60°，即vx＝0.5v，沿y 轴负方向的分量
v y = vsin60° =
❑√3
2 v。
在磁场Ⅱ中，磁场方向沿y 轴负方向，平行于vy，故vy不受磁场力作用，粒子在y 方向做匀速
运动。
而vx与磁场Ⅱ垂直，粒子在xz 平面内做匀速圆周运动，其轨道半径r2= m v x
q BⅡ
= 0.5mv
q BⅡ
。要使
粒子不从M、N 面射出，需满足r2≤R。
代入v 的表达式得0.5m
q BⅡ
⋅qBR
m ≤R，解得BⅡ≥B
2 。故磁场Ⅱ的磁感应强度至少为B
2 ，故B 正
确，ACD 错误。
故选：B。
4．电磁场可以控制带电粒子的运动。在直角坐标系第一象限内有平行于坐标平面的匀强电场（图
中未画出），在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q（q＞
0）的带电粒子，在M 点沿y 轴正方向以速度v0进入磁场，通过y 轴上的N 点后进入电场，运
动轨迹与x 轴交于P 点，并且过P 点时速度大小仍为v0。已知M、N、P 三点到O 点的距离分
别为L、❑√3 L和3L，不计粒子重力，下列说法不正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为m v0
qL
B．粒子过N 点时速度方向与y 轴正方向的夹角为60°
C．电场强度大小为mv0
2
4 qL
D．粒子运动过程中最小速度为1
2 v0
【答案】A
【解答】解：AB、由几何关系，可知其轨迹与圆心连线满足如下图示关系：
由图可知：tanα =
❑√3 L
L
，即α＝60°，由几何关系可知，β＝α﹣30°＝60°﹣30°＝30°，故θ＝
180°﹣90°﹣30°＝60°；
可计算其在磁场中运动的半径满足：r
2=(❑√3 L)
2+ L
2，即r＝2L，
结合洛伦兹力提供向心力q v0 B =m v0
2
r
，可计算磁感应强度大小B = mv0
2qL，故A 错误，B 正确；
CD、由粒子在N、P 两点的速度大小相等，可知NP 连线为等势面，结合电场线与等势线的关
系及粒子的初速度，可知其电场线方向；
由OP 间距，ON 间距，可知其角度关系如图所示：
由图可知：xNP=
xON
sin30° ，
由粒子在第一象限的受力特点，可知其在从N 到P 的过程中，沿电场方向做匀变速运动，垂直
于电场方向做匀速运动；
垂直于电场方向：xNP＝v0sin30°t，沿电场方向：0= v0cos30°t −1
2 at
2，a= qE
m 。化简得：
E = mv0
2
4 qL
；
当粒子在沿电场方向减速到0 时，速度最小，此时速度为：vmin= v0sin30° = v0
2
，故CD 正确。
本题选择不正确的，故选：A。
5．如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向呈45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m 的粒子从P
点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P 点。（场区
足够大，不计粒子重力）则下列选项中不正确的是（ ）
A．当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45°
B．当粒子第二次进入电场时，到P 点的距离为2❑√2m v0
q B0
C．电场强度大小为B0v0
D．粒子回到P 点所用的总时间为(2π +2)m
q B0
【答案】D
【解答】解：A.由左手定则可知，初状态粒子受向下的洛伦兹力，粒子在磁场中做匀速圆周运
动，由圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，则由图可知，此时速度
与分界线所成的锐角为45°，故A 正确；
B.由前面分析及题意，可得下图：
如图，粒子沿电场方向的反方向第一次进入电场，粒子带正电，则粒子在电场中先做匀减速直
线运动，再反向做匀加速直线运动，并再次进入磁场，根据圆周运动的特点可知，粒子在磁场
中做圆周运动经过3
4 周期后，粒子沿与电场方向垂直的方向第二次进入电场，之后粒子在电场
中做类平抛运动至P；
设粒子在磁场中运动的半径为R，
由洛伦兹力提供向心力可得：qv0B= mv0
2
R
，
由几何关系可得：SP＝2×
❑√R
2+ R
2=2❑√2R，
联立可得，当粒子第二次进入电场时，到P 点的距离为：SP= 2❑√2m v0
q B0
，故B 正确；
C.设粒子在电场中做类平抛运动的时间为t3，
沿水平方向有：SP•sin45°＝v0t3，
沿竖直方向有：SP•cos45°= 1
2 at3
2，
由牛顿第二定律可知，粒子在电场中的加速度大小为：a= qE
m ，
结合前面分析可知：qv0B= mv0
2
R
，
联立可得：E＝B0v0，t3= 2m
q B0
，故C 正确；
D.结合前面分析可知，粒子在磁场中的两段轨迹可拼成一个完整圆周，则粒子在磁场中的总时
间t1为一个周期T，
由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式可知：t1＝T= 2πm
q B0
，
由运动学的对称性可知，粒子在匀强电场中做匀减速直线运动、匀加速直线运动的总时间为：
t2= 2v0
a = 2v0
qE
m
=
2v0
q⋅B0v0
m
= 2m
q B0，
则粒子回到P 点所用的总时间为：t＝t1+t2+t3，
联立可得：t= 2(2+ π )m
q B0
，故D 错误；
本题选不正确的，
故选：D。
6．在如图所示的坐标系中，第一象限内存在与y 轴平行的匀强电场，电场强度大小为E；第二象
限内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。P、Q 两点在x 轴上，一带电粒
子（不计重力）从P 点以垂直于x 轴的速度v0向上射入第二象限，经磁场偏转后，粒子垂直于
y 轴进入第一象限，恰好经过x 轴上的Q 点，Q 点到原点的距离是P 点到原点距离的2 倍。则
（ ）
A．第一象限内的电场方向竖直向下
B．粒子在P、Q 两点的速度大小之比为1：❑√2
C．粒子在磁场中与在电场中运动的时间之比为π：2
D．电场强度和磁感应强度的大小之比为v0：❑√2
【答案】B
【解答】解：A、根据题意分析可知，带电粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知粒子带
负电；进入电场后向下偏转，说明电场方向竖直向上，故A 错误；
D、根据题意分析可知，设O、P 之间的距离为r，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
q v0 B =m v0
2
r
解得
r = mv0
qB
粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，则有
t = OQ
v0
= 2r
v0
= 2m
qB
又
OC =r = 1
2 at
2= 1
2 × qE
m ×t
2
联立解得
E
B = v0
2
故D 错误；
C、根据题意分析可知，粒子在磁场中的运动时间为
t ′ =
1
4 ×2πr
v0
= πr
2v0
所以
t ′ ：t = πr
2v0
：2r
v0
= π ：4
故C 错误；
B、根据题意分析可知，在Q 点，粒子沿电场方向的速度为
v y =at = qE
m × 2m
qB = v0
所以粒子在Q 点的速度为
vQ= ❑√2v0
则粒子在P、Q 两点的速度大小之比为1：❑√2，故B 正确。
故选：B。
7．（多选）如图所示，平面直角坐标系xOy，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强
度为25
3 V/m，第二象限内存在一半径为0.25m 的圆形磁场区域，磁感应强度为B＝5×10﹣3T，
方向垂直于纸面向外，圆形磁场与y 轴相切于P 点，P 点的坐标为（0，5m）。x 轴上在[﹣
0.375，0]区间内一束带正电的粒子沿y 轴正向以6×104m/s 的速度射入圆形磁场，已知带电粒子
比荷4.8×107C/kg，不计粒子重力和粒子间相互作用。则带电粒子（ ）
A．经磁场偏转后都经过P 点进入第一象限
B．到达x 轴时，与坐标原点的最小距离为3❑√10m
C．到达x 轴时，与坐标原点的最大距离为9+3 ❑√29
2
m
D．进入电场的速度与y 轴正向夹角的正切值为
❑√19
3
时粒子到达x 轴的距离最大
【答案】AD
【解答】解：A.由洛伦兹力提供向心力Bqv =m v
2
r
得r = mv
Bq =0.25m
等于圆形磁场区域的半径故由磁聚焦经磁场偏转后都经过P 点进入第一象限，故A 正确；
B.从趋近原点O 沿y 轴正向发射的粒子，做近似类竖直上抛运动，到达x 轴时，与坐标原点的
最小距离趋近于0，故B 错误；
CD.到P 点时设速度与y 轴的夹角为θ 进入电场后，粒子做类斜抛运动，由牛顿第二定律
a= Eq
m
竖直方向vcosθ⋅t −1
2 at
2=−5m
水平方向有x＝vsinθ•t
联立解得x =3 sinθ(3cosθ+
❑√9co s
2θ+10)
求导得tanθ =
❑√19
3
时，此时距离最大xm=3 ❑√19m，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
8．（多选）如图所示，虚线GH 的直线方程为y＝d，在GH 与x 轴之间的区域，y 轴右侧存在垂
直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，y 轴左侧存在沿y 轴负方向的匀强电场；在GH
上方为另一个匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。现有一个质量为m，电荷量为﹣q（q＞
0）的粒子，从O 点沿x 轴正方向射出，途经GH 上的Q（2d，d）点，粒子运动到第二象限经
过GH 后在电场中偏转，经过O 点时速度方向沿x 轴正方向。不计粒子重力。sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，则（ ）
A．粒子从O 点射出时的初速度大小为5qdB
m
B．匀强电场的电场强度大小为2qd B
2
m
C．GH 上方匀强磁场的磁感应强度大小为8
7 B
D．粒子从O 点射出到第一次回到O 点所经历的时间为(367 π +120)m
240 Bq
【答案】BC
【解答】解：A.粒子从O 点沿x 轴正方向以v0射出后运动轨迹如下图
设在磁场B 中做圆周运动的半径为R，由几何关系（R﹣d）2+（2d）2＝R2，得R = 5
2 d
根据洛伦兹力提供向心力有q v0 B =m v0
2
R
，所以v0= 5qdB
2m ，故A 错误；
B.由几何关系得轨迹圆半径与GH 夹角α＝37°，由对称性可知，粒子在第二象限出磁场时速度
方向与y 轴负方向的夹角也为α＝37°，粒子在电场中沿x 轴正方向做匀速直线运动，沿y 轴负
方向做匀减速直线运动，则沿y 轴负方向满足d = v0cosα ⋅t −1
2 ⋅at
2
由牛顿第二定律可知qE＝ma，
又由粒子自第二象限偏转后过O 点，且速度方向沿x 轴正方向可知v0cosα＝at
联立解得t = m
qB ，E = 2qd B
2
m
故B 正确；
C.设粒子在GH 上方匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r，圆心为O''，由x＝v0sinα•t，可得
x = 3
2 d
由x+2d＝2rcosα
根据洛伦兹力提供向心力有q v0 B2=m v0
2
r
联立解得B2= 8
7 B，故C 正确；
D.粒子在磁场中运动的时间分别为t1= 53°
360° × 2πR
v0
t2= 254°
360° × 2πr
v0
粒子运动的总时间t 总=t +t1+t2= (367 π +240)m
240 Bq
，故D 错误。
故选：BC。
9．（多选）如图所示的直角坐标系Oxy 中，以O 为圆心、R 为半径的圆内存在垂直纸面向外的匀
强磁场，磁感应强度为B；在x＞R 的区域内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。在
圆与y 轴负半轴的交点A 处有一粒子源，t＝0 时刻粒子源向圆内各个方向同时发射若干速度相
同的带正电粒子，粒子经磁场偏转后均平行x 轴第一次离开磁场，已知粒子的质量为m，电荷
量为q，不考虑粒子间的相互作用，则（ ）
A．带正电粒子进入匀强磁场时速度的大小为BqR
m
B．带电粒子在电场中运动的时间为BR
E
C．带电粒子在电场中运动的最大位移为q B
2 R
2
2mE
D．最先第二次离开磁场的粒子从发射到第二次离开磁场所经历的时间为πm
Bq + 2BR
E
【答案】ACD
【解答】解：A、根据题意分析可知，粒子都能水平射出磁场，轨迹圆的半径 r＝R，
根据牛顿第二定律有q v0 B =m v0
2
r
，联立解得v0= BqR
m ，故A 正确；
B、根据题意分析可知，粒子在电场中只受电场力作用，取水平向右为正方向，根据动量定理
有：﹣qEt1＝﹣mv0﹣mv0
得：t1= 2mv0
qE
= 2BR
E
，故B 错误；
C、根据题意分析可知，由动能定理：−qEx =0−1
2 mv0
2得：x = m v0
2
2qE = q B
2 R
2
2mE
，故C 正确；
D、根据题意分析可知，假设粒子第1 次在磁场中运动转过的角度为α，第2 次在磁场中运动转
过的角度为β，粒子运动的轨迹为
由几何关系可得α+β＝180°，所有粒子两次在磁场中的运动时间相等。粒子在磁场中运动的总
时
间t1= 180°
360° ⋅2πR
v0
= πR
v0
所有粒子在电场中运动的时间均相等，从图中看出粒子在电场中由N 点运动到K 点，再由K 点
返回到N 点，由动量定理得qEt2＝mv0﹣（﹣mv0），解得t2= 2mv0
qE
粒子在电场和磁场之间做匀速直线运动，由M 点运动到N 点，再由N 点返回到M 点，粒子通
过此区间的总时间为t3= 2 x0
v0
粒子从发射到第二次离开磁场所经历的总时间t =t1+t2+t3= πR
v0
+ 2mv0
qE
+ 2 x0
v0
其中2x0为粒子通过电场和磁场之间区域的总路程。
当粒子沿y 轴发射时，粒子通过电场和磁场之间区域总路程2x0＝0，粒子所经历的时间最短
tmin= πR
v0
+ 2mv0
qE
= πm
Bq + 2BR
E
，故D 正确。
故选：ACD。
10．如图，在xoy 坐标系所在的平面内，第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限内有
沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E，一质量为m 电荷量为q 的带电粒子从x 轴上的
P(❑√3 L，0)点以速度v 沿与x 轴正方向成60°角的方向射入磁场，恰好从Q 点（图中未画
出）垂直于y 轴射出磁场进入电场，不计粒子重力，求：
（1）判断带电粒子的电性；
（2）粒子在磁场中的运动半径r；
（3）磁感应强度B 的大小；
（4）粒子从P 点射入到穿出电场的时间t。
【答案】（1）带电粒子为负电；
（2）粒子在磁场中的运动半径r 为2L；
（3）磁感应强度B 的大小为mv
2 Lq ；
（4）粒子从P 点射入到穿出电场的时间t 为❑√
6mL
Eq + 4 πL
3 v
。
【解答】解：（1）根据左手定则，粒子带负电，在磁场中的运动轨迹如图所示
（2）由几何关系得❑√3 L=rsin60°
解得r＝2L
（3）根据洛伦兹力提供向心力有qBv =m v
2
r
解得B = mv
2 Lq
（4）粒子在磁场中的圆心角为120°，周期T= 2πm
qB ，故粒子在磁场中的时间t′= 120°
360° •T
= 2πm
3qB = 4 πL
3 v ；
粒子离开磁场时的y 坐标为y＝r+rcos60°
粒子进入电场后做类平抛运动y = 1
2 at
2，Eq＝ma
解得t= ❑√
6mL
Eq
；
故总时间为：t 总= ❑√
6mL
Eq + 4 πL
3 v ；
答：（1）带电粒子为负电；
（2）粒子在磁场中的运动半径r 为2L；
（3）磁感应强度B 的大小为mv
2 Lq ；
（4）粒子从P 点射入到穿出电场的时间t 为❑√
6mL
Eq + 4 πL
3 v
。
考向二 由电场进入磁场
1．如图，在xOy 平面的第一、二象限有沿y 轴负方向的匀强电场，在第三、四象限有垂直于xOy
平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q 的粒子从y 轴上的P 点以v0的初速度沿x 轴正方
向射出，并从x 轴上的Q 点进入磁场区域，一段时间后粒子恰能回到P 点。已知P 点的坐标为
（0，L），Q 点的坐标为（2L，0），不计粒子重力。则（ ）
A．匀强电场的电场强度为mv0
2
qL
B．匀强磁场的磁感应强度为
❑√2m v0
4 qL
C．若仅将磁感应强度变为原来的1
2倍，则粒子第三次到达x 轴的坐标为（﹣2L，0）
D．若仅将磁感应强度变为原来的2 倍，则粒子第三次到达x 轴的坐标为（6L，0）
【答案】C
【解答】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，有2L＝v0t，L= 1
2 at
2，又qE＝ma，代入数据可
得E= mv0
2
2qL
，故A 错误；
B、粒子在Q 点时，tanθ= at
v0
，vcosθ＝v0，代入数据可得θ＝45°，v= ❑√2v0，运动轨迹如图所
示：
由几何关系可知轨迹半径r=2❑√2 L，又r= mv
qB ，代入数据可得B= m v0
2qL
，故B 错误；
C、若仅将磁感应强度减小为原来的一半，则半径r1＝2r，由几何关系可知圆心O2位于Q'正下
方，粒子第二次到达x 轴坐标为（﹣6L，0），在电场中沿x 轴方向位移为4L，则第三次到达x
轴的坐标为（﹣2L，0），故C 正确；
D、若仅将磁感应强度增大为原来的二倍，则半径r2＝0.5r，由几何关系可知圆心O3 坐标为
（L，﹣L），粒子第二次经过原点到达x 轴，在电场中沿x 轴方向位移为4L，则第三次到达x
轴的坐标为（4L，0），故D 错误。
故选：C。
2．如图所示，真空区域内水平边界ab 与cd 相距为h，其间存在竖直向上的匀强电场。边界cd 上
方存在范围足够大的垂直于纸面向里的匀强磁场。M、P、N 为边界cd 上的三点，且MP＝L，
PN＝2L。某时刻甲、乙两个带电粒子从ab 边界沿电场线方向射入电场区域，然后分别由M、
N 两点同时射入磁场，最终同时被置于P 点的粒子探测器接收。甲、乙粒子在磁场中运动的时
间均为t，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两粒子的比荷之比为2：1
B．乙粒子在电场中运动的时间为4 ht
3 πL
C．乙粒子在电场中的加速度为2h
3t
2
D．甲粒子在电场中运动时电势能减小
【答案】B
【解答】解：ACD、设粒子垂直进入磁场时的速度大小为v，粒子在磁场中运动半圈后被置于
P 点的粒子探测器接收，其运动半径为R，由牛顿第二定律：
qvB =m v
2
R
解得粒子运动的半径
R = mv
qB
则粒子在磁场中运动的时间
t =
180°
360° ⋅2πR
v
= πm
qB
联立知
q
m = π
Bt
v = πR
t
由牛顿第二定律知，粒子在电场中运动的加速度大小
a= qE
m
由题知，甲、乙粒子做圆周运动的半径分别为
R1= MP
2 = L
2
R2= PN
2 = L
则甲、乙粒子进入磁场时的速度大小分别为
v1= πL
2t
v2= πL
t
甲、乙粒子在磁场中运动的时间相同，可见甲、乙两粒子的比荷相同，即比荷之比为1：1，甲、
乙粒子在电场中运动的加速度相同，由左手定则知，甲粒子带负电，乙粒子带正电，则甲粒子
在电场中做匀减速直线运动，乙粒子在电场中做匀加速直线运动，设甲、乙粒子在电场中运动
的时间均为t1，加速度大小均为a，结合逆向思维知
h= v1t1+ 1
2 at1
2
h= v2t1−1
2 at1
2
联立知
t1= 4 ht
3 πL
a= 2h
3t1
2 = 3 π
2 L
2
8ht
2
故AC 错误，B 正确；
D、甲粒子在电场中运动时电场力做负功，由功能关系知，甲粒子在电场中运动时电势能增大，
故D 错误。
故选：B。
3．如图所示，一质子源发射出的质子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速，从两板正中
间平行极板进入偏转电场，穿过两板后又垂直于磁场射入边界线与偏转极板垂直的匀强磁场，
磁场方向垂直于纸面向里。加速电压为U1，偏转电压为U2，粒子射入磁场和射出磁场的M、N
两点间的距离为d，则（ ）
A．d 随U1增大而增大，d 与U2无关
B．d 随U2增大而增大，d 与U1无关
C．若将质子换成α 粒子，其他条件不变，d 不变
D．若将质子换成α 粒子，其他条件不变，d 变小
【答案】A
【解答】解：AB、带电粒子在电场中加速过程，有qU 1= 1
2 m v0
2，得v0=
❑√
2qU 1
m
，带电粒子
在电场中偏转做类平抛运动，可将射出偏转电场的粒子速度v 分解成初速度方向与加速度方向，
设出射速度与水平夹角为θ，则有：cosθ = v0
v
。而粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹
对应的半径为R，半径与直线MN 夹角正好等于θ，则有：cosθ=
d
2
R
，所以d = 2 R v0
v
，又因为
半径公式R = mv
qB ，则有d = 2m v0
qB
= 2m
qB
❑√
2qU 1
m
= 2
B
❑√
2mU 1
q
。故d 随U1 变化，d 与U2 无关，
仅增大U1，d 将增大，故A 正确，B 错误；
CD、由d = 2m v0
qB
= 2m
qB
❑√
2qU 1
m
= 2
B
❑√
2mU 1
q
知，若将质子换成α 粒子，其他条件不变，m
q 变
大，故d 变大，故CD 错误。
故选：A。
4．“碳﹣14 测年法”通过测量生物化石中碳同位素的丰度来确定年代。如图所示为某质谱仪的原
理简化图，离子源A 可产生初速度不计、电荷量相同的12C+和14C+。两离子经电压为U 的加速
电场后，垂直边界进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最终由边界探测器
接收。已知离子重力及相互作用忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．在加速电场中，电场力对14C+做的功是对12C+做功的7
6 倍
B．进入磁场时14C+的动量大小是12C+的7
6倍
C．14C+在磁场中运动的时间是12C+的7
6倍
D．若要使14C+打在边界12C+原来的位置，需将加速电压U 调节为原来的7
6
【答案】C
【解答】解：A．12C+和14C+电荷量相同，由电场力做功公式W＝qU 可知，两者在加速电场中
电场力做功相等，故A 错误；
B ．已知质量比m1：m2= 6
7 ，由动能定理有qU = 1
2 m v
2，动量p ＝mv ，可得
p= ❑√2mqU ∝❑√m，所以p2：p1= ❑√
7
6 ，故B 错误；
C．离子在磁场中做半圆周运动，运动时间t = T
2 = πm
qB ∝m，所以t2：t1= 7
6 ，故C 正确；
D．由qU = 1
2 m v
2和qvB = mv
2
r
，联立得轨道半径r = 1
B
❑√
2mU
q
，若使12C+和14C+轨道半径相
同，有m2U′＝m1U，解得U ′ = m1
m2
U = 6
7 U，故D 错误。
故选：C。
5．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，两平行极板P、Q 垂直于y 轴且关于x 轴对称，极板长
度和板间距均为L，两极板间存在平行于y 轴的匀强电场（图中未画出）。第一、四象限中有
匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里。一带正电粒子从A 点以大小为v0的初速度沿x 轴正方向
射入电场，经电场偏转后恰好贴着一个极板的右侧边缘进入磁场，之后从另一极板右侧边缘再
次进入电场。不计粒子所受重力，则（ ）
A．极板P 带负电
B．粒子在磁场中运动的时间为3 πL
4 v0
C．粒子进入磁场时速度方向与y 轴的夹角为37°
D．粒子仍能回到出发点A
【答案】B
【解答】解：A.结合左手定则可知粒子只能从下极板的右侧边缘进入磁场，运动轨迹如图
带正电粒子在平行极板间向下偏转，故极板 P 带正电，故A 错误；
B.粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的推论，粒子进入磁场时速度方向与x 轴夹角
的正切值满足 tanθ = v y
v0
=
L
2
L
2
代入数据得θ＝45°，故C 错误；
C.进入磁场时粒子的合速度大小 v =
❑√v y
2 + v0
2= ❑√2v0
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可得粒子转动半径r＝
L
2
sin 45° =
❑√2
2 L
则运动时间 t = 3
4 ⋅2πr
v
代入数据得t = 3 πL
4 v0
，故B 正确；
D.粒子再次进入电场后，水平方向的分速度大小不变，在竖直方向上仍然做匀加速运动，粒子
不可能回到出发点A，故D 错误。
故选：B。
6．如图，一正三角形abc 区域（包含三角形边界）内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，三角形所
在平面与磁场方向垂直。P 点为一粒子源，可以产生某种带正电的同种粒子，粒子从静止开始
经MN 两板间的加速电场加速后从a 点沿ab 方向射入匀强磁场区域内。加速电压的大小可以调
节，当加速电压为U1时粒子经磁场偏转后恰好打到bc 的中点，当加速电压为U2时粒子经磁场
偏转后恰好打到c 点，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则两加速电压的比值U1：U2为
（ ）
A．9：4
B．3：2
C．9：1
D．3：1
【答案】A
【解答】解：在加速电场中，根据动能定理
eU = 1
2 mv0
2
设边长为L，加速电压为U1时粒子经磁场偏转后恰好打到bc 的中点
根据几何关系
R1
2=( R1−L
2 sin 60°)
2+( L−L
2 cos60°)
2
解得运动半径为
R1=
❑√3
2 L
加速电压为U2时粒子经磁场偏转后恰好打到c 点
根据几何关系
R2sin 60° = L
2
解得运动半径为
R2=
❑√3
3 L
根据洛伦兹力提供向心力
q v0 B =m v0
2
R
整理得
eU = 1
2 mv0
2= B
2q
2 R
2
2m
所以两加速电压的比值
U1：U2＝9：4
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
7．如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在
如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x 轴的初速度v0从x 轴
上的P 点进入匀强电场中，并且恰好与y 轴的正方向呈45 角进入磁场，又恰好垂直于x 轴进
入第Ⅳ象限的磁场。已知OP 之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x 轴时，在电场
和磁场中运动的总时间为（ ）
A．7 πd
2v0
B．d
v0
(2+5 π )
C．d
v0
(2+ 3 π
2 )
D．d
v0
(2+ 7 π
2 )
【答案】D
【解答】解：画出粒子的运动轨迹，如下图所示
设Q 点纵坐标为h，粒子到达Q 点的速度为v，水平分速度为vx，运动时间为t1，则由运动规
律可得
h＝v0t1，d = v x
2 t，v x
v0
= tan 45°，v =
❑√v x
2+ v0
2
解得Q 点纵坐标h，粒子到达Q 点的速度v，运动时间t1满足：
h＝2d，v = ❑√2v0，t1= 2d
v0
设粒子在磁场中的运动半径为R，周期为T，由几何关系可得
R = ❑√2h=2❑√2d
则粒子在磁场中的运动周期为
T = 2πR
v
= 4 πd
v0
粒子在磁场中的运动时间为
t2=(
3
4 π
2π + π
2π )T = 7
8 T = 7 πd
2v0
在电场和磁场中运动的总时间为
t =t1+t2= 2d
v0
+ 7 πd
2v0
= d
v0
(2+ 7 π
2 )
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
8．（多选）如图，在纸面内的直角坐标系xOy 平面中，第一象限、第四象限内均存在方向垂直纸
面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为B1、B2；第二象限内存在方向沿y 轴负方向的匀
强电场。质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子在第二象限内从横坐标为x＝﹣L 的a 点以
初速度v0平行于x 轴正方向运动，恰好从O 点进入第四象限，经偏转后从x 轴上的P 点进入第
一象限，一段时间后再次经P 点穿过x 轴。已知粒子经过O 点后始终未离开x≥0 的区域，第二
象限内的电场强度大小为E =
❑√3mv0
2
qL
，不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子经过O 点时的速度大小为2v
B．粒子经过O 点时的速度大小为❑√3 v0
C．B1与B2的比值可能为2：1
D．B1与B2的比值可能为3：2
【答案】ACD
【解答】解：AB.粒子在第二象限做类平抛运动，
x 方向匀速运动L＝v0t，
y 方向匀加速运动，根据牛顿第二定律qE＝ma，
y 方向末速度v y =at = ❑√3 v0，
合速度v =
❑√v0
2+ v y
2，
解得v＝2v0，故A 正确，B 错误；
CD.O 点速度与x 正方向夹角θ 满足tanθ = v y
v0
= ❑√3，
得θ＝60°，
第四象限中，洛伦兹力提供向心力qv B2=m v
2
r2
，
第四象限中，粒子从O 到P 的弦长OP =2r2sin 60° = 2❑√3m v0
q B2
，
第一象限中，洛伦兹力提供向心力qv B1=m v
2
r1
，
第一象限中，粒子每次在x 轴截得的弦长l1=2r1sin 60° = 2❑√3m v0
q B1
，
题目要求粒子始终不离开x≥0，且再次经过P 点，说明存在正整数n，满足n（OP﹣l1）＝
OP，
当n＝2 时，B1
B2
= 2
1，故C 正确；
当n＝3 时，B1
B2
= 3
2，故D 正确。
故选：ACD。
9．（多选）如图所示，在0≤x≤d、0≤y≤d 的ODMN 区域内存在沿x 轴正方向、场强大小为E
的匀强电场。ODMN 区域外分布着垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。一个质量为m，电荷量为
+q 的粒子甲从电场区域中心O'点由静止释放，粒子甲从右边界第一次离开电场后，垂直MN 再
次进入电场，不计粒子重力。则（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度B 的大小为2❑√
mE
qd
B．粒子第二次在电场中运动的位移大小为d
C．粒子在xOy 平面内做周期性运动，运动的周期为(4+ 9 π
4 )❑√
md
Eq
D．若将质量为m、电荷量为﹣q 的粒子乙从O'点由静止释放，粒子乙能垂直OD 进入电场
【答案】AC
【解答】解：A.粒子甲带+q，从O'静止释放，第一次在电场中沿x 匀加速，由动能定理得
qE⋅d
2 = 1
2 mv
2
解得v = ❑√
qEd
m
粒子离开电场时位置为(d ，d
2 )，速度沿x 正方向，进入磁场后偏转，最终垂直MN 进入电场，
可得偏转半径r = d
2 ，圆心在（d，d），偏转3
4 圆周
在磁场中洛伦兹力提供向心力得qvB = m v
2
r
代入v = ❑√
qEd
m ，r = d
2
得B = mv
qr =2❑√
mE
qd
故A 正确；
B.粒子第二次进入电场时位置( d
2 ，d)，速度沿y 负方向，做类平抛运动：假设粒子第二次进
入电场中时，从OD 边射出，则y 方向匀速，有
d＝vt
解得t = d
v = ❑√
md
qE
x 方向匀加速，有x = 1
2 at
2= 1
2 ⋅qE
m ⋅md
qE = d
2
即粒子刚好从D 点离开电场，总位移大小为
❑√x
2+d
2=
❑√5d
2
，故B 错误；
C.粒子第一次在电场中的时间为t1，有v＝at1，qE＝ma
由之前分析，粒子第一次在磁场中的轨迹为四分之三圆，所以运动时间为圆周运动的四分之三
周期，则由
qvB = mv
2
r
T = 2πr
v
可得t2= 3
4 T
粒子第二次在电场中射出时的水平方向的速度为vx＝at
其合速度为v合=
❑√v x
2+ v
2，tanθ = v x
v =1
第二次进入磁场，其从D 点速度方向与水平方向的夹角是45°，有q v合B = mv合
2
r2
解得r2=
❑√2
2 d
粒子再运动四分之三圆之后从M 点进入电场做类斜抛运动，由对称可知在M 点速度方向朝左
下方45°，且之后到OD 中点速度竖直向下，再运动四分之三圆之后从DM 中点减速回到O'速
度为0。粒子接下来的运动与上述过程相同，综上所述粒子在xOy 平面做周期性运动，轨迹如
图所示
在电场中4 次运动时间相等，在磁场中3 个四分之三圆运动时间相等，则其周期为
T = 4 t1+3t2=(4+ 9 π
4 )❑√
md
Eq ，故C 正确；
D.粒子乙带﹣q，从O'静止释放，电场力沿x 负方向，向左匀加速到(0，d
2 )，速度大小仍为
v = ❑√
qEd
m
进入磁场后，负电荷速度向左，磁场向里，洛伦兹力向上，偏转半径r = mv
qB = d
2
圆心在（0，d），转3
4 圆周后到达( d
2 ，d)，速度方向竖直向下，垂直水平的MN 边进入电场，
再从O 点离开磁场，轨迹如图所示
经过N 点做类斜抛运动到OD 中点速度竖直向下，再运动四分之三圆之后从ON 中点减速回到
O'速度为0，之后做周期性运动，则粒子乙不能垂直OD 进入电场，故D 错误。
故选：AC。
10．（多选）如图所示，空间有圆a、半径为R 的圆b 和边长为4R 的正方形ABCD，其几何中心
均为O 点，圆a 内为无场区；圆a 与圆b 之间存在辐射状电场，电势差为U；圆b 与正方形
ABCD 之间存在垂直纸面向外的匀强磁场，EF 为过O 点垂直CD 边的一条轴线，一个比荷为
k、带正电的粒子在圆a 与EF 的右交点处无初速释放，经电场加速后沿OF 方向射入磁场，粒
子恰好不会从正方形ABCD 边界射出，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子进入磁场时的速度大小为❑√kU
B．磁场的磁感应强度大小为1
R
❑√
2U
k
C．粒子从开始运动到再次回到出发点的过程，在磁场中运动的最短路程为6πR
D．粒子从开始运动到再次回到出发点的过程，在磁场中运动的最短时间为3 πR ❑√
2
kU
【答案】BCD
【解答】解：A、粒子在加速电场运动，由动能定理可知qU = 1
2 m v
2，代入数据可得v= ❑√2kU
，故A 错误；
B、粒子在磁场中运动轨迹如图所示：
由几何关系可知r＝R，洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r ，代入数据可得B= 1
R
❑√
2U
k
，故B 正
确；
CD、粒子从出发到再次回到出发点，轨迹如图所示：
由几何关系可知总路程s= 4× 3
4 ×2πR =6 πR，转过的圆心角为6π，粒子做圆周运动的周期T
= 2πm
qB = 2π
kB ，所以运动时间t＝3T，代入数据可得t=3 πR ❑√
2
kU
，故CD 正确。
故选：BCD。
模型二 带电粒子(体)在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2．带电粒子在无约束叠加场中的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若重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，故机械能守恒，由此可求解问题。
(2)静电力、洛伦兹力并存(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。
(3)静电力、洛伦兹力、重力并存
①若带电体做直线运动，则一定是匀速直线运动。
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。
考向一 直线运动
1．质量为m、电荷量为q 的微粒以与水平方向成θ 角的初速度从O 点进入方向如图所示的匀强电
场和磁感应强度为B 的匀强磁场正交组成的复合场区，恰好沿直线运动，A 点为轨迹上一点，
重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．该微粒可能带负电荷
B．该微粒可以以同样大小的初速度从A 运动到O
C．该微粒的初速度大小为
mg
Bqcosθ
D．该电场的场强大小为mg
qsinθ
【答案】C
【解答】解：A.假设微粒带负电，在向右的电场中会受到向左的电场力；根据左手定则，速度
方向斜向右上时会受到斜向右下方的洛伦兹力。此时重力、电场力、洛伦兹力的合力无法为零，
微粒无法做直线运动。只有当微粒带正电时，电场力向右，洛伦兹力斜向左上方，三者受力才
可能平衡，故A 错误。
B.若微粒以同样大小的初速度从A 运动到O，速度方向与原方向相反，根据左手定则，洛伦兹
力的方向也会完全反向，从斜向左上方变为斜向右下方，这会导致受力平衡被打破，微粒无法
再沿直线运动，故B 错误。
C.微粒做直线运动时受力平衡，对竖直方向的力进行分析，洛伦兹力的竖直分量与重力大小相
等、方向相反，有qvBcosθ＝mg，解得初速度v =
mg
qBcosθ ，故C 正确。
D.对水平方向的力进行分析，洛伦兹力的水平分量与电场力大小相等、方向相反，有qvBsinθ
＝qE，将v =
mg
qBcosθ 代入可得E = mgtanθ
q
，故D 错误。
故选：C。
2．石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计
一电路测量某二维石墨烯样品单位面积的载流子（电子）数。如图所示，在长为a，宽为b 的
石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3 间接入恒压直流电源、稳定
时电流表示数为I，电极2、4 之间的电压为U，已知电子电荷量为e，则（ ）
A．电极2 的电势比电极4 的高
B．电子定向移动的速率为v= U
Ba
C．电极2 和4 之间的电压与宽度a 有关
D．二维石墨烯样品单位面积的载流子数为n= BI
eU
【答案】D
【解答】解：A、根据左手定则，可知电子在洛伦兹力作用下向电极2 所在一侧偏转，所以电
极2 的电势比电极4 的低。故A 错误；
B、当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有：evB =e U
b ，解得：v = U
Bb，
故B 错误；
C、设样品每平方米载流子（电子）数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t 内通过样品的
电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得：I = q
t = nevtb
t
=nevb，联立v = U
Bb ，解得：U = IB
ne ，
即电极2 和4 之间的电压与宽度b 无关，故C 错误；
D、根据C 选项分析可知二维石墨烯样品单位面积的载流子数为n= BI
eU ，故D 正确。
故选：D。
3．如图，足够长的绝缘棒竖直固定放置，处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖
直平面向里，一带正电的小圆环套在竖直杆上，小圆环质量为m，电量为q，与杆之间的动摩
擦因数为μ，将小圆环由静止释放，下落h 高度后运动达到稳定，已知重力加速度为g，则小圆
环从开始运动到速度刚刚达到稳定的这一过程中，下面说法正确的是（ ）
A．小圆环运动的最大加速度小于g
B．小圆环运动的最大速度等于mg
μqB
C．从下落到稳定，小圆环所用时间等于❑√
2h
g
D．从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于mgh
【答案】B
【解答】解：A、开始运动时，圆环只受重力作用，加速度最大，且等于g，故A 错误；
B、当达到最大速度时，摩擦力与重力平衡，即：μqvmB＝mg，解得最大速度为：vm= mg
μqB ，
故B 正确；
C、假设小圆环自由下落，下落h 时经过的时间为t，则有：h= 1
2 gt
2
变形解得：t = ❑√
2h
g ；
由于小圆环从下落到稳定，小圆环的加速度的平均值小于g，则所用时间大于❑√
2h
g
，故C 错误；
D 、由能量关系可知，从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于：
Q =mgh−1
2 mvm
2 =mgh−
m
3 g
2
2 μ
2q
2B
2 ＜mgh，故D 错误。
故选：B。
4．质量为m、电荷量为q 的微粒以速度v 与水平方向成θ 角从O 点进入方向如图所示的由正交的
匀强电场和匀强磁场组成的混合场区中，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰
好沿直线运动到A 点，下列说法中正确的有（重力加速度为g）（ ）
A．该微粒一定带正电荷
B．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
mg
qvcosθ
D．该电场的电场强度大小为mg
qtanθ
【答案】C
【解答】解：AB、若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力，向左的电场力和斜向右下方的洛伦
兹力，此时合力不可能为零，则洛伦兹力会因速度大小改变而改变，故可知微粒不能做直线运
动，所以微粒应带负电荷，且只能做匀速运动，故AB 错误；
CD、画出微粒做直线运动的受力如图所示，
根据受力平衡可得：mg＝Bqvcosθ，qE＝mgtanθ
变形解得：B =
mg
qvcosθ ，E = mgtanθ
q
，故D 错误，C 正确。
故选：C。
5．武汉病毒研究所内的实验室是我国防护等级最高的P4 实验室，在该实验室中有一种污水流量
计如图甲所示，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d
的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q 等于单位时间通过横截面的液体的体积，空间有
垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中M 点的电势高于N 点的电势
B．正、负离子所受洛伦兹力方向相同
C．只需要测量M、N 两点电压就能够推算废液的流量
D．当污水中离子浓度降低，MN 两点电压将减小
【答案】C
【解答】解：AB、根据左手定则，带正电荷的离子受到向下的洛伦兹力，带负电荷的离子受到
向上的洛伦兹力，所以M 点电势低于N 点电势，故AB 错误；
CD、废液流速稳定后，离子受力平衡，根据平衡条件有：qvB =q U
d
变形解得：U＝Bdv，即MN 两点电压与污水中离子浓度无关
废液流量：Q＝vS
而导管的面积：S = π( d
2 )
2
解得：Q = πUd
4 B
故只需要测量MN 两点电压就能够推算废液的流量，故C 正确，D 错误。
故选：C。
6．1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一
束粒子由左端经过速度选择器，沿直线通过S0后射入质谱仪的运动轨迹如图所示，已知速度选
择器中电场强度为E，磁感应强度为B1，则下列说法中正确的是（ ）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带负电
C．从S0射入质谱仪的粒子速度为B1
E
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷q
m越小
【答案】D
【解答】解：A、该束带电粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A 错
误；
B、该束带电粒子在速度选择器中受到洛伦兹力向上，根据平衡条件可知，粒子受到电场力向
下，则P1极板带正电，故B 错误；
C、能通过狭缝S0的带电粒子满足：qvB1＝qE，解得：v = E
B1
，故C 错误；
D、在B2磁场中，根据洛伦兹力作为向心力可得：qv B2=m v
2
r
解得：q
m = v
r B2
故运动半径越大的粒子，比荷q
m越小，故D 正确。
故选：D。
7．如图所示，光滑绝缘直杆倾角为θ，杆上套一带负电的小球，匀强磁场的方向垂直于杆所在竖
直平面。给小球一沿杆向上的初速度v0，不计空气阻力，小球从开始运动到返回出发点的过程
中（ ）
A．机械能减小
B．最大上滑位移为
v0
2
2 gsinθ
C．上滑时间小于下滑时间
D．下滑时受到杆的弹力一定先减小后增大
【答案】B
【解答】解：A、由于洛伦兹力不做功，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故A 错误；
B、根据动能定理可得：﹣mgsinθ•x＝0−1
2 mv0
2，解得最大上滑位移为x=
v0
2
2 gsinθ
，故B 正确；
C、上滑过程中的加速度大小等于下滑过程中加速度大小，则上滑时间等于下滑时间，故C 错
误；
D、根据左手定则可知，下滑时洛伦兹力方向垂直于杆向上，速度增大、洛伦兹力增大，受到
杆的弹力一定先减小，但不一定后增大，故D 错误。
故选：B。
8．（多选）如图所示，一根足够长的绝缘细管固定在水平面上，细管处在垂直于纸面向里的水平
匀强磁场中。一个质量为m、带电量为q（＞0）的小球（球的直径略小于细管的内径）以一定
的初速度v0沿管向右滑动，已知小球与细管间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，足够长时
间内，小球克服摩擦力做的功可能是（ ）
A．0
B．m
3 g
2
q
2B
2
C．1
2 mv0
2−m
3 g
2
2q
2B
2
D．1
2 mv0
2−m
3 g
2
q
2B
2
【答案】AC
【解答】解：根据左手定则可知洛伦兹力方向向上，如果qv0B＝mg，则摩擦力为零，小球做
匀速直线运动，摩擦力做功为零；
如果qv0B＜mg，小球做减速直线运动，最终速度为零，克服摩擦力做的功为1
2 mv0
2；
如果qv0B＞mg，小球先做减速直线运动，最终做匀速直线运动，最终的速度大小为v，则有：
qvB＝mg
根据动能定理可得克服摩擦力做的功为：W= 1
2 mv0
2−1
2 mv
2
联立解得：W= 1
2 mv0
2−m
3 g
2
2q
2B
2，故AC 正确、BD 错误。
故选：AC。
9．（多选）如图所示，质量为m 的带正电的滑块由静止开始沿绝缘粗糙斜面下滑，滑块与斜面间
的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，空间内匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。
若滑块所带电荷量为q，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块沿斜面下滑的最大速度为mgcosθ
qB
B．滑块沿斜面下滑的最大速度为mg
qB
C．滑块沿斜面下滑的最大加速度为gsinθ
D．滑块沿斜面下滑的最大加速度为gsinθ﹣μgcosθ
【答案】AC
【解答】解：滑块刚要离开斜面时，对斜面的压力为0，滑块沿斜面的速度达到最大，同时加
速度达到最大，此时，在垂直于斜面方向上有：qvB＝mgcosθ
在平行于斜面上有：mgsinθ＝ma
联立解得：v = mgcosθ
qB
，a＝gsinθ，故BD 错误，AC 正确。
故选：AC。
10．（多选）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球套在足够长的固定绝缘水平杆上，
球的内孔直径略大于杆的直径，球与杆间的动摩擦因数为μ= 3
4 。场强大小为E= mg
q 的匀强电
场与杆的夹角为θ＝53°，磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直纸面向里。重力加速度大小为
g，sin53°＝0.8。小球从静止开始运动到速度稳定的过程中的位移大小为L，则在此过程中（
）
A．小球所受的滑动摩擦力逐渐减小，最终为零
B．小球的加速度先增大后减小
C．小球运动过程中的加速度大小可能为3
4 g
D．小球与杆摩擦产生的热量为3
5mgL−m
3 g
2
2q
2B
2
【答案】BD
【解答】解：A、开始时小球的速度为零，电场力在水平方向的分力大小为：Fx＝qEcosθ，解
得：Fx＝0.6mg
开始时小球受到的支持力方向向上，水平方向的摩擦力大小为：f＝μ（mg﹣qEsinθ），解得：f
＝0.15mg
当小球开始向右运动时，小球受到的洛伦兹力方向向上，则小球受到的弹力先减小后增大，小
球所受的滑动摩擦力先减小后增大，当摩擦力和Fx相等时，保持不变，小球做匀速直线运动，
故A 错误；
B、根据A 选项的分析可知，小球的加速度先增大后减小，故B 正确；
C、当摩擦力为零时，小球的加速度最大，最大值为：a= F x
m =0.6g= 3
5g＜3
4 g，所以小球运动
过程中的加速度大小不可能为3
4 g，故C 错误；
D、当小球匀速运动时，速度大小为v，则有：Fx＝μ（qvB+qEsinθ﹣mg），解得：v= mg
qB
根据功能关系可得：FxL= 1
2 m v
2+Q
解得小球与杆摩擦产生的热量为：Q= 3
5mgL−m
3 g
2
2q
2B
2，故D 正确。
故选：BD。
考向二 曲线运动
1．在半径为R 的无限长竖直圆柱形区域内分布有竖直向上的匀强磁场，将半径也是R 的光滑绝缘
细环固定在水平面内，边缘正好与磁场区域重合，在细环上套有质量为m、电量为+q（重力不
计）的带电小球，俯视图如图所示。已知磁感应强度B 随时间变化规律为B＝kt（k＞0），在t
＝0 时刻释放小球，小球将沿细环做圆周运动。下列判断正确的是（ ）
A．小球将沿逆时针方向做圆周运动
B．小球在运动过程中加速度不变
C．小球在运动一周的过程中动能增加πkqR2
D．涡旋电场力做功和路径无关
【答案】C
【解答】解：A、磁感应强度B 随时间变化规律为B＝kt（k＞0），根据楞次定律可知感生电
场的方向为顺时针，所以小球将沿顺时针方向做圆周运动，故A 错误；
B、磁场均匀变化，产生恒定的电场，小球在运动过程中切向加速度大小不变，方向变化，向
心加速度大小和方向都变化，则小球的加速度变化，故B 错误；
C、感生电动势大小为：E 感= ΔB
Δt S =kπR2，小球在运动一周的过程中，根据动能定理可得：
ΔEk＝qE 感，解得小球动能增加ΔEk＝πkqR2，故C 正确；
D、根据电场力做功的计算公式W＝qEd 可知，涡旋电场的电场强度方向始终与圆弧的切向方
向平行，所以涡旋电场力做功和路径有关，故D 错误。
故选：C。
2．如图所示，点M、O、N、P 位于同一竖直平面内，曲线MON 为半径为R 的半圆弧，直线MN
沿竖直方向，MN⊥NP，直线MN 左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场B 和竖直向上的匀强电场
E1，右侧存在水平向左的匀强电场E2。一带电量为q、质量为m 的小球（可视为质点）在复合
场中恰能沿着半圆弧NOM 在竖直平面内做匀速圆周运动，经过M 点进入匀强电场E2。已知磁
感应强度为B，E2= ❑√3E1（E1大小未知），∠MPN＝60°，重力加速度为g，则（ ）
A．电场强度E1大小为
❑√3mg
q
B．M、P 两点的电势差为−mgR
q
C．小球从N 运动到M 的速度大小为qBR
2m
D．小球在电场E2中距离MP 最远时，速度大小为qBR
2m
【答案】D
【解答】解：A、小球在复合场中恰能沿着半圆弧NOM 在竖直平面内做匀速圆周运动，电场
力和重力相等，根据平衡条件可得：qE1＝mg，解得：E1= mg
q ，故A 错误；
B、根据几何关系可得：M、P 两点沿电场线方向的距离为：d=
2 R
tan ∠MPN ，解得：d= 2 R
❑√3
由于E2= ❑√3E1=
❑√3mg
q
，则M、P 两点的电势差为：UMP＝﹣E2d，解得：UMP=−2mgR
q
，故B
错误；
C、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv
2
R ，解得小球从N 运动到M 的速度大小为：v
= qBR
m ，故C 错误；
D、在M 点将速度进行分解，如图所示：
小球在右边电场中运动时，设合力与MN 的夹角为θ，根据几何关系可得：tanθ= q E2
mg
，解得：
θ＝60°，说明合外力方向与MP 垂直。
小球在电场E2中距离MP 最远时，垂直于MP 方向的速度为零，此时速度大小为：v2＝vcos60°
= qBR
m × 1
2 = qBR
2m ，故D 正确。
故选：D。
3．如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道，M、N 为两轨道的最低点，匀
强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b（可
视为质点）分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．a 球下滑的时间比b 球下滑时间长
B．a、b 两球的机械能均守恒
C．a 球到M 点的速度小于b 球到N 点的速度
D．a 球对M 点的压力大于b 球对N 点的压力
【答案】D
【解答】解：AC、由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守
恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以
在电场中运动的时间也长，故AC 错误；
B、磁场力对小球不做功，整个过程中小球a 的机械能守恒；小球b 在电场中运动受到的电场力
对小球做负功，机械能减小，故B 错误；
D、小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：Fm﹣mg﹣Bqvm＝mvm
2
r
解得：Fm＝mvm
2
r +mg+Bqvm…①
小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：Fn﹣mg＝mvn
2
r
解得：Fn＝mvn
2
r +mg …②
因为vm＞vn，所以Fm＞Fn，故D 正确。
故选：D。
4．如图甲所示，在竖直平面内有一半径为R＝0.5m 的固定光滑绝缘圆桶，在空间中有平行圆桶轴
线的水平匀强磁场B＝2T，一质量为m＝0.5kg、带电量为q＝+2C 的带电小球沿圆桶外壁做圆
周运动，如图乙所示为带电小球所在处的截面图，AC 为竖直直径，初始时带电小球位于圆环
最高点A（圆桶外侧），并且有水平方向的速度v0（以水平向左为速度的正方向），如果带电
小球在A 点不脱离圆桶，带电小球初速度v0可能的取值为（ ）
A．3m/s
B．6m/s
C．﹣3m/s
D．﹣6m/s
【答案】A
【解答】解：假设初速度v0向左，则由左手定则可知小球所受洛伦兹力竖直向下，小球不脱离
圆桶需满足：mg+q v0 B−F N =m v0
2
R
即有：F N =mg+q v0 B−m v0
2
R ≥0
所以有：mg+q v0 B−m v0
2
R ≥0
代入数据解得：﹣1m/s≤v0≤5m/s，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
5．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。则以下说法错误的是（ ）
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m v
2
eR
【答案】A
【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 =m v
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。
本题选错误的，故选：A。
6．2021 年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录．为粗略了解等离子体在托卡马克
环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的
匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q 的
正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分
量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qE❑√v1
2+ v2
2
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．该离子的加速度大小不变，方向变化
D．v1
v2
的比值不断减小
【答案】C
【解答】解：A、根据功率的计算公式可知电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，故A 错误；
B、由于v1与磁场B 平行，v2与磁场B 垂直，离子受到的洛伦兹力为F 洛＝qv2B，故B 错误；
C、离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变，方向总是与电场力方向垂直，则该离子的加
速度大小不变，方向改变；故C 正确；
D、根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，
则v1增大，v2不变，v1
v2
的比值不断增大，故D 错误。
故选：C。
7．在竖直平面内有xOy 坐标系，空间存在垂直xOy 平面向里的匀强磁场和竖直向下匀强电场，
磁感应强度为B，电场强度为E，一电荷量为q 的带正电粒子（重力忽略不计）从坐标原点以
速度v0= E
2B 沿x 轴正方向开始运动，其轨迹可能为下列图像中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解答】解：开始时，粒子所受的合力大小：F合=qE−q v0 B = qE
2 方向竖直向下，则最初粒
子的运动轨迹向下弯曲。
取qE＝qv1B，解得：v1= E
B ＞v0，所以粒子实际的运动可看作以v1= E
B 向右的匀速直线运动和
从O 点出发的以v2= v1−v0= E
2B 的逆时针方向运动的匀速圆周运动的合运动，由运动的合成
和周期性知，粒子运动轨迹为周期性的摆线形状，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
8．（多选）如图所示，xOy 平面内存在沿y 轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，
带正电粒子从坐标原点O 由静止释放，运动轨迹如图虚线所示，不计粒子的重力。下列描述粒
子沿x 轴方向的分速度vx随时间t、位置坐标y 的变化图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【解答】解：AB、释放时粒子可视为有沿x 轴正方向和负方向、大小均为v 的两个分速度，且
满足：qvB＝qE
则粒子的运动可分解为沿x 轴正方向以速率v 做匀速直线运动的同时，以速率v 在xOy 平面内
做匀速圆周运动，t 时刻粒子沿x 轴方向的分速度满足：vx＝v﹣vcosωt（ω 为粒子做匀速圆周
运动的角速度）
可知选项A 满足vx﹣t 函数关系式，故A 正确，B 错误；
CD、以x 方向为正方向，由动量定理可知：∑
i=1
n
q v yi BΔti=mv x
考虑到沿y 方向的位移：vyi×Δt＝yi
求和解得：qBy＝mvx
变形后得：v x = qB
m y
则vx﹣y 图像是过原点的直线，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
9．（多选）如图所示，两个半径相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，
分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中，磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。
两个相同的带负电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，分别通过轨道的最低点M、N，
则下列说法中正确的是（ ）
A．两个小球到达轨道最低点的速度vM＝vN
B．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN
C．小球第一次到达M 点的时间小于小球第一次到达N 点的时间
D．在电场和磁场中小球均能到达轨道的另一端最高处
【答案】BC
【解答】解：A、带电小球从开始到最低点，根据动能定理列式
对匀强磁场中的小球有：mgR = 1
2 mv M
2
变形解得：v M = ❑√2gR
对匀强电场中的小球有：mgR−qER = 1
2 m v N
2
变形整理解得：v N = ❑√
2(mgR−qER)
m
所以两个小球到达轨道最低点的速度：vM＞vN，故A 错误；
B、对匀强磁场中的小球，第一次经过轨道最低点时有：F M −mg−Bq v M =m v M
2
R
变形可得：FM＝3mg+BqvM
对匀强电场中的小球，第一次经过轨道最低点时有：F N −mg=m v N
2
R
变形可得：FN＝3mg﹣2qE
根据牛顿第三定律，结合上述结论可知：FM＞FN，故B 正确；
C、小球在磁场中运动，第一次到达M 点的过程中，只有重力做正功，小球在电场中运动，第
一次到达N 点的过程中，重力做正功，电场力做负功，故小球在光滑轨道同一位置，在磁场中
的速度大于在电场中的速度，则小球在磁场中运动平均速度大，小球第一次到达M 点的时间小
于小球第一次到达N 点的时间，故C 正确；
D、在磁场中的小球，洛伦兹力不做功，机械能守恒，故能上升到同高度，而电场中的小球上
升到最高点时重力势能有一部分转化为电势能，末状态的重力势能小于初状态的重力势能，不
能上升到原高度，故D 错误。
故选：BC。
10．（多选）用固定于O 点的丝线悬挂一个质量为m、带电荷量为q（q＞0）的小球，以过O 点
的竖直线Ox 为界，左侧有匀强磁场，右侧有匀强电场，方向如图所示。将带电小球从最低位
置c 拉至a 点由静止释放，让小球在ab 间摆动，b 为小球在左侧能到达的最高点，不计空气阻
力，下列说法正确的是（ ）
A．a、b 两位置高度相等
B．小球在磁场中运动时机械能守恒，在电场中运动时机械能不守恒
C．小球经过Ox 左侧磁场中同一位置时丝线张力相等
D．小球从a 到c 所用的时间比从b 到c 所用的时间短
【答案】BD
【解答】解：AB 、从a 到c 由于电场力做正功，所以机械能不守恒，由动能定理：
(mg+qE)ha= 1
2 mvc
2
在磁场中运动过程中，由于洛伦兹力不做功，故机械能守恒，则有：mghb= 1
2 mvc
2
可知：hb＞ha，即a、b 两位置高度不相等，故A 错误，B 正确；
C、小球经过Ox 左侧磁场中同一位置时，速度的方向可能不同，则洛伦兹力的方向不同，根据
牛顿第二、三定律可知，丝线张力不相等，故C 错误；
D、小球从a 到c 受向下的重力和向下的电场力作用，从b 到c 过程中受向下的重力作用，洛伦
兹力垂直于速度方向，故小球从a 到c 向下的加速度比从b 到c 向下的加速度大，又根据前选
项结论hb＞ha，则小球从a 到c 所用的时间比从b 到c 所用的时间短，故D 正确。
故选：BD。
课时精练
一．选择题
1．如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，
并分别与高频电源相连，现分别加速氘核 1
2 H和氦核 2
4 He，下列说法中不正确的是（ ）
A．它们的最大速度相同
B．它们的最大动能相同
C．它们在D 形盒中运动的时间相同
D．它们在D 形盒中运动的路径相同
【答案】B
【解答】解：A、根据洛伦兹力充当向心力，当粒子速度最大时半径等于D 型盒的半径R，由
此可知：q vm B =m vm
2
R
，解得它们的最大速度为：vm= qBR
m ，
因两粒子的比荷相同，则最大速度相同，故A 正确；
B、粒子离开回旋加速器时的最大动能为：Ekm= 1
2 m vm
2 = q
2B
2 R
2
2m
，因两粒子的比荷q
2
m
不相同，
则最大动能不同，故B 错误；
C、设粒子被加速的次数为n，由动能定理可得：nqU = Ekm= q
2B
2 R
2
2m
它们在D 形盒中运动的时间为：t =n T
2 = nπm
qB = πB R
2
2U ，则它们在D 形盒中运动的时间相同，
故C 正确；
D、根据动能定理可得：nqU = 1
2 mv
2
在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB =m v
2
r
联立解得：r = 1
B
❑√
2nUm
q
，因两粒子的比荷相同，可知每次加速后在磁场中运动半径都相同，
即它们在D 形盒中运动的路径相同，故D 正确。
本题是选择错误的，故选：B。
2．洛伦兹力在现代科技中应用非常广泛。如图所示，图甲为速度选择器，P1、P2为平行金属板的
上下两极板，极板间电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1；图乙为回旋加速器，垂直穿过
D 型盒的磁场的磁感应强度大小为B，则有关这两种应用说法正确的是（ ）
A．图甲所示速度选择器要求能通过的粒子速度为v = B1
E
B．图甲所示速度选择器的P1极板带正电
C．图乙所示回旋加速器中使带电粒子加速的能量来源于设备中的磁场
D．图乙所示回旋加速器中带电粒子的最大速度与D 型盒的半径无关
【答案】B
【解答】解：A、带电粒子从左端进入正交的电场和磁场中做直线运动，那么在竖直方向洛伦
兹力与电场力平衡，则有：qvB1＝Eq，所以带电粒子的速度v= E
B1
时才沿直线穿过速度选择器，
故A 错误；
B、若粒子带正电，则由左手定则可判定洛伦兹力向上，由电场力向下，所以P1板带正电，故
B 正确；
C、洛伦兹力不做功，所以带电粒子能量的增加是由电场获得的，故C 错误；
D、根据半径公式r= mv
qB ，当带电粒子的速度增大，半径也增大，半径达到最大半径R（D 形盒
的半径）时，带电粒子的动能达到最大，Ekm= 1
2 mvm
2 = 1
2 m( qBR
m )
2，与半径有关，故D 错误。
故选：B。
3．如图所示，初速度为零的α 粒子和质子分别经过相同的加速电场后，沿垂直磁感应强度方向进
入匀强磁场Ⅰ区域，接着进入匀强磁场Ⅱ区域。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、
B2，且B1＞B2，下列说法正确的是（ ）
A．粒子自磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域线速度大小均减小，角速度均减小
B．粒子自磁场Ⅰ区域进入磁场Ⅱ区域向心加速度大小均变小，周期均变小
C．无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，α 粒子的轨迹半径均小于质子轨迹半径
D．无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，α 粒子的周期均大于质子的周期
【答案】D
【解答】解：AB、粒子在磁场中只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，粒子自磁场Ⅰ区域进入
磁场Ⅱ区域洛伦兹力大小会变化，但是洛伦兹力不做功，故线速度大小均不变。
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m v
2
R
，解得：R= mv
qB
因B1＞B2，而v 相等，则可得：R1＜R2，即粒子在磁场Ⅰ区域的运动半径均小于在磁场Ⅱ区域
的运动半径。
由角速度ω= v
R ，可得：ω1＞ω2，即角速度均减小，故A 错误；
由向心加速度an=m v
2
R ，可得：an1＞an2，即向心加速度均变小；
由周期T= 2πR
v
，可得：T1＜T2，即周期均变大，故AB 错误。
C、粒子在加速电场的过程，由动能定理得：
qU= 1
2 m v
2
解得：v= ❑√
2qU
m
R= mv
qB = ❑√
2mU
q B
2
α 粒子的质量是质子的4 倍，α 粒子的电荷量是质子的2 倍，可知α 粒子的质量与电荷量的比
（即m
q ）大于质子的质量与电荷量的比，可得Rα＞RH，故无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区
域中，α 粒子的轨迹半径均大于质子轨迹半径，故C 错误；
D、周期T= 2πR
v
= 2πm
qB ，因α 粒子的质量与电荷量的比（即m
q ）大于质子的质量与电荷量的
比，可得Tα＞TH，故无论在磁场Ⅰ区域还是在磁场Ⅱ区域中，α 粒子的周期均大于质子的周期，
故D 正确。
故选：D。
4．某实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型：废液内含有大量正负离子，
从直径为d 的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q 等于单位时间内通过横截面的液体的
体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
A．改变污水的流速，MN 两点电压不会发生变化
B．当污水中离子浓度升高时，MN 两点电场强度将增大
C．仅改变污水的流速，圆柱形容器左侧流出的流量值Q 不会发生变化
D．只需要测量磁感应强度B、直径d 及MN 两点电压U，就能够推算污水的流量
【答案】D
【解答】解：AB．当电磁流量计中的流量稳定时污水中的粒子在圆柱中做匀速直线运动，粒子
所受的电场力和洛伦兹力平衡，即q U
d =qvB，解得U＝Bvd，由以上结果可知，污水中离子浓
度对MN 两点间电压无影响，对MN 两点间的电场强度也没有影响；污水流速v 增大时，MN
两点电压U 增大。故AB 错误；
C．液体流量Q＝vS，可知改变流速，则流量Q 也变化，故C 错误；
D．流量值Q 等于单位时间通过横截面的液体的体积，即Q = SΔl
Δt = Sv = π d
2
4 ⋅U
Bd = πdU
4 B ，需
要测量磁感应强度B、直径d 及MN 两点电压U 的值才能推算污水的流量。故D 正确。
故选：D。
5．如图所示，在xOy﹣z 坐标系中，0＜x＜0.6m 范围内有沿y 轴正方向的匀强磁场，x≥0.6m 的
范围内有沿y 轴负方向的匀强磁场和匀强电场，两磁场磁感应强度大小均为B＝0.1T，电场强
度E＝10N/C。一比荷q
m =200C/kg 的带正电粒子以速度v＝20m/s 从坐标原点沿x 轴正方向射入
匀强磁场中。忽略粒子重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则粒子第一次打在xOy 平面时的位
置坐标为（ ）
A．（1.6m，0.625π2m，0m）
B．（2m，1.25π2m，0m）
C．（1.6m，﹣1.25π2m，0m）
D．（2m，﹣0.625π2m，0m）
【答案】D
【解答】解：粒子在xOz 平面做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB =m v
2
r ，代入数据可得
r＝1m，轨迹如图所示：
由几何关系可知sinα= 0.6m
1m =0.6，则α＝37°，tanα= OB
r ，代入数据可得A、B 在xOz 平面坐
标为（0.6m，0.2m），（0.75m，0m），
由几何关系可知β＝53°，AB＝0.25m，O'B＝0.75m，由正弦定理可知r
sinβ = O′ B
sinγ = BC
sinθ ，代
入数据可得γ＝37°，θ＝90°，BC＝1.25m，则C 点坐标为（2m，0m），
粒子做圆周运动的周期T= 2πm
qB ，由A 到C 的运动时间t= 90°
360° T，代入数据可得t= π
40s，粒
子在x≥0.6m 区域沿y 轴负方向做匀加速直线运动，y= 1
2 × qE
m t
2，代入数据可得y＝
0.625π2m，所以粒子第一次打在xOy 平面时的位置坐标为（2m，﹣0.625π2m，0m），故ABC
错误，D 正确。
故选：D。
6．霍尔推进器是未来星际航行的绿色引擎，其放电室横截面可简化为一个圆环区域，圆环内存在
辐射状磁场，如图所示。另有方向均垂直圆环平面向里的匀强磁场和匀强电场（未画出），且
磁感应强度大小为B1，电场强度大小为E。电荷量为e、质量为m 的电子恰好能够沿半径为R
的轨道做匀速圆周运动。下列说法中正确的是（ ）
A．电场力对电子做正功
B．电子沿逆时针方向做圆周运动
C．电子做匀速圆周运动的线速度大小为E
B1
D．轨道处辐射状磁场的磁感应强度大小为mE
eR B1
【答案】D
【解答】解：A、电子受洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，动能不变，而洛伦兹力不做功，
所以电场力也不做功，故A 错误；
B、若电子逆时针转动，由左手定则可知，由于辐射状磁场受到垂直纸面向外的洛伦兹力、由
于垂直纸面向里的磁场受到沿半径向外的洛伦兹力、垂直纸面向外的电场力，合力不可能指向
圆心，故B 错误；
CD、电子受垂直纸面向里的洛伦兹力和垂直纸面向外的电场力平衡，evB＝eE，指向圆心的洛
伦兹力提供向心力ev B1=m v
2
R ，代入数据可得v= eR B1
m
，B = mE
eR B1
，故C 错误，D 正确。
故选：D。
7．托卡马克环形容器是核聚变工程中重要的装置，如图是某一托卡马克环形容器中磁场截面的简
化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，
内圆半径为R0。在内圆上A 点发射a、b 两个粒子，都恰好到达磁场外边界。已知a 粒子沿同
心圆的径向发射，其速度大小va= qB R0
m
，b 粒子沿内圆的切线方向发射，a、b 都带正电且比
荷均为q
m。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。则（ ）
A．外圆半径等于2R0
B．a 粒子恰好到达磁场外边界所用时间为πm
2qB
C．b 粒子速度大小为(
❑√2
2 +1)va
D．b 粒子恰好到达磁场外边界所用时间为3 πm
4 qB
【答案】C
【解答】解：A、已知a 粒子做匀速圆周运动的线速度大小：va= qB R0
m
，根据洛伦兹力提供向
心力得：
qvaB=m va
2
ra
，解得其圆周运动的半径为：ra＝R0
由上图所示，根据几何关系可得外圆半径为：R1＝ra+
❑√R0
2+ra
2=(❑√2+1)R0，故A 错误；
B、a 粒子恰好到达磁场外边界的轨迹圆心角为135°，圆周运动的周期为：T = 2πm
qB
运动时间为：ta= 135°
360° T = 3 πm
4 qB ，故B 错误；
C、b 粒子沿切线方向发射，由几何关系得：2rb＝R0+R1，解得：rb=
❑√2+2
2
R0根据洛伦兹力提
供向心力，易知其速度为：vb= qBrb
m
=
❑√2+2
2
va，故C 正确；
D、粒子恰好到达磁场外边界的轨迹圆心角为180°，所用时间为半周期，运动时间为：
tb= T
2 = πm
qB ，故D 错误。
故选：C。
二．多选题
8．（多选）如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场，第二象限内
存在垂直于纸面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q 的带正电粒子以方向垂直于x 轴、大
小为v0的速度从x 轴上的P 点射入电场中，粒子从y 轴上的Q 点进入磁场，恰好垂直于x 轴射
出磁场。已知P、Q 点到坐标原点O 的距离分别为L、3
2 L。不计粒子重力，下列说法正确的是
（ ）
A．电场的电场强度大小为4 mv0
2
9qL
B．粒子经过Q 点时的速度大小为5
3 v0
C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为3
4 L
D．磁场的磁感应强度大小为8mv0
9qL
【答案】BD
【解答】解：A、带电粒子由P 到Q 做类平抛运动，有3
2 L= v0t1，L= 1
2 at1
2，又qE＝ma，代
入数据可得E= 8m v0
2
9qL
，故A 错误；
B、粒子在Q 点时，沿x 轴负方向v1＝at1，则v=
❑√v0
2+ v1
2，代入数据可得v= 5
3 v0，故B 正确；
CD、粒子在Q 点速度与y 轴正方向夹角满足cosθ = v0
5
3 v0
= 3
5，即θ＝53°，粒子在第二象限的运
动轨迹如图所示：
由几何关系可知轨迹半径满足rsinθ= 3
2 L，代入数据可得r= 15
8 L，洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
r ，代入数据可得B= 8mv0
9qL ，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
9．（多选）如图所示，电子由静止开始，经M、N 板间的电场加速后，从A 点垂直于磁场边界射
入宽度为d、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P
偏离入射方向的距离L= d
2 。已知电子的质量为m，电荷量为e，取sin53°＝0.8。下列说法正确
的是（ ）
A．电子进入磁场时的速度大小为3edB
4 m
B．电子在磁场中做圆周运动的半径为5d
4
C．电子在磁场中运动的时间为53 πm
180eB
D．若电场可调，为使电子能从磁场的右侧边界射出，则加速电压的最小值为3e B
2d
2
m
【答案】BC
【解答】解：ABC、电子在磁场中运动轨迹如图所示：
由几何关系可知（R﹣L）2+d2＝R2，代入数据可得R= 5
4 d，
洛伦兹力提供向心力evB =m v
2
R ，代入数据可得v = 5edB
4 m ，
由几何关系可知θ＝53°，圆周运动周期T= 2πm
eB ，电子在磁场中运动时间t= 53°
360° T，代入数
据可得t= 53 πm
180eB ，故A 错误，BC 正确；
D、电子刚好能从右边界出磁场时，轨迹与右边界相切，如图所示：
由几何关系可知R'＝d，洛伦兹力提供向心力ev ′ B =m v ′
2
R′ ，电子在电场中运动，由动能定理
可知eU = 1
2 mv ′
2，代入数据可得U = e d
2B
2
2m
，故D 错误。
故选：BC。
10．（多选）如图所示，在x 轴下方宽度d＝0.2m 的区域中，x＞0 的区域有沿y 轴正方向的匀强
电场，电场强度大小E＝4×103V/m，x＜0 的区域无电场。在y＞0 和y＜﹣0.2m 的区域内存在
垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.4T。一比荷q
m =1×106C/kg 的带正电粒子从M
（0.1m，﹣0.2m）点由静止释放，不计粒子重力，下列判断正确的是（ ）
A．粒子第一次经过x 轴时的速度大小为4×104m/s
B．粒子经过x 轴时的速度方向与x 轴始终垂直
C．粒子第三次经过y 轴时的位置坐标为（0，0.1❑√2❑√2−1m）
D．粒子从开始释放到第三次经过x 轴所用的时间为（5+10❑√2+5π）×10﹣5s
【答案】ABC
【解答】解：A、粒子由释放到进入磁场，由动能定理可知qEd= 1
2 m v1
2，代入数据可得v1＝
4×104m/s，故A 正确；
B、粒子运动轨迹如图所示：
经过x 轴时速度方向与x 轴始终垂直，故B 正确；
C、粒子经过两次加速后会第三次过y 轴，由动能定理可知2qEd= 1
2 m v2
2，由牛顿第二定律可
知q v2B =m v2
2
r2
，代入数据可得r2=
❑√2
10 m，由几何关系可知y=
❑√r2
2−(r2−0.1m)
2，代入数据
可得y=0.1❑√2❑√2−1m，即第三次经过y 轴坐标为（0，0.1❑√2❑√2−1m），故C 正确；
D、粒子在磁场中的运动周期T= 2π r2
v2
，代入数据可得T＝5π×10﹣6s，粒子在电场中第一次加
速的时间t1
= d
v1
2
，粒子在无 电场和无磁场区域做匀速直线运动的时间t2= d
v1
，粒子在电场中第
二次加速的时间t3
=
d
v1+ v2
2
，粒子从开始释放到第三次经过x 轴 所用的时间t＝T+t1+t2+t3，代
入数据可得t＝（5+10❑√2+5π）×10﹣6s，故D 错误。
故选：ABC。
三．解答题
11．如图所示，xoy 平面内，第一象限内有场强大小E＝4×10﹣2N/C，方向沿y 轴正方向的匀强电
场。第二象限有磁感应强度大小B1=2×10
−2T的匀强磁场，三、四象限有磁感应强度大小
B2= 4×10
−2T的匀强磁场，方向都垂直纸面向里。一带负电的粒子从x 轴上的P 点以初速度
v0进入第二象限，方向与x 轴负方向成α＝60°的夹角，经磁场偏转后恰能垂直于y 轴进入第一
象限，再经过一段时间从第一象限进入第四象限，已知OP 间距离为
❑√3
2 m，粒子带电量与质量
的比值q
m =100C /kg，不计粒子的重力，求：
（1）初速度v0的大小；
（2）粒子从P 点出发到第一次经过x 轴的时间；
（3）粒子从P 点出发后经过x 轴的坐标。
【答案】（1）初速度v0的大小为2m/s；
（2）粒子从P 点出发到第一次经过x 轴的时间为( π
3 +
❑√3
2 )s；
（3）粒子从P 点出发后经过x 轴的坐标为(n ❑√3)m（n＝1，2，3…）。
【解答】解：（1）洛伦兹力提供向心力q v0 B1=m v0
2
r1
，轨迹如图所示：
由几何关系可知r1=
OP
cos30° ，代入数据可得r1＝1m，v0＝2m/s；
（2）粒子在第二象限转过的圆心角α＝120°，周期T= 2π r1
v0
，运动时间t1= 120°
360° T，
粒子在第一象限做类平抛运动，由牛顿第二定律可知qE＝ma，代入数据可得a＝4m/s2，由几
何关系可知QO＝r1（1+sin30°），由匀变速运动规律可知QO = 1
2 at2
2，粒子第一次到x 轴的时
间t＝t1+t2，代入数据可得t=( π
3 +
❑√3
2 )s；
（3）粒子第一次到达x 轴的坐标x1＝v0t2，代入数据可得x1= ❑√3m，与x 轴正方向夹角满足
tanθ= at2
v0
，代入数据可得θ＝60°，
v1= v0
cosθ = 2
1
2
m/ s= 4 m/ s，洛伦兹力提供向心力q v1B2=m v1
2
r2
，代入数据可得r2＝1m，由几
何关系可知粒子在第四象限运动的位移大小为❑√3m，由O 点再次进入第一象限做抛体运动，轨
迹如图所示：
第二次进入第一象限，运动时间t3= 2v1sinθ
a
，水平位移x2＝v1cosθ•t3，代入数据可得x2＝2❑√3
m，所以粒子从P 点出发后经过x 轴的坐标为(n ❑√3)m（n＝1，2，3…）。
答：（1）初速度v0的大小为2m/s；
（2）粒子从P 点出发到第一次经过x 轴的时间为( π
3 +
❑√3
2 )s；
（3）粒子从P 点出发后经过x 轴的坐标为(n ❑√3)m（n＝1，2，3…）。
12．如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y 轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂
直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m 的带正电的粒子，从x 负轴上的点a 以速率
v0垂直磁场方向射入第二象限，然后经过y 轴上的b 点垂直于y 轴方向进入电场，一段时间后
经过x 轴上的c 点。已知粒子在a 点的速度方向和x 轴负方向的夹角θ＝45°，Ob＝Oc＝L，不
计粒子所受重力。求：
（1）匀强磁场磁感应强度B 的大小；
（2）粒子经过c 点时的速度大小v。
【答案】（1）匀强磁场磁感应强度B 的大小为(2+ ❑√2)m v0
2qL
；
（2）粒子经过c 点时的速度大小为
❑√5 v0。
【解答】解：（1）粒子的运动轨迹如图所示：
由几何关系可知R（1+cos45°）＝L，代入数据可得R =
2 L
2+ ❑√2，
洛伦兹力提供向心力q v0 B =m v0
2
R
，代入数据可得B = (2+ ❑√2)m v0
2qL
；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有L= v y
2 t，经过c 点的速度v
=
❑√v0
2+ v y
2，代入数据可得v = ❑√5 v0。
答：（1）匀强磁场磁感应强度B 的大小为(2+ ❑√2)m v0
2qL
；
（2）粒子经过c 点时的速度大小为
❑√5 v0。
13．某离子实验装置的基本原理如图所示，截面半径为R＝0.1m 的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区
长度d＝2R，内有沿y 轴负方向的匀强电场，Ⅱ区内既有沿z 轴正向的匀强电场，电场强度大
小与Ⅰ区内相等，又有沿z 轴方向周期性变化的磁场，磁感应强度B 随时间周期性变化规律如
图乙所示。现有一带正电的粒子从左侧截面的A（0，3
4 R，0）处，以初速度v0＝4×104m/s 沿z
轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的圆心B 点进入Ⅱ区，以带电粒子刚进入Ⅱ区的瞬间
为t＝0 开始计时，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面飞出，已
知粒子比荷q
m =3×107C/kg，不计重力和空气阻力，求：
（1）Ⅰ区电场强度的大小和离子到达B 点时速度的大小；
（2）Ⅱ区中磁感应强度B0的大小；
（3）若该粒子经过时间t＝1.5×10﹣5πs 后从Ⅱ区右截面飞出，求它在右侧截面飞出时的坐标。
【答案】（1）Ⅰ区电场强度的大小为200V/m，离子到达B 点时速度的大小为5×104m/s；
（2）Ⅱ区中磁感应强度B0的大小为0.02T；
（3）若该粒子经过时间t＝1.5×10﹣5πs 后从Ⅱ区右截面飞出，它在右侧截面飞出时的坐标为
（0.1，0，0.2+0.6π+0.675π2）。
【解答】解：（1）在Ⅰ区电场中，根据牛顿第二定律可得：qE＝ma，解得：a= qE
m
根据类平抛运动规律可得：2R＝v0t，3
4 R = 1
2 at
2，联立代入数据解得：E＝200V/m；
粒子从A 到B 的过程中，由动能定理可得：3
4 qER = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2，代入数据解得：
vB=5×10
4m/ s；
（2）粒子在Ⅱ区做复杂的旋进运动，将该运动分解为xOy 平面内的两个外切的圆周运动和Z
轴正方向的匀加速运动，恰好未从侧面飞出在xOy 平面内的运动轨迹如图所示：
设圆周运动的半径为r，根据几何关系可知：r = R
2
粒子沿y 轴负方向的速度为：v y =
❑√vB
2 −v0
2=
❑√(5×10
4)
2−(4×10
4)
2m/ s=3×10
4m/ s
根据洛伦兹力提供向心力可得：q v y B0=m ν y
2
r
联立代入数据解得：B＝0.02T；
（3）粒子在xOy 平面内做圆周运动的周期T，则有：T = 2πr
v y
= 2πm
qB ，代入数据解得：
T = 1
3 ×10
−5 π(s)，则有：n= t
T = 9
2
即粒子在xOy 平面运动了9
2个周期，所以射出时x＝0.1m，y＝0m
在Z 轴方向，粒子做匀加速直线运动，则有：qE＝ma，根据z =d + v xt + 1
2 at
2
解得：z＝0.2+0.6π+0.675π2m
所以，粒子从右侧截面飞出的坐标为（0.1，0，0.2+0.6π+0.675π2）
答：（1）Ⅰ区电场强度的大小为200V/m，离子到达B 点时速度的大小为5×104m/s；
（2）Ⅱ区中磁感应强度B0的大小为0.02T；
（3）若该粒子经过时间t＝1.5×10﹣5πs 后从Ⅱ区右截面飞出，它在右侧截面飞出时的坐标为
（0.1，0，0.2+0.6π+0.675π2）。
14．某物理实验室为研究带电粒子在电磁复合场中的运动规律，搭建了基于亥姆霍兹线圈的实验
装置：一对完全相同的同轴圆形亥姆霍兹线圈，通入同向恒定电流，在两线圈正对区域内形成
沿中心轴线O1O2方向的匀强磁场，线圈正对区域以外的磁场可忽略，同时在线圈正对区域叠加
沿O1O2方向的匀强电场。以O3为原点、O1O2方向为x 轴正方向建立坐标系，垂直于x 轴放置
圆形探测屏，其圆心固定于x 轴上的P 点。粒子源从原点O3沿垂直于x 轴的方向持续发射比荷
为k、初速度为v0的同种带正电粒子。已知匀强磁场磁感应强度为B，粒子第一次返回x 轴时
的位置坐标为d，不计粒子重力与粒子间相互作用。求：
（1）线圈半径的最小值；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）若使粒子均打到探测屏的P 点，则探测屏中心与粒子源间的距离应满足的条件。
【答案】（1）线圈半径的最小值为2v0
kB
；
（2）匀强电场的电场强度大小为kd B
2
2π
2 ；
（3）若使粒子均打到探测屏的P 点，则探测屏中心与粒子源间的距离应满足s＝n2d（n＝1，
2，3……）。
【解答】解：（1）粒子沿x 轴做匀加速直线运动，垂直x 轴做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如
图所示：
洛伦兹力提供向心力q v0 B =m v0
2
r
，若粒子能返回x 轴，即能完成圆周运动，则线圈半径最小
值Rmin＝2r，代入数据可得Rmin= 2v0
kB ；
（2）粒子圆周运动的周期T= 2πr
v0
，代入数据可得T= 2π
kB ，粒子沿x 轴做匀加速直线运动，第
一次回到x 轴时d= 1
2 aT
2，又a= qE
m =kE，代入数据可得E= kd B
2
2π
2 ；
（3）若粒子均能达到P 点，运动时间t＝nT（n＝1，2，3……），探测屏中心与粒子源间的距
离s= 1
2 at
2，代入数据可得s＝n2d（n＝1，2，3……）。
答：（1）线圈半径的最小值为2v0
kB
；
（2）匀强电场的电场强度大小为kd B
2
2π
2 ；
（3）若使粒子均打到探测屏的P 点，则探测屏中心与粒子源间的距离应满足s＝n2d（n＝1，
2，3……）。
15．如图所示，竖直虚线左侧区域内存在水平向右的匀强电场，电场强度E= mg
q ，虚线及其右侧
区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。固定的光滑绝缘圆弧轨道在磁
场中，圆心为O、半径为R。可视为质点的带电小球P 从M 点由静止释放，从轨道最低点N 水
平向左飞入电场。已知P 的质量为m、带电量为+q，OM 与ON 的夹角θ＝60°，重力加速度为
g。不计空气阻力，求：
（1）P 经过N 点时对轨道的压力F；
（2）P 第一次在电场中运动，减速过程电场力做的功W1加速过程重力做的功W2。
【答案】（1）P 经过N 点时对轨道的压力大小为2mg+qB ❑√gR，方向竖直向下；
（2）P 第一次在电场中运动，减速过程电场力做的功为−3
8 mgR，加速过程重力做的功为
15
8 mgR。
【解答】解：（1）小球沿圆弧轨道下滑过程，由动能定理可知mgR(1−cosθ)= 1
2 m v N
2 −0，
代入数据可得v N = ❑√gR，小球在最低点N 处，由牛顿第二定律可知F ′ −mg−q v N B =m v N
2
R
，
代入数据可得F ′ =2mg+qB ❑√gR，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小F
=2mg+qB ❑√gR，方向竖直向下；
（2）小球离开轨道后受到水平向右的电场力qE、竖直向下的重力mg，且qE＝mg，等效重力
加速度g′ = ❑√2g，方向斜向右下，与水平方向的夹角为45°，建立直角坐标系如图所示：
小球沿y 轴正方向做匀减速运动，到等效最高点P 时间为t1，有t1= v N ⋅sin 45°
g′
，代入数据可
得t ′ = 1
2
❑√
R
g ，
将小球的运动沿水平方向与竖直方向分解，沿水平方向的加速度大小为g ，有
x = v N t1+ 1
2 (−g)t1
2，电场力做功W1＝﹣qEx，代入数据可得W 1=−3
8 mgR，
小球由N 到Q 时间为t2，在水平方向上的运动先加速再减速，到Q 点时水平方向的速度和在N
点时等大反向，有t2= 2v N
g ，代入数据可得t2=2❑√
R
g ，则加速过程，重力做的功
W 2=mg( 1
2 gt2
2−1
2 gt1
2)，代入数据可得W 2= 15
8 mgR。
答：（1）P 经过N 点时对轨道的压力大小为2mg+qB ❑√gR，方向竖直向下；
（2）P 第一次在电场中运动，减速过程电场力做的功为−3
8 mgR，加速过程重力做的功为
15
8 mgR。
