重难 11 带电粒子在复合场中的运动（重难专练）（天津专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

重难 11 带电粒子在复合场中的运动 ( 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击： 快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点： 总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数 ： 聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖： 挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” ) 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，或在同一区域，电场、磁场交替出现． 2．带电粒子在组合场中运动的分析思路 第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段． 第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示． 第3步：用规律 【技巧总结】 1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图 2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图 二：带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． 2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 其他力的合力与洛伦兹力等大反向 平衡条件 匀速圆 周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 三：带电粒子在交变电、磁场中的运动 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 先读图 看清并且明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解 技巧1：洛伦兹力与现代科技 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＝，＝。 技巧2：回旋加速器的原理和分析 1.构造 如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。 2.原理 交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子就被加速一次。 3.最大动能 由qvmB＝、Ekm＝mv得Ekm＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。 4.总时间 粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝。 磁流体发电机 (1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。 (2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。 (3)电源电动势E：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势为U)，则q＝qvB，即E＝U＝Blv。 (4)电源内阻：r＝ρ。 (5)回路电流：I＝。 电磁流量计 (1)流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积。 (2)公式：Q＝Sv；S为导管的横截面积，v是导电液体的流速。 (3)导电液体的流速(v)的计算。 如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由q＝qvB，可得v＝。 (4)流量的表达式：Q＝Sv＝·＝。 (5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa＞φb。 霍尔效应的原理和分析 (1)定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面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，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高。若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。 (3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受电场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。 （建议用时：30分钟） 1．（2025·天津·模拟预测）如图所示的空间坐标系中，在处有一平行yOz平面的边长为L的正方形收集板abcd，其中心O′在x轴上，在O处有一粒子发射源，可在yOz平面向各个方向发射速率均为的电子。空间存在着沿x轴负方向的匀强电场，可使所有电子打在收集板上。已知电子的比荷为k，不计电子重力及电子之间的相互作用力。 (1)求该电场电场强度的最小值E； (2)求电子到达收集板的最小速率v； (3)在满足（1）的条件下，若增加一沿x轴负方向的匀强磁场，使得所有电子都汇聚在O′，求磁感应强度B。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）以从O点沿z轴正方向射出的电子为例，电子到达收集板bc边的中点时，对应电场强度为最小值，电子的加速度 由类平抛运动的规律得， 又有比荷 解得 （2）根据题意，由动能定理可得 解得 （3）增加一个沿x轴负方向的磁场后，仍以沿z轴正方向射入的电子为例，运动轨迹如图所示 由洛伦兹力提供向心力可得 周期 从侧面abcd观察，当粒子经历整数个周期T时，重新回到x轴，则应满足 联立可得 2．（2025·天津·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内，存在竖直向下的匀强电场，在轴与之间的区域存在大小相等、方向相反的匀强磁场，轴上方的磁场垂直纸面向外，轴下方的磁场垂直纸面向里，过点且与轴平行。一质量为，电荷量为的带电粒子以初速度从点沿平行于轴方向射入电场，一段时间后从坐标原点进入第四象限的磁场，假设电场与磁场有理想边界。（不计粒子重力） (1)求电场强度的大小； (2)若带电粒子只在第四象限运动一段时间后，垂直GQ边界离开磁场区域，求磁感应强度的大小； (3)若，求带电粒子从点进入电场到离开磁场经历的时间。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）带正电粒子从沿轴正方向射入电场区域： 水平方向做匀速直线运动  则 竖直方向做匀加速直线运动 在电场运动 联立解得 （2）带电粒子进入磁场的速度大小 与水平方向的夹角 若带电粒子垂直GQ边界离开磁场区域 在磁场中运动时 联立解得 （3）当时，带电粒子进入磁场速度不变，则由 解得带电粒子在磁场中的半径 当带电粒子穿过磁场时 解得 则带电粒子在磁场中运动的时间 解得时间 3．（2025·天津·三模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场（大小未知）和方向垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未画出），第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从P点以大小的速度沿PO方向做直线运动，通过O点第一次通过x轴后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过Q点（第二次通过x轴）。已知P、Q的坐标分别为和，重力加速度大小为g，求： (1)第二象限内，匀强电场的电场强度大小； (2)小球从P点运动到Q点的时间t； (3)小球第五次通过x轴时的横坐标。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）由题知，P点坐标为，设PO与x轴负方向夹角为，则有 解得 小球沿PO方向做直线运动，则必为匀速直线运动，故受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的电场力和垂直于PO斜向右上方的洛伦兹力，如图 根据受力分析，可得 解得 （2）小球进入第四象限后运动轨迹如图 根据几何关系可得小球从P到O的时间 小球进入第四象限后做匀速圆周运动，根据几何关系可得 周期 则在磁场中运动的时间为 所以小球从P点运动到Q点的时间 （3）小球射入第一象限时速度与x轴正向成30°，做斜抛运动，第三次通过x轴时间为 水平方向运动位移为 则小球第五次通过x轴时的横坐标 4．（2025·天津·模拟预测）如图所示，真空中足够长的铝板M和金属板N平行竖直放置，N板中心有一小孔。N板右侧有一相切于点的半径为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁场上方有一水平放置的荧光屏。已知铝的逸出功为，普朗克常量为，电子的电量为，质量为。用某单色光照射铝板，当M、N间电压为时，刚好没有电子能从孔飞出。保持M、N间电压大小为，若仅将M、N间电场改为反向，从点垂直N板射入磁场且动能最大的电子，经过磁场后刚好可以垂直打到荧光屏上。不计电子间的相互作用。求： (1)入射光的频率； (2)匀强磁场的磁感应强度； (3)电子能够打到荧光屏上的位置距板的最远距离。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）根据光电效应方程有 根据动能定理有 可得入射光频率 （2）电场反向后，根据动能定理得 洛伦兹力提供向心力，则有 根据几何关系有 可解得 （3）进入磁场中动能最大的电子速度大小相同，由圆形磁场磁扩散的特点可知，都可以垂直打到荧光屏上从M板射出的电子中，方向平行M板向下且初动能最大的电子，经过电场偏转后若恰能从点射出，其进入磁场时的速度也最大，且与N板间夹角最小，经磁场偏转后能垂直打到荧光屏上，该电子打到荧光屏上的位置距N板距离最远，如图所示 设电子从板射出的最大初速度大小为，由已知条件有 设电子从孔射出的最大速率为，根据动能定理有 可得 设粒子进入磁场时速度与板间的最小夹角为，则有 可得 则打到荧光屏上粒子到板的最远距离 解得 5．（2025·天津·一模）如图甲为某款医用治疗装置，该装置由粒子源、直线加速器和偏移器等部件构成。直线加速器由一系列带孔的金属漂移管组成，每个漂移管两端圆板横截面面积相等且依次排列，中心轴线共线，漂移管的长度按照一定的规律依次增加。序号为奇数的漂移管和交变电源的一极相连，序号为偶数的漂移管和电源的另一极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙。在t=0时，奇数漂移管相对于偶数漂移管的电势差为正值，此时位于序号为0的圆板中央的粒子源静止释放出一个电子，电子在圆板和漂移管1间的狭缝电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进漂移管1，在漂移管1内做匀速直线运动。每次电子在漂移管内运动时间恰为交变电源周期的一半。已知电子的质量为m、电荷量为e，交变电源电压的绝对值为，周期为T，忽略电子在狭缝内运动的时间及相对论效应，不考虑电子的重力及其他因素的影响。 (1)求电子进入漂移管1时的速度v1的大小； (2)为使电子运动到漂移管之间各狭缝中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，求第n个漂移管的长度； (3)该电子加速到最大动能Ekm后，恰好沿O'O方向射入偏移器，偏移器为一棱长为L的正方体，正方体内充满匀强电场和匀强磁场，O'为偏移器左侧面的中心点，当偏移器内电场强度和磁感应强度均为0时，电子恰好沿O'O射到目标平面中心O点处（O点和偏移器左、右侧面中心点共线），目标平面和偏移器右侧面平行且相距为L，当偏移器同时加上如图所示的匀强电场和匀强磁场（方向均垂直于前、后侧面）时，电子在极短的时间内穿过偏移器，打在目标平面上（）处，求偏移器中电场强度E和磁感应强度B的大小。（当α很小时，有） 【答案】(1)(2)(3)； 【详解】（1）根据动能定理有 解得 （2）电子在第n节漂移管内的运动时间为 设电子在第n节漂移管内的运动速度为，有 解得 故第n节漂移管长度为 （3）设电子进入偏移器时速度为v，则在偏移器内，由于电场引起的速度增量对y轴方向的运动不产生影响，y轴方向上相当于只考虑磁场存在，设电子进入磁场后做圆周运动半径为，如图 根据洛伦兹力提供向心力 解得 又有 经过磁场后，电子在y轴方向偏移距离 离开磁场后，电子在y轴方向偏移距离 则有 可得 又 解得 根据运动的分解，只考虑电场存在时 x轴方向加速度为 飞行时间为 又，解得 离开偏移器时x轴方向获得的速度为 经过电场后，电子在x轴方向偏移的距离和偏移角的正切为、 离开电场后，电子在x轴方向偏移的距离 则有 可得 又 得 6．（2025·天津红桥·一模）研究带电粒子偏转的实验装置基本原理图如图所示，Ⅰ区域是位于平面内的半圆，直径与x轴重合，且M点的坐标为点的坐标为；Ⅱ区域位于平面内的虚线和y轴之间。其中Ⅰ区和Ⅱ区内存在垂直纸面向外的匀强磁场。三个相同的粒子源和加速电场组成的发射器，可分别将质量为m、电荷量为q的带正电粒子甲、乙、丙由静止加速到，调节三个发射器的位置，使三个粒子同时从半圆形边界上的a、b、c三个点沿着y轴正方向射入区域Ⅰ，b与半圆形区域的圆心的连线R垂直于x轴，a、c到的距离均为，乙粒子恰好从N点离开区域Ⅰ，丙粒子垂直于y轴离开区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子之间的相互作用。 (1)求加速电场的电压U； (2)求区域Ⅰ内的磁感应强度大小和区域Ⅱ内的磁感应强度大小B； (3)若在丙粒子离开区域Ⅱ时，区域Ⅱ内的磁场反向，同时再叠加竖直向上电场强度为E的匀强电场，此后甲粒子恰好不能穿过y轴，轨迹与y轴切于Q点，求Q点的位置坐标以及甲粒子经过Q点时速度v的大小。 【答案】(1)(2)，(3)坐标为，速度大小为 【详解】（1）粒子在加速电场中加速，根据动能定理有 解得 （2）如图所示 带正电粒子甲、乙、丙在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设其轨迹半径分别为，由于三个粒子的质量和带电量均相等，再结合几何关系可知 根据洛伦兹力提供向心力得 解得 丙粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系可知，丙粒子将从N点进入区域Ⅱ，且其速度与x轴正方向的夹角为，丙粒子进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，设其轨迹半径为，由于丙粒子垂直y轴离开区域Ⅱ，由几何关系可知 根据洛伦兹力提供向心力得 解得 （3）如图所示 甲粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的轨道半径 根据几何关系可知甲粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹圆心角 从飞出区域Ⅰ且其速度与x轴正方向的夹角为，甲粒子从飞出区域Ⅰ后，继续做匀速直线运动到区域Ⅱ的左边界P点，经判断甲粒子在进入区域Ⅱ之前磁场方向已经变为垂直纸面向里，且叠加了向上的电场E，甲粒子进入区域Ⅱ后做曲线运动，轨迹与y轴切于Q点，设之间的竖直方向高度差为h，甲粒子在区域Ⅱ中水平方向使用动量定理（设向右为正方向） 推得 解得 根据几何关系甲粒子最接近y轴时Q的坐标为 对甲粒子进入区域Ⅱ后使用动能定理得 解得 （建议用时：30分钟） 7．（2025·天津南开·一模）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L，质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力。 (1)若k=1，求匀强电场的电场强度E的大小； (2)若k=1，求粒子从S1进入磁场区域至从S2射出所用时间的最短时间t和此时Ⅱ区域磁感应强度B1的大小。 (3)若2<k<3，求粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。 【答案】(1)(2)，(3)， 【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理知 粒子在Ⅰ区由洛伦兹力提供向心力 当k=1时，由几何关系可知 联立解得 （2）当k=1时，要使粒子从S1进入磁场区域至从S2射出所用时间最短，则粒子在磁场中运动的圆心角最小，轨迹如图所示 由几何可知 其中 则 粒子在Ⅱ区域由 可得 用时 ， 解得 （3）2<k<3，由题意知粒子在Ⅱ区域只能发生一次偏转，运动轨迹如图所示 由几何关系可知 解得 在Ⅰ区由洛伦兹力提供向心力 解得 粒子在Ⅱ区域由 由对称及几何关系知 解得 解得 8．（2025·天津·一模）科学研究经常需要分离同位素。电场可以给带电粒子加速，也能让粒子发生偏转。如图所示，粒子源不断产生初速度为零、电荷量为e、质量为m的氕核和质量为3m氘核，经过电压为U的加速电场加速后匀速通过准直管，从偏转电场的极板左端中央沿垂直电场方向射入匀强偏转电场，偏转电场两水平金属板的板长为d，板间距离也为d，板间电压为2U。整个装置处于真空中，粒子所受重力、偏转电场的边缘效应均可忽略不计。 (1)求氕核离开偏转电场时的侧移量以及速度与水平方向的夹角； (2)为了分离氕核和氚核，在偏转电场下极板右端竖直放置一接收屏MN，且MN与偏转电场的下极板相交于M点，在偏转电场右侧存在范围足够大、左端有理想边界、磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，且磁场的左边界与MN所在直线重合。求氕核和氚核打在接收屏上的位置与M点的距离之比。 【答案】(1)(2)1： 【详解】（1）根据动能定理得 由水平方向匀速运动得 由匀强电场中场强与电势差的关系得 根据牛顿第二定律得 由竖直方向上的匀加速运动得 解得 根据匀变速直线运动规律得 假设速度与水平方向的夹角为，则 解得 （2）由速度的合成与分解关系知 根据向心力关系得 粒子在磁场中做匀速圆周运动的弦长 解得 带入上式可得，气核和氚核离开磁场的位置与M点的距离之比为1：。 9．（2025·天津宁河·一模）如图所示的直角坐标系所在空间：区域存在匀强电场，电场方向与x轴垂直；区域存在磁场，磁场方向垂直于xOy平面，且x轴上方磁感应强度大于x轴下方磁感应强度，均为匀强磁场。电场中的P点与x轴距离为l，与y轴距离为。一质量为m、电荷量为q的粒子，从P点以垂直y轴的初速度向y轴运动，从坐标原点O进入磁场中，粒子在以后的运动中刚好没有再次进入电场，不计粒子重力。求：    (1)匀强电场的场强E； (2)轴下方磁感应强度与x轴上方磁感应强度之比。 【答案】(1)(2) 【详解】（1）设电场强度为E，粒子在电场中运动的加速度 粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，x方向 y方向 联立解得 （2）设粒子通过坐标原点O时速度大小为v，根据动能定理可得 解得 设v的方向为与x轴正向夹角为，则有 解得 设x轴下方和上方磁感应强度分别为和，粒子在第Ⅳ象限中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 粒子在第Ⅰ象限做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 如图所示   、是粒子在磁场中运动的轨迹圆的圆心，半径分别为和，由于速度v与x轴成角，所以图中虚线构成的三角形都是等边三角形。设粒子与y轴相切于Q点，根据几何关系 解得 可得 10．（2025·天津·一模）如图所示，OM与ON之间的区域分布着与O点等距离的各点处场强大小相等、方向指向圆心O的径向电场，ON右侧间距为的区域内分布着方向垂直纸面向外的匀强磁场（含边界），其左边界与ON重合。足够长的挡板P，上端位于O点且与ON共线。粒子源发出的粒子（速度忽略不计），经加速电场加速后，从M点垂直该点电场方向进入径向电场，恰好做半径也为的匀速圆周运动，从N点垂直射入右侧匀强磁场。已知粒子质量为m，电荷量为q，加速电场的电压为U，不计粒子重力。 (1)求粒子进入径向电场时的速度大小v和径向电场中半径为处的场强大小E； (2)求能使粒子达到挡板P上的磁感应强度最小值B和粒子在磁场中运动的最长时间； 【答案】(1)；；(2)；； 【详解】（1）粒子通过加速电场，根据动能定理有 解得 粒子在径向电场中，根据牛顿第二定律有 解得 （2）依题意，粒子在磁场中轨迹与右边界相切时半径最大，磁场的磁感应强度最小，根据牛顿第二定律有 由几何关系可得 联立，解得 根据 解得 可知，当磁感应强度最小时，粒子的周期有最大值，依题意可得 联立，解得 11．（2025·天津蓟州·三模）某环保设备装置可用于气体中有害离子的检测和分离。离子检测的简化原理如图甲所示。Ⅰ区为电场加速区，Ⅱ区为无场区，Ⅲ区为电场检测区。已知Ⅰ区中AB与CD两极的电势差为U，距离为L，Ⅱ区中CE与DF两板的间距为d，板长为4L，Ⅲ区中EF与GH间距足够大，其内部匀强电场的电场强度为，方向水平向左。假设大量相同的正离子在AB极均匀分布，由初速度为零开始加速，不考虑离子间的相互作用和重力影响。 (1)若正离子的比荷为k，求该离子到达CD极时的速度大小； (2)该装置可以测出离子从AB极出发，经过Ⅰ区、Ⅱ区和Ⅲ区，最后返回EF端的总时间为t，由此可以确定离子的比荷k与t的函数关系； (3)为收集分离出的离子，将Ⅲ区的匀强电场换成如图乙所示的匀强磁场，在EF边上放置收集板EP，收集板下端有狭缝PF，离子只能通过狭缝进入磁场进行分离，假设在AB极上有两种正离子，质量分别为，且，电荷量均相同，现要将两种离子在收集板上完全分离，同时为收集更多离子，狭缝尽可能大，试讨论狭缝PF宽度的最大值x与、d的关系式。（磁感应强度大小可调，不考虑出Ⅲ区后再次返回的离子） 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）离子在AB与CD两极间加速，由动能定理有 由于正离子的比荷为k，解得离子到达CD极时的速度 （2）正离子在Ⅰ区做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则 设离子在Ⅱ区做匀速直线运动的时间为t2，则 离子在Ⅲ区先匀减速，后反向匀加速，设加速度为a，所用时间为t3，有 则则总时间t=t1+t2+t3代入得 （3）设质量为m1和m2的离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2，洛伦兹力提供向心力，由 可得， 得半径关系 因为，故 作出两种离子在磁场中运动的临界情况(即质量为m2的正离子在收集板上的最低点与质量为m1的正离子在收集板上的最高点重合)如图所示 此时狭缝最大值x应满足x=2R2-2R1，d=2R2+x 解得 12．（2025·天津·模拟预测）如图所示，粒子源发射一初速度为0，比荷为k的正电粒子进入宽度为d的加速电场，离开加速电场后，该粒子沿着直线通过电场强度竖直向上、磁感应强度垂直纸面向外的速度选择器，粒子离开速度选择器时的速度为。 （1）求加速电场的电场强度； （2）求速度选择器中电场强度与磁感应强度之比； （3）若仅撤去磁场，则该粒子打到上极板时的速度偏转角为45°；若仅撤去电场，则该粒子打到下极板时的速度偏转角为60°，求仅撤去磁场与仅撤去电场时粒子沿水平方向的位移之比。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）粒子在加速电场中，根据动能定理有 解得 （2）粒子在速度选择器中做直线运动，该运动一定为匀速直线运动，则有 解得 （3）若仅撤去磁场，粒子做类平抛运动，则有， 根据牛顿第二定律有 若仅撤去电场，由洛伦兹力提供向心力，则有 根据几何关系有 解得 （建议用时：40分钟） 13．（2025·天津滨海新·三模）根据牛顿力学经典理论，只要物体的初始条件和受力情况确定，就可以推知物体此后的运动情况。 情境1：如图1所示，空间存在水平方向的匀强磁场（垂直纸面向里），磁感应强度大小为，在磁场中点处有一质量为、电荷量为的带电粒子。已知重力加速度。 （1）若使带电粒子获得某一水平向右的初速度，恰好做匀速直线运动，求该粒子的速度大小； 情境2：质谱仪由离子室、加速电场、速度选择器和分离器四部分组成，如图2所示。已知速度选择器的两极板间的电场强度为，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外。某次实验离子室内充有某种带电离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点平行于极板进入，部分离子通过小孔后进入分离器的偏转磁场中。在速度选择器中，沿直线运动的离子打在感光区域的点，测得到点的距离为。不计离子的重力及离子间的相互作用，不计小孔、的孔径大小。 （2）求该离子的比荷； （3）若从点入射的离子速度满足时（很小），也能从点进入分离器，求该速度选择器宽度的最小值和板长需要满足的条件。 【答案】（1）；（2）；（3）， 【详解】（1）粒子做匀速直线运动，受力平衡得 （2）离子在速度选择器中做匀速直线运动，有 离子在分离器中做匀速圆周运动，有 且有 解得 （3）从点入射的离子速度满足时，相当于粒子其在速度选择器中所做的运动为一个速度为的匀速直线运动和另一个速度为的匀速圆周运动的合运动，即粒子在速度选择器中做螺旋运动。对应的半径设为，有 则速度选择器宽度的最小值为 得 粒子在速度选择器中做匀速圆周运动有联立，解得 设速度选择器极板长度为，则粒子穿过极板所需时间为 粒子要恰好从速度选择器飞出，则有 联立，解得 14．（2025·天津·二模）实验室有一装置可用于探究原子核的性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有一直角坐标系，在紧贴的下侧处有一粒子源，能沿轴正方向以的速度持续发射比荷为的某种原子核。平面图如图甲所示，在，的空间中有沿方向的匀强电场。在的空间有垂直于平面向里的匀强磁场，磁场区域足够大，磁感应强度的大小为。忽略原子核间的相互作用和重力。 （1）求原子核第一次穿过轴时速率； （2）设原子核从点第二次穿过轴，求O、Q两点之间距离； （3）若在平面内区域放置一足够大的吸收屏，屏上方施加有沿方向大小为的匀强磁场，如图乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印迹，请确定该印迹的位置坐标。 【答案】（1）；（2）；（3）或 【详解】（1）原子核在电场中做类平抛运动，有，， 代入数据，其中，可得 （2）原子核离开电场时速度与夹角设为，则 偏移距离右侧的磁场中做匀速圆周运动，有 该轨迹圆在轴上对应的弦长 OQ间距离 代入数据可得（根据几何关系的对称性，得出也给满分） （3）原子核在区域做等距螺旋线运动，即沿方向做匀速直线运动， 在垂直方向做匀速圆周运动，有 得，得， 得 可以看出，原子核经过半个周期打在吸收屏上。所以该点位置坐标为或。 15．（2025·天津·一模）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，x轴上方区域有垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度为B，x轴下方区域有水平向左的匀强电场，P点是y轴上的一点。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v从坐标原点O平行于纸面射入磁场，方向与x轴负向的夹角为30°，从A点射出磁场。粒子在电场中的运动轨迹与y轴相切于P点。不计粒子的重力。求： （1）A、O两点的距离； （2）粒子从O点到A点所用的时间； （3）粒子从A点到P点电场力做的功。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，则带电粒子带负电，如图所示 根据几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为 根据洛伦兹力提供向心力，可得 A、O两点的距离为 （2）根据 可得粒子从O点到A点所用的时间为 （3）粒子在电场中的运动轨迹与y轴相切于P点，则 根据动能定理可得 解得 16．（2025·天津红桥·一模）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限有竖直向上的匀强电场，在第四象限有一圆心在O1（2L，-2L）半径为2L的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一负电子从P（0，L）点沿x轴正方向以速度v0入射，经匀强电场偏转后恰好从M（2L，0）点进入匀强磁场。已知电子电荷量为e，质量为m，电子重力不计。求： （1）求匀强电场的电场强度大小E； （2）若匀强磁场的磁感应强度为B，电子离开磁场后恰好垂直穿过y轴，求B的大小； （3）求电子从y轴上的P点出发至再次经过y轴所需要的时间t。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）电子在电场中类平抛运动，则，， 联立解得， （2）设电子进入磁场时速度方向与x轴夹角为θ，则 所以， 电子运动的轨迹如图所示 根据磁发散模型特点可知根据洛伦兹力提供向心力有联立解得 （3）电子在磁场中运动的时间为，所以 电子出磁场后做匀速直线运动，则有 所以电子从y轴上的P点出发至再次经过y轴所需要的时间为 17．（2025·天津南开·一模）东方超环，俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。该装置需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，没有被中性化的高速带电离子需要利用“偏转系统”将其从粒子束中剥离出来。假设“偏转系统”的原理如图所示，混合粒子束先通过加有电压的两极板再进入垂直于纸面向外的矩形匀强磁场区域，中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收；未被中性化的带电离子一部分打到下极板，剩下的进入磁场发生偏转并被吞噬板吞噬。已知混合粒子束宽度为d，各组成粒子均纵向均匀分布，混合粒子进入两极板的初速度均为，方向平行于极板。离子带正电、电荷量为q，质量为m，两极板间电压为U，间距为d，极板长度为2d，吞噬板长度为2d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用。 （1）要使离子能直线通过两极板，则需在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场，求的大小和方向； （2）直线通过极板的离子进入偏转磁场，若偏转磁场的磁感应强度，且离子全部能被吞噬板吞噬，求矩形磁场的最小面积； （3）撤去极板间磁场，且边界足够大，粒子束有部分带电离子会通过两极板进入偏转磁场，若要求进入偏转磁场的离子全部被吞噬板吞噬，求磁场的取值范围。 【答案】（1），方向垂直于纸面向里；（2）；（3） 【详解】（1）离子能直线通过两极板，离子做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，则有 解得 电场力方向向下，根据平衡条件可知，洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，的方向垂直于纸面向里。 （2）离子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，则有 解得 作出从上下极板边缘飞出的离子的运动轨迹如图所示 根据几何关系，矩形磁场的最小面积解得 （3）撤去极板间磁场，离子在极板之间做类平抛运动，对于飞出极板的离子有， 解得 可知，只有一半的粒子能够进入偏转磁场，离子刚刚飞出极板时，令速度方向与水平方向夹角为，则有 结合上述解得 令粒子刚刚飞出极板的速度为，离子进入磁场后有 当离子圆周运动的轨道半径最小时，根据几何关系有 当离子圆周运动的轨道半径最大时，根据几何关系有 解得， 则有 18．（2025·天津东丽·模拟预测）电子对湮灭是指负电子（-10e）和正电子（10e）碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描（PET）及正电子湮灭谱学（PAS）的物理基础。如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，，在第Ⅳ象限内有一未知的圆形区域（图中未画出），未知圆形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点沿x轴正向射入电场，最后从P点射出；另一束速度大小为的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知圆形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电量均为e，电子的重力不计。求： （1）负电子（-10e）和正电子（10e）碰撞后湮灭后可以产生一对光子γ，写出方程式 （2）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小； （3）电子从A点运动到P点所用的时间； （4）Q点纵坐标及未知圆形磁场区域的最小面积S。    【答案】（1） -10e + 10e → 2γ；（2），；（3）；（4）－4L，πL2 【详解】（1）根据题意可得负电子（-10e）和正电子（10e）碰撞后湮灭后产生一对光子γ的方程式为 （2）运动图象如图所示    根据洛伦兹力提供向心力 由题意可得：电子在磁场中运动的半径得 电子在电场中做类平抛运动，水平方向 竖直方向根据牛顿第二定律联立可得 （3）在电场中运动时间 在磁场中运动的周期 电子在磁场中运动了四分之一圆周 故从A到P的时间 （4）正电子在磁场中运动的半径     故Q点的纵坐标 磁场圆的直径 故磁场圆的面积 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难 11 带电粒子在复合场中的运动 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 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，或在同一区域，电场、磁场交替出现． 2．带电粒子在组合场中运动的分析思路 第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段． 第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示． 第3步：用规律 【技巧总结】 1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图 2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图 二：带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． 2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 其他力的合力与洛伦兹力等大反向 平衡条件 匀速圆 周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 三：带电粒子在交变电、磁场中的运动 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 先读图 看清并且明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解 技巧1：洛伦兹力与现代科技 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＝，＝。 技巧2：回旋加速器的原理和分析 1.构造 如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。 2.原理 交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子就被加速一次。 3.最大动能 由qvmB＝、Ekm＝mv得Ekm＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。 4.总时间 粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝。 磁流体发电机 (1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。 (2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。 (3)电源电动势E：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势为U)，则q＝qvB，即E＝U＝Blv。 (4)电源内阻：r＝ρ。 (5)回路电流：I＝。 电磁流量计 (1)流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积。 (2)公式：Q＝Sv；S为导管的横截面积，v是导电液体的流速。 (3)导电液体的流速(v)的计算。 如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由q＝qvB，可得v＝。 (4)流量的表达式：Q＝Sv＝·＝。 (5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa＞φb。 霍尔效应的原理和分析 (1)定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面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，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高。若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。 (3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受电场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。 （建议用时：30分钟） 1．（2025·天津·模拟预测）如图所示的空间坐标系中，在处有一平行yOz平面的边长为L的正方形收集板abcd，其中心O′在x轴上，在O处有一粒子发射源，可在yOz平面向各个方向发射速率均为的电子。空间存在着沿x轴负方向的匀强电场，可使所有电子打在收集板上。已知电子的比荷为k，不计电子重力及电子之间的相互作用力。 (1)求该电场电场强度的最小值E； (2)求电子到达收集板的最小速率v； (3)在满足（1）的条件下，若增加一沿x轴负方向的匀强磁场，使得所有电子都汇聚在O′，求磁感应强度B。 2．（2025·天津·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内，存在竖直向下的匀强电场，在轴与之间的区域存在大小相等、方向相反的匀强磁场，轴上方的磁场垂直纸面向外，轴下方的磁场垂直纸面向里，过点且与轴平行。一质量为，电荷量为的带电粒子以初速度从点沿平行于轴方向射入电场，一段时间后从坐标原点进入第四象限的磁场，假设电场与磁场有理想边界。（不计粒子重力） (1)求电场强度的大小； (2)若带电粒子只在第四象限运动一段时间后，垂直GQ边界离开磁场区域，求磁感应强度的大小； (3)若，求带电粒子从点进入电场到离开磁场经历的时间。 3．（2025·天津·三模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场（大小未知）和方向垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未画出），第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从P点以大小的速度沿PO方向做直线运动，通过O点第一次通过x轴后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过Q点（第二次通过x轴）。已知P、Q的坐标分别为和，重力加速度大小为g，求： (1)第二象限内，匀强电场的电场强度大小； (2)小球从P点运动到Q点的时间t； (3)小球第五次通过x轴时的横坐标。 4．（2025·天津·模拟预测）如图所示，真空中足够长的铝板M和金属板N平行竖直放置，N板中心有一小孔。N板右侧有一相切于点的半径为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁场上方有一水平放置的荧光屏。已知铝的逸出功为，普朗克常量为，电子的电量为，质量为。用某单色光照射铝板，当M、N间电压为时，刚好没有电子能从孔飞出。保持M、N间电压大小为，若仅将M、N间电场改为反向，从点垂直N板射入磁场且动能最大的电子，经过磁场后刚好可以垂直打到荧光屏上。不计电子间的相互作用。求： (1)入射光的频率； (2)匀强磁场的磁感应强度； (3)电子能够打到荧光屏上的位置距板的最远距离。 5．（2025·天津·一模）如图甲为某款医用治疗装置，该装置由粒子源、直线加速器和偏移器等部件构成。直线加速器由一系列带孔的金属漂移管组成，每个漂移管两端圆板横截面面积相等且依次排列，中心轴线共线，漂移管的长度按照一定的规律依次增加。序号为奇数的漂移管和交变电源的一极相连，序号为偶数的漂移管和电源的另一极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙。在t=0时，奇数漂移管相对于偶数漂移管的电势差为正值，此时位于序号为0的圆板中央的粒子源静止释放出一个电子，电子在圆板和漂移管1间的狭缝电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进漂移管1，在漂移管1内做匀速直线运动。每次电子在漂移管内运动时间恰为交变电源周期的一半。已知电子的质量为m、电荷量为e，交变电源电压的绝对值为，周期为T，忽略电子在狭缝内运动的时间及相对论效应，不考虑电子的重力及其他因素的影响。 (1)求电子进入漂移管1时的速度v1的大小； (2)为使电子运动到漂移管之间各狭缝中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，求第n个漂移管的长度； (3)该电子加速到最大动能Ekm后，恰好沿O'O方向射入偏移器，偏移器为一棱长为L的正方体，正方体内充满匀强电场和匀强磁场，O'为偏移器左侧面的中心点，当偏移器内电场强度和磁感应强度均为0时，电子恰好沿O'O射到目标平面中心O点处（O点和偏移器左、右侧面中心点共线），目标平面和偏移器右侧面平行且相距为L，当偏移器同时加上如图所示的匀强电场和匀强磁场（方向均垂直于前、后侧面）时，电子在极短的时间内穿过偏移器，打在目标平面上（）处，求偏移器中电场强度E和磁感应强度B的大小。（当α很小时，有） 6．（2025·天津红桥·一模）研究带电粒子偏转的实验装置基本原理图如图所示，Ⅰ区域是位于平面内的半圆，直径与x轴重合，且M点的坐标为点的坐标为；Ⅱ区域位于平面内的虚线和y轴之间。其中Ⅰ区和Ⅱ区内存在垂直纸面向外的匀强磁场。三个相同的粒子源和加速电场组成的发射器，可分别将质量为m、电荷量为q的带正电粒子甲、乙、丙由静止加速到，调节三个发射器的位置，使三个粒子同时从半圆形边界上的a、b、c三个点沿着y轴正方向射入区域Ⅰ，b与半圆形区域的圆心的连线R垂直于x轴，a、c到的距离均为，乙粒子恰好从N点离开区域Ⅰ，丙粒子垂直于y轴离开区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子之间的相互作用。 (1)求加速电场的电压U； (2)求区域Ⅰ内的磁感应强度大小和区域Ⅱ内的磁感应强度大小B； (3)若在丙粒子离开区域Ⅱ时，区域Ⅱ内的磁场反向，同时再叠加竖直向上电场强度为E的匀强电场，此后甲粒子恰好不能穿过y轴，轨迹与y轴切于Q点，求Q点的位置坐标以及甲粒子经过Q点时速度v的大小。 （建议用时：30分钟） 7．（2025·天津南开·一模）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L，质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力。 (1)若k=1，求匀强电场的电场强度E的大小； (2)若k=1，求粒子从S1进入磁场区域至从S2射出所用时间的最短时间t和此时Ⅱ区域磁感应强度B1的大小。 (3)若2<k<3，求粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。 8．（2025·天津·一模）科学研究经常需要分离同位素。电场可以给带电粒子加速，也能让粒子发生偏转。如图所示，粒子源不断产生初速度为零、电荷量为e、质量为m的氕核和质量为3m氘核，经过电压为U的加速电场加速后匀速通过准直管，从偏转电场的极板左端中央沿垂直电场方向射入匀强偏转电场，偏转电场两水平金属板的板长为d，板间距离也为d，板间电压为2U。整个装置处于真空中，粒子所受重力、偏转电场的边缘效应均可忽略不计。 (1)求氕核离开偏转电场时的侧移量以及速度与水平方向的夹角； (2)为了分离氕核和氚核，在偏转电场下极板右端竖直放置一接收屏MN，且MN与偏转电场的下极板相交于M点，在偏转电场右侧存在范围足够大、左端有理想边界、磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，且磁场的左边界与MN所在直线重合。求氕核和氚核打在接收屏上的位置与M点的距离之比。 9．（2025·天津宁河·一模）如图所示的直角坐标系所在空间：区域存在匀强电场，电场方向与x轴垂直；区域存在磁场，磁场方向垂直于xOy平面，且x轴上方磁感应强度大于x轴下方磁感应强度，均为匀强磁场。电场中的P点与x轴距离为l，与y轴距离为。一质量为m、电荷量为q的粒子，从P点以垂直y轴的初速度向y轴运动，从坐标原点O进入磁场中，粒子在以后的运动中刚好没有再次进入电场，不计粒子重力。求：    (1)匀强电场的场强E； (2)轴下方磁感应强度与x轴上方磁感应强度之比。 10．（2025·天津·一模）如图所示，OM与ON之间的区域分布着与O点等距离的各点处场强大小相等、方向指向圆心O的径向电场，ON右侧间距为的区域内分布着方向垂直纸面向外的匀强磁场（含边界），其左边界与ON重合。足够长的挡板P，上端位于O点且与ON共线。粒子源发出的粒子（速度忽略不计），经加速电场加速后，从M点垂直该点电场方向进入径向电场，恰好做半径也为的匀速圆周运动，从N点垂直射入右侧匀强磁场。已知粒子质量为m，电荷量为q，加速电场的电压为U，不计粒子重力。 (1)求粒子进入径向电场时的速度大小v和径向电场中半径为处的场强大小E； (2)求能使粒子达到挡板P上的磁感应强度最小值B和粒子在磁场中运动的最长时间； 11．（2025·天津蓟州·三模）某环保设备装置可用于气体中有害离子的检测和分离。离子检测的简化原理如图甲所示。Ⅰ区为电场加速区，Ⅱ区为无场区，Ⅲ区为电场检测区。已知Ⅰ区中AB与CD两极的电势差为U，距离为L，Ⅱ区中CE与DF两板的间距为d，板长为4L，Ⅲ区中EF与GH间距足够大，其内部匀强电场的电场强度为，方向水平向左。假设大量相同的正离子在AB极均匀分布，由初速度为零开始加速，不考虑离子间的相互作用和重力影响。 (1)若正离子的比荷为k，求该离子到达CD极时的速度大小； (2)该装置可以测出离子从AB极出发，经过Ⅰ区、Ⅱ区和Ⅲ区，最后返回EF端的总时间为t，由此可以确定离子的比荷k与t的函数关系； (3)为收集分离出的离子，将Ⅲ区的匀强电场换成如图乙所示的匀强磁场，在EF边上放置收集板EP，收集板下端有狭缝PF，离子只能通过狭缝进入磁场进行分离，假设在AB极上有两种正离子，质量分别为，且，电荷量均相同，现要将两种离子在收集板上完全分离，同时为收集更多离子，狭缝尽可能大，试讨论狭缝PF宽度的最大值x与、d的关系式。（磁感应强度大小可调，不考虑出Ⅲ区后再次返回的离子） 12．（2025·天津·模拟预测）如图所示，粒子源发射一初速度为0，比荷为k的正电粒子进入宽度为d的加速电场，离开加速电场后，该粒子沿着直线通过电场强度竖直向上、磁感应强度垂直纸面向外的速度选择器，粒子离开速度选择器时的速度为。 （1）求加速电场的电场强度； （2）求速度选择器中电场强度与磁感应强度之比； （3）若仅撤去磁场，则该粒子打到上极板时的速度偏转角为45°；若仅撤去电场，则该粒子打到下极板时的速度偏转角为60°，求仅撤去磁场与仅撤去电场时粒子沿水平方向的位移之比。 （建议用时：40分钟） 13．（2025·天津滨海新·三模）根据牛顿力学经典理论，只要物体的初始条件和受力情况确定，就可以推知物体此后的运动情况。 情境1：如图1所示，空间存在水平方向的匀强磁场（垂直纸面向里），磁感应强度大小为，在磁场中点处有一质量为、电荷量为的带电粒子。已知重力加速度。 （1）若使带电粒子获得某一水平向右的初速度，恰好做匀速直线运动，求该粒子的速度大小； 情境2：质谱仪由离子室、加速电场、速度选择器和分离器四部分组成，如图2所示。已知速度选择器的两极板间的电场强度为，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外。某次实验离子室内充有某种带电离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点平行于极板进入，部分离子通过小孔后进入分离器的偏转磁场中。在速度选择器中，沿直线运动的离子打在感光区域的点，测得到点的距离为。不计离子的重力及离子间的相互作用，不计小孔、的孔径大小。 （2）求该离子的比荷； （3）若从点入射的离子速度满足时（很小），也能从点进入分离器，求该速度选择器宽度的最小值和板长需要满足的条件。 14．（2025·天津·二模）实验室有一装置可用于探究原子核的性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有一直角坐标系，在紧贴的下侧处有一粒子源，能沿轴正方向以的速度持续发射比荷为的某种原子核。平面图如图甲所示，在，的空间中有沿方向的匀强电场。在的空间有垂直于平面向里的匀强磁场，磁场区域足够大，磁感应强度的大小为。忽略原子核间的相互作用和重力。 （1）求原子核第一次穿过轴时速率； （2）设原子核从点第二次穿过轴，求O、Q两点之间距离； （3）若在平面内区域放置一足够大的吸收屏，屏上方施加有沿方向大小为的匀强磁场，如图乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印迹，请确定该印迹的位置坐标。 15．（2025·天津·一模）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，x轴上方区域有垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度为B，x轴下方区域有水平向左的匀强电场，P点是y轴上的一点。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v从坐标原点O平行于纸面射入磁场，方向与x轴负向的夹角为30°，从A点射出磁场。粒子在电场中的运动轨迹与y轴相切于P点。不计粒子的重力。求： （1）A、O两点的距离； （2）粒子从O点到A点所用的时间； （3）粒子从A点到P点电场力做的功。 16．（2025·天津红桥·一模）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限有竖直向上的匀强电场，在第四象限有一圆心在O1（2L，-2L）半径为2L的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一负电子从P（0，L）点沿x轴正方向以速度v0入射，经匀强电场偏转后恰好从M（2L，0）点进入匀强磁场。已知电子电荷量为e，质量为m，电子重力不计。求： （1）求匀强电场的电场强度大小E； （2）若匀强磁场的磁感应强度为B，电子离开磁场后恰好垂直穿过y轴，求B的大小； （3）求电子从y轴上的P点出发至再次经过y轴所需要的时间t。 17．（2025·天津南开·一模）东方超环，俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置。该装置需要将加速到较高速度的离子束变成中性粒子束，没有被中性化的高速带电离子需要利用“偏转系统”将其从粒子束中剥离出来。假设“偏转系统”的原理如图所示，混合粒子束先通过加有电压的两极板再进入垂直于纸面向外的矩形匀强磁场区域，中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收；未被中性化的带电离子一部分打到下极板，剩下的进入磁场发生偏转并被吞噬板吞噬。已知混合粒子束宽度为d，各组成粒子均纵向均匀分布，混合粒子进入两极板的初速度均为，方向平行于极板。离子带正电、电荷量为q，质量为m，两极板间电压为U，间距为d，极板长度为2d，吞噬板长度为2d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子间的相互作用。 （1）要使离子能直线通过两极板，则需在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场，求的大小和方向； （2）直线通过极板的离子进入偏转磁场，若偏转磁场的磁感应强度，且离子全部能被吞噬板吞噬，求矩形磁场的最小面积； （3）撤去极板间磁场，且边界足够大，粒子束有部分带电离子会通过两极板进入偏转磁场，若要求进入偏转磁场的离子全部被吞噬板吞噬，求磁场的取值范围。 18．（2025·天津东丽·模拟预测）电子对湮灭是指负电子（-10e）和正电子（10e）碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描（PET）及正电子湮灭谱学（PAS）的物理基础。如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，，在第Ⅳ象限内有一未知的圆形区域（图中未画出），未知圆形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点沿x轴正向射入电场，最后从P点射出；另一束速度大小为的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知圆形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电量均为e，电子的重力不计。求： （1）负电子（-10e）和正电子（10e）碰撞后湮灭后可以产生一对光子γ，写出方程式 （2）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小； （3）电子从A点运动到P点所用的时间； （4）Q点纵坐标及未知圆形磁场区域的最小面积S。    1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难 11 带电粒子在复合场中的运动（重难专练） （建议用时：30分钟） 1．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）以从O点沿z轴正方向射出的电子为例，电子到达收集板bc边的中点时，对应电场强度为最小值，电子的加速度 由类平抛运动的规律得， 又有比荷 解得 （2）根据题意，由动能定理可得 解得 （3）增加一个沿x轴负方向的磁场后，仍以沿z轴正方向射入的电子为例，运动轨迹如图所示 由洛伦兹力提供向心力可得 周期 从侧面abcd观察，当粒子经历整数个周期T时，重新回到x轴，则应满足 联立可得 2．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）带正电粒子从沿轴正方向射入电场区域： 水平方向做匀速直线运动  则 竖直方向做匀加速直线运动 在电场运动 联立解得 （2）带电粒子进入磁场的速度大小 与水平方向的夹角 若带电粒子垂直GQ边界离开磁场区域 在磁场中运动时 联立解得 （3）当时，带电粒子进入磁场速度不变，则由 解得带电粒子在磁场中的半径 当带电粒子穿过磁场时 解得 则带电粒子在磁场中运动的时间 解得时间 3．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题知，P点坐标为，设PO与x轴负方向夹角为，则有 解得 小球沿PO方向做直线运动，则必为匀速直线运动，故受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的电场力和垂直于PO斜向右上方的洛伦兹力，如图 根据受力分析，可得 解得 （2）小球进入第四象限后运动轨迹如图 根据几何关系可得小球从P到O的时间 小球进入第四象限后做匀速圆周运动，根据几何关系可得 周期 则在磁场中运动的时间为 所以小球从P点运动到Q点的时间 （3）小球射入第一象限时速度与x轴正向成30°，做斜抛运动，第三次通过x轴时间为 水平方向运动位移为 则小球第五次通过x轴时的横坐标 4．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据光电效应方程有 根据动能定理有 可得入射光频率 （2）电场反向后，根据动能定理得 洛伦兹力提供向心力，则有 根据几何关系有 可解得 （3）进入磁场中动能最大的电子速度大小相同，由圆形磁场磁扩散的特点可知，都可以垂直打到荧光屏上从M板射出的电子中，方向平行M板向下且初动能最大的电子，经过电场偏转后若恰能从点射出，其进入磁场时的速度也最大，且与N板间夹角最小，经磁场偏转后能垂直打到荧光屏上，该电子打到荧光屏上的位置距N板距离最远，如图所示 设电子从板射出的最大初速度大小为，由已知条件有 设电子从孔射出的最大速率为，根据动能定理有 可得 设粒子进入磁场时速度与板间的最小夹角为，则有 可得 则打到荧光屏上粒子到板的最远距离 解得 5．【答案】(1) (2) (3)； 【详解】（1）根据动能定理有 解得 （2）电子在第n节漂移管内的运动时间为 设电子在第n节漂移管内的运动速度为，有 解得 故第n节漂移管长度为 （3）设电子进入偏移器时速度为v，则在偏移器内，由于电场引起的速度增量对y轴方向的运动不产生影响，y轴方向上相当于只考虑磁场存在，设电子进入磁场后做圆周运动半径为，如图 根据洛伦兹力提供向心力 解得 又有 经过磁场后，电子在y轴方向偏移距离 离开磁场后，电子在y轴方向偏移距离 则有 可得 又 解得 根据运动的分解，只考虑电场存在时 x轴方向加速度为 飞行时间为 又，解得 离开偏移器时x轴方向获得的速度为 经过电场后，电子在x轴方向偏移的距离和偏移角的正切为、 离开电场后，电子在x轴方向偏移的距离 则有 可得 又 得 6．【答案】(1) (2)， (3)坐标为，速度大小为 【详解】（1）粒子在加速电场中加速，根据动能定理有 解得 （2）如图所示 带正电粒子甲、乙、丙在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设其轨迹半径分别为，由于三个粒子的质量和带电量均相等，再结合几何关系可知 根据洛伦兹力提供向心力得 解得 丙粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系可知，丙粒子将从N点进入区域Ⅱ，且其速度与x轴正方向的夹角为，丙粒子进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，设其轨迹半径为，由于丙粒子垂直y轴离开区域Ⅱ，由几何关系可知 根据洛伦兹力提供向心力得 解得 （3）如图所示 甲粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的轨道半径 根据几何关系可知甲粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹圆心角 从飞出区域Ⅰ且其速度与x轴正方向的夹角为，甲粒子从飞出区域Ⅰ后，继续做匀速直线运动到区域Ⅱ的左边界P点，经判断甲粒子在进入区域Ⅱ之前磁场方向已经变为垂直纸面向里，且叠加了向上的电场E，甲粒子进入区域Ⅱ后做曲线运动，轨迹与y轴切于Q点，设之间的竖直方向高度差为h，甲粒子在区域Ⅱ中水平方向使用动量定理（设向右为正方向） 推得 解得 根据几何关系甲粒子最接近y轴时Q的坐标为 对甲粒子进入区域Ⅱ后使用动能定理得 解得 （建议用时：30分钟） 7．【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理知 粒子在Ⅰ区由洛伦兹力提供向心力 当k=1时，由几何关系可知 联立解得 （2）当k=1时，要使粒子从S1进入磁场区域至从S2射出所用时间最短，则粒子在磁场中运动的圆心角最小，轨迹如图所示 由几何可知 其中 则 粒子在Ⅱ区域由 可得 用时 ， 解得 （3）2<k<3，由题意知粒子在Ⅱ区域只能发生一次偏转，运动轨迹如图所示 由几何关系可知 解得 在Ⅰ区由洛伦兹力提供向心力 解得 粒子在Ⅱ区域由 由对称及几何关系知 解得 解得 8．【答案】(1) (2)1： 【详解】（1）根据动能定理得 由水平方向匀速运动得 由匀强电场中场强与电势差的关系得 根据牛顿第二定律得 由竖直方向上的匀加速运动得 解得 根据匀变速直线运动规律得 假设速度与水平方向的夹角为，则 解得 （2）由速度的合成与分解关系知 根据向心力关系得 粒子在磁场中做匀速圆周运动的弦长 解得 带入上式可得，气核和氚核离开磁场的位置与M点的距离之比为1：。 9．【答案】(1) (2) 【详解】（1）设电场强度为E，粒子在电场中运动的加速度 粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，x方向 y方向 联立解得 （2）设粒子通过坐标原点O时速度大小为v，根据动能定理可得 解得 设v的方向为与x轴正向夹角为，则有 解得 设x轴下方和上方磁感应强度分别为和，粒子在第Ⅳ象限中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 粒子在第Ⅰ象限做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 如图所示   、是粒子在磁场中运动的轨迹圆的圆心，半径分别为和，由于速度v与x轴成角，所以图中虚线构成的三角形都是等边三角形。设粒子与y轴相切于Q点，根据几何关系 解得 可得 10．【答案】(1)；；(2)；； 【详解】（1）粒子通过加速电场，根据动能定理有 解得 粒子在径向电场中，根据牛顿第二定律有 解得 （2）依题意，粒子在磁场中轨迹与右边界相切时半径最大，磁场的磁感应强度最小，根据牛顿第二定律有 由几何关系可得 联立，解得 根据 解得 可知，当磁感应强度最小时，粒子的周期有最大值，依题意可得 联立，解得 11．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）离子在AB与CD两极间加速，由动能定理有 由于正离子的比荷为k，解得离子到达CD极时的速度 （2）正离子在Ⅰ区做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则 设离子在Ⅱ区做匀速直线运动的时间为t2，则 离子在Ⅲ区先匀减速，后反向匀加速，设加速度为a，所用时间为t3，有 则则总时间t=t1+t2+t3代入得 （3）设质量为m1和m2的离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2，洛伦兹力提供向心力，由 可得， 得半径关系 因为，故 作出两种离子在磁场中运动的临界情况(即质量为m2的正离子在收集板上的最低点与质量为m1的正离子在收集板上的最高点重合)如图所示 此时狭缝最大值x应满足x=2R2-2R1，d=2R2+x 解得 12．【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）粒子在加速电场中，根据动能定理有 解得 （2）粒子在速度选择器中做直线运动，该运动一定为匀速直线运动，则有 解得 （3）若仅撤去磁场，粒子做类平抛运动，则有， 根据牛顿第二定律有 若仅撤去电场，由洛伦兹力提供向心力，则有 根据几何关系有 解得 （建议用时：40分钟） 13．【答案】（1）；（2）；（3）， 【详解】（1）粒子做匀速直线运动，受力平衡得 （2）离子在速度选择器中做匀速直线运动，有 离子在分离器中做匀速圆周运动，有 且有 解得 （3）从点入射的离子速度满足时，相当于粒子其在速度选择器中所做的运动为一个速度为的匀速直线运动和另一个速度为的匀速圆周运动的合运动，即粒子在速度选择器中做螺旋运动。对应的半径设为，有 则速度选择器宽度的最小值为 得 粒子在速度选择器中做匀速圆周运动有联立，解得 设速度选择器极板长度为，则粒子穿过极板所需时间为 粒子要恰好从速度选择器飞出，则有 联立，解得 14．【答案】（1）；（2）；（3）或 【详解】（1）原子核在电场中做类平抛运动，有，， 代入数据，其中，可得 （2）原子核离开电场时速度与夹角设为，则 偏移距离右侧的磁场中做匀速圆周运动，有 该轨迹圆在轴上对应的弦长 OQ间距离 代入数据可得（根据几何关系的对称性，得出也给满分） （3）原子核在区域做等距螺旋线运动，即沿方向做匀速直线运动， 在垂直方向做匀速圆周运动，有 得，得， 得 可以看出，原子核经过半个周期打在吸收屏上。所以该点位置坐标为或。 15．【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，则带电粒子带负电，如图所示 根据几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为 根据洛伦兹力提供向心力，可得 A、O两点的距离为 （2）根据 可得粒子从O点到A点所用的时间为 （3）粒子在电场中的运动轨迹与y轴相切于P点，则 根据动能定理可得 解得 16．【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）电子在电场中类平抛运动，则，， 联立解得， （2）设电子进入磁场时速度方向与x轴夹角为θ，则 所以， 电子运动的轨迹如图所示 根据磁发散模型特点可知根据洛伦兹力提供向心力有联立解得 （3）电子在磁场中运动的时间为，所以 电子出磁场后做匀速直线运动，则有 所以电子从y轴上的P点出发至再次经过y轴所需要的时间为 17．【答案】（1），方向垂直于纸面向里；（2）；（3） 【详解】（1）离子能直线通过两极板，离子做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，则有 解得 电场力方向向下，根据平衡条件可知，洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，的方向垂直于纸面向里。 （2）离子进入偏转磁场后做匀速圆周运动，则有 解得 作出从上下极板边缘飞出的离子的运动轨迹如图所示 根据几何关系，矩形磁场的最小面积解得 （3）撤去极板间磁场，离子在极板之间做类平抛运动，对于飞出极板的离子有， 解得 可知，只有一半的粒子能够进入偏转磁场，离子刚刚飞出极板时，令速度方向与水平方向夹角为，则有 结合上述解得 令粒子刚刚飞出极板的速度为，离子进入磁场后有 当离子圆周运动的轨道半径最小时，根据几何关系有 当离子圆周运动的轨道半径最大时，根据几何关系有 解得， 则有 18．【答案】（1） -10e + 10e → 2γ；（2），；（3）；（4）－4L，πL2 【详解】（1）根据题意可得负电子（-10e）和正电子（10e）碰撞后湮灭后产生一对光子γ的方程式为 （2）运动图象如图所示    根据洛伦兹力提供向心力 由题意可得：电子在磁场中运动的半径得 电子在电场中做类平抛运动，水平方向 竖直方向根据牛顿第二定律联立可得 （3）在电场中运动时间 在磁场中运动的周期 电子在磁场中运动了四分之一圆周 故从A到P的时间 （4）正电子在磁场中运动的半径     故Q点的纵坐标 磁场圆的直径 故磁场圆的面积 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $