题型12 带电粒子在叠加场中的运动（题型专练）（天津专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型12 带电粒子在叠加场中的运动 ( 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 总 方法透视 典例引领 变式演练 考向01 带电粒子在叠加场中做直线运动 考向02 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 考向03 带电粒子在叠加场中做旋进运动 考向04 带电粒子在叠加场中含动量问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 ) 天津高考对叠加场的考查聚焦匀强电场、匀强磁场、重力场的两两/三者叠加，多为有界场+临界极值+几何分析，侧重受力分析→运动状态判断→物理公式+几何关系联立，题型稳定、考向明确，核心是判断粒子平衡、匀速圆周、匀变速曲线/直线三种运动状态，以下是适配天津考情的全维度解码。一、天津高考考情核心特征1. 场的组合：高频考电场+磁场（正交/平行）、重力场+电场+磁场（复合叠加），极少考非匀强场，侧重有界叠加场（矩形、圆形、有界直线边界）；2. 粒子类型：微观粒子（电子、质子、α粒子）默认不计重力，宏观带电体（小球、油滴、尘埃）必考虑重力，题意无提示时按此判定（天津高考无特殊反常规设定）；3. 设问方向：固定考速度大小/方向、轨迹半径/圆心角、运动时间、出场位置、临界条件，多为计算题（16/17题，中档偏难），偶尔在选择题中考基础状态判断；4. 核心难点：正交叠加场中“洛伦兹力随速度变化”的动态分析、临界极值的几何转化（如刚好不飞出、刚好相切），天津高考偏爱结合几何对称、勾股定理、三角函数破题。二、核心题型分类（适配天津考情，按考频排序）题型1：重力场+电场+磁场（三者正交，最高频）天津高考最常考模型，核心分两种运动状态，判定是关键：1. 平衡状态：qE+mg+qvB=0（矢量和），粒子静止/匀速直线运动2. 非平衡状态：重力+电场力为恒力，洛伦兹力为变力，题型2：电场+磁场（正交/平行，次高频）题型3：重力场+电场（叠加，基础铺垫） Ⅰ：叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． Ⅱ：无约束情况下的运动 (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． ③若沿固定的轨道运动，带电粒子还要受到其它力的作用。可根据带电粒子运动形式以及涉及的物理量，选择相对应的办法求解。 (2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) ①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子以大小和方向都唯一确定的速度做匀速直线运动。 ②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子做复杂的曲线运动。涉及时间的问题只可粗解。不涉及时间的问题，因洛伦兹力不做功，只有电场力做功，故利用动能和电势能之和守恒或动能定理可详解． (3)电场力、洛伦兹力、重力并存 ①若电场力、洛伦兹力和重力三个力平衡，带电粒子做匀速直线运动。此时这三个力不在一条直线上，三个力可围成一个三角形。利用解三角形的方法可求解。 ②若重力和电场力平衡，带电粒子所受的洛伦兹力提供向心力，带电粒子做匀速圆周运动。即：， ③若电场力、洛伦兹力和重力三个力合力不为零，带电粒子做复杂的曲线运动。涉及时间的问题只可粗解。不涉及时间的问题，因洛伦兹力不做功，只有电场力和重力做功，故利用机械能和电势能之和守恒或动能定理可详解。 ④若沿固定的轨道运动，带电粒子还要受到其它力的作用。可根据带电粒子运动形式以及涉及的物理量，选择相对应的办法求解。当带电粒子运动形式是直线运动时，根据涉及的物理量可利用动力学的三大规律求解。当带电粒子做圆周运动时，通常利用向心力公式和动能定理求解。 Ⅲ：有约束情况下的运动 带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解． 考向01 带电粒子在叠加场中做直线运动 【例1-1】（2025·天津滨海新·模拟预测）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 C．从下落到稳定，小圆环所用时间等于 D．从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于mgh 【答案】B 【详解】A．开始下落时，小圆环只受重力作用，此时加速度最大，则最大加速度等于g，选项A错误； B．达到最大速度时 可得小圆环运动的最大速度，选项B正确； C．从下落到稳定，若圆环的加速度为g，则小圆环所用时间等于，但因圆环做加速度减小的变加速运动，可知所用的时间大于，选项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，选项D错误。 故选B。 【例1-2】（2025·天津·二模）如图所示，空间内存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带负电小球（可视为质点）质量，电荷量大小，从倾角的光滑斜面最高点由静止开始下滑，当沿斜面下滑距离时与斜面脱离。此时立即将电场反向，小球做匀速圆周运动，最终恰好不与地面发生碰撞。（已知，，重力加速度取） (1)求电场强度的大小； (2)求磁感应强度的大小； (3)求斜面的长度。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）根据题意，当小球沿斜面下滑距离时立即将电场反向，小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力的合力为零 由电场力与重力平衡得 代入数据解得电场强度的大小 （2）由题意知，当小球沿斜面下滑距离时与斜面脱离，分析小球此时受力情况可知，斜面对小球弹力恰为零，小球仅受重力、电场力和洛伦兹力作用 在垂直于斜面方向上 由平衡知识可得 下滑距离的过程只有重力和电场力做功 由动能定理得 联立并代入数据解得， （3）设脱离点距斜面底端距离为x，小球圆周运动的轨道半径为R 由洛伦兹力提供向心力得 代入数据解得 由几何关系可得 故斜面的长度 【变式1-1】（2025·天津河西·模拟预测）如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向沿水平方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球从P点在纸面内以一定的速度抛出，小球恰好能做直线运动。已知电场强度，磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，则下列说法正确的是（   ） A．小球一定做匀速直线运动 B．小球的初速度大小为 C．小球运动过程中机械能守恒 D．若仅撤去磁场，小球做匀变速曲线运动 【答案】AD 【详解】AB．由题意可知，重力与电场的合力为 由于小球恰好能做直线运动，则由平衡条件可知 解得小球抛出的初速度大小为 由此可知小球只有做匀速直线运动，才能始终保持平衡状态，故A正确，B错误； C．由A选项可知，小球所受洛伦兹力方向为斜向左上方与水平方向的夹角为45°，由左手定则可知小球的速度方向为斜向右上方与水平方向的夹角为45°，小球所受电场力做正功，小球运动过程中机械能增加，故C错误； D．由A选项可知，某时刻撤去磁场，小球所受的重力与电场的合力为 与水平方向的夹角为45°斜向右下方，小球的速度方向为斜向右上方与水平方向的夹角为45°，所以小球将做匀变速曲线运动，故D正确。 故选AD。 【变式1-2】（2025·天津·模拟预测）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　） A．洛伦兹力冲量大小为 B．小球上升的竖直高度小于 C．小球动量变化大小为 D．若，弹力冲量为零 【答案】AD 【详解】C．小球动量变化为 可知小球动量变化大小为，故C错误； B．小球沿细杆方向只有重力沿杆向下的分力，所以小球的加速度大小为 根据运动学公式可得小球上升的位移大小为 则小球上升的竖直高度为 故B错误； A．小球所受洛伦兹力为 可知洛伦兹力随时间线性变化，小球上滑的时间为 故洛伦兹力冲量大小为故A正确； D．若，则时刻小球所受洛伦兹力为 小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得 即 则小球在整个减速过程的图像如图 根据图线与横轴围成的面积表示冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。 故选AD。 考向02 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 【例2-1】（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 【例2-2】（2025·天津河西·三模）利用电磁场使质量为、电荷量为的电子发生回旋共振可获取高浓度等离子体，其简化原理如下。如图甲所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为：电场强度大小为、平行于纸面的匀强电场绕着过点且垂直纸面的轴顺时针旋转；旋转电场带动电子加速运动，使其获得较高能量，高能电子使空间中的中性气体电离，生成等离子体。 (1)电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子 （选填“做功”或“不做功”）。 (2)若空间中只存在匀强磁场，电子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，求电子做圆周运动的角速度。 (3)将电子回旋共振简化为二维运动进行研究。施加旋转电场后，电子在如图乙所示的平面内运动，电子在运动过程中受到与其速度方向相反的气体阻力，式中为已知常量。最终电子会以与旋转电场相同的角速度做匀速圆周运动，且电子的线速度与旋转电场力的夹角（小于）保持不变。只考虑电子受到的匀强磁场洛伦兹力、旋转电场电场力及气体阻力作用，不考虑电磁波引起的能量变化。 （i）若电场旋转的角速度为，求电子最终做匀速圆周运动的线速度大小； （ii）旋转电场对电子做功的功率存在最大值，为使电场力的功率不小于最大功率的一半，电场旋转的角速度应控制在范围内，求的数值。 【答案】(1)不做功 (2) (3)（i）；（ii） 【详解】（1）洛伦兹力的方向时刻与速度方向垂直，故电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子不做功； （2）电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 解得 （3）（i）设电场力方向与速度方向的夹角为，沿圆轨迹的半径方向有 沿圆轨迹的切线方向有 解得 （ii）设电场力方向与速度方向的夹角为，旋转电场对电子做功的功率为 当时，电场对电子做功的功率最大 当时，有 解得， 则 【变式2-1】（2025·天津·模拟预测）如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为mA=3mB，轨道半径为RA=3RB，则下列说法正确的是（　　） A．小球A、B均带正电 B．小球A、B的电量比为1:3 C．小球A、B的速度比为3:1 D．小球A、B的速度比为1:3 【答案】C 【详解】A．因为两小球在复合场中做匀速圆周运动，所受电场力与重力平衡，则电场力向上，与场强方向相反，则两小球均带负电，故A错误； B．由于电场力与重力平衡，则，， 联立可得，故B错误； CD．由洛伦兹力提供向心力 则 由于两小球比荷相等，所以速度之比等于半径之比，所以，故C正确，D错误。 故选C。 【变式2-2】（2025·天津·模拟预测）如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为，轨道半径为，则下列说法正确的是（    ） A．小球A、B均带正电 B．小球A带负电、B带正电 C．小球A、B的周期比为2 : 1 D．小球A、B的速度比为3 : 1 【答案】D 【详解】AB．因为两小球在复合场中都能做匀速圆周运动，均满足 所受电场力均向上，两小球均带负电，AB错误； CD．由洛伦兹力提供向心力可得 联立可得 可得，小球的速度比为 由周期公式 故小球的周期比为，C错误，D正确。 故选D。 考向03 带电粒子在叠加场中做旋进运动 【例3-1】（2025·天津·模拟预测）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带电小球（电性未知），小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直面内绕O点沿顺时针方向恰好能做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知OM与竖直方向的夹角θ=60°，重力加速度大小为g。（结果可用根式表示） (1)求电场强度E的大小及小球电性。 (2)若小球第二次运动到B点时突然剪断细线，求剪断细线后小球速度的最小值。 (3)在（2）中情况下，剪断细线的瞬间在空间加上垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，求小球之后的运动过程中第一次达到最小速度时，电场力所做的功。 【答案】(1)带正电， (2) (3) 【详解】（1）初始时，小球受到水平向左的电场力，可知小球带正电，根据平衡条件有 解得 （2）剪断细线前，小球在等效重力场中做圆周运动，设 N点为等效最高点 小球通过N点时有 从B点到N点，由动能定理得 解得 剪断细线后，小球做匀变速曲线运动，当速度与合外力垂直时，速度最小，所以 解得 （3）由（2）知，小球运动到B点时的速度，方向水平向右，根据配速法，将分解为和，使对应的洛伦兹力与重力和电场力的合力平衡，即 解得，方向与夹角为60°斜向右下方 根据速度的分解可得，方向竖直向上 即将小球之后的运动分解为以速度为的匀速直线运动，以速度为的匀速圆周运动，该圆周运动所对应的半径 当与方向相反时，小球速度最小，则小球之后的运动过程中的最小速度 由几何关系可知，从剪断细线的瞬间到小球第一次达到最小速度所需的时间 以速度为的匀速圆周运动使小球水平向左运动的距离 以速度为的匀速直线运动使小球水平向右运动的距离 则小球之后的运动过程中第一次达到最小速度时水平的位移，方向向右 该过程电场力所做的功 【例3-2】（2025·天津·一模）亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的同轴圆形线圈。如图所示，两线圈通入方向相同的恒定电流，线圈正对区域内形成平行于中心轴线的匀强磁场，线圈正对区域以外的磁场忽略不计，沿建立轴，距原点较远处垂直轴放置一圆形探测屏，其圆心位于轴上的点，在线圈间加上平行于轴的匀强电场。粒子源从轴上的原点沿垂直于轴的方向持续发射速度为的同种粒子。已知电场强度大小为，磁感应强度大小为，粒子第一次回到轴的坐标为、电场和磁场均沿轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用（　　） A．粒子的比荷为 B．若粒子的比荷为，线圈半径至少为，粒子才有可能回到轴 C．探测屏中心与粒子源间的距离为时，粒子恰好打在探测屏的中心 D．若增大恒定电流使磁感应强度变大，粒子第一次回到轴的坐标大于 【答案】AC 【详解】A．根据分析可知粒子所受洛伦兹力垂直于轴，使粒子在垂直于轴方向做匀速圆周运动，粒子还受沿轴方向的电场力。粒子第一次回到轴的坐标为，则有 对应时间正好是圆周运动一个完整周期，则有 方程联立，解得粒子的比荷为，故A正确； B．若粒子比荷为，则线圈半径至少为粒子圆周运动的直径才有可能回到轴，则圆周运动 解得 则线圈半径至少为，故B错误； C．粒子做圆周运动的周期不变，沿轴方向做匀加速直线运动，则探测屏中心与粒子源间的距离为时， 与A选项中方程联立，解得 说明粒子在垂直于轴方向上做了3个完整的圆周运动，恰好打在探测屏的中心，故C正确； D．将A选项中表达式变形，得 若增大恒定电流使磁感应强度变大，粒子第一次回到轴的坐标将小于，故D错误。 故选AC。 【变式3-1】（2025·天津·模拟预测）如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面（图中未画出）。一个电子由O点以初速度水平向右飞入其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力。下列说法正确的是（　　） A．磁感应强度方向垂直纸面向外 B．由P点至Q点的运动过程中，电子的速度逐渐减小 C．电子的初速度v0只需大于即可 D．如果只将电子换成质子，其他条件不变，粒子的轨迹仍然能过Q点 【答案】D 【详解】A．电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入正交的匀强磁场和匀强电场中，电子先向下偏转，电子所受的电场力向上，则电子所受的洛伦兹力向下，根据左手定则，则磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误； B．电子由P点至Q点的运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，电子的速度逐渐增大，故B错误； C．根据配速法，将电子初速度分解为水平向右的速度、，使其满足，， 则在最低点P时，水平向右，水平向左，合速度向左，则需满足点，即 解得，故C错误； D．如果只将电子换成质子，其他条件不变，粒子初始时将向上偏转，质子的轨迹与电子的轨迹关于过初速度方向的水平线轴对称，粒子的轨迹仍然能过Q点，故D正确。 故选D。 【变式3-2】（2026·天津·月考）利用电场和磁场控制带电粒子的运动是现代电子设备的常见设计。如图所示，两水平正对放置的平行金属板MN和PQ之间存在竖直向下的匀强电场和磁感应强度大小为B、垂直纸面的匀强磁场（未画出）。两金属板的板间距为。质量为2、速度为v0、带电荷量为+q的粒子甲和质量为、速度为、带电荷量也为+q的粒子乙先后从M、P连线的中点O处沿两平行金属板中轴线进入电场，甲粒子恰好沿轴线射出金属板，乙粒子恰好从MN板右侧的N点射出。两粒子均可视为质点，不计粒子重力、粒子间作用力。下列说法正确的是（    ） A．磁场的方向垂直纸面向外 B．电场强度的大小为 C．乙粒子从N点射出时，速度大小为，方向与MN的夹角为30° D．金属板的长度可能为 【答案】BD 【详解】A．甲粒子恰好沿轴线射出金属板，可知甲受到的电场力与洛伦兹力等大反向，由于甲受到的电场力竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里，故A错误； B．对甲粒子有 解得，故B正确； C．对乙粒子，根据动能定理有 联立解得粒子在N点的速度 乙粒子的运动可分解为速度大小为的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为的匀速直线运动，如图所示 根据速度的合成与分解可知，乙粒子从N点射出时的速度方向与MN的夹角为，故C错误； D．乙粒子做圆周运动转过一周前从N射出，则在磁场中转过的角度为 乙粒子在磁场中做圆周运动的周期 乙粒子在磁场中做圆周运动的半径 则金属板的长度，故D正确。 故选BD。 考向04 带电粒子在叠加场中含动量问题 【例4-1】（2025·天津·一模）如图，一根固定的足够长的绝缘细杆竖直放置。质量为、电荷量为的带电小球套在细杆上，已知小球与杆间的动摩擦因数为。小球始终处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直平面，不计空气阻力。小球以初速度从点沿细杆向上运动至最高点后又下降回到点，回到点前已经开始做匀速运动，已知重力加速度为，则对小球上升到最高点又回到点的过程，下列说法正确的是（　　） A．小球克服摩擦力所做的功为 B．小球所受洛伦兹力的冲量等于零 C．小球运动的总时间为 D．小球上升的运动时间等于小球下降的运动时间 【答案】BC 【详解】A．因为小球下降回到点前已经开始做匀速运动，所以有 求得回到点时的速度大小为 根据动能定理可得 解得，故A错误； B．洛伦兹力 上升过程中，根据左手定则可知方向向左，洛伦兹力的冲量为 下降过程中，洛伦兹力冲量大小为 根据左手定则可知方向向右，所以全过程中小球受洛伦兹力的冲量等于零，故B正确； C．同理分析摩擦力的冲量大小也为零， 根据动量定理得 解得，故C正确； D．小球上升的加速度大小 下降的加速度大小 因为，所以小球上升的运动时间小于小球下降的运动时间，故D错误。 故选BC。 【例4-2】（2025·天津·模拟预测）某兴趣小组为探索光电效应和光电子在电磁场中的运动规律，设计装置如图所示，频率为的激光照射在竖直放置的锌板K的中心位置O点，其右侧距离为处有另一足够大极板A，A上正对O点有一竖直狭缝，并在两极板间加电压，两极板间电场可视为匀强电场。在A板右侧有宽度为D、方向垂直纸面向内、大小为的匀强磁场。锌板的逸出功，普朗克常量，电子质量为，元电荷，，，。不计光电子重力及光电子间的相互作用。求： (1)光电子到达极板A的最大速度； (2)极板A上有光电子打中的区域面积； (3)要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D应满足的条件； (4)将匀强磁场改为垂直平面向内的非匀强磁场，磁感应强度满足，x为该位置到磁场左边界的距离，要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D应满足的条件。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）由爱因斯坦光电效应方程得 电场中动能定理 解得 （2）设极板上有光电子打中的区域为半径为y的圆形区域，电子的最大动能为 当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘，此时电子在平行极板方向做匀速直线运动，则 电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有 其中，根据牛顿第二定律可知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为 联立得 则极板A上有光电子打中的区域面积为 （3）设电子经过A板时最大速度大小为，与板最小夹角为α，则 解得 所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图 由几何关系得 解得 （4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得 则 所以 当向上时，电子水平位移最大，此时 磁场宽度D'应满足的条件 【变式4-1】（2026·天津·月考）如图所示，在平面直角坐标系中，有沿轴正方向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小为，磁感应强度大小为。从点发射一比荷为的带正电微粒，该微粒恰能在坐标平面内做直线运动。已知轴正方向竖直向上，重力加速度为。 (1)求微粒从点发射时的速度大小和方向； (2)若仅撤去磁场，微粒以（1）中的速度从点射出后，求微粒在第三象限运动过程中距轴的最远距离； (3)若仅撤去电场，微粒改为从点由静止释放，求微粒运动过程中的最大动能。 【答案】(1)，与轴负方向成角指向第三象限 (2) (3) 【详解】（1）由题意知，微粒做匀速直线运动，受力分析如图甲，则 解得 微粒受洛伦兹力方向指向第二象限，则由左手定则判断其速度指向第三象限，设微粒发射的速度方向与轴负方向夹角为 ，则 解得 ，即微粒速度方向与轴负方向成 角指向第三象限 （2）撤去磁场后，微粒做类平抛运动，如图乙，将速度分解可得 微粒在轴方向的加速度大小 微粒在第三象限距离轴最远时 得 （3）由于洛伦兹力不做功，所以当微粒运动的轨迹与轴的距离最大时，重力做功最大，微粒动能最大，此时速度为，方向与轴平行，设最大距离为，在轴方向上，由动量定理得 即 由动能定理得 解得 【变式4-2】（2026·天津·模拟预测）如图所示，在水平虚线下方有正交的匀强磁场和匀强电场，其中磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。在距离水平虚线高处的点以某一初速度水平向右抛出一个质量为、带电荷量为的小球，小球通过水平虚线上的点进入电场、磁场区域且在点的速度方向与水平方向的夹角为，一段时间后，小球又从水平虚线上的点与水平方向成角斜向右上方射出电场、磁场区域，已知匀强电场的电场强度大小（为重力加速度大小），两点间的距离为，，求： (1)小球经过点时的速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)小球从点运动到点的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从点到点做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为，则有 小球经过��点时的速度大小 解得 （2）设带电小球从点运动到点的时间为，小球经过点时的速度大小为，根据动能定理有 解得 小球经过点时，水平方向的速度 竖直方向的速度 在竖直方向，根据动量定理有 在水平方向，根据动量定理有 根据题意有， 解得 （3）带电小球从点运动到点的时间 其中， 解得 1．（2025·天津和平·三模）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy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。质量为、电荷量为的电子从点不断地沿轴正方向以大小不同的速度水平入射，速度大小在0到范围内变化。入射速度大小为的电子，入射后沿轴做直线运动；入射速度小于时，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电子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； (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标； (3)若一段时间内入射电子的总数为，且电子数随速率的变化均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的百分比。 【答案】(1) (2) (3)90% 【详解】（1）由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动则有 解得 （2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有 解得 （3）若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为，则根据动能定理有 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有 在最低点有 联立有， 要让电子达纵坐标位置，即 解得 则若电子入射速度在范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的90%。 2．（2025·天津和平·二模）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，的虚线界面右侧是接收离子的区域。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m、电荷量为q的负离子，已知离子入射速度与y轴夹角最大值为60°，且速度大小与角之间存在一定的关系，现已测得离子两种运动情况：①当离子沿y轴正方向以大小为（未知）的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点；②当离子的入射速度大小为（未知），方向与y轴夹角入射时，离子垂直通过界面，不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)求的大小； (2)求的大小及②情况下离子到达界面时与x轴之间的距离； (3)现测得离子入射速度大小随变化的关系为，为回收离子，今在界面右侧加一宽度也为L且平行于轴的匀强电场，如图所示，为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面，求所加电场的电场强度至少为多大？ 【答案】(1) (2)，， (3) 【详解】（1）当离子沿y轴正方向以大小为的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点，由几何关系可得 由牛顿第二定律有 联立解得 （2）若离子与y轴夹角向左上入射时，运动轨迹如图所示 由几何关系可得 由牛顿第二定律有 解得 离子到达界面时与x轴之间的距离 若离子与y轴夹角向右上入射时，运动轨迹如图所示 由几何关系可得 由牛顿第二定律有 解得 离子到达界面时与x轴之间的距离 （3）离子入射速度大小随变化的关系为 由牛顿第二定律有 离子运动半径为 可知，圆心一定在界面上，即离子一定垂直通过界面，当时，通过界面的速度最大，则保证此离子不能穿越电场区域且重回界面即可，此时速度 恰好能重回界面的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为，对该离子竖直方向运用动量定理有 两边求和可得 又由动能定理得 联立解得 3．（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 4．（2025·天津北辰·三模）如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于MF棱且与MPQF共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度可视为0，粒子质量为m，电荷量为，经垂直于MF棱的水平电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直进入正方体区域内，MS段长为，该区域内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从M点射入的粒子恰好从R点射出。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。 （1）求线状粒子源处与正方体MS段之间的电势差； （2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小为，已知从S点射入的粒子从QP边上的某点射出，求该点距Q点的距离； （3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，通过计算判断从S点进入的粒子，离开该区域时的位置和速度大小。 【答案】（1）；（2）；（3）粒子从N点离开该区域； 【详解】（1）粒子经电场加速，则 进入垂直平面MPRG向外的匀强磁场后从，从M点射入的粒子恰好从R点射出，可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=L则由可得 （2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，则垂直电场方向 沿电场方向其中, 解得 该点距Q点的距离 （3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度为v,半径为R=L的匀速圆周运动。分运动的匀速圆周运动的周期为 假设粒子从FQNA面射出，则有 解得 可知分运动的匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。 离开该区域时沿MF方向的速度为v2=at2解得 设离开该区域时速度大小为v′，则有 解得 5．（2025·天津红桥·二模）如图，平行板电容器两板间距离为，板间电压大小为，同时板间还存在匀强磁场。平行板电容器右侧有内径为、外径为内径的2倍的圆环状匀强磁场。比荷为的正离子从电容器左侧水平飞入，在两板间恰好做匀速直线运动，并沿圆环直径方向射入环形磁场，离子的重力可忽略。求： （1）离子射入两板间的速率； （2）若离子恰好不能进入小圆区域，磁感应强度的大小； （3）满足第（2）问结果的条件下，粒子通过环形磁场所用的时间（，，取3）。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设离子射入匀强磁场时的速率为v，在两板间恰好做匀速直线运动，则有 解得 （2）若离子恰好不能进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为，此时轨迹如图所示 在中，由几何关系得 解得 在环形磁场中，洛伦兹力提供向心力 解得 （3）电粒子在磁场中运动的周期 根据几何关系可得可得 可知轨迹对应的圆心角约为，则有 6．（2025·天津·模拟预测）在一次实战训练中，有一炮弹被以初速度为从地面竖直向上射出，当炮弹到达最高点h=80m处时，突然炸裂为二块，其质量分别为m1=1kg、m2=0.8kg，且在炸裂过程中分别带上了q=0.2C等量异种电荷，其中m1带负电。设在炸裂处，有一水平宽度L=20m的正交匀强电磁场，如图，匀强磁场方向垂直于纸面向里，大小为B=1.0T，匀强电场方向竖直。设炸裂时，炮弹正处在正交电磁场中心，炸裂后，m1在正交电磁场中向左做直线运动，m2在正交电磁场中向右做直线运动。（g=10m/s2）。求： （1）炮弹被射出时的初速度； （2）电场强度的大小和方向； （3）爆炸对m1、m2做的功各为多少； （4）二者落地点的距离。    【答案】（1）40m/s；（2）10V/m，方向竖直向上；（3）800J，1000J；（4）380m 【详解】（1）由竖直上抛运动得炮弹被射出时的初速度 （2）由动量守恒定律得 带电物体在洛伦兹力作用下的直线运动是匀速直线运动，假设电场强度方向竖直向上，根据受力有 ，联立解得， 所加电场为 因为E为正，所以场强方向竖直向上。 （3）则动能定理得：爆炸对两物体做的功， （4）由平抛运动规律得落地时间 两物体水平位移， 两物体落地点间的距离 7．（2025·天津·模拟预测）离子推进技术在太空探索中已有广泛的应用，其装置可简化为如图（a）所示的内、外半径分别为和的圆筒，图（b）为其侧视图。以圆筒左侧圆心为坐标原点，沿圆筒轴线向右为轴正方向建立坐标。在和处，垂直于轴放置栅极，在两圆筒间形成方向沿轴正向、大小为的匀强电场，同时通过电磁铁在两圆筒间加上沿轴正方向、大小为的匀强磁场。待电离的氙原子从左侧栅极飘进两圆筒间（其初速度可视为零）。在内圆筒表面分布着沿径向以一定初速度运动的电子源。氙原子被电子碰撞，可电离为一价正离子，刚被电离的氙离子的速度可视为零，经电场加速后从栅极射出，推进器获得反冲力。已知单位时间内刚被电离成氙离子的线密度（沿轴方向单位长度的离子数），其中为常量，氙离子质量为，电子质量为，电子元电荷量为，不计离子间、电子间相互作用。 （1）在处的一个氙原子被电离，求其从右侧栅极射出时的动能； （2）要使电子不碰到外筒壁，求电子沿径向发射的最大初速度； （3）若在的微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力为，求的关系式。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）从右侧栅极射出时的动能① （2）粒子在筒内运动如图所示： 由几何关系可知② 解得③ 根据洛伦兹力提供向心力 可得电子沿径向发射的最大初速度④ （3）单位时间内刚被电离成的氙离子⑤ 微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力⑥ 即 解得⑦ 8．（2025·天津滨海新·二模）在电子工业中，离子注入成为了微电子工艺中一种重要的掺杂技术，利用磁场、电场可以实现离子的分离和注入．某同学设想的一种离子分离与注入原理如图所示．空间直角坐标系中，x轴正半轴上放置有足够长涂有荧光物质的细棒，有离子击中的点会发出荧光．在平面的上方分布有沿y轴正向的匀强磁场，磁感应强度为B．一发射带正电离子的离子源置于坐标原点O，只在平面内不断射出速率均为v的离子，速度方向分布在z轴两侧各为角的范围内，且沿各个方向的离子个数均匀分布，包含有电量相同，质量分别为m和的两种离子．发现x轴上出现两条亮线，可确认击中右侧亮线最右端的是沿z轴正向射入磁场的质量为m的离子，且右侧亮线最右端到O点的距离为L．不计离子间的相互作用力和离子重力，整个装置置于真空中． （1）求离子的电量q； （2）若磁感应强度在范围内波动（k小于0.5，波动周期远大于离子在磁场中的运动时间），要使x轴上的两条亮线某时刻恰好能连接成一条亮线，求k值； （3）若某段时间内磁感应强度恒为B，角增为，离子源只发出质量为m的离子．在平面的上方再施加沿y轴正向的匀强电场，电场强度为E，在平面上某点（O点除外）垂直离子速度方向放置待注入离子的某种材料小圆板（忽略大小），可得到最大注入深度，若离子进入该材料过程中受到的阻力恒为其速度的k倍，求该最大深度d． 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据得又得 （2）同理可得 x轴上的两条亮线某时刻恰好能连接成一条亮线，则联立得 （3）周期① 研究在磁场中运动时间最长的离子（时间越长粒子被加速越大）②,③④⑤ 在离子进入到材料中运动的某阶段极短时间内，对某个离子用动量定理，得⑥ 则全程有⑦ 由①②③④⑤⑥⑦得 9．（2025·天津南开·三模）如图所示，质量为m，带电量为+q的液滴，以速度v沿与水平成45°角斜向上进入正交的、足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动。重力加速度为g，求： （1）电场强度E和磁感应强度B的大小； （2）当液滴运动到某一点P时，电场方向突然变为竖直向上，大小不变，不考虑因电场变化而产生的对磁场的影响，此时液滴加速度a的大小； （3）在满足（2）的前提下，粒子从P点第一次运动到与P点同一水平线上的Q点（图中未画出）所用的时间t和PQ间的距离d。 【答案】（1），；（2）；（3）， 【详解】（1）滴带正电，液滴受力如图所示 根据平衡条件，有, 解得, （2）电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有 （3）电场变为竖直向上后 粒子做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图 由洛伦兹力提供向心力 周期, 则时间 PQ间的距离 10．（2025·天津·二模）如图所示，M、N两块水平放置的长金属板相距为d，两板间电势差为U。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口置于两板正中间的位置，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为、带相等电荷量的墨滴。已知墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的P点。重力加速度为g。求： （1）墨滴所带的电荷量； （2）磁感应强度B的大小； （3）现保持喷口方向不变，使其竖直上移到靠近上板下表面的位置。为了使墨滴仍能到达下板P点，应将磁场的磁感应强度调为，则的大小。 【答案】（1），负电荷；（2）；（3） 【详解】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于重力，则有 可得 由于电场方向向下，电荷受的电场力向上，可知墨滴带负电荷； （2）墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，则有 考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径为 解得 （3）根据题意墨滴运动的轨迹如图所示 设圆周运动的半径为，则有 由图示可得 解得 可得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型12 带电粒子在叠加场中的运动目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 总方法透视 典例引领 变式演练 考向01 带电粒子在叠加场中做直线运动 考向02 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 考向03 带电粒子在叠加场中做旋进运动 考向04 带电粒子在叠加场中含动量问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 天津高考对叠加场的考查聚焦匀强电场、匀强磁场、重力场的两两/三者叠加，多为有界场+临界极值+几何分析，侧重受力分析→运动状态判断→物理公式+几何关系联立，题型稳定、考向明确，核心是判断粒子平衡、匀速圆周、匀变速曲线/直线三种运动状态，以下是适配天津考情的全维度解码。一、天津高考考情核心特征1. 场的组合：高频考电场+磁场（正交/平行）、重力场+电场+磁场（复合叠加），极少考非匀强场，侧重有界叠加场（矩形、圆形、有界直线边界）；2. 粒子类型：微观粒子（电子、质子、α粒子）默认不计重力，宏观带电体（小球、油滴、尘埃）必考虑重力，题意无提示时按此判定（天津高考无特殊反常规设定）；3. 设问方向：固定考速度大小/方向、轨迹半径/圆心角、运动时间、出场位置、临界条件，多为计算题（16/17题，中档偏难），偶尔在选择题中考基础状态判断；4. 核心难点：正交叠加场中“洛伦兹力随速度变化”的动态分析、临界极值的几何转化（如刚好不飞出、刚好相切），天津高考偏爱结合几何对称、勾股定理、三角函数破题。二、核心题型分类（适配天津考情，按考频排序）题型1：重力场+电场+磁场（三者正交，最高频）天津高考最常考模型，核心分两种运动状态，判定是关键：1. 平衡状态：qE+mg+qvB=0（矢量和），粒子静止/匀速直线运动2. 非平衡状态：重力+电场力为恒力，洛伦兹力为变力，题型2：电场+磁场（正交/平行，次高频）题型3：重力场+电场（叠加，基础铺垫） Ⅰ：叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． Ⅱ：无约束情况下的运动 (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． ③若沿固定的轨道运动，带电粒子还要受到其它力的作用。可根据带电粒子运动形式以及涉及的物理量，选择相对应的办法求解。 (2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) ①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子以大小和方向都唯一确定的速度做匀速直线运动。 ②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子做复杂的曲线运动。涉及时间的问题只可粗解。不涉及时间的问题，因洛伦兹力不做功，只有电场力做功，故利用动能和电势能之和守恒或动能定理可详解． (3)电场力、洛伦兹力、重力并存 ①若电场力、洛伦兹力和重力三个力平衡，带电粒子做匀速直线运动。此时这三个力不在一条直线上，三个力可围成一个三角形。利用解三角形的方法可求解。 ②若重力和电场力平衡，带电粒子所受的洛伦兹力提供向心力，带电粒子做匀速圆周运动。即：， ③若电场力、洛伦兹力和重力三个力合力不为零，带电粒子做复杂的曲线运动。涉及时间的问题只可粗解。不涉及时间的问题，因洛伦兹力不做功，只有电场力和重力做功，故利用机械能和电势能之和守恒或动能定理可详解。 ④若沿固定的轨道运动，带电粒子还要受到其它力的作用。可根据带电粒子运动形式以及涉及的物理量，选择相对应的办法求解。当带电粒子运动形式是直线运动时，根据涉及的物理量可利用动力学的三大规律求解。当带电粒子做圆周运动时，通常利用向心力公式和动能定理求解。 Ⅲ：有约束情况下的运动 带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解． 考向01 带电粒子在叠加场中做直线运动 【例1-1】（2025·天津滨海新·模拟预测）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 C．从下落到稳定，小圆环所用时间等于 D．从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于mgh 【例1-2】（2025·天津·二模）如图所示，空间内存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带负电小球（可视为质点）质量，电荷量大小，从倾角的光滑斜面最高点由静止开始下滑，当沿斜面下滑距离时与斜面脱离。此时立即将电场反向，小球做匀速圆周运动，最终恰好不与地面发生碰撞。（已知，，重力加速度取） (1)求电场强度的大小； (2)求磁感应强度的大小； (3)求斜面的长度。 【变式1-1】（2025·天津河西·模拟预测）如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向沿水平方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球从P点在纸面内以一定的速度抛出，小球恰好能做直线运动。已知电场强度，磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，则下列说法正确的是（   ） A．小球一定做匀速直线运动 B．小球的初速度大小为 C．小球运动过程中机械能守恒 D．若仅撤去磁场，小球做匀变速曲线运动 【变式1-2】（2025·天津·模拟预测）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　） A．洛伦兹力冲量大小为 B．小球上升的竖直高度小于 C．小球动量变化大小为 D．若，弹力冲量为零 考向02 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 【例2-1】（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。 【例2-2】（2025·天津河西·三模）利用电磁场使质量为、电荷量为的电子发生回旋共振可获取高浓度等离子体，其简化原理如下。如图甲所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为：电场强度大小为、平行于纸面的匀强电场绕着过点且垂直纸面的轴顺时针旋转；旋转电场带动电子加速运动，使其获得较高能量，高能电子使空间中的中性气体电离，生成等离子体。 (1)电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子 （选填“做功”或“不做功”）。 (2)若空间中只存在匀强磁场，电子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，求电子做圆周运动的角速度。 (3)将电子回旋共振简化为二维运动进行研究。施加旋转电场后，电子在如图乙所示的平面内运动，电子在运动过程中受到与其速度方向相反的气体阻力，式中为已知常量。最终电子会以与旋转电场相同的角速度做匀速圆周运动，且电子的线速度与旋转电场力的夹角（小于）保持不变。只考虑电子受到的匀强磁场洛伦兹力、旋转电场电场力及气体阻力作用，不考虑电磁波引起的能量变化。 （i）若电场旋转的角速度为，求电子最终做匀速圆周运动的线速度大小； （ii）旋转电场对电子做功的功率存在最大值，为使电场力的功率不小于最大功率的一半，电场旋转的角速度应控制在范围内，求的数值。 【变式2-1】（2025·天津·模拟预测）如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为mA=3mB，轨道半径为RA=3RB，则下列说法正确的是（　　） A．小球A、B均带正电 B．小球A、B的电量比为1:3 C．小球A、B的速度比为3:1 D．小球A、B的速度比为1:3 【变式2-2】（2025·天津·模拟预测）如图所示的空间，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图中所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为，轨道半径为，则下列说法正确的是（    ） A．小球A、B均带正电 B．小球A带负电、B带正电 C．小球A、B的周期比为2 : 1 D．小球A、B的速度比为3 : 1 考向03 带电粒子在叠加场中做旋进运动 【例3-1】（2025·天津·模拟预测）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带电小球（电性未知），小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直面内绕O点沿顺时针方向恰好能做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知OM与竖直方向的夹角θ=60°，重力加速度大小为g。（结果可用根式表示） (1)求电场强度E的大小及小球电性。 (2)若小球第二次运动到B点时突然剪断细线，求剪断细线后小球速度的最小值。 (3)在（2）中情况下，剪断细线的瞬间在空间加上垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，求小球之后的运动过程中第一次达到最小速度时，电场力所做的功。 【例3-2】（2025·天津·一模）亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的同轴圆形线圈。如图所示，两线圈通入方向相同的恒定电流，线圈正对区域内形成平行于中心轴线的匀强磁场，线圈正对区域以外的磁场忽略不计，沿建立轴，距原点较远处垂直轴放置一圆形探测屏，其圆心位于轴上的点，在线圈间加上平行于轴的匀强电场。粒子源从轴上的原点沿垂直于轴的方向持续发射速度为的同种粒子。已知电场强度大小为，磁感应强度大小为，粒子第一次回到轴的坐标为、电场和磁场均沿轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用（　　） A．粒子的比荷为 B．若粒子的比荷为，线圈半径至少为，粒子才有可能回到轴 C．探测屏中心与粒子源间的距离为时，粒子恰好打在探测屏的中心 D．若增大恒定电流使磁感应强度变大，粒子第一次回到轴的坐标大于 【变式3-1】（2025·天津·模拟预测）如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面（图中未画出）。一个电子由O点以初速度水平向右飞入其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力。下列说法正确的是（　　） A．磁感应强度方向垂直纸面向外 B．由P点至Q点的运动过程中，电子的速度逐渐减小 C．电子的初速度v0只需大于即可 D．如果只将电子换成质子，其他条件不变，粒子的轨迹仍然能过Q点 【变式3-2】（2026·天津·月考）利用电场和磁场控制带电粒子的运动是现代电子设备的常见设计。如图所示，两水平正对放置的平行金属板MN和PQ之间存在竖直向下的匀强电场和磁感应强度大小为B、垂直纸面的匀强磁场（未画出）。两金属板的板间距为。质量为2、速度为v0、带电荷量为+q的粒子甲和质量为、速度为、带电荷量也为+q的粒子乙先后从M、P连线的中点O处沿两平行金属板中轴线进入电场，甲粒子恰好沿轴线射出金属板，乙粒子恰好从MN板右侧的N点射出。两粒子均可视为质点，不计粒子重力、粒子间作用力。下列说法正确的是（    ） A．磁场的方向垂直纸面向外 B．电场强度的大小为 C．乙粒子从N点射出时，速度大小为，方向与MN的夹角为30° D．金属板的长度可能为 考向04 带电粒子在叠加场中含动量问题 【例4-1】（2025·天津·一模）如图，一根固定的足够长的绝缘细杆竖直放置。质量为、电荷量为的带电小球套在细杆上，已知小球与杆间的动摩擦因数为。小球始终处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直平面，不计空气阻力。小球以初速度从点沿细杆向上运动至最高点后又下降回到点，回到点前已经开始做匀速运动，已知重力加速度为，则对小球上升到最高点又回到点的过程，下列说法正确的是（　　） A．小球克服摩擦力所做的功为 B．小球所受洛伦兹力的冲量等于零 C．小球运动的总时间为 D．小球上升的运动时间等于小球下降的运动时间 【例4-2】（2025·天津·模拟预测）某兴趣小组为探索光电效应和光电子在电磁场中的运动规律，设计装置如图所示，频率为的激光照射在竖直放置的锌板K的中心位置O点，其右侧距离为处有另一足够大极板A，A上正对O点有一竖直狭缝，并在两极板间加电压，两极板间电场可视为匀强电场。在A板右侧有宽度为D、方向垂直纸面向内、大小为的匀强磁场。锌板的逸出功，普朗克常量，电子质量为，元电荷，，，。不计光电子重力及光电子间的相互作用。求： (1)光电子到达极板A的最大速度； (2)极板A上有光电子打中的区域面积； (3)要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D应满足的条件； (4)将匀强磁场改为垂直平面向内的非匀强磁场，磁感应强度满足，x为该位置到磁场左边界的距离，要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D应满足的条件。 【变式4-1】（2026·天津·月考）如图所示，在平面直角坐标系中，有沿轴正方向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小为，磁感应强度大小为。从点发射一比荷为的带正电微粒，该微粒恰能在坐标平面内做直线运动。已知轴正方向竖直向上，重力加速度为。 (1)求微粒从点发射时的速度大小和方向； (2)若仅撤去磁场，微粒以（1）中的速度从点射出后，求微粒在第三象限运动过程中距轴的最远距离； (3)若仅撤去电场，微粒改为从点由静止释放，求微粒运动过程中的最大动能。 【变式4-2】（2026·天津·模拟预测）如图所示，在水平虚线下方有正交的匀强磁场和匀强电场，其中磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。在距离水平虚线高处的点以某一初速度水平向右抛出一个质量为、带电荷量为的小球，小球通过水平虚线上的点进入电场、磁场区域且在点的速度方向与水平方向的夹角为，一段时间后，小球又从水平虚线上的点与水平方向成角斜向右上方射出电场、磁场区域，已知匀强电场的电场强度大小（为重力加速度大小），两点间的距离为，，求： (1)小球经过点时的速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)小球从点运动到点的时间。 1．（2025·天津和平·三模）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy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。质量为、电荷量为的电子从点不断地沿轴正方向以大小不同的速度水平入射，速度大小在0到范围内变化。入射速度大小为的电子，入射后沿轴做直线运动；入射速度小于时，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电子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； (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标； (3)若一段时间内入射电子的总数为，且电子数随速率的变化均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的百分比。 2．（2025·天津和平·二模）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，的虚线界面右侧是接收离子的区域。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m、电荷量为q的负离子，已知离子入射速度与y轴夹角最大值为60°，且速度大小与角之间存在一定的关系，现已测得离子两种运动情况：①当离子沿y轴正方向以大小为（未知）的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点；②当离子的入射速度大小为（未知），方向与y轴夹角入射时，离子垂直通过界面，不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)求的大小； (2)求的大小及②情况下离子到达界面时与x轴之间的距离； (3)现测得离子入射速度大小随变化的关系为，为回收离子，今在界面右侧加一宽度也为L且平行于轴的匀强电场，如图所示，为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面，求所加电场的电场强度至少为多大？ 3．（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。 4．（2025·天津北辰·三模）如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于MF棱且与MPQF共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度可视为0，粒子质量为m，电荷量为，经垂直于MF棱的水平电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直进入正方体区域内，MS段长为，该区域内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从M点射入的粒子恰好从R点射出。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。 （1）求线状粒子源处与正方体MS段之间的电势差； （2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小为，已知从S点射入的粒子从QP边上的某点射出，求该点距Q点的距离； （3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，通过计算判断从S点进入的粒子，离开该区域时的位置和速度大小。 5．（2025·天津红桥·二模）如图，平行板电容器两板间距离为，板间电压大小为，同时板间还存在匀强磁场。平行板电容器右侧有内径为、外径为内径的2倍的圆环状匀强磁场。比荷为的正离子从电容器左侧水平飞入，在两板间恰好做匀速直线运动，并沿圆环直径方向射入环形磁场，离子的重力可忽略。求： （1）离子射入两板间的速率； （2）若离子恰好不能进入小圆区域，磁感应强度的大小； （3）满足第（2）问结果的条件下，粒子通过环形磁场所用的时间（，，取3）。 6．（2025·天津·模拟预测）在一次实战训练中，有一炮弹被以初速度为从地面竖直向上射出，当炮弹到达最高点h=80m处时，突然炸裂为二块，其质量分别为m1=1kg、m2=0.8kg，且在炸裂过程中分别带上了q=0.2C等量异种电荷，其中m1带负电。设在炸裂处，有一水平宽度L=20m的正交匀强电磁场，如图，匀强磁场方向垂直于纸面向里，大小为B=1.0T，匀强电场方向竖直。设炸裂时，炮弹正处在正交电磁场中心，炸裂后，m1在正交电磁场中向左做直线运动，m2在正交电磁场中向右做直线运动。（g=10m/s2）。求： （1）炮弹被射出时的初速度； （2）电场强度的大小和方向； （3）爆炸对m1、m2做的功各为多少； （4）二者落地点的距离。    7．（2025·天津·模拟预测）离子推进技术在太空探索中已有广泛的应用，其装置可简化为如图（a）所示的内、外半径分别为和的圆筒，图（b）为其侧视图。以圆筒左侧圆心为坐标原点，沿圆筒轴线向右为轴正方向建立坐标。在和处，垂直于轴放置栅极，在两圆筒间形成方向沿轴正向、大小为的匀强电场，同时通过电磁铁在两圆筒间加上沿轴正方向、大小为的匀强磁场。待电离的氙原子从左侧栅极飘进两圆筒间（其初速度可视为零）。在内圆筒表面分布着沿径向以一定初速度运动的电子源。氙原子被电子碰撞，可电离为一价正离子，刚被电离的氙离子的速度可视为零，经电场加速后从栅极射出，推进器获得反冲力。已知单位时间内刚被电离成氙离子的线密度（沿轴方向单位长度的离子数），其中为常量，氙离子质量为，电子质量为，电子元电荷量为，不计离子间、电子间相互作用。 （1）在处的一个氙原子被电离，求其从右侧栅极射出时的动能； （2）要使电子不碰到外筒壁，求电子沿径向发射的最大初速度； （3）若在的微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力为，求的关系式。 8．（2025·天津滨海新·二模）在电子工业中，离子注入成为了微电子工艺中一种重要的掺杂技术，利用磁场、电场可以实现离子的分离和注入．某同学设想的一种离子分离与注入原理如图所示．空间直角坐标系中，x轴正半轴上放置有足够长涂有荧光物质的细棒，有离子击中的点会发出荧光．在平面的上方分布有沿y轴正向的匀强磁场，磁感应强度为B．一发射带正电离子的离子源置于坐标原点O，只在平面内不断射出速率均为v的离子，速度方向分布在z轴两侧各为角的范围内，且沿各个方向的离子个数均匀分布，包含有电量相同，质量分别为m和的两种离子．发现x轴上出现两条亮线，可确认击中右侧亮线最右端的是沿z轴正向射入磁场的质量为m的离子，且右侧亮线最右端到O点的距离为L．不计离子间的相互作用力和离子重力，整个装置置于真空中． （1）求离子的电量q； （2）若磁感应强度在范围内波动（k小于0.5，波动周期远大于离子在磁场中的运动时间），要使x轴上的两条亮线某时刻恰好能连接成一条亮线，求k值； （3）若某段时间内磁感应强度恒为B，角增为，离子源只发出质量为m的离子．在平面的上方再施加沿y轴正向的匀强电场，电场强度为E，在平面上某点（O点除外）垂直离子速度方向放置待注入离子的某种材料小圆板（忽略大小），可得到最大注入深度，若离子进入该材料过程中受到的阻力恒为其速度的k倍，求该最大深度d． 9．（2025·天津南开·三模）如图所示，质量为m，带电量为+q的液滴，以速度v沿与水平成45°角斜向上进入正交的、足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动。重力加速度为g，求： （1）电场强度E和磁感应强度B的大小； （2）当液滴运动到某一点P时，电场方向突然变为竖直向上，大小不变，不考虑因电场变化而产生的对磁场的影响，此时液滴加速度a的大小； （3）在满足（2）的前提下，粒子从P点第一次运动到与P点同一水平线上的Q点（图中未画出）所用的时间t和PQ间的距离d。 10．（2025·天津·二模）如图所示，M、N两块水平放置的长金属板相距为d，两板间电势差为U。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口置于两板正中间的位置，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为、带相等电荷量的墨滴。已知墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的P点。重力加速度为g。求： （1）墨滴所带的电荷量； （2）磁感应强度B的大小； （3）现保持喷口方向不变，使其竖直上移到靠近上板下表面的位置。为了使墨滴仍能到达下板P点，应将磁场的磁感应强度调为，则的大小。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型12 带电粒子在叠加场中的运动（题型专练） 参考答案 第一部分 考向破译 考向01 带电粒子在叠加场中做直线运动 【例1-1】【答案】B 【详解】A．开始下落时，小圆环只受重力作用，此时加速度最大，则最大加速度等于g，选项A错误； B．达到最大速度时 可得小圆环运动的最大速度，选项B正确； C．从下落到稳定，若圆环的加速度为g，则小圆环所用时间等于，但因圆环做加速度减小的变加速运动，可知所用的时间大于，选项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，选项D错误。 故选B。 【例1-2】【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）根据题意，当小球沿斜面下滑距离时立即将电场反向，小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力的合力为零 由电场力与重力平衡得 代入数据解得电场强度的大小 （2）由题意知，当小球沿斜面下滑距离时与斜面脱离，分析小球此时受力情况可知，斜面对小球弹力恰为零，小球仅受重力、电场力和洛伦兹力作用 在垂直于斜面方向上 由平衡知识可得 下滑距离的过程只有重力和电场力做功 由动能定理得 联立并代入数据解得， （3）设脱离点距斜面底端距离为x，小球圆周运动的轨道半径为R 由洛伦兹力提供向心力得 代入数据解得 由几何关系可得 故斜面的长度 【变式1-1】【答案】AD 【详解】AB．由题意可知，重力与电场的合力为 由于小球恰好能做直线运动，则由平衡条件可知 解得小球抛出的初速度大小为 由此可知小球只有做匀速直线运动，才能始终保持平衡状态，故A正确，B错误； C．由A选项可知，小球所受洛伦兹力方向为斜向左上方与水平方向的夹角为45°，由左手定则可知小球的速度方向为斜向右上方与水平方向的夹角为45°，小球所受电场力做正功，小球运动过程中机械能增加，故C错误； D．由A选项可知，某时刻撤去磁场，小球所受的重力与电场的合力为 与水平方向的夹角为45°斜向右下方，小球的速度方向为斜向右上方与水平方向的夹角为45°，所以小球将做匀变速曲线运动，故D正确。 故选AD。 【变式1-2】【答案】AD 【详解】C．小球动量变化为 可知小球动量变化大小为，故C错误； B．小球沿细杆方向只有重力沿杆向下的分力，所以小球的加速度大小为 根据运动学公式可得小球上升的位移大小为 则小球上升的竖直高度为 故B错误； A．小球所受洛伦兹力为 可知洛伦兹力随时间线性变化，小球上滑的时间为 故洛伦兹力冲量大小为故A正确； D．若，则时刻小球所受洛伦兹力为 小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得 即 则小球在整个减速过程的图像如图 根据图线与横轴围成的面积表示冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。 故选AD。 考向02 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 【例2-1】【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 【例2-2】【答案】(1)不做功 (2) (3)（i）；（ii） 【详解】（1）洛伦兹力的方向时刻与速度方向垂直，故电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子不做功； （2）电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 解得 （3）（i）设电场力方向与速度方向的夹角为，沿圆轨迹的半径方向有 沿圆轨迹的切线方向有 解得 （ii）设电场力方向与速度方向的夹角为，旋转电场对电子做功的功率为 当时，电场对电子做功的功率最大 当时，有 解得， 则 【变式2-1】【答案】C 【详解】A．因为两小球在复合场中做匀速圆周运动，所受电场力与重力平衡，则电场力向上，与场强方向相反，则两小球均带负电，故A错误； B．由于电场力与重力平衡，则，， 联立可得，故B错误； CD．由洛伦兹力提供向心力 则 由于两小球比荷相等，所以速度之比等于半径之比，所以，故C正确，D错误。 故选C。 【变式2-2】【答案】D 【详解】AB．因为两小球在复合场中都能做匀速圆周运动，均满足 所受电场力均向上，两小球均带负电，AB错误； CD．由洛伦兹力提供向心力可得 联立可得 可得，小球的速度比为 由周期公式 故小球的周期比为，C错误，D正确。 故选D。 考向03 带电粒子在叠加场中做旋进运动 【例3-1】【答案】(1)带正电， (2) (3) 【详解】（1）初始时，小球受到水平向左的电场力，可知小球带正电，根据平衡条件有 解得 （2）剪断细线前，小球在等效重力场中做圆周运动，设 N点为等效最高点 小球通过N点时有 从B点到N点，由动能定理得 解得 剪断细线后，小球做匀变速曲线运动，当速度与合外力垂直时，速度最小，所以 解得 （3）由（2）知，小球运动到B点时的速度，方向水平向右，根据配速法，将分解为和，使对应的洛伦兹力与重力和电场力的合力平衡，即 解得，方向与夹角为60°斜向右下方 根据速度的分解可得，方向竖直向上 即将小球之后的运动分解为以速度为的匀速直线运动，以速度为的匀速圆周运动，该圆周运动所对应的半径 当与方向相反时，小球速度最小，则小球之后的运动过程中的最小速度 由几何关系可知，从剪断细线的瞬间到小球第一次达到最小速度所需的时间 以速度为的匀速圆周运动使小球水平向左运动的距离 以速度为的匀速直线运动使小球水平向右运动的距离 则小球之后的运动过程中第一次达到最小速度时水平的位移，方向向右 该过程电场力所做的功 【例3-2】【答案】AC 【详解】A．根据分析可知粒子所受洛伦兹力垂直于轴，使粒子在垂直于轴方向做匀速圆周运动，粒子还受沿轴方向的电场力。粒子第一次回到轴的坐标为，则有 对应时间正好是圆周运动一个完整周期，则有 方程联立，解得粒子的比荷为，故A正确； B．若粒子比荷为，则线圈半径至少为粒子圆周运动的直径才有可能回到轴，则圆周运动 解得 则线圈半径至少为，故B错误； C．粒子做圆周运动的周期不变，沿轴方向做匀加速直线运动，则探测屏中心与粒子源间的距离为时， 与A选项中方程联立，解得 说明粒子在垂直于轴方向上做了3个完整的圆周运动，恰好打在探测屏的中心，故C正确； D．将A选项中表达式变形，得 若增大恒定电流使磁感应强度变大，粒子第一次回到轴的坐标将小于，故D错误。 故选AC。 【变式3-1】【答案】D 【详解】A．电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入正交的匀强磁场和匀强电场中，电子先向下偏转，电子所受的电场力向上，则电子所受的洛伦兹力向下，根据左手定则，则磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误； B．电子由P点至Q点的运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，电子的速度逐渐增大，故B错误； C．根据配速法，将电子初速度分解为水平向右的速度、，使其满足，， 则在最低点P时，水平向右，水平向左，合速度向左，则需满足点，即 解得，故C错误； D．如果只将电子换成质子，其他条件不变，粒子初始时将向上偏转，质子的轨迹与电子的轨迹关于过初速度方向的水平线轴对称，粒子的轨迹仍然能过Q点，故D正确。 故选D。 【变式3-2】【答案】BD 【详解】A．甲粒子恰好沿轴线射出金属板，可知甲受到的电场力与洛伦兹力等大反向，由于甲受到的电场力竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里，故A错误； B．对甲粒子有 解得，故B正确； C．对乙粒子，根据动能定理有 联立解得粒子在N点的速度 乙粒子的运动可分解为速度大小为的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为的匀速直线运动，如图所示 根据速度的合成与分解可知，乙粒子从N点射出时的速度方向与MN的夹角为，故C错误； D．乙粒子做圆周运动转过一周前从N射出，则在磁场中转过的角度为 乙粒子在磁场中做圆周运动的周期 乙粒子在磁场中做圆周运动的半径 则金属板的长度，故D正确。 故选BD。 考向04 带电粒子在叠加场中含动量问题 【例4-1】【答案】BC 【详解】A．因为小球下降回到点前已经开始做匀速运动，所以有 求得回到点时的速度大小为 根据动能定理可得 解得，故A错误； B．洛伦兹力 上升过程中，根据左手定则可知方向向左，洛伦兹力的冲量为 下降过程中，洛伦兹力冲量大小为 根据左手定则可知方向向右，所以全过程中小球受洛伦兹力的冲量等于零，故B正确； C．同理分析摩擦力的冲量大小也为零， 根据动量定理得 解得，故C正确； D．小球上升的加速度大小 下降的加速度大小 因为，所以小球上升的运动时间小于小球下降的运动时间，故D错误。 故选BC。 【例4-2】【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）由爱因斯坦光电效应方程得 电场中动能定理 解得 （2）设极板上有光电子打中的区域为半径为y的圆形区域，电子的最大动能为 当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘，此时电子在平行极板方向做匀速直线运动，则 电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有 其中，根据牛顿第二定律可知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为 联立得 则极板A上有光电子打中的区域面积为 （3）设电子经过A板时最大速度大小为，与板最小夹角为α，则 解得 所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图 由几何关系得 解得 （4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得 则 所以 当向上时，电子水平位移最大，此时 磁场宽度D'应满足的条件 【变式4-1】【答案】(1)，与轴负方向成角指向第三象限 (2) (3) 【详解】（1）由题意知，微粒做匀速直线运动，受力分析如图甲，则 解得 微粒受洛伦兹力方向指向第二象限，则由左手定则判断其速度指向第三象限，设微粒发射的速度方向与轴负方向夹角为 ，则 解得 ，即微粒速度方向与轴负方向成 角指向第三象限 （2）撤去磁场后，微粒做类平抛运动，如图乙，将速度分解可得 微粒在轴方向的加速度大小 微粒在第三象限距离轴最远时 得 （3）由于洛伦兹力不做功，所以当微粒运动的轨迹与轴的距离最大时，重力做功最大，微粒动能最大，此时速度为，方向与轴平行，设最大距离为，在轴方向上，由动量定理得 即 由动能定理得 解得 【变式4-2】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从点到点做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为，则有 小球经过��点时的速度大小 解得 （2）设带电小球从点运动到点的时间为，小球经过点时的速度大小为，根据动能定理有 解得 小球经过点时，水平方向的速度 竖直方向的速度 在竖直方向，根据动量定理有 在水平方向，根据动量定理有 根据题意有， 解得 （3）带电小球从点运动到点的时间 其中， 解得 第二部分 综合巩固 1．【答案】(1) (2) (3)90% 【详解】（1）由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动则有 解得 （2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有 解得 （3）若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为，则根据动能定理有 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有 在最低点有 联立有， 要让电子达纵坐标位置，即 解得 则若电子入射速度在范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的90%。 2．【答案】(1) (2)，， (3) 【详解】（1）当离子沿y轴正方向以大小为的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点，由几何关系可得 由牛顿第二定律有 联立解得 （2）若离子与y轴夹角向左上入射时，运动轨迹如图所示 由几何关系可得 由牛顿第二定律有 解得 离子到达界面时与x轴之间的距离 若离子与y轴夹角向右上入射时，运动轨迹如图所示 由几何关系可得 由牛顿第二定律有 解得 离子到达界面时与x轴之间的距离 （3）离子入射速度大小随变化的关系为 由牛顿第二定律有 离子运动半径为 可知，圆心一定在界面上，即离子一定垂直通过界面，当时，通过界面的速度最大，则保证此离子不能穿越电场区域且重回界面即可，此时速度 恰好能重回界面的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为，对该离子竖直方向运用动量定理有 两边求和可得 又由动能定理得 联立解得 3．【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 4．【答案】（1）；（2）；（3）粒子从N点离开该区域； 【详解】（1）粒子经电场加速，则 进入垂直平面MPRG向外的匀强磁场后从，从M点射入的粒子恰好从R点射出，可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=L则由可得 （2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，则垂直电场方向 沿电场方向其中, 解得 该点距Q点的距离 （3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度为v,半径为R=L的匀速圆周运动。分运动的匀速圆周运动的周期为 假设粒子从FQNA面射出，则有 解得 可知分运动的匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。 离开该区域时沿MF方向的速度为v2=at2解得 设离开该区域时速度大小为v′，则有 解得 5．【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设离子射入匀强磁场时的速率为v，在两板间恰好做匀速直线运动，则有 解得 （2）若离子恰好不能进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为，此时轨迹如图所示 在中，由几何关系得 解得 在环形磁场中，洛伦兹力提供向心力 解得 （3）电粒子在磁场中运动的周期 根据几何关系可得可得 可知轨迹对应的圆心角约为，则有 6．【答案】（1）40m/s；（2）10V/m，方向竖直向上；（3）800J，1000J；（4）380m 【详解】（1）由竖直上抛运动得炮弹被射出时的初速度 （2）由动量守恒定律得 带电物体在洛伦兹力作用下的直线运动是匀速直线运动，假设电场强度方向竖直向上，根据受力有 ，联立解得， 所加电场为 因为E为正，所以场强方向竖直向上。 （3）则动能定理得：爆炸对两物体做的功， （4）由平抛运动规律得落地时间 两物体水平位移， 两物体落地点间的距离 7．【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）从右侧栅极射出时的动能① （2）粒子在筒内运动如图所示： 由几何关系可知② 解得③ 根据洛伦兹力提供向心力 可得电子沿径向发射的最大初速度④ （3）单位时间内刚被电离成的氙离子⑤ 微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力⑥ 即 解得⑦ 8．【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据得又得 （2）同理可得 x轴上的两条亮线某时刻恰好能连接成一条亮线，则联立得 （3）周期① 研究在磁场中运动时间最长的离子（时间越长粒子被加速越大）②,③④⑤ 在离子进入到材料中运动的某阶段极短时间内，对某个离子用动量定理，得⑥ 则全程有⑦ 由①②③④⑤⑥⑦得 9．【答案】（1），；（2）；（3）， 【详解】（1）滴带正电，液滴受力如图所示 根据平衡条件，有, 解得, （2）电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有 （3）电场变为竖直向上后 粒子做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图 由洛伦兹力提供向心力 周期, 则时间 PQ间的距离 10．【答案】（1），负电荷；（2）；（3） 【详解】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于重力，则有 可得 由于电场方向向下，电荷受的电场力向上，可知墨滴带负电荷； （2）墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，则有 考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径为 解得 （3）根据题意墨滴运动的轨迹如图所示 设圆周运动的半径为，则有 由图示可得 解得 可得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $