专题09 带电粒子在叠加场中的运动【压轴题】2026年高考物理压轴题专项训练（新高考通用）

专题09 带电粒子在叠加场中的运动 命题预测 基于2026年各地模拟卷和命题趋势，今年叠加场压轴题的核心思路是“三场权衡 → 功能转化 → 轨迹建模”。 一、 核心命题预测 1. 情境创新：科技外壳+经典内核 命题会大量引入霍尔传感器、磁流体发电、离子推进器等真实科技情境。题目文字虽多，但本质仍是受力平衡或回旋模型，要求快速剥离情境抓考点。 2. 思维深度：三场叠加下的“隐形平衡” 最关键的考查点在于匀速圆周运动的条件。 · 判断依据：若带电粒子（尤其要考虑重力）在叠加场中做匀速圆周运动，通常隐含电场力与重力平衡（ qE = mg ），仅由洛伦兹力充当向心力。 · 多解与临界：受洛伦兹力影响，速度变化会导致受力变化，从而引发周期性多解或几何极值问题。 3. 轨迹难点：摆线与旋轮线 当 与B不垂直，或存在恒定电场时，轨迹既不是直线也不是圆，而是难度较大的一般曲线运动（如摆线）。需用运动的合成与分解化繁为简。 高频考法 1.带电粒子在叠加场中做直线运动 2.带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 3.带电粒子在叠加场中的变速圆周运动 4.带电粒子在叠加场中做旋进运动 5.带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 6.带电粒子在叠加场中含动量问题 考向一：带电粒子在叠加场中的直线运动 1.带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。 2.带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题。 考向二：带电粒子在叠加场中的圆周运动 1.带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。 2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。 考向三：配速法处理带电粒子在叠加场中的运动 1.若带电粒子在磁场中所受合力不会零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或电场力，或重力和电场力的合力）平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 2.几种常见情况：)配速法处理叠加场中的摆线类问题 常见情况 处理方法 BG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。 BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。 BEG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。 BGv摆线：初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。 考向四：用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题 假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为＋q。在方向垂直纸面向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。 沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx＝qvyB Fy＝qvxB 两个方向分别列动量定理 －qvyBΔt＝mΔvx qvxBΔt＝mΔvy 即－qBΔy＝mΔvx qBΔx＝mΔvy 两边累加得－qBy＝mvx1－mvx0 qBx＝mvy1－mvy0。 使用条件：如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得)，通过列出与之正交方向上的动量定理，即可迅速得出该方向上的分速度。 01 带电粒子在叠加场中做直线运动 1．如图所示，竖直平面内表面粗糙的足够长的细杆倾斜放置，上面套有一带正电的小圆环，空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其中电场方向与细杆平行且向上，磁场垂直纸面向外。在圆环以一定初速度沿杆向下运动直至稳定的过程中，圆环的速度随时间的变化情况不可能的是（　　） A． B．C． D． 【答案】D 【详解】AB．若开始时小环所受合力沿杆向下，即 若 则支持力 当增大时，减小，增大，当增大到时，，之后支持力反向， 继续增大，增大，减小，当减小到0时，速度达到最大值，之后匀速向下运动，所以此情况可以出现先增大后减小的加速运动或者一直减小的加速运动，最后匀速，故AB正确，不符合题意； C．若开始时小环所受合力沿杆向上，即 若 则支持力 减小时，减小，减小，之后，反向， 继续减小，增大，增大，直到速度减为，如果较大，小环会反向沿杆向上加速，垂直杆向下， 则有牛顿第二定律得 减小直至为，最后匀速，故C正确，不符合题意； D．若开始时小环所受合力沿杆向上，即 若直接，则支持力 当减小时，增大，在速度减小到之前，一直增大，故D错误，符合题意。 故选 D。 2．空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平方向的匀强电场，一带电液滴在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，速度大小为v，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。当带电液滴运动到N时，撤去电场，一段时间后粒子经过P点，则（　　） A．液滴可能带负电 B．电场线方向可能水平向左 C．液滴到P点的速度一定与N点相同 D．液滴从N到P的过程中竖直方向上离NP的最大距离为 【答案】D 【详解】AB．在该复合场中，液滴受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的共同作用，因为液滴做匀速直线运动，所以三力的合力为零。假设液滴带正电，根据左手定则，洛伦兹力垂直于速度，方向斜向上。重力竖直向下，若电场线方向向右，则电场力水平向右，反之水平向左。由于MN与水平方向成45°，要使三力平衡，洛伦兹力必须斜向上，且电场力必须水平向右，所以液滴只能带正电，电场方向水平向右，故AB错误； C．在N点撤去电场后，液滴受到重力以及洛伦兹力，由于N和P在同一高度，所以该过程重力不做功，由于洛伦兹力也不做功，所以液滴的速度大小不变，但是由于洛伦兹力改变速度的方向，所以两点的速度方向不一定相同，故C项错误； D．在N点液滴的速度在水平方向为 竖直方向速度为 洛伦兹力在竖直方向上的分力大小为 由之前的分析可知，有 所以洛伦兹力在竖直方向的分量与重力抵消。洛伦兹力在另一个分量提供做匀速圆周运动的向心力，液滴做圆周运动有 解得 由上述分析可知，液滴所做运动为匀速直线运动与圆周运动的合运动，其偏离NP的最大距离为，故D项正确。 故选D。 02 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 3．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，电场强度大小为。电荷量为、质量为的电子恰好能够沿半径为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 D．轨道处辐射状磁场的磁感应强度大小为 【答案】D 【详解】A．因电场力垂直圆环平面向外，电子在圆环平面内做圆周运动，电场力对电子不做功，故A错误； B．电子由于带负电，故所受电场力垂直圆环平面向外，与辐射状磁场对粒子的洛伦兹力平衡，电子受垂直圆环平面向里的匀强磁场的洛伦兹力方向指向圆心O，根据左手定则可知，电子在圆环内沿顺时针方向运动，故B错误； CD．电子在圆环内受到磁场Ⅱ的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力 解得： 电子在垂直环平面方向受力平衡 解得：，故C错误，D正确。 故选D。 4．托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其结构如图所示。在简化模型中，我们认为等离子体中带电粒子的动能与等离子体的温度成正比。当等离子体温度为，磁感应强度大小为时，带电粒子在环向场线圈磁场中的运动半径为；如果等离子体温度为，为了使等离子体在环向场线圈磁场中的运动半径仍为，则所需的磁感应强度应为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由牛顿第二定律 解得 由题意可知动能与温度成正比 将速度用动能表示为 将代入 可得 由于且不变，可得 温度从变为，则 故选B。 03 带电粒子在叠加场中的变速圆周运动 5．如图所示，倾角均为的光滑斜面AB、CD分别与半径为的光滑圆弧OBC相切于B、C两点，圆弧所在的两虚线区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），质量为、电荷量为的小滑块从斜面AB上距离B点高为处由静止释放，小滑块第一次通过圆弧最低点时对圆弧面的压力大小为。已知小滑块可视为质点，重力加速度为，运动过程中小滑块的电荷量保持不变，。下列说法中正确的是（　　） A．该运动过程中小滑块机械能不守恒 B．小滑块第一次通过圆弧面最低点时的速度大小为 C．磁场的磁感应强度大小为 D．磁场的磁感应强度大小为 【答案】D 【详解】A．小滑块运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故A错误； B．小滑块从开始运动到第一次通过圆弧面最低点的过程，由动能定理 解得，故B错误； CD．在最低点对小滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 解得，故C错误，D正确。 故选D。 6．如图所示，在竖直平面内有一半径为的固定光滑绝缘圆环，空间中有水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，一质量为、带电量为的带电小球沿圆环外侧做圆周运动，AC为竖直直径，初始时带电小球位于圆环最高点A，并且有速度大小水平初速度，带电小球能够不脱离圆环做完整的圆周运动，重力加速度。则下列说法正确的有（　　） A．小球在A点的速度方向向右 B．小球在A点受到圆环的支持力为0 C．小球在C点速度大小为4m/s D．小球在C点对圆环的压力大小为10N 【答案】D 【详解】A．小球要做完整圆周运动，在C点进行受力分析，可判断洛伦兹力向上，可知在C点速度方向向右，在A点速度方向向左，A错误； B．对A点受力分析 可得，B错误； C．由动能定理有 解得C点速度为，错误； D．在C点根据牛顿第二定律得 又根据牛顿第三定律，得10N，D正确。 故选D。 04 带电粒子在叠加场中做旋进运动 7．如图所示，空间某区域存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为；匀强磁场与电场方向垂直，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带正电粒子，从点以初速度水平向右射入，恰好沿直线经过点，a、b两点间距为。不计粒子重力，电场与磁场的范围足够大，下列说法正确的是（　　） A．仅改变粒子的电性，粒子无法沿直线经过点 B．仅改变粒子入射方向（从点水平向左射入），粒子仍可沿直线经过点 C．仅改变粒子初速度的大小，粒子一定无法经过点 D．仅改变粒子初速度的大小，若，粒子一定经过点 【答案】D 【详解】A．正电粒子受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，粒子在复合场中做匀速直线运动，有 仅改变粒子电性，则所受的电场力方向向上，洛伦兹力向下，但仍满足 故仅改变粒子的电性，粒子仍沿直线经过点，A错误； B．从点水平向左射入，粒子所受的电场力向下，由左手定则可知洛伦兹力向下，故粒子所受的合外力竖直向下，故粒子不可能可沿直线经过点，B错误； CD．若只改变粒子速度大小，则电场力与洛伦兹力不再等大，故粒子不在做匀速直线运动，设粒子速度变为，可将速度分解为，满足 则可将粒子的速度所对应的洛伦兹力分力平衡电场力而做匀速直线运动，另一个分速度产生的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 匀速圆周运动的周期为 联立解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 即粒子一边做圆周运动，一边沿方向以做匀速直线运动，则当满足 时粒子仍从b点离开，联立解得当时粒子仍从b点离开，C错误；D正确。 故选D。 8．2021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，磁感应强度大小为。若电荷量为的正离子在此电场和磁场中运动，某时刻其速度平行于磁场方向的分量大小为，垂直于磁场方向的分量大小为，不计离子重力，则（　　） A．电场力的瞬时功率不变 B．该离子的加速度大小保持不变 C．该离子受到的洛伦兹力大小为 D．与的比值保持不变 【答案】B 【详解】A．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，根据功率的计算公式可知电场力的瞬时功率为P=Eqv1，可知电场力的瞬时功率增大，故A错误； B．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B正确。 C．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C错误； 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，与的比值不断增大，故D错误； 故选B。 05 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 9．如图所示，匀强电场的场强，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度，方向垂直于纸面向里。一个质量的带正电小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速度地下滑，当它滑行到N点时离开墙壁做曲线运动，当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成角，求： (1)A沿墙壁下滑时克服摩擦力做的功； (2)A所带的电荷量以及运动到P点时的速度大小。 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）在小物块下滑的过程中，电场力水平向左，由左手定则知洛伦兹力水平向右。离开墙壁时，小物块受墙壁的弹力为0，电场力与洛伦兹力平衡，即 解得 运动过程中，电场力、洛伦兹力、弹力均不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得 即 （2）小物块离开点做曲线运动到达点时，小物块处于平衡状态，受力分析如图所示。 由几何关系知，洛伦兹力斜向右上，与水平方向成，正交分解后水平方向的平衡方程为 竖直方向的平衡方程为 解得， 10．质谱仪是分析研究同位素的重要仪器。如图所示，速度选择器中匀强磁场的磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度大小为E、方向竖直向下，极板间距离足够大，极板长度为L，速度选择器右端开口，右侧分布足够大范围的匀强磁场，磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里。带电粒子甲以一定的初速度从O点沿轴线射入速度选择器做直线运动，再由点进入右侧磁场做圆周运动，最后打到照相底片的P点；带电粒子乙由O点飘入（初速度为零）速度选择器，水平向右进入右侧磁场做圆周运动，最后打到照相底片的Q点（图中未画出）。已知甲、乙两种粒子的质量均为m，带电荷量均为+q，不计粒子的重力。 (1)求、P之间的距离x1； (2)求、Q之间的距离x2； (3)若极板长度，粒子乙最后打到照相底片的S点，求、S之间的距离x3。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子甲在速度选择器中，根据平衡条件可得 解得 在右侧磁场中，根据牛顿第二定律可得 解得 、P之间的距离为 （2）带电粒子乙在速度选择器中，将粒子乙的速度分解为水平向左的和水平向右的，其中水平向右分速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，即 解得 带电粒子乙在水平向左的分速度作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得 解得 由题意可知，粒子乙在速度选择器中运动个周期进入右侧磁场，此时速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得 、Q之间的距离为 （3）带电粒子乙在水平向左的分速度作用下做匀速圆周运动的周期为 一个周期内，粒子乙向右运动的距离为 极板长度为 即此时粒子乙做了个圆周运动，在水平方向上 竖直方向上 此时速度为 设此时速度与水平方向的夹角为，则 在右侧磁场中，根据牛顿第二定律可得 解得 在右侧磁场中运动的弦长为 所以、S之间的距离为 06 带电粒子在叠加场中含动量问题 11．如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内有沿轴负方向的匀强电场，第三、四象限内有垂直于坐标平面向里磁感应强度为的匀强磁场。现在一质量为、电荷量为的带正电的粒子从轴上的点，以某一初速度（未知）沿轴负方向射入第二象限，粒子经电场偏转后从轴上的点进入第三象限，之后经磁场偏转从轴上点（未画出）垂直轴射入第四象限，已知、两点的坐标分别为，，不计粒子的重力。 (1)求粒子初速度的大小； (2)求匀强电场的电场强度大小； (3)粒子射入第四象限的磁场后，还始终受到与速度大小成正比、方向相反的阻力（比例系数为），且只在该象限内运动。已知粒子在该象限内的轨迹恰好与轴相切于点（未画出），且点处粒子速度不为零，求：、两点间的距离以及粒子从点运动至点过程克服阻力所做的功。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）设粒子从点运动到点经历的时间为，经过点时的速度为，速度与轴负方向的夹角为，对于该过程，依据运动学公式，沿轴方向，有 沿轴方向，有 联立以上两式，解得 即 同时，又得 设当粒子进入第三象限磁场中后，其做匀速圆周运动的轨迹半径为，根据图中几何关系，得 又据牛顿第二定律，得 联立以上两式，解得 则依据与的关系式，解得 （2）设电场强度的大小为，粒子在电场中的加速度大小为，据牛顿第二定律，得 再对粒子从点运动到点过程，由运动学公式，得 联立以上两式，解得 （3）设、两点间的距离为，粒子从点运动至点过程中，任一时刻的速度为，到达点处的速度大小为，现将沿着轴、轴方向分解得到的速度分别记为和，对于该过程，在轴方向，利用微元法，依据动量定理得 即 同理，在轴方向，依据动量定理得 即 联立以上式子，可得， 对于粒子从点运动至点过程，由于洛伦兹力不做功，据动能定理得 解得，粒子克服阻力所做的功为 【点睛】以下为本题中粒子对应的轨迹图，其中粒子进入第四象限后，由于阻力作用轨迹半径不断减小 12．如图所示的平面直角坐标系中，轴水平向右、轴竖直向上，区域I存在平行于xOy平面的匀强电场，场强大小为，区域II存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域III存在竖直向上、场强大小为的匀强电场和垂直于xOy平面向外、宽度均为、磁感应强度大小依次为的个匀强磁场。在原点处将质量为、电荷量为的小球以大小为的初速度竖直向上抛出后，小球以速度大小为经过点，速度方向与轴正方向相同，之后经过与轴的交点，小球第一次经过时速度方向沿轴正方向。已知是相邻区域的边界且均与轴垂直，各区域竖直空间足够大，重力加速度为。 (1)求小球从点运动到点过程中合外力的冲量及区域I中的电场强度与轴正方向的夹角； (2)求小球经过点时的速度大小和在区域II运动时最大速度的大小； (3)若，求小球在区域III运动过程中最大水平位移的大小。 【答案】(1)， (2)， (3) 【详解】（1）设小球从到速度变化量为，由平行四边形定则得矢量三角形如图所示 的大小为，设与轴负方向夹角为，有 解得 由动量定理可知，该过程合外力的冲量 解得，方向与轴负方向夹角 对小球受力分析，水平方向有 竖直方向有 设小球从到经历的时间为，则 联立解得电场强度与轴正方向的夹角 （2）依题意，小球从到C所用时间为，则小球在C点时水平方向的分速度，则小球经过点时的速度大小 根据配速法，给小球配一个水平向右的速度，大小满足 可得 设与等大反向，与的合速度为，则小球的运动可看成以速度大小为的匀速圆周运动和速度大小为的匀速直线运动的合运动，如图所示 根据几何关系可得 可知当与方向相同时，在区域II运动时的速度最大，为 （3）小球在区域III运动，由于可知，电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，此时小球在区域III中运动的水平位移最大。 小球经过第1个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得 同理可得小球经过第2个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得 小球经过第3个磁场，有 小球经过第个磁场，有 则小球经过个磁场后，竖直方向有 可得 当时，可得 当时，可得 可知小球在第64个磁场中的某处，速度方向变为竖直方向，设此时在第64个磁场中沿水平方向通过的位移为，则有 解得 故小球在区域III运动过程中最大的水平位移为 07带电粒子在叠加场中的立体空间问题 13．由于存在电荷间的相互作用，带电粒子束在传输过程中会发散，使束流品质下降。图1为“四极磁铁”（四个对称排列的磁极）构成的“磁透镜”，可实现对粒子束的约束。图2为其模型剖面结构图，平面内的中心附近区域具有近似线性的磁场分布。在如图3所示的空间直角坐标系中，磁感应强度满足，其中为已知常数。所有电子均以速度（极大），在平面内中心附近区域不同位置沿轴负方向入射。已知电子电荷量大小为，质量为，可能用到的结论有：简谐运动周期公式 (1)若电子入射点为，其中、均大于0，求：入射时，电子所受洛伦兹力在轴和轴上的分力、的大小及方向（用、、、和表示）； (2)若“磁透镜”两端面中心坐标分别为和，因电子穿过磁透镜的时间极短，可认为电子在轴方向做匀速运动。当入射电子沿轴分布，要求电子能在处汇聚（即聚焦），求： ①的最小值； ②若，电子从处入射，定义电子第一次与轴的交点坐标为该磁透镜在轴方向的焦距，假设电子在“磁透镜”内部运动时，方向的偏移量可忽略不计，并满足，求：的大小。 (3)若将题（2）中的入射电子改为沿轴分布，其他条件不变，要求电子也能聚焦，有同学认为只需对“磁透镜”绕轴旋转，如果可行，请说明如何操作？ 【答案】(1)，方向沿轴负方向； ，方向沿轴正方向 (2)①；② (3)绕轴旋转（顺时针、逆时针均可） 【详解】（1）根据洛伦兹力公式，可知 左手定则可知方向沿轴负方向 据洛伦兹力公式，可知 左手定则可知方向沿轴正方向 （2）①根据简谐运动周期 因为 可知 ②根据 求导可得 所以， 因为， 因为 联立可得 （3）绕轴旋转（顺时针、逆时针均可） 14．如图所示，在空间建立三维坐标系，在平面右侧存在沿z轴负方向的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，平面左侧存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，两部分匀强电场的场强大小及匀强磁场的磁感应强度大小均相同。一电子从平面内的M点沿着与x轴负方向成角以初速度射出，电子的运动轨迹的最下端恰好与x轴相切，之后电子沿着与y轴负方向夹角通过平面。已知电子质量为m、电荷量为，匀强磁场的磁感应强度，匀强电场的电场强度，不计电子重力。 (1)求电子在平面右侧运动过程中的最大速率； (2)求M点x坐标的可能值； (3)若从电子通过平面开始计时，求时电子的位置坐标。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）运用配速法处理电子在平面右侧的运动，有 解得 由左手定则可知该速度方向沿x轴负向电子做匀速圆周运动的速度为其初速度与的矢量和，大小为，方向与x轴正方向的夹角为 电子在平面右侧运动过程中的最大速度为匀速直线运动与圆周运动速度方向相同时，最大速度为 （2）电子运动的周期 一个周期沿x轴负向运动的位移 电子与y轴负方向夹角通过平面，则其圆周运动的速度沿y轴负向，运动的时间 M点的x坐标可能值为 洛伦兹力提供向心力有 解得 则M点的x坐标的可能值为 （3）电子在平面左侧以的速度沿x轴负向匀加速直线运动的同时，在垂直x轴方向以做匀速圆周运动，有 电子在右侧运动时轨迹可与x轴相切，则电子经过y轴时的坐标 则时，有，， 其中 解得 故时，电子的位置坐标为 一、单选题 1．如图所示，两足够长的极板水平放置，板间距离为，两极板间加恒定电压，板间有水平向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带正电的粒子恰好能以速度沿两板正中间匀速穿过。粒子质量为，电荷量为。两板间的电场可视为匀强电场，不计粒子所受重力和粒子运动对电场的影响。下列说法正确的是（　　） A．磁感应强度大小为 B．仅减小板间电压，粒子不可能击中上极板 C．仅增大，使粒子击中上极板，击中前瞬间的速率与的大小有关 D．仅向上平移下极板，能使粒子恰击中下极板 【答案】D 【详解】A．对粒子进行受力分析可知，粒子在混合场中受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力的作用，因为粒子以速度沿两板正中间匀速穿过，所以洛伦兹力与电场力平衡，即 解得磁感应强度大小为，故A错误； B．仅减小板间电压，电场强度减小，粒子受电场力减小，洛伦兹力大于电场力，粒子将向上偏，若板间距离较小，粒子可能击中上极板，故B错误； C．仅增大磁感应强度，使粒子击中上极板，设粒子到达上极板的速率为，洛伦兹力不做功，对粒子列动能定理方程有 可得 可知与磁感应强度的大小无关，故C错误； D．设将下极板向上平移时粒子恰能击中下极板，到达最低点时粒子下降高度为，速度为，方向水平向右，则有 设电场强度变为，则有 粒子所受电场力增加，所以粒子向下偏转，运动轨迹如图所示 设粒子向最低点运动过程中，某一时刻速度为，速度方向与水平方向夹角为，此时洛伦兹力大小为，方向与竖直方向夹角为，经过极短时间，水平方向由动量定理有 对从开始到最低点过程求和，可得 由动能定理有 联立可求出的值，即仅向上平移下极板，能使粒子恰击中下极板，故D正确。 故选D。 2．如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源电压恒定，内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，极板间有水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘进入电容器做匀速圆周运动，恰好从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。则下列说法不正确的是（　　） A．小球做匀速圆周运动的半径为 B．小球在两极板间的运动时间为 C．两极板间磁场的磁感应强度 D．电源的电动势 【答案】B 【详解】A．小球在电磁场中做匀速圆周运动的运动轨迹，如图所示 设小球在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系，得 解得，故A正确，不符合题意； B．由几何关系可得，运动轨迹对应的圆心角 弧长 运动时间，故B错误，符合题意； C．小球做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，有 代入，解得，故C正确，不符合题意； D．重力与电场力平衡，有 电路中​、​串联，电容器电压等于​两端电压 联立解得，故D正确，不符合题意。 故选B。 3．如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，电场强度方向沿半径指向圆心，电场强度大小可表示为为到圆心的距离，为常量。两个粒子和分别在半径为和的圆轨道上做匀速圆周运动，已知两粒子的比荷大小相等，不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　） A．粒子的电势能大于粒子的电势能 B．粒子的速度大于粒子的速度 C．粒子的角速度大于粒子的角速度 D．若再加一个垂直运动平面向里的匀强磁场，粒子做离心运动 【答案】C 【详解】A．两个粒子和分别在半径为和的圆轨道上做匀速圆周运动，向心力由电场力提供，所以两个粒子带正电，若两个粒子的电荷量相同，则粒子的电势能小于粒子的电势能，而两个粒子的电荷量无法确定，所以无法确定电势能的高低，故A错误； B．圆周运动，电场力提供向心力 解得 两粒子的比荷大小相等，为常量，所以圆周运动的速度为一个定值。粒子的速度等于粒子的速度，故B错误； C．粒子的速度等于粒子的速度，所以粒子的角速度大于粒子的角速度，故C正确； D．若再加一个垂直运动平面向里的匀强磁场，因为粒子做的圆周运动的方向不确定，若为顺时针，则合力不足以提供向心力，离心运动，若为逆时针，则合力大于向心力，做向心运动。故D错误。 故选C。 4．如图所示，平面直角坐标系x轴水平、y轴竖直，x轴下方存在垂直于面向里的匀强磁场，在y轴右侧有平行y轴的匀强电场（未画出），电场强度大小为E。质量为m的带电小球从A点由静止释放。已知小球在y轴左侧第一次运动到最低点时恰到达C点，并从C点沿x轴正方向进入第四象限，在y轴右侧以O为圆心、R为半径做匀速圆周运动，从D点射出磁场，重力加速度为g。则（　　） A．小球带负电，带电荷量的绝对值为 B．A、O间的距离为 C．小球从A到C的时间是从C到D时间的4倍 D．若撤去电场，球轨迹与x轴相邻交点间的距离为 【答案】D 【详解】A．小球在y轴右侧做匀速圆周运动，所受电场力与小球重力大小相等、方向相反，结合磁场方向可知，小球带正电，带电荷量大小，故A错误； C．设小球在C点时速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有 小球做圆周运动的周期 则小球从C到D的运动时间为 小球从A点静止释放后，设小球沿x轴正方向、负方向的速度大小均为，沿x轴正方向的分速度产生的洛伦兹力与重力平衡，沿x轴负方向的分速度产生的洛伦兹力使小球做匀速圆周运动，可得，且 结合题述和上述分析可得，小球从A到C的运动时间为 故C错误； B．A、O间的距离等于A、C间的水平距离，联立得，故B错误； D．若撤去电场，小球在磁场和重力场作用下运动，球轨迹与x轴相邻交点间的距离等于球一个周期内沿x轴正方向前进的距离，为 故D正确。 故选D。 5．如图所示，两个带等量异种电荷的平行金属板，板间加垂直纸面向里的匀强磁场，一粒子以某一速度垂直电场方向和磁场方向进入，运动轨迹为图中实线。已知磁感应强度为B，电场强度为E，下列说法正确的是（　　） A．粒子运动轨迹是抛物线 B．粒子射入的速度一定大于 C．粒子射出时的速度一定大于射入时的速度 D．若粒子从右侧进入一定不能沿直线从左侧离开 【答案】D 【详解】ABC．假设粒子带正电，则电场力就向下，则由左手定则知所受洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运动轨迹知 则 将速度沿水平方向和竖直方向正交分解，其中水平分速度满足 水平方向以此速度做匀速直线运动，同时粒子以的速率在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动（两板间距足够大），故合运动为螺旋线； 运动过程洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减少，粒子射出时的速度小于射入时的速度； 若粒子带负电，电场力向上，则由左手定则知所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知 则,运动过程洛伦兹力不做功，电场力做正功，则粒子速度增加，粒子射出时的速度大于射入时的速度，故ABC 错误； D．若粒子从右侧进入，则不论粒子带正电还是负电，粒子受到的电场力和洛伦兹力都同向，不能满足二力平衡，故粒子不可能做直线运动，故D正确。 故选D。 6．如图所示，光滑绝缘的水平面上有甲、乙两个绝缘小球，乙球静止在垂直纸面向里的磁场内，甲球静止在磁场外，甲、乙两球质量分别为、，甲球不带电，乙球带有的正电荷。某时刻给甲球一个大小为的初速度，甲球进入磁场后与乙球发生正碰，碰后乙球电荷量不变，向右运动过程中刚好对水平面没有压力，已知匀强磁场的磁感应强度大小为0.5T，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后甲球运动速度大小为 B．碰撞后乙球运动速度大小为 C．碰撞过程乙球对甲球的冲量大小为 D．甲对乙所做的功与乙对甲所做的功绝对值相等 【答案】B 【详解】AB．碰撞过程，根据动量守恒定律有 碰后乙球电荷量不变，向右运动过程中刚好对水平面没有压力，则有 解得 ， 故A错误，B正确； C．结合上述可知，碰撞过程乙球对甲球的冲量大小为 故C错误； D．乙对甲所做的功的大小 甲对乙所做的功的大小 即甲对乙所做的功与乙对甲所做的功绝对值不相等，故D错误。 故选B。 7．云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是（　　） A．a、b、c都是正电子的径迹 B．a径迹对应的粒子动量最大 C．c径迹对应的粒子动能最大 D．c径迹对应的粒子运动时间最长 【答案】C 【详解】A．带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，A错误； B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 解得 由图可知，所以 根据 可知，B错误； C．根据 可知，C正确。 D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 ， 则 所以 粒子在磁场中的运动时间 其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D错误。 故选C。 8．如图所示，在磁感应强度大小B，方向水平且垂直纸面向里的匀强磁场中，有一根长L的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量m、电荷量（）的小环。现让细杆以恒定的速度（）沿垂直磁场方向水平向右匀速运动，同时释放小环（竖直方向初速度为0），小环最终从细杆底端飞出，重力加速度为g，关于小环在杆上的运动，下列说法正确的是（　　） A．小环的轨迹是一条直线 B．小环做类平抛运动 C．洛伦兹力对小环做负功 D．小环在运动过程中机械能增加 【答案】B 【详解】AB．对小环分析可知，竖直方向受向下的重力和向上的洛伦兹力作用，加速度为 因v不变，则加速度不变，即小环在竖直方向做初速度为0的匀加速运动，水平方向做匀速运动，可知做类平抛运动，小环运动的轨迹为曲线，故A错误，B正确； C．洛伦兹力总是与运动方向垂直，洛伦兹力对小环不做功，故C错误； D．小环的竖直向下的分速度使小环受到水平向右的洛伦兹力作用，则细杆对小环有水平向左的弹力作用，该弹力对小环做负功，可知小环在运动过程中机械能减小，故D错误。 故选B。 二、多选题 9．2026年，中国主导的“天枢”空间引力波探测阵列依托单离子光钟确立极致频率基准。光钟的核心校准简化模型如图所示，一个正离子在径向电场（指向中心）和垂直纸面向里的匀强磁场的共同作用下，绕中心做逆时针的匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．正离子所受洛伦兹力方向背向圆心 B．正离子做圆周运动的向心力由电场力和洛伦兹力的合力提供 C．若仅增大磁感应强度大小，正离子的角速度将增大 D．若撤去磁场，正离子将沿切线方向飞出 【答案】BC 【详解】A．正离子逆时针做圆周运动，磁场垂直纸面向里，根据左手定则，磁感线穿手心（向里），四指指向正离子运动方向，大拇指指向洛伦兹力方向，可判断正离子任意位置的洛伦兹力都指向圆心，故A错误； B．正离子只受两个力，指向圆心的电场力（正离子电场力与电场方向同向，电场指向中心，故电场力指向圆心）、指向圆心的洛伦兹力，两个力的合力提供匀速圆周运动的向心力，故B正确； C．设圆周半径为，角速度为，根据向心力公式 代入 整理得 解得正根 可见，磁感应强度增大时，一定增大。故C正确 D．撤去磁场前， 因此 撤去磁场后，正离子仍受指向圆心的电场力，仅能提供的向心力小于所需向心力，正离子做离心运动，不会沿切线飞出（沿切线飞出是合力为零的情况），故D错误。 故选BC。 10．如图，磁感应强度大小为B的匀强磁场和电场强度大小为E的匀强电场，方向均平行于纸面向上，电场和磁场区域足够大。带电粒子（不计重力）由O点沿x轴正向入射到电磁场中，在z轴（0，0，h）处P点有一接收器，则接收器接收的粒子比荷可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】带电粒子以初速度沿Ox轴进入，磁场B沿Oz轴，故粒子在xy平面将做匀速圆周运动自洛伦兹力提供向心力，则有、 其角速度 同时，电场E也沿Oz轴，使粒子在z方向做匀加速运动，加速度为 xy平面运动方程，设粒子从O（0，0）出发，初速度沿+x，则半径 角速度 在t = 0时，x=0，y=0，速度沿+x，则有、 粒子只有在ωt = 2nπ（n为正整数）时才再次回到xy平面的原点（0，0）。其最小正周期对应n=1，时间为 z方向运动方程为 要求粒子同时满足在xy平面回到原点且到达z= h，即（n=1，2，3……） 则（n=1，2，3……） 又 代入可解得（n=1，2，3……） 由上式可见，当n = 1 时， 当n= 2 时， 故选BD。 11．如图，在空间直角坐标系中有一长方体ABCD-A'B'C'D'，AD长度为2.5m，AB长度大于3m，AA'长度为0.6m，OA=0.1m。空间内存在匀强电场（方向未知）和沿y轴正方向的匀强磁场，电场强度大小E=2N/C，磁感应强度大小B=1T。一电荷量q=+5×10-2C、质量m=5g的微粒在t=0时刻从O点以初速度沿着x轴正方向射入该区域，已知重力加速度为g=10m/s2，，下列说法中正确的是（　　） A．若仅撤去匀强电场，微粒将沿x轴做匀速直线运动 B．若匀强电场方向沿z轴负方向，时微粒恰好从BB'C'C面射出，则AB长度为 C．若匀强电场方向沿y轴正方向，微粒射出长方体区域的坐标为（0.5m，2.5m，0） D．若匀强电场方向与x轴垂直，斜向上与y轴正方向夹角成30°，微粒射出长方体区域的坐标为（0.1m，0.25m，0.1m） 【答案】AC 【详解】A．若仅撤去匀强电场,重力大小为 洛伦兹力大小 根据左手定则洛伦兹力方向竖直向上,故其与重力平衡, 微粒将沿x轴做匀速直线运动,故A正确; B．若匀强电场方向沿z轴负方向,因电场力与重力的合力大小为 由配速法知，把看作沿x轴正方向,和x轴负方向两速度的合速度。因速度对应的洛伦兹力与电场力和重力的合力平衡,故其中一个分运动可看作沿x轴正方向以做匀速直线运动,另一个分运动是以速率,在xoz平面做匀速圆周运动，周期 半径 经时间, 又 故微粒沿x轴正方向 则AB长度为，故B错误； C．若匀强电场方向沿y轴正方向，则洛伦兹力与重力平衡，微粒沿x轴正方向做匀速直线运动，同时沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，且 沿y轴正方向，若微粒恰好从BB'C'C面射出 沿x轴正方向 微粒射出长方体区域的坐标为（0.5m，2.5m，0），故C正确； D．若匀强电场方向与x轴垂直,此时微粒沿x轴正方向做匀速直线运动，同时沿场强方向做初速度为零的匀加速直线运动，且 若从ABCD面射出 x坐标为 y坐标为，故D错误。 故选AC。 12．如图所示，竖直虚线MN将真空空间分割成I、II两个区域，I、II区域内存在范围足够大、大小为、垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ。现使圆环从杆的底部以初速度向上运动，经时间后圆环回到出发位置，杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间后恰好能够进入II区域。已知重力加速度为g，圆环完成周期性运动的个数为n。下列说法正确的是（　　） A．当圆环回到出发位置时速度v的大小为 B．第一次通过MN边界时的速度大小 C．在圆环未离开I区域内达到最高点前的位移大小为 D．在圆环第二次通过MN边界前，从O点脱离杆后回到最高点的位移大小 【答案】BCD 【详解】A．①上升阶段，对环受力分析 规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得 ②下降阶段，对环受力分析 规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得 联立以上两式可得 解得 A错误； B．由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，故分解一个向右的速度且满足 即 则另一个速度 方向向左 所以物体在mg和产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在产生的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动之和。 由题意可知，第一次通过MN边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时的速度方向如图所示 由图可知，当物体的速度竖直向上时，的速度方向与水平方向向左成θ角，且 所以 所以 B正确； CD．易知圆环在I区域内做周期性运动，且此时的运动无法影响竖直方向，所以回到最高点的时间由决定 ①在圆环还未出I区域内达到最高点 设圆环已经完成了n个周期运动 则有 ， ， 解得 ②在圆环出I区域后达到最高点 II区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II区域时速度竖直向上， 所以圆环在II区域达到最高点的轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示 则 ，， CD均正确。 故选BCD。 三、解答题 13．如图甲所示，足够宽的金属板M、N水平正对平行放置，金属板长，两板间距，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，两板间加上如图乙所示的周期性电压，带电时M板带正电。时，一个质量、电荷量的带正电粒子，以的速度从距M板2.5cm的A处沿垂直于磁场、平行于两板的方向射入两板之间。不计粒子重力，取，计算结果均保留3位有效数字。 (1)求带电粒子在内位移大小； (2)求带电粒子在两板间运动所经历的时间； (3)若撤去两板间所加的电压并将匀强磁场方向变为水平向右（磁感应强度大小不变），在A处放一粒子源，粒子源可在平行纸面的平面内向各个方向发射速率均为的题干中的带电粒子，求带电粒子在两板间运动的最长时间。 【答案】(1)6.28cm/ (2) (3) 【详解】（1）粒子进入电磁场区域后所受电场力 所受洛伦兹力 因为 所以粒子在内做匀速直线运动，其位移 代入数据解得 （2）经分析，粒子在有电场时做匀速直线运动，在无电场时做逆时针方向的匀速圆周运动，设圆周运动半径为，周期为，则 解得， 分析粒子运动过程可知，粒子在内位移 因为此时粒子距板右端 所以粒子从开始到即将从金属板右端离开的运动轨迹，如下图所示 设后，粒子再经离开磁场，内轨迹圆弧对应的圆心角为，则 解得 所以 所以粒子从射入到射出金属板所用时间 （3）经分析，初速度方向与磁场方向夹角为的粒子做等距螺旋运动。在不碰到金属板的粒子中，角越大，粒子在两板间运动的时间越长 设等距螺旋线截面圆的半径为，则能从金属板右端离开的粒子半径满足 设截面圆半径最大的粒子的初速度与磁场方向夹角为，将粒子初速度沿磁场和垂直磁场两个方向分解，有 即 解得 所以 所以粒子在两板间运动的最长时间 代入数据解得 14．如图所示，直角坐标系的第二、三、四象限内均存在沿轴负方向的相同匀强电场，第四象限内还存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。第一象限内存在垂直纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小沿轴方向满足（、均为已知量）。比荷为的带正电粒子（不计重力）从坐标为的点以沿轴正方向、大小为的初速度开始运动，粒子恰好从坐标原点射入第四象限。粒子第一次在第四象限内运动至最低点时的速度大小为。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)第四象限内磁场的磁感应强度大小； (3)粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹到轴的最远距离及该轨迹与轴所围的面积。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）粒子从点运动至坐标原点，做类平抛运动，平行于轴方向上有 平行于轴方向上有 其中 解得 （2）解法一：粒子经过坐标原点时的速度大小 设粒子第一次在第四象限内运动至最低点时到轴的距离为，有 平行于轴方向上有 解得 解法二：粒子经过坐标原点时平行于轴方向的分速度大小 将粒子经过坐标原点时的速度分解为沿轴正方向、大小为的分速度，满足 另一分速度大小 粒子在第四象限内的运动可视为沿轴方向、速度为的匀速直线运动和速率为的匀速圆周运动的合运动，粒子运动至最低点时的速度大小 解得， （3）设粒子经过坐标原点时速度方向与轴正方向的夹角为，则有 粒子第二次经过轴时速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小为，方向沿轴正方向，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动至离轴最远时，平行于轴方向的分速度大小变为0，平行于轴方向的分速度大小变为，平行于轴方向上有 其中 利用如图所示的图像可知 解得 平行于轴方向上有 其中 其中为对应轨迹与轴所围的面积，利用对称性可知，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹与轴所围的面积 解得 15．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅱ象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅲ象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，下边界是以为圆心、半径为2R的圆弧，上边界是以为圆心、半径为R的半圆弧，磁感应强度大小为。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从y轴上的M点沿x轴负方向正对圆心发射，沿半径的圆弧运动并恰能通过圆心，进入电场后从 y轴上的点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。 (1)求粒子射入第Ⅱ象限时的速度大小 (2)求匀强电场的场强E及粒子在第Ⅱ、Ⅲ象限中运动的总时间 (3)若第Ⅰ象限中有方向垂直纸面向里的磁场图中未画出，磁场的磁感应强度大小为正的常量，y为纵坐标，即在x方向均匀分布，在y方向随y均匀增大，求粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次离x轴最远时的轨迹与x轴围成的面积S。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有 解得 （2）正对圆心射入的粒子，沿半径的圆弧运动并恰能通过圆心，粒子在磁场中运动的轨迹的圆心恰好为原点O，运动轨迹如图所示， 设速度偏转角为，由几何关系有 解得 从O2点进入电场，沿y轴方向，则有 解得 沿x轴方向，则有， 解得 粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动的时间 粒子在第Ⅲ象限无磁场区域运动的时间 运动的总时间 解得 （3）粒子到达P点时沿y轴方向分速度 粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次沿y轴方向的分速度为0的过程中，沿 y轴由动量定理则有 其中 可得 又因为 可得 即 解得 3 / 46 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 带电粒子在叠加场中的运动 命题预测 基于2026年各地模拟卷和命题趋势，今年叠加场压轴题的核心思路是“三场权衡 → 功能转化 → 轨迹建模”。 一、 核心命题预测 1. 情境创新：科技外壳+经典内核 命题会大量引入霍尔传感器、磁流体发电、离子推进器等真实科技情境。题目文字虽多，但本质仍是受力平衡或回旋模型，要求快速剥离情境抓考点。 2. 思维深度：三场叠加下的“隐形平衡” 最关键的考查点在于匀速圆周运动的条件。 · 判断依据：若带电粒子（尤其要考虑重力）在叠加场中做匀速圆周运动，通常隐含电场力与重力平衡（ qE = mg ），仅由洛伦兹力充当向心力。 · 多解与临界：受洛伦兹力影响，速度变化会导致受力变化，从而引发周期性多解或几何极值问题。 3. 轨迹难点：摆线与旋轮线 当 与B不垂直，或存在恒定电场时，轨迹既不是直线也不是圆，而是难度较大的一般曲线运动（如摆线）。需用运动的合成与分解化繁为简。 高频考法 1.带电粒子在叠加场中做直线运动 2.带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 3.带电粒子在叠加场中的变速圆周运动 4.带电粒子在叠加场中做旋进运动 5.带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 6.带电粒子在叠加场中含动量问题 考向一：带电粒子在叠加场中的直线运动 1.带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。 2.带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题。 考向二：带电粒子在叠加场中的圆周运动 1.带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。 2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。 考向三：配速法处理带电粒子在叠加场中的运动 1.若带电粒子在磁场中所受合力不会零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或电场力，或重力和电场力的合力）平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 2.几种常见情况：)配速法处理叠加场中的摆线类问题 常见情况 处理方法 BG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。 BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。 BEG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。 BGv摆线：初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。 考向四：用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题 假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为＋q。在方向垂直纸面向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。 沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx＝qvyB Fy＝qvxB 两个方向分别列动量定理 －qvyBΔt＝mΔvx qvxBΔt＝mΔvy 即－qBΔy＝mΔvx qBΔx＝mΔvy 两边累加得－qBy＝mvx1－mvx0 qBx＝mvy1－mvy0。 使用条件：如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得)，通过列出与之正交方向上的动量定理，即可迅速得出该方向上的分速度。 01 带电粒子在叠加场中做直线运动 1．如图所示，竖直平面内表面粗糙的足够长的细杆倾斜放置，上面套有一带正电的小圆环，空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其中电场方向与细杆平行且向上，磁场垂直纸面向外。在圆环以一定初速度沿杆向下运动直至稳定的过程中，圆环的速度随时间的变化情况不可能的是（　　） A． B．C． D． 2．空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平方向的匀强电场，一带电液滴在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，速度大小为v，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。当带电液滴运动到N时，撤去电场，一段时间后粒子经过P点，则（　　） A．液滴可能带负电 B．电场线方向可能水平向左 C．液滴到P点的速度一定与N点相同 D．液滴从N到P的过程中竖直方向上离NP的最大距离为 02 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 3．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，电场强度大小为。电荷量为、质量为的电子恰好能够沿半径为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 D．轨道处辐射状磁场的磁感应强度大小为 4．托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其结构如图所示。在简化模型中，我们认为等离子体中带电粒子的动能与等离子体的温度成正比。当等离子体温度为，磁感应强度大小为时，带电粒子在环向场线圈磁场中的运动半径为；如果等离子体温度为，为了使等离子体在环向场线圈磁场中的运动半径仍为，则所需的磁感应强度应为（　　） A． B． C． D． 03 带电粒子在叠加场中的变速圆周运动 5．如图所示，倾角均为的光滑斜面AB、CD分别与半径为的光滑圆弧OBC相切于B、C两点，圆弧所在的两虚线区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），质量为、电荷量为的小滑块从斜面AB上距离B点高为处由静止释放，小滑块第一次通过圆弧最低点时对圆弧面的压力大小为。已知小滑块可视为质点，重力加速度为，运动过程中小滑块的电荷量保持不变，。下列说法中正确的是（　　） A．该运动过程中小滑块机械能不守恒 B．小滑块第一次通过圆弧面最低点时的速度大小为 C．磁场的磁感应强度大小为 D．磁场的磁感应强度大小为 6．如图所示，在竖直平面内有一半径为的固定光滑绝缘圆环，空间中有水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，一质量为、带电量为的带电小球沿圆环外侧做圆周运动，AC为竖直直径，初始时带电小球位于圆环最高点A，并且有速度大小水平初速度，带电小球能够不脱离圆环做完整的圆周运动，重力加速度。则下列说法正确的有（　　） A．小球在A点的速度方向向右 B．小球在A点受到圆环的支持力为0 C．小球在C点速度大小为4m/s D．小球在C点对圆环的压力大小为10N 04 带电粒子在叠加场中做旋进运动 7．如图所示，空间某区域存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为；匀强磁场与电场方向垂直，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带正电粒子，从点以初速度水平向右射入，恰好沿直线经过点，a、b两点间距为。不计粒子重力，电场与磁场的范围足够大，下列说法正确的是（　　） A．仅改变粒子的电性，粒子无法沿直线经过点 B．仅改变粒子入射方向（从点水平向左射入），粒子仍可沿直线经过点 C．仅改变粒子初速度的大小，粒子一定无法经过点 D．仅改变粒子初速度的大小，若，粒子一定经过点 8．2021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，磁感应强度大小为。若电荷量为的正离子在此电场和磁场中运动，某时刻其速度平行于磁场方向的分量大小为，垂直于磁场方向的分量大小为，不计离子重力，则（　　） A．电场力的瞬时功率不变 B．该离子的加速度大小保持不变 C．该离子受到的洛伦兹力大小为 D．与的比值保持不变 05 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 9．如图所示，匀强电场的场强，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度，方向垂直于纸面向里。一个质量的带正电小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速度地下滑，当它滑行到N点时离开墙壁做曲线运动，当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成角，求： (1)A沿墙壁下滑时克服摩擦力做的功； (2)A所带的电荷量以及运动到P点时的速度大小。 10．质谱仪是分析研究同位素的重要仪器。如图所示，速度选择器中匀强磁场的磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度大小为E、方向竖直向下，极板间距离足够大，极板长度为L，速度选择器右端开口，右侧分布足够大范围的匀强磁场，磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里。带电粒子甲以一定的初速度从O点沿轴线射入速度选择器做直线运动，再由点进入右侧磁场做圆周运动，最后打到照相底片的P点；带电粒子乙由O点飘入（初速度为零）速度选择器，水平向右进入右侧磁场做圆周运动，最后打到照相底片的Q点（图中未画出）。已知甲、乙两种粒子的质量均为m，带电荷量均为+q，不计粒子的重力。 (1)求、P之间的距离x1； (2)求、Q之间的距离x2； (3)若极板长度，粒子乙最后打到照相底片的S点，求、S之间的距离x3。 06 带电粒子在叠加场中含动量问题 11．如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内有沿轴负方向的匀强电场，第三、四象限内有垂直于坐标平面向里磁感应强度为的匀强磁场。现在一质量为、电荷量为的带正电的粒子从轴上的点，以某一初速度（未知）沿轴负方向射入第二象限，粒子经电场偏转后从轴上的点进入第三象限，之后经磁场偏转从轴上点（未画出）垂直轴射入第四象限，已知、两点的坐标分别为，，不计粒子的重力。 (1)求粒子初速度的大小； (2)求匀强电场的电场强度大小； (3)粒子射入第四象限的磁场后，还始终受到与速度大小成正比、方向相反的阻力（比例系数为），且只在该象限内运动。已知粒子在该象限内的轨迹恰好与轴相切于点（未画出），且点处粒子速度不为零，求：、两点间的距离以及粒子从点运动至点过程克服阻力所做的功 12．如图所示的平面直角坐标系中，轴水平向右、轴竖直向上，区域I存在平行于xOy平面的匀强电场，场强大小为，区域II存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域III存在竖直向上、场强大小为的匀强电场和垂直于xOy平面向外、宽度均为、磁感应强度大小依次为的个匀强磁场。在原点处将质量为、电荷量为的小球以大小为的初速度竖直向上抛出后，小球以速度大小为经过点，速度方向与轴正方向相同，之后经过与轴的交点，小球第一次经过时速度方向沿轴正方向。已知是相邻区域的边界且均与轴垂直，各区域竖直空间足够大，重力加速度为。 (1)求小球从点运动到点过程中合外力的冲量及区域I中的电场强度与轴正方向的夹角； (2)求小球经过点时的速度大小和在区域II运动时最大速度的大小； (3)若，求小球在区域III运动过程中最大水平位移的大小。 07带电粒子在叠加场中的立体空间问题 13．由于存在电荷间的相互作用，带电粒子束在传输过程中会发散，使束流品质下降。图1为“四极磁铁”（四个对称排列的磁极）构成的“磁透镜”，可实现对粒子束的约束。图2为其模型剖面结构图，平面内的中心附近区域具有近似线性的磁场分布。在如图3所示的空间直角坐标系中，磁感应强度满足，其中为已知常数。所有电子均以速度（极大），在平面内中心附近区域不同位置沿轴负方向入射。已知电子电荷量大小为，质量为，可能用到的结论有：简谐运动周期公式 (1)若电子入射点为，其中、均大于0，求：入射时，电子所受洛伦兹力在轴和轴上的分力、的大小及方向（用、、、和表示）； (2)若“磁透镜”两端面中心坐标分别为和，因电子穿过磁透镜的时间极短，可认为电子在轴方向做匀速运动。当入射电子沿轴分布，要求电子能在处汇聚（即聚焦），求： ①的最小值； ②若，电子从处入射，定义电子第一次与轴的交点坐标为该磁透镜在轴方向的焦距，假设电子在“磁透镜”内部运动时，方向的偏移量可忽略不计，并满足，求：的大小。 (3)若将题（2）中的入射电子改为沿轴分布，其他条件不变，要求电子也能聚焦，有同学认为只需对“磁透镜”绕轴旋转，如果可行，请说明如何操作？ 14．如图所示，在空间建立三维坐标系，在平面右侧存在沿z轴负方向的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，平面左侧存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，两部分匀强电场的场强大小及匀强磁场的磁感应强度大小均相同。一电子从平面内的M点沿着与x轴负方向成角以初速度射出，电子的运动轨迹的最下端恰好与x轴相切，之后电子沿着与y轴负方向夹角通过平面。已知电子质量为m、电荷量为，匀强磁场的磁感应强度，匀强电场的电场强度，不计电子重力。 (1)求电子在平面右侧运动过程中的最大速率； (2)求M点x坐标的可能值； (3)若从电子通过平面开始计时，求时电子的位置坐标。 一、单选题 1．如图所示，两足够长的极板水平放置，板间距离为，两极板间加恒定电压，板间有水平向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带正电的粒子恰好能以速度沿两板正中间匀速穿过。粒子质量为，电荷量为。两板间的电场可视为匀强电场，不计粒子所受重力和粒子运动对电场的影响。下列说法正确的是（　　） A．磁感应强度大小为 B．仅减小板间电压，粒子不可能击中上极板 C．仅增大，使粒子击中上极板，击中前瞬间的速率与的大小有关 D．仅向上平移下极板，能使粒子恰击中下极板 2．如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源电压恒定，内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，极板间有水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘进入电容器做匀速圆周运动，恰好从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。则下列说法不正确的是（　　） A．小球做匀速圆周运动的半径为 B．小球在两极板间的运动时间为 C．两极板间磁场的磁感应强度 D．电源的电动势 3．如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，电场强度方向沿半径指向圆心，电场强度大小可表示为为到圆心的距离，为常量。两个粒子和分别在半径为和的圆轨道上做匀速圆周运动，已知两粒子的比荷大小相等，不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　） A．粒子的电势能大于粒子的电势能 B．粒子的速度大于粒子的速度 C．粒子的角速度大于粒子的角速度 D．若再加一个垂直运动平面向里的匀强磁场，粒子做离心运动 4．如图所示，平面直角坐标系x轴水平、y轴竖直，x轴下方存在垂直于面向里的匀强磁场，在y轴右侧有平行y轴的匀强电场（未画出），电场强度大小为E。质量为m的带电小球从A点由静止释放。已知小球在y轴左侧第一次运动到最低点时恰到达C点，并从C点沿x轴正方向进入第四象限，在y轴右侧以O为圆心、R为半径做匀速圆周运动，从D点射出磁场，重力加速度为g。则（　　） A．小球带负电，带电荷量的绝对值为 B．A、O间的距离为 C．小球从A到C的时间是从C到D时间的4倍 D．若撤去电场，球轨迹与x轴相邻交点间的距离为 5．如图所示，两个带等量异种电荷的平行金属板，板间加垂直纸面向里的匀强磁场，一粒子以某一速度垂直电场方向和磁场方向进入，运动轨迹为图中实线。已知磁感应强度为B，电场强度为E，下列说法正确的是（　　） A．粒子运动轨迹是抛物线 B．粒子射入的速度一定大于 C．粒子射出时的速度一定大于射入时的速度 D．若粒子从右侧进入一定不能沿直线从左侧离开 6．如图所示，光滑绝缘的水平面上有甲、乙两个绝缘小球，乙球静止在垂直纸面向里的磁场内，甲球静止在磁场外，甲、乙两球质量分别为、，甲球不带电，乙球带有的正电荷。某时刻给甲球一个大小为的初速度，甲球进入磁场后与乙球发生正碰，碰后乙球电荷量不变，向右运动过程中刚好对水平面没有压力，已知匀强磁场的磁感应强度大小为0.5T，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后甲球运动速度大小为 B．碰撞后乙球运动速度大小为 C．碰撞过程乙球对甲球的冲量大小为 D．甲对乙所做的功与乙对甲所做的功绝对值相等 7．云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是（　　） A．a、b、c都是正电子的径迹 B．a径迹对应的粒子动量最大 C．c径迹对应的粒子动能最大 D．c径迹对应的粒子运动时间最长 8．如图所示，在磁感应强度大小B，方向水平且垂直纸面向里的匀强磁场中，有一根长L的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量m、电荷量（）的小环。现让细杆以恒定的速度（）沿垂直磁场方向水平向右匀速运动，同时释放小环（竖直方向初速度为0），小环最终从细杆底端飞出，重力加速度为g，关于小环在杆上的运动，下列说法正确的是（　　） A．小环的轨迹是一条直线 B．小环做类平抛运动 C．洛伦兹力对小环做负功 D．小环在运动过程中机械能增加 二、多选题 9．2026年，中国主导的“天枢”空间引力波探测阵列依托单离子光钟确立极致频率基准。光钟的核心校准简化模型如图所示，一个正离子在径向电场（指向中心）和垂直纸面向里的匀强磁场的共同作用下，绕中心做逆时针的匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　） A．正离子所受洛伦兹力方向背向圆心 B．正离子做圆周运动的向心力由电场力和洛伦兹力的合力提供 C．若仅增大磁感应强度大小，正离子的角速度将增大 D．若撤去磁场，正离子将沿切线方向飞出 10．如图，磁感应强度大小为B的匀强磁场和电场强度大小为E的匀强电场，方向均平行于纸面向上，电场和磁场区域足够大。带电粒子（不计重力）由O点沿x轴正向入射到电磁场中，在z轴（0，0，h）处P点有一接收器，则接收器接收的粒子比荷可能为（　　） A． B． C． D． 11．如图，在空间直角坐标系中有一长方体ABCD-A'B'C'D'，AD长度为2.5m，AB长度大于3m，AA'长度为0.6m，OA=0.1m。空间内存在匀强电场（方向未知）和沿y轴正方向的匀强磁场，电场强度大小E=2N/C，磁感应强度大小B=1T。一电荷量q=+5×10-2C、质量m=5g的微粒在t=0时刻从O点以初速度沿着x轴正方向射入该区域，已知重力加速度为g=10m/s2，，下列说法中正确的是（　　） A．若仅撤去匀强电场，微粒将沿x轴做匀速直线运动 B．若匀强电场方向沿z轴负方向，时微粒恰好从BB'C'C面射出，则AB长度为 C．若匀强电场方向沿y轴正方向，微粒射出长方体区域的坐标为（0.5m，2.5m，0） D．若匀强电场方向与x轴垂直，斜向上与y轴正方向夹角成30°，微粒射出长方体区域的坐标为（0.1m，0.25m，0.1m） 12．如图所示，竖直虚线MN将真空空间分割成I、II两个区域，I、II区域内存在范围足够大、大小为、垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ。现使圆环从杆的底部以初速度向上运动，经时间后圆环回到出发位置，杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间后恰好能够进入II区域。已知重力加速度为g，圆环完成周期性运动的个数为n。下列说法正确的是（　　） A．当圆环回到出发位置时速度v的大小为 B．第一次通过MN边界时的速度大小 C．在圆环未离开I区域内达到最高点前的位移大小为 D．在圆环第二次通过MN边界前，从O点脱离杆后回到最高点的位移大小 三、解答题 13．如图甲所示，足够宽的金属板M、N水平正对平行放置，金属板长，两板间距，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，两板间加上如图乙所示的周期性电压，带电时M板带正电。时，一个质量、电荷量的带正电粒子，以的速度从距M板2.5cm的A处沿垂直于磁场、平行于两板的方向射入两板之间。不计粒子重力，取，计算结果均保留3位有效数字。 (1)求带电粒子在内位移大小； (2)求带电粒子在两板间运动所经历的时间； (3)若撤去两板间所加的电压并将匀强磁场方向变为水平向右（磁感应强度大小不变），在A处放一粒子源，粒子源可在平行纸面的平面内向各个方向发射速率均为的题干中的带电粒子，求带电粒子在两板间运动的最长时间。 14．如图所示，直角坐标系的第二、三、四象限内均存在沿轴负方向的相同匀强电场，第四象限内还存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。第一象限内存在垂直纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小沿轴方向满足（、均为已知量）。比荷为的带正电粒子（不计重力）从坐标为的点以沿轴正方向、大小为的初速度开始运动，粒子恰好从坐标原点射入第四象限。粒子第一次在第四象限内运动至最低点时的速度大小为。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)第四象限内磁场的磁感应强度大小； (3)粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹到轴的最远距离及该轨迹与轴所围的面积。 15．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅱ象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅲ象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，下边界是以为圆心、半径为2R的圆弧，上边界是以为圆心、半径为R的半圆弧，磁感应强度大小为。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从y轴上的M点沿x轴负方向正对圆心发射，沿半径的圆弧运动并恰能通过圆心，进入电场后从 y轴上的点进入第Ⅰ象限。不计粒子重力。 (1)求粒子射入第Ⅱ象限时的速度大小 (2)求匀强电场的场强E及粒子在第Ⅱ、Ⅲ象限中运动的总时间 (3)若第Ⅰ象限中有方向垂直纸面向里的磁场图中未画出，磁场的磁感应强度大小为正的常量，y为纵坐标，即在x方向均匀分布，在y方向随y均匀增大，求粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次离x轴最远时的轨迹与x轴围成的面积S。 12 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 带电粒子在叠加场中的运动 01 带电粒子在叠加场中做直线运动 1． 【答案】D 【详解】AB．若开始时小环所受合力沿杆向下，即 若 则支持力 当增大时，减小，增大，当增大到时，，之后支持力反向， 继续增大，增大，减小，当减小到0时，速度达到最大值，之后匀速向下运动，所以此情况可以出现先增大后减小的加速运动或者一直减小的加速运动，最后匀速，故AB正确，不符合题意； C．若开始时小环所受合力沿杆向上，即 若 则支持力 减小时，减小，减小，之后，反向， 继续减小，增大，增大，直到速度减为，如果较大，小环会反向沿杆向上加速，垂直杆向下， 则有牛顿第二定律得 减小直至为，最后匀速，故C正确，不符合题意； D．若开始时小环所受合力沿杆向上，即 若直接，则支持力 当减小时，增大，在速度减小到之前，一直增大，故D错误，符合题意。 故选 D。 2． 【答案】D 【详解】AB．在该复合场中，液滴受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的共同作用，因为液滴做匀速直线运动，所以三力的合力为零。假设液滴带正电，根据左手定则，洛伦兹力垂直于速度，方向斜向上。重力竖直向下，若电场线方向向右，则电场力水平向右，反之水平向左。由于MN与水平方向成45°，要使三力平衡，洛伦兹力必须斜向上，且电场力必须水平向右，所以液滴只能带正电，电场方向水平向右，故AB错误； C．在N点撤去电场后，液滴受到重力以及洛伦兹力，由于N和P在同一高度，所以该过程重力不做功，由于洛伦兹力也不做功，所以液滴的速度大小不变，但是由于洛伦兹力改变速度的方向，所以两点的速度方向不一定相同，故C项错误； D．在N点液滴的速度在水平方向为 竖直方向速度为 洛伦兹力在竖直方向上的分力大小为 由之前的分析可知，有 所以洛伦兹力在竖直方向的分量与重力抵消。洛伦兹力在另一个分量提供做匀速圆周运动的向心力，液滴做圆周运动有 解得 由上述分析可知，液滴所做运动为匀速直线运动与圆周运动的合运动，其偏离NP的最大距离为，故D项正确。 故选D。 02 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 3． 【答案】D 【详解】A．因电场力垂直圆环平面向外，电子在圆环平面内做圆周运动，电场力对电子不做功，故A错误； B．电子由于带负电，故所受电场力垂直圆环平面向外，与辐射状磁场对粒子的洛伦兹力平衡，电子受垂直圆环平面向里的匀强磁场的洛伦兹力方向指向圆心O，根据左手定则可知，电子在圆环内沿顺时针方向运动，故B错误； CD．电子在圆环内受到磁场Ⅱ的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力 解得： 电子在垂直环平面方向受力平衡 解得：，故C错误，D正确。 故选D。 4． 【答案】B 【详解】由牛顿第二定律 解得 由题意可知动能与温度成正比 将速度用动能表示为 将代入 可得 由于且不变，可得 温度从变为，则 故选B。 03 带电粒子在叠加场中的变速圆周运动 5． 【答案】D 【详解】A．小滑块运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故A错误； B．小滑块从开始运动到第一次通过圆弧面最低点的过程，由动能定理 解得，故B错误； CD．在最低点对小滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 解得，故C错误，D正确。 故选D。 6．【答案】D 【详解】A．小球要做完整圆周运动，在C点进行受力分析，可判断洛伦兹力向上，可知在C点速度方向向右，在A点速度方向向左，A错误； B．对A点受力分析 可得，B错误； C．由动能定理有 解得C点速度为，错误； D．在C点根据牛顿第二定律得 又根据牛顿第三定律，得10N，D正确。 故选D。 04 带电粒子在叠加场中做旋进运动 7． 【答案】D 【详解】A．正电粒子受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，粒子在复合场中做匀速直线运动，有 仅改变粒子电性，则所受的电场力方向向上，洛伦兹力向下，但仍满足 故仅改变粒子的电性，粒子仍沿直线经过点，A错误； B．从点水平向左射入，粒子所受的电场力向下，由左手定则可知洛伦兹力向下，故粒子所受的合外力竖直向下，故粒子不可能可沿直线经过点，B错误； CD．若只改变粒子速度大小，则电场力与洛伦兹力不再等大，故粒子不在做匀速直线运动，设粒子速度变为，可将速度分解为，满足 则可将粒子的速度所对应的洛伦兹力分力平衡电场力而做匀速直线运动，另一个分速度产生的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 匀速圆周运动的周期为 联立解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 即粒子一边做圆周运动，一边沿方向以做匀速直线运动，则当满足 时粒子仍从b点离开，联立解得当时粒子仍从b点离开，C错误；D正确。 故选D。 8． 【答案】B 【详解】A．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，根据功率的计算公式可知电场力的瞬时功率为P=Eqv1，可知电场力的瞬时功率增大，故A错误； B．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B正确。 C．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C错误； 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，与的比值不断增大，故D错误； 故选B。 05 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 9． 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）在小物块下滑的过程中，电场力水平向左，由左手定则知洛伦兹力水平向右。离开墙壁时，小物块受墙壁的弹力为0，电场力与洛伦兹力平衡，即 解得 运动过程中，电场力、洛伦兹力、弹力均不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得 即 （2）小物块离开点做曲线运动到达点时，小物块处于平衡状态，受力分析如图所示。 由几何关系知，洛伦兹力斜向右上，与水平方向成，正交分解后水平方向的平衡方程为 竖直方向的平衡方程为 解得， 10． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子甲在速度选择器中，根据平衡条件可得 解得 在右侧磁场中，根据牛顿第二定律可得 解得 、P之间的距离为 （2）带电粒子乙在速度选择器中，将粒子乙的速度分解为水平向左的和水平向右的，其中水平向右分速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，即 解得 带电粒子乙在水平向左的分速度作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得 解得 由题意可知，粒子乙在速度选择器中运动个周期进入右侧磁场，此时速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得 、Q之间的距离为 （3）带电粒子乙在水平向左的分速度作用下做匀速圆周运动的周期为 一个周期内，粒子乙向右运动的距离为 极板长度为 即此时粒子乙做了个圆周运动，在水平方向上 竖直方向上 此时速度为 设此时速度与水平方向的夹角为，则 在右侧磁场中，根据牛顿第二定律可得 解得 在右侧磁场中运动的弦长为 所以、S之间的距离为 06 带电粒子在叠加场中含动量问题 11． 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）设粒子从点运动到点经历的时间为，经过点时的速度为，速度与轴负方向的夹角为，对于该过程，依据运动学公式，沿轴方向，有 沿轴方向，有 联立以上两式，解得 即 同时，又得 设当粒子进入第三象限磁场中后，其做匀速圆周运动的轨迹半径为，根据图中几何关系，得 又据牛顿第二定律，得 联立以上两式，解得 则依据与的关系式，解得 （2）设电场强度的大小为，粒子在电场中的加速度大小为，据牛顿第二定律，得 再对粒子从点运动到点过程，由运动学公式，得 联立以上两式，解得 （3）设、两点间的距离为，粒子从点运动至点过程中，任一时刻的速度为，到达点处的速度大小为，现将沿着轴、轴方向分解得到的速度分别记为和，对于该过程，在轴方向，利用微元法，依据动量定理得 即 同理，在轴方向，依据动量定理得 即 联立以上式子，可得， 对于粒子从点运动至点过程，由于洛伦兹力不做功，据动能定理得 解得，粒子克服阻力所做的功为 【点睛】以下为本题中粒子对应的轨迹图，其中粒子进入第四象限后，由于阻力作用轨迹半径不断减小 12． 【答案】(1)， (2)， (3) 【详解】（1）设小球从到速度变化量为，由平行四边形定则得矢量三角形如图所示 的大小为，设与轴负方向夹角为，有 解得 由动量定理可知，该过程合外力的冲量 解得，方向与轴负方向夹角 对小球受力分析，水平方向有 竖直方向有 设小球从到经历的时间为，则 联立解得电场强度与轴正方向的夹角 （2）依题意，小球从到C所用时间为，则小球在C点时水平方向的分速度，则小球经过点时的速度大小 根据配速法，给小球配一个水平向右的速度，大小满足 可得 设与等大反向，与的合速度为，则小球的运动可看成以速度大小为的匀速圆周运动和速度大小为的匀速直线运动的合运动，如图所示 根据几何关系可得 可知当与方向相同时，在区域II运动时的速度最大，为 （3）小球在区域III运动，由于可知，电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，此时小球在区域III中运动的水平位移最大。 小球经过第1个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得 同理可得小球经过第2个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得 小球经过第3个磁场，有 小球经过第个磁场，有 则小球经过个磁场后，竖直方向有 可得 当时，可得 当时，可得 可知小球在第64个磁场中的某处，速度方向变为竖直方向，设此时在第64个磁场中沿水平方向通过的位移为，则有 解得 故小球在区域III运动过程中最大的水平位移为 07带电粒子在叠加场中的立体空间问题 13． 【答案】(1)，方向沿轴负方向； ，方向沿轴正方向 (2)①；② (3)绕轴旋转（顺时针、逆时针均可） 【详解】（1）根据洛伦兹力公式，可知 左手定则可知方向沿轴负方向 据洛伦兹力公式，可知 左手定则可知方向沿轴正方向 （2）①根据简谐运动周期 因为 可知 ②根据 求导可得 所以， 因为， 因为 联立可得 （3）绕轴旋转（顺时针、逆时针均可） 14． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）运用配速法处理电子在平面右侧的运动，有 解得 由左手定则可知该速度方向沿x轴负向电子做匀速圆周运动的速度为其初速度与的矢量和，大小为，方向与x轴正方向的夹角为 电子在平面右侧运动过程中的最大速度为匀速直线运动与圆周运动速度方向相同时，最大速度为 （2）电子运动的周期 一个周期沿x轴负向运动的位移 电子与y轴负方向夹角通过平面，则其圆周运动的速度沿y轴负向，运动的时间 M点的x坐标可能值为 洛伦兹力提供向心力有 解得 则M点的x坐标的可能值为 （3）电子在平面左侧以的速度沿x轴负向匀加速直线运动的同时，在垂直x轴方向以做匀速圆周运动，有 电子在右侧运动时轨迹可与x轴相切，则电子经过y轴时的坐标 则时，有，， 其中 解得 故时，电子的位置坐标为 一、单选题 1． 【答案】D 【详解】A．对粒子进行受力分析可知，粒子在混合场中受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力的作用，因为粒子以速度沿两板正中间匀速穿过，所以洛伦兹力与电场力平衡，即 解得磁感应强度大小为，故A错误； B．仅减小板间电压，电场强度减小，粒子受电场力减小，洛伦兹力大于电场力，粒子将向上偏，若板间距离较小，粒子可能击中上极板，故B错误； C．仅增大磁感应强度，使粒子击中上极板，设粒子到达上极板的速率为，洛伦兹力不做功，对粒子列动能定理方程有 可得 可知与磁感应强度的大小无关，故C错误； D．设将下极板向上平移时粒子恰能击中下极板，到达最低点时粒子下降高度为，速度为，方向水平向右，则有 设电场强度变为，则有 粒子所受电场力增加，所以粒子向下偏转，运动轨迹如图所示 设粒子向最低点运动过程中，某一时刻速度为，速度方向与水平方向夹角为，此时洛伦兹力大小为，方向与竖直方向夹角为，经过极短时间，水平方向由动量定理有 对从开始到最低点过程求和，可得 由动能定理有 联立可求出的值，即仅向上平移下极板，能使粒子恰击中下极板，故D正确。 故选D。 2． 【答案】B 【详解】A．小球在电磁场中做匀速圆周运动的运动轨迹，如图所示 设小球在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系，得 解得，故A正确，不符合题意； B．由几何关系可得，运动轨迹对应的圆心角 弧长 运动时间，故B错误，符合题意； C．小球做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，有 代入，解得，故C正确，不符合题意； D．重力与电场力平衡，有 电路中​、​串联，电容器电压等于​两端电压 联立解得，故D正确，不符合题意。 故选B。 3． 【答案】C 【详解】A．两个粒子和分别在半径为和的圆轨道上做匀速圆周运动，向心力由电场力提供，所以两个粒子带正电，若两个粒子的电荷量相同，则粒子的电势能小于粒子的电势能，而两个粒子的电荷量无法确定，所以无法确定电势能的高低，故A错误； B．圆周运动，电场力提供向心力 解得 两粒子的比荷大小相等，为常量，所以圆周运动的速度为一个定值。粒子的速度等于粒子的速度，故B错误； C．粒子的速度等于粒子的速度，所以粒子的角速度大于粒子的角速度，故C正确； D．若再加一个垂直运动平面向里的匀强磁场，因为粒子做的圆周运动的方向不确定，若为顺时针，则合力不足以提供向心力，离心运动，若为逆时针，则合力大于向心力，做向心运动。故D错误。 故选C。 4． 【答案】D 【详解】A．小球在y轴右侧做匀速圆周运动，所受电场力与小球重力大小相等、方向相反，结合磁场方向可知，小球带正电，带电荷量大小，故A错误； C．设小球在C点时速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有 小球做圆周运动的周期 则小球从C到D的运动时间为 小球从A点静止释放后，设小球沿x轴正方向、负方向的速度大小均为，沿x轴正方向的分速度产生的洛伦兹力与重力平衡，沿x轴负方向的分速度产生的洛伦兹力使小球做匀速圆周运动，可得，且 结合题述和上述分析可得，小球从A到C的运动时间为 故C错误； B．A、O间的距离等于A、C间的水平距离，联立得，故B错误； D．若撤去电场，小球在磁场和重力场作用下运动，球轨迹与x轴相邻交点间的距离等于球一个周期内沿x轴正方向前进的距离，为 故D正确。 故选D。 5． 【答案】D 【详解】ABC．假设粒子带正电，则电场力就向下，则由左手定则知所受洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运动轨迹知 则 将速度沿水平方向和竖直方向正交分解，其中水平分速度满足 水平方向以此速度做匀速直线运动，同时粒子以的速率在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动（两板间距足够大），故合运动为螺旋线； 运动过程洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减少，粒子射出时的速度小于射入时的速度； 若粒子带负电，电场力向上，则由左手定则知所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知 则,运动过程洛伦兹力不做功，电场力做正功，则粒子速度增加，粒子射出时的速度大于射入时的速度，故ABC 错误； D．若粒子从右侧进入，则不论粒子带正电还是负电，粒子受到的电场力和洛伦兹力都同向，不能满足二力平衡，故粒子不可能做直线运动，故D正确。 故选D。 6． 【答案】B 【详解】AB．碰撞过程，根据动量守恒定律有 碰后乙球电荷量不变，向右运动过程中刚好对水平面没有压力，则有 解得 ， 故A错误，B正确； C．结合上述可知，碰撞过程乙球对甲球的冲量大小为 故C错误； D．乙对甲所做的功的大小 甲对乙所做的功的大小 即甲对乙所做的功与乙对甲所做的功绝对值不相等，故D错误。 故选B。 7． 【答案】C 【详解】A．带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，A错误； B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 解得 由图可知，所以 根据 可知，B错误； C．根据 可知，C正确。 D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 ， 则 所以 粒子在磁场中的运动时间 其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D错误。 故选C。 8． 【答案】B 【详解】AB．对小环分析可知，竖直方向受向下的重力和向上的洛伦兹力作用，加速度为 因v不变，则加速度不变，即小环在竖直方向做初速度为0的匀加速运动，水平方向做匀速运动，可知做类平抛运动，小环运动的轨迹为曲线，故A错误，B正确； C．洛伦兹力总是与运动方向垂直，洛伦兹力对小环不做功，故C错误； D．小环的竖直向下的分速度使小环受到水平向右的洛伦兹力作用，则细杆对小环有水平向左的弹力作用，该弹力对小环做负功，可知小环在运动过程中机械能减小，故D错误。 故选B。 二、多选题 9． 【答案】BC 【详解】A．正离子逆时针做圆周运动，磁场垂直纸面向里，根据左手定则，磁感线穿手心（向里），四指指向正离子运动方向，大拇指指向洛伦兹力方向，可判断正离子任意位置的洛伦兹力都指向圆心，故A错误； B．正离子只受两个力，指向圆心的电场力（正离子电场力与电场方向同向，电场指向中心，故电场力指向圆心）、指向圆心的洛伦兹力，两个力的合力提供匀速圆周运动的向心力，故B正确； C．设圆周半径为，角速度为，根据向心力公式 代入 整理得 解得正根 可见，磁感应强度增大时，一定增大。故C正确 D．撤去磁场前， 因此 撤去磁场后，正离子仍受指向圆心的电场力，仅能提供的向心力小于所需向心力，正离子做离心运动，不会沿切线飞出（沿切线飞出是合力为零的情况），故D错误。 故选BC。 10． 【答案】BD 【详解】带电粒子以初速度沿Ox轴进入，磁场B沿Oz轴，故粒子在xy平面将做匀速圆周运动自洛伦兹力提供向心力，则有、 其角速度 同时，电场E也沿Oz轴，使粒子在z方向做匀加速运动，加速度为 xy平面运动方程，设粒子从O（0，0）出发，初速度沿+x，则半径 角速度 在t = 0时，x=0，y=0，速度沿+x，则有、 粒子只有在ωt = 2nπ（n为正整数）时才再次回到xy平面的原点（0，0）。其最小正周期对应n=1，时间为 z方向运动方程为 要求粒子同时满足在xy平面回到原点且到达z= h，即（n=1，2，3……） 则（n=1，2，3……） 又 代入可解得（n=1，2，3……） 由上式可见，当n = 1 时， 当n= 2 时， 故选BD。 11． 【答案】AC 【详解】A．若仅撤去匀强电场,重力大小为 洛伦兹力大小 根据左手定则洛伦兹力方向竖直向上,故其与重力平衡, 微粒将沿x轴做匀速直线运动,故A正确; B．若匀强电场方向沿z轴负方向,因电场力与重力的合力大小为 由配速法知，把看作沿x轴正方向,和x轴负方向两速度的合速度。因速度对应的洛伦兹力与电场力和重力的合力平衡,故其中一个分运动可看作沿x轴正方向以做匀速直线运动,另一个分运动是以速率,在xoz平面做匀速圆周运动，周期 半径 经时间, 又 故微粒沿x轴正方向 则AB长度为，故B错误； C．若匀强电场方向沿y轴正方向，则洛伦兹力与重力平衡，微粒沿x轴正方向做匀速直线运动，同时沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，且 沿y轴正方向，若微粒恰好从BB'C'C面射出 沿x轴正方向 微粒射出长方体区域的坐标为（0.5m，2.5m，0），故C正确； D．若匀强电场方向与x轴垂直,此时微粒沿x轴正方向做匀速直线运动，同时沿场强方向做初速度为零的匀加速直线运动，且 若从ABCD面射出 x坐标为 y坐标为，故D错误。 故选AC。 12． 【答案】BCD 【详解】A．①上升阶段，对环受力分析 规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得 ②下降阶段，对环受力分析 规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得 联立以上两式可得 解得 A错误； B．由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，故分解一个向右的速度且满足 即 则另一个速度 方向向左 所以物体在mg和产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在产生的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动之和。 由题意可知，第一次通过MN边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时的速度方向如图所示 由图可知，当物体的速度竖直向上时，的速度方向与水平方向向左成θ角，且 所以 所以 B正确； CD．易知圆环在I区域内做周期性运动，且此时的运动无法影响竖直方向，所以回到最高点的时间由决定 ①在圆环还未出I区域内达到最高点 设圆环已经完成了n个周期运动 则有 ， ， 解得 ②在圆环出I区域后达到最高点 II区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II区域时速度竖直向上， 所以圆环在II区域达到最高点的轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示 则 ，， CD均正确。 故选BCD。 三、解答题 13． 【答案】(1)6.28cm/ (2) (3) 【详解】（1）粒子进入电磁场区域后所受电场力 所受洛伦兹力 因为 所以粒子在内做匀速直线运动，其位移 代入数据解得 （2）经分析，粒子在有电场时做匀速直线运动，在无电场时做逆时针方向的匀速圆周运动，设圆周运动半径为，周期为，则 解得， 分析粒子运动过程可知，粒子在内位移 因为此时粒子距板右端 所以粒子从开始到即将从金属板右端离开的运动轨迹，如下图所示 设后，粒子再经离开磁场，内轨迹圆弧对应的圆心角为，则 解得 所以 所以粒子从射入到射出金属板所用时间 （3）经分析，初速度方向与磁场方向夹角为的粒子做等距螺旋运动。在不碰到金属板的粒子中，角越大，粒子在两板间运动的时间越长 设等距螺旋线截面圆的半径为，则能从金属板右端离开的粒子半径满足 设截面圆半径最大的粒子的初速度与磁场方向夹角为，将粒子初速度沿磁场和垂直磁场两个方向分解，有 即 解得 所以 所以粒子在两板间运动的最长时间 代入数据解得 14． 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）粒子从点运动至坐标原点，做类平抛运动，平行于轴方向上有 平行于轴方向上有 其中 解得 （2）解法一：粒子经过坐标原点时的速度大小 设粒子第一次在第四象限内运动至最低点时到轴的距离为，有 平行于轴方向上有 解得 解法二：粒子经过坐标原点时平行于轴方向的分速度大小 将粒子经过坐标原点时的速度分解为沿轴正方向、大小为的分速度，满足 另一分速度大小 粒子在第四象限内的运动可视为沿轴方向、速度为的匀速直线运动和速率为的匀速圆周运动的合运动，粒子运动至最低点时的速度大小 解得， （3）设粒子经过坐标原点时速度方向与轴正方向的夹角为，则有 粒子第二次经过轴时速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小仍为，平行于轴方向的分速度大小为，方向沿轴正方向，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动至离轴最远时，平行于轴方向的分速度大小变为0，平行于轴方向的分速度大小变为，平行于轴方向上有 其中 利用如图所示的图像可知 解得 平行于轴方向上有 其中 其中为对应轨迹与轴所围的面积，利用对称性可知，粒子第二、三次穿过轴的过程中运动轨迹与轴所围的面积 解得 15． 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有 解得 （2）正对圆心射入的粒子，沿半径的圆弧运动并恰能通过圆心，粒子在磁场中运动的轨迹的圆心恰好为原点O，运动轨迹如图所示， 设速度偏转角为，由几何关系有 解得 从O2点进入电场，沿y轴方向，则有 解得 沿x轴方向，则有， 解得 粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动的时间 粒子在第Ⅲ象限无磁场区域运动的时间 运动的总时间 解得 （3）粒子到达P点时沿y轴方向分速度 粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次沿y轴方向的分速度为0的过程中，沿 y轴由动量定理则有 其中 可得 又因为 可得 即 解得 28 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $