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(共66张PPT)
习题课一 带电粒子在复合场中的运动
核心素 养目标 1.理解组合场和叠加场的特点，会分析粒子在各种场中
的受力情况。
2.掌握带电粒子在组合场和叠加场中的运动规律和分析
方法
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一　带电粒子在组合场中的运动
1. “电偏转”和“磁偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀
强电场（不计重力） 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
（不计重力）
受力情况 只受恒定的电场力F＝
Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F洛＝
qvB
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
电偏转 磁偏转
运动轨迹 抛物线 圆弧
求解方法
2. 带电粒子在组合场中运动问题的分析思路
通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，从粒子的速度方向和受
力方向入手，分析粒子进入电场后做直线运动还是类平抛运动、进
入磁场后做直线运动还是匀速圆周运动（一般的曲线运动很少涉
及），不同的运动类型应用不同的规律，列方程时注意衔接速度是
联系前后过程的桥梁。
【典例1】　如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区
域，半径为r＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里。在y＞r的区域存在一
沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点（坐
标原点）有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，
粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场
离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，
不计粒子重力。求：
（1）圆形磁场区域磁感应强度的大小；
答案： 0.2 T　
解析： 沿x轴正方向射入磁场的粒子进入
电场后，速度减小到0，粒子一定是从图中的
P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在
磁场中做圆周运动的轨道半径R＝r＝0.5 m，
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m联立得B
＝，
代入数据得B＝0.2 T。
（2）沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走
过的路程。
答案： （0.5π＋1）m
解析：粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在
磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πR
设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得
qE＝mv2
得s2＝
总路程s＝s1＋s2＝πR＋
代入数据得s＝（0.5π＋1）m。
1. （多选）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和
P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方
向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离
子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中
运动时，离子P＋和P3＋（　　）
A. 在电场中的加速度之比为1∶1
C. 在磁场中转过的角度之比为1∶2
D. 离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析： 　两离子质量相等，所带电荷量之比为1∶3，在电场
中运动时，由牛顿第二定律得q＝ma，则加速度之比为1∶3，A错
误；在电场中仅受电场力作用，由动能定理得qU＝Ek＝mv2，在
磁场中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力永不做功，可知离开电场区域
时动能之比为1∶3，D正确；根据在磁场中洛伦兹力提供离子做圆
周运动所需的向心力，知qvB＝m，得R＝＝ ，运动半径
之比为∶1，B正确；设磁场区域的宽度为d，则有sin θ＝∝，则＝，故θ'＝60°＝2θ，可知C正确。
2. 如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电
场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带电荷量为
q、质量为m的带正电的粒子，在x轴负半轴上的a点以速度v0与x轴
负方向成60°角射入磁场，从y＝L处的b点垂直于y轴方向进入电
场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计重力，求：
（1）磁感应强度B的大小；
答案： 　
解析：
带电粒子在磁场与电场中运动轨迹如图所示，由几何关系可
知R＋Rsin 30°＝L，解得R＝，又因为qv0B＝m，解得B
＝。
（2）电场强度E的大小；
答案： 　
解析：设带电粒子在电场中运动时间为t2，沿x轴有2L＝v0t2，
沿y轴有L＝a，又因为qE＝ma，
解得E＝。
（3）粒子在磁场和电场中的运动时间的比值。
答案：
解析：带电粒子在磁场中运动时间t1＝×＝
×＝，带电粒子在电场中运动时间t2＝，所以带电
粒子在磁场和电场中运动时间之比＝。
要点二　带电粒子在叠加场中的运动
1. 叠加场
电场、磁场、重力场叠加，或其中某两类场叠加。
2. 带电粒子在叠加场中的常见运动
静止或匀
速直线运
动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，将处于静止状
态或匀速直线运动状态
匀速圆周
运动 当带电粒子所受的重力与电场力平衡时，带电粒子在洛
伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆
周运动
较复杂的
曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度
方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这
时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线
【典例2】　如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场
强度大小E＝5 N/C，同时存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，
其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的
小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图
示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁
场消失引起的电磁感应现象），取g＝10 m/s2，求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
答案： 20 m/s　速度方向与电场方向的
夹角为60°　
解析： 小球做匀速直线运动时受力如图
甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为
零，有
qvB＝　①
代入数据解得v＝20 m/s　②
设速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tan θ＝　
③
代入数据解得tan θ＝，θ＝60°。　④
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时
间t。
答案： 2 s
解析：解法一：撤去磁场，小球在重力与电
场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所
示，设其加速度为a，有
a＝　⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt　
⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有
y＝at2　⑦
tan θ＝　⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s。
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖
直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为
正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝
vsin θ
若使小球再次穿过P点所在的这条电场线，仅需小球在竖直
方向上的分位移为零，则有vyt－gt2＝0
联立解得t＝2 s。
规律方法
带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法
1. 如图所示的区域中存在着匀强电场和匀强磁场，二者平行但方向相
反。质量为m，所带电荷量为－q的粒子（不计重力）沿电场方向
以初速度v0射入场区，下列关于该粒子的说法正确的是（　　）
A. 所受洛伦兹力越来越小
B. 速度方向保持不变
C. 所受静电力越来越小
解析： 　因v0与B平行，故该粒子不受洛伦兹力，选项A错误；因
所受电场力与v0方向相反，故经一定时间后，速度方向改变，选项
B错误；因电场是匀强电场，故粒子所受电场力不变，选项C错
误；由动能定理可知qElm＝m，解得lm＝，故选项D正确。
2. （多选）两带电油滴在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀
强磁场B正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则
两油滴一定相同的是（　　）
A. 带电性质 B. 运动周期
C. 运动半径 D. 运动速率
解析： 　由题意可知，mg＝qE，且电场力方向竖直向上，所以
油滴均带正电，由于T＝＝，故两油滴周期相同，由于运动
速率关系未知，由r＝＝得，轨道半径大小关系无法判断，所
以选项A、B正确，C、D错误。
3. 如图所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿x轴正方向，匀强磁
场的方向垂直于xOy平面向里。一电子在xOy平面内运动时，速度
方向保持不变，则电子的运动方向沿（电子重力不计）（　　）
A. x轴正方向 B. x轴负方向
C. y轴正方向 D. y轴负方向
解析： 　电子受电场力方向一定水平向左，
所以需要受向右的洛伦兹力才能做匀速运动，
根据左手定则进行判断可得电子应沿y轴正方向运动，故C正确。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. 一正电荷q在匀强磁场中，以速度v沿x轴正方向进入垂直纸面向里
的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示，为了使电荷能做
直线运动，则必须加一个匀强电场进去，不计重力，此电场的电场
强度应该是（　　）
B. 沿y轴负方向，大小为Bv
解析： 　要使电荷能做直线运动，必须用电场力平衡洛伦兹力，
由于正电荷所受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故电场力必须沿y轴
负方向且qE＝qvB，即E＝Bv。
2. （多选）一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电
场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域
有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所
示。在下图所示的几种情况中，不计重力，可能出现的是（　　）
解析： 　根据带电粒子在电场中的偏转情况可以确定选项A、
C、D中粒子带正电，选项B中粒子带负电，再根据左手定则判断
粒子在磁场中偏转方向，可知A、D正确，B、C错误。
3. （多选）空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向
里）的匀强磁场。如图所示，已知一离子在静电力和洛伦兹力共同
作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为
零，C为运动的最低点，不计重力，则（　　）
A. 该离子带负电
B. A、B两点位于同一高度
C. C点时离子速度最大
D. 离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
解析： 　由离子受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中
受洛伦兹力作用沿曲线运动，知电场力方向向下，则离子带正电，
A错误；洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，根据
动能定理知，电场力做功为零，则A、B两点等电势，因为该电场
是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理
得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；只要
将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速
度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠
加区域，离子就将在B点的右侧重现前面的曲线运动，因此，离子
是不可能沿原曲线返回A点的，D错误。
4. 如图所示，在第Ⅱ象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为
E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大
小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴且初速度v0从x轴上的P点进
入匀强电场中，并且恰好以与y轴的正方向成45°角进入磁场，又
恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，
则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总
时间为（　　）
解析： 　带电粒子的运动轨迹如图所示，由题意可知，带电粒子
出电场时，速度v＝v0，在电场中运动的时间t1＝＝，根据几
何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2d，带电粒子
在第Ⅰ象限中运动的圆心角为，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时
间t2＝T＝×＝，带电粒
子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝＝，故t总＝t1＋t2＋t3＝
，故D正确。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一　带电粒子在组合场中的运动
1. （多选）如图所示，A板发出的电子（重力不计）经A、B板间电场
加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N之间，M、N之间
有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P
上。关于电子的运动，下列说法中正确的是（　　）
A. 当滑片向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升
B. 当滑片向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不
变
C. 若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的
速度大小不变
D. 若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的
速度变大
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解析： 　当滑片向右移动时，加速电场的电压增大，加速后电
子动能增大，进入磁场时的初速度增大，在磁场内做匀速圆周运动
的半径变大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升，在磁场
中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项A正确，B错误；
磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，打在荧光屏上
的速度大小不变，选项C正确，D错误。
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2. （2024·四川广安高二期末）如图所示，某种带电粒子由静止开始
经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体
板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射
入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，
则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的
变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（　　）
A. d随U1变化，d与U2无关
B. d与U1无关，d随U2变化
C. d随U1变化，d随U2变化
D. d与U1无关，d与U2无关
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解析： 　带电粒子在两导体板间电势差为U2的匀强电场中做类平
抛运动，可将射出此电场的粒子速度v分解成沿初速度方向与加速
度方向的分量，设出射速度与水平方向夹角为θ，则有＝cos θ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几
何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有＝cos θ，所以d
＝，又因为半径R＝，则有d＝＝ ，故d随U1变
化，d与U2无关，故A正确。
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3. （多选）在如图所示的坐标系中，y＞0的空间中存在匀强电场，场
强方向沿y轴负方向；－1.5h＜y＜0的空间中存在匀强磁场，磁场
方向垂直xOy平面（纸面）向外。一电荷量为q、质量为m的带正电
的粒子，经过y轴上y＝h处的P1点时速率为v0，方向沿x轴正方向，
然后经过x轴上x＝1.5h处的P2点进入磁场，进入磁场后垂直磁场下
边界射出。不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列
说法正确的是（　　）
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解析：BC　设粒子从P1点到P2点的时间为
t0，粒子从P1点到P2点沿水平方向做匀速直线
运动，沿竖直方向做匀加速直线运动，由运
动学公式可得1.5h＝v0t0，h＝t0，联立解
得vy＝v0，则粒子到达P2点的速度v＝＝v0，A错误；根据以上条件结合动能定理可得qEh＝mv2－m，解得E＝，B正确；
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由题意可知粒子进入磁场后垂直磁场下边界射出，由此可作出粒子的运动轨迹如图所示，粒子刚进入磁场时v＝v0，则＝＝cos 53°，得粒子刚进入磁场时与x轴正向夹角为53°，由几何关系可知，轨迹半径R满足Rsin 37°＝1.5h，即R＝2.5h，根据带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力可得qvB＝，联立解得B＝，C正确；根据T＝可得T＝，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×T＝，D错误。
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题组二　带电粒子在叠加场中的运动
4. （多选）如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂
直纸面向里，三个小球a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b
向右做匀速直线运动，c向左做匀速直线运动，比较它们的重力
Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是（　　）
A. Ga最大 B. Gb最大
C. Gc最大 D. Gb最小
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解析： 　根据F合＝0可知a带负电，显然b、c也带负电，所以b
所受洛伦兹力方向竖直向下，c所受洛伦兹力方向竖直向上，则有
Gb＜Ga＜Gc，C、D正确。
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5. （2024·四川自贡高二期末）如图所示，空间中存在相互垂直的匀
强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆
周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则
液滴环绕速度大小及方向分别为（　　）
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解析： 　液滴在叠加场中做匀速圆周运动，可知重力和电场力平
衡，则液滴受到向上的电场力，可知液滴带负电，根据左手定则可
知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qvB
＝m，又因为重力和电场力平衡，则有qE＝mg，联立解得v＝
，故A、B、D错误，C正确。
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6. （2024·四川广元高二期末）如图所示，空间存在竖直向上的匀强
电场和水平的匀强磁场（垂直纸面向里）。一带正电的小球从O点
由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹
中的最高点，Q为与O同一水平高度的点。下列关于该带电小球运
动的描述，正确的是（　　）
A. 小球在运动过程中受到的洛伦兹力先增大后减小
B. 小球在运动过程中电势能先增加后减少
C. 小球在运动过程中机械能守恒
D. 小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点
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解析： 　小球由静止开始向上运动，可知电场力大于重力，在运
动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力的合力先做正功，后
做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到
的洛伦兹力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，电场
力先做正功，后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球
在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守
恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，不会沿着曲线
QPO回到O点，故D错误。
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7. （多选）在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为＋
q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径。整个管道处
于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂
直。现给带电球体一个水平速度v0，则在整个运动过程中，带电球
体克服摩擦力所做的功可能为（　　）
D. 0
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解析： 　当qv0B＜mg时，带电球体做减速运动到静止，只有
摩擦力做功。根据动能定理得－W＝0－m，解得W＝m，
故A正确；当qv0B＞mg时，带电球体先做减速运动，当qvB＝mg，
即v＝时不受摩擦力，做匀速直线运动，根据动能定理得－W＝
mv2－m，代入解得W＝m，故B错误，C正确；
当qv0B＝mg时，带电球体不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为
零，故D正确。
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8. （多选）（2024·四川成都高二期末）如图所示，M、N为两块带等
量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间
的任意数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重
力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区
域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上
的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，小孔Q到板的下端C的距
离为L。当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板
上，则（　　）
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解析： 　粒子运动轨迹如图所示。当M、N两
板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，
由几何知识得此时粒子的运动半径R＝L，粒子在
磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qvB
＝m，则v＝，在加速电场中，由动能定理得
qUm＝mv2－0，解得Um＝，A正确；
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设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子的运动半径为R'，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则G、H间距离为粒子打中区域的长度x，根据几何关系得＝L＝R'＋，解得R'＝，根据几何关系可得粒子打中区域的长度x＝R－＝，B正确；粒子在
磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动的最大圆心角θ＝180°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝T＝，C错误；当粒子在磁场中的运动轨迹与CD边相切时，即粒子半径R'＝时，打到N板上的粒子的动能最大，最大动能Ekm＝mv'2，根据洛伦兹力提供向心力可得qv'B＝m，解得Ekm＝，D正确。
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9. （2024·四川南充高二期末）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象
限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂
直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，
在A点（0，3 m）以初速度v0＝120 m/s平行x轴正方向射入电场区
域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通
过x轴上的P点（6 m，0）和Q点（8 m，0）各一次。已知该微粒的
比荷为＝102 C/kg，微粒重力不计，
（1）求微粒从A到P所经历的时间
和加速度的大小；
答案： 0.05 s　2.4×103m/s2
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解析： 微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做
类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动，由x＝v0t得t
＝＝0.05 s
微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2
得a＝2.4×103 m/s2。
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（2）求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带
电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；
答案： 45°　图见解析　
解析： vy＝at，tan α＝＝1，
所以α＝45°
微粒由A至Q的运动轨迹如图
所示
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（3）求电场强度E和磁感应强度B的大小。
答案： 24 N/C　1.2 T
解析：由qE＝ma得E＝24 N/C
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，
v＝v0＝120 m/s
由几何关系可知r＝ m，
由qvB＝m得B＝＝1.2 T。
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谢谢观看!习题课一　带电粒子在复合场中的运动
题组一　带电粒子在组合场中的运动
1.（多选）如图所示，A板发出的电子（重力不计）经A、B板间电场加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N之间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上。关于电子的运动，下列说法中正确的是（　　）
A.当滑片向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升
B.当滑片向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变
C.若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变
D.若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大
2.（2024·四川广安高二期末）如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（　　）
A.d随U1变化，d与U2无关
B.d与U1无关，d随U2变化
C.d随U1变化，d随U2变化
D.d与U1无关，d与U2无关
3.（多选）在如图所示的坐标系中，y＞0的空间中存在匀强电场，场强方向沿y轴负方向；－1.5h＜y＜0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，经过y轴上y＝h处的P1点时速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上x＝1.5h处的P2点进入磁场，进入磁场后垂直磁场下边界射出。不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　）
A.粒子到达P2点时速度大小为v0 B.电场强度大小为
C.磁感应强度大小为 D.粒子在磁场中运动的时间为
题组二　带电粒子在叠加场中的运动
4.（多选）如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个小球a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速直线运动，c向左做匀速直线运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是（　　）
A.Ga最大 B.Gb最大
C.Gc最大 D.Gb最小
5.（2024·四川自贡高二期末）如图所示，空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴环绕速度大小及方向分别为（　　）
A.，顺时针 B.，逆时针
C.，顺时针 D.，逆时针
6.（2024·四川广元高二期末）如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场（垂直纸面向里）。一带正电的小球从O点由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点。下列关于该带电小球运动的描述，正确的是（　　）
A.小球在运动过程中受到的洛伦兹力先增大后减小
B.小球在运动过程中电势能先增加后减少
C.小球在运动过程中机械能守恒
D.小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点
7.（多选）在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为＋q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径。整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直。现给带电球体一个水平速度v0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为（　　）
A.m B.m
C.m D.0
8.（多选）（2024·四川成都高二期末）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的任意数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，小孔Q到板的下端C的距离为L。当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则（　　）
A.两板间电压的最大值Um＝
B.CD板上可能被粒子打中区域的长度x＝L
C.粒子在磁场中运动的最长时间tm＝
D.能打到N板上的粒子的最大动能为
9.（2024·四川南充高二期末）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在A点（0，3 m）以初速度v0＝120 m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点（6 m，0）和Q点（8 m，0）各一次。已知该微粒的比荷为＝102 C/kg，微粒重力不计，
（1）求微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
（2）求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；
（3）求电场强度E和磁感应强度B的大小。
习题课一　带电粒子在复合场中的运动
1.AC　当滑片向右移动时，加速电场的电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，在磁场内做匀速圆周运动的半径变大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升，在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项A正确，B错误；磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，选项C正确，D错误。
2.A　带电粒子在两导体板间电势差为U2的匀强电场中做类平抛运动，可将射出此电场的粒子速度v分解成沿初速度方向与加速度方向的分量，设出射速度与水平方向夹角为θ，则有＝cos θ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有＝cos θ，所以d＝，又因为半径R＝，则有d＝＝ ，故d随U1变化，d与U2无关，故A正确。
3.BC　设粒子从P1点到P2点的时间为t0，粒子从P1点到P2点沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做匀加速直线运动，由运动学公式可得1.5h＝v0t0，h＝t0，联立解得vy＝v0，则粒子到达P2点的速度v＝＝v0，A错误；根据以上条件结合动能定理可得qEh＝mv2－m，解得E＝，B正确；由题意可知粒子进入磁场后垂直磁场下边界射出，由此可作出粒子的运动轨迹如图所示，粒子刚进入磁场时v＝v0，则＝＝cos 53°，得粒子刚进入磁场时与x轴正向夹角为53°，由几何关系可知，轨迹半径R满足Rsin 37°＝1.5h，即R＝2.5h，根据带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力可得qvB＝，联立解得B＝，C正确；根据T＝可得T＝，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×T＝，D错误。
4.CD　根据F合＝0可知a带负电，显然b、c也带负电，所以b所受洛伦兹力方向竖直向下，c所受洛伦兹力方向竖直向上，则有Gb＜Ga＜Gc，C、D正确。
5.C　液滴在叠加场中做匀速圆周运动，可知重力和电场力平衡，则液滴受到向上的电场力，可知液滴带负电，根据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，又因为重力和电场力平衡，则有qE＝mg，联立解得v＝，故A、B、D错误，C正确。
6.A　小球由静止开始向上运动，可知电场力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力的合力先做正功，后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的洛伦兹力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误。
7.ACD　当qv0B＜mg时，带电球体做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得－W＝0－m，解得W＝m，故A正确；当qv0B＞mg时，带电球体先做减速运动，当qvB＝mg，即v＝时不受摩擦力，做匀速直线运动，根据动能定理得－W＝mv2－m，代入解得W＝m，故B错误，C正确；当qv0B＝mg时，带电球体不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零，故D正确。
8.ABD　粒子运动轨迹如图所示。当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，由几何知识得此时粒子的运动半径R＝L，粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则v＝，在加速电场中，由动能定理得qUm＝mv2－0，解得Um＝，A正确；设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子的运动半径为R'，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则G、H间距离为粒子打中区域的长度x，根据几何关系得＝L＝R'＋，解得R'＝，根据几何关系可得粒子打中区域的长度x＝R－＝，B正确；粒子在磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动的最大圆心角θ＝180°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T＝T＝，C错误；当粒子在磁场中的运动轨迹与CD边相切时，即粒子半径R'＝时，打到N板上的粒子的动能最大，最大动能Ekm＝mv'2，根据洛伦兹力提供向心力可得qv'B＝m，解得Ekm＝，D正确。
9.（1）0.05 s　2.4×103 m/s2
（2）45°　图见解析　（3）24 N/C　1.2 T
解析：（1）微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动，由x＝v0t得t＝＝0.05 s
微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2得a＝2.4×103 m/s2。
（2）vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45°
微粒由A至Q的运动轨迹如图所示
（3）由qE＝ma得E＝24 N/C
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，
v＝v0＝120 m/s
由几何关系可知r＝ m，
由qvB＝m得B＝＝1.2 T。
3 / 3习题课一　带电粒子在复合场中的运动
核心素 养目标 1.理解组合场和叠加场的特点，会分析粒子在各种场中的受力情况。 2.掌握带电粒子在组合场和叠加场中的运动规律和分析方法
要点一　带电粒子在组合场中的运动
1.“电偏转”和“磁偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转 条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场（不计重力） 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场（不计重力）
受力 情况 只受恒定的电场力F＝Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F洛＝qvB
运动 情况 类平抛运动 匀速圆周运动
运动 轨迹 抛物线 圆弧
求解 方法 利用类平抛运动的规律得x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 由牛顿第二定律、向心力公式得R＝，T＝，t＝
2.带电粒子在组合场中运动问题的分析思路
通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，从粒子的速度方向和受力方向入手，分析粒子进入电场后做直线运动还是类平抛运动、进入磁场后做直线运动还是匀速圆周运动（一般的曲线运动很少涉及），不同的运动类型应用不同的规律，列方程时注意衔接速度是联系前后过程的桥梁。
【典例1】　如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为r＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里。在y＞r的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点（坐标原点）有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，不计粒子重力。求：
（1）圆形磁场区域磁感应强度的大小；
（2）沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
尝试解答
1.（多选）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋（　　）
A.在电场中的加速度之比为1∶1
B.在磁场中运动的半径之比为∶1
C.在磁场中转过的角度之比为1∶2
D.离开电场区域时的动能之比为1∶3
2.如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在x轴负半轴上的a点以速度v0与x轴负方向成60°角射入磁场，从y＝L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计重力，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）电场强度E的大小；
（3）粒子在磁场和电场中的运动时间的比值。
要点二　带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场叠加，或其中某两类场叠加。
2.带电粒子在叠加场中的常见运动
静止或匀速直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态
匀速圆周运动 当带电粒子所受的重力与电场力平衡时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动
较复杂的曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线
【典例2】　如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取g＝10 m/s2，求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
尝试解答
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
尝试解答
规律方法
带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法
1.如图所示的区域中存在着匀强电场和匀强磁场，二者平行但方向相反。质量为m，所带电荷量为－q的粒子（不计重力）沿电场方向以初速度v0射入场区，下列关于该粒子的说法正确的是（　　）
A.所受洛伦兹力越来越小
B.速度方向保持不变
C.所受静电力越来越小
D.向右的最大位移为
2.（多选）两带电油滴在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是（　　）
A.带电性质 B.运动周期
C.运动半径 D.运动速率
3.如图所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿x轴正方向，匀强磁场的方向垂直于xOy
平面向里。一电子在xOy平面内运动时，速度方向保持不变，则电子的运动方向沿（电子重力不计）（　　）
A.x轴正方向 B.x轴负方向
C.y轴正方向 D.y轴负方向
1.一正电荷q在匀强磁场中，以速度v沿x轴正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示，为了使电荷能做直线运动，则必须加一个匀强电场进去，不计重力，此电场的电场强度应该是（　　）
A.沿y轴正方向，大小为
B.沿y轴负方向，大小为Bv
C.沿y轴正方向，大小为
D.沿y轴负方向，大小为
2.（多选）一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在下图所示的几种情况中，不计重力，可能出现的是（　　）
3.（多选）空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场。如图所示，已知一离子在静电力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点，不计重力，则（　　）
A.该离子带负电
B.A、B两点位于同一高度
C.C点时离子速度最大
D.离子到达B点后，将沿原曲线返回A点
4.如图所示，在第Ⅱ象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴且初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好以与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为（　　）
A.　　　　　　 B.（2＋5π）
C. D.
习题课一　带电粒子在复合场中的运动
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　（1）0.2 T　（2）（0.5π＋1）m
解析：（1）沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从图中的P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R＝r＝0.5 m，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
联立得B＝，
代入数据得B＝0.2 T。
（2）粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πR
设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得
qE＝mv2
得s2＝
总路程s＝s1＋s2＝πR＋
代入数据得s＝（0.5π＋1）m。
素养训练
1.BCD　两离子质量相等，所带电荷量之比为1∶3，在电场中运动时，由牛顿第二定律得q＝ma，则加速度之比为1∶3，A错误；在电场中仅受电场力作用，由动能定理得qU＝Ek＝mv2，在磁场中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力永不做功，可知离开电场区域时动能之比为1∶3，D正确；根据在磁场中洛伦兹力提供离子做圆周运动所需的向心力，知qvB＝m，得R＝＝ ，运动半径之比为∶1，B正确；设磁场区域的宽度为d，则有sin θ＝∝，则＝，故θ'＝60°＝2θ，可知C正确。
2.（1）　（2）　（3）
解析：（1）带电粒子在磁场与电场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知R＋Rsin 30°＝L，解得R＝，又因为qv0B＝m，解得B＝。
（2）设带电粒子在电场中运动时间为t2，沿x轴有2L＝v0t2，沿y轴有L＝a，又因为qE＝ma，
解得E＝。
（3）带电粒子在磁场中运动时间t1＝×＝×＝，带电粒子在电场中运动时间t2＝，所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比＝。
要点二
知识精研
【典例2】　（1）20 m/s　速度方向与电场方向的夹角为60°
（2）2 s
解析：（1）小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝　①
代入数据解得v＝20 m/s　②
设速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tan θ＝　③
代入数据解得tan θ＝，θ＝60°。　④
（2）解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有
a＝　⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt　⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有
y＝at2　⑦
tan θ＝　⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s。
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsin θ
若使小球再次穿过P点所在的这条电场线，仅需小球在竖直方向上的分位移为零，则有vyt－gt2＝0
联立解得t＝2 s。
素养训练
1.D　因v0与B平行，故该粒子不受洛伦兹力，选项A错误；因所受电场力与v0方向相反，故经一定时间后，速度方向改变，选项B错误；因电场是匀强电场，故粒子所受电场力不变，选项C错误；由动能定理可知qElm＝m，解得lm＝，故选项D正确。
2.AB　由题意可知，mg＝qE，且电场力方向竖直向上，所以油滴均带正电，由于T＝＝，故两油滴周期相同，由于运动速率关系未知，由r＝＝得，轨道半径大小关系无法判断，所以选项A、B正确，C、D错误。
3.C　电子受电场力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛伦兹力才能做匀速运动，根据左手定则进行判断可得电子应沿y轴正方向运动，故C正确。
【教学效果·勤检测】
1.B　要使电荷能做直线运动，必须用电场力平衡洛伦兹力，由于正电荷所受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故电场力必须沿y轴负方向且qE＝qvB，即E＝Bv。
2.AD　根据带电粒子在电场中的偏转情况可以确定选项A、C、D中粒子带正电，选项B中粒子带负电，再根据左手定则判断粒子在磁场中偏转方向，可知A、D正确，B、C错误。
3.BC　由离子受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用沿曲线运动，知电场力方向向下，则离子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为零，根据动能定理知，电场力做功为零，则A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理得，离子运动到C点电场力做功最大，则速度最大，C正确；只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B点的右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，D错误。
4.D　带电粒子的运动轨迹如图所示，由题意可知，带电粒子出电场时，速度v＝v0，在电场中运动的时间t1＝＝，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2d，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2＝T＝×＝，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝＝，故t总＝t1＋t2＋t3＝，故D正确。
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