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1．(多选)(2025·福建闽侯一中一模)下列关于四种仪器的说法正确的是(　　)
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压有关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷不相同
C．丙中载流子为负电荷的霍尔元件有如图所示的电流和磁场时，N侧电势低
D．丁中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计在如图所示的匀强磁场中，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b无关
解析：选CD。根据qvB＝m，Ek＝mv2，得Ek＝，粒子的最大动能与加速电压无关，A错误；在速度选择器中，由qE＝qvB，得v＝，通过速度选择器的粒子速度相同，根据qvB＝m，得r＝，击中光屏同一位置的粒子比荷相同，B错误；负电荷运动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，负电荷向N侧偏转，则N侧电势低，C正确；带电粒子在磁场作用下向M、N两侧偏转，当电场力与洛伦兹力相等时，有q＝qvB，又Q＝bcv，得U＝，则前后两个金属侧面的电压与a、b无关，D正确。
2.(多选)(2025·广东省第一次调研)将离子注入竖直放置的硅片，其原理如图，甲、乙两离子在N处先后无初速度“飘入”加速电场，经过加速电场加速后，从P点沿半径方向进入垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转后，甲离子垂直注入硅片，乙离子与竖直方向成60°夹角斜向上注入硅片，则甲、乙两离子(　　)
A．均为正电荷
B．比荷相同
C．注入前瞬间的速率之比为∶1
D．在磁场中运动的时间之比为∶1
解析：选AC。由左手定则可知，两离子均带正电，A正确；经电场加速qU＝mv2，在磁场中qvB＝m，可知＝，两离子在磁场中运动的半径不同，则比荷不同，B错误；设圆形磁场的半径为R，则甲离子的运动半径r1＝R，乙离子的运动半径r2＝R tan 60°＝R，根据v＝＝，可知注入前瞬间的速率之比v1∶v2＝r2∶r1＝∶1，C正确；根据t＝·，可知＝··＝··＝，D错误。
3．(多选)磁流体发电机如图所示，间距d＝0.01 m的平行金属板P、Q之间有磁感应强度大小B＝0.01 T的匀强磁场，将一束等离子体以大小v＝1.4×105 m/s的速度喷入磁场。已知磁流体发电机等效内阻R1＝3 Ω，定值电阻R0＝2 Ω，电压表为理想电表。闭合开关S，小灯泡恰好正常发光时，电压表的示数为10 V，不考虑温度对小灯泡电阻的影响，下列说法正确的是(　　)
A．金属板Q带正电
B．通过定值电阻R0的电流为2 A
C．小灯泡的电阻为1 Ω
D．小灯泡的额定功率为8 W
解析：选AD。根据左手定则可知，等离子体中的正离子向下偏转，集聚到Q板，则Q板带正电，故A正确；磁流体发电机单位电动势E＝Bdv＝14 V，则回路中的电流I＝＝0.8 A，故通过定值电阻R0的电流为0.8 A，故B错误；小灯泡的电阻RL＝＝12.5 Ω，故C错误；小灯泡的额定功率P＝＝8 W，故D正确。
4．(2025·北京朝阳区期末)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直于纸面向里)。一带正电的粒子在M点由静止释放，不计粒子所受重力，则(　　)
A．粒子运动过程中速度随时间发生周期性变化
B．粒子运动过程中的加速度不变
C．磁场力始终对粒子做正功
D．电场力始终对粒子做正功
解析：选A。该粒子在M点由静止释放，其运动将比较复杂，可以将它为0的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度，设为v，令qvB＝qE，则有v＝，此时可以把粒子的运动分解为水平向右的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，则由运动的合成可知粒子速度随时间发生周期性变化，而此时的加速度即为做匀速圆周运动的向心加速度，方向时刻在变，电场力时而做正功时而做负功，故A正确，B、D错误；磁场力即为洛伦兹力，洛伦兹力与速度垂直，不做功，故C错误。
5.(2025·陕西宝鸡市二模)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，第一象限中存在匀强电场和匀强磁场。电场方向沿x轴正方向水平向右，磁场方向垂直于xOy平面向里，磁感应强度大小B＝0.5 T。第一象限内有一点P，OP连线与x轴正方向夹角θ＝37°。现有一个质量m＝400 g、电荷量q＝1 C的带正电的小球，从O点沿OP方向射入第一象限，恰好沿OP做直线运动。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求电场强度大小E以及小球从O点射入时的速度大小v0。
(2)若OP之间的距离L＝ m，且小球运动到P点时突然撤去磁场，则撤去磁场后经多长时间小球到达x轴？
解析：(1)设小球所受电场力为F，洛伦兹力为f，对小球进行受力分析如图所示，由题意可得小球能做匀速直线运动，所以小球处于平衡状态，对小球受力分析可得
F＝Eq，f＝qv0B
由平衡条件可得F＝mg tan θ
f＝
联立解得E＝3 N/C，v0＝10 m/s。
(2)突然撤去磁场后，小球做匀变速曲线运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。小球从P点到x轴的过程中，竖直分位移
y＝L sin θ，方向向下
小球在P点时的竖直分速度
vy＝v0sin θ，方向向上
规定竖直向下为正方向，则有y＝－vyt＋gt2
解得小球运动时间t＝2 s。
答案：(1)3 N/C　10 m/s　(2)2 s
6.(2025·吉林长春市二模)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E＝ eq \f(9mv,32qL) 。某带电粒子由点A(－L，0)以速度v0沿y轴正方向射入电场，经y轴进入磁场，偏转后会再次回到电场。已知该粒子质量为m，电荷量为＋q，不计粒子的重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)粒子第一次进入磁场的速度大小；
(2)磁感应强度B的取值范围。
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律可知qE＝ma
沿x轴方向有L＝at2，vx＝at
联立解得t＝，vx＝v0
则粒子进入磁场时的速度大小v＝ eq \r(v＋v) ＝v0。
(2)粒子第一次进入磁场时的位置坐标y＝v0t＝L
设粒子进入磁场时速度与y轴正方向夹角为θ，则
cos θ＝＝
解得θ＝37°
粒子在磁场中的运动轨迹刚好与x轴相切时，半径最大，如图所示
根据几何关系可得
y＝rm＋rmsin θ
解得最大半径rm＝L
即粒子在磁场中运动轨迹半径满足r≤L
由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m
解得B≥。
答案：(1)v0　(2)B≥
7．(2025·河南卷，T15)如图所示，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离s＝3h，不计重力。
(1)求磁感应强度的大小。
(2)求电场强度的大小。
(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)。
解析：(1)粒子的运动轨迹如图甲所示，
设粒子在磁场中运动轨迹半径为R，由几何关系得
R cos 60°＝R－h
解得R＝2h
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m eq \f(v,R)
解得B＝。
(2)粒子在电场中做类斜抛运动，粒子在水平方向上做匀速直线运动，
由对称性知x1＝s－2R sin 60°＝h
x1＝v0cos 60°·t
竖直方向上有v0sin 60°＝a·
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得E＝ eq \f(mv,2qh) ，a＝ eq \f(v,2h) 。
(3)若粒子从a点以速度v0竖直向下发射，先在磁场中做匀速圆周运动，后进入电场做类斜抛运动，再进入磁场做匀速圆周运动，一个周期的运动轨迹如图乙所示
由几何关系得sin θ＝＝
则θ＝30°
粒子在电场中做类斜抛运动
运动时间t′＝＝
粒子在电场中运动的水平位移
x2＝v0sin 30°·t′＝h
粒子再次进入磁场后做匀速圆周运动，
一个周期内粒子的位移
x＝2R－[R(1－cos 30°)＋x2＋R(1－cos 30°)]＝h
粒子运动的周期
T＝t′＋·＝
则漂移速度大小v＝＝v0。
答案：(1)　(2) eq \f(mv,2qh) 　(3)v0(共26张PPT)
复习效果自测
1．(多选)(2025·福建闽侯一中一模)下列关于四种仪器的说法正确的是(　　)
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与
加速电压有关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，
击中光屏同一位置的粒子比荷不相同
C．丙中载流子为负电荷的霍尔元件有如图所示
的电流和磁场时，N侧电势低
D．丁中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计在如图所示的匀强磁场中，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b无关
CD
负电荷运动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，负电荷向N侧偏转，则N侧电势低，C正确；
AC
解析：由左手定则可知，两离子均带正电，A正确；
3．(多选)磁流体发电机如图所示，间距d＝0.01 m的平行金属板P、Q之间有磁感应强度大小B＝0.01 T的匀强磁场，将一束等离子体以大小v＝1.4×105 m/s的速度喷入磁场。已知磁流体发电机等效内阻R1＝3 Ω，定值电阻R0＝2 Ω，电压表为理想电表。闭合开关S，小灯泡恰好正常发光时，电压表的示数为10 V，不考虑温度对小灯泡电阻的影响，下列说法正确的是(　　)
A．金属板Q带正电
B．通过定值电阻R0的电流为2 A
C．小灯泡的电阻为1 Ω
D．小灯泡的额定功率为8 W
AD
解析：根据左手定则可知，等离子体中的正离子向下偏转，集聚到Q板，则Q板带正电，故A正确；
4．(2025·北京朝阳区期末)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直于纸面向里)。一带正电的粒子在M点由静止释放，不计粒子所受重力，则(　　)
A．粒子运动过程中速度随时间发生周期性变化
B．粒子运动过程中的加速度不变
C．磁场力始终对粒子做正功
D．电场力始终对粒子做正功
A
磁场力即为洛伦兹力，洛伦兹力与速度垂直，不做功，故C错误。
5.(2025·陕西宝鸡市二模)如图所示，直角坐标系xOy位于
竖直平面内，第一象限中存在匀强电场和匀强磁场。电
场方向沿x轴正方向水平向右，磁场方向垂直于xOy平面
向里，磁感应强度大小B＝0.5 T。第一象限内有一点P，
OP连线与x轴正方向夹角θ＝37°。现有一个质量m＝400 g、电荷量q＝1 C的带正电的小球，从O点沿OP方向射入第一象限，恰好沿OP做直线运动。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求电场强度大小E以及小球从O点射入时的速度大小v0。
答案：3 N/C　10 m/s　
解析：突然撤去磁场后，小球做匀变速曲线运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。小球从P点到x轴的过程中，竖直分位移
y＝L sin θ，方向向下
小球在P点时的竖直分速度
vy＝v0sin θ，方向向上
答案：2 s
(1)粒子第一次进入磁场的速度大小；
(2)磁感应强度B的取值范围。
(1)求磁感应强度的大小。
(2)求电场强度的大小。
(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)。(共61张PPT)
专题十一　带电粒子在复合场中的运动
命题点1　复合场中运动的实例分析
01
A
题图乙中，根据左手定则可知正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B错误；
根据左手定则可知，带负电的载流子受到的洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时C板电势低，故D错误。
　　　(2025·北京卷，T12)电磁流量计可以测量导电液体
的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如
图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间
有垂直于管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　)
A．N点电势比M点高
B．U0正比于流量Q
C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
C
[解析]　根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；
　　　(2025·深圳市模拟)自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车车轮的运动速率。如图甲所示，自行车前轮半径为R，霍尔效应传感器固定于前叉距轴r处。一块磁体安装在前轮上，轮子每转一圈，磁体就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压，若每秒触发n次脉冲。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2(前表面的电势低于后表面的电势)，则(　　)
A．自行车的速度为2πnr
B．车速越大，A、B间电势差越大
C．霍尔元件的载流子是正电荷
D．电源长时间使用后电动势减小，
A、B间电势差将减小
D
[解析]　每秒触发n次脉冲，可知车轮每秒转n圈，则自行车的速度为v＝2πnR，故A错误；
前表面的电势低于后表面的电势，即前表面集聚负电荷，载流子为负电荷，故C错误；
A
题图乙中，根据左手定则可知正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B错误；
根据左手定则可知，带负电的载流子受到的洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时C板电势低，故D错误。
命题点2　带电粒子在叠加场中的运动
02
1．常见情形
(1)洛伦兹力与重力共存
(2)洛伦兹力与静电力共存
(3)静电力、洛伦兹力与重力共存
2．分析思路
BC
命题点3　带电粒子在组合场中的运动
03
1．电偏转和磁偏转
情景描述
情景图
垂直进入磁场
(磁偏转)
垂直进入电场
(电偏转)
进入电场时速度方向与电场有一定夹角
运动 规律
2.常见运动及分析方法
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
(3)粒子的运动周期。
　　　(2025·安徽蚌埠市第二次质检)如图所示，水平虚线a、b、c、d间距均为L，a、b间和c、d间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两个区域的磁感应强度大小相等，空间存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点由静止释放，粒子进磁场Ⅰ时撤去电场，粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹恰好与虚线b相切，已知P点离虚线a距离也为L，不计粒子的重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)不撤去电场，改变带电粒子在虚线上方由静止释放的位置，粒子进磁场Ⅰ后轨迹恰好与虚线b相切，则粒子释放的位置离虚线a的距离为多少；
[答案]　粒子应在边界a上由静止释放
(3)不撤去电场，将粒子在虚线a上方距离为2L的Q点(图中未标出)以水平速度v向右射出，结果粒子恰好不能从磁场Ⅱ的d边界射出，则初速度v多大。
　考向2　带电粒子在交变组合场中的运动
直向上射入第二象限，并以v1＝12 m/s的速度从y轴正方向上的C点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直于纸面向外的磁场方向为正方向)，重力加速度g取10 m/s2 。
(1)求微粒在x方向的加速度大小和电场强度E1的大小。
[答案]　30 m/s2　0.3 N/C
(2)在x轴正方向上有一点D，OD＝OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及磁场的变化周期T0 。
图1
(3)要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系。
图2
情景分类 情景图示 情景分析

磁场恒定，电场周期变化
情景分类 情景图示 情景分析

电场恒定，磁场周期变化
情景分类 情景图示 情景分析

电场与磁场交替出现
审题与规范答题(三)——带电粒子运动型
【审题定位】
1．正确分析受力和运动特征是解决问题的前提
(1)应把带电粒子的运动和受力情况结合起来分析，带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动。
(2)带电粒子所受的重力和电场力等大、反向时，洛伦兹力提供向心力，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
2．灵活选用力学规律是解题的关键
(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解。
(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。
(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应注意把运动分解，应用动能定理或能量守恒定律列方程求解。
(1)A点的坐标；
(2)粒子恰好不从BC边射出时，匀强磁场磁感应强度B1的大小；
(3)交变磁场的磁感应强度B2和周期t0的大小。
【审题模板】
序号 隐含条件分析 物理规律表达
① 从P点以大小为v、方向与BC边平行的初速度进入电场 速度方向和x轴正方向夹角为60°，粒子做匀变速曲线运动
② 从A点垂直于OB边进入磁场 粒子竖直速度为0，垂直于磁场边界进入磁场，如果出磁场也一定垂直于边界出磁场
③ 粒子恰好不从BC边射出 运动轨迹与BC边相切
④ 经两个完整周期后恰好从C点射出 完成两个周期的运动，运动具有对称性，轨迹示意图见解析图乙专题十一　带电粒子在复合场中的运动
[考情分析]
高考命题点 高考广东卷 其他高考卷(供参考)
1.复合场中运动的实例分析 广东卷T6 广东卷T5 北京卷 T12，广西卷 T10　 湖北卷T9，江西卷T7　 甘肃卷T15
2.带电粒子在叠加场中的运动 广东卷T8 福建卷 T7　 安徽卷T10　 新课标卷T18，江苏卷T16
3.带电粒子在组合场中的运动 广东卷T15 广东卷T14 河北卷 T10，河南卷 T15，湖北卷 T14，山东卷 T12，黑吉辽蒙卷 T15　 福建卷T15，新课标卷T26，辽宁、吉林、黑龙江卷T15，海南卷T18，湖南卷T14，山东卷T18，江苏卷T15　 海南卷T13，山东卷T17，辽宁卷T14，湖南卷T6，重庆卷T15，天津卷T13
4.动量观点在电场或磁场中的应用 广东卷T14 安徽卷T8　 北京卷T13，海南卷T17，新课标卷T19，湖北卷T15
命题点1　复合场中运动的实例分析
　如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是(　　)
A．甲图中，要增大粒子的最大动能，可增加磁感应强度B的大小
B．乙图中，A极板是发电机的正极
C．丙图中，重力不计的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝(B为磁感应强度，E为电场强度)，但粒子的电性无法判断
D．丁图中，若载流子带负电，稳定时C板电势高
[解析]　当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有qvmB＝m eq \f(v,R) ，可得粒子的最大动能Ekm＝，可知要增大粒子的最大动能，可增加磁感应强度B的大小，故A正确；题图乙中，根据左手定则可知正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B错误；重力不计的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器，根据平衡条件可得qvB＝qE，解得v＝，由于正、负电荷从左边进入速度选择器，只要满足v＝，都可以沿直线匀速通过速度选择器，所以粒子的电性无法判断，故C错误；根据左手定则可知，带负电的载流子受到的洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时C板电势低，故D错误。
[答案]　A
　(2025·北京卷，T12)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直于管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　)
A．N点电势比M点高
B．U0正比于流量Q
C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
[解析]　根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡有q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q，流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，根据U0＝可知此时式中的B为磁感应强度的一个分量，即此时测量时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。
[答案]　C
　(2025·深圳市模拟)自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车车轮的运动速率。如图甲所示，自行车前轮半径为R，霍尔效应传感器固定于前叉距轴r处。一块磁体安装在前轮上，轮子每转一圈，磁体就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压，若每秒触发n次脉冲。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2(前表面的电势低于后表面的电势)，则(　　)
A．自行车的速度为2πnr
B．车速越大，A、B间电势差越大
C．霍尔元件的载流子是正电荷
D．电源长时间使用后电动势减小，A、B间电势差将减小
[解析]　每秒触发n次脉冲，可知车轮每秒转n圈，则自行车的速度为v＝2πnR，故A错误；设霍尔元件的长(正面)、宽、高分别为a、b、h，则当平衡时满足q＝Bqv，其中I＝nqbhv，I＝＝，解得U2＝，可知A、B间电势差与车速无关，故B错误；前表面的电势低于后表面的电势，即前表面集聚负电荷，载流子为负电荷，故C错误；根据U2＝可知，电源长时间使用后电动势U1减小，A、B间电势差U2将减小，故D正确。
[答案]　D
　(2025·广东卷，T6)某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为－q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是(　　)
A．甲图中，要增大粒子的最大动能，可增加磁感应强度B的大小
B．乙图中，A极板是发电机的正极
C．丙图中，重力不计的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝(B为磁感应强度，E为电场强度)，但粒子的电性无法判断
D．丁图中，若载流子带负电，稳定时C板电势高
[解析]　当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有qvmB＝m eq \f(v,R) ，可得粒子的最大动能Ekm＝，可知要增大粒子的最大动能，可增加磁感应强度B的大小，故A正确；题图乙中，根据左手定则可知正电荷向B极板偏转，负电荷向A极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B错误；重力不计的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器，根据平衡条件可得qvB＝qE，解得v＝，由于正、负电荷从左边进入速度选择器，只要满足v＝，都可以沿直线匀速通过速度选择器，所以粒子的电性无法判断，故C错误；根据左手定则可知，带负电的载流子受到的洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时C板电势低，故D错误。
[答案]　A
命题点2　带电粒子在叠加场中的运动
1．常见情形
(1)洛伦兹力与重力共存
(2)洛伦兹力与静电力共存
(3)静电力、洛伦兹力与重力共存
2．分析思路
　(多选)(2025·福建卷，T7)如图所示，竖直面内存在垂直于纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g，则(　　)
A．电场强度大小为E＝
B．磁感应强度大小为B＝
C．N、P两点的电势差为U＝
D．粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为
[解析]　带电粒子沿着MN做匀速直线运动，故粒子受力平衡，受力分析如图所示，可知qE＝mg，qvB＝mg，解得E＝，B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子由N到P的过程中，水平方向上在电场力作用下做初速度大小为、加速度大小为g的匀加速直线运动，竖直方向上在重力作用下做初速度大小为、加速度为g的竖直上抛运动，粒子由N到P运动过程中，由竖直上抛运动规律可知，运动时间t＝×2＝，由匀加速直线运动的规律可知，水平位移大小xNP＝t＋gt2＝，则N、P两点的电势差U＝ExNP＝，C正确；粒子从N运动到P的过程中，竖直分速度减为0时距离NP最远，根据运动规律可知ymax＝＝，D错误。
[答案]　BC
命题点3　带电粒子在组合场中的运动
1．电偏转和磁偏转
情景描述 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 进入电场时速度方向与电场有一定夹角
情景图
运动规律 匀速圆周运动r＝，T＝ 类平抛运动vx＝v0，vy＝tx＝v0t，y＝t2 类斜抛运动vx＝v0sin θ，vy＝v0cos θ－tx＝v0sin θ·t，y＝v0cos θ·t－t2
2.常见运动及分析方法
考向1　带电粒子在恒定组合场中的运动
　(2025·湖北卷，T14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
(3)粒子的运动周期。
[解析]　粒子能回到O点，则粒子的运动轨迹对称，其运动的轨迹如图所示。
(1)粒子在MN左侧区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝m eq \f(v,r1)
解得r1＝。
(2)O点到MN的距离为＝r1
粒子在MN左侧磁场中运动的轨迹对应的圆心为O1，粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动，运动到PQ右侧后，粒子以O2为圆心、r2为半径做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0·2B＝m eq \f(v,r2)
解得r2＝＝r1
由几何关系得，粒子在PQ右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°，
则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距
d＝2r2sin 60°＝。
(3)由几何关系得粒子在MN左侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为240°，运动时间t1＝T1＝T1
T1＝
粒子在PQ右侧磁场中的运动时间t2＝T2＝T2
T2＝
粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动的时间
t3＝
则粒子的运动周期T＝t1＋t2＋t3＝＋。
[答案]　(1)　(2)　(3)＋
　(2025·安徽蚌埠市第二次质检)如图所示，水平虚线a、b、c、d间距均为L，a、b间和c、d间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两个区域的磁感应强度大小相等，空间存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点由静止释放，粒子进磁场Ⅰ时撤去电场，粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹恰好与虚线b相切，已知P点离虚线a距离也为L，不计粒子的重力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)不撤去电场，改变带电粒子在虚线上方由静止释放的位置，粒子进磁场Ⅰ后轨迹恰好与虚线b相切，则粒子释放的位置离虚线a的距离为多少；
(3)不撤去电场，将粒子在虚线a上方距离为2L的Q点(图中未标出)以水平速度v向右射出，结果粒子恰好不能从磁场Ⅱ的d边界射出，则初速度v多大。
[解析]　(1)设粒子进磁场Ⅰ时的速度大小为v0，根据动能定理有qEL＝mv
解得v0＝
据题意可知，粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，其半径r1＝L
据牛顿第二定律有qv0B＝m eq \f(v,r1)
解得B＝。
(2)设粒子释放的位置离虚线a的距离为d，粒子与虚线b相切时的速度大小为v1，据动能定理有
qE(L＋d)＝mv
解得v1＝
粒子在磁场Ⅰ中运动到b的过程，水平方向应用动量定理有qyBt1＝mv1
在竖直方向有yt1＝L
解得d＝0，即粒子应在边界a上由静止释放。
(3)由题意可知，粒子到边界d时速度与d相切水平向右，设其速度大小为v2，则有qE×5L＝mv－mv2
粒子在两个磁场中运动到d的过程，水平方向应用动量定理有qyBt2＝mv2－mv
在竖直方向有yt2＝2L
则有2qBL＝mv2－mv
解得v＝。
[答案]　(1)　(2)粒子应在边界a上由静止释放
(3)
考向2　带电粒子在交变组合场中的运动
　(2025·广州市普通高中三模)在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy, x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1。坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2＝，匀强磁场方向垂直于纸面。现有一个比荷＝102 C/kg的带正电微粒(可视为质点)以v0＝4 m/s的速度从x轴上A点竖直向上射入第二象限，并以v1＝12 m/s的速度从y轴正方向上的C点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直于纸面向外的磁场方向为正方向)，重力加速度g取10 m/s2 。
(1)求微粒在x方向的加速度大小和电场强度E1的大小。
(2)在x轴正方向上有一点D，OD＝OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及磁场的变化周期T0 。
(3)要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系。
[解析]　(1)将微粒在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动，有t＝＝0.4 s
ax＝＝30 m/s2 ，ax＝
计算得出E1＝0.3 N/C。
(2)由E1＝3E2，可得qE2＝mg
图1
所以带电微粒在第一象限将做匀速圆周运动；
设微粒运动圆轨道半径为R，周期为T，则有
qv1B0＝m ，可得R＝　
由第二象限的运动知h＝t＝0.8 m，
使微粒从C点运动到D点，可能的运动轨迹如图1所示，则h＝2nR＝2n(n＝1，2，3，…)
计算得出B0＝0.3n T (n＝1，2，3，…)
T＝，＝，解得T0＝ s(n＝1，2，3，…)。
图2
(3)当交变磁场周期取最大值而微粒不再越过y轴时可作如图2所示运动情形
由图2可以知θ＝，则 T0≤T，B0T0≤ kg/C。
[答案]　(1)30 m/s2　0.3 N/C
(2)0.3n T(n＝1，2，3，…)　 s(n＝1，2，3，…)
(3)B0T0≤ kg/C
情景分类 情景图示 情景分析
磁场恒定，电场周期变化 粒子的入射时刻为t＝0y＝sin θ＝≤d＝2n(n＝1，2，3，…)
电场恒定，磁场周期变化 粒子的入射时刻为t＝x＝4r　y＝0
电场与磁场交替出现 粒子的入射时刻为t＝0v＝at＝·＝x0＝·＝
审题与规范答题(三)——带电粒子运动型
【审题定位】
1．正确分析受力和运动特征是解决问题的前提
(1)应把带电粒子的运动和受力情况结合起来分析，带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动。
(2)带电粒子所受的重力和电场力等大、反向时，洛伦兹力提供向心力，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
2．灵活选用力学规律是解题的关键
(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解。
(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。
(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应注意把运动分解，应用动能定理或能量守恒定律列方程求解。
【题目示例】
(17分)(2025·潮州市期末教学质检)如图a所示，平面直角坐标系xOy中，第三象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限直角三角形OBC区域中存在着大小、方向均可调整的磁场。已知C点坐标为(L，0)，BC边与x轴正方向的夹角大小为60°，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，①从P点以大小为v、方向与BC边平行的初速度进入电场。经偏转后②从A点垂直于OB边进入磁场。若磁场为方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则发现③粒子恰好不从BC边射出。若磁场为随时间呈周期性变化的交变磁场(如图b，规定磁场方向垂直于纸面向外为正)，则发现在t＝0时从A点进入磁场的粒子，④经两个完整周期后恰好从C点射出，已知匀强电场的场强E＝，不计粒子重力。求：
(1)A点的坐标；
(2)粒子恰好不从BC边射出时，匀强磁场磁感应强度B1的大小；
(3)交变磁场的磁感应强度B2和周期t0的大小。
【审题模板】
序号 隐含条件分析 物理规律表达
① 从P点以大小为v、方向与BC边平行的初速度进入电场 速度方向和x轴正方向夹角为60°，粒子做匀变速曲线运动
② 从A点垂直于OB边进入磁场 粒子竖直速度为0，垂直于磁场边界进入磁场，如果出磁场也一定垂直于边界出磁场
③ 粒子恰好不从BC边射出 运动轨迹与BC边相切
④ 经两个完整周期后恰好从C点射出 完成两个周期的运动，运动具有对称性，轨迹示意图见解析图乙
【规范答题】
(1)(第1个给分点：6分)
沿电场线反方向，粒子做匀减速直线运动，则有
v＝2ahAB(1分)
vy＝v sin 60°(1分)
根据牛顿第二定律则有qE＝ma(1分)
对A点yA＝L tan 60°－hAB(1分)
解得yA＝L(1分)
A点的坐标为(0，－L)。(1分)
(2)(第2个给分点：4分)
粒子进入磁感应强度为B1的磁场中，运动轨迹如图甲所示， 则有
vA＝v cos 60°(1 分)
由牛顿第二定律有
qvAB1＝ eq \f(mv,R1) (1分)
由几何关系得hAB＝R1＋(1分)
联立解得B1＝。(1分)
　　　
(3)(第3个给分点：7分)
粒子进入磁感应强度为B2的磁场中，由牛顿第二定律有
qvAB2＝ eq \f(mv,R2) (1分)
设粒子在的时间内，轨迹的圆心角为θ，由题意知，粒子的运动轨迹如图乙所示，则θ＝60°，由几何关系知
AC＝2L＝4R2，R2＝(2分)
B2＝(1分)
＝T＝·(2分)
解得t0＝。(1分)

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