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第59课时　带电粒子在叠加场中的运动
[学习目标]　1．了解叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中的运动。2．会分析带电粒子在交变电磁场中的运动问题。3．会分析带电粒子在立体空间中的运动。
带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2．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．静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若静电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，可用动能定理求解问题。
4．静电力、洛伦兹力、重力并存
(1)若三力平衡，则带电粒子一定做匀速直线运动。
(2)若重力与静电力平衡，则带电粒子一定做匀速圆周运动。
(3)若合力不为0且与速度方向不垂直，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
如图所示，一带电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入正交的匀强电场和匀强磁场，恰能沿水平方向做直线运动。(不计重力)
(1)小球一定带正电。 (　　)
(2)若仅改变小球的电性进入该区域，小球进入后仍将做直线运动。 (　　)
(3)若小球以同样大小的速度垂直MN边界进入场区，小球进入后仍将做直线运动。 (　　)
[典例1]　(2025·湖南卷)如图所示，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
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方法技巧：带电粒子在叠加场中运动的常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直 线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件
匀速圆 周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为0，qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为0，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
带电粒子在交变电磁场中的运动
1．基本思路
2．注意问题
(1)仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。
(2)必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析。
(1)粒子在交变场中的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子进入场的时刻有关。 (　　)
(2)周期性变化的电、磁场会使带电粒子顺次经历不同特点的电、磁场，从而表现出“多过程”现象。 (　　)
[典例2]　(2024·广东卷)如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场，水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，静电力对粒子做的功W。
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带电粒子在立体空间中的运动
　带电粒子的螺旋线运动和旋进运动
空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况：
(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
[典例3]　(2024·湖南卷)如图所示，有一内径为2r、长为L的圆筒，左、右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O'O方向为x轴正方向建立Oxyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
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(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值；
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(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时在y轴正方向的最大位移。
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　带电粒子在立体空间中的偏转
分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系。带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题。一般情况下利用降维法，要将粒子的运动分解为两个互相垂直的分运动来求解。
[典例4]　(多选)(2025·陕西铜川模拟)利用电磁控制带电粒子的运动轨迹在现代实验和设备中得到广泛应用。如图所示，空间内有正立方体abcd-efgh区域，正方体区域内存在着方向沿ae向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电粒子从a点沿ab方向以速度v0进入空间，粒子恰好通过c点；第一次撤去磁场，正方体内加上竖直向下的匀强电场E1，粒子仍从a点以原速度v0进入电场，粒子恰好通过f点；第二次恢复原磁场，同时换上竖直向下的匀强电场E2，粒子仍从a点以原速度v0进入场区，粒子恰好通过g点，不计粒子重力，正方体外无电场和磁场，下列说法正确的是(　　)
A．电场强度E1大小为v0B
B．粒子从a点到c点时间是从a点到f点时间的倍
C．电场强度E2大小为
D．到达g点时速度大小为v0
第59课时
考点1
情境辨析　(1)×　(2)√　(3)×
典例1　解析：(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为
U＝E0＝E0＝E0
粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则在水平方向由运动学公式有d＝v0t
在竖直方向由牛顿第二定律有q＝ma
由运动学公式有d＝at2
联立解得q＝。
(2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan θ＝2×＝
则θ＝30°
由几何关系可知v＝＝
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示
由几何关系可知r＝＝d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
联立解得B＝。
(3)方法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡静电力的作用，如图所示，则有qv1B＝Eq
可得v1＝＝v0
由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2＝2vcos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有
qv2B＝m
解得r'＝d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图所示
由几何关系可知xm＝r'cos 30°＋r'＝d。
方法二　正则动量法　当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最大，设此时速度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有
∑qvxBΔt＝mv'－(－mvsin 30°)
即qBxm＝mv'－(－mvsin 30°)
对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有
Eqxm＝mv'2－mv2
联立解得xm＝d。
答案：(1)　(2)　(3)d
考点2
判断正误　(1)√　(2)√
典例2　解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为
T＝2t0
根据T＝
则粒子所带的电荷量
q＝。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时
＝vt0
出电场时竖直速度为0，则竖直方向
y＝2××(0.5t0)2
在磁场中时
qvB＝m
其中的
y＝2r＝
联立解得
v＝π
D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图。
由(2)的计算可知金属板的板间距离
D＝3r
粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为0后反向加速运动，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内静电力做功为0，在左侧电场中运动时，往返一次静电力做功也为0，可知整个过程中只有从开始到进入左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功，则
W＝mv2＋×＝＋＝。
答案：(1)正电　　(2)　π　(3)
考点3
典例3　解析：(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…)
联立解得B＝(n＝1，2，3，…)
当n＝1时，Bmin＝。
(2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxB＝m
则|tan θ|＝＝。
(3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动时在y轴正方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有
eE＝ma
由速度－位移关系式有2aym＝
联立解得ym＝。
答案：(1)　(2)　(3)
典例4　BC　[设立方体棱长为L，只加磁场时，粒子做圆周运动，恰好通过c点，其半径R＝L，由qv0B＝m，所用时间t1＝＝；只加电场E1，粒子做类平抛运动，有L＝v0t2，L＝，联立得E1＝2v0B，t2＝，可得＝，故A错误，B正确；空间同时加磁场和电场E2，粒子做非等距螺旋线运动，粒子恰好通过g点，所用时间t3＝t1＝，沿电场方向有L＝，得E2＝，故C正确；粒子在g点速度vg＝＝v0，故D错误。]
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第十章　磁　场
第59课时　带电粒子在叠加场中的运动
[学习目标]　1．了解叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中的运动。2．会分析带电粒子在交变电磁场中的运动问题。3．会分析带电粒子在立体空间中的运动。
考点1　带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2．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．静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若静电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，可用动能定理求解问题。
4．静电力、洛伦兹力、重力并存
(1)若三力平衡，则带电粒子一定做匀速直线运动。
(2)若重力与静电力平衡，则带电粒子一定做匀速圆周运动。
(3)若合力不为0且与速度方向不垂直，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
如图所示，一带电小球从O点以某一速度垂直边
界PQ进入正交的匀强电场和匀强磁场，恰能沿水
平方向做直线运动。(不计重力)
(1)小球一定带正电。 (　　)
(2)若仅改变小球的电性进入该区域，小球进入后仍将做直线运动。 (　　)
(3)若小球以同样大小的速度垂直MN边界进入场区，小球进入后仍将做直线运动。 (　　)
×　
√　
×
[典例1]　(2025·湖南卷)如图所示，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘
c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
[解析]　(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U＝E0＝E0＝E0
粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则在水平方向由运动学公式有d＝v0t
在竖直方向由牛顿第二定律有q＝ma
由运动学公式有d＝at2
联立解得q＝。
(2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan θ＝2×＝
则θ＝30°
由几何关系可知v＝＝
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示
由几何关系可知r＝＝d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
联立解得B＝。
(3)方法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡静电力的作用，如图所示，则有qv1B＝Eq
可得v1＝＝v0
由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2＝2vcos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m
解得r'＝d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图所示
由几何关系可知xm＝r'cos 30°＋r'＝d。
方法二　正则动量法　当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最大，设此时速度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有qvxBΔt＝mv'－(－mvsin 30°)
即qBxm＝mv'－(－mvsin 30°)
对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有
Eqxm＝mv'2－mv2
联立解得xm＝d。
[答案]　(1)　(2)　(3)d
方法技巧：带电粒子在叠加场中运动的常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件
匀速圆 周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为0，qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为0，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
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(2025·陕西西安模拟)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy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B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0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E；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0[解析]　(1)电子沿x轴正方向做直线运动，则电子受力平衡，即eE＝ev0B
解得E＝Bv0。
(2)电子在电场和磁场叠加场中运动，受洛伦兹力和静电力的作用，只有静电力做功，则电子的速度由到的过程中，由动能定理得eEy1＝m－m
解得y1＝。
(3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2＝的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则
电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B
电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE
由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，
即F2＝F1
整理得v1＋v2＝2v0
电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得eEy2＝m－m整理得v2－v1＝
解得v1＝v0
又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝的位置的电子数占总电子数的比例为η＝＝×100%
解得η＝90%。
[答案]　(1)Bv0　(2)　(3)90%
1．基本思路
考点2　带电粒子在交变电磁场中的运动
2．注意问题
(1)仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。
(2)必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析。
(1)粒子在交变场中的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子进入场的时刻有关。 (　　)
(2)周期性变化的电、磁场会使带电粒子顺次经历不同特点的电、磁场，从而表现出“多过程”现象。 (　　)
√　
√
[典例2]　(2024·广东卷)如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场，水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质
量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，
静电力对粒子做的功W。
[解析]　(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为
T＝2t0
根据T＝
则粒子所带的电荷量
q＝。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时
＝vt0
出电场时竖直速度为0，则竖直方向
y＝2××(0.5t0)2
在磁场中时qvB＝m
其中的y＝2r＝
联立解得v＝π D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图。
由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r
粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时
刻进入左侧的电场做减速运动，速度为0后反向加速运动，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内静电力做功为0，在左侧电场中运动时，往返一次静电力做功也为0，可知整个过程中只有从开始到进入左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功，则W＝mv2＋×＝＋＝。
[答案]　(1)正电　　(2)　π　(3)
考点3　带电粒子在立体空间中的运动
角度1　带电粒子的螺旋线运动和旋进运动
空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况：
(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
[典例3]　(2024·湖南卷)如图所示，有一内径为2r、长为L的圆筒，左、右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O'O方向为x轴正方向建立Oxyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的
速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值；
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运
动时在y轴正方向的最大位移。
[解析]　(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…)
联立解得B＝(n＝1，2，3，…)
当n＝1时，Bmin＝。
(2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxB＝m
则|tan θ|＝＝。
(3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动时在y轴正方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有
eE＝ma
由速度－位移关系式有2aym＝
联立解得ym＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
角度2　带电粒子在立体空间中的偏转
分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系。带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题。一般情况下利用降维法，要将粒子的运动分解为两个互相垂直的分运动来求解。
[典例4]　(多选)(2025·陕西铜川模拟)利用电磁控制带电粒子的运动轨迹在现代实验和设备中得到广泛应用。如图所示，空间内有正立方体abcd-efgh区域，正方体区域内存在着方向沿ae向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电粒子从a点沿ab方向以速度v0进入空间，粒子恰好通过c点；第一次撤去磁场，正方体内加上竖直向下的匀强电场E1，粒子仍从a点以原速度v0进入电场，粒子恰好通过f点；第二次恢复原磁场，同时换上竖直向下的匀强电场E2，粒子仍从a点以原速度v0进入场区，粒子恰好通过g点，不计粒子重力，正方体外无电场和磁场，下列说法正确的是(　　)
A．电场强度E1大小为v0B
B．粒子从a点到c点时间是从a点到f点时间的倍
C．电场强度E2大小为
D．到达g点时速度大小为v0
√
√
BC　[设立方体棱长为L，只加磁场时，粒子做圆周运动，恰好通过c点，其半径R＝L，由qv0B＝m，所用时间t1＝＝；只加电场E1，粒子做类平抛运动，有L＝v0t2，L＝，联立得E1＝2v0B，t2＝，可得＝，故A错误，B正确；空间同时加磁场和电场E2，粒子做非等距螺旋线运动，粒子恰好通过g点，所用时间t3＝t1＝，沿电场方向有L＝，得E2＝，故C正确；粒子在g点速度vg＝＝v0，故D错误。]
课时作业(五十九)　带电粒子在叠加场中的运动
1．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(如图所示)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(　　)
A．静电力的瞬时功率为qE
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
D　[根据功率的计算公式可知P＝Fvcos θ，则静电力的瞬时功率为P＝qEv1，A错误；由于v1与磁感应强度B平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F洛＝qv2B，B错误；根据运动的合成与分解可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力不变，静电力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
2．(2025·江苏南京模拟)质量为m、电荷量为q的微粒，以与水平方向成θ角的速度v从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．该微粒一定带正电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的电场强度为
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
D　[若微粒带正电，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和斜向右下的洛伦兹力qvB，则微粒不能做直线运动，因此微粒应带负电，故A错误；微粒如果做匀变速运动，重力和静电力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，且洛伦兹力方向与速度方向垂直，故微粒不能沿直线运动，故B错误；微粒受力情况如图所示，由平衡条件可知，qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，联立解
得B＝，E＝，故C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
3．(多选)(2024·安徽卷改编)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　)
A．油滴a带正电，所带电荷量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
BD　[油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知油滴a带负电，有mg＝Eq，解得q＝，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，解得油滴a做圆周运动的速度大小v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝，周期T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小液滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
4．(多选)(2025·福建卷)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电荷量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为g，则(　　)
A．电场强度E＝
B．磁场强度B＝
C．NP两点的电势差U＝
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
BC　[带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图甲所示。由受力平衡可知mg＝qE，qvB＝mg，解得电场强度E＝，磁感应强度B＝，故A错误，B正确；在N点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图乙所示。
题号
1
3
5
2
4
6
7
且加速度a＝＝g，粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度角的正切值tan θ＝2tan 45°＝2，所以粒子在P点的速度vP＝＝v，N到P过程，由动能定理有qU＝m－mv2，解得NP两点间的电势差U＝，C正确；将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且＝vcos 45°＝v，故粒子能向上运动的最大距离h＝＝，D错误。故选BC。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O'且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子间的相互作用力。求：
(1) 磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O'垂直于N板射出磁场，正离子射
入磁场时的速度v0的可能值。
[解析]　(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0＝，做匀速圆周运动的周期T0＝，由以上两式得磁感应强度B0＝。
(2)要使正离子从O'垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期T0时，有R＝；当两板之间正离
子运动n个周期即nT0时，有R＝(n＝1，2，3，…)
联立解得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1，2，3，…)。
[答案]　(1)　(2)(n＝1，2，3，…)
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．(2025·福建福州一模)图甲所示的xOy平面内存在着变化的电场和变化的磁场，变化规律如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直于纸面向里，电场强度的正方向为沿y轴正方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向入射(不计粒子所受重力)。B-t图中B0＝，E-t图中E0＝。求：
(1)时刻粒子的坐标；
(2)前7t0时间段内粒子
轨迹纵坐标的最大值。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)粒子在磁场中运动的周期T＝＝t0
洛伦兹力提供向心力，有B0qv0＝m
所以时刻粒子坐标为(r1，r1)，即。
(2)0到t0 恰好做了一个完整的圆周运动
t0到2t0时间内粒子沿y轴方向做匀加速直线运动2t0时，y轴方向的速度为v0，位移为 y0＝v0t0
2t0到3t0做完整圆周运动Δy＝0
题号
1
3
5
2
4
6
7
3t0到4t0时间内沿y轴正方向粒子做匀减速运动，由对称性可知，3t0到4t0时间内沿y轴正方向粒子运动的位移y2＝y0
4t0时刻沿y轴正方向速度为0，此时粒子速度为v0，4t0到5t0做完整圆周运动Δy＝0
5t0到6t0时间内粒子沿y轴正方向匀加速粒子的运动位移y3＝y0
6t0时刻粒子的速度为v0
6t0到7t0时间内粒子，又做圆周运动沿y轴方向最大位移
题号
1
3
5
2
4
6
7
y磁＝(1＋cos 45°)r2
因为r2＝v0t0，前7t0时间段内y最大值
即ym＝3y0＋y磁
得ym＝v0t0。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[答案]　(1)　 (2)v0t0
7．如图所示的Oxyz坐标系中，0l的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从y轴上的点P(0，2l，0)以速度v0沿x轴正方向射入Ⅰ区域，从点Q进入Ⅱ区域。粒子在Ⅱ区域内，第二次经过x轴时粒子位于N点，且速度方向与x轴正方向夹角β＝。已知Ⅰ区域磁场磁感应强度大小B0＝，不计粒子重力。
(1)求粒子经过Q点时速度方向与x轴正方向的夹角α；
(2)求匀强电场的电场强度大小E；
(3)求粒子从P到N所用的时间。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)粒子在Ⅰ区域内做匀速圆周运动，有qv0B0＝m
解得r1＝＝2l
根据几何关系有sin α＝，解得α＝60°。
(2)由几何关系可知，Q、N两点沿电场方向的距离为l，粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动，有vNx＝vQx＝v0cos α，cos β＝
由动能定理有－qEl＝m－m
解得E＝。
题号
1
3
5
2
4
6
7
(3)粒子由P到Q过程，设所用时间为t1，有t1＝T，T＝
粒子由Q到N的过程，沿y轴方向先匀减速后匀加速，设时间分别为t2、t3，有v0sin α＝t2，vNsin β＝t3
其中t＝t1＋t2＋t3
联立解得t＝。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[答案]　(1)60°　(2)　(3)
章末巩固(十)　磁　场
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
一、单选题
1．如图所示，两个完全相同、互相垂直的导体圆环Q、P(Q平行于纸面，P垂直于纸面)中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当Q有垂直纸面往里看逆时针方向的电流、同时P有从右往左看逆时针方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及细线中拉力的变化，下列说法中正确的是(　　)
A．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变小
B．Q逆时针转动，P顺时针转动，Q、P间细线拉力变大
C．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变小
D．Q顺时针转动，P逆时针转动，Q、P间细线拉力变大
√
C　[根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效为S极在里、N极在外的小磁针，P等效为左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两圆环相互吸引，Q、P间细线拉力变小，故C正确，A、B、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
2．一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)(　　)
A．以速度射入的正电子e)
B．以速度v0射入的电子e)
C．以速度2v0射入的氘核H)
D．以速度4v0射入的α粒子He)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
B　[根据题述，质子H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，可知质子所受的静电力和洛伦兹力平衡，即eE＝ev0B。因此满足速度v＝＝v0的带电粒子才能够做匀速直线运动，所以选项B正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
3．(2023·浙江1月选考)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为0，则待测电流I'的方向和大小分别为(　　)
A．a→b，I0　 B．a→b，I0
C．b→a，I0　 D．b→a，I0
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
D　[根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为0，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I'的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为0，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所以有k1I0＝k2I'，解得I'＝I0，故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
4．(2025·辽宁大连模拟)核污水中包含了具有放射性的碘的同位素131I，利用质谱仪可分析碘的各种同位素。如图所示，电荷量相同的131I和127I以相同的速度从O点进入速度选择器(速度选择器中的电场方向水平向右，磁场的磁感应强度为B1)后，再进入偏转磁场(磁感应强度为B2)，最后打在照相底片的c、d两点，不计各种粒子受到的重力。下列说法正确的是(　　)
A．B1垂直于纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为127∶131
B．B1垂直于纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为∶
C．B1垂直于纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比
为131∶127
D．B1垂直于纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比
为∶
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
C　[由于粒子在速度选择器中未发生偏转，则受到的洛伦兹力水平向左，根据左手定则可知磁场的方向垂直于纸面向外，设131I和127I的电荷量为q，质量分别为m1、m2，进入偏转磁场时的速度为v，则131I在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvB2＝m1，解得r1＝，同理可得，127I在磁场中运动的轨道半径r2＝，则131I和127I的轨道半径之比为＝＝，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
5．如图所示，在坐标系的第一象限和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。若粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的时间为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
D　[粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得R1＝，R2＝，根据几何关系可得cos θ＝＝，解得θ＝60°，粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1＝，T2＝，则带电粒子在第二象限、第一象限中运动的时间分别为t1＝，t2＝T2，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
二、多选题
6．(2025·山东济南模拟)如图所示，半径为R的一圆形区域，O为圆心，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为－q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v＝射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向夹角θ＝30°。下列说法正确的是(　　)
A．两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R
B．a粒子在磁场中运动的时间为
C．b粒子在磁场中运动的时间为
D．a、b粒子离开磁场时的速度方向夹角为30°
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
AC　[由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝R，故A正确；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子a、b在磁场中的运动周期均为T＝＝，由轨迹图可知θa＝90°，θb＝120°，则a、b粒子在磁场中的运动时间分别为ta＝T＝，tb＝T＝，故B错误，C正确；由图中轨迹可知，a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP
方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故D
错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
7．(2025·山东青岛期末)如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在和之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．两板间电场强度大小为vB
B．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做减速运动
C．乙粒子偏离中轴线的最远距离为
D．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
AD　[速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有qvB＝Eq，可得两板间电场强度大小E＝vB，故A正确；速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如题图中曲线所示，根据左手定则判断知，乙粒子受到的洛伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知乙粒子从进入板间运动至A位置过程中，在水平方向上的合力一直水平向右，所以乙粒子在该过程中水平方向上做加速运动，故B错误；由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受静电力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，静电力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qEymax＝m×－m×，求得ymax＝，故C错误；由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A处偏离中轴线的距离最远，粒子速度最大为v，根据qvAB－qE＝qvB＝m，对应圆周的半径rA＝，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
8．(2025·河南周口12月联考)已知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流的两根长直导线分别固定在正方体的两条棱dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g。已知由d流向h的电流大小是由h流向g的电流大小的一半，顶点a、c、e三点的磁感应强度大小分别为Ba、Bc、Be，则下列比值正确的是(　　)
A．1<<2　　　　 B．2<<3
C．<<1　 D．1<<2
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
AC　[由题意可知B＝k，设正方体棱长为L，设由d流向h的电流在c点产生的磁感应强度大小为B0，则由h流向g的电流在c点产生的磁感应强度大小为2B0，且两电流在c点产生的磁场方向相同，则c点的磁感应强度大小为Bc＝3B0。处于hg棱的长直导线到a点的距离为L，其在a点产生的磁感应强度大小为B0；处于dh棱的长直导线到a点的距离为L，在a点产生的磁感应强度大小为B0，且两电流在a点产生的磁场方向垂直，则a点的磁感应强度大小为Ba＝＝B0。由d流向h的电流在e点产生的磁感应强度大小为B0，则由h流向g的电流在e点产生的磁感应强度大小为2B0，且两电流在e点产生的磁场方向垂直，则e点的磁感应强度大小为Be＝＝B0，代入求比值可知＝，＝，故选AC。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
三、非选择题
9．如图所示，在xOy平面有一圆形有界匀强磁场，圆心坐标为(0，－R)，半径为R，磁场方向垂直于纸面向里。在第三象限磁场区域外，从y＝－R到y＝0的范围内存在沿x轴正向匀速运动的均匀带电粒子流。粒子速率为v0、质量为m、带电荷量为＋q，所有粒子在磁场中偏转后都从O点射出，并立即进入第一象限内沿y轴负方向的匀强电场，经电场偏转后，最终均平行于x轴正向射出电场(沿y轴正向入射的粒子除外)，已知电场强度E＝，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)电场外有一收集板PQ垂直于x轴放置，Q点在x轴上，PQ长度
为R，不计PQ上收集电荷的影响，求PQ收集到的粒子数占总粒
子数的比例。
题号
1
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5
2
4
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9
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[解析]　(1)由于粒子在磁场中偏转后经过O点，故粒子在磁场中的偏转半径为R，即qv0B＝m，解得B＝。
(2)设打在P点的粒子从磁场中射出方向与x轴正向夹角为θ，粒子在电场中运动的加速度为a，则a＝
沿y方向有(v0sin θ)2＝2aR
由几何关系可知，从O点射出角度小于θ的粒子均可被PQ收集到，射出角度等于θ的粒子射入磁场时到x轴的距离d＝R(1－cos θ)＝R
因此在PQ收集到的粒子数占总粒子数的比例η＝×100%＝50%。
[答案]　(1) 　 (2)　50%
题号
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10．(2024·重庆卷)小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求：
(1)P所受单根导线拉力的大小；
(2)Q中电流的大小。
题号
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[解析]　(1)设单根导线对P的拉力大小为T，P匀速下降时其受力分析如图甲所示，根据平衡条件有2mg＝2T
解得T＝mg。
(2)当P匀速下降时，Q匀速上升，对Q受力分析如图乙所示，根据平衡条件有2T＝mg＋F安
设流过Q的电流为I，则F安＝ILB
联立解得I＝。
[答案]　(1)mg　(2)
题号
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11．(2025·河北衡水模拟)如图所示，矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，aa'、bb'、cc'、dd'为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B，区域Ⅱ的磁感应强度大小为B，矩形区域的长度足够长，磁场宽度及bb'与cc'之间的距离相同。某种带正电的粒子从aa'上的O1处以大小不同的速度沿与O1a成α＝30°角进入磁场(不计粒子所受重力)，当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域Ⅰ内的运动时间均为t0；当速度为v0时，粒子垂直于bb'进入无场区域，最终从dd'上的A点(未画出)射出，求：
(1)粒子的比荷；
(2)磁场区域Ⅰ的宽度L；
(3)出射点A偏离入射点O1竖直方向的距离y。
题号
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[解析]　(1)当粒子的速度小于某一值时，粒子只在区域Ⅰ内运动，不进入区域Ⅱ，从aa'离开磁场，粒子在磁场Ⅰ中运动转过的圆心角φ＝300°
粒子的运动时间t0＝T
粒子在区域Ⅰ内有qvB＝m，T＝
得T＝
＝。
题号
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(2)当速度为v0时，粒子垂直于bb'进入无场区域，设粒子的轨迹半径为r1，
有qv0B＝m
转过的圆心角φ1＝60°
又因为L＝r1sin 60°
解得L＝。
题号
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(3)设粒子在磁场Ⅱ中运动时，转过的圆心角为φ2，轨迹半径为r2，根据牛顿第二定律得qv0·B＝m
又因sin φ2＝，得r2＝r1，φ2＝30°
y＝(r1－r1cos φ1)＋(r2－r2cos φ2)
得y＝(－1)。
[答案]　(1)　(2)　(3)(－1)
谢谢！课时作业(五十九)　带电粒子在叠加场中的运动
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共59分。
1．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(如图所示)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(　　)
A．静电力的瞬时功率为qE
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
2．(2025·江苏南京模拟)质量为m、电荷量为q的微粒，以与水平方向成θ角的速度v从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．该微粒一定带正电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的电场强度为
3．(多选)(2024·安徽卷改编)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　)
A．油滴a带正电，所带电荷量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
4．(多选)(2025·福建卷)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电荷量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为g，则(　　)
A．电场强度E＝
B．磁场强度B＝
C．NP两点的电势差U＝
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
5．(12分)如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O'且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子间的相互作用力。求：
(1) 磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O'垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
6．(12分)(2025·福建福州一模)图甲所示的xOy平面内存在着变化的电场和变化的磁场，变化规律如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直于纸面向里，电场强度的正方向为沿y轴正方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向入射(不计粒子所受重力)。B-t图中B0＝，E-t图中E0＝。求：
(1)时刻粒子的坐标；
(2)前7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
7．(15分)如图所示的Oxyz坐标系中，0l的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场。一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从y轴上的点P(0，2l，0)以速度v0沿x轴正方向射入Ⅰ区域，从点Q进入Ⅱ区域。粒子在Ⅱ区域内，第二次经过x轴时粒子位于N点，且速度方向与x轴正方向夹角β＝。已知Ⅰ区域磁场磁感应强度大小B0＝，不计粒子重力。
(1)求粒子经过Q点时速度方向与x轴正方向的夹角α；
(2)求匀强电场的电场强度大小E；
(3)求粒子从P到N所用的时间。
课时作业(五十九)
1．D　[根据功率的计算公式可知P＝Fvcos θ，则静电力的瞬时功率为P＝qEv1，A错误；由于v1与磁感应强度B平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F洛＝qv2B，B错误；根据运动的合成与分解可知，离子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力不变，静电力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。]
2．D　[
若微粒带正电，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和斜向右下的洛伦兹力qvB，则微粒不能做直线运动，因此微粒应带负电，故A错误；微粒如果做匀变速运动，重力和静电力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，且洛伦兹力方向与速度方向垂直，故微粒不能沿直线运动，故B错误；微粒受力情况如图所示，由平衡条件可知，qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，联立解得B＝，E＝，故C错误，D正确。]
3．BD　[油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知油滴a带负电，有mg＝Eq，解得q＝，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，解得油滴a做圆周运动的速度大小v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝，周期T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小液滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。]
4．BC　[
带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图甲所示。由受力平衡可知mg＝qE，qvB＝mg，解得电场强度E＝，磁感应强度B＝，故A错误，B正确；在N点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图乙所示。
且加速度a＝＝g，粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度角的正切值tan θ＝2tan 45°＝2，所以粒子在P点的速度vP＝＝v，N到P过程，由动能定理有qU＝m－mv2，解得NP两点间的电势差U＝，C正确；将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且＝vcos 45°＝v，故粒子能向上运动的最大距离h＝＝，D错误。故选BC。]
5．解析：
(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0＝，做匀速圆周运动的周期T0＝，由以上两式得磁感应强度B0＝。
(2)要使正离子从O'垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期T0时，有R＝；当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，
有R＝(n＝1，2，3，…)
联立解得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1，2，3，…)。
答案：(1)　(2)(n＝1，2，3，…)
6．解析：(1)粒子在磁场中运动的周期T＝＝t0
洛伦兹力提供向心力，有B0qv0＝m
所以时刻粒子坐标为(r1，r1)，即。
(2)0到t0 恰好做了一个完整的圆周运动
t0到2t0时间内粒子沿y轴方向做匀加速直线运动2t0时，y轴方向的速度为v0，位移为 y0＝v0t0
2t0到3t0做完整圆周运动Δy＝0
3t0到4t0时间内沿y轴正方向粒子做匀减速运动，由对称性可知，3t0到4t0时间内沿y轴正方向粒子运动的位移y2＝y0
4t0时刻沿y轴正方向速度为0，此时粒子速度为v0，4t0到5t0做完整圆周运动Δy＝0
5t0到6t0时间内粒子沿y轴正方向匀加速粒子的运动位移y3＝y0
6t0时刻粒子的速度为v0
6t0到7t0时间内粒子，又做圆周运动沿y轴方向最大位移
y磁＝(1＋cos 45°)r2
因为r2＝v0t0，前7t0时间段内y最大值
即ym＝3y0＋y磁
得ym＝v0t0。
答案：(1)　 (2)v0t0
7．解析：(1)粒子在I区域内做匀速圆周运动，有qv0B0＝m
解得r1＝＝2l
根据几何关系有sin α＝，解得α＝60°。
(2)由几何关系可知，Q、N两点沿电场方向的距离为l，粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动，有vNx＝vQx＝v0cos α，cos β＝
由动能定理有－qEl＝m－m
解得E＝。
(3)粒子由P到Q过程，设所用时间为t1，有t1＝T，T＝
粒子由Q到N的过程，沿y轴方向先匀减速后匀加速，设时间分别为t2、t3，有v0sin α＝t2，vNsin β＝t3
其中t＝t1＋t2＋t3
联立解得t＝。
答案：(1)60°　(2)　(3)
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