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专题突破20　带电粒子在叠加场中的运动
目标 要求 　 　 1.掌握不同叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中运动的受力情况和运动情况。2.会分析应用叠加场的科技设备的原理，能正确解答叠加场的科技应用问题。
考点一　带电粒子在叠加场中的运动
考向1　磁场与电场的叠加场
　(2025·黑吉辽内蒙古卷，15)如图，在 xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0，－y0)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N(0，y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0)，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1；
(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为－48q，粒子质量取m＝(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2；
(3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为 r处的电势φ＝)。
解析：(1)粒子从M点运动到N点，运动轨迹如图1所示
图1
根据几何关系可知r sin θ＝y0
解得粒子运动轨迹半径r＝2y0
粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m
解得v1＝
由v1＝可得，粒子在磁场中运动的周期T＝
粒子在磁场中运动的时间为t1＝。
(2)粒子轨迹不变，仍然做匀速圆周运动，因此点电荷只能位于轨迹圆心O1处，库仑力和洛伦兹力完全提供向心力，有qv2B＋k
(上式可变换为＝0，获得关于v2的一元二次方程，通过求根公式解得v2的两个值)
解得v2＝(另一解v2＝－不合题意，舍去)。
(3)粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需的向心力m大于点电荷提供的库仑力k，因此粒子无法做匀速圆周运动，只能做类似行星绕中心天体的椭圆轨迹的运动，粒子的运动轨迹如图2所示
图2
粒子从N点运动至与N点速度方向相反的点的过程中只有电场力做功，粒子电势能和动能总和不变，有mv32＋qφ3
类比开普勒第二定律可知粒子在近点和远点的速度满足v2Δt·r＝v3Δt·R
结合电势φ2＝和φ3＝，解得R＝6y0
粒子椭圆轨迹的半长轴a＝＝4y0
将粒子运动的椭圆轨迹转化为半径为r0＝a＝4y0的圆周运动，类比开普勒第三定律可知，则kr0
解得T′＝
则粒子运动时间t2＝T′＝。
答案：(1)　(2)　(3)
叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
考向2　重力场、电场、磁场的叠加场
　(多选)(2025·福建卷，7)如图，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：BC　由于粒子沿着MN做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN，粒子所受合力为零，所以粒子所受重力和电场力的合力也垂直于MN，故电场力水平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有qvB cos 45°＝mg，＝tan 45°，解得电场强度大小为E＝，磁感应强度大小B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由于NP水平向右，所以粒子从N运动到P点的过程所用的时间为t＝，又粒子在水平方向上做匀加速直线运动，由位移时间公式可得xNP＝vt sin 45°＋t2，结合A项分析联立解得xNP＝，所以NP两点的电势差UNP＝ExNP＝，C正确；结合C项分析可知，当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距离最大，为xm＝，D错误。
　(2025·贵州卷，15)如图所示，x轴水平向右，z轴竖直向上，y轴垂
直纸面向里(图中未画出)，在xOz平面里有竖直向上的匀强电场E，在z＝z0的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，z＝z0的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场B2(未知)。有一带正电的粒子，质量为m，从坐标原点O出发，沿x轴正方向以速度v射出后做匀速圆周运动，其中z0＝，p点坐标。已知重力加速度为g，粒子电荷量为q。求：
(1)电场强度E的大小及该粒子第一次经过z＝z0平面时的位置对应的x坐标值；
(2)当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，求B2的大小；
(3)若将电场E改成沿y轴正方向，粒子同样从坐标原点O沿x轴以速度v射出，求粒子的轨迹方程。
解析：(1)由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则mg＝Eq，解得E＝
粒子做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力得qvB1＝m
解得粒子运动的轨道半径R1＝
根据运动轨迹，由几何关系得x2＋(R1－z0)2＝R12，代入数据解得x＝。
(2)粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示
设粒子进入B2磁场中速度方向与磁场分界面成θ角，由几何关系可得
cos (90°－θ)＝，可解得θ＝53°
设粒子在B2磁场中运动的轨道半径为R2，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P点应满足n(2R1sin θ－2R2sin θ)＝
当n取最小值时，运动时间最短。所以当n＝3时，运动时间最短，解得
R2＝
根据qvB＝m，联立可得B2＝3B1＝
当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，B2的大小为。
(3)若将电场方向改为y轴正方向，由受力分析，粒子受到沿z轴正方向的洛伦兹力、沿z轴负方向的重力、沿y轴正方向的电场力，根据B1＝，解得粒子受到的洛伦兹力大小为f洛＝mg，正好与重力相平衡，所以粒子在y轴正方向做匀加速直线运动，有y＝at2
由牛顿第二定律有Eq＝ma
粒子在x轴正方向做匀速直线运动，有x＝vt
联立解得轨迹方程y＝。
答案：(1)　(2)　(3)y＝
点拨：若粒子在重力场、电场与磁场的叠加场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，即qE＝mg，洛伦兹力提供向心力。
考点二　叠加场应用实例
考向1　速度选择器
　(2021·福建卷，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()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()
B．以速度v0射入的电子()
C．以速度2v0射入的氘核()
D．以速度4v0射入的α粒子()
解析：B　根据题述，质子()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的粒子才能够做匀速直线运动，故B正确。
速度选择器特点
(1)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。
(2)速度选择器具有单向性：粒子只能从一侧射入才可能做匀速直线运动，从另一侧射入则不能。
考向2　磁流体发电机
　(多选)(2024·湖北卷，9)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　)
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
解析：AC　由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；结合B项分析可知，仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；结合B项分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。
磁流体发电机原理
等离子体射入，受洛伦兹力发生偏转，使两极板带正、负电荷，两极板电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝Bdv0。
考向3　电磁流量计
　(2025·北京卷，12)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：C　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＝可知此时式中磁场强度应为磁感应强度的一个分量，即代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。本题选错误的，故选C。
电磁流量计原理
q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝π。
考向4　霍尔元件
　(2023·浙江1月选考，8)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为零，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
解析：D　霍尔元件输出的电压为零，则霍尔元件中的载流子不发生偏转，即霍尔元件所在处的磁感应强度为零，故螺绕环在霍尔元件处所产生磁场的磁感应强度与直导线在霍尔元件处所产生磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即k1I0＝k2I′，解得I′＝，又由右手螺旋定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向竖直向下，则直导线在该处产生的磁场方向应竖直向上，由安培定则可知直导线中的电流方向由b到a，D正确，A、B、C错误。
霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝，称为霍尔系数。
考点三　轨道约束情况下带电体在磁场中的运动
　(多选)(2025·河北石家庄模拟)如图所示，在内壁绝缘且光滑的圆形轨道内，质量为m、电荷量为＋q的小球沿轨道顺时针做圆周运动。空间内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，且存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。当小球经过轨道最左侧的P点时，其速度大小为v0，轨道对小球的弹力恰好为零，此时其所受电场力大小为所受洛伦兹力大小的2倍，忽略带电小球所受重力。下列说法正确的是(　　)
A．小球在轨道内运动时，其机械能守恒
B．小球从P点运动半周至Q点的过程中，对轨道的压力逐渐增大
C．当小球运动至轨道最右侧的Q点时，对轨道的压力大小为7qE
D．当小球运动至轨道最右侧的Q点时，速度大小为4v0
解析：BC　小球运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，选项A错误；设小球从P点起转过θ角，此时有FN＋qE cos θ－qvB＝m，速度v越来越大，cos θ越来越小，FN越来越大，选项B正确；从P至Q，由动能定理有qE×2R＝mv02，在P点qE＝2qv0B，qE－qv0B＝，联立可得vQ＝3v0，在Q点，FN′－qE－qvQB＝m，联立可解得FN′＝7qE，选项C正确，D错误。故选BC。
限时规范训练(62)　带电粒子在叠加场中的运动
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～6题每题5分，7～9题每题6分，共48分)
[基础巩固练]
1．(2023·新课标卷，18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　)
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
解析：C　若电子打在a点，则电子所受的洛伦兹力等于电场力，即eE＝evB。当电场方向水平向左时，磁场的方向只能垂直纸面向外，此时α粒子所受的向左的电场力F电＝2eE，所受的向右的洛伦兹力F洛＝2e×evB，则α粒子所受的洛伦兹力小于电场力，即α粒子向左发生偏转；当电场方向水平向右时，磁场方向只能垂直纸面向里，此时α粒子所受的向右的电场力F电′＝2eE，所受的向左的洛伦兹力F洛′＝2e×evB，洛伦兹力小于电场力，α粒子向右发生偏转。同理分析可知，若α粒子打在a点，则电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，故C正确。
2．(2025·内蒙古赤峰二模)下端封闭，上端开口，内壁光滑的细绝缘玻璃管竖直放置，管底放一个直径略小于玻璃管内径的带正电小球。空间存在着水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，以带电小球所在初始位置为原点，建立坐标系如图所示。使玻璃管保持竖直沿x轴正方向匀速运动，小球离开管之前的运动轨迹正确的是(　　)
解析：B　小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，根据左手定则可知竖直方向受向上的洛伦兹力，大小为F＝qvB，是恒力，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，可知小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是开口向上的抛物线；故选B。
3．(2026·江苏东海高级中学质检)日常带皮套的智能手机是利用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制作用。打开皮套，磁体远离霍尔元件手机屏幕亮；合上皮套，磁体靠近霍尔元件屏幕熄灭。如图所示，一块宽度为d、长为l、厚度为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。水平向右大小为I的电流通过元件时，手机套合上，元件处于垂直于上表面、方向向下且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势差U，称为霍尔电压，且U＝，以此来控制屏幕熄灭。下列说法正确的是(　　)
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．自由电子所受洛伦兹力的大小为
C．增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大
D．元件内单位体积的自由电子数为
解析：C　根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向后表面，则电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的电势高，A错误；自由电子所受洛伦兹力的大小等于所受电场力的大小，则为f＝e，B错误；由U＝可知增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大，C正确；因U＝可得元件内单位体积的自由电子数为n＝，D错误。故选C。
4．(2025·湖南常德二模)电磁血流量计是运用于心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图所示，某段监测的血管可视为内径为d的圆柱体，其前后两个侧面a、b固定两块竖直正对的金属电极板(未画出，电阻不计)，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，当加竖直向下的匀强磁场B时，a、b电极间存在电势差。当血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时，下列说法正确的是(　　)
A．b电极的电势高于a电极的电势
B．稳定时a、b电极间的电势差变大，说明血管内径变小
C．稳定时a、b电极间的电势差大小与血液流速成正比
D．当血液中正负离子浓度增大，稳定时a、b电极间的电势差会增大
解析：B　根据左手定则可知正粒子向a电极偏转，则a点电势高于b点电势，故A错误；由题意知流量不变，且流量Q＝Sv＝πv，稳定时有qvB＝Eq＝q，联立解得稳定时a、b电极间的电势差U＝，可知电势差U变大，说明血管内径变小，且U与流速、浓度无关，故B正确，CD错误；故选B。
5．(2023·全国乙卷，18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　)
A． C．
解析：A　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，由几何关系可知r sin 30°＝r－a，解得r＝2a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，施加电场后粒子做匀速直线运动，则有qvB＝qE，联立解得，故A正确，B、C、D错误。
6．(多选)(2026·北京房山高三开学考)磁流体发电机的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体(含有大量正、负带电粒子)垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d的两平行金属板间产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。稳定时两板间等离子体有电阻，忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　)
A．上板为正极
B．稳定后上、下两板间的电压U＝Bdv
C．稳定后进入平行金属板间的等离子体都做匀速直线运动
D．稳定后垂直磁场方向喷入的等离子体速度越大，两板间电动势越大
解析：CD　稳定前由左手定则可判断，正粒子受洛伦兹力向下，负粒子受洛伦兹力向上，所以下极板带正电，为正极；上极板带负电，为负极，故A错误；稳定后，由q＝Bqv，得两板间的电动势U′＝Bdv，所以垂直磁场方向喷入的等离子体速度越大，两板间电动势越大；因两板间等离子体有电阻，即发电机有内阻，由U＝U′－Ir，可知上下极板间的电压U[能力提升练]
7．(2024·江西卷，7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10-3 A时，测得U-B关系图线如图(b)所示，元电荷e ＝1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
图(a)
图(b)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
解析：D　设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图(b)可知图线斜率k＝，解得n＝2.3×1016，D正确。
8．(2025·江西九江二模)如图所示，ab是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，a、b两点恰好位于以O为圆心的圆周上，杆上套有质量为m、电荷量为＋q的小球(可看成点电荷)。第一次在O点放一点电荷＋Q，让小球从a点静止释放，通过b时的速度为v1，加速度为a1；第二次在圆内加上磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从a点静止释放，通过b点时速度为v2，加速度为a2，则(　　)
A．v1＝v2 B．v1C．a1＝a2 D．a1解析：A　a点和b点在同一个等势面上，第一次小球从a点由静止运动到b点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零。根据动能定理有mgh＝mv12，第二次小球从a点由静止运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理有mgh＝mv22，所以v1＝v2，A正确，B错误；小球第一次经过b点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力F1>mg，由牛顿第二定律可知，小球经过b点时的加速度a1>g，小球第二次经过b点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过b点时的加速度a2＝g，所以a1>a2，CD错误。故选A。
9．(多选)(2024·安徽卷，10)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带负电，所带电量的大小为
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
解析：ABD　由a做圆周运动可知，a所受重力等于电场力，故a带负电，且Eq＝mg，解得q＝，A正确；对a有qvB＝m，可得v＝，则v＝，B正确；Ⅰ、Ⅱ二者质量相同，均为m，带电量相同，均为q，对Ⅰ有qvⅠB＝，可得vⅠ＝3v＝，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝，C错误；在P点，由动量守恒定律得mv＝mvⅠ＋mvⅡ，可得vⅡ＝－v，对小油滴Ⅱ受力分析可知，其重力等于所受电场力，初速度方向水平向右，且带负电，由左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，D正确。
10．(10分)(2026·广西高三开学考)如图所示，水平虚线为分界线，分界线上方有方向水平向左的匀强电场，分界线下方有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场。现将比荷为k的带正电小球从分界线上的A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在分界线上方的运动轨迹已画出，C点为轨迹的最高点，小球从分界线上的D点第一次进入分界线下方区域，且小球恰好在分界线下方区域做匀速圆周运动，经磁场偏转一次后又恰好回到A点。已知小球到达D点时的速度大小为2v0，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)A、C两点的高度差h；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)小球从A点出发到返回A点所用的时间t。
解析：(1)将小球在分界线上方的运动分解，可知小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动规律有v02＝2gh
解得h＝。
(2)设小球到达D点时的速度方向与分界线的夹角为θ，将小球到达D点时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据几何关系有sin θ＝，vx＝2v0cos θ
小球从A点运动到D点所用的时间t1＝
A、D两点间的距离x＝t1
设小球在分界线下方做匀速圆周运动的半径为R，根据几何关系有x＝2R sin θ
设小球的质量为m，电荷量为q，根据洛伦兹力提供向心力有q·2v0B＝m
解得B＝。
(3)小球在分界线下方通过的弧长s＝(2π－2θ)R
小球在分界线下方运动的时间t2＝
小球从A点出发到返回A点所用的时间t＝t1＋t2，解得t＝。
答案：(1)　(2)　(3)
[培优创新练]
11．(12分)(2025·云南卷，14)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直 Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2(未知)，但满足00)的带电粒子通过速度选择器后，在 Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直 ON 射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压 U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率η＝×100%，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？
解析：(1)由力的平衡条件有qvB0＝qE
又E＝
联立解得该粒子通过速度选择器的速率v＝。
(2)画出粒子在第四象限运动轨迹图如图1所示，由几何关系可知r＝L
图1
由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得B1＝
若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B1，则粒子在磁屏蔽区运动的轨迹半径为r＝L，由几何关系可知y轴上y＝L处检测到该粒子；若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴通过磁屏蔽区后做半径为r＝L的圆周运动，由几何关系可知y轴上y＝3L处检测到该粒子，由于0(3)若在Q处检测到该粒子，画出粒子在磁屏蔽区运动轨迹如图2所示，设粒子在磁屏蔽区的轨迹圆半径为r′，则由几何关系可知r′2＝(2L)2＋(r′－L)2
图2
解得r′＝
由qvB2＝m和qvB1＝m解得B2＝B1
磁屏蔽效率η＝×100%＝60%。
答案：(1)　(2)　L(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～6题每题5分，7～9题每题6分，共48分)
[基础巩固练]
1．(2023·新课标卷，18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　)
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
解析：C　若电子打在a点，则电子所受的洛伦兹力等于电场力，即eE＝evB。当电场方向水平向左时，磁场的方向只能垂直纸面向外，此时α粒子所受的向左的电场力F电＝2eE，所受的向右的洛伦兹力F洛＝2e×evB，则α粒子所受的洛伦兹力小于电场力，即α粒子向左发生偏转；当电场方向水平向右时，磁场方向只能垂直纸面向里，此时α粒子所受的向右的电场力F电′＝2eE，所受的向左的洛伦兹力F洛′＝2e×evB，洛伦兹力小于电场力，α粒子向右发生偏转。同理分析可知，若α粒子打在a点，则电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，故C正确。
2．(2025·内蒙古赤峰二模)下端封闭，上端开口，内壁光滑的细绝缘玻璃管竖直放置，管底放一个直径略小于玻璃管内径的带正电小球。空间存在着水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，以带电小球所在初始位置为原点，建立坐标系如图所示。使玻璃管保持竖直沿x轴正方向匀速运动，小球离开管之前的运动轨迹正确的是(　　)
解析：B　小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，根据左手定则可知竖直方向受向上的洛伦兹力，大小为F＝qvB，是恒力，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，可知小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是开口向上的抛物线；故选B。
3．(2026·江苏东海高级中学质检)日常带皮套的智能手机是利用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制作用。打开皮套，磁体远离霍尔元件手机屏幕亮；合上皮套，磁体靠近霍尔元件屏幕熄灭。如图所示，一块宽度为d、长为l、厚度为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。水平向右大小为I的电流通过元件时，手机套合上，元件处于垂直于上表面、方向向下且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势差U，称为霍尔电压，且U＝，以此来控制屏幕熄灭。下列说法正确的是(　　)
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．自由电子所受洛伦兹力的大小为
C．增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大
D．元件内单位体积的自由电子数为
解析：C　根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向后表面，则电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的电势高，A错误；自由电子所受洛伦兹力的大小等于所受电场力的大小，则为f＝e，B错误；由U＝可知增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大，C正确；因U＝可得元件内单位体积的自由电子数为n＝，D错误。故选C。
4．(2025·湖南常德二模)电磁血流量计是运用于心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图所示，某段监测的血管可视为内径为d的圆柱体，其前后两个侧面a、b固定两块竖直正对的金属电极板(未画出，电阻不计)，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，当加竖直向下的匀强磁场B时，a、b电极间存在电势差。当血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时，下列说法正确的是(　　)
A．b电极的电势高于a电极的电势
B．稳定时a、b电极间的电势差变大，说明血管内径变小
C．稳定时a、b电极间的电势差大小与血液流速成正比
D．当血液中正负离子浓度增大，稳定时a、b电极间的电势差会增大
解析：B　根据左手定则可知正粒子向a电极偏转，则a点电势高于b点电势，故A错误；由题意知流量不变，且流量Q＝Sv＝πv，稳定时有qvB＝Eq＝q，联立解得稳定时a、b电极间的电势差U＝，可知电势差U变大，说明血管内径变小，且U与流速、浓度无关，故B正确，CD错误；故选B。
5．(2023·全国乙卷，18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　)
A． C．
解析：A　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，由几何关系可知r sin 30°＝r－a，解得r＝2a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，施加电场后粒子做匀速直线运动，则有qvB＝qE，联立解得，故A正确，B、C、D错误。
6．(多选)(2026·北京房山高三开学考)磁流体发电机的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体(含有大量正、负带电粒子)垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d的两平行金属板间产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。稳定时两板间等离子体有电阻，忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　)
A．上板为正极
B．稳定后上、下两板间的电压U＝Bdv
C．稳定后进入平行金属板间的等离子体都做匀速直线运动
D．稳定后垂直磁场方向喷入的等离子体速度越大，两板间电动势越大
解析：CD　稳定前由左手定则可判断，正粒子受洛伦兹力向下，负粒子受洛伦兹力向上，所以下极板带正电，为正极；上极板带负电，为负极，故A错误；稳定后，由q＝Bqv，得两板间的电动势U′＝Bdv，所以垂直磁场方向喷入的等离子体速度越大，两板间电动势越大；因两板间等离子体有电阻，即发电机有内阻，由U＝U′－Ir，可知上下极板间的电压U[能力提升练]
7．(2024·江西卷，7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10-3 A时，测得U-B关系图线如图(b)所示，元电荷e ＝1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
图(a)
图(b)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
解析：D　设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图(b)可知图线斜率k＝，解得n＝2.3×1016，D正确。
8．(2025·江西九江二模)如图所示，ab是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，a、b两点恰好位于以O为圆心的圆周上，杆上套有质量为m、电荷量为＋q的小球(可看成点电荷)。第一次在O点放一点电荷＋Q，让小球从a点静止释放，通过b时的速度为v1，加速度为a1；第二次在圆内加上磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从a点静止释放，通过b点时速度为v2，加速度为a2，则(　　)
A．v1＝v2 B．v1C．a1＝a2 D．a1解析：A　a点和b点在同一个等势面上，第一次小球从a点由静止运动到b点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零。根据动能定理有mgh＝mv12，第二次小球从a点由静止运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理有mgh＝mv22，所以v1＝v2，A正确，B错误；小球第一次经过b点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力F1>mg，由牛顿第二定律可知，小球经过b点时的加速度a1>g，小球第二次经过b点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过b点时的加速度a2＝g，所以a1>a2，CD错误。故选A。
9．(多选)(2024·安徽卷，10)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带负电，所带电量的大小为
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
解析：ABD　由a做圆周运动可知，a所受重力等于电场力，故a带负电，且Eq＝mg，解得q＝，A正确；对a有qvB＝m，可得v＝，则v＝，B正确；Ⅰ、Ⅱ二者质量相同，均为m，带电量相同，均为q，对Ⅰ有qvⅠB＝，可得vⅠ＝3v＝，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝，C错误；在P点，由动量守恒定律得mv＝mvⅠ＋mvⅡ，可得vⅡ＝－v，对小油滴Ⅱ受力分析可知，其重力等于所受电场力，初速度方向水平向右，且带负电，由左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，D正确。
10．(10分)(2026·广西高三开学考)如图所示，水平虚线为分界线，分界线上方有方向水平向左的匀强电场，分界线下方有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场。现将比荷为k的带正电小球从分界线上的A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在分界线上方的运动轨迹已画出，C点为轨迹的最高点，小球从分界线上的D点第一次进入分界线下方区域，且小球恰好在分界线下方区域做匀速圆周运动，经磁场偏转一次后又恰好回到A点。已知小球到达D点时的速度大小为2v0，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)A、C两点的高度差h；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)小球从A点出发到返回A点所用的时间t。
解析：(1)将小球在分界线上方的运动分解，可知小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动规律有v02＝2gh
解得h＝。
(2)设小球到达D点时的速度方向与分界线的夹角为θ，将小球到达D点时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据几何关系有sin θ＝，vx＝2v0cos θ
小球从A点运动到D点所用的时间t1＝
A、D两点间的距离x＝t1
设小球在分界线下方做匀速圆周运动的半径为R，根据几何关系有x＝2R sin θ
设小球的质量为m，电荷量为q，根据洛伦兹力提供向心力有q·2v0B＝m
解得B＝。
(3)小球在分界线下方通过的弧长s＝(2π－2θ)R
小球在分界线下方运动的时间t2＝
小球从A点出发到返回A点所用的时间t＝t1＋t2，解得t＝。
答案：(1)　(2)　(3)
[培优创新练]
11．(12分)(2025·云南卷，14)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直 Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2(未知)，但满足00)的带电粒子通过速度选择器后，在 Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直 ON 射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压 U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率η＝×100%，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？
解析：(1)由力的平衡条件有qvB0＝qE
又E＝
联立解得该粒子通过速度选择器的速率v＝。
(2)画出粒子在第四象限运动轨迹图如图1所示，由几何关系可知r＝L
图1
由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得B1＝
若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B1，则粒子在磁屏蔽区运动的轨迹半径为r＝L，由几何关系可知y轴上y＝L处检测到该粒子；若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴通过磁屏蔽区后做半径为r＝L的圆周运动，由几何关系可知y轴上y＝3L处检测到该粒子，由于0(3)若在Q处检测到该粒子，画出粒子在磁屏蔽区运动轨迹如图2所示，设粒子在磁屏蔽区的轨迹圆半径为r′，则由几何关系可知r′2＝(2L)2＋(r′－L)2
图2
解得r′＝
由qvB2＝m和qvB1＝m解得B2＝B1
磁屏蔽效率η＝×100%＝60%。
答案：(1)　(2)　L专题突破20　带电粒子在叠加场中的运动
1.掌握不同叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中运动的受力情况和运动情况。2.会分析应用叠加场的科技设备的原理，能正确解答叠加场的科技应用问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　带电粒子在叠加场中的运动
考向1　磁场与电场的叠加场
(2025·黑吉辽内蒙古卷，15)如图，在 xOy平面第
一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强
度大小为B。一带正电的粒子从M(0，－y0)点射入磁场，
速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N(0，y0)点射出磁
场。已知粒子的电荷量为q(q>0)，质量为m，忽略粒子重
力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1；
(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为－48q，粒子质量取m＝(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2；
(3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2
速度方向首次与N点速度方向相反，求t2(电荷量为Q的
点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该
点电荷距离为 r处的电势φ＝)。
解析：(1)粒子从M点运动到N点，运动轨迹如图1所示
根据几何关系可知r sin θ＝y0
解得粒子运动轨迹半径r＝2y0
粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m
解得v1＝
由v1＝可得，粒子在磁场中运动的周期T＝
粒子在磁场中运动的时间为t1＝。
图1
(2)粒子轨迹不变，仍然做匀速圆周运动，因此点电荷只能位于轨迹圆心O1处，库仑力和洛伦兹力完全提供向心力，有qv2B＋k
(上式可变换为＝0，获得关于v2的一元二次方程，通过求根公式解得v2的两个值)
解得v2＝(另一解v2＝－不合题意，舍去)。
(3)粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需的向心力m大于点电荷提供的库仑力k，因此粒子无法做匀速圆周运动，只能做类似行星绕中心天体的椭圆轨迹的运动，粒子的运动轨迹如图2所示
图2
粒子从N点运动至与N点速度方向相反的点的过程中只有电场力做功，粒子电势能和动能总和不变，有mv32＋qφ3
类比开普勒第二定律可知粒子在近点和远点的速度满足v2Δt·r＝v3Δt·R
结合电势φ2＝和φ3＝，解得R＝6y0
粒子椭圆轨迹的半长轴a＝＝4y0
将粒子运动的椭圆轨迹转化为半径为r0＝a＝4y0的圆周运动，类比开普勒第三定律可知，则kr0
解得T′＝
则粒子运动时间t2＝T′＝。
答案：(1)　(2)　(3)
叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
考向2　重力场、电场、磁场的叠加场
(多选)(2025·福建卷，7)如图，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
BC　
解析：BC　由于粒子沿着MN做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN，粒子所受合力为零，所以粒子所受重力和电场力的合力也垂直于MN，故电场力水平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有qvB cos 45°＝mg，＝tan 45°，解得电场强度大小为E＝
，磁感应强度大小B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由于NP水平向右，所以粒子从N运动到P点的过程所用的时间为t＝，又粒子在
水平方向上做匀加速直线运动，由位移时间公式可得xNP＝vt sin 45°＋t2，结合A项分析联立解得xNP＝，所以NP两点的电势差UNP＝ExNP＝，C正确；结合C项分析可知，当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距离最大，为xm＝，D错误。
(2025·贵州卷，15)如图所示，x轴水平向右，z轴竖直向上，y轴垂直纸面向里(图中未画出)，在xOz平面里有竖直向上的匀强电场E，在z＝z0的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，z＝z0的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场B2(未知)。有一带正电的粒子，质量为m，从坐标原点O出发，沿x轴正方向以速度v射出后做匀速圆周运
动，其中z0＝，p点坐标。
已知重力加速度为g，粒子电荷量为q。求：
(1)电场强度E的大小及该粒子第一次经过z＝z0平面时的位置对应的x坐标值；
(2)当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，求B2的大小；
(3)若将电场E改成沿y轴正方向，粒子同样从坐标原点O沿x轴以速度v射出，求粒子的轨迹方程。
解析：(1)由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则mg＝Eq，解得E＝
粒子做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力得qvB1＝m
解得粒子运动的轨道半径R1＝
根据运动轨迹，由几何关系得x2＋(R1－z0)2＝R12，
代入数据解得x＝。
(2)粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示
设粒子进入B2磁场中速度方向与磁场分界面成θ角，由几何关系可得
cos (90°－θ)＝，可解得θ＝53°
设粒子在B2磁场中运动的轨道半径为R2，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P点应满足n(2R1sin θ－2R2sin θ)＝
当n取最小值时，运动时间最短。所以当n＝3时，运动时间最短，解得
R2＝
根据qvB＝m，联立可得B2＝3B1＝
当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，B2的大小为。
(3)若将电场方向改为y轴正方向，由受力分析，粒子受到沿z轴正方向的洛伦兹力、沿z轴负方向的重力、沿y轴正方向的电场力，根据B1＝，解得粒子受到的洛伦兹力大小为f洛＝mg，正好与重力相平衡，所以粒子在y轴正方向做匀加速直线运动，有y＝at2
由牛顿第二定律有Eq＝ma
粒子在x轴正方向做匀速直线运动，有x＝vt
联立解得轨迹方程y＝。
答案：(1)　(2)　(3)y＝
点拨：若粒子在重力场、电场与磁场的叠加场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，即qE＝mg，洛伦兹力提供向心力。
考点二　叠加场应用实例
考向1　速度选择器
(2021·福建卷，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()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()
B．以速度v0射入的电子()
C．以速度2v0射入的氘核()
D．以速度4v0射入的α粒子()
B　
解析：B　根据题述，质子()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的粒子才能够做匀速直线运动，故B正确。
速度选择器特点
(1)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。
(2)速度选择器具有单向性：粒子只能从一侧射入才可能做匀速直线运动，从另一侧射入则不能。
考向2　磁流体发电机
(多选)(2024·湖北卷，9)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　)
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
AC　
解析：AC　由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的
电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；结合B项分析可知，仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；结合B项分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。
磁流体发电机原理
等离子体射入，受洛伦兹力发生偏转，使两极板带正、负电荷，两极板电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝Bdv0。
考向3　电磁流量计
(2025·北京卷，12)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：C　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＝可知此时式中磁场强度应为磁感应强度的一个分量，即代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。本题选错误的，故选C。
电磁流量计原理
q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝π。
考向4　霍尔元件
(2023·浙江1月选考，8)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为零，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
D　
解析：D　霍尔元件输出的电压为零，则霍尔元件中的载流子不发生偏转，即霍尔元件所在处的磁感应强度为零，故螺绕环在霍尔元件处所产生磁场的磁感应强度与直导线在霍尔元件处所产生磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即k1I0＝k2I′，解得I′＝，又由右手螺旋定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向竖直向下，
则直导线在该处产生的磁场方向应竖直向上，
由安培定则可知直导线中的电流方向由b到a，
D正确，A、B、C错误。
霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝，称为霍尔系数。
考点三　轨道约束情况下带电体在磁场中的运动
(多选)(2025·河北石家庄模拟)如图所示，在内壁绝缘且光滑的圆形轨道内，质量为m、电荷量为＋q的小球沿轨道顺时针做圆周运动。空间内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，且存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。当小球经过轨道最左侧的P点时，其速度大小为v0，轨道对小球的弹力恰好为零，此时其所受电场力大小为所受洛伦兹力大小的2倍，忽略带电小球所受重力。下列说法正确的是(　　)
BC　
A．小球在轨道内运动时，其机械能守恒
B．小球从P点运动半周至Q点的过程中，对轨道的压力逐渐增大
C．当小球运动至轨道最右侧的Q点时，对轨道的压力大小为7qE
D．当小球运动至轨道最右侧的Q点时，速度大小为4v0
解析：BC　小球运动过程中电场力做功，所以机械能不守恒，选项A错误；设小球从P点起转过θ角，此时有FN＋qE cos θ－qvB＝m，速度v越来越大，cos θ越来越小，FN越来越大，选项B正确；从P至Q，由动能定理有qE×2R＝mv02，在P点qE＝
2qv0B，qE－qv0B＝，联立可得vQ＝3v0，在Q点，FN′－qE－qvQB＝m，联立可解得FN′＝7qE，选项C正确，D错误。故选BC。
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限时规范
训练(62)　带电粒子在叠加场中的运动
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～6题每题5分，7～9题每题6分，共48分)
[基础巩固练]
1．(2023·新课标卷，18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　)
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
C　
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解析：C　若电子打在a点，则电子所受的洛伦兹力等于电场力，即eE＝evB。当电场方向水平向左时，磁场的方向只能垂直纸面向外，此时α粒子所受的向左的电场力F电＝2eE，所受的向右的洛伦兹力F洛＝2e×evB，则α粒子所受的洛
伦兹力小于电场力，即α粒子向左发生偏转；当电场方向水平向右时，磁场方向只能垂直纸面向里，此时α粒子所受的向右的电场力F电′＝2eE，所受的向左的洛伦兹力F洛′＝2e×evB，洛伦兹力小于电场力，α粒子向右发生偏转。同理分析可知，若α粒子打在a点，则电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，故C正确。
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2．(2025·内蒙古赤峰二模)下端封闭，上端开口，内壁光滑的细绝缘玻璃管竖直放置，管底放一个直径略小于玻璃管内径的带正电小球。空间存在着水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，以带电小球所在初始位置为原点，建立坐标系如图所示。使玻璃管保持竖直沿x轴正方向匀速运动，小球离开管之前的运动轨迹正确的是(　　)
B
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解析：B　小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，根据左手定则可知竖直方向受向上的洛伦兹力，大小为F＝qvB，是恒力，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，可知小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是开口向上的抛物线；故选B。
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3．(2026·江苏东海高级中学质检)日常带皮套的智能手机是利用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制作用。打开皮套，磁体远离霍尔元件手机屏幕亮；合上皮套，磁体靠近霍尔元件屏幕熄灭。如图所示，一块宽度为d、长为l、厚度为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。水平向右大小为I的电流通过元件时，手机套合上，元件处于垂直于上表面、方向向下且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势差U，称为霍尔电压，且U＝，以此来控制屏幕熄灭。下列说法正确的是(　　)
C　
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A．前表面的电势比后表面的电势低
B．自由电子所受洛伦兹力的大小为
C．增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大
D．元件内单位体积的自由电子数为
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解析：C　根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向后表面，则电子偏向后表面，则前表面的电势比后表面的电势高，A错误；自由电子所受洛伦兹力的大小等于所受电场力的大小，则为f＝e，B错误；由U＝可知增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大，C正确；因U＝可得元件内单位体积的自由电子数为n＝，D错误。故选C。
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4．(2025·湖南常德二模)电磁血流量计是运用于心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图所示，某段监测的血管可视为内径为d的圆柱体，其前后两个侧面a、b固定两块竖直正对的金属电极板(未画出，电阻不计)，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，当加竖直向下的匀强磁场B时，a、b电
极间存在电势差。当血液的流量(单位时间内流过管道
横截面的液体体积)一定时，下列说法正确的是(　　)
A．b电极的电势高于a电极的电势
B．稳定时a、b电极间的电势差变大，说明血管内径变小
C．稳定时a、b电极间的电势差大小与血液流速成正比
D．当血液中正负离子浓度增大，稳定时a、b电极间的电势差会增大
B　
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解析：B　根据左手定则可知正粒子向a电极偏转，则a点电势高于b点电势，故A错误；由题意知流量不变，且流量Q＝Sv＝πv，稳定时有qvB＝Eq＝q，联立解得稳定时a、b电极间的电势差U＝，可知电势差U变大，说明血管内径变小，且U与流速、浓度无关，故B正确，CD错误；故选B。
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5．(2023·全国乙卷，18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区
域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入
射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　)
A． C．
A　
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解析：A　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，由几何关系可知r sin 30°＝r－a，解得r＝2a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，施加电场后粒子做匀速直线运动，则有qvB＝qE，联立解得，故A正确，B、C、D错误。
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6．(多选)(2026·北京房山高三开学考)磁流体发电机的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体(含有大量正、负带电粒子)垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d的两平行金属板间产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。稳定时两板间等离子体有电阻，忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　)
A．上板为正极
B．稳定后上、下两板间的电压U＝Bdv
C．稳定后进入平行金属板间的等离子体都做匀
速直线运动
D．稳定后垂直磁场方向喷入的等离子体速度越大，两板间电动势越大
CD　
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解析：CD　稳定前由左手定则可判断，正粒子受洛伦兹力向下，负粒子受洛伦兹力向上，所以下极板带正电，为正极；上极板带负电，为负极，故A错误；稳定后，由q＝Bqv，得两板间的电动势U′＝Bdv，所以垂直磁场方向喷入的等离子体速度越大，两板间电动势越大；因两板间等离子体有电阻，即发电机有内阻，由U＝U′－Ir，可知上下极板间的电压U都做匀速直线运动。故C正确；故选CD。
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[能力提升练]
7．(2024·江西卷，7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10-3 A时，测得U-B关系图线如图(b)所示，元电荷e ＝1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
图(a)
图(b)
D　
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解析：D　设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图(b)可知图线斜率k＝，解得n＝2.3×1016，D正确。
图(a)
图(b)
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8．(2025·江西九江二模)如图所示，ab是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，a、b两点恰好位于以O为圆心的圆周上，杆上套有质量为m、电荷量为＋q的小球(可看成点电荷)。第一次在O点放一点电荷＋Q，让小球从a点静止释放，通过b时的速度为v1，加速度为a1；第二次在圆内加上磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从a点静止释放，通过b点时速度为v2，加速度为a2，则(　　)
A．v1＝v2 B．v1C．a1＝a2 D．a1A　
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解析：A　a点和b点在同一个等势面上，第一次小球从a点由静止运动到b点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零。根据动能定理有mgh＝mv12，第二次小球从a点由静止运动到b点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理有mgh＝mv22，所
以v1＝v2，A正确，B错误；小球第一次经过b点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力F1>mg，由牛顿第二定律可知，小球经过b点时的加速度a1>g，小球第二次经过b点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过b点时的加速度a2＝g，所以a1>a2，CD错误。故选A。
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9．(多选)(2024·安徽卷，10)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(　　)
ABD　
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A．油滴a带负电，所带电量的大小为
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
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解析：ABD　由a做圆周运动可知，a所受重力等于电场力，故a带负电，且Eq＝mg，解得q＝，A正确；对a有qvB＝m，可得v＝，则v＝，B正确；Ⅰ、Ⅱ二者质量相同，均为m，带电
量相同，均为q，对Ⅰ有qvⅠB＝，可得vⅠ＝3v＝，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝，C错误；在P点，由动量守恒定律得mv＝mvⅠ＋mvⅡ，可得vⅡ＝－v，对小油滴Ⅱ受力分析可知，其重力等于所受电场力，初速度方向水平向右，且带负电，由左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，D正确。
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10．(10分)(2026·广西高三开学考)如图所示，水平虚线为分界线，分界线上方有方向水平向左的匀强电场，分界线下方有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场。现将比荷为k的带正电小球从分界线上的A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在分界线上方的运动轨迹已画出，C点为轨迹的最高点，小球从分界线上的D点第一次进入分界线下方区域，且小球恰好在分界线下方区域做匀速圆周运动，经磁场偏转一次后又恰好回到A点。已知小球到达D点时的速度大小
为2v0，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)A、C两点的高度差h；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)小球从A点出发到返回A点所用的时间t。
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解析：(1)将小球在分界线上方的运动分解，可知小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动规律有v02＝2gh
解得h＝。
(2)设小球到达D点时的速度方向与分界线的夹角为θ，将小球到达D点时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据几何关系有sin θ＝，vx＝2v0cos θ
小球从A点运动到D点所用的时间t1＝
A、D两点间的距离x＝t1
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设小球在分界线下方做匀速圆周运动的半径为R，根据几何关系有x＝2R sin θ
设小球的质量为m，电荷量为q，根据洛伦兹力提供向心力有q·2v0B＝m
解得B＝。
(3)小球在分界线下方通过的弧长s＝(2π－2θ)R
小球在分界线下方运动的时间t2＝
小球从A点出发到返回A点所用的时间t＝t1＋t2，解得t＝。
答案：(1)　(2)　(3)
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[培优创新练]
11．(12分)(2025·云南卷，14)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直 Oxy平面向里，其磁感应强度大小
为B2(未知)，但满足00)的带电粒子通过速度选择器后，在 Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直 ON 射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压 U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。
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(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率η＝×100%，若在Q处检测
到该粒子，则η是多少？
解析：(1)由力的平衡条件有qvB0＝qE
又E＝
联立解得该粒子通过速度选择器的速率v＝。
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(2)画出粒子在第四象限运动轨迹图如图1所示，
由几何关系可知r＝L
由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得B1＝
若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B1，则
粒子在磁屏蔽区运动的轨迹半径为r＝L，由几
何关系可知y轴上y＝L处检测到该粒子；若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴通过磁屏蔽区后做半径为r＝L的圆周运动，由几何关系可知y轴上y＝3L处检测到该粒子，由于0图1
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(3)若在Q处检测到该粒子，画出粒子在磁屏蔽区运动轨迹如图2所示，设粒子在磁屏蔽区的轨迹圆半径为r′，则由几何关系可知r′2＝(2L)2＋(r′－L)2
解得r′＝
由qvB2＝m和qvB1＝m解得B2＝B1
磁屏蔽效率η＝×100%＝60%。
答案：(1)　(2)　L图2
专题突破20　带电粒子在叠加场中的运动
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