專題11帶電粒子在復(fù)合場中的運動

目錄

01考情透視?目標(biāo)導(dǎo)航............................................................................3

02知識導(dǎo)圖?思維引航............................................................................4

03核心精講?題型突破............................................................................5

題型一帶電粒子在組合場中的運動............................................................5

【核心精講】...............................................................................5

一、帶電粒子在組合場中運動的分析思路......................................................5

二、常見的兩類組合場問題..................................................................5

【真題研析】...............................................................................6

【命題預(yù)測】...............................................................................8

考向一電磁組合場中的儀器原理..............................................................8

考向二二維平面電磁組合場問題.............................................................10

考向三三維空間電磁組合場問題.............................................................12

題型二帶電粒子（帶電體）在疊加場中的運動..................................................14

【核心精講】..............................................................................14

一、洛倫茲力與重力共存...................................................................14

二、靜電力與洛倫茲力共存.................................................................14

三、靜電力、重力與洛倫茲力共存...........................................................14

四、帶電粒子在疊加場中運動的解題思路.....................................................15

【真題研析】..............................................................................15

【命題預(yù)測】..............................................................................17

考向一電磁疊加場中的儀器原理.............................................................17

考向二疊加場中束縛類直線運動.............................................................18

考向三疊加場中圓周運動....................................................................18

考向四疊加場中擺線類運動.................................................................22

題型三帶電粒子在交變場中的運動............................................................24

【核心精講】..............................................................................24

帶電粒子在交變電、磁場中運動的解題思路....................................................24

【真題研析】..............................................................................24

【命題預(yù)測】..............................................................................25

考向一帶電粒子二維平面交變場中的運動.....................................................25

考向二帶電粒子三維空間交變場中的運動.....................................................28

考情透視?目標(biāo)導(dǎo)航

題統(tǒng)計

2024年2023年2022年

命題要點

2024山東卷-T18、2023?山東卷117、2022?廣東卷?T7、

帶電粒子在組合場2024?上海卷110、2023?遼寧卷114、2022?山東卷?T17、

中的運動2024?湖南卷-T14、2023.海南卷113、2022.湖北卷.T8

2024廣東卷115、2023?廣東卷15、

2023?新課標(biāo)卷?T18、2022?全國甲卷?T18、

2024安徽卷110、2023?湖南卷16、2022.廣東卷?T8

熱帶電粒子（帶電體）

2024?江西卷-T7、2023?江蘇卷116、

考在疊加場中的運動

角2024湖北卷-T9、2023?海南卷12

度

2022?河北卷?T14

帶電粒子在交變場

中的運動

高考對帶電粒子在復(fù)合場中的運動的考查非常頻繁，大多以計算題中出現(xiàn)，

命題規(guī)律并且一般作為高考試卷的壓軸題出現(xiàn)，題目閱讀量較大，難度較大，對學(xué)生的建

模能力和數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用能力考查較高。

2025年多數(shù)省份還會以壓軸題的的形式出現(xiàn)在計算題中，還是多以考查電

考向預(yù)測場和磁場的組合疊加問題居多，分析的過程較多，對基礎(chǔ)知識和綜合能力要求較

高。

命題情景多與現(xiàn)代科技相結(jié)合，以其為背景命題

常用方法運動的合成分解法、圓周運動公式、運動學(xué)公式、力學(xué)三大觀點

小知識導(dǎo)圖?思維引航\\

第1步：過程分段

核心增出?翱型空衲

//\\

題型一帶電粒子在組合場中的運動

核心精講

一、帶電粒子在組合場中運動的分析思路

第1步：粒子按照時間順序進入不同的區(qū)域可分成幾個不同的階段。

第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如第3步中表圖所示。

第3步：用規(guī)律

車毓律［應(yīng)動學(xué)公司

勻變速

帶

電直線運動

粒

子電場中

在

分常規(guī)分解法

的

離求法

類平拋運動特殊分解法

坂

電

場

磁功能關(guān)系

運

中T勻速直線運動隹望

動勻速運動公式

磁場中

求法圓周運動公式、牛頓：

4勻速圓周運動

定律以及幾何知識：

二、常見的兩類組合場問題

1.先電場后磁場

①先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動。如圖甲、乙所示，在電場中利用動能定理或運

動學(xué)公式求粒子剛進入磁場時的速度。

XXX

q,m\\X

-U+b

XX

I

11

qU=-mv^

甲乙

②先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動。如圖丙、丁所示，在電場中利用平拋運動知識求

粒子進入磁場時的速度。

丙T

2.先磁場后電場

對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：

①進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反，如圖甲所示，粒子在電場中做加速或減速運動，用動

能定理或運動學(xué)公式列式。

②進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直，如圖乙所示，粒子在電場中做類平拋運動，用平拋運動知識

分析。

真題研析

1.（2024?福建?高考真題）如圖,直角坐標(biāo)系xOy中，第I象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第II、III

象限中有兩平行板電容器6、其中C1垂直X軸放置，極板與X軸相交處存在小孔M、N；垂直y軸放置，

上、下極板右端分別緊貼y軸上的P、。點。一帶電粒子從M靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從N射出，緊貼C2下

極板進入。2,而后從P進入第I象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直無軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒

子質(zhì)量為小、帶電量為q,0、P間距離為d,6、C2的板間電壓大小均為U，板間電場視為勻強電場，不計

（2）粒子經(jīng)過P時速度方向與y軸正向的夾角；

（3）磁場的磁感應(yīng)強度大小。

【答案】（1）

2qU

【詳解】（1）粒子從M到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有解得加=

m

⑵粒子在C2中，根據(jù)牛頓運動定律有手=3根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有d=|aA%=就又tan。=

解得e=45°

（3）粒子在P處時的速度大小為分=在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有q%B=等由幾何關(guān)

系可知R=解得B=；戶出

q

2.（2023?海南?高考真題）如圖所示，質(zhì)量為小，帶電量為+q的點電荷，從原點以初速度為射入第一象限

內(nèi)的電磁場區(qū)域，在0<y<y（）,0<x<久o（x0'%為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在久>%o區(qū)域

內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,控制電場強度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接

收器MN上，則（

2

A.粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足5=空等

q說

B.粒子從NP中點射入磁場時速度為北J雪

C.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為理

qB

D.粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是勺悝事

qBy說

【答案】AD

【詳解】A.若粒子打到PN中點，則=；%=/藝￡2解得5=粵選項人正確；

B.粒子從PN中點射出時，則￡=速度%=］詔+琢=及扃/選項B錯誤;

C.粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為仇則tane=曳=蒜=警粒子從電場中射出時的

vv空■.殛qEx0

,mVQ

2

速度"=￡粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則quB=小L則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到的

sm8r

距離為d=rcos。解得d=磬=答選項C錯誤；

BVQqBtan。

D.當(dāng)粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直

最大速度為m=~~x0=出離電場的最大速度=小)+=置Jx]+4%貝！]由quB=小亍可得最大

半徑虧1=竺如=嗎但娶選項D正確；故選AD。

【技巧點撥】

(1)把粒子經(jīng)歷的全過程分成幾個小過程，明確每個過程的運動形式；

(2)在偏轉(zhuǎn)電場中用類平拋運動規(guī)律處理該過程，在磁場中用牛頓第二定律處理勻速圓周運動問題；

(3)明確電場和磁場中粒子運動的銜接物理量是速度，要會求速度的大小和方向。

1命題預(yù)測A

考向一電磁組合場中的儀器原理

3.(2024?寧夏銀川?三模)近年來國產(chǎn)動畫的技術(shù)不斷提升，以科幻為主題的電影《熊出沒之逆轉(zhuǎn)時空》

在2024年春節(jié)受到人們喜歡。其中“我們總是活在別人定義的成功里，卻忘了自己內(nèi)心真正想要的是什么”

成為直擊人心的金句。如左圖所示為光頭強被科學(xué)怪人篡改記憶時的畫面，右圖為篡改記憶所用的裝置模

式圖，一“篡改記憶粒子”(比荷為5xI(p4c/kg)從Si出發(fā)經(jīng)過電場加速(U=2.5xl06v)獲得一定初速

度進入速度選擇器，進入勻強磁場(B=1X107T)偏轉(zhuǎn)180。后進入光頭強大腦進行篡改。不計“篡改記憶

粒子”重力，下列說法正確的是()

□/

A.各個“篡改記憶粒子”進入勻強磁場偏轉(zhuǎn)時間不相同

B.速度選擇器允許通過的粒子速度為50m/s

C.偏轉(zhuǎn)半徑為r=0.01m

D.比荷越小偏轉(zhuǎn)半徑越大

【答案】BCD

【詳解】A.“篡改記憶粒子”進入勻強磁場做勻速圓周運動的周期T=駕由于“篡改記憶粒子”的比荷相同,

qB

做勻速圓周運動的周期相同，各個“篡改記憶粒子”進入勻強磁場偏轉(zhuǎn)時間相同，故A錯誤；

B.加速電場中qU=:血病解得=V2X5xIO-4X2.5x106m/s=50m/s所以速度選擇器允許通

過的粒子速度為50m/s,故B正確；

2

C.在磁場中qvB=解得偏轉(zhuǎn)半徑為r=器=0.01m故C正確；

D.在磁場中!四則比荷越小偏轉(zhuǎn)半徑越大，故D正確。故選BCD。

4.（2024?山東濟南.模擬預(yù)測）粒子對撞的目的是檢驗人們的實驗儀器和探索微觀粒子的宏觀效應(yīng)，認(rèn)識

量子粒子的新規(guī)律，新粒子，認(rèn)識新物理等前沿的量子物理、粒子物理科學(xué)。同時，粒子對撞也是一種天

然粒子，機制，，人們探索，粒子對撞機制’的成因，探索'超對稱'超額維度的存在，開發(fā)新材料。而粒子對撞

機的一門關(guān)鍵技術(shù)就是粒子的加速，“回旋加速器”就是一種典型的粒子加速器，下圖為一回旋加速器的簡圖,

Di和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在電壓為。、周期為T的交流

電源上。位于Di圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略），它們在兩盒之間被電場加速。當(dāng)質(zhì)

子被加速到最大動能及后，再將它們引出。忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是（）

接交流電源。

A.若只增大交變電壓U,則質(zhì)子的最大動能&會變大

B.若只增大交變電壓U,則質(zhì)子在回旋加速器中運行的時間會變短

C.若只將交變電壓的周期變?yōu)?T,仍可用此裝置加速質(zhì)子

D.質(zhì)子第"次被加速前、后的軌道半徑之比為ST1：迎

【答案】BD

【詳解】A.由r=?可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓U無關(guān),

故A錯誤;

B.增大交變電壓，質(zhì)子加速的次數(shù)減少，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運行時間變短，故B正確;

C.為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，故C錯誤；

D.由?=喏，/='詈得4=立哥可得質(zhì)子第〃次被加速前、后的軌道半徑之比為迎,

2（JDC[D

故D正確。故選BD。

考向二二維平面電磁組合場問題

5.（2024?四川成都?三模）如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)虛線CD上方存在勻強磁場和勻強電場，分界線

OE、OF與無軸的夾角均為0=30。。t=0時，一對質(zhì)量為小、電荷量為q的正、負(fù)粒子從坐標(biāo)原點。以大

小為%的速度沿y軸正方向射入磁場，正粒子通過坐標(biāo)為（3L,-的P點（圖中未畫出）進入電場，然后

沿y軸負(fù)方向經(jīng)y軸上的Q點射出電場，不計粒子重力和粒子間的相互作用力。則（

A.磁場的磁感應(yīng)強度大小為0

2qL

B.電場的電場強度大小為磐

24qL

C.在坐標(biāo)為（0,-2百L）的位置，兩粒子相遇

D.在t=4M2兀+3福）時,兩粒子相遇

3%

【答案】AD

【詳解】A.根據(jù)已知做出兩粒子軌跡如圖

由幾何關(guān)系可知r=2L根據(jù)洛倫茲力提供向心力=等解得B=器故A正確；

B.帶正電粒子進入電廠后，水平方向做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律qE=ma水平方向根據(jù)（見853（）。）2=

2a（3L）聯(lián)立解得E=警故B錯誤；

C.在電場中到Q點的時間ti=卓=警在電場中豎直方向做勻速運動，則下降的高度九=為5也30。?1=

2aL粒子從。點下降的總高度H=h+痘L=3bL兩粒子相遇的位置為（0,-3禽乙），故C錯誤；

D.在磁場中運動的時間t2=瞿T=|X粵=磐兩粒子相遇時間t=11+/：2=產(chǎn)+2=4M2：+3⑸故D

“360。3qB3Vo3v0v03Vo

正確。故選AD。

6.（2024?四川遂寧?模擬預(yù)測）如圖所示，在x<0區(qū)域內(nèi)存在沿尤軸正方向的勻強電場，在x>0區(qū)域內(nèi)存在

垂直紙面向里勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為瓦質(zhì)量為相、電荷量為q（q>0）的粒子甲，從點S（-a,0）

由靜止釋放，進入磁場區(qū)域后，與靜止在點尸（a,a）、質(zhì)量也為根的不帶電粒子乙發(fā)生完全非彈性正碰，

碰撞后速度沿y軸正方向運動，且碰撞前后總電荷量保持不變，下列說法正確的是（）

A.電場強度的大小石=歿9

2m

B.碰撞后運動半徑、周期都發(fā)生變化

C.經(jīng)過y軸后，進入電場的最遠距離為3

D.經(jīng)過y軸后，進入電場的最遠距離為:

【答案】AD

【詳解】A.設(shè)粒子甲在電場中加速后進入磁場的速度為八甲粒子從S點到。點，由動能定理可得qEa=

工加/甲粒子在磁場中做勻圓周運動，由。點到尸點偏轉(zhuǎn)工圓周，可知粒子的軌跡半徑為r=a由洛倫茲力提

24

供向心力可得quB=爪?聯(lián)立解得E=等，A正確；

B.甲、乙兩粒子發(fā)生完全非彈性正碰，設(shè)碰撞后的速度大小為力,由動量守恒定律可得小"=2巾1//=；碰

撞后，兩粒子共同在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得q/B=27n（q=器運動周期為

7=號=等可知碰撞后運動半徑不變；周期變大，B錯誤；

v'qB

CD.由于碰撞后運動半徑不變，可知在（0,2a）位置垂直y軸進入電場，速度大小為：，在電場中做勻減速

運動，加速度大小為a加=普=總由速度位移關(guān)系公式可得久=反■其中卜=陋聯(lián)立解得進入電場的最遠

〃口2m4m22a加m

距離為久=會C錯誤，D正確。故選AD。

考向三三維空間電磁組合場問題

7.（2024?河北?二模）如圖所示的足夠大的長方體空間被兩豎直的虛線平面分成三個區(qū)域I、II、III,其

中區(qū)域I、III中分別存在水平向右和水平向左的勻強電場，電場強度的大小均為E,區(qū)域II中存在豎直向上

的勻強磁場。。點為區(qū)域I內(nèi)的點，。點到右側(cè)第一豎直虛線平面的距離為d,兩虛線平面之間的距離為Wd,

一比荷為人的帶正電的粒子由O點靜止釋放，依次經(jīng)過兩虛線平面上的兩點，兩點之間的距離為2d,忽略

粒子的重力。求:

(1)區(qū)域II中磁感應(yīng)強度的大小;

(2)粒子第一次、第二次通過左側(cè)虛線平面時，兩點之間的距離;

(3)若粒子的釋放點。向左平移2d后由靜止釋放，粒子第一次、第二次通過左側(cè)虛線平面的時間間隔。

2d

【答案】（1）B=(2)s=(2+；(3)t=Q+3

kE

【詳解】（1）結(jié)合題意作出粒子的運動軌跡，如圖甲所示，粒子在區(qū)域I中運動時，由動能定理得

qEd=謚解得%=又由AC=2d以及兩虛線平面之間的距離為Bd可知/。便。=60°XACO］為

正三角形，所以粒子在區(qū)域n中運動的軌道半徑為%=2d又q%B=得B=嚕解得B=

RiqRi

圖甲

（2）粒子進入?yún)^(qū)域HI后做類斜拋運動，水平方向先向右減速再向左加速，向外方向做勻速直線運動，粒子

在C點的水平分速度為以=%sin30。向外分速度為%=171cos30。又由牛頓第二定律qE=ma得a=kE則粒

子由C到。的時間為1=誓又久CD=解得XCD=由類斜拋運動的對稱性可知，粒子在D點的速度大

小仍為%=麗則粒子再次回到區(qū)域II的軌道半徑仍為％=2d則粒子第一次、第二次通過左側(cè)虛線平面

時，兩點之間的距離為s=2R1COS60。+XCD解得s=（2+V3）d

(3)如圖乙，若粒子的釋放點。向左平移2d后由靜止釋放，粒子在區(qū)域［中運動時，由動能定理得

qE?3d=!TH該解得女=，6/cEd粒子在區(qū)域II中，由=m也得=275d由幾何關(guān)系可知粒子在區(qū)域

27^2

II中的軌跡所對應(yīng)的圓心角滿足sin。=嚕則e=m粒子由4到P的時間為ti=5結(jié)合(2)的解析可知粒子

2V3a612

在區(qū)域III中的運動時間為t2=小又吟=%sin60。由對稱性可知，粒子由。到M的時間為J=匕=(又T=

等所以粒子第一次、第二次通過左側(cè)虛線平面的時間間隔為t=ti+t2+t3由以上解得t==*32d

kE

1+

8.(2024?山東濰坊?三模)如圖所示的。一孫z坐標(biāo)系中，0＜久＜百1的I區(qū)域內(nèi)有沿z軸正方向的勻強磁

場，在x＞百/的H區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場。一帶電量為+外質(zhì)量為機的粒子從y軸上的點尸

(0,21,0)以速度加沿x軸正方向射入I區(qū)域，從點。進入H區(qū)域。粒子在II區(qū)域內(nèi)，第二次經(jīng)過無軸時

粒子位于N點，且速度方向與％軸正方向夾角6=%已知I區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度大小方=登，不計粒子

重力。

(1)求粒子經(jīng)過。點時速度方向與X軸正方向夾角Q；

(2)求勻強電場的電場強度￡；

(3)求粒子從P到N所用的時間;

(4)粒子到達N點時，在II區(qū)域施加沿y軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小Bo=裁，求粒子離開N

點經(jīng)過八詈時間，粒子的位置坐標(biāo)。

八歹

%)

P>------>

Z

【答案】（1）60。；⑵E=嘴;（3）￡=+6）\⑷［（2百+1》,（3兀+?）同

【詳解】根據(jù)題意繪出粒子從P到N的運動軌跡如下

（1）粒子在I區(qū)域做勻速圓周運動，有q%Bo=小"根據(jù)幾何關(guān)系有sina=幽解得a=60。

rlrl

（2）由幾何關(guān)系可知，。、N兩點沿電場方向的距離為/,粒子由。到N過程沿％軸方向做勻速直線運動有

VNX=VQX=vocosa,cos^=如由動能定理有\(zhòng)一;zn?諾解得E=箸

?N224Ql

（3）粒子由尸到。過程，設(shè)時間為〃，有力=5%為8=小等ri粒子由。到N過程，沿y軸方向先勻減

速后勻加速，設(shè)時間分別為小t3,有%sina=裊2,=93其中/'=力+打+打聯(lián)立解得1=。汗+—⑹，

（4）粒子運動在xOz平面內(nèi)的投影為勻速圓周運動q?8o=6粵粒子運動周期T=等=㈣解得F可

得％=qsina+v0cosa（t2+七）=（2A/3+1）1,z=2r2=2/粒子沿y軸方向做勻加速運動，可得y=vosin^t+

3安'2=（3兀+甲）唧粒子的位置坐標(biāo)為［（2g+l）Z,（3兀+寫）/,2小

題型二帶電粒子（帶電體）在疊加場中的運動

核心精講

一、洛倫茲力與重力共存

三、靜電力、重力與洛倫茲力共存

.勾速出收力速食靖

e三力平n卜運動運動娓律

Q電力、］.?力勾速?■同

希倫被㈤,電力平，垢動■律

力

力

與

■?電

等

合

力

為

的

不鹿?守恒

向

力

與

速

度

旦」o的曲,定律或動

不

事

直

四、帶電粒子在疊加場中運動的解題思路

疊加*的

蛆成T鼻懵電注、1*、■力*的杓成情次：

一說二麗.五麗詭防濡槍看:

區(qū)竿葉FO后分析其.他X力洗建力、后鼻i鼻力）

［運動分析T注M運動情況I■菱力情配的姑祈

萬嬴HTi江祚麗質(zhì)的或匚死甌手謠

直紇運動1￥百蔚相

與由^市一而疏而而反

選界"包媽照時』動爆律

真題研析

9.（2024?安徽?高考真題）空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小

為E,磁感應(yīng)強度大小為瓦一質(zhì)量為機的帶電油滴。，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。

當(dāng)a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴I、II,二者帶電量、質(zhì)量均相同。I在P點時與a的速度

方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。II的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計

空氣浮力與阻力以及I、II分開后的相互作用，則（）

A.油滴。帶負(fù)電，所帶電量的大小為學(xué)

B.油滴。做圓周運動的速度大小為警

E

C.小油滴I做圓周運動的速度大小為誓，周期為噤

EgB

D.小油滴n沿順時針方向做圓周運動

【答案】ABD

【詳解】A.油滴。做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負(fù)電，有zng=Eq解得q=?故A正確；

B.根據(jù)洛倫茲力提供向心力Bqu=巾［得R=詈解得油滴。做圓周運動的速度大小為"=等故B正確；

RDC［E

m

C.設(shè)小油滴I的速度大小為巧，得3R=登解得%=誓=誓周期為T=等=署故C錯誤；

D.帶電油滴。分離前后動量守恒，設(shè)分離后小油滴H的速度為以，取油滴。分離前瞬間的速度方向為正方

向，得=上解得%=-等由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油滴

II的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴II沿順時針方向做圓周運動，故D正確。故選ABDo

【技巧點撥】

（1）明確重力、電場力和洛倫茲力共存的情況下，做圓周運動的條件；

（2）油滴分離前后動量守恒。

10.（2023?江蘇?高考真題）霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。。孫平面內(nèi)存在豎直向下的

勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為機、電荷量為e的電子從。點沿x軸正

方向水平入射。入射速度為加時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于vo時，電子的運動軌跡如圖中的

虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。

（1）求電場強度的大小E;

（2）若電子入射速度為孑，求運動到速度為：時位置的縱坐標(biāo)力；

42

（3）若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標(biāo)乃=篝位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)

No的百分比。

■?y

xxXB

x/xx\,‘x

【答案】（1）voB；（2）%生；（3）90%

【詳解】（1）由題知，入射速度為"時，電子沿x軸做直線運動則有Ee=ev必解得E=v必

（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由

于電子入射速度為熱則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有eEyi=

1巾（［%）2-|山（；%）2解得月=鬻

（3）若電子以v入射時，設(shè)電子能達到的最高點位置的縱坐標(biāo)為y,則根據(jù)動能定理有eEy=：小瑤-1爪/

由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有尸6=ev,”B-eE在最低點有/合=eE-

e該聯(lián)立有%=言―u,y=型爐要讓電子達縱坐標(biāo)先=魯位置，即解得"<則若電子入

DCDD6D1U

射速度在0<v<w范圍內(nèi)均勻分布，能到達縱坐標(biāo)光=鬻位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)M的90%。

【技巧點撥】

（1）電子做直線運動的條件是電場力和洛倫茲力相等;

（2）第2、3問條件下的運動是一般曲線運動，可以利用動能定理解決相關(guān)問題。

命題預(yù)測

考向一電磁疊加場中的儀器原理

H.（2024?北京東城?一模）用如圖所示裝置作為推進器加速帶電粒子。裝置左側(cè)部分由兩塊間距為1的平

行金屬板M、N組成，兩板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為瓦使大量電荷量絕對值均

為勤的正、負(fù)離子從左側(cè)以速度w水平入射，可以給右側(cè)平行板電容器PQ供電。靠近Q板處有一放射源

S可釋放初速度為0、質(zhì)量為機、電荷量絕對值為q的粒子，粒子被加速后從S正上方的孔噴出P板，噴出

的速度大小為V。下列說法正確的是（）

正

負(fù)

離

.S

子

Q

A.放射源S釋放的粒子帶負(fù)電

B.增大做的值，可以提高v

C.PQ間距變?yōu)樵瓉淼?倍，可使v變?yōu)樵瓉響?yīng)倍

D.加和2同時變?yōu)樵瓉淼?倍，可使v變?yōu)樵瓉淼?倍

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)左手定則可知，正負(fù)離子進入MN區(qū)域，正離子受到向下的洛倫茲力，負(fù)離子受到向上的

洛倫茲力，所以正離子打到N板，負(fù)離子打到M板，N板電勢高于M板，即Q板電勢高于P板，S釋放

的粒子受到向上的電場力，電場力方向與場強方向相同，則粒子帶正電，故A錯誤;

BC.根據(jù)力的平衡可得釋放的粒子，加速過程有qU=1小戶聯(lián)立可得〃=由此可知,

粒子射出的速度與q。、PQ間距無關(guān)，故BC錯誤;

D.由以上分析可知，當(dāng)物和8同時變?yōu)樵瓉淼?倍，可使v變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。故選D。

12.（2024.江西.模擬預(yù)測）如圖所示，光電管和一金屬材料做成的霍爾元件串聯(lián)，霍爾元件的長、寬、高

分別為a、b.c且水平放置，該霍爾元件放在磁感應(yīng)強度大小為2、方向豎直向上的勻強磁場中。某時刻讓

一束光照到光電管的陰極K激發(fā)出光電子，閉合電鍵S,調(diào)節(jié)滑動變阻器的劃片到某一位置，電流表A的

示數(shù)為/,電壓表的示數(shù)為U。經(jīng)典電磁場理論認(rèn)為：當(dāng)金屬導(dǎo)體兩端電壓穩(wěn)定后，導(dǎo)體中產(chǎn)生恒定電場，

且恒定電場的性質(zhì)和靜電場性質(zhì)相同。已知電子電量為e,電子的質(zhì)量為加?；魻栐挝惑w積內(nèi)的電子數(shù)

C.霍爾片內(nèi)的電場強度大小為J（懸尸+（）2

D.將滑動變阻器的滑片P向右滑動，電流表的示數(shù)會不斷地增加

【答案】ABC

【詳解】A.由題意可知，經(jīng)過霍爾元件的電流方向為水平向右，則電子運動方向水平向左，根據(jù)洛倫茲力

可知，電子會到達前表面，故霍爾元件前表面電勢低于后表面電勢，故A正確；

B.設(shè)霍爾元件前后側(cè)面的電壓為U,電子在霍爾元件內(nèi)做定向移動的速率為v,根據(jù)洛倫茲力與電場力平

衡可得qi汨=華霍爾元件單位體積內(nèi)的電子數(shù)為"，則電流/=neSv=nebcu聯(lián)立解得U=里故B正確；

bnec

C.霍爾片內(nèi)沿前后側(cè)面的電場強度大小為比=?=M沿電流方向的恒定電場為E=2則霍爾片的電場強

bnebca

度為E合=西+E2=J（"）2+（〉故C正確;

D.若/已經(jīng)為光電效應(yīng)達到的飽和電流，則當(dāng)滑動變阻器滑片右移后，電流/保持不變，故D錯誤。

故選ABCo

考向二疊加場中束縛類直線運動

13.（2024?湖北武漢?模擬預(yù)測）如圖所示傾角為37。的足夠長的光滑絕緣斜面處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強

度為瓦可視為質(zhì)點的小球質(zhì)量為如帶電量為+q,以平行于斜面的初速度%=W從斜面底端向上滑行,

f時刻小球離開斜面。已知sin37。=0.6,整個運動過程中小球帶電量保持不變，下列分析正確的是（

A小球離開斜面之前的運動過程中加速度恒定

B"四

5g

C小球離開斜面之前的過程中斜面對小球的彈力的沖量大小為智

D小球離開斜面后相對分離點能夠上升的最大高度為警

25g

【答案】AC

【詳解】A.小球上行過程中洛倫茲力垂直斜面向下，小球不會離開斜面，小球在下滑至某位置時離開斜面。

離開斜面前滿足zngsin37。=ma得a=gsin37。恒定。故A正確；

7n

B.離開斜面瞬間滿足quB=7ngeos37。得u=gs7=由勻變速直線運動規(guī)律得-u=v0-at可得t=

C[D5

出故B錯誤；

9

C.上行過程由平衡條件可得FNI=quB+7ngeos37。此過程中彈力的沖量為A=+m.gcos37o)At=

(mgcos37o)ti+西石同理可得下行過程彈力沖量為=￡(—quB+7ngeos37。)》=(m<gcos37°)t2—qBx2

全程彈力沖量為/=人+，2=Ogcos37o)("+G)-qB%-&)又由勻變速直線運動規(guī)律可得L+S=

W；，久1一%2=二三聯(lián)立得I=鬻故c正確；

D.小球離開斜面后做擺線運動，從離開斜面至到達最高點的過程中由功能關(guān)系可得yng/im=jmv2-jmv,2

在水平方向上由動量定理可得￡0以3"=qBhm-nwcos37。-mu'聯(lián)立，可得以=瑞故D錯誤。故選AC。

14.(2024.貴州貴陽?模擬預(yù)測)如圖甲所示，在豎直面(紙面)內(nèi)，一個足夠長的絕緣圓柱細(xì)桿與水平方

向成6=60。角固定，所在空間有垂直于紙面向里的勻強磁場和水平向左的勻強電場，一質(zhì)量為m=0.3kg、

帶電量q=+1.0C的穿孔小球套在桿上，小球上的孔徑略大于桿的直徑。桿的表面由兩種材料構(gòu)成，圖甲中

桿的中軸線右上方一側(cè)的表面光滑，左下方一側(cè)的表面與小球的動摩擦因數(shù)為“=宗?，F(xiàn)將該小