课后限时练11 带电粒子在复合场中的运动
1．(2025·安徽百师联盟高三联考)在核电站中，使用电磁泵来循环冷却剂以维持核反应堆稳定运行。电磁泵的设计示意图如图所示，电磁泵位于垂直纸面向外的匀强磁场(磁感应强度大小为B)中，泵体为长方体(长为L1，宽和高均为L2)，上下表面为金属极板。当在泵体的上下表面接电压为U的电源(内阻不计)后，只在两板间的冷却剂中产生自上而下的电流，理想电流表示数为I，通电冷却剂在磁场力的作用下在管道中流动。泵体和冷却剂液面之间的高度差为h，冷却剂的电阻率为ρ，在t时间内抽取冷却剂的质量为m，不计冷却剂在流动中和管壁之间的阻力，工作时泵体内始终充满冷却剂，取重力加速度为g，则( )
A．电磁泵对冷却剂的推力大小为BIL1
B．电磁泵输出的机械功率为UI－
C．质量为m的冷却剂离开泵体时的动能为UIt－mgh－I2t
D．若接在泵体的上下两表面的电压变为2U，则电流表的读数变为2I(未超出量程)
2．(2025·湖北武汉市武昌区高三质量检测)如图所示是一种改进后的回旋加速器示意图，狭缝MN间加速电场的电场强度大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速度进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，忽略边缘效应，下列说法正确的是( )
A．狭缝间的电场方向需要做周期性的变化
B．每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同
C．这种回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同
D．D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小成正比
3．(2025·湖南邵阳市高三下学期第三次联考)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场中，有一根长为L的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量为m、电荷量为q(q>0)的小环。现让细杆以恒定的速度v沿垂直磁场方向水平向右匀速运动，同时释放小环(竖直方向初速度为0)，小环最终从细杆底端飞出，重力加速度为g，关于小环在杆上的运动下列说法正确的是( )
A．小环的轨迹是条直线
B．洛伦兹力对小环做负功
C．小环在运动过程中机械能不变
D．小环在绝缘杆上的运动时间为
4．(多选)(2025·东北三省四市教研联合体高三下学期二模)碳是碳的一种同位素。如图甲是一个粒子检测装置的示意图，图乙为其俯视图，粒子源释放出经电离后的碳14与碳12原子核(初速度忽略不计)，经直线加速器加速后由通道入口的中缝MN进入通道，该通道的上下表面是内半径为R、外半径为3R的半圆环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于半圆环，正对着通道出口处放置一张照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置。当直线加速器的加速电压为U0时，碳12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，则下列说法正确的是( )
A．加速电压为U0时，碳14原子核所击中的位置比碳12原子核更靠近圆心
B．当加速电压在≤U≤范围内，碳12原子核全部打在内圆环上
C．若碳12原子核全部打在内圆环上，则碳12原子核在磁场中运动的最短时间为
D．碳14原子核能打到底片上的电压范围是≤U≤
5．(12分)如图所示，以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系Oxy，空间中存在匀强电场和匀强磁场。电场方向沿x轴正方向，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里；第一象限内有一点P，OP与x轴正方向夹角θ＝37°。现有一个质量为m、带电荷量为q的带正电的小球恰好从O点沿OP方向做直线运动。已知重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求电场强度大小E以及小球的速度大小v0；
(2)若OP＝，小球运动到P点时突然撤去磁场，求撤去磁场后经多长时间小球到达x轴。
6．(16分)(2025·江西十校第一次联考)如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，y轴与x＝L之间有沿y轴负方向的匀强电场，在x＝L右侧有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O射入第一象限，射入的速度大小为v0，方向与y轴正方向的夹角为37°，经电场偏转后从x＝L上的P点进入磁场，粒子在P点的速度方向与y轴负方向的夹角为53°，粒子在磁场中的运动轨迹刚好与x轴相切。sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，不计粒子的重力，求：
(1)粒子运动到P点时的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小。
课后限时练11
1．C [电磁泵对冷却剂的推力F＝BIL2，A错误；电源提供的电功率P＝UI，冷却剂电阻R＝ρ，电磁泵输出的机械功率P出＝UI－I2R＝UI－I2，若t时间内抽取冷却剂的质量为m，这部分冷却剂离开泵时的动能Ek＝UIt－mgh－I2Rt＝UIt－mgh－I2t，B错误，C正确；电磁泵输入的电能小部分转化为内能，绝大部分转化为机械能，是非纯电阻电路，部分电路欧姆定律对电磁泵不适用，所以若接在泵体的上下两表面的电压变为2U，则电流表的读数变为2I(未超出量程)的结论不成立，D错误。故选C。]
2．C [由题意可知，带正电的粒子始终从P点进入电场，加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A错误；粒子第一次加速，由动能定理得qU＝m，粒子第二次加速，由动能定理得qU＝mm，整理得Δv1＝，Δv2＝，以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误；设粒子到出口处运动了n圈，运动的时间为t，由动能定理得nqU＝mv2，又由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，周期T＝，t＝nT，联立得t＝，可见，回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同，故C正确；设D形盒半径为R，则有qvmB＝m，又Ekm＝m，联立可得Ekm＝，可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小的平方成正比，故D错误。故选C。]
3．D [对小环分析可知，竖直方向受向下的重力和向上的洛伦兹力作用，加速度a＝，因v不变，则加速度不变，即小环在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动，可知小环运动的轨迹为曲线，选项A错误；洛伦兹力对小环不做功，选项B错误；水平方向小环受到向右的洛伦兹力作用，细杆对小环有向左的弹力作用，该弹力对小环做负功，可知小环在运动过程中机械能减小，选项C错误；小环在竖直方向做匀加速运动，加速度为a＝，根据L＝at2，可得小环在绝缘杆上的运动时间为t＝，选项D正确。故选D。]
4．BD [对原子核，设经过加速电压U0加速后的速度为v，则有qU0＝mv2，在磁场中圆周运动半径r＝，联立解得r＝，因为碳14C)的比荷比碳12C)的小，所以碳14C)圆周运动半径比碳12C) 的大， 故碳14原子核所击中的位置比碳12原子核更远离圆心，故A错误；由题意知加速电压为U0时，碳12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，即有2R＝，若碳12原子核全部打在内圆环上，则最小圆周运动半径为rmin＝，最大圆周运动半径为rmax＝，即有rmin＝，rmax＝，联立解得Umin＝，Umax＝≤U≤范围内，
碳12原子核全部打在内圆环上，故B正确；若碳12原子核全部打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点，如图，当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角θ最小，用时最短，由几何关系可知最小圆心角θ＝π ，则最短时间为t＝T＝，联立解得t＝，故C错误；若碳14原子核全部打在底片上，则最小圆周运动半径为rmin1＝，最大圆周运动半径为rmax1＝，即有rmin1＝，rmax1＝，因为碳14原子核的比荷是碳12原子核的，联立以上可得Umin1＝，Umax1＝，碳14原子核能打到底片上的电压范围是≤U≤，故D正确。故选BD。]
5．解析：(1)对小球进行受力分析如图所示，小球做直线运动，则有qE＝mgtan θ，qv0B＝，解得E＝，v0＝。
(2)突然撤去磁场后，小球做类平抛运动，则有OP·tan θ＋v0t·tan θ＝at2，＝ma，
其中OP＝，解得t＝(另一解不符合题意，舍去。)
答案：(1) (2)
6．解析：(1)粒子初速度方向斜向上，静电力竖直向下，在电场中做类斜抛运动，设粒子运动到P点时的速度大小为vP，根据题意有v0sin 37°＝vPsin 53°，解得vP＝v0。
(2)粒子在平行y轴方向做类竖直上抛运动，粒子在平行x轴方向做匀速直线运动，根据速度与时间的关系式，有－vPcos 53°＝v0cos 37°－at，由牛顿第二定律可知qE＝ma，平行x轴方向有L＝v0sin 37°·t，联立解得E＝。
(3)粒子在磁场中的运动如图所示，P点到x轴的距离为y＝L，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据题意及几何关系有R－y＝Rcos 37°，解得R＝L，由牛顿第二定律可知qvPB＝m，解得B＝。
答案：(1)v0 (2) (3)
4/4第11课时 带电粒子在复合场中的运动
【备考指南】
1．备考过程要重视对带电粒子运动的受力分析和过程分析，弄清是电偏转还是磁偏转，注重物理模型的建构。
2．重视以示波器、显像管、质谱仪、回旋加速器等现代科技仪器为情境载体，以及其他生活实践情境的多过程题型训练，培养学科素养和学科能力。
3．注重物理模型建构，借助合适的数学工具解决问题，通过对临界极值、多解问题的训练，培养考生的发散性思维。
热点一 带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子在组合场中运动问题的分类及解题方法
2．带电粒子在组合场中运动问题的分析思路
[典例1] [电场＋磁场组合](多选)(2025·山东卷)如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．区域Ⅰ内电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，方向垂直Oxy平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心坐标为
[听课记录]
带电粒子在组合场中的运动分析
从电场 进入 磁场 电场中：匀加速直线运动 磁场中：匀速圆周运动 电场中：类平抛运动 磁场中：匀速圆周运动
从磁场 进入 电场 磁场中：匀速圆周运动 电场中：匀变速直线运动(v与E同向或反向) 磁场中：匀速圆周运动 电场中：类平抛运动(v与E垂直)
热点二 带电粒子在叠加场中的运动
1．三种典型情况
(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时。
(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
2．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的场中的运动平衡问题，所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子打在两极板后才产生的。
3．分析
[典例2] [叠加场模型](多选)如图所示，竖直面内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
[听课记录]
[典例3] [电磁场与现代科技](多选)(2025·江西南昌模拟)如图所示，光电管和一金属材料做成的霍尔元件串联，霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c且水平放置，该霍尔元件放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。某时刻让一束光照到光电管的阴极K激发出光电子，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片到某一位置，电流表A的示数为I，电压表的示数为U。经典电磁场理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，且恒定电场的性质和静电场性质相同。已知电子电量为e，电子的质量为m，霍尔元件单位体积内的电子数为n，则下列说法正确的是( )
A．霍尔元件前表面电势低于后表面电势
B．霍尔元件前后表面的电压大小为
C．霍尔元件内的电场强度大小为
D．将滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数会不断地增加
[听课记录]
[典例4] [带电粒子在叠加场中的旋进运动](2025·1月八省联考陕晋青宁卷)如图所示，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求：
(1)电场强度的大小和P点距y轴的距离；
(2)小球第一次到达最低点时速度的大小；
(3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
[听课记录]
常见的“配速法”的应用
常见情况 处理方法
BG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2。
BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2。
BEG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v2。
BGv摆线：初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。
1．[电磁场与现代科技](2025·广东卷)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．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变为
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
2．[电偏转＋磁偏转运动](多选)在图示直角坐标系中，y轴竖直，x<0区域内存在电场强度大小为E，方向竖直向上的匀强电场，x>0区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A点在x轴负半轴上，C点在y轴正半轴上，AC与x轴正方向的夹角为θ＝45°。质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子(不计重力)，以速率v0从A点沿与AC成α角方向射入第二象限后，恰好通过C点，经磁场偏转后恰好通过O点。已知sin α＝，粒子经过C点时速度与y轴负方向的夹角小于，下列说法正确的是( )
A．粒子从A点运动到C点的时间为
B．粒子运动到C点时的速度大于
C．磁感应强度大小为
D．粒子在磁场中运动的时间为
3．[组合场、叠加场模型综合](2025·云南卷)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？
第11课时 带电粒子在复合场中的运动
热点一
典例1 AD [粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，则粒子在y轴方向上有2L＝a，而a＝，解得E＝，带正电粒子受力沿y轴正方向，则电场强度方向沿y轴正方向，A正确；粒子在区域Ⅰ内运动的过程中，x轴方向有3L＝v0t0，y轴方向有2L＝t0，而v＝，解得v＝；粒子在区域Ⅱ内运动时，最高点与最低点之差为2R＝L－L，则R＝L，B错误；由qvB＝m，可得B＝，由题图乙可知粒子在进入区域Ⅱ后先向上偏转再向下偏转，由左手定则可判断磁感应强度方向垂直Oxy平面向外，C错误；设粒子进入区域Ⅱ时在区域Ⅰ内的位移与水平方向夹角为α，速度与水平方向的夹角为β，由类平抛运动规律有tan β＝2tan α＝2×，由几何关系可知粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心横坐标x＝3L＋Rsin β＝，纵坐标y＝0，D正确。]
热点二
典例2 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静电力的合力也垂直于MN，故静电力水平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有qvBcos 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，粒子所受静电力和重力不变，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＝vtcos 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。]
典例3 ABC [由题意可知，经过霍尔元件的电流方向为水平向右，则电子运动方向为水平向左，根据左手定则可知，电子会到达前表面，故霍尔元件前表面电势低于后表面电势，故A正确；设霍尔元件前后表面的电压为U1，电子在霍尔元件内做定向移动的速率为v，根据洛伦兹力与电场力平衡可得qvB＝，霍尔元件单位体积内的电子数为n，则电流I＝neSv＝nebcv，联立解得U1＝，故B正确；霍尔元件内沿前后表面的电场强度大小为E1＝，沿电流方向的恒定电场为E＝，则霍尔元件内的电场强度为E合＝，故C正确；若I已经为光电效应达到的饱和电流，则当滑动变阻器滑片右移后，电流I保持不变，故D错误。故选ABC。]
典例4 解析：(1)依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化量为零，由动能定理可知合力做功为零，静电力与重力等大反向，可得qE＝mg
解得E＝
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图
根据qv0B＝m
解得r＝
由几何关系，可得xP＝r＋rcos 30°
联立，解得xP＝。
(2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°的v0，如图
其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即F洛＝qv0B＝mg
小球沿x轴正方向做匀速直线运动，与x轴负方向成45°的v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为
v＝v0＋v0＝(1＋)v0。
(3)由第(2)问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示
根据qv0B＝m
又T＝
由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间为t＝T，联立，解得t＝。
答案：(1) (2)(1＋)v0 (3)
随堂练——研高考·测风向
1．A [离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；第1次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后离子的速度大小为v，则对k次加速过程，由动能定理有kqU＝mv2－m，解得v＝，C错误；第k次加速后，离子在磁场中做圆周运动，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为B，则离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，结合C项分析可得B＝，D错误。]
2．AD [设OC＝L，则AC＝L，如图所示，
垂直AC方向有t1＝，沿AC方向有L＝v0t1cos α－，解得t1＝，L＝，A正确；粒子到达C点时，平行AC方向的分速度大小为v1＝v0cos α－t1＝0，垂直AC方向的分速度大小为v2＝v0sin α＝v0，故粒子到达C点时的速度为vC＝v0，B错误；
(一题多解 动能定理法 对粒子由A到C过程，由动能定理有－qE·ACsin θ＝mm，解得vC＝v0。)
结合上述分析可知，粒子进入磁场时速度与y轴负方向的夹角β＝45°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，由洛伦兹力提供向心力有qvCB＝m，解得B＝，C错误；带电粒子在磁场中运动的时间t＝，D正确。]
3．解析：(1)由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故qE＝qv0B0，其中E＝，则该粒子通过速度选择器的速率为v0＝。
(2)粒子从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r1＝L，由洛伦兹力提供给向心力qv0B1＝m
联立可得B1＝
由于B2L
当B2＝0时，粒子在磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示，此时粒子打在y轴3L处。
当B2＝B1时，根据洛伦兹力提供向心力qv0B1＝m，可得r3＝r1＝L
综上所述，y轴上可能检测到该粒子的范围为L(3)若在Q处检测到该粒子，如图所示
由几何关系可知＝(2L)2＋(r2－L)2
解得r2＝L
由洛伦兹力提供向心力qv0B2＝m
联立解得B2＝，其中B1＝
若在Q处检测到该粒子，根据磁屏蔽效率η＝×100%可得η＝60%。
答案：(1) (2) L10/10(共114张PPT)
第11课时 带电粒子在复合场中的运动
专题三 电场与磁场
【备考指南】
1．备考过程要重视对带电粒子运动的受力分析和过程分析，弄清是电偏转还是磁偏转，注重物理模型的建构。
2．重视以示波器、显像管、质谱仪、回旋加速器等现代科技仪器为情境载体，以及其他生活实践情境的多过程题型训练，培养学科素养和学科能力。
3．注重物理模型建构，借助合适的数学工具解决问题，通过对临界极值、多解问题的训练，培养考生的发散性思维。
热点一 带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子在组合场中运动问题的分类及解题方法
2．带电粒子在组合场中运动问题的分析思路
[典例1] [电场＋磁场组合](多选)(2025·山东卷)如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．区域Ⅰ内电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，方向垂直Oxy平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心坐标为
√
√
AD [粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，则粒子在y轴方向上有2L＝，而a＝，解得E＝，带正电粒子受力沿y轴正方向，则电场强度方向沿y轴正方向，A正确；粒子在区域Ⅰ内运动的过程中，x轴方向有3L＝v0t0，y轴方向有2L＝t0，而v＝，解得v＝；粒子在区域Ⅱ内运动时，最高点与最低点之差为2R＝L－＝L，则R＝L，B错误；
由qvB＝m，可得B＝，由题图乙可知粒子在进入区域Ⅱ后先向上偏转再向下偏转，由左手定则可判断磁感应强度方向垂直Oxy平面向外，C错误；设粒子进入区域Ⅱ时在区域Ⅰ内的位移与水平方向夹角为α，速度与水平方向的夹角为β，由类平抛运动规律有tan β＝2tan α＝2×＝，由几何关系可知粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心横坐标x＝3L＋R sin β＝，纵坐标y＝0，D正确。]
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(2024·福建卷)如图，直角坐标系xOy中，第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第二、三象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第一象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计粒子重力，忽略边缘效应。求：
(1)粒子经过N时的速度大小；
(2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
[解析] (1)设粒子经过N时的速度大小为vN，则对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理有
qU＝
解得vN＝。
(2)粒子在C2中做类平抛运动，设粒子经过P时沿y轴方向的速度大小为vy，速度方向与y轴正向的夹角为θ，粒子在C2中的运动时间为t，则根据牛顿第二定律有
＝ma
根据匀变速直线运动规律，在沿y轴方向有
d＝at2，vy＝at
又tan θ＝
联立解得θ＝45°。
(3)粒子在P处时的速度大小为vP＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
qvPB＝
由几何关系可知R＝d
联立解得B＝。
[答案] (1) (2)45° (3)
模型图析 带电粒子在组合场中的运动分析
从电场 进入 磁场 电场中：匀加速直线运动 磁场中：匀速圆周运动 电场中：类平抛运动
磁场中：匀速圆周运动
从磁场 进入 电场 磁场中：匀速圆周运动 电场中：匀变速直线运动(v与E同向或反向) 磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动(v与E垂直)
热点二 带电粒子在叠加场中的运动
1．三种典型情况
(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时。
(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
2．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的场中的运动平衡问题，所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子打在两极板后才产生的。
3．分析
[典例2] [叠加场模型](多选)如图所示，竖直面内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 [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静电力的合力也垂直于MN，故静电力水平向右，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，粒子所受静电力和重力不变，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 cos 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。]
[典例3] [电磁场与现代科技](多选)(2025·江西南昌模拟)如图所示，光电管和一金属材料做成的霍尔元件串联，霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c且水平放置，该霍尔元件放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。某时刻让一束光照到光电管的阴极K激发出光电子，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片到某一位置，电流表A的示数为I，电压表的示数为U。经典电磁场理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，且恒定电场的性质和静
电场性质相同。已知电子电量为e，电子的质量
为m，霍尔元件单位体积内的电子数为n，则下
列说法正确的是( )
A．霍尔元件前表面电势低于后表面电势
B．霍尔元件前后表面的电压大小为
C．霍尔元件内的电场强度大小为
D．将滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数会不断地增加
√
√
√
ABC [由题意可知，经过霍尔元件的电流方向为水平向右，则电子运动方向为水平向左，根据左手定则可知，电子会到达前表面，故霍尔元件前表面电势低于后表面电势，故A正确；设霍尔元件前后表面的电压为U1，电子在霍尔元件内做定向移动的速率为v，根据洛伦兹力与电场力平衡可得qvB＝，霍尔元件单位体积内的电子数为n，则电流I＝neSv＝nebcv，联立解得U1＝，故B正确；霍尔元件内沿前后表面的电场强度大小为E1＝＝，沿电流方
向的恒定电场为E＝，则霍尔元件内的电场强度为E合＝＝，故C正确；若I已经为光电效应达到的饱和电流，则当滑动变阻器滑片右移后，电流I保持不变，故D错误。故选ABC。]
[典例4] [带电粒子在叠加场中的旋进运动](2025·1月八省联考陕晋青宁卷)如图所示，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与
cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标
原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时
去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，
已知磁感应强度大小均为。求：
(1)电场强度的大小和P点距y轴的距离；
(2)小球第一次到达最低点时速度的大小；
(3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
[解析] (1)依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化量为零，由动能定理可知合力做功为零，静电力与重力等大反向，可得qE＝mg
解得E＝
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图
根据qv0B＝
解得r＝
由几何关系，可得xP＝r＋r cos 30°
联立，解得xP＝。
(2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°的v0，如图
其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即F洛＝qv0B＝mg
小球沿x轴正方向做匀速直线运动，与x轴负方向
成45°的v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针
匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最
低点时速度的大小为
v＝v0＋v0＝(1＋)v0。
(3)由第(2)问分析可知小球在撤去电场后做
匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示
根据qv0B＝m
又T＝
由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间为t＝T，联立，解得t＝。
[答案] (1) (2)(1＋)v0 (3)
方法总结 常见的“配速法”的应用
常见情况 处理方法
BG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2。
常见情况 处理方法
BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2。
常见情况 处理方法
BEG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v2。
常见情况 处理方法
BGv摆线：初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。
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建构物理模型 拓展思维能力
初论带电粒子在电磁场中运动的新题型
近年来，这类问题又有了新的变化趋势，本文就题型的发展趋势和解题方法做粗浅的探讨。
1．立体型——轨迹从平面转向空间
当磁场和电场不在同一平面上时，带电粒子将在三维空间内运动，这样的问题增大了解题的难度，给那些空间想象能力较差的学生带来了解题困难。这类问题可分解到两个平面上进行分析，即将立体问题转化为平面问题解决，也可将立体空间内的复杂运动分解为两个典型的分运动求解。
[典例1] 如图所示，在三维坐标系O-xyz中的x≥－L、y2＋z2≤L2的圆柱形空间内存在沿z轴正方向的匀强磁场，外部存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小相等，均设为B0(为未知量)；在x≤－L的区域存在沿y轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从A点(A点在Oxy平面内)以速度v0(与y轴的负方向成53°角)射入电场，经过一段时间后从x轴上的B点沿x轴正方向进入圆柱形区域。接着，从y轴负方向上的C点离
开此区域。然后从z轴上的D点再次进入此区域，
最后从z轴上的E点离开此区域，sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6。
(1)求A、B两点间的电势差和粒子从A到B的运动时间；
(2)求磁感应强度B0的值和粒子从B到D的运动时间；
(3)求粒子从B到E动量变化量的大小和粒子从B到E受力的平均值(对时间而言)。
[解析] (1)粒子从A点运动到B点的过程中，沿x轴方向做匀速运动，沿y轴负方向做匀减速运动，显然，粒子到达B点时，其速度为
v＝vx＝v0sin 53°＝0.8v0
对粒子从A点运动到B点的过程应用动能定理得qUAB＝
解得UAB＝
在y轴负方向，粒子做匀减速运动，由牛顿第二定律得qE0＝ma
由运动学公式得v0cos 53°＝at
解得t＝。
(2)粒子进入圆柱形空间内的磁场后将做匀速圆周运动，其初速度为v＝0.8v0，要使粒子从C点射出，显然，其圆周运动的半径为r＝L，沿－z轴方向的平面图如图甲所示。由于洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB0＝m
解得B0＝
设粒子在磁场中运动的周期为T，即T＝
则粒子从B点到C点的时间为t1＝
粒子从C点射入圆柱形外的磁场后，粒子依然做匀速圆周运动，半径仍为r＝L，周期为T，沿－x轴方向的平面图如图乙所示。
粒子从C点运动到D点的时间等于个周期，即t2＝T
可见，粒子从B到D的运动时间为
t＝t1＋t2＝。
(3)粒子从D点到E点做匀速直线运动，时间为t3＝＝
粒子在E点的速度沿－z轴方向，在B点的速度沿＋x轴方向，所以，粒子从B到E动量变化量的大小为Δp＝m|Δv|＝m·v＝
粒子从B到E运动的总时间为t总＝t1＋t2＋t3＝
粒子从B到E应用动量定理得·t总＝Δp
所以，粒子从B到E受力的平均值为＝。
[答案] (2) (3)
【点评】 粒子先在Oxy平面内运动，再在yOz平面内运动，求解时，只要分别在两个平面内应用相关的物理知识，再注意两个运动的衔接点的速度和位置特征即可。
2．可变型——场景由恒定转向变化
涉及的磁场由过去的恒定磁场向着变化的磁场方向转变，这样，带电粒子在变化的磁场中将不再做匀速圆周运动，原本的解题套路被打乱，使得不少学生不知如何分析。实际上，对于这样的变化，尤其是求解带电粒子的速度、运动时间及通过的距离的问题，可以应用动量定理解决。
[典例2] 中国科学院自主研制的“人造小太阳”是一个核聚变反应堆，是磁约束核聚变实验装置，该装置需要对较高速度的粒子束的各种带电离子分离出来。假设“偏转系统”的原理如图所示，离子源不断地产生带电离子，经加速电场再进入速度选择器，离子射入右侧磁分析器偏转分离，到达y轴离子接收板上，建立如图所示xOy坐标系(速度选择器直线运动离子出口为坐标原点)，已知有一离子带正电，电荷量为q，质量为m，加速电场两极板间电压为U，速度选择器间距为d，极板长度为2d，速度选择器内电场强度为E，离子进入加速电场初速度可忽略不计，不考虑离子间的相互作用以及相对论效应，重力忽略不计。
(1)求离子经加速电场后获得的速度；
(2)若离子在速度选择器中做直线运动，求速度选择器中磁场磁感应强度B1；
(3)若速度选择器中只有电场，磁分析器中磁场为匀强磁场，磁感应强度为B，求离子射到y轴的位置；
(4)若磁分析器中磁场磁感应强度为B2随x轴均匀变化，B2＝B0＋kx，B0为x＝0位置的磁感应强度，k为大于0的常数，求速度选择器中直线运动的离子射入右侧磁场离y轴的最远距离(列出关系式即可)。
[解析] (1)离子在电场中加速，应用动能定理得qU＝mv2，解得v＝。
(2)离子在速度选择器中做直线运动，说明离子受到的洛伦兹力和静电力大小相等、方向相反，由平衡条件得qE＝qvB1，解得B1＝E。
(3)若速度选择器中只有电场，离子在电场中将做类平抛运动，则离子在电场中偏转的距离为y1＝at2，而a＝，2d＝vt，解得y1＝
离子进入右侧磁场时，其速度大小为v1，方向与x轴正方向成θ角，则v＝v1cos θ
离子在右侧磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qv1B＝
离子经磁场偏转后在y轴上的位置与射入点间的距离为y2＝2R cos θ
即y2＝
可见，离子射到y轴的位置坐标为y＝y1＋y2＝。
(4)由于磁分析器中磁场的磁感应强度B2随x轴均匀变化，因此，离子在磁场中并非做匀速圆周运动，这样，要求得离子射入右侧磁场离y轴的最远距离，则必须应用动量定理。
设离子运动到离y轴最远距离时的速度为v′，方向沿y轴正方向，在y轴方向应用动量定理得qvxB2Δt＝mΔvy，即qvx(B0＋kx)Δt＝mΔvy，求和得qB0x＋＝mv′
由于洛伦兹力不做功，则有v′＝v
所以，离子运动到离y轴最远距离为x＝。
[答案] (1) (2)E (3)
【点评】 本题中的第(4)小问涉及可变磁场，造成离子做一般的曲线运动，常规的圆周运动的规律无法运用，但还是可以应用动量定理解决题中设计的问题。
3．组合型——场态从单一转向复合
带电粒子同时受到磁场力和静电力作用的情境下，由于磁场力是一个变力，使得带电粒子的运动特征并非具有典型性，这样的问题往往无法应用典型的物理模型求解，一般需要应用动量定理，再运用数学中的求和知识即可解答。
[典例3] 利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射电荷量为q、质量为m的负离子，其速度方向与y轴夹角θ的最大值为60°，且各个方向速度大小随θ变化的关系为v＝，式中v0为未知定值。且θ＝0°的
离子恰好通过坐标为(L，L)的P点。不计离子的重力及
离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
(1)求关系式v＝中v0的值；
(2)求离子通过界面x＝L时y坐标的范围；
(3)为回收离子，今在界面x＝L右侧加一定宽度且平行于＋x轴的匀强电场，如图所示，电场强度E＝Bv0。为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面x＝L，求所加电场的最小宽度。
[解析] (1)由于θ＝0°的离子恰好通过坐标为(L，L)的P点，离子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知其运动半径为r0＝L，由牛顿第二定律得qv0B＝，解得v0＝。
(2)对于速度方向与y轴成θ角的离子，设其在磁场
中做圆周运动的半径为r，如图所示。
由牛顿第二定律得qvB＝m
根据题意有v＝，解得r＝
可见，所有离子在磁场中做圆周运动的轨道圆心均在界面x＝L上，离子经过界面x＝L时速度方向垂直于界面，则当θ＝60°时，rm＝2L，此时，离子通过界面x＝L时y坐标的最小值为
ymin＝rm－rmsin 60°＝(2－)L
同理，y坐标的最大值为
ymax＝rm＋rmsin 60°＝(2＋)L
所以，离子通过界面x＝L时y坐标的范围为
(2－)L≤y≤(2＋)L。
(3)为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面x＝L，只要保证最大速度为2v0的离子不能穿越电场区域即可。
恰好能重回界面x＝L的离子到达右边界时的速度方向与界面平行，设该速度大小为vy，设所加电场的宽度为d，对该离子在竖直方向运用动量定理得qBvxΔt＝mΔvy－0
求和得qBd＝mvy
对离子从进入电场到电场的右边界的过程应用动能定理得－qEd＝－m(2v0)2
解得电场的最小宽度为d＝。
[答案] (1) (2)(2－)L≤y≤(2＋)L (3)
【点评】 在第(3)小问中，由于离子既受到洛伦兹力的作用，又受到静电力的作用，洛伦兹力是一个变力，离子做一般的曲线运动，这类问题可用动量定理建立方程，还可应用动能定理协助解答。
4．多解型——结果由唯一转向多解
由于带电粒子在磁场中运动的多样性、题设条件的不确定性等因素，都会造成多解结果。这类问题是大多数学生较为困惑的，因此，求解此类问题时，必须弄清带电粒子各种可能的运动情境，把握各种可能的条件，分析各种可能的结果，只有这样，才能圆满突破此类问题。
[典例4] 如图所示，平面坐标系中有一圆形区域，区域半径为R，区域圆心坐标(R，R)，与坐标轴相切于A、C两点，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。今有两个带相同电荷量的负电粒子甲、乙，经A、P两点分别以速度v1、v2水平向右运动，并刚好同时进入圆形区域的磁场。A、P在y轴上，且AP＝，不计带电粒子的重力及相互作用的库仑力。甲、乙粒子通过磁场偏转后，均能通过C点进入下方。薄弧形挡板MN的圆心为C，半径也为R。粒子与弧形挡板碰撞会等速率反向弹回，与弧形挡板作用时间忽略不计，粒子电荷量保持不变。
(1)若甲粒子电荷量为q，质量为m，求磁感应强度B；
(2)求乙粒子在磁场中运动的总时间t；
(3)若两粒子能在C点相遇，试求甲、乙粒子的质量之比。
[解析] (1)甲、乙粒子在磁场中做圆周运动的轨迹分别如图1和图2所示。由几何知识可知，甲、乙粒子在磁场中做圆周运动的半径均为R，对甲粒子应用牛顿第二定律得qv1B＝
解得B＝。
(2)乙粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示。由几何关系可知，乙粒子第一次在磁场中的运动轨迹对应的圆的圆心角为60°，则对应的运动时间为
t1＝
乙粒子经反弹后，第二次在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为120°，则对应的运动时间为t2＝
而乙粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝
因此，乙粒子在磁场中运动的总时间为t＝t1＋t2＝。
(3)由于甲、乙粒子在磁场中均做半径为R的圆周运动，则有
R＝，R＝，即v1＝，v2＝
要让甲、乙粒子能在C点相遇，则有以下四种可能
①甲、乙粒子直接在C点相遇，即＝，即＝
解得＝
②乙粒子反弹后与甲粒子在C点相遇，即
＝，即＝
解得＝
③甲粒子反弹后与乙粒子在C点相遇，即
＝，即＝
解得＝
④甲、乙粒子都经挡板反弹后在C点相遇，即
＝，即＝
解得＝。
[答案] (1) (2) (3)或或或
【点评】 由于粒子质量的不确定性，造成甲、乙粒子在C点相遇有四种可能，只有全面、完整地分析出四种可能，才能准确无误地求出题设答案。此问题充分体现了综合性、应用性的考查。
5．综合型——知识从单一转向综合
带电粒子在电磁场中运动的问题还可以与力学问题相联系，这类问题不仅涉及带电粒子在电磁场中运动的特点和规律，而且涉及力学模型和规律，考查学生的综合分析能力和综合运用知识能力。求解此类问题时，要注意建立物理模型，灵活选用物理规律。
[典例5] 如图所示，在竖直平面内有xOy直角坐标系，x<0区域内有沿－y方向的匀强电场，第一象限有沿＋x方向的匀强电场，两区域电场强度大小相等。x≤4 m区域内还有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。下端位于O点的绝缘木板固定在第一象限，上端位于磁场右边界，与＋x方向间的夹角θ＝37°，木板下端锁定了两个可视为质点的带电滑块P和滑块Q，电荷量均为q＝0.1 C，P的质量为m1＝0.03 kg，Q的质量为m2，两滑块间有一根压缩的绝缘微弹簧(不连接)。现解除锁定，弹簧瞬间恢复原长(无机械能损失)后，P做匀速圆周运动，Q恰好与木板无压力。忽略电荷间的相互作用，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)滑块Q的质量m2；
(2)解除锁定前的弹性势能Ep；
(3)滑块P第一次过y轴的坐标yP和滑块Q过x轴的坐标xQ(可保留根号)。
[解析] (1)当解除锁定后，滑块P做匀速圆周运动，说明滑块受到的重力与静电力是一对平衡力，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则m1g＝qE
滑块Q受到重力、静电力和洛伦兹力的作用，滑块Q沿木板向上做匀速直线运动，则qE＝m2g tan θ
联立解得m2＝＝0.04 kg。
(2)当解除锁定弹簧恢复原长时，设此时滑块P和滑块Q的速度分别为v1和v2。由于在沿木板方向，滑块P、滑块Q和弹簧组成的系统所受合外力等于零，故总动量守恒，有0＝m1v1－m2v2
此过程系统内将弹簧的弹性势能转化为两个滑块的动能，有Ep＝
对滑块Q由受力平衡，有qv2B＝
联立解得Ep＝ J。
(3)滑块P在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，轨迹如图所示，由牛顿第二定律得qv1B＝
由几何关系可知，滑块P第一次过y轴的
坐标为yP＝2R cos θ
解得yP＝3.2 m
滑块Q在重力和静电力的合力作用下做类平抛运动，在木板最高点的速度为v2，如图所示。
现将v2分解为水平方向和竖直方向的两个分速度，即v2x＝v2cos θ＝4 m/s，v2y＝v2sin θ＝3 m/s，则滑块沿水平方向做以v2x＝4 m/s为初速度的匀加速运动，滑块沿竖直方向做以v2y＝3 m/s为初速度的竖直上抛运动，则竖直方向有
－4tan θ＝v2yt－gt2
解得t＝ s
水平方向有a＝＝＝7.5 m/s2
水平位移为x1＝v2xt＋at2＝ m
则滑块Q过x轴的坐标
xQ＝4＋x1＝ m。
[答案] (1)0.04 kg (2) J (3)3.2 m m
【点评】 此题不仅考查了带电体在电磁场中的运动问题，还考查了物体间的相互作用、匀变速运动规律、类平抛运动、运动的合成与分解和共点力平衡条件等力学知识，是一道集力学和电学知识的综合题，考查学生综合运用学科知识、思想方法分析解决实际问题的能力。
总之，以上五种题型是高考压轴题的发展趋势，在复习教学中，应熟练掌握这些题型的解题方法，快速定位解题思路，促进学科素养与解题能力的全面提升，以期把主动权牢牢掌握在自己的手上。
1．[电磁场与现代科技](2025·广东卷)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．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C．第k次加速后，离子的速度大小变为
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
√
A [离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；第1次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后离子的速度大小为v，则对k次加速过程，由动能定理有kqU＝，解得v＝，C错误；第k次加速后，离子在磁场中做圆周运动，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为B，则离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，结合C项分析可得B＝，D错误。]
2．[电偏转＋磁偏转运动](多选)在图示直角坐标系中，y轴竖直，x<0区域内存在电场强度大小为E，方向竖直向上的匀强电场，x>0区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A点在x轴负半轴上，C点在y轴正半轴上，AC与x轴正方向的夹角为θ＝45°。质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子(不计重力)，以速率v0从A点沿与AC成α角方向射入第二象限后，恰好通过C点，经磁场偏转后恰好通过O点。
已知sin α＝，粒子经过C点时速度与y轴负
方向的夹角小于，下列说法正确的是( )
A．粒子从A点运动到C点的时间为
B．粒子运动到C点时的速度大于
C．磁感应强度大小为
D．粒子在磁场中运动的时间为
√
√
AD [设OC＝L，则AC＝L，如图所示，
垂直AC方向有t1＝，沿AC方向有
L＝，解得
t1＝，L＝，A正确；粒子到达C点时，平行AC方向的分速度大小为v1＝v0cos α－t1＝0，垂直AC方向的分速度大小为v2＝
v0sin α＝v0，故粒子到达C点时的速度为vC＝v0，B错误；
(一题多解 动能定理法 对粒子由A到C过程，由动能定理有
－qE·AC sin θ＝，解得vC＝v0。)
结合上述分析可知，粒子进入磁场时速度与y轴负方向的夹角β＝45°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，由洛伦兹力提供向心力有qvCB＝，解得B＝，C错误；带电粒子在磁场中运动的时间t＝＝，D正确。]
3．[组合场、叠加场模型综合](2025·云南卷)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)由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故qE＝qv0B0，其中E＝，则该粒子通过速度选择器的速率为v0＝。
(2)粒子从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r1＝L，由洛伦兹力提供给向心力qv0B1＝
联立可得B1＝
由于B2L
当B2＝0时，粒子在磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示，
此时粒子打在y轴3L处。
当B2＝B1时，根据洛伦兹力提供向心力qv0B1
＝，可得r3＝r1＝L
综上所述，y轴上可能检测到该粒子的范围为
L(3)若在Q处检测到该粒子，如图所示
由几何关系可知＝(2L)2＋(r2－L)2
解得r2＝L
由洛伦兹力提供向心力qv0B2＝
联立解得B2＝，其中B1＝
若在Q处检测到该粒子，根据磁屏蔽效率η＝×100%可得η＝60%。
[答案] (1) (2) L说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分46分
1．(2025·安徽百师联盟高三联考)在核电站中，使用电磁泵来循环冷却剂以维持核反应堆稳定运行。电磁泵的设计示意图如图所示，电磁泵位于垂直纸面向外的匀强磁场(磁感应强度大小为B)中，泵体为长方体(长为L1，宽和高均为L2)，上下表面为金属极板。当在泵体的上下表面接电压为U的电源(内阻不计)后，只在两板间的冷却剂
课后限时练11 带电粒子在复合场中的运动
题号
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中产生自上而下的电流，理想电流表示数为I，通电冷却剂在磁场力的作用下在管道中流动。泵体和冷却剂液面之间的高度差为h，冷却剂的电阻率为ρ，在t时间内抽取冷却剂的质量为m，不计冷却剂在流动中和管壁之间的阻力，工作时泵体内始终充满冷却剂，取重力加速度为g，则( )
题号
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6
A．电磁泵对冷却剂的推力大小为BIL1
B．电磁泵输出的机械功率为UI－
C．质量为m的冷却剂离开泵体时的动能为UIt－mgh－I2t
D．若接在泵体的上下两表面的电压变为2U，则电流表的读数变为2I(未超出量程)
题号
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√
C [电磁泵对冷却剂的推力F＝BIL2，A错误；电源提供的电功率P＝UI，冷却剂电阻R＝ρ＝，电磁泵输出的机械功率P出＝UI－I2R＝UI－I2，若t时间内抽取冷却剂的质量为m，这部分冷却剂离开泵时的动能Ek＝UIt－mgh－I2Rt＝UIt－mgh－I2t，B错误，C正确；电磁泵输入的电能小部分转化为内能，绝大部分转化为机械能，是非纯电阻电路，部分电路欧姆定律对电磁泵不适用，所以若接在泵体的上下两表面的电压变为2U，则电流表的读数变为2I(未超出量程)的结论不成立，D错误。故选C。]
题号
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题号
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2．(2025·湖北武汉市武昌区高三质量检测)如图所示是一种改进后的回旋加速器示意图，狭缝MN间加速电场的电场强度大小恒定，且被限制在M、N板间。M、N板右侧延长线之间的真空区域无电场和磁场，M板上方和N板下方的D形盒内有垂直于纸面的匀强磁场。带正电的粒子从M板上的入口P点无初速度进入电场中，经加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，如此反复，最终从D形盒
右侧的出口射出。粒子通过狭缝的时间可忽略，
不计粒子的重力，不考虑相对论效应的影响，
忽略边缘效应，下列说法正确的是( )
题号
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6
A．狭缝间的电场方向需要做周期性的变化
B．每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量相同
C．这种回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同
D．D形盒半径不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小成正比
√
C [由题意可知，带正电的粒子始终从P点进入电场，加速后进入磁场中做匀速圆周运动，回到电场再加速，因此，狭缝间的电场方向不需要做周期性的变化，故A错误；粒子第一次加速，由动能定理得qU＝，粒子第二次加速，由动能定理得qU＝，整理得Δv1＝，Δv2＝，以此类推，可见，每经过一次狭缝，粒子的速度的增加量都不相同，故B错误；设粒子到出口处运动了n圈，运动的时间为t，由
题号
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动能定理得nqU＝mv2，又由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，周期T＝，t＝nT，联立得t＝，可见，回旋加速器设置相同时，不同粒子在其中运动的时间相同，故C正确；设D形盒半径为R，则有qvmB＝，又Ekm＝，联立可得Ekm＝，可见，R不变时，同种粒子能获得的最大动能与磁场的磁感应强度大小的平方成正比，故D错误。故选C。]
题号
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3．(2025·湖南邵阳市高三下学期第三次联考)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场中，有一根长为L的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量为m、电荷量为q(q>0)的小环。现让细杆以恒定的速度v沿垂直磁场方向水平向右匀速运动，同时释放小环(竖直方向初速度为0)，
小环最终从细杆底端飞出，重力加速度为g，
关于小环在杆上的运动下列说法正确的是( )
题号
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A．小环的轨迹是条直线
B．洛伦兹力对小环做负功
C．小环在运动过程中机械能不变
D．小环在绝缘杆上的运动时间为
题号
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√
D [对小环分析可知，竖直方向受向下的重力和向上的洛伦兹力作用，加速度a＝，因v不变，则加速度不变，即小环在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动，可知小环运动的轨迹为曲线，选项A错误；洛伦兹力对小环不做功，选项B错误；水平方向小环受到向右的洛伦兹力作用，细杆对小环有向左的弹力作用，该弹力对小环做负功，可知小环在运动过程中机械能减小，选项C错误；小环在竖直方向做匀加速运动，加速度为a＝，根据L＝at2，可得小环在绝缘杆上的运动时间为t＝，选项D正确。故选D。]
题号
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4．(多选)(2025·东北三省四市教研联合体高三下学期二模)碳是碳的一种同位素。如图甲是一个粒子检测装置的示意图，图乙为其俯视图，粒子源释放出经电离后的碳14与碳12原子核(初速度忽略不计)，经直线加速器加速后由通道入口的中缝MN进入通道，该通道的上下表面是内半径为R、外半径为3R的半圆环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于半圆环，正对着通道出口处放置一张照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置。当直线加速器的加速电压为U0时，碳12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，则下列说法正确的是( )
题号
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6
A．加速电压为U0时，碳14原子核所击中的位置比碳12原子核更靠近圆心
B．当加速电压在≤U≤范围内，碳12原子核全部打在内圆环上
C．若碳12原子核全部打在内圆环上，则碳12原子核在磁场中运动的最短时间为
D．碳14原子核能打到底片上的电压范围是≤U≤
题号
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3
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5
6
√
√
BD [对原子核，设经过加速电压U0加速后的速度为v，则有qU0＝mv2，在磁场中圆周运动半径r＝，联立解得r＝，因为碳14C)的比荷比碳12C)的小，所以碳14C)圆周运动半径比碳12C) 的大， 故碳14原子核所击中的位置比碳12原子核更远离圆心，故A错误；由题意知加速电压为U0时，碳12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，即有2R＝，若碳12原子核全部打在内圆环上，则
题号
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最小圆周运动半径为rmin＝，最大圆周运动半径为rmax＝，即有rmin＝，rmax＝，联立解得Umin＝，
Umax＝≤U≤范围内，
碳12原子核全部打在内圆环上，故B正确；若碳12原子核全部打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点，如图，当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角θ最小，用时最短，由几何关系可知最小圆心角θ＝π ，则最短时间为t
题号
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＝T＝，联立解得t＝，故C错误；若碳14原子核全部打在底片上，则最小圆周运动半径为rmin1＝，最大圆周运动半径为rmax1＝，即有rmin1＝，rmax1＝，因为碳14原子核的比荷是碳12原子核的，联立以上可得Umin1＝，Umax1＝，碳14原子核能打到底片上的电压范围是≤U≤，故D正确。故选BD。]
题号
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5．(12分)如图所示，以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系Oxy，空间中存在匀强电场和匀强磁场。电场方向沿x轴正方向，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里；第一象限内有一点P，OP与x轴正方向夹角θ＝37°。现有一个质量为m、带电荷量为q的带正电的小球恰好从O点沿OP方向做直线运动。已知重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
题号
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(1)求电场强度大小E以及小球的速度大小v0；
(2)若OP＝，小球运动到P点时突然撤去磁场，求撤去磁场后经多长时间小球到达x轴。
题号
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6
[解析] (1)对小球进行受力分析如图所示，小球做直线运动，则有qE＝mg tan θ，qv0B＝，解得E＝，v0＝。
题号
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6
(2)突然撤去磁场后，小球做类平抛运动，则有OP·tan θ＋v0t·
tan θ＝at2，＝ma，
其中OP＝，解得t＝(另一解不符合题意，舍去。)
题号
2
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[答案] (1) (2)
6．(16分)(2025·江西十校第一次联考)如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，y轴与x＝L之间有沿y轴负方向的匀强电场，在x＝L右侧有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O射入第一象限，射入的速度大小为v0，方向与y轴正方向的夹角为37°，经电场偏转后从x＝L上的P点进入磁场，粒子在P点的速度方向与y轴负方向的夹角为53°，粒子在磁场中的
运动轨迹刚好与x轴相切。sin 37°＝0.6，sin 53°
＝0.8，不计粒子的重力，求：
题号
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6
(1)粒子运动到P点时的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小。
题号
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6
[解析] (1)粒子初速度方向斜向上，静电力竖直向下，在电场中做类斜抛运动，设粒子运动到P点时的速度大小为vP，根据题意有v0sin 37°＝vP sin 53°，解得vP＝v0。
(2)粒子在平行y轴方向做类竖直上抛运动，粒子在平行x轴方向做匀速直线运动，根据速度与时间的关系式，有－vP cos 53°＝v0cos 37°－at，由牛顿第二定律可知qE＝ma，平行x轴方向有L＝v0sin 37°·t，联立解得E＝。
题号
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6
(3)粒子在磁场中的运动如图所示，P点到x轴的距离为y＝＝L，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据题意及几何关系有R－y＝R cos 37°，解得R＝L，由牛顿第二定律可知qvPB＝，解得B＝。
题号
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[答案] (1)v0 (3)
谢 谢！
