资料简介
10 带电粒子在组合场、复合场中的运动
1．如图所示的 xOy 坐标系中，y 轴左侧存在场强为 E 的匀强电场，电场方向平行于 x 轴，y 轴右侧存在垂
直坐标系所在平面向外的匀强磁场。一个比荷为 k 的带正电粒子从 x 轴上的 M 点以某一初速度平行于 y
轴向上运动，经电场偏转后从 y 轴上的 P 点进入磁场，进入磁场时速度方向与 y 轴成 60 角，粒子
经磁场偏转后打到坐标原点 O 上。已知 M 点到 O 点的距离为 L，不计粒子的重力，下列说法正确的是
（ ）
A．P 与 O 的距离为 3
3 L
B．粒子轨道半径为 3
3 L
C．粒子初速度大小为 6
3
kEL
D．磁场的磁感应强度大小为 6E
kL
【答案】CD
【详解】
A．根据类平抛运动推论
1 tan 602
L
s
解得 P 与 O 的距离
2 3
3s L
A 错误；
B．由
2 sin60s R
解得
2
3R L
B 错误；
C．根据
0s v t ， 21
2L at ， 0 tan 60at v
解得
0
1 16 63 3v aL kEL
C 正确；
D．在磁场中速度
0
02sin30
vv v
由
2
3
mvR L qB
解得
6EB kL
D 正确。
故选 CD。
2．在光滑绝缘的水平面上建有如图所示的平面直角坐标系 Oxy，在二、三象限的 y=L 和 y=-L 区域中，存在
平行于 y 轴且与 y 轴正向相反的匀强电场；在一、四象限的正方形区域 abcd 内存在竖直向下的匀强磁场，
正方形的边长为 2L，坐标原点 O 为 ab 边的中点。一质量为 m 的绝缘不带电小球甲，以速度 v0 沿 x 轴正
向做匀速运动，与静止在坐标原点的带正电小球乙发生弹性正碰（碰撞时间很短），乙球的质量为 2m，
带电量为 q，碰撞前后电量保持不变，甲、乙两球均可视为质点，且 m、q、L、v0 均为已知，sin53°=0.8，
cos53°=0.6。（ ）
A．碰撞后甲球的速度大小为 0
3
v
B．两球碰后，若乙球恰从 d 点离开磁场则乙球在磁场中的运动时间
0
53
72
L
v
C．要使两球再次相碰，磁感应强度必须大于 08
3
mv
qL
D．要使两球再次相碰，电场强度和磁感应强度大小必须满足 0
2
8
3
BvE
【答案】ACD
【详解】
A．甲与乙碰撞过程根据动量守恒有
0 1 22mv mv mv
根据机械能守恒有
2 2 2
0 1 2
1 1 1 22 2 2mv mv m v
解得碰撞后甲的速度为
1 0
1
3v v （负号表示向左）
乙的速度为
2 0
2
3v v
选项 A 正确；
B．碰撞后，乙球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，恰从 d 点离开磁场，则由几何知识得：
2 2 24 ( )r L r L
解得
5
2r L
根据向心力公式得
2
2
2 2 vqv B m r
解得磁感应强度
08
15
mvB qL
设圆心角为 ，则
2sin 0.8L
r
即
53
则乙球在磁场中的运动时间
2 0
53
53180
48
r Lt v v
选项 B 错误；
CD．要使两球再次相碰，乙球应从Oa 边界离开磁场，即圆运动半径必须满足
2r L
又
2
2
2 2 vqv B m r
解得
08
3
mvB qL
在磁场中运动的时间
1
1 2
2
mt T qB
乙球进入第二象限的电场做类平抛运动，则
2
2 2
12 2
2
r at
x v t
qE ma
对甲球，设经过时间 3t 与乙球碰撞，发生的位移为
1 3x v t
两球再次相碰，需满足
3 1 2t t t
联立以上各式解得
0
2
8
3
BvE
选项 CD 正确。
故选 ACD。
3．研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、釆蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈
8 字型运动来告诉同伴蜜源的方位。一兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的 8 字
形运动，即在 0y 的空间中和 0y 的空间内同时存在着大小相等、方向相反的匀强电场，上、下电场
以 x 轴为分界线，在 y 轴左侧和图中竖直虚线 MN 右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里和向外的匀强
磁场，MN 与 y 轴的距离为 2d 。一重力不计的负电荷从 y 轴上的 (0, )P d 点以沿 x 轴正方向的初速度 0v
开始运动，经过一段时间后，电子又以相同的速度回到 P 点，下列说法正确的是（ ）
A．电场与磁场的比值为 02v
B．电场与磁场的比值为 04v
C．带电粒子运动一个周期的时间为
0 0
4 2d d
v v
D．带电粒子运动一个周期的时间为
0 0
4 4d d
v v
【答案】AC
【详解】
粒子运动轨迹如图
粒子在电场中做类似平抛运动，根据公式有
0 1d v t
2
1
1
2
Eqd tm
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
0mvR Bq
结合几何知识，可得
R d
联立，可得
02E vB
又因为类平抛运动的总时间
1
0
44 dt t v
匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，所以
2
0
2 dt v
故带电粒子运动一个周期的时间为
0 0
4 2d d
v v
故 AC 正确。
故选 AC。
4．如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板 a、b，相距为 d，a、b 间的电场强度为 E，今有一带正电
的微粒从 a 板下边缘以初速度 v0 竖直向上射入电场，当它飞到 b 板时，速度大小不变，而方向变为水平
方向，且刚好从高度也为 d 的狭缝进入 bc 区域，bc 区域的宽度也为 d，所加电场的场强大小也为 E，方
向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于
0
E
v ，重力加速度为 g，则下列关
于微粒运动的说法正确的是（ ）
A．微粒在 ab 区域的运动时间为 0v
g
B．微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径 r=d
C．微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为
03
d
v
D．微粒在 ab、bc 区域中运动的总时间为
0
( 3)
3
d
v
【答案】AC
【详解】
A．将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直
分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，水平方向
0v at
竖直方向
2
0
2
vd g
00 v gt
解得
a g
0vt g
A 正确；
B．粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
mg qE
2
0
0
vqv B m r
0
EB v
2
0
2
vd g
联立解得 r=2d，B 错误；
C．由于 r=2d，画出轨迹，如图。设回旋角度为α
1sin 2
d
r
解得 30
在复合场中的运动时间为
2 12
Tt
2 mT qB
mg qE
0
EB v
2
0
2
vd g
解得 2
03
dt v
，C 正确；
D．粒子在电场中运动时间为
1
0 0
2
2
x
d d dt vv v
故粒子在 ab、bc 区域中运动的总时间为
1 2
0
6
3
dt t t v
D 错误。
故选 AC。
5．有一倾角为 足够长的固定斜面，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ，一质量为 m ，
电荷量为 q 的带电滑块（可视为质点），以沿斜面向上的初速度 0v 开始运动，且 0
cosmgv Bq
，滑块
与斜面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g ，不计空气阻力。在滑块沿斜面向上运动的过程中（ ）
A．滑块所受摩擦力始终为 0
B．滑块所受摩擦力始终不为 0
C．滑块运动的加速度大小不变，始终为 sin cosg θ μg θ+
D．滑块运动的加速度大小变化，始终大于 sing
【答案】BD
【详解】
AB．滑块受力分析如图所示
由于
0
cos cosmgqBv qB mgBq
故滑块受到垂直斜面向上的支持力，故滑块收到沿斜面向下的摩擦力作用，由于滑块做减速运动，速度
减小，则洛伦兹力减小，支持力增大，则摩擦力逐渐增大，即滑块所受摩擦力始终不为 0，故 A 错误，
B 正确；
CD．根据牛顿第二定律得
sin ( cos )mg mg qvBa m
根据 AB 项分析可知
cosmgv Bq
故
sina g
故 C 错误，D 正确。
故选 BD。
【点睛】
对滑块受力分析，比较洛伦兹力与重力垂直斜面分力大小判断是否收到斜面支持力，从而分析受不受摩
擦力；根据牛顿第二定律求解加速度，并分析比较。本题考查带电滑块在复合场中的运动，关键是对滑
块受力分析，比较判断出洛伦兹力与重力垂直斜面分力的关系，从而判断出是否存在弹力，从而分析摩
擦力情况。
6．如图所示，质量为 m、电荷量为 q 的带电滑块，从倾角为 的绝缘粗糙且足够长的斜面上由静止滑下，
整个斜面置于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。设滑块下滑速度为 v，滑块所受摩擦力为 fF ，下滑时间
为 t。则下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】
CD．根据左手定则可知滑块沿斜面向下运动时受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，洛伦兹的大小
f qvB
可知洛伦兹力随速度的增大也增大。滑块受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力以及洛伦兹力，在垂
直于斜面的方向
N cosF mg qvB
滑块受到的摩擦力
f N cosF F mg qvB
可知滑块受到的摩擦力随滑块速度的增大而增大，摩擦力与速度的关系为不过原点的线性函数的关系，
故 C 正确，D 错误；
AB．由于滑块受到的摩擦力随滑块速度的增大而增大，沿斜面方向滑块受到的合外力
fsin sin cosma mg F mg mg qvB
可知随速度的增大，滑块的加速度将减小，所以滑块做加速度减小的加速运动。结合 —v t 图线的斜率
表示物体加速度的大小，故 A 错误，B 正确。
故选 BC。
7．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是 O，最低点是 P，直线 MN 水平，a、b 是两个完全相同的
带正电小球（视为点电荷），b 固定在 M 点，a 从 N 点静止释放，沿半圆槽运动经过 P 点到达某点 Q（图
中未画出）时速度为零。则小球 a（ ）
A．从 N 到 Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从 N 到 P 的过程中，动量的大小先增大后减小
C．从 N 到 Q 的过程中，电势能一直增加
D．从 P 到 Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量
【答案】BC
【详解】
A．a 由 N 到 Q 的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的
夹角一直减小，且库仑力增大，依据力的合成法则，故合力一直在增大;故 A 错误；
B．从 N 到 P 的过程中,合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向
夹角为钝角，合力做负功；从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小，所以动量的大小先增大后减小，故
B 正确；
C．从 N 到 Q 小球电场力与速度的夹角一直是钝角，则电场力一直做负功，电势能增大，故 C 正确；
D．从 P 到 Q 的过程中，电场力做负功，重力也做负功，动能的减少量等于电势能和重力势能的增加量
之和，即动能减少量大于电势能增加量，故 D 错误；
故选 BC。
8．如图所示，在纸面内水平向右的水平匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场中，有一水平的固定绝缘
杆，小球 P 套在杆上，P 的质量为 m，电量为－q，P 与杆间的动摩擦因数为μ，电场强度为 E，磁感应
强度为 B，重力沿纸面向下，小球由静止起开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长。在运动过
程中小球最大加速度为 a0，最大速度为 v0，则下列判断正确的是（ ）
A．释放瞬间，小球加速度大小为 qEa gm
B．小球最大速度为 0
qE mgv qB
C．小球加速度最大时，对应速度为 0
mgv qB
D．小球最终在绝缘杆静止不动
【答案】AC
【详解】
A．释放瞬间，速度为零，不受洛伦兹力作用，对小球受力分析，小球受到重力，方向竖直向下；电场
力水平向左，支持力竖直向上与水平向右的摩擦力，水平方向根据牛顿第二定律
qE-Ff =ma
其中
Ff =μmg
联立可得
qEa gm
故 A 正确；
BD．对小球受力分析，小球受到重力，方向竖直向下；电场力水平向左，支持力，水平向右的摩擦力，
竖直向上的洛伦兹力，水平方向根据牛顿第二定律
fqE F ma
竖直方向
0NF mg qvB
其中
f NF F
联立可得
qE qvB mg ma
当加速度为零时，速度最大，则有
max
qE mgv qB
小球最终做匀速运动，故 BD 错误；
C．对小球受力分析，小球受到重力，方向竖直向下；电场力水平向左，支持力竖直向上与水平向右的
摩擦力，竖直向上的洛伦兹力，水平方向根据牛顿第二定律
fqE F ma
竖直方向
0NF mg qvB
其中
f NF F
联立可得
qE mg qvB ma
当
0mg qvB
时，加速度最大，即
mgv qB
最大加速度为
max
qEa m
故 C 正确。
故选 AC。
9．如图所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的 a 点自由滑
下，经过轨道端点 P 进入板间后恰能沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的 b 点开始下滑，经 P 点
进入板间，在板间的运动过程中（ ）
A．其电势能将会增大
B．其机械能将会增大
C．小球所受的洛伦兹力的大小将会减小
D．小球的速度将减小
【答案】A
【详解】
根据题意分析得，小球从 P 点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析可得小球共受到三个力
作用且合力为零。因为重力方向竖直向下，则可知电场力 F 和洛伦兹力 F洛 方向相同，都竖直向上。若
小球从较低的 b 点开始下滑，则小球到达 P 点的速度将会变小，所以洛伦兹力 F洛 也会变小，导致三个
力的合力竖直向下，而小球从 P 点进入时的速度方向在水平方向上，所以小球会偏离水平方向向下做曲
线运动，故电场力做负功，电势能增加，机械能减小。水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所
以速度将会增大，导致洛伦兹力也会增大。
故选 A。
10．如图所示，足够长的绝缘粗糙中空管道倾斜固定放置在竖直平面内，空间存在与管道垂直的水平方向
匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，将直径略小于管道内径的带正电小球从管道顶端由静止释放，小球
沿管道下滑，则关于小球以后的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球的速度先增大后减小
B．小球将做匀加速直线运动
C．小球最终一定做匀速直线运动
D．小球的加速度一直减小
【答案】C
【详解】
小球向下运动中，开始阶段小球的速度小受到的洛伦兹力小，小球受到重力，垂直管道向上的洛伦兹力，
垂直管道向上的支持力和沿管道向上的滑动摩擦力，如图所示
随着小球速度的增加洛伦兹力增大，支持力减小，由
Nf F
可知，摩擦力减小，小球向下做加速度增大的加速运动，当向上的支持力减小为零时小球的摩擦力也为
零，此时小球沿管道向下的加速度最大。以后小球的速度继续增大，洛伦兹力大于重力垂直管道向下的
分力，支持力改变为垂直管道向下，如图所示
支持力随着小球的速度增大而增大，从而使摩擦力也随着增大，直到摩擦力增大到与重力沿管道向下的
分力相等，此过程小球做加速度减小的加速运动。当摩擦力增大到与重力沿管道向下的分力相等以后小
球做匀速运动，因此小球先做加速度增大的加速运动接着做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动。
故选 C。
11．如图所示，在 xOy 平面内，匀强电场的方向沿 x 轴正方向，匀强磁场的方向垂直于 xOy 平面向里。一
电子在 xOy 平面内恰好做直线运动，则该电子的运动方向为（ ）
A．沿 x 轴正方向
B．沿 x 轴负方向
C．沿 y 轴正方向
D．沿 y 轴负方向
【答案】C
【详解】
电子垂直于磁场的方向运动时一定受到洛伦兹力，若电子的速度变化，则洛伦兹力一定变化，故电子一
定是做匀速直线运动，电子受力平衡。电子受到的静电力沿 x 轴负方向，故所受洛伦兹力一定沿 x 轴正
方向，根据左手定则判断可知，电子应沿 y 轴正方向运动，故 ABD 错误，C 正确。
故选 C。
12． CT 扫描是计算机 X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种
CT 机主要部分的剖面图，其中 X 射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中 M、N 之间有一电
子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前
进，打到靶上，产生 X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为 P 点。则（ ）
A．M 处的电势高于 N 处的电势
B．增大 M、N 之间的加速电压可使 P 点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使 P 点左移
【答案】D
【详解】
A．由于电子带负电，要在 MN 间加速则 MN 间电场方向由 N 指向 M，根据沿着电场线方向电势逐渐降
低可知 M 的电势低于 N 的电势，故 A 错误；
B．增大加速电压则根据
21
2eU mv
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
2vevB m R
可得
mvR eB
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故
P 点会右移，故 B 错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故 C 错误；
D．由 B 选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角
度，使 P 点左移，故 D 正确。
故选 D。
13．如图所示，光滑绝缘水平面内有足够大的直角坐标系 xOy，第二象限内有水平向左、垂直于 y 轴的电场
强度 E＝2.5×10－2 N/C 的匀强电场，第一象限（包含 y 轴）内有竖直向下的匀强磁场 B1，第四象限有竖
直向下的匀强磁场 B2（图中未画出）。在整个 x 轴上有粒子吸收膜，若粒子速度垂直于膜，可以穿过该
膜，且电荷量不变，速度大小不变；若粒子速度不垂直于膜，将被膜吸收。不计膜的厚度。一质量为 m
＝5.0×10－9 kg，电荷量为 q＝2.0×10－4 C 的带负电的粒子，从 A 点（－20，0）以初速度 v0＝2.0×102 m/s
沿 y 轴正方向开始运动，通过 y 轴上 B 点（图中未画出），之后将反复通过膜，而没有被膜吸收。不计
粒子重力。求：
(1)B 点距坐标原点 O 的距离 yB；
(2)匀强磁场 B1 大小；
(3)匀强磁场 B2 的取值范围。
【答案】(1)40 m；(2) 1.25×10－4 T；(3) B2′≥1.5×10－4 T。
【详解】
(1)设带电粒子在电场中的加速度为 a，运动时间为 t1，则
qE＝ma
|xA|＝ 1
2 at12
yB＝v0t1
解得
a＝1.0×103 m/s2
t1＝0.2 s
yB＝40 m
(2)设带电粒子在 B 点速度为 vB，沿 x 轴正方向分速度为 vx，vB 与 y 轴正方向夹角为θ，则
vx＝at1
tanθ＝ 0
x
v
v
vB2＝v02＋vx2
解得
vx＝2.0×102 m/s
vB＝2 2 ×102 m/s
θ＝45°
粒子通过 B 点后在匀强磁场 B1 中做匀速圆周运动，且反复通过吸收膜，而没有被膜吸收，则粒子速度垂
直于膜即垂直于 x 轴。
设粒子做匀速圆周运动的圆心为 O1，轨道半径为 r1，则：
qvBB1＝m
2
1
Bv
r
r1cosθ＝yB
解得
r1＝40 2 m
B1＝1.25×10－4 T
(3)粒子第一次垂直于 x 轴即垂直于膜穿过膜后，将在第四象限做匀速圆周运动。如果匀强磁场 B2 的方向
竖直向下，粒子向 x 轴负方向偏转：
若粒子从负 y 轴上离开第四象限，速度方向与 y 轴正方向夹角，如果大于和等于 90°，粒子不再回到 y
轴，如果小于 90°，粒子将运动到负 x 轴上，且不垂直于 x 轴，被膜吸收。
若粒子从正 x 轴离开第四象限，粒子速度一定垂直于 x 轴，进入第一象限，然后在第一象限做半个圆周
运动后垂直于膜穿过膜进入第四象限，并且穿过点在上次穿过点的右边，所以会反复通过膜，而没有被
膜吸收。
这种情况，粒子在第四象限做圆周运动轨道半径最大为 r2m，匀强磁场 B2 大小最小为 B2m，则
2r2m＝r1＋r1sinθ
qvBB2m＝m
2
2
B
m
v
r
设这种情况匀强磁场 B2 大小 B2′，则 B2′≥B2m
解得
B2m＝ 2
4(1 2) ×10－3 T≈1.5×10－4 T
即
B2′≥1.5×10－4 T
综上所述：当匀强磁场 B2 的方向竖直向下时磁感应强度大小 B2′≥1.5×10－4 T。
14．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直角三角形区域 ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场 B1，线段
CO=OB=L，θ=30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场 B2（图中未画出），过 C 点放置着一面与 y 轴
平行的足够大荧光屏 CD；第四象限正方形区域 OBFE 内存在沿 x 轴正方向的匀强电场。一电子以速度
v0 从 x 轴上 P 点沿 y 轴正方向射入磁场，恰以 O 点为圆心做圆周运动且刚好不从 AC 边射出磁场；此后
电子经第四象限进入第三象限，经过 y 轴时速度方向与 y 轴负方向成 60°角，最后到达荧光屏时速度方向
恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为 m、电荷量为 e，不计电子的重力，求：
(1)P 点距 O 点的距离 d；
(2)电子在电场中的运动时间 t；
(3)第三象限内的磁感应强度 B2 的大小。
【答案】(1)
2
L ；(2)
0
3
3
L
v
；(3) 0
2
3mvB eL
或 0
2
mvB eL
【详解】
(1)电子在区域 ABC 内以O 点为圆心做匀速圆周运动，在 G 点与 AC 相切，其运动轨迹如图：
在 COG 中，根据几何知识有
d= sin30 2
LR L
(2)电子从 H 点进入电场做类平抛运动，设电子从OE 边离开且在电场中运动的时间为 t ，在 x 方向上有
0 tan 60xv v
根据运动学规律有
2 2
xvL t
解得
0
3
3
Lt v
(3)电子在第三象限运动时速度
0
02cos60
vv v
做匀速圆周运动有两种情况
①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为 1r ，圆心在 1O ，根
据几何知识有
1 1 sin 30r r L
洛伦兹力提供向心力
2
2
1
vevB m r
解得
0
2
3mvB eL
②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为 2r ，圆心为 2O ，根据几何知识有
2 2sin 30L r r
根据牛顿第二定律有
2
2
2
vevB m r
解得
0
2
mvB eL
15．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，等腰三角形 ABC 区域内左半部分有方向垂直纸面向外磁感应强
度大小 B1=1T 的匀强磁场，右半部分有方向垂直 x 轴向下的匀强电场，边界上有磁场或电场。在 x 轴 OA
段上的 P 点（图中未画出）有一粒子源（大小可忽略） ，能垂直 x 轴在纸面内以速度 v0（未知）向磁场
射人质量 m=2.4×10-7 kg。电荷量 q=1×10-5 C 的带正电粒子。粒子源射出的粒子恰好不从磁场的 AC 边
界射出且垂直于 y 轴射人电场，也恰好不从电场的 BC 边界射出。已知 A、B、C 三点的坐标分别为（-3 m，
0）、（3 m，0）和（0，4 m） ，不计粒子受到的重力。求：
(1)P 点的坐标和粒子射入磁场的速度大小 U0；
(2)匀强电场的电场强度大小 E；
(3)粒子在磁场和电场中运动的总时间 t 总。
【答案】(1) （-2.4 m，0）；100m/s；(2) 400
3E N/C ；(3) 3 3 6
250 s
【详解】
(1)粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
4tan tan 3
A B
粒子在磁场中运动的轨道半径
sin 2.4mr OA A
所以 P 点的坐标为（-2.4 m，0）
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
2
0
0 1 mvqv B r
解得
0 100m/sv
(2)粒子在电场中运动时，其运动轨迹恰好与 BC 相切，由几何关系可知
0
tan atB v
2
0
1
2tan
OC r at
B v t
qEa m
5
21 10 m/s18a
解得
400
3E N/C
(3)粒子在磁场中运动 1
4
圆周，用时 1 4
Tt
2
0 1
2( )qv B m rT
解得
1
3 s250t
粒子在电场中沿电场方向做初速度为 0 的匀加速运动，则
2
2
1
2r at
解得
2
3 6 s250t
所以粒子在磁场和电场中运动的总时间
1 2
3 3 6 s250t t t
16．如图 1 所示，水平直线 MN 上方有竖直向下的匀强电场，场强 33 10 N / CE ，MN 下方有垂直于纸
面的匀强磁场，磁感应强度 B 随时间 t 周期性变化的规律如图 2 所示，规定垂直纸面向外为磁场正方向，
在 0t 时，将一带正电的粒子从电场中的 O 点处由静止释放，在 51 10 st 时通过 MN 上的 P 点进入
磁场，经过一段时间后，粒子最终打在足够大的挡板上。已知挡板位于 P 点左侧且垂直于 MN，挡板与
P 点间的距离为 100cm；粒子的比荷 610 C / kgq
m
，不计粒子的重力；计算中取 3 。
(1)求粒子从 P 点进入磁场时速度的大小；
(2)在 51 10 st 至 52 10 s 时间内，求粒子运动的轨道半径和周期；
(3)求粒子从 O 点出发运动到挡板所需的时间。
【答案】(1)3×104m/s；(2)20cm；4×10-5s；(3)1.3×10-4s。
【详解】
(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则
qE=ma
v0=at1
解得
6 3 5 41
0 10 3 10 1 10 m/s 3 10 m/sqEtv m
＝
(2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
2vqvB m r
解得
mvr qB
在 t=1×10-5s 至 2×10-5s 时间内，B1=0.15T 时，半径
4
60
1
1
3 101 10 m 0.2m=20cm0.15
mvr qB
＝ ＝
周期
5 5
1 6
2 2 3 s 4 10 s 4 10 s10 0.15
mT qB
＝ ＝
(3)当 B2=0.30T 时，半径
4
0
2 6
2
3 10 m 0.1m10 0.30
mvr qB
＝ ＝
周期
5
2 6
2
2 2 3 s 2 10 s10 0.30
mT qB
＝ ＝
故电荷从 t=0 时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示。
从 t=0 到 t2=4×10-5s 时间内，电荷先沿直线 OP 运动 t1，再沿大圆轨迹运动 1
4
T ，紧接着沿小圆轨电荷从
P 点开始的运动周期 T=6×10-5s，且在每一个 T 内向左沿 PM 移动 s1=2r1=40cm，电荷到达挡板前经历了 2
个完整周期，沿 PM 运动距离 s=2s1=80cm，最后 d-s=20cm 内电荷正好运动 1
4
T 垂直撞击挡板。
则电荷从 O 点出发运动到挡板所需的时间
t 总=t1+2T+ 1
4
T
解得
t 总=1.3×10-4s
17．如图所示，光滑平台处于水平向右的匀强电场中（图中区域 I），其场强 1 2
mgE q
，区域 II 存在场强未
知的竖直向上的匀强电场 2E ，区域 III 存在场强未知的竖直向上的匀强电场 3E 和垂直纸面向外的匀强磁
场，一质量为 m、带电量为 q 的小球从 A 点无初速度释放， AO 距离为 L， 1OO 的距离也为 L。小球恰
经过 1O 点上方
2
L 处的 P 点再进入区域 III 做匀速圆周运动后又能无碰撞地滑上平台并刚好回到 A 点。重
力加速度为 g，求：
（1）区域 III 内电场的电场强度 3E ；
（2）区域 III 内匀强磁场的磁感应强度 B；
（3）小球从 A 点开始至回到 A 点的运动时间 t。
【答案】（1） mg
q
；（2） 2m gLqL
；（3） 24 3π
4 gLg
【详解】
根据题意，做出小球的运动轨迹示意如图所示
（1）小球在区域 III 做匀速圆周运动，则：
3 0qE mg
解得：
3
mgE q
（2）小球在区域 I 内做匀加速运动，设到达 O 点时速度为 0v
由动能定理有：
2
1 0
1
2qE L mv
得出
0v gl
小球从 O 到 P 做类平抛运动，设经过时间 2t 到达 P 点，速度为 v，有：
0 2L v t
2qE mg ma
2
2
1
2 2
L at
得出
2
lt g
， 2
2mgE q
由动能定理得：
2 2
2 0
1 1
2 2 2
LqE mg mv mv
设小球从 1O N 边界进入区域 III 时速度与 1O N 的夹角为θ，有
0
sin vv
得出
2sin 2
， 2v gl
小球在区域 III 内做匀速圆周运动，有：
2vqvB m R
得出
22
sin 2
L
R L
得：
2mB gLqL
（3）根据题意：从 A 到 O，小球做匀加速运动，有：
0 1 1v a t
1 1qE ma
得出
1 2 lt g
小球在区域 III 内做匀速圆周运动有：
2πRT v
3
2π 2
2πt T
得出
3
3π
4
lt g
对小球运动全程，有：
1 2 32 2t t t t
得：
24 3π
4t gLg
18．人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动，某控制带电粒子运动的仪器原理如图
所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强为E=1×103V/m，宽度为d=0.05m，长度为L=0.40m；
区域 MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B=2.5×10-2T，长度也为 L=0.40m，磁场宽度
足够。比荷为 81 10 C/kgq
m
的带正电的粒子以水平初速度从 P 点射入电场。边界 MM′不影响粒子的
运动，不计粒子重力。
(1)若带电粒子以水平初速度 v0=8×105m/s 从 P 点射入电场后，求粒子从 PP′M′M 区域射出的位置；
(2)当带电粒子射入电场的水平初速度为多大时，粒子只进入磁场一次就恰好垂直 P′N′边界射出。
【答案】(1) P′下方，0.0125m；(2) 53.6 10 m/s
【详解】
(1)假设粒子以水平速度从 P 点射入电场后，做类平抛运动从 M′M 边界飞出，由牛顿第二定律可得
11 21 10 m/sqEa m
竖直方向由位移公式可得
21
2d at
联立解得 t=1×10-6s
水平方向做匀速运动
x=v0t=0.8m
x=0.8m＞L=0.4m 所以假设不成立，粒子从 P′M′边射出，假设粒子从 P′点下方 y 处射出
0L v t
2
1
1
2y at
联立可得
2
0
1
2
Ly a v
=0.0125 m
(2)同第一问原理可得：粒子在电场中做类平抛运动的水平位移
x=v0t
即在 t=1×10-6s 粒子进入磁场时，垂直边界的速度
vy=at
设粒子进入磁场时的速度与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度
sin sin
yv atv
在磁场中由牛顿第二定律可得
2vqvB m R
得
mvR qB
分情况讨论，第一种情况粒子第一次进入磁场后，垂直边界 M′N′从磁场射出，如图 1 所示必须满足
1 sinx R L
联立解得
01
matv t LqB
得
5
01 3.6 10 m/sv
第二种情况，粒子第一次进入磁场后，垂直边界 P′M′从电场射出，如图 2 所示，必须满足
22( sin )x R L
联立解得
022( )matv t LqB
得
5
02 1.6 10 m/sv
19．如图所示，平行金属板 MN 水平放置，板间距为 d，板长为 2d ，板间接有恒定电压，两板间电场可看
做匀强电场，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，边界线为 CD．线状离子
源均匀发射出大量比荷为 k 的粒子，粒子以相同的速度由板的左侧进入板间，粒子速度方向与板平行，
若有 50%的粒子能从板间射出，不计粒子间的相互作用及粒子重力。
(1)求两极板所加电压 U 的大小；
(2)射出的粒子经磁场偏转后能全部回到板间，求磁感应强度 B 的最小值。
【答案】(1)
2
0
4
vU k
；(2) 0
min
4vB kd
【详解】
解：(1)粒子在板间做类平抛运动，有
02d v t
21
2 2
d at
qUa md
解得
2
0
4
vU k
(2)如图所示，设粒子以速度 v 进入磁场，速度偏转角为 ，
则
yv at
0
tan yv
v
0
cos
vv
由几何关系
2 cos 2
dR
2mvqvB R
由以上各式解得
0
min
4vB kd
20．如图所示，直角坐标系 xOy 中，矩形 MNOA 区域分布有沿 x 轴正方向的匀强电场，场强大小为 E ，
三角形 AOC 区域分布有垂直纸面向外的匀强磁场， N 、 A 分别为 x 、 y 轴上的两点， ON 、 AC 长均
为 L ， 30AOC 。在边界 NM 上 0 3y L 范围内均匀分布着大量相同的带正电粒子，质量为 m ，
电荷量为 q，它们持续不断地飘入电场并从静止开始加速运动，然后进入磁场。已知从 y 轴上 P 点（图
中未画出）进入磁场的粒子刚好垂直OC 边界离开磁场，且 3
4OP L ，不计带电粒子的重力，不考虑
带电粒子之间的相互作用，试求：
(1)磁场的磁感应强度大小 B ；
(2)带电粒子在电场和磁场中运动的最长时间 mt ；
(3) x 轴上有带电粒子打到的区域范围。
【答案】(1) 4 6
3
Em
qL
；(2) 2 63 6
Lm Lm
Eq Eq
；(3) 30 2
Lx
【详解】
(1)由几何关系可知，OP 长为 3
4
L ， 经过 P 点的粒子速度垂直边界OC ，可知轨迹圆心在 O 点，半径
为
3
4
Lr
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有
2vqvB m r
电场中，根据牛顿第二定律，有
Eqa m
2v aL
联立,可解得
4 6
3
EmB qL
(2)从 M 点进入的带电粒子在电场和磁场中运动的时间最长
在电场中运动的时间
1
2 23 3L Lmt a Eq
粒子在磁场中做圆周运动的周期
2 6
4
r LmT v Eq
在磁场中运动的时间
2
2 6
3 6
Lmt T Eq
所以，带电粒子在电场和磁场中运动的最长时间为
1 2
2 63 6
Lm Lmt t t Eq Eq
(3)如图所示，设粒子从Q 点进入磁场的运动轨迹的圆心为 1O ，圆心角为 ，经过边界OC 上的点 1S ，
然后做匀速直线运动，交 x 轴于点 2S ，
由几何关系在 1 2OS S 中， 2 1OS S 根据正弦定理
2 1
1 2sin sin
OS OS
OS S
在 1 1O OS 中，根据正弦定理
1
sin30 sin sin
r OS
可得
2
1 2
3
sin sin30 2
OS r L
OS S
2 1 2
3 sin2
LOS OS S
由于
1 20 120OS S
所以
2
30 2
LOS
即 x 轴上有带电粒子通过的区域范围为
30 2
Lx
21．如图所示，直线 OA 与 x 轴正方向夹角为 37°，OA 上方与 y 轴之间有垂直 xoy 平面向外的匀强磁场 B2；
OA 下方与直线 x=d 左侧之间有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度 44 10 V/m3E ，另有一半径 R=1m
的圆形匀强磁场区域，磁感应强度 B1=0.2T，方向与 B2 相同，该圆与直线 x＝d 和 x 轴均相切，且与 x 轴
相切于 S 点。一带负电的粒子从 S 点沿 y 轴的正方向以速度 v0 进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁
场区域 B2，且第一次进入磁场 B2 时的速度方向与直线 OA 垂直。粒子速度大小 v0＝1.0×105m/s，粒子的
比荷为 5= 5.0 10 C/kgq
m
，粒子重力不计。求：（计算结果均保留三位有效数字）
(1)粒子在圆形匀强磁场 B1 中运动的时间 t1；
(2)坐标 d 的值；
(3)要使粒子打不到 y 轴上，磁感应强度 B2 应满足的条件。
【答案】(1) -51.57 10 s ；(2)5.11m；(3)B2>0.193T
【详解】
（1）在磁场 B1 中，洛伦兹力提供向心力，则有
2
1
vqvB m r
1 1mr R
轨迹恰为四分之一圆，则有
2 rT v
-5
1
1 2 = =1.57 10 s4 4 2
T m mt qB qB
（2）在电场中做类平抛运动，则有竖直方向速度
50
y
4 10 m/stan37 3
vv
竖直方向做匀加速做直线运动，则有
y
qEv tm
又根据
0x v t
y0
2
vy t
联立解得坐标 d 的值
1tan37 46 m 5.11mtan37 9
x y rd
（3）进入磁场 B2 的速度为
50
1
5 10 m/ssin37 3
vv
当带电粒子与 y 轴相切时，圆周半径
2 1
2
35 mcos37 sin37 9
r y rr
联立解得
2
140 m81r
洛伦兹力提供向心力
2
1
2
vqvB m r
要使粒子打不到 y 轴上，所以
2 0.193TB
22．如图所示，光滑四分之一圆弧轨道位于竖直平面内，半径 R=0.8 m，与长 l=2.0 m 的绝缘水平面 CD 平
滑连接。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度 E=20 N/C，方向竖直向上，磁
场的磁感应强度 B=1.0 T，方向垂直纸面向外。将质量为 m=2. 0
×
10-6 kg、带电量 q=1.0
×
10-6 C 的带正电
小球 a 从圆弧轨道顶端由静止释放，最后落在地面上的 P 点。已知小球 a 在水平面 CD 上运动时所受的
摩擦阻力 f = 0.1mg， 3PN ND 。取 g=10 m/s2 ，求(结果可带根号):
(1)小球 a 运动到 D 点时速度的大小；
(2)水平面 CD 离地面的高度 h；
(3)从小球 a 开始释放到落地前瞬间的整个运过程中系统损失的机械能 E 。
【答案】(1) 2 3 m sDv ；(2) 2 3mh ；(3) 57.3 10 JE
【详解】
(1)设小球 a 运动到 D 点时的速度为 vD，从小球 a 释放至 D 点，由动能定理得
21 02 DmgR fl mv
解得
2 3 m sDv
(2)小球 a 进入复合场后，满足
Eq mg
小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示
根据牛顿第二定律得
2
D
D
vqBv m r
又因为 3PN ND ，由图可知 2r h ，联立解得
2 3mh
(3)系统损失的机械能为
2 51( ) 7.3 10 J2 DE mg R h mv
23．如图所示.ABC 是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道，圆弧半径为 R，A 点与圆心 O 等高，B、C 点处
于竖直直径的两端，PA 是一段绝缘的竖直圆管，两者在 A 点平滑连接，整个装置处于方向水平向右的匀
强电场中，一质量为 m、电荷量为+q 的小球从管内与 C 点等高处 P 由静止释放，一段时间后小球离开圆
管进人圆弧轨道运动。已知匀强电场的电场强度 3
4
mgE q
(g 为重力加速度)，小球运动过程中的电荷量
保持不变，忽略圆管和轨道的摩擦眼力，求(计算结果可带根号):
(1)小球从释放到 A 经历的时间；
(2)小球到达 B 点时速度的大小；
(3)小球到达 B 点时对圆弧轨道的压力大小。
【答案】(1) 2Rt g
；(2) 11
2Bv gR ；(3)13
2 mg
【详解】
(1)小球释放后有
21= 2R gt
得
2Rt g
(2)小球从 P 运动到 B 的过程中，由动能定理得
212 02 Bmg R EqR mv
解得
11
2Bv gR
(3)小球在最低点 B 时，根据牛顿第二定律得
2
N
BvF mg m R
解得
N
13
2F mg
则由牛顿第三定律得小球对圆弧轨道的压力大小为13
2 mg
24．如图所示，在水平面上，平放一半径为 R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为 B 的匀
强磁场中，另有一个质量为 m、带电量为＋q 的小球。
(1)当小球从管口沿切线方向以速度 v0 射入时，求小球对管道侧壁的作用力大小；
(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示，空间再加一个水
平向右、场强 E＝ mg
q
的匀强电场（未画出），若小球仍以 v0 的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小
球在管道运动全程中获得的最大速度。
【答案】(1)
2
0
0
mv qv BR + ；(2)
2 2 2
2 (2 2 2)q B R gRm
【详解】
(1)当小球从管口沿切线方向以速度 v0 射入时，对小球进行受力分析得
=N F F 洛伦兹力 向
即
2
0
0
vN Bqv m R
有
2
0
0
vN Bqv m R
根据牛顿第三定律可知小球对管道侧壁的作用力大小为
2
0
0
vBqv m R
；
(2)求最大速度方法一：
当小球到达管道中方位角为θ的位置（如图所示）时，应用动能定理有：
mgRsinθ＋Eq（R＋Rcosθ）＝ 1
2 mv2－ 1
2 mv02
即
v2＝
2 2 2
2
q B R
m
＋2gR＋2gR（sinθ＋cosθ）
对函数 y＝sinθ＋cosθ求极值，可得θ＝45°时
ymax＝ 2
所以
vm＝
2 2 2
2 (2 2 2)q B R gRm
求最大速度方法二：
如图所示，根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为
mg′＝ 2 2( ) ( )mg Eq ＝ 2 mg
tanφ＝ mg
Eq
＝1
即
φ＝45°
小球在等效重力场的最低点时，即当小球到达管道中方位角为θ＝φ＝45°时，速度最大。
由动能定理
mgRsinθ＋qE（R＋Rsinθ）＝ 1
2 mvm2－ 1
2 mv02
解得
vm＝
2 2 2
2 (2 2 2)q B R gRm
25．如图所示，绝缘直棒上的小球，其质量为 m、带电荷量是＋q，小球可在棒上滑动。将此棒竖直放在互
相垂直且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是 E，磁感应强度是 B，小球与棒间的动摩擦
因数为μ，已知 mg>μqE，则小球由静止沿棒下滑过程中（小球所带电荷量不变）；
(1)最大加速度是多少？
(2)最大速度是多少？
【答案】(1) qEg m
；(2)
mg E
qB B
【详解】
(1)在带电小球下滑的过程中，小球受重力、电场力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，受力分析如图所示。
在竖直方向
fmg F ma－ ＝ ， f NF F＝
水平方向
NF qvB qE＝ ＋
解得
mg qvB qEa m
随着小球速度 v 的增加，小球加速度减小。所以，小球向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度
减小到零，小球做匀速直线运动。
开始时，v＝0，此时加速度最大
m
qEa g m
(2)当小球匀速时，a＝0，小球处于平衡状态，此时速度最大，设最大速度为 vm
根据平衡条件
m 0mg qv B qE
所以
m
mg Ev qB B
26．如图所示，光滑四分之一圆弧轨道位于竖直平面内，半径 0.8mR ，与长 2.0ml 的绝缘水平面 CD
平滑连接。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度方向竖直向上，磁场的方向
垂直纸面向外。将质量为 62.0 10 kgm ，带电量 61.0 10 Cq 的带正电小球 a 从圆弧轨道顶端由静
止释放，在磁场中恰好做匀速圆周运动，直接打在地面上的 P 点。已知小球 a 在水平面 CD 上运动时所
受的摩擦阻力 0.1f mg ， 3PN ND ， 2 3mND ，取 210m/sg ，求：
(1)小球 a 运动到 D 点时速度的大小；
(2)电场强度大小；
(3)磁感应强度大小。
【答案】(1)3.46m/s；(2)20N/C；(3)1T
【详解】
(1)设小球 a 到 D 点时的速度为 vD，从小球 a 释放至 D 点，由动能定理
21
2 DmgR fL mv
解得
vD=2 3 =3.46m/s
(2)小球 a 进入复合场后
Eq=mg
解得
6
61.0
2.0 10 1 N/C 20N/C0
0
1
mgE q
(3)小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示，
由
2
D
D
vBv q m r
由图可知
4 3mr
解得
B=1T
27．如图甲所示，直角坐标系 xOy 位于竖直平面内且 x 轴沿水平方向，其第二象限内有一对平行金属板 A、
B，两板相距为 d，两板之间有方向平行于板面并垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 1B ，
第一象限某一矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 2B ，第四象限存在一未知电
场。第三象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 3B ，在竖直方向存在交变电场，将一个
倾角为 的滑绝缘斜面放置在此空间中。已知大量带电量均为 q 的带电粒子从平行金属板左侧沿 x 轴正
方向以相同的速度 0v 飞入平行金属板 A、B 之间，稳定后，某一质量为 m 的带电离子能沿平行金属板中
心线射出，经过第一象限的磁场偏转后进入第四象限未知电场做匀减速直线运动，恰好沿斜面进入第三
象限，此时粒子速度为 0，且此后一直在第三象限内运动，取带电粒子刚进入斜面时为 0t 时刻，电场
变化如图乙所示，电场方向竖直向上为正，场强大小为 0E ，已知 3B 的大小数值上等于 2 m
q
，且题中 d、
1B 、 2B 、q、m、 0v 、 0E 为已知量，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用，则
（1）求稳定后两金属板之间的电势差 ABU ；
（2）求带电粒子在第一象限磁场中做圆周运动的半径 2r ；
（3）求第一象限内磁场的最小面积与斜面倾角 的函数关系式；
（4）若带电粒子在第19s 内恰好没有离开斜面，19s 后电场变为垂直斜面向上的匀强电场，电场大小变
为 0
3 cosθ4 E ，并在斜面末端安装一垂直斜面的荧光屏CE 。已知小球在电场变化后的 1 s4
内打在荧光屏
上，且与 C 点的距离为 0
2
cos
32
qE
m
，求19s 末带电粒子与斜面底端 C 点的距离 L（计算结果用角度关系
表示）。
【答案】（1） 1 0ABU B dv ；（2） 0
2
2
mvr qB
；（3）
2 2
0
2 2
2
(1 cos )m v
q B
；（4） 0 0
2
cos 3 cos
32 32
qE qE
m m
【详解】
（1）粒子在第二象限的两板间沿直线运动，则满足
1 0
ABU q B v qd
解得
1 0ABU B dv
（2）粒子在第一象限的矩形磁场中做匀速圆周运动，则
2
0
2 0
2
vB qv m r
解得
0
2
2
mvr qB
（3）第一象限的矩形磁场的最小面积
2 2
0
2 2 2 2
2
(1 cos ) (1 cos )m vS r r q B
（4）在 19s 之前电场和磁场共存时粒子没有离开斜面，粒子在刚进入第三象限后在电场的作用下加速，
电场加速度后粒子在只有磁场存在的情况下做匀速圆周运动，则由
2 2,v RqvB m TR v
可得
3
2 1smT B q
代入数据解得 1sT ；说明粒子在磁场单独存在的情况下做一个完整的匀速圆周运动，然后继续电场加
速，磁场完整圆周运动的情形，当粒子即将脱离斜面时，则垂直斜面方向一定满足
3 0 cosB qv E q
在 19s 时电场的大小和方向均改变，则将粒子的速度分解为沿斜面运动的 3
4 v 和 1
4 v ，则有
3 0
3 3 cos4 4B qv qE
粒子的 3
4 v 的速度受到的洛伦兹力和电场力平衡，做沿斜面的匀速直线运动， 1
4 v 的速度做只受洛伦兹
力的匀速圆周运动，而运动了 1 s4
打在屏幕上，因此运动了 1
4
圆周，根据条件可得圆周运动在斜面和垂
直斜面的位移相同，因此总位移为做圆周运动的半径加匀速直线的位移，即
0 0 0
2 2
cos cos 3 cos3 1
32 4 4 32 32
qE qE qEvx m m m
28．利用磁场可以控制带电微粒的运动。如图甲所示，直角坐标系 xOy 平面内，一个质量为 m、电荷量为 q
的带正电微粒，以初速度 v0 在 t=0 时沿+x 方向从坐标原点 O 射入，为平衡带电微粒的重力，空间加上了
匀强电场，同时施加垂直纸面向里的磁场，磁感应强度随时间周期性变化的规律如图乙所示。经时间
0
4
3
a
v
微粒运动到 3 3( , )2 2
a a 处。重力加速度为 g。求：
(1)电场强度；
(2)磁感应强度大小；
(3)带电微粒能否再次回到 O 点？若能，求出相邻两次通过 O 点过程中微粒通过的路程；若不能，求带
电微粒总体朝哪个方向运动，并求出朝这个方向运动的平均速度。
【答案】(1)
mg
q
，方向竖直向上；(2) 0mvB qa
；(3)能再次回到 O 点， 4 6 3s a a
【详解】
(1)对带电微粒，由平衡条件得
qE mg
电场强度大小为
mg
q
E
方向竖直向上。
(2)对带电微粒，在运动到 3 3( , )2 2
a a 的过程中，轨迹如图所示
由图可求得带电微粒在磁场作用时的运动半径
r a
此过程中，洛仑兹力提供带电微粒做圆周运动的向心力
2
0
0
vBqv m r
求得
0mvB qa
(3)带电微粒在周期性磁场作用下，运动轨迹如图所示
所以带电微粒能再次回到 O 点，它相邻两次通过 O 点的过程中带电微粒的路程为
43 3 2 3 4 6 33s a a a a
29．如图甲所示，竖直面 MN 的左侧空间中存在竖直方向的匀强电场（上、下及左侧无边界）．一个质量为
m、电荷量为 q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度 0v 沿 PQ 向右做直线运动，Q 位于 MN 上，若
小球刚经过 D 点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间做周期性变化、垂直纸面向里的匀强
磁场，使得小球再次通过 D 点时与 PQ 连线成 90°角，已知 D、Q 间的距离为 2L， 0t 小于小球在磁场中
做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为 g。求：
（1）电场强度 E 的大小和方向；
（2） 0t 与 1t 的比值；
（3）小球过 D 点后做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时磁感应强度 0B 的大小及运动
的最大周期 mT 。
【答案】（1） mg
q
，竖直向上；（2）3π:2；（3） 0mv
qL
，
0
(6 8)
v
L
【详解】
（1）不加磁场时，小球沿直线 PQ 做直线运动，有
qE=mg
解得
E=
mg
q
电场强度的方向竖直向上。
（2）小球能再次通过 D 点，其运动轨迹如下图所示
设半径为 r，做圆周运动的周期为 T，则
0 1r v t ，
0
2 rT v
， 0
3
4t T
解得
0
1
3
2
t
t
（3）当小球运动周期最大时，其运动轨迹应与 MN 相切，如下图所示
由几何关系得 2R=2L 由牛顿第二定律得
2
0
0
vqv B m L
解得
B0= 0mv
qL
m
0 0
6 8 LsT v v
30．如图甲所示，竖直平面内坐标系 xOy 的 y 轴左侧有一个加速电场，电压 U=100V，y 轴右侧存在变化的
磁场，磁场方向与纸面垂直，规定向里为正方向，其随时间变化如图乙所示。若将静止的电子加速后从
y=2 10-2m 处垂直 y 轴进入磁场。已知电子的比荷 111.8 10 C/kge
m
，不计重力，不考虑磁场变化引起
的电磁影响，计算时π取 3。
(1)求电子进入磁场时的速度；
(2)在坐标纸图丙上画出电子的运动轨迹，并求出电子运动轨迹的最高点和最低点的纵坐标。
【答案】(1) 66 10 m/s ；
(2)
最高点纵坐标值 0.04my ，最低点纵坐标值 0.02my
【详解】
（1）根据
21
2eU mv ①
得
66 10v m/s ②
（2）在磁场中洛伦兹力充当向心力轨道半径 r
2mvevB r
③.
周期
2 rT v
④
在 80 0. 5 10 s 的半径 1 0.01mR ， 8
1 1 10 sT ⑤
在 8 80.5 10 s 1.0 10 s 做匀速直线运动位移 s vt ⑥
在 8 81.0 10 s 3.0 10 s 内的半径 2 0.02mR ，周期 8
2 2 10 sT ⑦
在 8 83.0 10 s 3.5 10 s 内 0.03ms vt ⑧
在 83.5 10 s 之后与前面相同，电子的运动轨迹如图⑨
电子轨迹的最高点纵坐标值 0.04my ，最低点纵坐标值 0.02my ⑩
31．空间存在两个垂直于Oxy 平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为 02B 、 03B 。甲、
乙两种比荷不同的粒子同时从原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，速度均为 v。甲第 1 次、第 2 次经过 y 轴的
位置分别为 P、Q，其轨迹如图所示。甲经过 Q 时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为 m，电荷
量为 q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q 到 O 的距离 d；
(2)甲两次经过 P 点的时间间隔 t ；
(3)乙的比荷 q
m
可能的最小值。
【答案】(1)
03
mvd qB
；(2)
0
2 mt qB
；(3) ' 2='
q q
m m
【详解】
(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由
2vqvB m R
得，
1
02
mvR qB
， 2
03
mvR qB
Q、O 的距离为：
1 2
0
2 2 3
mvd R R qB
(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为 d，粒子再次经过 P，经过 N 个周期，
12 3ROPN d d
所以，再次经过 P 点的时间为
3t NT T
由匀速圆周运动的规律得
1
1
0
2 R mT v qB
， 2
2
0
2 2
3
R mT v qB
绕一周的时间为
1 2
0
5
2 2 6
T T mT qB
所以，再次经过 P 点的时间为
0
53 2
mt T qB
两次经过 P 点的时间间隔为
1
0
2
2
T mt t qB
(3)由洛伦兹力提供向心力，由
2vqvB m R
得，
1
0
'' 2 '
m vR q B
， 2
0
'' 3 '
m vR q B
完成一周期运动上升的距离
1 2' 2 ' 2 'd R R
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在 Q 点相遇，则
12 ' 'R nd OQ d ，
' ' '
1 2 1 1 2( )2 2 2 2 2
T T T T Tn
结合以上式子，n 无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在 Q 点相遇，则
'nd OQ ，
' '
1 2 1 2( )2 2 2 2
T T T Tn
计算可得
' ='
q qnm m
（n=1，2，3……）
由于甲乙粒子比荷不同，则 n=2 时，乙的比荷 '
'
q
m
最小，为
' 2='
q q
m m
32．某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N 为竖直放置的两金属板，两板间电压为 U，Q 板为记录板，
分界面 P 将 N、Q 间区域分为宽度均为 d 的 I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q 所在平面相互平行，a、b 为 M、
N 上两正对的小孔。以 a、b 所在直线为 z 轴， 向右为正方向，取 z 轴与 Q 板的交点 O 为坐标原点，以
平行于 Q 板水平向里为 x 轴正方向，竖直向上为 y 轴正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz。区域 I、Ⅱ内
分别充满沿 x 轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为 B 和 E。一质量
为 m，电荷量为+q 的粒子，从 a 孔飘入电场（初速度视为零），经 b 孔进入磁场，过 P 面上的 c 点（图
中未画出）进入电场，最终打到记录板 Q 上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径 R 以及 c 点到 z 轴的距离 L；
(2)求粒子打到记录板上位置的 x 坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的 y 坐标（用 R、d 表示）；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点 s1、s2、s3，若这三个点是质子 1
1H 、氚核 3
1H 、氦核 4
2 He 的位置，
请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。
【答案】(1) 2mqUR qB
2
2
2 2mqU mUL dqB qB
；(2)
2
2 24 2
md Ex mU qd B
；
(3)
2
2 2
2 2
dy R R d
R d
；(4)s1、s2、s3 分别对应氚核 3
1H 、氦核 4
2 He 、质子 1
1H 的位置
【详解】
(1)设粒子经加速电场到 b 孔的速度大小为 v，粒子在区域 I 中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在 M、
N 两金属板间，由动能定理得
qU= 1
2 mv2 ①
在区域 I 中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得
2vqvB m R
②
联立①②式得
2mqUR qB
③
由几何关系得
2 2 2d R L R （ ） ④
2 2
cos R d
R
⑤
sin = d
R
⑥
联立①②④式得
2
2
2 2mqU mUL dqB qB
⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿 z 轴方向的分速度为 vz，沿 x 轴正方向加速度大小为 a，位移大小为 x，运动时间为
t，由牛顿第二定律得
qE=ma ⑧
粒子在 z 轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
coszv v ⑨
zd v t ⑩
粒子在 x 方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
21
2x at ⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
2
2 24 2
md Ex mU qd B
⑫
(3)设粒子沿 y 方向偏离 z 轴的距离为 y，其中在区域Ⅱ中沿 y 方向偏离的距离为 y'，由运动学公式得
y'=vtsinα ⑬
由题意得
y=L+y' ⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
2
2 2
2 2
dy R R d
R d
⑮
(4)s1、s2、s3 分别对应氚核 3
1H 、氦核 4
2 He 、质子 1
1H 的位置。
33．如图，在 0≤x≤h， y 区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度 B 的大小可调，方
向不变。一质量为 m，电荷量为 q（q>0）的粒子以速度 v0 从磁场区域左侧沿 x 轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过 y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强
度的最小值 Bm；
（2）如果磁感应强度大小为 m
2
B ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方
向与 x 轴正方向的夹角及该点到 x 轴的距离。
【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里； 0
m = mvB qh ；（2） π
6
； (2 3)y h
【详解】
（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进
入磁场中做圆周运动的半径为 R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
2
0
0
vqv B m R
①
由此可得
0mvR qB
②
粒子穿过 y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴正半轴上，半径应满足
R h ③
由题意，当磁感应强度大小为 Bm 时，粒子的运动半径最大，由此得
0
m = mvB qh ④
（2）若磁感应强度大小为 m
2
B ，粒子做圆周运动的圆心仍在 y 轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半
径为
2R h ⑤
粒子会穿过图中 P 点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在 P 点的运动方向与 x 轴正方向的夹角为α，
由几何关系
1sin 2 2
h
h
⑥
即 π
6
⑦
由几何关系可得，P 点与 x 轴的距离为
2 (1 cos )y h ⑧
联立⑦⑧式得
(2 3)y h ⑨
34．通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质
子数 N 的比值），可研究中子（ 1
0 n ）的 衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零
的反中微子 eν 。如图所示，位于 P 点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀
地发射 N 个质子。在 P 点下方放置有长度 1.2mL 以 O 为中点的探测板，P 点离探测板的垂直距离 OP
为 a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。
已知电子质量 31 2
e 9.1 10 kg 0.51MeV / cm ，中子质量 2
n 939.57MeV / cm ，质子质量
2
p 938.27MeV / cm （c 为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。
若质子的动量 21 1 8 14.8 10 kg m s 3 10 MeV s mp 。
（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以 MeV 为能量单位）；
（2）当 0.15ma ， 0.1TB 时，求计数率；
（3）若 a 取不同的值，可通过调节 B 的大小获得与（2）问中同样的计数率，求 B 与 a 的关系并给出 B
的范围。
【答案】(1) 0.7468MeV (2) 2
3 (3) 15 T40B
【详解】
（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒：
01 1 1
0 e0 1 1n p e ν
核反应过程中：
2 2 2
n p e 0.79MeVdE m c m c m c
根据动量和动能关系：
2
p
p
0.0432MeV2k
pE m
则总动能为：
e ν p 0.7468MeVd kE E E E
（2）质子运动半径：
0.3mpR eB
如图甲所示：
打到探测板对应发射角度：
6
可得质子计数率为：
4
23
2 3
（3）在确保计数率为 2
3
的情况下：
2R a
即： 3
200B a
如图乙所示：
恰能打到探测板左端的条件为：
2 2
2 max
max4 4 4
R LR
即： 15 T40B
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