考点48 带电粒子在复合场中的运动（核心考点精讲+分层精练）-最新高考物理一轮复习考点精讲（新高考专用）

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1. 3年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近3年新高考卷对于本节内容考查共计33次，主要考查：
速度选择器的工作原理及应用；
回旋加速器的工作原理及应用；
磁流体发电机的工作原理及应用；
霍尔元件的工作原理及应用；
带电粒子在电场和磁场中的偏转问题；
带电粒子在组合场中的应用；
【备考策略】理解并掌握速度选择器、回旋加速器、磁流体发电机、地磁流量计的工作原理；掌握磁场在电场和磁场中的偏转的异同点，会解决带电粒子在组合场中应用问题。
【命题预测】本节内容难度较大，一般都以压轴题的形式出现在选择或解答题中，考察方式灵活多变，更多的会科技类题目产生联系，2024年考生必须引起重视。
考法1 质谱仪
1．作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器．
2．原理(如图所示)
(1)加速电场：qU＝eq \f(1,2)mv2（静止开始加速）
(2)偏转磁场：qvB＝eq \f(mv2,r)，l＝2r；（做圆周运动）
由以上两式可得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2).
【典例1】（2021·浙江·统考高考真题）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有，。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
【答案】(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)见解析
【详解】(1)通过速度选择器离子的速度
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为，
由得，
(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离，
离开电场后，离子在x方向偏移的距离，，，位置坐标为(，0)
(3)离子进入磁场后做圆周运动半径，
经过磁场后，离子在y方向偏转距离
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
则，，位置坐标为(0，)
(4)注入晶圆的位置坐标为(，),电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
(1)质谱仪的本质是粒子先在电场中加速,再在磁场中偏转,最后利用感光底片记录探究粒子的位置.
(2)质谱仪是计算带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.
(3)回旋加速器的工作条件是粒子做圆周运动的周期与金属外壳所加交流电的周期相等,粒子的最大动能由匀强磁场的磁感应强度和 D形盒半径决定
(4)质谱仪和回旋加速器都是带电粒子在组合场中的运动.
【变式1】（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）如图所示为质谱仪的原理图，一束粒子以速度v沿直线穿过相互垂直的匀强电场（电场强度为E）和匀强磁场（磁感应强度为）的重叠区域，然后通过狭缝垂直进入另一匀强磁场（磁感应强度为），最后打在照相底片上的三个不同位置，粒子的重力可忽略不计，则下列说法正确的是（ ）

A．该束粒子带负电
B．板带负电
C．粒子的速度v满足关系式
D．在的匀强磁场中，运动半径越大的粒子，荷质比越小
【答案】D
【详解】A．根据粒子在右侧磁场中的运动，利用左手定则，可判断出该束粒子带正电，故A错误；
B．根据粒子在左侧运动可知，洛伦兹力方向向上，则电场力方向向下，P1板带正电，故B错误；
C．由粒子做直线运动，根据受力平衡可得，qvB1=qE
解得粒子的速度为
故C错误；
D．在磁感应强度为B2的磁场中，由洛伦兹力提供向心力得，，可得
运动半径越大的粒子，荷质比越小，故D正确。
故选D。
【变式2】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图甲所示为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度B为，，则下列说法中正确的是（ ）

A．该粒子带负电
B．该粒子比荷为
C．该粒子在磁场中运动的时间约为
D．若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子
【答案】C
【详解】A．粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；
B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得，
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得，可得
则有
可知图像的斜率为
可得粒子的比荷为，故B错误；
C．该粒子在磁场中运动的时间为，故C正确；
D．根据，若电压不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。
故选C。
考法2：回旋加速器
1．构造：
如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源．
2．原理：
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次．
3．最大动能：
由qvmB＝eq \f(mvm2,R)、Ekm＝eq \f(1,2)mvm2得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关．
4．总时间：
粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝eq \f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(Ekm,2qU)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πBR2,2U).
【典例2】（2023·广东·统考高考真题）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为，磁感应强度大小为，质子加速后获得的最大动能为．根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽略相对论效应，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】洛伦兹力提供向心力有
质子加速后获得的最大动能为
解得最大速率约为
故选C。
【变式1】（2023·全国·校联考模拟预测）回旋加速器的工作原理如图1所示，和是两个相同的中空半圆金属盒，金属盒的半径为，它们之间接如图2所示的交变电源，图中已知，两个形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。将一质子从金属盒的圆心处由静止释放，质子经过加速后最终从D形盒的边缘射出。已知质子的质量为，电荷量为，不计电场中的加速时间，且不考虑相对论效应。下列说法正确的是（ ）

A．回旋加速器中所加磁场的磁感应强度
B．质子从形盒的边缘射出时的速度为
C．在其他条件不变的情况下，仅增大，可以增大质子从边缘射出的速度
D．在所接交变电源不变的情况下，若用该装置加速（氚核），需要增大所加磁场的磁感应强度
【答案】D
【详解】A．带电粒子在磁场中运动的周期与所加交变电源的周期相同，所以满足
可得，，选项A错误；
B．粒子从形盒边缘射出时有，射出速度可表示为，选项B错误；
C．粒子从D形盒射出时，，可得，仅增大加速电压，质子射出速度大小不变，选项C错误；
D．当加速氚核时，其在磁场中运动的周期为，其周期应该与相同，又知道
可知，需要增大所加磁场的磁感应强度，选项D正确。
故选D。
【变式2】（多选）（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。如图所示，图甲为该回旋加速器的照片，图乙为回旋加速器工作原理示意图，置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压为U。圆心A处粒子源产生初速度为零，质量为m，电荷量为q的质子，质子在加速器中被加速。忽略质子穿过两金属盒间狭缝的时间，忽略相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（ ）

A．保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置也可用于加速氘核和氚核
B．若增大加速电压U，质子从D型盒出口射出的动能增大
C．质子从D型盒出口射出时，加速次数
D．质子第n次加速后和第次加速后的运动半径之比为
【答案】CD
【详解】A．此加速器加速粒子时的周期与粒子在磁场中的运动周期相同为
氘核和氚核的比荷与质子的比荷不同，即氘核和氚核与质子在磁场中运动的周期不同，所以，保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置不能用于加速氘核和氚核，故A错误；
B．设质子从D型盒出口射出的速度为vm，则有，
则质子从D型盒出口射出的动能，与加速电压无关，故B错误；
C．设质子从D型盒出口射出时加速了n次，则由动能定理，得，故C正确；
D．由动能定理，
得第n次加速后和第次加速后的速度分别为，
再由质子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力，
同理可得，质子第n次加速后和第次加速后的运动半径分别为，
所以，故D正确。
故选CD。
考法3 速度选择器、磁流体发电机和电磁流量计
1、速度选择器
(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvB＝qE，即v＝eq \f(E,B).
(3)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．
(4)速度选择器具有单向性．
【典例3】（2023·北京东城·北京市广渠门中学校考三模）如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为+q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是（ ）

A．电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B．电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后将做类平抛运动
C．电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
【答案】C
【详解】A．电荷量为＋q的粒子以速度v进入后受力平衡，即有
由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，即电场强度的方向竖直向下，且有
当电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后，由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，且有，则粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故A错误；，
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后，向下的电场力为，向上的洛伦兹力为
由于，所以粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故B错误；
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为，由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向上，粒子的运动轨迹将向上弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故C正确；
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向上的电场力为
向下的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向下，粒子的运动轨迹将向下弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故D错误。
故选C。
【变式1】（多选）（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图所示，在竖直放置的平行板电容器极板间有电场强度大小为、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为、方向水平向里的匀强磁场。左右两挡板中间分别开有小孔、，在其右侧有一边长为的正三角形区域磁场，磁感应强度为，磁场边界中点与小孔、正对。现有大量的带电荷量均为而质量和速率均可能不同的粒子从小孔水平射入电容器，其中速率为的粒子刚好能沿直线通过小孔、。粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计，下列说法中正确的是（ ）

A．一定等于
B．在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足
C．速率为的粒子中，满足质量的粒子都能从边射出
D．速率为的粒子中，能打在边的所有粒子在磁场中运动的时间一定都相同
【答案】AB
【详解】A．当带正电粒子向右进入复合场时，受到竖直向下的电场力和向上的洛伦兹力，速率为的粒子做匀速直线运动，即
解得，故A正确；
B．粒子向上偏转时，受到的向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即
则，故B正确；
C．设质量为的粒子的轨迹刚好与边相切，如图所示

由几何关系得，，而
解得，所以质量小于的粒子都会从边射出，而
故C错误；
D．质量、速率不同的粒子在磁场中运动的周期可能不同，所以能打在边的所有粒子均运动半个周期，在磁场中运动的时间可能不同，故D错误。
故选AB。
【变式2】（2023·广东广州·执信中学校考三模）如图所示，两竖直虚线MN和间的距离，P、Q点在直线上。一质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）以某一速度从A点垂直于MN射入：若两竖直虚线间的区域内只存在场强大小为E、沿竖直方向的匀强电场，则该粒子将从P点离开场区，射出方向与AC的夹角叫做电偏转角，记为；若两竖直虚线间的区域内只存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，则该粒子将从Q点离开场区，射出方向与AC的夹角叫做磁偏转角，记为。
（1）若两竖直虚线间的区域内同时存在上述电场和磁场，且该粒子沿直线运动从C点离开场区，粒子从A点入射的速度是多大？
（2）在（1）问的速度下，只在电场中的电偏转角的正切值与只在磁场中的磁偏转角的正弦的比值。
【答案】（1）；（2）1
【详解】（1）由于若两竖直虚线间的区域内同时存在上述电场和磁场，且该粒子沿直线运动从C点离开场区，可知此时粒子做匀速直线运动，则有，解得
（2）做出粒子运动轨迹如图所示
粒子在电场中做类平抛运动，则有，，，解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹关系有
轨迹洛伦兹力提供向心力有
解得，则有
角度2：磁流体发电机
(1)原理：等离子气体喷入磁场，正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在A、B板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．
(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极．
(3)电源电动势U：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R.当正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则qeq \f(U,l)＝qvB，即U＝Blv.
(4)电源内阻：r＝ρeq \f(l,S).
(5)回路电流：I＝eq \f(U,r＋R).
角度3：电磁流量计
(1)流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积．
(2)公式：Q＝Sv；S为导管的截面积，v是导电液体的流速．
(3)导电液体的流速(v)的计算如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b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、b间的电势差(U)达到最大，由qeq \f(U,d)＝qvB，可得v＝eq \f(U,Bd).
(4)流量的表达式：Q＝Sv＝eq \f(πd2,4)·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πdU,4B).
(5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.
【典例4】（2023·广东佛山·统考模拟预测）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置示意图如图所示，两块面积均为的矩形平行金属板正对地浸在河水中，金属板间距为。水流速度处处相同大小为，方向水平向左，金属板面与水流方向平行。地磁场磁感应强度竖直向下的分量为，水的电阻率为，水面上方有一阻值为的电阻通过绝缘导线和开关连接到两金属板上。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（ ）

A．电阻上的电流方向从里向外B．河水流速减小，两金属板间的电压增大
C．该发电装置的电动势大小为D．流过电阻的电流大小为
【答案】C
【详解】A．根据题意，由左手定则可知，河水中的正离子向外面金属板偏转，外金属板为正极，负离子向里面金属板偏转，里金属板为负极，则电阻上的电流方向从外向里，故A错误；
C．设稳定时产生的感应电动势为，两板间有一带电荷量为的离子匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得
解得，故C正确；
B．设极板间等效电阻为，由闭合回路欧姆定律可得，两金属板间电压为，可知，河水流速减小，两金属板间的电压减小，故B错误；
D．根据题意，由电阻定律可得，极板间等效电阻为
由闭合回路欧姆定律可得，流过电阻的电流大小为，故D错误。
故选C。
【变式1】（2023·河北·校联考三模）如图为磁流体发电机的示意图，间距为d的平行金属板A、B之间的磁场可看成匀强磁场，磁感应强度大小为B，板A、B和电阻R连接，将一束等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向喷入磁场，已知金属板A、B的正对面积为S，A、B及其板间的等离子体的等效电阻率为，下列说法正确的是（ ）

A．金属板A为正极B．电阻R两端的电压为
C．电阻R两端的电压为D．流过电阻R的电流大小为
【答案】B
【详解】A．根据左手定则可得，正离子向金属板B，金属板B为正极，金属板A为负极。故A错误；
D．根据稳定时，等离子体满足
该发电机的电动势为
流过电阻的电流大小为，故D错误；
BC．电阻两端电压为，故B正确；C错误。
故选B。
【变式2】（2023·浙江金华·统考三模）磁流体发电机发电通道是一个长、高、宽分别为a、h、b的长方体空腔。上下两个侧面是电阻不计的电极，电极与固定在水平桌面上间距为L电阻不计的平行金属导轨相连。发电通道内的匀强磁场方向垂直与a、h组成的平面，磁感应强度大小为B。电阻率为ρ的等离子体以速率v水平向右通过发电通道。导轨间匀强磁场与导轨平面成θ角右斜向上，磁感应强度大小也为B，质量为m，电阻为R的金属棒垂直于导轨放置，与导轨道动摩擦因数为μ。棒的中点用条水平垂直于棒的细线通过光滑定滑轮与重物相连。当S闭合后，金属棒恰好处于静止状态，则重物的质量可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】等离子体中的正电荷受向上的洛伦兹力偏向上极板，可知上极板为正极，电流流过导体棒，受安培力斜向左上方，若导体棒恰不向左运动，则摩擦力向右，对导体棒受力平衡
其中，，，解得
同理若导体棒恰不向右运动，则摩擦力向左对导体棒受力平衡
其中，，，解得
故选C。
考法4 “磁偏转”和“电偏转”的比较
角度1：先电偏转再磁偏转
【典例5】（2023·山东·统考高考真题）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。

【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图

根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图

在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
【变式】（2023·江苏扬州·扬州市新华中学校考一模）如图所示，第一象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场；第四象限内存在沿轴的匀强电场，场强大小为。时刻，粒子从P点以速度v0平行轴射入电场，第1次通过x轴从Q点进入磁场。已知P点坐标为（0，），粒子质量为m、电荷量为+q，重力不计。
（1）求粒子经过Q点的速度v；
（2）欲使粒子不从y轴射出磁场，求磁感应强度的最小值Bm；
（3）若磁感应强度，求粒子第5次通过x轴的位置x和时间t。

【答案】（1），与轴正方向的夹角为；（2）；（3），
【详解】（1）解析：粒子从P到Q做类平抛运动，轨迹如图所示，根据动能定理
解得
根据几何关系，解得
（2）Q点到O点的距离，
粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿第二定律，
欲使粒子不从y轴射出磁场，临近状态如图所示

根据几何关系，，解得，解得
（3）粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为圆周，轨道半径
返回电场后做类斜抛运动，运动轨迹如图所示
第5次通过x轴时，
粒子在电场中的运动时间，
粒子在磁场中的运动时间，，解得，
角度2：先磁偏转再电偏转
【典例6】（2021·山东·高考真题）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离S。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得①
根据几何关系得②
联立①②式得，
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动的合成与分解得，，
联立得
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcsθ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得，
由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
C到的距离
联立得
【变式】（2023·河北唐山·开滦第一中学校考模拟预测）如图所示，xOy坐标系的第一象限，一等腰三角形OAC，底角为53°，底边长为14L，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场，D是底边OA的中点。质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度，从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场（不计粒子的重力），求：
（1）粒子的速度大小；
（2）粒子离开磁场后，经过x轴上N点（图中没有标出），已知NO=5L，求匀强电场的电场强度；
（3）求粒子从D点到达N点所经历的时间。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G，根据几何关系有
GD=FG=R，
则，解得，R=4L
根据洛伦兹力提供向心力有，解得
（2）粒子在电场中的；类平抛运动轨迹如图所示，

粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为：x=GN=8L
沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为：y=FG=4L
根据x=vt，，
解得
（3）设粒子在磁场中运动的时间为t₁，在电场中运动的时间为t₂，
带电粒子在磁场中运动的周期为
联立得，x=GN=8L=vt₂
解得：，所以时间
考法5 带电粒子在组合场中的应用
磁场、重力场并存
（1）若重力和洛伦兹力平衡,则带电体做速直线运动.
（2）若重力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功.故机械能守恒.
如速度选择器、磁流体发
电场磁场并存(不计重力)
若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动，
若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解.
3.电场、磁场、重力场并存
（1）若三力平衡,则带电体做匀速直线运动；
（2）若重力与电场力平衡,v⊥B,则带电体做匀速圆周运动；
（3）若合力不为0，则带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律定理求解.
【典例7】（2023·江苏·统考高考真题）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。

【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee = ev0B，解得，E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
，解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合 = evmB－eE
在最低点有，F合 = eE－evB
联立有，
要让电子达纵坐标位置，即，y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
【变式1】（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考三模）整个空间中存在匀强电场，虚线右方区域同时存在着宽度为L、磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。在P点将质量为m、电荷量为+q的小球以初速度竖直向上抛出，小球运动中经过A点和C点，在A点速度大小为、方向水平向右。P、C两点在同一水平线上，小球从C点进入虚线右侧区域。不计空气阻力，已知，重力加速度为g，，。求：
（1）从P到C的过程中小球动能的最小值；
（2）电场强度E的方向与重力方向的夹角；
（3）小球从P到C过程中，当电势能最高时，小球的速度；
（4）已知小球离开磁场区域时，速度方向水平向右，求小球从P点出发到离开磁场区域的时间。

【答案】（1）；（2）；（3），方向与水平向右成指向右上方；（4）
【详解】（1）设小球合力方向与竖直方向夹角为，则速度变化量的方向与合力方向相同，有
得
对小球，从到的过程中，将小球运动分解为垂直于合力方向速率为的匀速直线运动和沿合力反方向的匀减速直线运动，当沿合力反方向速度减为零时，小球动能最小。有，
解得
（2）在小球重力、电场力和合力组成的力学三角形中
（或者为：）

代入数据解得，得
（3）建立以沿电场方向为轴，垂直于电场方向为轴的直角坐标系，，，，
用时沿电场反方向速度减为零，此时小球电势能最高，，解得，方向与水平向右成指向右上方
（4）对小球，从P点到离开磁场区域，由竖直方向动量定理
，，解得
【变式2】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）如图所示，长方体空间中存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。ab、ad的长度分别为L和L，从ad的中点e水平向右射入一个质量为m、电荷量为+q的粒子，初速度大小为，粒子恰好从的中点g射出。若在空间中再施加一个竖直向下的匀强磁场，同时改变粒子的入射速度大小，粒子恰好从点射出。求：
(1)粒子从e到点运动的时间；
(2)第二次粒子的入射速度大小；
(3)粒子到达点的速度大小。

【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】(1)施加磁场前后粒子在竖直方向上的运动是相同的，所以两次所经历的时间也是相同的。由第一次运动水平方向上，，解得
(2)施加磁场后粒子一边在竖直方向上匀加速，一边在水平面内做匀速圆周运动。c'点在abcd上的投影为。设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得，解得，
轨迹所对的圆心角，由，且，解得
(3)粒子到达c'点时的水平速度
竖直分速度，
解得
【基础过关】
1．（多选）（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，为了测量某金属中自由电子的“数密度”（单位体积内的自由电子数量），用该材料制成一段长方体，端面边长分别为和；将其置于匀强磁场中，磁场方向垂直于前表面向里，材料内部磁感应强度大小为。当通以从左到右的恒定电流时，测得上、下表面之间的电压大小为。已知电子电荷量大小为，则（ ）

A．自由电子数密度为B．自由电子数密度为
C．上表面电势比下表面电势高D．上表面电势比下表面电势低
【答案】BD
【详解】电流稳定时，电子所受电场力和洛伦兹力平衡，有
解得
电流的微观表达式
联立可得
电流方向自左向右，电子自右向左运动，根据左手定则，可知电子向上表面聚集，下表面正电荷较多，电场方向自下向上，故上表面电势低，故选BD。
2．（多选）（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，有人据此设计并研制出“海流发电机”，可用作无污染的电源，对海洋航标灯持续供电。“海流发电机”的工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长为a、宽为b（未标出），两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为，航标灯电阻不变且为R．则下列说法正确的是（ ）

A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是
B．“海流发电机”产生感应电动势的大小是
C．通过航标灯L电流的大小是
D．“海流发电机”发电的总功率为
【答案】AC
【详解】A．由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方向分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是，胡A正确；
B．在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有
解得“海流发电机”产生感应电动势的大小为，故B错误；
C．海水的电阻为
由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流为，，故C正确；
D．“海流发电机”发电的总功率为，故D错误。
故选AC。
3．（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）如图所示为质谱仪的原理图，一束粒子以速度v沿直线穿过相互垂直的匀强电场（电场强度为E）和匀强磁场（磁感应强度为）的重叠区域，然后通过狭缝垂直进入另一匀强磁场（磁感应强度为），最后打在照相底片上的三个不同位置，粒子的重力可忽略不计，则下列说法正确的是（ ）

A．该束粒子带负电
B．板带负电
C．粒子的速度v满足关系式
D．在的匀强磁场中，运动半径越大的粒子，荷质比越小
【答案】D
【详解】A．根据粒子在右侧磁场中的运动，利用左手定则，可判断出该束粒子带正电，故A错误；
B．根据粒子在左侧运动可知，洛伦兹力方向向上，则电场力方向向下，P1板带正电，故B错误；
C．由粒子做直线运动，根据受力平衡可得，qvB1=qE
解得粒子的速度为，故C错误；
D．在磁感应强度为B2的磁场中，由洛伦兹力提供向心力得，可得，运动半径越大的粒子，荷质比越小，故D正确。
故选D。
4．（2023·全国·模拟预测）如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为，a为常量。电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）
A．两个粒子电性相反
B．质量大的粒子动量较小
C．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动
D．若去掉原来的电场，加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动
【答案】C
【详解】A．两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，有
动量为p=mv，其中，联立可得，两粒子电量相等，则质量大的粒子动量较大，故B错误；
C．根据牛顿第二定律，有，可得
与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，故C正确；
D．由表达式，可知，两粒子动能相同，根据
可知两粒子动量不同；若加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足，化简得
两粒子电量相等，则qB相等，若
粒子做向心运动；当，时粒子做离心运动，但是与的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，故D错误。
故选C。
5．（2023·福建南平·统考模拟预测）回旋加速器工作原理如图所示，置于真空中的两个半圆形金属盒半径为R，两盒间留有一狭缝接有频率为f的高频交流电，加速电压为U，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。若A处粒子源产生的氘核在狭缝中被加速，不考虑相对论效应和重力的影响，不计粒子在电场中的加速时间。则（ ）
A．氘核离开回旋加速器时的最大速率随加速电压U增大而增大
B．氘核被加速后的最大速度可能超过
C．氘核第n次和第次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速粒子
【答案】D
【详解】A．根据，可得
可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U无关，故A错误；
B．氘核被加速后的最大速度时的半径为R，则
故氘核被加速后的最大速度不可能超过，故B错误；
C．氘核第n次和第次经过两金属盒间狭缝后的分别有，
解得，
又，则
则氘核第n次和第次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为，故C错误；
D．回旋加速器的周期为，由于氘核和粒子的比荷相等，所以不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速粒子，故D正确。
故选D。
6．（2023·重庆·统考二模）如图所示，一带电粒子以速度从点沿两极板中线射入平行板电容器，若电容器极板间只有图示磁感应强度为的匀强磁场时，该粒子从上极板右端点射出，若电容器极板间只有图示电场强度为的匀强电场时，该粒子从下极板右端点射出，若电容器极板间同时有图示磁感应强度为的匀强磁场和电场强度为的匀强电场时，该粒子将（不计粒子重力）（ ）
A．从间射出B．从间射出
C．从点射出D．无法直接射出
【答案】B
【详解】只有磁场时，粒子从点射出，粒子圆周运动轨迹如答图1所示
设电容器板长为，间距为，由几何关系有，得半径
由洛伦兹力提供向心力，得
只有电场时，粒子从点射出，粒子做类平抛运动，有，，其中，得电场力
由，可知，电场力大于洛伦兹力，由分析知，若电容器极板间同时有图示磁感应强度为的匀强磁场和电场强度为的匀强电场时，粒子将从间射出。
故选B。
7．（2023·广东·模拟预测）如图所示，在立方体区域内有垂直于abcd平面向上的匀强磁场，现有一负离子不计重力以速度v垂直于adhe平面向右飞入该区域，为使粒子能在该区域内沿直线运动，需在该区域内加一匀强电场，则匀强电场的方向为
A．垂直abfe平面向里B．垂直adhe平面向左
C．垂直abfe平面向外D．垂直adhe平面向右
【答案】A
【分析】带电粒子恰好在电场与磁场中做直线运动，当受到电场力与磁场力时，则两力必平衡．这样确保速度不变，才会使洛伦兹力不变，否则不可能做直线运动．当只受到电场力时，磁场方向须与运动方向相平行，此时虽在磁场中但没有洛伦兹力存在．
【详解】当匀强磁场方向竖直向上，不计重力的负离子，则洛伦兹力垂直纸面向里，由于直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，则离子受到的电场力垂直纸面向外，而匀强电场方向垂直于纸面向里，使离子做匀速直线运动，故A正确，BCD错误．
【点睛】当两个电场力与磁场力均存在时，必须是平衡力，因为洛伦兹力是与速度有关的力．当粒子的运动方向与磁场方向平行时，没有洛伦兹力存在，所以只要考虑电场力就可以．
8．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，空间存在足够大且相互垂直的匀强电磁场，电场强度为E、方向竖直向上：磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，由某点P静止释放质量为m、带电量为+q的粒子（重力忽略不计），其运动轨迹如图所示，对于带电粒子下落的最大高度H，下落给出的四个表达式，你认为正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】物体由静止释放，对带电粒子进行运动分解，向右分速度
向右做匀速直线运动，及向左的分速度
做匀速圆周运动，因此带电粒子向右做摆线运动，则粒子下落最大高度，故ACD错误，B正确。
故选B。
9．（2023·广东韶关·统考一模）在芯片制造过程中，离子注入是芯片制造重要的工序。图a是我国自主研发的离子注入机，图b是简化的注入过程原理图。静止于A处的离子，经电压为的电场加速后，沿图中半径为的圆弧虚线通过磁分析器，然后从点垂直进入矩形CDQS有界匀强电场中，最后恰好打在点，已知磁分析器截面是四分之一圆环，内部为匀强磁场，方向垂直纸面向里；矩形区域内匀强电场水平向左，，。整个装置处于真空中，离子的质量为、电荷量为，离子重力不计。求：
（1）离子进入匀强电场区域点时的速度大小及磁分析器通道内磁感应强度大小；
（2）矩形区域内匀强电场场强大小。
【答案】（1）；；（2），
【详解】（1）离子经过加速电场，由动能定理可知，，解得
在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力有，，得
（2）离子在匀强电场中运动时，水平方向做匀加速运动，则
由运动学公式可知
竖直方向做匀速运动，解得
10．（2023·河北秦皇岛·校考模拟预测）如图所示,在平面直角坐标系xOy中的区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，在第I象限区域内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点以平行于x轴的初速度射入电场，经过一段时间粒子从点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从点射出磁场，不计粒子重力，求:
（1）电场强度大小；
（2）磁感应强度大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有
竖直方向，根据牛顿第二定律有，又有
联立解得
（2）粒子在电场中，竖直方向有
则粒子在M点的速度为
方向与水平方向的夹角为，进入磁场之后，在洛伦兹力作用下做圆周运动，有
根据几何关系可得，联立解得
【能力提升】
1．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）如图所示，某竖直平面内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向水平向外．一质量为、电荷量为的微粒以速度与水平方向成角从点射入该区域，微粒恰好沿速度方向做直线运动，下列说法中正确的是（ ）

A．微粒从到的运动可能是匀减速直线运动
B．该微粒一定带正电荷
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的场强为
【答案】C
【详解】AB．若微粒带正电，它受竖直向下的重力、向左的电场力和右斜向下的洛伦兹力，知微粒不能做直线运动．据此可知微粒一定带负电，它受竖直向下的重力、向右的电场力和左斜向上的洛伦兹力，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做匀速直线运动，故AB错误；
CD．由平衡条件有关系
得磁场的磁感应强度
电场的场强；故C正确，D错误。
故选C。
2．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）如图所示，在的区域存在方向沿轴正方向的匀强电场，场强大小为，在的区域存在方向垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。一个带负电的粒子（重力不计）从轴上的A点以大小为的初速度沿轴正方向射出，粒子在电场和磁场中运动后回到A点。则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】设粒子类平抛的分运动匀速运动的位移为y，离开电场时瞬时速度与y轴的夹角，则有
粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可得，
联立可得
故选B。
3．（2023·浙江金华·模拟预测）范德格拉夫静电加速器由两部分组成，一部分是产生高电压的装置，叫作范德格拉夫起电机，加速罩（金属球壳）是半径a=0.5m的一个铝球，由宽度D=10cm、运动速度的一条橡胶带对它充电，从而使金属壳与大地之间形成500kV的高电压。另一部分是加速管和偏转电磁铁，再加上待加速的质子源就构成了一台质子静电加速器，如图中所示。抽成真空的加速管由20个金属环及电阻组成（图中仅画出电阻中的6个），金属环之间由玻璃隔开，各环与500MΩ的电阻串联。从质子源引出的质子进入加速管加速，然后通过由电磁铁产生的一个半径b=10cm的圆形匀强磁场区域引出打击靶核。已知质子束的等效电流为25μA，质子的比荷。下列说法不正确的是（ ）

A．若不考虑传送带和质子源的影响，加速罩内的电场强度E=0
B．若不考虑传送带和质子源的影响，加速罩内的电势=500kV
C．要维持加速罩上500kV的稳定电压，喷射到充电带表面上的面电荷密度为37.5μC/m2
D．质子束进入电磁铁，并做角度的偏转，磁感应强度B的大小为0.29T
【答案】D
【详解】AB．导体球静电平衡E=0
由题意得，，故AB正确，不符合题意；
C．罩通过电阻和质子束放电。通过电阻放电电流
需要供给罩的总电流
这个电流被喷到橡胶带，而，则，故C正确，不符合题意；
D．加速度过程，由动能定理得，
在磁场中有，
粒子在磁场中轨迹如下

由几何关系得，，联立解得，故D错误，符合题意。
故选D。
4．（多选）（2023·河南郑州·郑州外国语学校校考模拟预测）如图所示，下端封闭、上端开口、高h＝5m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m＝10g，电荷量的绝对值|q|＝0.2C的小球，整个装置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度B＝0.2T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。g取10m/s2。下列说法中正确的是（ ）

A．整个过程中洛伦兹力对小球做正功
B．小球在离开管前做匀变速曲线运动
C．小球在玻璃管中的运动时间大于1s
D．小球机械能的增加量为1J
【答案】BD
【详解】小球的质量m＝10g＝0.01kg。
A．小球在玻璃管中刚开始所受洛伦兹力方向竖直向上，F洛＞mg，小球获得竖直向上的加速度，向上加速运动，具有向上的速度之后，物体合速度指向右上方，洛伦兹力与物体合速度始终垂直，始终不做功，故A错误；
B．由于玻璃管在磁场中水平方向匀速运动，小球在水平方向上与玻璃管保持相对静止，故小球在水平方向匀速运动，那么洛伦兹力在竖直方向上的分力始终等于qvB保持不变，小球在竖直方向上合力为
F合＝qvB﹣mg
恒定不变，所以小球在竖直方向做匀加速直线运动，可知小球在离开管前做匀变速曲线运动，故B正确；
C．小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy。与两个分速度对应的洛伦兹力的分力分别是水平方向的和竖直方向的F，其中竖直方向的洛伦兹力F＝qvB不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律得，qvB﹣mg＝ma
解得，a＝10m/s2
由匀变速运动的位移公式得，，，解得t＝1s，故C错误；
D．小球飞出管口时，竖直速度为vy＝at＝10×1m/s＝10m/s，飞出管口的合速度为v合＝
动能增量
代入数据解得，0.5J
重力势能的增量，ΔEp＝mgh＝0.01×10×5J＝0.5J，
机械能的增量，ΔE＝+ ＝0.5J+0.5J＝1J，故D正确。
故选BD。
5．（多选）（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度u向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有（ ）

A．时间为
B．小球所受洛伦兹力做功为0
C．外力F的平均功率为
D．外力F的冲量为
【答案】BCD
【详解】A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右匀速运动，故小球受到的洛伦兹力在沿管道方向的分力保持不变，根据牛顿第二定律得，
由初速度为零的位移公式，
解得，，故A错误；
B．小球所受洛伦兹力不做功，故B正确；
C．小球所受洛伦兹力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做负功的大小，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，则有，
外力F的平均功率为，，故C正确；
D．外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F的冲量大小等于
故D正确。
故选BCD。
6．（多选）（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度大小、方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里。一质量为、电荷量为的带正电小圆环套在杆上，圆环与杆间的动摩擦因数为。现使圆环以初速度沿杆向下运动，经过时间，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法中正确的是（ ）

A．圆环下降过程中的加速度逐渐减小
B．圆环的最大加速度
C．圆环在时间内损失的机械能为
D．圆环下降过程和上升过程中，系统因摩擦产生的内能相等
【答案】AC
【详解】A.圆环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力和向上的摩擦力。设圆环向下运动的加速度大小为，则
因此圆环速度的减小，会导致其所受洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此圆环做加速度减小的减速运动，故A正确；
B.当圆环向上运动时，圆环的加速度大小
随着圆环速度的增大，圆环开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，圆环向下运动时的加速度大于向上运动时的加速度，而向下运动时圆环受到的摩擦力越大，则加速度越大，因此圆环刚开始运动时，加速度最大，有，可得，，故B错误；
C.圆环先后两次经过出发点过程中，重力势能变化量为零，可知圆环机械能的损失，即为动能的损失，根据动能定理，有
而圆环最后做匀速运动的速度
因此圆环在时间内损失的机械能为，故C正确；
D.圆环上升和下降的过程中，摩擦力大小的平均值不同，而圆环运动的路程相同，所以两过程中，系统因摩擦产生的内能不相等，故D项错误。
故选AC。
7．（多选）（2023·河南开封·统考三模）如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN成30°角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是（ ）

A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】根据洛伦兹力提供向心力
离子在MN上方运动的半径为
离子在MN下方运动的半径为
若离子从MN上方通过N点有
解得
即，， ， ，……
若离子从MN下方通过N点有
解得
即，，，，，……
AB正确，CD错误。
故选AB。
8．（多选）（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，光滑绝缘水平面的右侧存在着匀强电场和匀强磁场组成的复合场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；一电荷量为q、质量为m的金属小球a在水平面上从静止开始经电压U加速后，与静止着的另一完全相同的不带电金属小球b发生弹性碰撞，此后小球b水平向右进入复合场中，在竖直面内做匀速圆周运动。电荷量的损失不计，碰撞后不考虑a、b之间的相互作用，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（ ）

A．小球a可能带正电
B．小球a、b碰撞后的b速度
C．小球b做匀速圆周运动的半径为
D．小球b从圆的最低点到最高点，机械能增加量为
【答案】CD
【详解】A．球a、b碰撞后，b球在竖直面内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，所以电场力竖直向上，b球带负电，则小球a带负电，故A错误；
B．小球a加速过程，由动能定理得
碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒可知a、b小球速度互换，解得，故B错误；
C．小球a、b碰撞后b在竖直面内做匀速圆周运动，b的带电量为，由牛顿第二定律得
解得，，故C正确；
D．洛伦兹力不做功，电场力做功为
所以机械能增加量，，故D正确。
故选CD。
9．（2023·吉林·统考模拟预测）如图所示，在竖直平面的直角坐标系xOy中，第一象限有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限有沿x轴正方向的匀强电场，两匀强电场的电场强度大小均相等。一质量为m，电荷量为+q的带电小球，从x轴上的P点以某一初速度v0沿y轴正方向射入第二象限，依次经过Q点和M点，图中M点末标出。经过Q点的速度与y轴正方向成45°，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）小球从P点射出的初速度v0；
（2）匀强磁场的磁感应强度的大小。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意可知，粒子从P到Q的过程中，水平方向上有
竖直方向上有
由几何关系有
联立可得
（2）根据题意，由（1）分析可知，粒子到达Q点的速度为
由于
则粒子在第一象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据粒子在磁场中的运动轨迹，由几何关系可知QM为直径，则有
由牛顿第二定律有
联立可得
10．（2023·江西·校联考模拟预测）如图，水平虚线MN上方一半径为R的半圆区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，半圆磁场的圆心O在MN上，虚线下方有平行纸面向上的范围足够大的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从O点以大小为的初速度平行纸面射入磁场，速度方向与ON的夹角，粒子在磁场中运动的圆轨迹刚好与磁场边界相切，粒子进入电场后又从P点进入磁场，，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）粒子在电场和磁场中运动的总时间。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示

由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律
解得
（2）根据题意，设粒子射出磁场的位置为Q，由几何关系有
粒子从P点进入磁场，粒子在电场中做类斜上抛运动，根据对称性可知
又有
解得
（3）粒子从P点进入磁场后，根据对称性可知，粒子的运动轨迹仍刚好与磁场边界相切，并从O点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间
粒子在电场中运动的时间
因此粒子在电场、磁场中运动的总时间
【真题感知】
1．（2023·广东·统考高考真题）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为，磁感应强度大小为，质子加速后获得的最大动能为．根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽略相对论效应，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】洛伦兹力提供向心力有
质子加速后获得的最大动能为
解得最大速率约为
故选C。
2．（2023·海南·统考高考真题）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）

A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；
D．洛仑兹力永不做功，D错误。
故选A。
3．（2023·全国·统考高考真题）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．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，

则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
解得粒子做圆周运动的半径r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
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，则有Eq = qvB
联立有
故选A。
4．（多选）（2023·海南·统考高考真题）如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）

A．粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
【详解】A．若粒子打到PN中点，则
解得选项A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度选项B错误；

C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度，
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为，解得，，，选项C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度，
出离电场的最大速度
则由，可得最大半径，选项D正确；
故选AD。
5．（2023·辽宁·统考高考真题）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。

【答案】（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度，解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有，故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得解得，
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；

（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：

题型
选择题、解答题
高考考点
质谱仪的原理及应用；回旋加速器的工作原理及应用；速度选择器的工作原因及应用；磁流体发电机的工作原理及应用；电磁流量计的工作原理及应用；带电粒子在电场和磁场中的偏转问题；带电粒子在组合场中的应用。
新高考
2023
广东卷5题、山东卷17题、辽宁卷、海南卷13题、海南卷2题、江苏卷16题、山西卷5题、湖南卷6题、全国乙卷18题、浙江春招卷22题
2022
天津卷12题、重庆卷5题、北京卷20题、江苏卷13题、海南卷6题、浙江卷15题、浙江卷22题、广东卷8题、湖南卷13题、山东卷17题、全国乙卷17题、
2021
重庆卷14题、福建卷2题、江苏卷15题、天津卷13题、北京卷18题、山东卷17题、浙江卷22题、广东卷14题、全国甲卷25题、河北卷14题、河北卷5题、浙江卷22题