資源簡介

重難突破13　帶電粒子在疊加場中的運動
1.（2025·廣東茂名期中）速度選擇器是質譜儀的重要組成部分，工作時電場和磁場聯合作用，從各種速率的帶電粒子中選擇出具有一定速率的粒子。下列結構能成為速度選擇器的是（　?。?br/>2.（2025·江蘇南京期中）電磁場與現代高科技密切關聯，并有重要應用。對以下四個科技實例，說法正確的是（　?。?br/>A.如圖甲所示的速度選擇器能使速度大小v＝的粒子沿直線勻速通過，但與粒子的帶電性質、帶電荷量及速度方向無關
B.如圖乙所示的磁流體發電機正常工作時電流方向為a→R→b，電阻R兩端的電勢差等于發電機的電動勢
C.圖丙是質譜儀工作原理示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3，粒子的比荷越小
D.圖丁為霍爾元件，若載流子帶負電，穩定時元件左側的電勢低于右側的電勢
3.（2025·江西上饒期末）如圖所示，在以坐標原點O為圓心的半圓形區域內，有相互垂直的勻強電場（圖中未畫出）和勻強磁場，電場方向沿x軸正方向，磁場方向垂直于xOy平面向里。一質量為m、帶電荷量為q的帶電粒子從O點沿y軸正方向以一定速度射入，帶電粒子沿直線運動，經時間t0從P點射出，若僅撤去磁場，帶電粒子經射出半圓形區域，不計粒子受到的重力，勻強磁場的磁感應強度大小為（　?。?br/>A.　　 B.
C.　　 D.
4.〔多選〕（2025·黑龍江哈爾濱期末）一帶電小球在相互垂直的勻強電場、勻強磁場中做勻速圓周運動，勻強電場豎直向上，勻強磁場水平且垂直紙面向里，如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A.沿垂直紙面方向向里看，小球的繞行方向為逆時針方向
B.小球一定帶正電且小球的電荷量q＝
C.由于合外力做功等于零，故小球在運動過程中動能不變
D.由于洛倫茲力不做功，故小球在運動過程中機械能守恒
5.（2025·北京海淀模擬）磁流體發電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體（含有大量正、負帶電粒子）垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。穩定時兩板間等離子體有電阻。忽略邊緣效應，下列判斷正確的是（　?。?br/>A.上板為負極
B.上、下兩極板間的電壓U＝Bvd
C.等離子體濃度越高，電動勢越大
D.垂直兩極板方向（即上、下方向）等離子體離子受洛倫茲力（分力）和靜電力平衡
6.（2024·江西高考7題）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料，具有豐富的電學性能。現設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖a所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產生電壓U。當I＝1.00×10－3 A時，測得U-B關系圖線如圖b所示，元電荷e＝1.60×10－19 C，則此樣品每平方米載流子數最接近（　?。?br/>A.1.7×1019 B.1.7×1015
C.2.3×1020 D.2.3×1016
7.（2025·河北石家莊模擬）某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個內側面a、c固定有金屬板作為電極，勻強磁場方向豎直向下。污水（含有大量的正、負離子）充滿管口從左向右流經該測量管時，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量為Q（單位時間內排出的污水體積）。則（　　）
A.a側電勢比c側電勢低
B.污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數越大
C.污水流量Q與U成正比，與L、D無關
D.勻強磁場的磁感應強度B＝
8.（2025·北京清華附中質檢）空間同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強電場的方向沿y軸正方向，電場強度大小為E；磁場方向垂直紙面向外。質量為m、電荷量為＋q的粒子（重力不計）從坐標原點O由靜止釋放，釋放后，粒子恰能沿圖中的曲線運動。已知該曲線的最高點P的縱坐標為h，曲線在P點附近的一小部分，可以看作是半徑為2h的圓周上的一小段圓弧，則（　?。?br/>A.粒子在y軸方向做勻加速運動
B.粒子在最高點P的速度大小為
C.磁場的磁感應強度大小為
D.磁場的磁感應強度大小為
9.（2025·八省聯考晉陜青寧卷）如圖，cd邊界與x軸垂直，在其右方豎直平面內，第一、二象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場，第三、四象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區域覆蓋有豎直向上的外加勻強電場。在xOy平面內，某質量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點與cd邊界成30°角以速度v0射入，小球到坐標原點O時恰好以速度v0豎直向下運動，此時去掉外加的勻強電場。重力加速度大小為g，已知磁感應強度大小均為。求：
（1）電場強度的大小和P點距y軸的距離；
（2）小球第一次到達最低點時速度的大??；
（3）小球從過坐標原點時到第一次到達最低點時所用時間。
重難突破13　帶電粒子在疊加場中的運動
1.B　A項中從入口射入的帶正電荷的粒子受向上的靜電力和向上的洛倫茲力，粒子向上偏轉，則該結構不能成為速度選擇器，故A錯誤；B項中從入口射入的帶正電荷的粒子受向下的靜電力和向上的洛倫茲力，當二力大小相等時粒子沿直線從出口射出，則該結構能成為速度選擇器，故B正確；C項中從入口射入的帶正電荷的粒子受向下的靜電力和向下的洛倫茲力，粒子向下偏轉，則該結構不能成為速度選擇器，故C錯誤；D項中從入口射入的帶正電荷的粒子受向下的靜電力和向下的洛倫茲力，粒子向下偏轉，則該結構不能成為速度選擇器，故D錯誤。
2.D　對A，電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子從左端進入復合場，受靜電力和洛倫茲力，且二力是平衡力，即qE＝qvB，解得v＝，可知不管粒子帶正電還是帶負電都可以勻速直線通過，所以與粒子的帶電性質及帶電荷量無關，但當帶電粒子從右端進入時，所受靜電力與洛倫茲力方向相同，粒子不能勻速直線通過?？梢娕c速度方向有關，故A錯誤；對B，由左手定則知正離子向上偏轉，負離子會向下偏轉，所以P板是電源正極，Q板是電源負極，正常工作時電流方向為a→R→b，但電路工作時等離子體也有電阻，故電阻R兩端的電勢差等于發電機的路端電壓，小于電動勢，故B錯誤；對C，粒子先經過加速電場，然后進入速度選擇器，從S3射入磁場時的速度相同，進入磁場后，根據公式qvB2＝m，得r＝，故粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3，則r越小，比荷越大，故C錯誤；對D，若載流子帶負電，由左手定則可知，負粒子向左端偏轉，所以穩定時元件左側的電勢低于右側的電勢，故D正確。
3.D　設粒子帶正電，半圓形區域的半徑為R，粒子射入時的速度大小為v，粒子能從P點射出，說明其受到的靜電力和洛倫茲力相互平衡，則有qE＝qvB，R＝vt0，撤去磁場后，粒子沿y軸方向做勻速運動，經射出半圓形區域，則y方向位移為0.5R，由幾何關系可知粒子從處離開半圓形區域，粒子沿x軸方向做勻加速直線運動，有＝，聯立解得B＝，故D正確。
4.ABC　帶電小球在正交場中做勻速圓周運動，則向下的重力和向上的靜電力平衡，可知小球帶正電，由左手定則可知，沿垂直紙面方向向里看，小球的繞行方向為逆時針方向，根據qE＝mg，可知，小球的電荷量q＝，選項A、B正確；由于靜電力和重力平衡，則兩力的合力做功為零，洛倫茲力不做功，則合外力做功等于零，故小球在運動過程中動能不變，選項C正確；洛倫茲力不做功，但是除重力以外還有靜電力做功，故小球在運動過程中機械能不守恒，選項D錯誤。
5.A　大量帶正電和帶負電的離子向右進入磁場時，由左手定則可以判斷正離子受到的洛倫茲力向下，所以正離子會聚集到下極板上，負離子受到的洛倫茲力向上，負離子聚集到上極板上，故上極板為負極，故A正確；設電動勢為E，根據qvB＝q得E＝Bdv，磁流體發電機具有內阻，上下極板兩端為路端電壓，故U＜Bdv，故B錯誤；由表達式E＝Bdv可知，電動勢與等離子體的濃度無關，故C錯誤；垂直兩極板方向等離子體離子由于電能的消耗，部分正離子向下極板運動，部分負離子向上極板運動，此時離子所受洛倫茲力大于靜電力，故D錯誤。
6.D　設樣品每平方米載流子（電子）數為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內通過樣品的電荷量q＝nevtb，根據電流的定義式得I＝＝nevb，當電子穩定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有e＝evB，聯立解得U＝B，結合題圖b可知k＝＝ V/T，解得n＝2.3×1016，D正確。
7.D　污水中正、負離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據左手定則，正離子向后表面偏轉，負離子向前表面偏轉，所以a側電勢比c側電勢高，故A錯誤；最終正、負離子會在靜電力和洛倫茲力作用下處于平衡狀態，有qE＝qvB，可得＝vB，則污水流量Q＝＝·＝，可知Q與U、D成正比，與L無關，顯示儀器的示數與離子濃度無關，勻強磁場的磁感應強度B＝，故D正確，B、C錯誤。
8.C　對粒子受力分析可知，粒子受到洛倫茲力沿y軸方向的分力是變化的，故粒子在y軸方向的合力是變化的，加速度也是變化的，A錯誤；從O到P，洛倫茲力不做功，由動能定理得qEh＝m，解得vP＝，B錯誤；粒子經過最高點時，洛倫茲力和靜電力的合力提供向心力，即qvPB－qE＝m，聯立解得B＝，C正確，D錯誤。
9.（1）　　（2）（1＋）v0?。?）
解析：（1）依題意，小球從P點運動到坐標原點O，速率沒有改變，即動能變化為零，由動能定理可知合力做功為零，所以，電場力與重力等大反向，可得qE＝mg
解得E＝
可知小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖
根據qv0B＝m
解得r＝
由幾何關系，可得xP＝r＋rcos 30°
聯立，解得xP＝。
（2）把小球在坐標原點的速度v0分解為沿x軸正方向的v0和與x軸負方向成45°的v0，如圖其中沿x軸正方向的v0對應的洛倫茲力恰好與小球重力平衡，即F洛＝qv0B＝mg，小球沿x軸正方向做勻速直線運動，與x軸負方向成45°的v0對應的洛倫茲力提供小球做逆時針勻速圓周運動的向心力，可知小球第一次到達最低點時速度的大小為v＝v0＋v0＝（1＋）v0。
（3）由第二問分析可知小球在撤去電場后做勻速圓周運動的分運動軌跡如圖所示
由幾何關系，可得小球從過坐標原點到第一次到達最低點時圓弧軌跡對應的圓心角為135°，則所用時間為t＝T
根據q·v0·B＝m
又T＝
聯立，解得t＝。
3 / 3　帶電粒子在疊加場中的運動
突破點一　帶電粒子（體）在疊加場中的運動
1.疊加場
在同一區域電場、磁場、重力場三場共存或其中某兩場共存。
2.帶電粒子在疊加場中常見的運動形式及特點
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直線運動 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓周運動 電場力與重力平衡，即qE＝mg，洛倫茲力提供向心力 牛頓第二定律、圓周運動的規律
較復雜的曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律等
〔多選〕（2025·福建泉州期末）如圖，空間中存在沿水平方向且互相垂直的勻強磁場B和勻強電場E，一帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運動，則液滴（　?。?br/>A.帶負電
B.一定做勻速直線運動
C.可能做勻減速直線運動
D.電勢能減小
嘗試解答
〔多選〕（2024·安徽高考10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，磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a，在紙面內做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當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（　?。?br/>A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為
B.油滴a做圓周運動的速度大小為
C.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為
D.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動
嘗試解答
（2025·四川宜賓模擬）
如圖所示，位于豎直平面內的坐標系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E＝2 N/C。在其第一象限空間有沿y軸負方向的、電場強度大小也為E的勻強電場，并在y＞h＝0.4 m的區域有磁感應強度也為B的、垂直于紙面向里的勻強磁場。一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動（PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°），并從原點O進入第一象限。已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）油滴在第三象限運動時受到的重力、靜電力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；
（2）油滴在P點得到的初速度大?。?br/>（3）油滴在第一象限運動的時間。
嘗試解答
突破點二　疊加場應用實例
速度選擇器
1.原理
（1）平行板間電場強度E和磁感應強度B互相垂直。（如圖）
（2）帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是洛倫茲力與靜電力平衡，所以qvB＝qE，即v＝。
2.特點
（1）速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質量。
（2）速度選擇器具有單向性：粒子只能從一側射入才可能做勻速直線運動，從另一側射入則不能。
（2025·福建福州模擬）
一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質子H）以速度v0自O點沿中軸線射入，恰好沿中軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自O點沿中軸線射入，能夠做勻速直線運動的是（所有粒子均不考慮重力的影響）（　?。?br/>A.以速度射入的正電子e）
B.以速度v0射入的電子e）
C.以速度2v0射入的氘核H）
D.以速度4v0射入的α粒子He）
嘗試解答
磁流體發電機
1.原理：
如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發生偏轉而聚集在B、A板上，產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能。
2.等效電源
（1）電動勢正、負極：根據左手定則可判斷出正離子偏向B板，圖中的B板是發電機的正極。
（2）電動勢的大小：當發電機外電路斷路時，正、負離子所受靜電力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U，則q＝qvB，得U＝Bdv，則E＝U＝Bdv。
（3）等效內阻：r＝ρ（S為A、B平行金屬板的面積）。
3.工作回路中的電流：I＝ 。
〔多選〕（2024·湖北高考9題）磁流體發電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從左側以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產生電壓。下列說法正確的是（　?。?br/>A.極板MN是發電機的正極
B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D.僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓增大
嘗試解答
電磁流量計
1.原理：
如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷（正、負離子）在洛倫茲力作用下會發生縱向偏轉，使得a、b間出現電勢差，形成電場。當自由電荷所受的靜電力和洛倫茲力平衡時，a、b間電勢差就保持穩定，只要測得圓形導管直徑d、平衡時a、b間電勢差U 、磁感應強度B等有關量，即可求得液體流量Q（即單位時間流過導管某一橫截面的導電液體的體積）。
2.四個關鍵關系
（1）導管的橫截面積S＝ 。
（2）導電液體的流速v：自由電荷所受的靜電力和洛倫茲力平衡時有qvB＝qE＝q ，可得v＝ 。
（3）液體流量Q＝Sv＝ ·＝ 。
（4）a、b電勢高低關系：根據左手定則和平衡條件可得φa＜φb。
（2025·廣東佛山模擬）醫院常用到血流量計檢查患者身體情況。某種電磁血流量計的原理可以簡化為如圖所示模型。血液內含有少量正、負離子，從直徑為d的血管右側流入，左側流出，空間有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，M、N兩點之間的電壓穩定時測量值為U，流量Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積。下列說法正確的是（　?。?br/>A.血液中負離子多時，M點的電勢高于N點的電勢
B.血液中正離子多時，M點的電勢高于N點的電勢
C.血液流量Q＝
D.電壓穩定時，正、負離子不再受洛倫茲力
嘗試解答
霍爾元件
1.霍爾效應：高為h、寬為d的導體（自由電荷是電子或正電荷）置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體的上表面A和下表面A'之間產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓。
2.電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流I向右時，根據左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A'的電勢高。若自由電荷是正電荷，則下表面A'的電勢低。
3.霍爾電壓：導體中的自由電荷（電荷量為q）在洛倫茲力作用下偏轉，A、A'間出現電勢差，當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A'間的電勢差（U）就保持穩定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，聯立解得U＝＝k，k＝，稱為霍爾系數。
〔多選〕（2025·四川綿陽模擬）如圖所示是利用霍爾效應測量磁場的傳感器，由運算芯片LM393和霍爾元件組成，LM393輸出的時鐘電流（交變電流）經二極管整流后成為恒定電流I從霍爾元件的A端流入，從F端流出。磁感應強度為B的勻強磁場垂直于霍爾元件的工作面水平向左，測得C、D兩端間電壓為U。已知霍爾元件的載流子為自由電子，單位體積的自由電子數為n，電子的電荷量為e，霍爾元件沿AF方向的長度為d1，沿C、D方向的寬度為d2，沿磁場方向的厚度為h，下列說法正確的是（　?。?br/>A.C端的電勢高于D端
B.若將勻強磁場的磁感應強度減小，C、D間的電壓將增大
C.自由電子的平均速率為v＝
D.可測得此時磁感應強度B＝
嘗試解答
重難突破13　帶電粒子在疊加場中的運動
【著眼“四翼”·探考點】
突破點一
【例1】 BD　帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運動，由于洛倫茲力會隨速度變化而變化，所以帶電液滴一定做勻速直線運動，則油滴的受力如圖所示，由于靜電力與電場方向相同，所以液滴帶正電，故B正確，A、C錯誤；由于靜電力對帶電液滴做正功，可知帶電液滴的電勢能減小，故D正確。
【例2】 ABD　油滴a做圓周運動，故其所受的重力與電場力平衡，可知油滴帶負電，有mg＝Eq，解得q＝，故A正確；根據洛倫茲力提供向心力，有Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圓周運動的速度大小為v＝，故B正確；設小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期為T＝＝，故C錯誤；帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，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。
【例3】 （1）1∶1∶　油滴帶負電荷?。?）4 m/s
（3）0.828 s
解析：（1）對油滴受力分析及作出油滴的運動軌跡如圖所示。根據油滴受力平衡可知油滴帶負電荷，設油滴質量為m，由平衡條件得mg∶qE∶F＝1∶1∶。
（2）由第（1）問得qvB＝qE，
解得v＝＝4 m/s。
（3）進入第一象限，電場力和重力平衡，可知油滴先做勻速直線運動，進入y≥h的區域后做勻速圓周運動，最后從x軸上的N點離開第一象限。
油滴由O→A做勻速運動的位移為
s1＝＝h，
其運動時間t1＝＝0.1 s，
由qvB＝m，T＝得T＝
由mg＝qE，得＝，油滴從A→C做圓周運動的時間為t2＝T＝≈0.628 s，
由對稱性知，油滴從C→N運動的時間t3＝t1，
所以油滴在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s。
突破點二
【例4】 B　質子H）以速度v0自O點沿中軸線射入，恰好沿中軸線做勻速直線運動，質子將受到向上的洛倫茲力和豎直向下的靜電力，滿足qv0B＝qE，解得v0＝，即質子的速度滿足速度選擇器的條件，以速度射入的正電子e），所受的洛倫茲力小于靜電力，正電子將向下偏轉，故A錯誤；以速度v0射入的電子e），依然滿足靜電力等于洛倫茲力，做勻速直線運動，即速度選擇器不選擇電性而只選擇速度，故B正確；以速度2v0射入的氘核H）和以速度4v0射入的α粒子He），其速度都不滿足速度選擇器的條件v0＝，所以都不能做勻速直線運動，故C、D錯誤。
【例5】 AC　由左手定則可知，帶正電粒子在磁場中受到向上的洛倫茲力，帶負電粒子在磁場中受到向下的洛倫茲力，則等離子體從左側噴入磁場時，帶正電粒子向上偏轉，帶負電粒子向下偏轉，所以極板MN帶正電，為發電機的正極，A正確；極板間的電壓穩定后，對在極板間運動的某個帶電粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以僅增大兩極板間的距離d，極板間的電壓增大，B錯誤；僅增大等離子體的噴入速率v，極板間的電壓增大，C正確；僅增大等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓不變，D錯誤。
【例6】 C　根據左手定則，水平向左入射的正離子受到豎直向下的洛倫茲力，負離子受到豎直向上的洛倫茲力，則正離子聚集在N點一側，負離子聚集在M點一側，則M點的電勢低于N點的電勢，A、B錯誤；正、負離子達到穩定狀態時，離子所受洛倫茲力與電場力平衡，有qvB＝q，可得流速v＝，流量Q＝Sv＝·＝，C正確，D錯誤。
【例7】 AD　已知霍爾元件的載流子為自由電子，電流方向從A流向F，根據左手定則可得電子偏向D端，則C端的電勢高于D端，故A正確；根據Bev＝，可得U＝Bd2v，若將勻強磁場的磁感應強度減小，C、D間的電壓將減小，故B錯誤；根據電流微觀表達式I＝neSv，可得v＝＝，故C錯誤；由Bev＝，v＝，聯立可得B＝，故D正確。
5 / 5(共54張PPT)
重難突破13 帶電粒子在疊加場中的運動
高中總復習·物理
目 錄
01
著眼“四翼”·探考點
02
培養“思維”·重落實
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
突破點一　帶電粒子（體）在疊加場中的運動
1. 疊加場
在同一區域電場、磁場、重力場三場共存或其中某兩場共存。
2. 帶電粒子在疊加場中常見的運動形式及特點
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直線
運動 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓周
運動 電場力與重力平衡，即qE＝mg，洛倫茲
力提供向心力 牛頓第二定律、圓
周運動的規律
較復雜的
曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為
零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守
恒定律等
〔多選〕（2025·福建泉州期末）如圖，空間中存在沿水平方向且互
相垂直的勻強磁場B和勻強電場E，一帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線
做直線運動，則液滴（　　）
A. 帶負電 B. 一定做勻速直線運動
C. 可能做勻減速直線運動 D. 電勢能減小
√
√
解析：帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運
動，由于洛倫茲力會隨速度變化而變化，所以帶電液滴
一定做勻速直線運動，則油滴的受力如圖所示，由于靜
電力與電場方向相同，所以液滴帶正電，故B正確，
A、C錯誤；由于靜電力對帶電液滴做正功，可知帶電液滴的電勢能減小，故D正確。
〔多選〕（2024·安徽高考10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，磁感應強度大小為B。一
質量為m的帶電油滴a，在紙面內做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。
當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（　?。?br/>A. 油滴a帶負電，所帶電量的大小為
B. 油滴a做圓周運動的速度大小為
C. 小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為
D. 小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動
√
√
√
解析：油滴a做圓周運動，故其所受的重力與電場力平衡，可知油滴帶負
電，有mg＝Eq，解得q＝，故A正確；根據洛倫茲力提供向心力，有Bqv
＝m，得R＝，解得油滴a做圓周運動的速度大小為v＝，故B正確；
設小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期為T＝
＝，故C錯誤；帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，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。
（2025·四川宜賓模擬）如圖所示，位于
豎直平面內的坐標系xOy，在其第三象限空間
有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大
小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，
電場強度大小為E＝2 N/C。在其第一象限空間
有沿y軸負方向的、電場強度大小也為E的勻強電場，并在y＞h＝
0.4 m的區域有磁感應強度也為B的、垂直于紙面向里的勻強磁場。一個帶
電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速
直線運動（PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°），并從原點O進入第一象
限。已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
（1）油滴在第三象限運動時受到的重力、靜電力、洛倫茲力三力的大小
之比，并指出油滴帶何種電荷；
答案： 1∶1∶　油滴帶負電荷　
解析： 對油滴受力分析及作出油滴的運動
軌跡如圖所示。
根據油滴受力平衡可知油滴帶負電荷，設油滴質
量為m，由平衡條件得mg∶qE∶F＝1∶1∶。
（2）油滴在P點得到的初速度大小；
答案： 4 m/s　
解析： 由第（1）問得qvB＝qE，
解得v＝＝4 m/s。
（3）油滴在第一象限運動的時間。
答案： 0.828 s
解析： 進入第一象限，電場力和重力平衡，可知油滴先做勻速直
線運動，進入y≥h的區域后做勻速圓周運動，最后從x軸上的N點離開
第一象限。
油滴由O→A做勻速運動的位移為
s1＝＝h，
其運動時間t1＝＝0.1 s，
由qvB＝m，T＝得T＝
由mg＝qE，得＝，油滴從A→C做圓周運動的時間為t2＝T＝
≈0.628 s，
由對稱性知，油滴從C→N運動的時間t3＝t1，
所以油滴在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝
0.828 s。
突破點二　疊加場應用實例
速度選擇器
1. 原理
（1）平行板間電場強度E和磁感應強度B互相垂直。（如圖）
（2）帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是洛倫茲力與靜電
力平衡，所以qvB＝qE，即v＝。
2. 特點
（1）速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、
質量。
（2）速度選擇器具有單向性：粒子只能從一側射入才可能做勻速直線運
動，從另一側射入則不能。
（2025·福建福州模擬）一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁
場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面
向里，如圖所示。一質子H）以速度v0自O點沿中軸線射入，恰好沿中
軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自O點沿中軸線射入，能夠做勻速直
線運動的是（所有粒子均不考慮重力的影響）（　?。?br/>A. 以速度射入的正電子e）
B. 以速度v0射入的電子e）
C. 以速度2v0射入的氘核H）
D. 以速度4v0射入的α粒子He）
√
解析：質子H）以速度v0自O點沿中軸線射入，恰好沿中軸線做勻速直
線運動，質子將受到向上的洛倫茲力和豎直向下的靜電力，滿足qv0B＝
qE，解得v0＝，即質子的速度滿足速度選擇器的條件，以速度射入的正
電子e），所受的洛倫茲力小于靜電力，正電子將向下偏轉，故A錯
誤；以速度v0射入的電子e），依然滿足靜電力等于洛倫茲力，做勻
速直線運動，即速度選擇器不選擇電性而只選擇速度，故B正確；以速度
2v0射入的氘核H）和以速度4v0射入的α粒子He），其速度都不滿足
速度選擇器的條件v0＝，所以都不能做勻速直線運動，故C、D錯誤。
磁流體發電機
1. 原理：
如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發生
偏轉而聚集在B、A板上，產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場
轉化為電能。
2. 等效電源
（1）電動勢正、負極：根據左手定則可判斷出正離子偏向B板，圖中的B
板是發電機的正極。
（2）電動勢的大?。寒敯l電機外電路斷路時，正、負離子所受靜電力和
洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U，則q＝qvB，得U＝
Bdv，則E＝U＝Bdv。
（3）等效內阻：r＝ρ（S為A、B平行金屬板的面積）。
3. 工作回路中的電流：I＝ 。
〔多選〕（2024·湖北高考9題）磁流體發電機的原理如圖所示，MN
和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下
電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從左側以某一速度平行于極板噴
入磁場，極板間便產生電壓。下列說法正確的是（　?。?br/>A. 極板MN是發電機的正極
B. 僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C. 僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D. 僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓增大
√
√
解析：由左手定則可知，帶正電粒子在磁場中受到向上的洛倫茲力，帶負
電粒子在磁場中受到向下的洛倫茲力，則等離子體從左側噴入磁場時，帶
正電粒子向上偏轉，帶負電粒子向下偏轉，所以極板MN帶正電，為發電
機的正極，A正確；極板間的電壓穩定后，對在極板間運動的某個帶電粒
子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以僅增大兩極板間的距離d，
極板間的電壓增大，B錯誤；僅增大等離子體的噴入速率v，極板間的電壓
增大，C正確；僅增大等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓
不變，D錯誤。
電磁流量計
1. 原理：
如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左
流動，導電液體中的自由電荷（正、負離子）在洛倫茲力作用下會發生縱
向偏轉，使得a、b間出現電勢差，形成電場。當自由電荷所受的靜電力和
洛倫茲力平衡時，a、b間電勢差就保持穩定，只要測得圓形導管直徑d、
平衡時a、b間電勢差U 、磁感應強度B等有關量，即可求得液體流量Q（即
單位時間流過導管某一橫截面的導電液體的體積）。
2. 四個關鍵關系
（1）導管的橫截面積S＝ 。
（2）導電液體的流速v：自由電荷所受的靜電力和洛倫茲力平衡時有qvB
＝qE＝q ，可得v＝ 。
（3）液體流量Q＝Sv＝ ·＝ 。
（4）a、b電勢高低關系：根據左手定則和平衡條件可得φa＜φb。
（2025·廣東佛山模擬）醫院常用到血流量計檢查患者身體情況。某
種電磁血流量計的原理可以簡化為如圖所示模型。血液內含有少量正、負
離子，從直徑為d的血管右側流入，左側流出，空間有垂直紙面向里、磁
感應強度大小為B的勻強磁場，M、N兩點之間的電壓穩定時測量值為U，
流量Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積。下列說法正確的是（　?。?br/>A. 血液中負離子多時，M點的電勢高于N點的電勢
B. 血液中正離子多時，M點的電勢高于N點的電勢
C. 血液流量Q＝
D. 電壓穩定時，正、負離子不再受洛倫茲力
√
解析：根據左手定則，水平向左入射的正離子受到豎直向下的洛倫茲力，
負離子受到豎直向上的洛倫茲力，則正離子聚集在N點一側，負離子聚集
在M點一側，則M點的電勢低于N點的電勢，A、B錯誤；正、負離子達到
穩定狀態時，離子所受洛倫茲力與電場力平衡，有qvB＝q，可得流速v＝
，流量Q＝Sv＝·＝，C正確，D錯誤。
霍爾元件
1. 霍爾效應：高為h、寬為d的導體（自由電荷是電子或正電荷）置于勻強
磁場B中，當電流通過導體時，在導體的上表面A和下表面A'之間產生電勢
差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓。
2. 電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流I向右時，根據左手定則可得，
若自由電荷是電子，則下表面A'的電勢高。若自由電荷是正電荷，則下表
面A'的電勢低。
3. 霍爾電壓：導體中的自由電荷（電荷量為q）在洛倫茲力作用下偏轉，
A、A'間出現電勢差，當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A'間
的電勢差（U）就保持穩定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，聯立解得U＝
＝k，k＝，稱為霍爾系數。
〔多選〕（2025·四川綿陽模擬）如圖所示
是利用霍爾效應測量磁場的傳感器，由運算芯片
LM393和霍爾元件組成，LM393輸出的時鐘電流
（交變電流）經二極管整流后成為恒定電流I從霍
爾元件的A端流入，從F端流出。磁感應強度為B的勻強磁場垂直于霍爾元件的工作面水平向左，測得C、D兩端間電壓為U。已知霍爾元件的載流子為自由電子，單位體積的自由電子數為n，電子的電荷量為e，霍爾元件沿AF方向的長度為d1，沿C、D方向的寬度為d2，沿磁場方向的厚度為h，下列說法正確的是（　　）
A. C端的電勢高于D端
B. 若將勻強磁場的磁感應強度減小，C、D間的電壓將增大
C. 自由電子的平均速率為v＝
D. 可測得此時磁感應強度B＝
√
√
解析：已知霍爾元件的載流子為自由電子，電流方向從A流向F，根據左手
定則可得電子偏向D端，則C端的電勢高于D端，故A正確；根據Bev＝，
可得U＝Bd2v，若將勻強磁場的磁感應強度減小，C、D間的電壓將減小，
故B錯誤；根據電流微觀表達式I＝neSv，可得v＝＝，故C錯誤；
由Bev＝，v＝，聯立可得B＝，故D正確。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
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1. （2025·廣東茂名期中）速度選擇器是質譜儀的重要組成部分，工作時
電場和磁場聯合作用，從各種速率的帶電粒子中選擇出具有一定速率的粒
子。下列結構能成為速度選擇器的是（　?。?br/>√
解析： 　A項中從入口射入的帶正電荷的粒子受向上的靜電力和向上的洛
倫茲力，粒子向上偏轉，則該結構不能成為速度選擇器，故A錯誤；B項中
從入口射入的帶正電荷的粒子受向下的靜電力和向上的洛倫茲力，當二力
大小相等時粒子沿直線從出口射出，則該結構能成為速度選擇器，故B正
確；C項中從入口射入的帶正電荷的粒子受向下的靜電力和向下的洛倫茲
力，粒子向下偏轉，則該結構不能成為速度選擇器，故C錯誤；D項中從入
口射入的帶正電荷的粒子受向下的靜電力和向下的洛倫茲力，粒子向下偏
轉，則該結構不能成為速度選擇器，故D錯誤。
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2. （2025·江蘇南京期中）電磁場與現代高科技密切關聯，并有重要應用。對以下四個科技實例，說法正確的是（　　）
A. 如圖甲所示的速度選擇器能使速度大小v＝的粒子沿直線勻速通過，但
與粒子的帶電性質、帶電荷量及速度方向無關
B. 如圖乙所示的磁流體發電機正常工作時電流方向為a→R→b，電阻R兩
端的電勢差等于發電機的電動勢
C. 圖丙是質譜儀工作原理示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3，
粒子的比荷越小
D. 圖丁為霍爾元件，若載流子帶負電，穩定時元件左側的電勢低于右側的電勢
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解析： 　對A，電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子從左端進入復合
場，受靜電力和洛倫茲力，且二力是平衡力，即qE＝qvB，解得v＝，可
知不管粒子帶正電還是帶負電都可以勻速直線通過，所以與粒子的帶電性
質及帶電荷量無關，但當帶電粒子從右端進入時，所受靜電力與洛倫茲力
方向相同，粒子不能勻速直線通過?？梢娕c速度方向有關，故A錯誤；對
B，由左手定則知正離子向上偏轉，負離子會向下偏轉，所以P板是電源正
極，Q板是電源負極，正常工作時電流方向為a→R→b，但電路工作時等離
子體也有電阻，故電阻R兩端的電勢差等于發電機的路端電壓，小于電動
勢，故B錯誤；
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對C，粒子先經過加速電場，然后進入速度選擇器，從S3射入磁場時的速
度相同，進入磁場后，根據公式qvB2＝m，得r＝，故粒子打在膠片上
的位置越靠近狹縫S3，則r越小，比荷越大，故C錯誤；對D，若載流子帶
負電，由左手定則可知，負粒子向左端偏轉，所以穩定時元件左側的電勢
低于右側的電勢，故D正確。
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3. （2025·江西上饒期末）如圖所示，在以坐標原點O為圓心的半圓形區域
內，有相互垂直的勻強電場（圖中未畫出）和勻強磁場，電場方向沿x軸正
方向，磁場方向垂直于xOy平面向里。一質量為m、帶電荷量為q的帶電粒
子從O點沿y軸正方向以一定速度射入，帶電粒子沿直線運動，經時間t0從P
點射出，若僅撤去磁場，帶電粒子經射出半圓形區域，不計粒子受到的
重力，勻強磁場的磁感應強度大小為（　?。?br/>A. B.
C. D.
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解析： 　設粒子帶正電，半圓形區域的半徑為R，粒子射入時的速度大小
為v，粒子能從P點射出，說明其受到的靜電力和洛倫茲力相互平衡，則有
qE＝qvB，R＝vt0，撤去磁場后，粒子沿y軸方向做勻速運動，經射出半
圓形區域，則y方向位移為0.5R，由幾何關系可知粒子從處離開
半圓形區域，粒子沿x軸方向做勻加速直線運動，有＝，聯立解
得B＝，故D正確。
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4. 〔多選〕（2025·黑龍江哈爾濱期末）一帶電小球在相互垂直的勻強電
場、勻強磁場中做勻速圓周運動，勻強電場豎直向上，勻強磁場水平且垂
直紙面向里，如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A. 沿垂直紙面方向向里看，小球的繞行方向為逆時針方向
B. 小球一定帶正電且小球的電荷量q＝
C. 由于合外力做功等于零，故小球在運動過程中動能不變
D. 由于洛倫茲力不做功，故小球在運動過程中機械能守恒
√
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解析： 　帶電小球在正交場中做勻速圓周運動，則向下的重力和向上
的靜電力平衡，可知小球帶正電，由左手定則可知，沿垂直紙面方向向里
看，小球的繞行方向為逆時針方向，根據qE＝mg，可知，小球的電荷量q
＝，選項A、B正確；由于靜電力和重力平衡，則兩力的合力做功為
零，洛倫茲力不做功，則合外力做功等于零，故小球在運動過程中動能不
變，選項C正確；洛倫茲力不做功，但是除重力以外還有靜電力做功，故
小球在運動過程中機械能不守恒，選項D錯誤。
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5. （2025·北京海淀模擬）磁流體發電的原理如圖所示。將一束速度為v的
等離子體（含有大量正、負帶電粒子）垂直于磁場方向噴入磁感應強度為
B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產生電
壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。
穩定時兩板間等離子體有電阻。忽略邊緣效應，下列判斷正確的是（　　）
A. 上板為負極
B. 上、下兩極板間的電壓U＝Bvd
C. 等離子體濃度越高，電動勢越大
D. 垂直兩極板方向（即上、下方向）等離子體離子受洛
倫茲力（分力）和靜電力平衡
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解析： 　大量帶正電和帶負電的離子向右進入磁場時，由左手定則可以
判斷正離子受到的洛倫茲力向下，所以正離子會聚集到下極板上，負離子
受到的洛倫茲力向上，負離子聚集到上極板上，故上極板為負極，故A正
確；設電動勢為E，根據qvB＝q得E＝Bdv，磁流體發電機具有內阻，上下
極板兩端為路端電壓，故U＜Bdv，故B錯誤；由表達式E＝Bdv可知，電動
勢與等離子體的濃度無關，故C錯誤；垂直兩極板方向等離子體離子由于
電能的消耗，部分正離子向下極板運動，部分負離子向上極板運動，此時
離子所受洛倫茲力大于靜電力，故D錯誤。
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6. （2024·江西高考7題）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶
格結構新材料，具有豐富的電學性能?，F設計一電路測量某二維石墨烯樣
品的載流子（電子）濃度。如圖a所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一
垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極
2、4間將產生電壓U。當I＝1.00×10－3 A時，測得U-B關系圖線如圖b所
示，元電荷e＝1.60×10－19 C，則此樣品每平方米載流子數最接近（　?。?br/>A. 1.7×1019
B. 1.7×1015
C. 2.3×1020
D. 2.3×1016
√
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解析： 設樣品每平方米載流子（電子）數為n，電子定向移動的速率為
v，則時間t內通過樣品的電荷量q＝nevtb，根據電流的定義式得I＝＝
nevb，當電子穩定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有e＝
evB，聯立解得U＝B，結合題圖b可知k＝＝ V/T，解得n＝
2.3×1016，D正確。
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7. （2025·河北石家莊模擬）某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流
量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前
后兩個內側面a、c固定有金屬板作為電極，勻強磁場方向豎直向下。污水
（含有大量的正、負離子）充滿管口從左向右流經該測量管時，a、c兩端
的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量為Q（單位時間內排出的污水體積）。
則（　?。?br/>A. a側電勢比c側電勢低
B. 污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數越大
C. 污水流量Q與U成正比，與L、D無關
D. 勻強磁場的磁感應強度B＝
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解析： 　污水中正、負離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據左手定
則，正離子向后表面偏轉，負離子向前表面偏轉，所以a側電勢比c側電勢
高，故A錯誤；最終正、負離子會在靜電力和洛倫茲力作用下處于平衡狀
態，有qE＝qvB，可得＝vB，則污水流量Q＝＝·＝，可知Q
與U、D成正比，與L無關，顯示儀器的示數與離子濃度無關，勻強磁場的
磁感應強度B＝，故D正確，B、C錯誤。
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8. （2025·北京清華附中質檢）空間同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強
電場的方向沿y軸正方向，電場強度大小為E；磁場方向垂直紙面向外。質
量為m、電荷量為＋q的粒子（重力不計）從坐標原點O由靜止釋放，釋放
后，粒子恰能沿圖中的曲線運動。已知該曲線的最高點P的縱坐標為h，曲
線在P點附近的一小部分，可以看作是半徑為2h的圓周上的一小段圓弧，
則（　?。?br/>A. 粒子在y軸方向做勻加速運動
B. 粒子在最高點P的速度大小為
C. 磁場的磁感應強度大小為
D. 磁場的磁感應強度大小為
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解析： 　對粒子受力分析可知，粒子受到洛倫茲力沿y軸方向的分力是變
化的，故粒子在y軸方向的合力是變化的，加速度也是變化的，A錯誤；從
O到P，洛倫茲力不做功，由動能定理得qEh＝m，解得vP＝，B
錯誤；粒子經過最高點時，洛倫茲力和靜電力的合力提供向心力，即qvPB
－qE＝m，聯立解得B＝，C正確，D錯誤。
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9. （2025·八省聯考晉陜青寧卷）如圖，cd邊
界與x軸垂直，在其右方豎直平面內，第一、
二象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場，第
三、四象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，
磁場區域覆蓋有豎直向上的外加勻強電場。
在xOy平面內，某質量為m、電荷量為q帶正
電的絕緣小球從P點與cd邊界成30°角以速度v0射入，小球到坐標原點O時恰好以速度v0豎直向下運動，此時去掉外加的勻強電場。重力加速度大小為g，已知磁感應強度大小均為。求：
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答案： 　　
（1）電場強度的大小和P點距y軸的距離；
解析： 依題意，小球從P點運動到坐標原點O，速率沒有改變，即動能變化為零，由動能定理可知合力做功為零，所以，電場力與重力等大反
向，可得qE＝mg
解得E＝
可知小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，
軌跡如圖
根據qv0B＝m
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解得r＝
由幾何關系，可得xP＝r＋rcos 30°
聯立，解得xP＝。
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（2）小球第一次到達最低點時速度的大?。?br/>答案： （1＋）v0　
解析：把小球在坐標原點的速度v0分解為沿x軸
正方向的v0和與x軸負方向成45°的v0，如圖
其中沿x軸正方向的v0對應的洛倫茲力恰好與小
球重力平衡，即F洛＝qv0B＝mg，小球沿x軸正
方向做勻速直線運動，
與x軸負方向成45°的v0對應的洛倫茲力提供小球做逆時針勻速圓周運動的向心力，可知小球第一次到達最低點時速度的大小為v＝v0＋v0＝（1＋）v0。
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（3）小球從過坐標原點時到第一次到達最低點時所用時間。
答案：
解析：由第二問分析可知小球在撤去電場后做勻
速圓周運動的分運動軌跡如圖所示
由幾何關系，可得小球從過坐標原點到第一次
到達最低點時圓弧軌跡對應的圓心角為135°，
則所用時間為t＝T
根據q·v0·B＝m
又T＝
聯立，解得t＝。
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