专题17 磁场综合题( 解析版)-2025年高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考用）

热点题型·计算题攻略热点题型·计算题攻略专题17磁场综合题目录01.题型综述 错误！未定义书签。02.解题攻略 错误！未定义书签。题组01带电粒子（带电体）在匀强电场中的直线运动 1题组02带电粒子在组合场中的运动 10题组03带电粒子在叠加场中的运动 2903.高考练场 45带电粒子在有界匀强磁场中的运动可以很好的结合几何知识考察学生数理结合解决问题的能力，带电粒子在组合场中的运动可以有机的将电场中的匀变速运动与磁场中的匀速圆周运动巧妙结合考察学生综合分析的能力。近年高考中发现带电体在电磁组合场中的复杂曲线运动越来越多，而要解答好此类问题需要考生对正则动量以及“配速法”要熟练掌握。因此带电粒子在磁场中的综合问题考察较多多样考试题型丰富深受命题者青睐。有效突破本专题的方法是学生要熟练掌握电磁偏转的基本规律，深入学习正则动量与配速法等相关知识才能立于不败之地。题组01带电粒子（带电体）在匀强电场中的直线运动【提分秘籍】1．分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法基本思路(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式基本公式qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)重要结论r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)圆心的确定(1)轨迹上的入射点和出射点的速度方向的垂线的交点为圆心，如图(a)(2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)半径的确定方法一：由物理公式求，由于Bqv＝eq\f(mv2,r)所以半径r＝eq\f(mv,qB)方法二：由几何关系求，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定时间的求解方法一：由圆心角求，t＝eq\f(θ,2π)·T方法二：由弧长求，t＝eq\f(s,v)2.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，θ1＝θ2＝θ3)。(2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连线OO′对称)。(3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹对应的圆心角(如图甲，α1＝α2)。3．带电粒子在磁场中运动的多解成因(1)磁场方向不确定形成多解；(2)带电粒子电性不确定形成多解；(3)速度不确定形成多解；(4)运动的周期性形成多解。【典例剖析】【例1-1】如图所示，在xOy坐标系中，垂直于x轴的虚线与y轴之间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场（含边界），磁场方向垂直xOy平面向里。一质子束从坐标原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速度大小不同但初速度方向都与x轴正方向成角向下。PQ是与x轴平行的荧光屏（质子打到荧光屏上不再反弹），P、Q两点的坐标分别为，。已知质子比荷，。求：（结果均可用分数、根号表示）(1)质子在磁场中运动的最长时间是多少？(2)如果让荧光屏PQ下表面有粒子打到的长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质子初速度大小的取值范围是多少？(3)荧光屏PQ下表面有粒子打到的长度为多长？【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，质子能打到y轴上时其轨迹圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，如图1所示由洛伦兹力提供向心力得质子圆周运动的周期为由几何关系可知图1中的粒子在磁场中运动的最长时间为解得（2）当质子轨迹与PQ相切时，如图1所示，设此时初速度为。由几何关系得由洛伦兹力提供向心力得解得当粒子运动轨迹与磁场右边界相切时，设此时初速度大小为，轨迹半径为，如图2所示由几何关系可得同理得解得综上可得质子初速度大小的取值范围为（3）如图3所示轨迹与PQ相切，根据几何关系可知解得如图4所示轨迹与右边界相切时有则荧光屏PQ下表面有粒子打到的长度为解得【例1-2】（2024·河北·模拟预测）如图，xOy坐标系所在的平面内，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。x轴上的点向直线的右侧各个方向发射大量质量为m、电荷量为q的带负电粒子，速度大小均为v。其中某粒子在点垂直于y轴离开磁场区域。不计粒子重力。(1)求磁感应强度B的大小；(2)从P点发出的粒子中是否有粒子能回到P点？若无，请说明理由；若有，请求出粒子从P点发出到回到P点的时间。【答案】(1)(2)有，【详解】（1）如图中轨迹①所示从P点水平射入磁场的粒子可以垂直于y轴离开磁场，在磁场中，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，设轨迹半径为r，则有由几何关系得解得（2）假设有粒子能回到P点，如图中轨迹②所示，设从P点沿x轴上方与x轴成角发射的粒子能回到P点，由几何知识得解得故假设成立，即有粒子能回到P点粒子在磁场中运动时轨迹所对应的圆心角粒子在磁场中运动的时间粒子做匀速直线运动的时间粒子从P点发出到回到P点的时间联立解得【变式演练】【变式1-1】．如图所示，在0≤y≤1.5a的区域内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与x轴正方向的夹角分布在0~180°范围内，沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从P（2a，0）点离开磁场。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。(1)求带电粒子初速度的大小；(2)求磁场上边界有带电粒子离开的区域长度；(3)改变匀强磁场的磁感应强度大小，使得25%的粒子从x轴离开磁场区域，求改变后的匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设带电粒子的初速度大小为v，沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从P（2a，0）点离开磁场，由几何关系可知，粒子运动的半径为所以（2）磁场上边界有带电粒子离开的区域，如图所示由几何关系可得解得（3）由几何关系可得由牛顿第二定律得解得【变式1-2】．如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场内有一块足够大平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离L处有一个点状的粒子放射源S，它向平面内各个方向均匀发射带正电的粒子（重力不计），粒子的速度大小都是v。（已知粒子的电荷与质量之比为，磁感应强度大小为B，速度大小，发射源与ab板距离为L），现只考虑在图纸平面中运动的粒子，求：(1)ab上被粒子打中的区域的长度。(2)击中ab板的粒子中运动最长和最短的时间之差是多少。(3)各个方向均匀发射的粒子中有多少占比的粒子可以击中ab板。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由牛顿第二定律得解得轨迹如图示：上被粒子打中的区域的长度（2）击中板的粒子中运动最长时间，使粒子竖直向下运动，轨迹圆与相切，轨迹圆的弧长为周长，所用时长最短的时间使粒子与竖直方向成向上运动，轨迹圆的弦长最短，此时粒子在磁场中运动的时间最短，轨迹圆的弧长为周长，所用时长击中板的粒子中运动最长和最短的时间之差（3）沿竖直向上方向射出粒子与屏相切粒子走过的弧长为周长的，沿竖直向下方向射出粒子与屏相切粒子走过的弧长为周长的，二者夹角为180°，即粒子射出在S点右侧的打在平面感光板上，各个方向均匀发射的粒子中有占比的粒子可以击中板。题组02带电粒子在组合场中的运动【提分秘籍】1．带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)进入电场时速度方向与电场有一定夹角情景图受力FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力运动规律匀速圆周运动r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)类平抛运动vx＝v0，vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t2类斜抛运动vx＝v0sinθ，vy＝v0cosθ－eq\f(qE,m)tx＝v0sinθ·t，y＝v0cosθ·t－eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t22．常见运动及处理方法【典例剖析】【例2-1】（2024·吉林长春·一模）医院中X光检测设备的核心器件为X射线管。如图所示，在X射线管中，电子（质量为m、电荷量为-e，初速度可以忽略）经电压为U的电场加速后，从P点垂直磁场边界水平射入匀强磁场中。磁场宽为2L，磁感应强度大小可以调节。电子经过磁场偏转后撞击目标靶，撞在不同位置就会辐射出不同能量的X射线。已知水平放置的目标靶长为2L，长为L，不计电子重力、电子间相互作用力及电子高速运行中辐射的能量。(1)求电子进入磁场的速度大小；(2)调节磁感应强度大小使电子垂直撞击在目标靶上，求电子在磁场中运动的时间；(3)为使辐射出的X射线能量范围最大，求磁感应强度的大小范围。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理有解得（2）设电子垂直打在中间时，做匀速圆周运动的半径为，由几何关系得对应的圆心角为，所以联立以上各式解得（3）电子在磁场中运动有解得设打在点时的运动半径为，依几何关系可知联立以上各式解得磁感应强度最大值为同理，打在N点的半径为，依几何关系可知联立以上各式解得磁感应强度最小值为综上所述，磁感应强度的取值范围为（把“≤”写成“<”也给分）（注：用其他方法得到正确结果可按步骤酌情给分）【例2-2】利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面（纸面）内，的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的区域Ⅱ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（不计重力），从原点O处以大小为的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角，一段时间后垂直虚线边界进入电场。已知，，区域Ⅱ中电场的场强。求：(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；(2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；(3)粒子离开电场时的速度大小v。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，在磁场中做圆周运动的半径设为，由几何关系可得解得结合牛顿第二定律可得联立上式解得（2）粒子运动圆轨迹所对的圆心角为，在磁场中运动时间设为，则其中解得粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为，在电场中运动时间为，沿y轴负方向运动的距离为，则有解得故竖直方向的位移由于粒子从电场边界离开，则总时间（3）由动能定理得解得【例2-3】平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限的某未知矩形区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，如图所示。一带正电的粒子从静止开始经电压加速后，以速度沿x轴正方向从y轴上A点进入匀强电场，经电场偏转后，从x轴上的B点进入第Ⅳ象限，且速度方向与x轴正方向的夹角为，一段时间后，进入矩形磁场区域，离开矩形磁场区域后垂直穿过y轴上的C点。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，AO的距离为h，OC的距离为2h，不计粒子的重力。求：(1)加速电压U；(2)B与O之间的距离x；(3)矩形匀强磁场区域面积S的最小值；(4)带电粒子从A点运动到C点的时间t。【答案】(1)(2)(3)(4)【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理①解得②（2）在偏转电场中，设加速度为，沿着电场方向③根据几何关系④⑤垂直电场方向⑥解得⑦（3）粒子在B点时的速度为，由解得⑧粒子在磁场中⑨解得⑩如图所示，粒子从E点进入矩形磁场，并从F点离开矩形磁场的宽⑪矩形磁场的宽长⑫矩形磁场的面积⑬（4）粒子由B到E的时间⑭在磁场中的时间⑮从F到C的时间为⑯所以【例2-4】如图1所示的xOy平面内，x轴上方存在平行于y轴向下的匀强电场，x轴下方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，粒子质量为m、电荷量为，粒子在该组合场中运动的速度可用图2中一个点表示，、分别为粒子速度在两个坐标轴上的分量。粒子从图1中y轴上某一点出发，出发时其速度坐标P位于图2中点，P点沿线段ab移动到点；随后P点沿以O为圆心的圆弧移动至点，P点沿线段ca回到a点。已知粒子在磁场中所受洛伦兹力大小为在电场中所受静电力大小的倍，粒子不计重力。求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)匀强电场的场强大小；(3)P点沿图2中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子的位置坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为根据洛伦兹力提供向心力解得做圆周运动的半径为（2）粒子在磁场中所受洛伦兹力大小为在电场中所受静电力大小的倍，则有其中解得（3）粒子运动轨迹如图所示速度从a到b，粒子在电场中做类平抛运动，在y方向有在x方向有代入数据解得P点移动到b点时有，即粒子进入磁场时速度方向与x轴夹角为由于故粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y轴上，根据对称性，粒子出磁场时的N点与粒子进磁场的M点关于O点对称，故P点沿题图2中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子又回到出发位置，即有，代入有关数据解出可知，P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子的位置坐标为。【例2-5】（2025高三上·湖南·阶段练习）如图所示，在真空中的坐标系中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场强度和磁感应强度大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好以速度大小为v且与y轴负方向的夹角为从坐标原点进入区域，在的区域内存在磁感应强度大小为、方向沿x轴正方向的匀强磁场B，不计粒子重力。已知：，求：(1)第二象限中电场强度大小和磁感应强度大小；(2)粒子在的区域运动过程中，距离x轴的最大距离；(3)粒子在的区域运动过程中，粒子每次经过x轴时的横坐标。【答案】(1)；(2)(3)【详解】（1）粒子从P点到O点的过程中，只有电场力做功，洛伦兹力不做功，则由动能定理可知解得第二象限中电场强度大小粒子在经过磁场时水平方向上由动量定理即解得磁感应强度大小为（2）粒子经过O点时，沿y轴负方向的分速度大小为沿x轴正方向的分速度大小为沿y轴负方向的分速度使粒子在垂直纸面的平面内左匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知代入解得粒子做圆周运动距x轴的最大距离为（3）粒子在的区域内做圆周运动的周期为粒子在的区域内沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在一个周期内沿x轴正方向运动的距离为粒子在的区域内每次经过x轴时的横坐标为解得粒子在的区域运动过程中，粒子每次经过x轴时的横坐标为【变式演练】【变式2-1】如图所示，在xOy平面内，y轴左侧空间分布着水平向右的匀强电场，y轴右侧空间分布着垂直纸面向外的匀强磁场。某时刻有一带正电的粒子以初速度沿平行于y轴正方向从A点射出，粒子从C点进入磁场，且速度方向与y轴夹角，并在磁场中运动一段时间后恰好又回到A点。已知A点坐标为粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子所受的重力。求：(1)C点坐标为以及y轴左侧匀强电场的电场强度大小E；(2)y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间t。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点所用时间为，根据运动规律有沿x轴方向，粒子做初速度为0的匀加速直线运动，有C点坐标为；设粒子到达C点时沿x轴速度的大小为，有联立得（2）设粒子到达C点时的速度大小为v，则设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有解得（3）粒子在磁场中运动的时间粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间解得【变式2-2】．（2025高三上·安徽·阶段练习）如图所示，在坐标系xOy的第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为，在第一象限内磁场垂直纸面向外、第四象限内磁场垂直纸面向里，且第四象限磁场磁感应强度是第一象限的2倍；第一象限内距离y轴L处，垂直x轴放置足够长的感应屏。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从直角坐标系第二象限的P点以初速度大小，方向与x轴正方向成斜向上飞出，恰好从O点射入磁场，速度方向与x轴正方向夹角为，一段时间后粒子垂直击中感应屏。粒子重力不计，，，求：(1)点的位置坐标；(2)第一象限磁场磁感应强度的最小值。【答案】(1)（）(2)【详解】（1）在电场中粒子做匀变速曲线运动，可分解为沿x轴正方向做匀速运动和沿电场力方向做匀变速运动，在P点水平、竖直方向的分速度分别为在电场中加速度为粒子经过原点有解得由以上得P到O的时间沿x轴正方向的位移为沿y轴负方向的位移为P处的位置坐标为。（2）粒子进入磁场中的运动轨迹如图所示粒子由第四象限进入第一象限时的速度大小为设第一象限磁场的磁感应强度大小为B，在第四象限在第一象限则粒子垂直击中感应屏应满足，（n=1，2，3...）当时，第一象限磁场的磁感应强度取最小值，联立可求得【变式2-3】．如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点，已知OA＝OC＝d。(1)求带电粒子在A点的速度(2)磁感应强度B和电场强度E的大小分别是多少？(3)带电粒子从A点到C点的时间t？【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）在加速电场中，由动能定理知解得

（2）带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力由几何关系知联立可解得带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点又由受力分析及牛顿第二定律知联立可解得（3）进入磁场做匀速圆周运动，设弧长为s，运动时间为，则有解得设在电场中类平抛运动时间t解得则总时间【变式2-4】．平面直角坐标系中，第Ⅰ象限存在沿轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从轴负半轴上的P点与轴正方向成120°垂直磁场射入第Ⅳ象限，经轴上的N点与轴正方向成120°角射入电场，最后从轴正半轴上的M点以垂直于y轴方向的速度射出电场，粒子从P点射入磁场的速度为，不计粒子重力，求：(1)粒子从P点运动到M点的总时间t；(2)匀强电场的场强大小E；(3)若撤去第Ⅰ象限的匀强电场，加上一个磁感应强度也为B，方向也是垂直纸面向里的圆形磁场区域，同样使该粒子垂直于y轴方向从M点输出，求圆形磁场区域的最小半径。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据牛顿第二定律可得可得粒子在磁场中运动的轨道半径作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为150°，则运动的时间又因为从N到M运动的时间则粒子从P点运动到M点的总时间（2）在电场中竖直方向则有解得（3）粒子在磁场中运动轨迹如图所示由于运动轨迹的半径由几何关系可知，圆形磁场区域的最小半径【变式2-5】（2025高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。从y轴上坐标为（0，L）的P点沿x轴正方向，以初速度v0射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经电场偏转后从坐标为（2L，0）的Q点第一次经过x轴进入磁场，粒子经磁场偏转后刚好能到P点，不计粒子的重力。(1)求匀强电场的电场强度大小E；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)现仅改变粒子在P点沿x轴正方向射出的速度大小，若粒子经一次电场和磁场偏转后，刚好经过O点出磁场（粒子第二次经过x轴），求粒子第七次经过x轴的位置离O点的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在电场中做类平拋运动，则有根据牛顿第二定律有解得（2）设粒子进磁场时速度大小为v，根据动能定理有解得设粒子进磁场时速度与x轴正方向的夹角为，则有解得粒子的运动轨迹如图所示粒子出磁场时速度与x轴正方向的夹角也为45°，由于粒子会再次回到P点，由几何关系可知，粒子出磁场时的位置坐标为，则粒子在磁场中做圆周运动的半径根据牛顿第二定律有解得（3）改变粒子进电场时的初速度后，设粒子进磁场时速度为v1，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，根据牛顿第二定律有解得设粒子第一次和第二次经过x轴的点间的距离为s，速度与x轴正方向的夹角为，则有由整理得根据对称性和周期性可知，粒子第七次经过x轴时的位置离O点的距离得题组03带电粒子在叠加场中的运动【提分秘籍】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＝meq\f(v2,r)。2.洛伦兹力的冲量【典例剖析】【例3-1】在xOy坐标系的第二象限内和第四象限内有如图所示的匀强电场，两电场的场强大小相等，方向分别与x轴和y轴平行；第四象限内还存在垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。将一个质量为m、电荷量为q的微粒在第二象限内的点由静止释放，之后微粒沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，微粒在第四象限内运动后从x轴上的点进入第一象限，重力加速度为g。求：（1）带电微粒运动到O点时的速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）带电微粒从P点运动到Q点所用的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，可知粒子带正电，且粒子在第二象限内的加速度为根据动力学公式解得带电微粒运动到O点时的速度大小为（2）根据可知粒子从O点进入第四象限的速度方向与x轴正方向成角，由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里，根据题意做出粒子的轨迹图根据几何关系有，粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为根据洛伦兹力提供向心力匀强磁场的磁感应强度大小（3）粒子在第二象限内做直线运动的时间为粒子在第四象限内做直线运动的时间为带电微粒从P点运动到Q点所用的时间【例3-2】下图所示的光滑绝缘的水平面上放置一个质量为m、带电荷量为＋q的小球（可视为点电荷）。在竖直平面内存在匀强磁场和匀强电场，y轴左侧电场方向水平向右，无磁场，y轴右侧电场方向竖直向上，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两侧电场强度大小相等，均为、现将小球从左侧距O点为2L的A点由静止释放，若小球第一次落回地面时落到A点附近。（1）小球第一次经过y轴时的速度大小；（2）小球第二次经过y轴时到O点的距离；（3）小球第二次经过y轴后，到落地前，经过P点（图中未标出）的速度最小，求：小球从开始运动到P点所用的时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据动能定理解得（2）在磁场中，由于合力为洛伦兹力，做圆周运动，根据牛顿第二定律解得小球第二次经过y轴时到O点的距离为圆周运动的直径（3）运动轨迹如图所示由A到O物体做匀加速，根据牛顿第二定律解得根据运动学规律解得在磁场中做匀速圆周运动，周期为所用时间为回到y轴左侧后，物体做类斜抛运动，速度与合力方向垂直时，即速度方向斜向左下时，速度最小，从回到y轴左侧起至速度最小所需时间t3解得总时间【例3-3】如图所示，在平面直角坐标系xOy中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小为，磁感应强度大小为B。从O点发射一比荷为的带正电微粒，该微粒恰能在xOy坐标平面内做直线运动。已知y轴正方向竖直向上，重力加速度为g。（1）求微粒发射时的速度大小和方向；（2）若仅撤去磁场，微粒以（1）中的速度从O点射出后，求微粒通过y轴时到O点的距离；（3）若仅撤去电场，微粒改为从O点由静止释放，求微粒运动的轨迹离x轴的最大距离。【答案】（1），轴负方向夹角为；（2）；（3）【详解】（1）由题意知，粒子做匀速直线运动，受力分析如图则解得粒子出射的速度方向与轴负方向夹角为解得即微粒发射的速度大小为与轴负方向夹角为；（2）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如图将速度分解可得轴方向的加速度大小经过轴时的时间。距点的距离（3）解法1：微粒运动的轨迹离轴的距离最大时，速度与轴平行，设最大距离为，在方向上，由动量定理得即由动能定理得解得解法2：将静止释放的微粒看成同时有大小相等、方向水平向左和向右的初速度，向左的速度产生的洛伦兹力与重力大小相等（如图）则解得向左的分速度使微粒水平向左匀速直线运动，向右的分速度使微粒在洛伦兹力下做匀速圆周运动，即解得微粒运动的轨迹离轴的最大距离【例3-4】如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三、四象限内存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为B（B未知）的匀强磁场，第二象限内存在垂直平面向外、磁感应强度大小为3B的匀强磁场。质量为m、电荷量为的带电粒子从y轴上M点（0，）以初速度沿x轴正方向射入第一象限，然后从x轴上的N点（，0）射入第四象限，不计粒子的重力。求：(1)磁感应强度B的大小；(2)带电粒子自M点进入磁场开始到第四次经过x轴时所经历的时间；(3)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力f且（k为已知常量），已知粒子第一次经过x轴时速度与x轴垂直，求此时粒子的位置坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设带电粒子在第一、三、四象限磁场中做圆周运动的半径为，粒子在第一象限的轨迹的圆心为，由几何关系知则解得由洛伦兹力提供向心力解得磁感应强度为（2）设带电粒子在第一象限磁场中运动的时间为，则设带电粒子在第二象限磁场中做圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力解得带电粒子的运动轨迹如下图设粒子第四次经过轴时在第三、四象限运动的总时间为，在第二象限运动的时间为，则因此带电粒子自点进入磁场到第四次经过轴所经历的时间解得（3）对带电粒子受力分析可知，速度在轴的分量会产生轴的阻力与轴负方向的洛伦兹力；速度在轴的分量，会产生轴的阻力与轴负方向的洛伦兹力，其受力分析如图所示在轴上，由动量定理有由微元法累加后可得解得【变式演练】【变式3-1】如图所示的坐标平面，在第二、三象限存在半径为的圆形匀强磁场区域，圆心位于位置，磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向里；在第一象限存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿轴负方向，匀强磁场的大小和方向与第二、三象限的磁场均相同。圆形磁场边界上有一个点，点与轴的距离为。一个质量为电荷量为的粒子从点垂直磁场方向射入圆形匀强磁场区域，恰好从坐标原点沿轴正方向进入正交的电磁场区域。已知电场强度大小为，不计粒子所受重力，求：(1)带电粒子从点垂直进入圆形匀强磁场时的速度大小；(2)带电粒子在第一象限距轴的最大距离；(3)带电粒子在第一象限的轨迹与轴相切点的坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）带电粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场做匀速圆周运动，轨迹如图1所示。设与轴负方向的夹角为，由几何关系，得解得由几何关系可知为等边三角形，则轨迹半径根据洛伦兹力提供向心力，得解得（2）将速度分解，设某一分速度使粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，即又联立解得由左手定则知速度方向沿轴正方向，与方向相同。令解得方向也与方向相同，所以带电粒子的运动可以分解为速度为的匀速直线运动与速度为的逆时针方向的匀速圆周运动的合运动，轨迹如图2所示粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，得带电粒子将做旋轮线运动，图中实线表示它的轨迹，点为粒子距轴的最远点。在这一点粒子的速度，它到轴的距离联立解得（3）粒子在第一象限的运动周期点为粒子运动轨迹与轴的相切点。点坐标联立解得根据运动的周期性，粒子与轴相切点的坐标【变式3-2】．如图所示，水平面上方有正交电磁场区域足够宽，匀强磁场方向沿水平方向（图中所示），磁感应强度大小为B，匀强电场方向竖直向下，场强大小为E；不计厚度、内壁光滑的竖直小圆筒内底部静止放有一质量为m、带电荷量为+q的带电微粒。现让小圆筒以加速度a由静止开始向右平动，在微粒开始沿筒壁上升瞬间，立即让小圆筒以此刻速度的2倍做匀速运动，已知小圆筒匀速运动的距离为小圆筒长度的2倍时，微粒恰好离开小圆筒，并在此刻撤去匀强电场。不计重力大小，则：(1)小圆筒由静止开始运动，经过多长时间微粒将沿筒壁上升；(2)小圆筒的长度；(3)求微粒离开小圆筒后能上升的最大高度（距离圆筒上端口的最大高度）。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设经过时间微粒的速度大小为时，微粒开始沿管壁上升，有解得（2）开始沿管壁上升后，受力分析如图所竖直方向上由牛顿第二定律可得解得由此可知，微粒沿竖直方向上做初速度为0的匀加速运动，设微粒在小圆筒内运动的时间为，离开小圆筒时竖直速度为，该过程由题意有解得则小圆筒的长度为联立解得（3）微粒离开小圆筒后在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小为设微粒离开小圆筒时速度方向与水平方向夹角为，有解得洛伦兹力提供向心力，有微粒离开小圆筒后能上升的最大高度为联立解得【变式3-3】．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第二、三、四象限内存在平行于y轴向上的匀强电场，在第三、四象限内存在磁应强度为B、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电小球，从y轴上的A点水平向右抛出，记为小球第一次通过y轴，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，已知，磁感应强度，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）电场强度E的大小和粒子经过M点的速度大小；（2）粒子第三次经过y轴时的纵坐标。【答案】（1）；（2）【详解】（1）因小球在第四象限做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，故：解得小球在第Ⅰ象限平抛，由运动学规律，有联立解得竖直方向速度经过M点的速度大小为（2）小球在第四和第三象限做匀速圆周运动，为圆心，MN为弦长，；小球在第二象限做匀速直线运动，第三次经过y轴的点记为Q，如图所示设半径为r，小球在磁场中做匀速圆周运动，有由几何关系知由小球在第二象限做匀速直线运动，有联立求得1.（2024·天津·高考真题）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。(1)求磁感应强度B的大小；(2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有解得（2）若仅有电场，带负电粒子受沿轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有又有联立解得（3）根据题意，设粒子入射速度为，则有可得画出粒子的运动轨迹，如图所示由几何关系可得解得则轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间2．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：(1)粒子经过时的速度大小；(2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；(3)磁场的磁感应强度大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有解得（2）粒子在中，根据牛顿运动定律有根据匀变速直线运动规律有、又解得（3）粒子在P处时的速度大小为在磁场中运动时根据牛顿第二定律有由几何关系可知解得3．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：(1)粒子沿直线通过区域时的速度大小；(2)粒子的电荷量与质量之比；(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有解得（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得由类平抛运动规律可得联立解得粒子的电荷量与质量之比（3）粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得解得粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知可得则有4．（2024·重庆·高考真题）有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。(1)求OK间的距离；(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。

【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）（1）当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示

由洛伦兹力提供向心力得其中（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1如图所示，由几何关系有（4r1-2r1）2＋MO2=(4r1)2解得（3）速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示

由几何关系有（4r1-2r1）2＋ON2=(4r1)2解得粒子在打开磁场开关前运动时间为解得5．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。（2）求O点到P点的距离。（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。【答案】（1）带正电，；（2）；（3）【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件在加速电场中，由动能定理联立解得，粒子的比荷为（2）由洛伦兹力提供向心力可得O点到P点的距离为（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力向下的电场力由于，且所以通过配速法，如图所示其中满足则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为6．（2024·湖南·高考真题）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由电子在x轴方向做匀速直线运动得在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知可得且由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有联立得当时，B有最小值，可得（2）将电子的速度分解，如图所示有当有最大值时，最大，R最大，此时，又，联立可得，（3）当最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移，根据匀变速直线运动规律有由牛顿第二定律知又联立得7．（2024·新疆河南·高考真题）一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）电场强度的大小；（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为根据洛伦兹力提供向心力解得做圆周运动的半径为周期为（2）根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得解得（3）根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x轴方向的夹角，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得故可得该段时间内沿y方向位移为根据几何知识可得由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为联立解得8．（2024·辽宁·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。（1）求磁感应强度的大小B；（2）求Ⅲ区宽度d；（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）对乙粒子，如图所示由洛伦兹力提供向心力由几何关系联立解得，磁感应强度的大小为（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式由牛顿第二定律联立可得Ⅲ区宽度为（3）甲粒子经过O点时的速度为因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则可得设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中对乙可得整理可得对甲可得则化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为9．（2023·山东·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得，而圆心与P的距离为故不会再从P点进入电场。10．（2023·浙江·高考真题）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，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。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）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。

【答案】（1）；（2