第第頁2025年高考物理總復習《帶電粒子在組（復）合場中的運動》專項測試卷帶答案學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________題型一帶電粒子在組合場中的運動【解題指導】(1)帶電粒子在勻強電場中一般做勻變速直線運動或類平拋運動；在勻強磁場中運動時一般做勻速圓周運動；(2)明確各段運動性質，畫出運動軌跡，特別注意各銜接點的速度方向、大小．【典例分析1】（2023·河南新鄉·統考一模）如圖所示，水平虛線下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，上方存在豎直向上的勻強電場，電場強度大小；一質量為m、帶電荷量為的粒子自電場中距虛線高h處的A點，以速度水平向右射出，進入磁場后的軌跡半徑為，接著又進入勻強電場，這樣粒子在勻強磁場和勻強電場中做周期性運動，不計粒子受到的重力。求：（1）勻強磁場的磁感應強度大小B；（2）粒子在一個周期內的平均速度大小v。【典例分析2】（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶一中校考階段練習）如圖所示，虛線將坐標系分成上下兩部分，上方區域為豎直向下的勻強電場，下方為垂直紙面向外的勻強磁場。一個電量為、質量為的帶電粒子從點以初速度水平拋出，恰好從點進入磁場。A、B、C三點坐標分別為、、，不計粒子重力。求：（1）電場強度的大小；（2）若粒子第一次在磁場中運動時能過點，磁感應強度的大小；（3）若粒子第一次離開磁場后再次經過點，則粒子從離開磁場到點的時間為多少？【典例分析3】（2023上·黑龍江大慶·高三鐵人中學校考期中）如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在豎直向下的勻強電場，第二、三象限內存在方向水平向右、電場強度大小的勻強電場，第四象限內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，足夠長的薄擋板在N點垂直于x軸豎直放置。質量、電荷量大小的帶正電粒子從第二象限的M點由靜止釋放，經歷一段時間到達y軸上的P點，隨后經過第一象限內的電場運動至x軸上的Q點，之后進入第四象限內的勻強磁場。已知，粒子重力不計。（1）求第一象限內的勻強電場的電場強度大小E2；（2）若粒子經過第四象限內的勻強磁場射出后，能夠再次到達M點正上方某點時速度方向沿y軸正方向，求粒子從M點靜止釋放至到該點的時間t（結果保留2位有效數字）；（3）若粒子在進入勻強磁場后的運動過程中沒有越過y軸，且粒子最終垂直打在薄擋板上，求勻強磁場的磁感應強度B大小的可能值。【方法提煉】1.帶電粒子在組合場中運動問題的處理方法(1)解決帶電粒子在組合場中運動問題的一般思維模板(2)用規律選擇思路①帶電粒子經過電場區域時利用動能定理或類平拋的知識來處理；②帶電粒子經過磁場區域時利用圓周運動規律結合幾何關系來處理。(3)關注從一種場進入另一種場的銜接速度。2．組合場中的兩種典型偏轉垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，FE是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，FB是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡求解方法利用類似平拋運動的規律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)t，y＝eq\f(qE,2m)t2偏轉角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半徑：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距離y和偏轉角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規律討論求解運動時間t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,qB)動能變化不變【變式演練】1.（2023上·云南昆明·高三云南師范大學實驗中學校考階段練習）在圖示區域中，y軸右方有一勻強磁場，磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為B，y軸左方有勻強電場區域，該勻強電場的強度大小為E，方向與y軸夾角為45°且斜向右上方，有一質子以速度v0由x軸上的P點沿x軸正方向射入磁場，質子在磁場中運動一段時間以后從Q點進入y軸左方的勻強電場區域中，在Q點質子速度方向與y軸負方向夾角為45°，已知質子的質量為m，電量為q不計質子的重力，（磁場區域和電場區域足夠大）求：（1）Q點的坐標；（2）質子從P點出發到第三次穿越y軸時的運動時間；（3）質子第四次穿越y軸時的坐標。2．（2023上·廣東·高三廣州市第一中學校聯考階段練習）質譜儀被廣泛應用于同位素的研究，如圖為某款質譜儀的原理結構圖。初速度可以忽略的帶電粒子由粒子源S飄出，經過MN間電壓為U的加速電場加速后，沿軸線飛入右側圓形勻強磁場區域（為磁場區域的圓心），經磁場偏轉后粒子打在磁場下方的平板記錄儀AC上。已知磁場區域半徑為R，磁感應強度大小為B（方向與紙面垂直），記錄儀AC長度為，與磁場區域的下邊界相切于其中點D。整個裝置處于真空中，不計粒子重力，不考慮粒子間的相互作用，求：（1）打在記錄板上點D的粒子的比荷；（2）氕核（）恰好打在記錄板上D點時，氚核（）打在記錄板上的位置；（3）若勻強磁場區域磁感應強度大小的波動范圍為，為使氕核（）與氚核（）在記錄板上的位置分開，滿足的條件。3.（2023上·陜西西安·高三長安一中校考期中）如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限以ON為直徑的半圓形區域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸正半軸上y=h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上x=2h處的P點進入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場。不計粒子重力。求：（1）電場強度的大小E；（2）粒子垂直于y軸射出磁場后經過y軸一點Q，求Q點坐標。（3）粒子從進入電場到到達y軸經歷的總時間t；

4.（2023上·陜西漢中·高三校聯考期中）如圖所示，在平面內，第Ⅱ象限內的射線是電場與磁場的分界線，與軸的負方向成。在且的左側空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應強度大小為，在且的右側空間存在著沿軸正方向的勻強電場，場強大小為。一不計重力的帶負電微粒，從坐標原點沿軸負方向以的初速度進入磁場，最終離開磁、電場區域。已知微粒所帶的電荷量，質量，求：（1）帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑；（2）帶電微粒第一次進入電場前運動的時間；（3）帶電微粒第二次進入電場后在電場中運動的水平位移。題型二帶電粒子在復合場中的應用【解題指導】【典例分析1】（2023上·天津南開·高三南開中學校考期末）如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是（

）

A．甲圖可通過增加回旋加速器的半徑來增大粒子的最大動能B．乙圖可通過增加A、B兩板間的距離來增大電源電動勢C．丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，但帶電粒子不能夠從右側沿水平直線勻速通過速度選擇器D．丁圖中產生霍爾效應時，若載流子帶負電，則穩定后D點電勢比C點高【典例分析2】（2023上·安徽·高三校聯考期中）如圖所示是磁流體發電機的工作原理示意圖。發電通道是個中空長方體，前、后兩個面是絕緣面，上、下兩個面是電阻可忽略的導體金屬板。前、后面間加有磁感應強度大小為B、方向垂直前面向里的勻強磁場，兩金屬板通過導線與滑動變阻器相連。現使氣體高度電離，形成等離子體，然后將等離子體以速度v從左向右沿圖示方向噴入兩板間。已知發電通道的長、高、寬分別為l、a、b，正、負離子的電荷量均為q，等離子體的電阻率為ρ，單位體積內有n對正、負離子。當滑動變阻器的阻值調節為R0（未知）時，電路中電流達到最大值（飽和值）Im（未知）。不計離子重力，下列判斷正確的是（）A．發電機上金屬板為正極，且滑動變阻器兩端電壓為BavB．回路的最大電流為C．滑動變阻器的阻值D．發電機的最大功率【方法提煉】組合場、復合場中電磁技術的解題秘籍在電磁技術中，中學階段常見的是帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動的幾種模型。如：速度選擇器、回旋加速器、質譜儀、磁流體發電機、霍爾元件、電磁流量計等。其中速度選擇器、磁流體發電機、霍爾元件和電磁流量計的共同特征是粒子在儀器中只受電場力和洛倫茲力作用，并且最終電場力和洛倫茲力平衡。所以我們應化繁為簡研究實質。1．（2023上·河北邢臺·高三邢臺市第二中學校聯考期中）速度選擇器是質譜儀的重要組成部分，如圖所示，平行板電容器間有著垂直紙面向里的磁場，下列說法正確的是（

）A．若粒子從左端水平通過板間區域，則P1極板帶負電B．如果帶電粒子帶負電，則粒子需要從右端射入速度選擇器C．能水平通過的帶電粒子的速率等于D．增大從左端水平通過的帶負電粒子的入射速度，粒子有可能落在上極板2.（2023上·貴州·高三校聯考階段練習）某一具有速度選擇器的質譜儀原理如圖所示，為粒子加速器，加速電壓為；為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為；為偏轉分離器，磁感應強度為。今有一質量為、電荷量為的粒子（不計重力），經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（

）A．粒子帶負電B．粒子進入速度選擇器的速度C．速度選擇器兩板間電場強度D．減小加速電壓，粒子在分離器中運動的時間變短3．（2023上·河北唐山·高三統考期中）1930年，物理學家勞倫斯發明了世界上第一臺回旋加速器，因此獲得1939年諾貝爾物理學獎。回旋加速器的基本結構如圖，兩個正對著的D型金屬盒處在垂直底面的勻強磁場中，兩個D型盒之間的狹縫連接高壓交流電源，整個裝置處在真空環境中，實現對帶電粒子的加速，且加速過程中忽略相對論效應和重力的影響。下列說法正確的是（）A．帶電粒子加速獲得的能量來自于磁場B．隨著帶電粒子加速，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期將減小C．僅減小D型盒的半徑，帶電粒子加速所獲得的最大動能減小D．加速質子（）的交流電，也可以用來加速氘（）原子核4.（2023上·廣東·高三校聯考開學考試）19世紀末，湯姆孫的學生阿斯頓設計了質譜儀，其用途非常廣泛。如圖所示為某種質譜儀的工作原理圖，質子從入口處由靜止開始被加速電壓為的電場加速，經磁感應強度大小為的勻強磁場偏轉后恰好從出口離開磁場。若要使粒子也從該入口處由靜止開始被電場加速，經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，下列操作可行的是（）

A．保持勻強磁場的磁感應強度不變，調節加速電場電壓為B．保持勻強磁場的磁感應強度不變，調節加速電場電壓為C．保持加速電場電壓不變，調節勻強磁場的磁感應強度為D．保持加速電場電壓不變，調節勻強磁場的磁感應強度為5.（2024·甘肅白銀·甘肅省靖遠縣第一中學校聯考一模）一霍爾元件的簡化示意圖如圖所示，其長為a，寬為b，厚度為d，單位體積內的自由電子數為n，其導電粒子是電荷量為e的自由電子，元件中通有方向向右的電流，勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向豎直向上。穩定時，霍爾元件前、后表面間的電壓為U。下列關于霍爾元件說法正確的是（）A．霍爾元件前表面的電勢比后表面的高 B．電壓U與元件單位體積內的自由電子數n無關C．元件中通有的電流為 D．每個自由電子所受洛倫茲力的大小為6.（2023下·山東臨沂·高三統考期末）電磁流量計是隨著電子技術的發展而迅速發展起來的新型流量測量儀表。主要有直流式和感應式兩種。如圖所示直流式電磁流量計，外加磁感應強度為B的水平勻強磁場垂直于管軸，在豎直徑向a、b處裝有兩個電極，用來測量含有大量正，負離子的液體通過磁場時所產生的電勢差大小U。液體的流量Q可表示為，其中d為管道直徑，k為修正系數，用來修正導出公式時未計及的因素（如流量計管道內的流速并不均勻等）的影響。那么A應該為（）

A．恒定常數 B．管道的橫截面積C．液體的流速 D．液體中單位時間內流過某一橫截面的電荷量題型三帶電粒子在交變復合場中的運動【解題指導】1.先分析在一個周期內粒子的運動情況，明確運動性質，判斷周期性變化的電場或磁場對粒子運動的影響；2.畫出粒子運動軌跡，分析軌跡在幾何關系方面的周期性．【典例分析1】（2023上·福建廈門·高三福建省廈門第二中學校考階段練習）如圖甲所示，豎直擋板MN左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E=40N/C，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向。t=0時刻，一質量、電荷量的微粒在O點具有豎直向下的速度v=0.12m/s，O'是擋板MN上一點，直線OO'與擋板MN垂直，取g=10m/s2，求：（1）微粒再次經過直線OO'時與O點的距離；（2）微粒在運動過程中離開直線OO'的最大高度；（3）水平移動擋板MN，使微粒能以45°夾角射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件，不必說理由，直接寫結果。【模型演練2】（2023上·云南昆明·高二云南師大附中校聯考期中）如圖甲所示，邊長為L的正方形區域abcd位于豎直平面內，ab邊水平。該區域內有周期性變化的勻強電場和勻強磁場，以平行ad向下為電場的正方向，垂直紙面向里為磁場的正方向，電場強度E和磁感應強度B隨時間變化的圖像分別如圖乙和圖丙所示，圖中、、T均未知。質量為m、帶電量為的帶電顆粒（可視為質點）源源不斷地從ad邊中點O以某一恒定初速度沿水平方向射入電場，若時刻射入電場的顆粒，經時間后從c點離開電場，時刻射入電場的顆粒，在電磁場中做勻速圓周運動，時刻射入電場的顆粒從dc邊射出電磁場時到c點的距離為。顆粒重力不能忽略，不計顆粒之間的相互作用，重力加速度為g。求：（1）顆粒射入電場時的初速度大小；（2）的大小。【方法提煉】解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路先讀圖看清并明白場的變化情況受力分析分析粒子在不同的變化場區的受力情況過程分析分析粒子在不同時間內的運動情況找銜接點找出銜接相鄰兩過程的物理量選規律聯立不同階段的方程求解【變式演練】1.(多選)如圖1所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O、O′分別為兩金屬板兩側邊緣連線的中點，在O點有一粒子源，能持續水平向右發射初速度為v0、電荷量為＋q、質量為m的粒子。在兩板間存在如圖2所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下判斷正確的是()A．粒子在電場中運動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大動能為eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C．t＝eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子，從O′點射出D．t＝eq\f(3d,v0)時刻進入的粒子，從O′點射出2.（2023上·江蘇鎮江·高三統考開學考試）如圖甲所示，在豎直平面建立xOy坐標，y軸沿豎直方向，x>0區域有沿y軸正方向的勻強電場。現有一質量為m，帶電量為+q的小球以速度v0從O點沿x軸正方向射入電場，恰好沿x軸做直線運動，取重力加速度為g。（1）求勻強電場的場強大小E；（2）若小球過O點時在x>0區域加垂直紙面向里的勻強磁場B0，求小球第一次經過y軸的坐標；（3）若小球從O點與x軸正方向成θ角射入第一象限的同時在x>0區域加一按圖乙規律變化的磁場，小球可以一直在第一象限內運動，設磁場方向垂直紙面向里為正。求小球從O點入射的θ角正弦值的范圍。

3．（2023下·廣東梅州·高三大埔縣虎山中學校考期末）如圖甲所示，在豎直平面內建立坐標系（軸豎直），在區域有沿軸正方向的勻強電場，電場強度大小；在區域，還有按圖乙規律變化的磁場，磁感應強度大小為，磁場方向以垂直紙面向外為正方向。時刻，有一質量為、帶電荷量為的小球（可視為質點）以初速度從原點沿與軸正方向夾角的方向射入第一象限，重力加速度為．求：（1）小球從上往下穿過軸的位置到坐標原點的可能距離；（2）小球與軸之間的最大距離。

題型四帶電粒子在（復合）疊加場中的運動【解題指導】1.磁場力，重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒．2.電場力、磁場力并存(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解．【典例分析1】（2023上·河北衡水·高三衡水市第二中學校考階段練習）如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在第Ⅳ象限存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為、方向垂直于xOy平面向外，電場平行于y軸；在第Ⅲ象限存在沿x軸正方向的勻強電場，已知場強、的大小相等。一可視為質點、比荷為的帶正電的小球，從y軸上的點以初速度水平向右拋出，經過x軸上的點進入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做勻速圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度，。求：（1）小球從A點拋出的初速度大小；（2）小球在第Ⅳ象限的運動的半徑；（3）小球從A點出發到第二次經過y軸負半軸所用的總時間；（4）小球從A點出發到第四次經過y軸的縱坐標。【典例分析2】（2023上·湖北·高三校聯考期中）如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系xOy中，y軸豎直，第一象限內有豎直向上的勻強電場E1、垂直于xOy平面向里的勻強磁場B1=4T；第二象限內有平行于xOy平面且方向可以調節的勻強電場E2；第三、四象限內有垂直于紙面向外的勻強磁場B2=T。x、y軸上有A、B兩點，OA=(2+）m，OB=1m。現有一質量，電荷量q=10-3C的帶正電小球，從A點以速度v0垂直x軸進入第一象限，做勻速圓周運動且從B點離開第一象限。小球進入第二象限后沿直線運動到C點，然后由C點進入第三象限。已知重力加速度為，不計空氣阻力。求：（1）第一象限內電場的電場強度E1與小球初速度v0的大小；（2）第二象限內電場強度E2的最小值和E2取最小值時小球運動到C點的速度vc；（3）在第（2）問的情況下，小球在離開第三象限前的最大速度vm。【典例分析3】（2023上·云南昆明·高三昆明一中校考階段練習）如圖所示，在平面直角坐標系xOy（x軸水平，y軸豎直）中，第一象限內存在正交的勻強電、磁場，電場強度豎直向上，大小磁場方向垂直紙面向里；第四象限內存在一方向向左的勻強電場，場強。一質量為的帶正電的小球，從M（3.6m，3.2m）點，以的水平速度開始運動。已知球在第一象限內做勻速圓周運動，從P（2.0m，0）點進入第四象限后經過y軸上的N點（圖中未標出）。求：（g取，，）（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2）小球由P點運動至N點的時間；（3）y軸上的N點坐標。【方法提煉】帶電粒子在復合場中運動問題的處理方法(1)明種類：明確復合場的種類及特征。(2)析特點：正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點。(3)畫軌跡：畫出運動過程示意圖，明確圓心、半徑及邊角關系。(4)用規律：靈活選擇不同的運動規律。①兩場共存，電場與磁場中滿足qE＝qvB或重力場與磁場中滿足mg＝qvB且兩力方向相反時，粒子做勻速直線運動，根據受力平衡列方程求解。②兩場共存，電場力與重力都恒定時，粒子平衡時根據平衡條件求解，做勻變速直線運動時用牛頓運動定律、運動學規律或動能定理求解，做勻變速曲線運動時用運動的合成與分解或動能定理求解。③三場共存，合力為零時，受力平衡，粒子做勻速直線運動或靜止。其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。④三場共存，粒子在復合場中做勻速圓周運動時，mg與qE相平衡，根據mg＝qE，由此可計算粒子比荷，判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應用洛倫茲力公式和牛頓運動定律結合圓周運動規律求解，有qvB＝mrω2＝meq\f(v2,r)＝mreq\f(4π2,T2)＝ma。⑤當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。【變式演練】1.（2023上·河南南陽·高三校聯考期中）如圖所示，豎直面內有一固定軌道與相切于點，小滑塊與段的動摩擦因數為段是半徑為的光滑圓弧，連線水平。軌道所在處有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小。將一個質量為、帶電量為的絕緣小滑塊自圖中點以水平速度向右拋出，剛好可以無碰撞地進入斜面。已知斜面傾角，小滑塊在進入軌道前已勻速運動，重力加速度取。求：（1）與之間的水平距離；（2）小滑塊在點時的速度大小；（3）小滑塊在軌道最低點時對軌道的壓力。2．（2023上·湖北·高三校聯考期中）如圖所示，空間直角坐標系Oxyz中y軸沿豎直方向，整個空間存在沿y軸正方向的勻強電場（圖中未畫出），在區域內存在沿y軸負方向的勻強磁場B。一質量為3m、電荷量為q的金屬小球a靜止在O點，另一與小球a大小相同，質量為m、電荷量為3q帶正電的金屬小球b從（-2l、-l、0）（l未知）處以速度沿x軸正方向拋出，恰好與小球a發生彈性正碰，且電荷重新分配。已知重力加速度大小為g，小球之間的靜電力不計。（1）求勻強電場E的大小；（2）若，求碰后小球a受到的洛侖茲力大小和方向；（3）若，且碰后瞬間勻強電場方向改為沿z軸正方向，求小球a經過x軸上M點時，離O點的距離。3.（2023上·云南昆明·高三昆明一中校考開學考試）如圖所示，在直角坐標系中，存在著場強為，方向豎直向上的勻強電場，在第二、三象限內存在著磁感應強度均為，方向垂直紙面向里的勻強磁場。一長為的絕緣細線，一端固定在點，另一端拴著質量為、電荷量為的正電小球，現將細線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，當小球運動到最高點時，細線受到的拉力恰好達到它能承受的最大值而斷裂。當細線斷裂，小球進入第二象限后做曲線運動，并多次經過軸。已知在第二象限內小球第一次到軸的坐標絕對值為，重力加速度為，求：（1）細線能承受的最大拉力；（2）小球進入第二象限后運動過程中的最小速率；（3）小球從進入第二象限開始至第一次到達軸所用的時間。

4.（2023·廣西·校聯考模擬預測）如圖所示，在豎直面內的直角坐標系中，y軸豎直，A、B兩點的坐標分別為與。的區域內有沿x軸負方向的勻強電場；第二象限內有方向垂直坐標平面向里的勻強磁場（圖中未畫出）；第四象限內有方向垂直坐標平面向里的勻強磁場和豎直方向的勻強電場（圖中均未畫出）。一質量為m、電荷量為q的帶正電小球（視為質點）從A點以大小（g為重力加速度大小）的速度沿做直線運動，通過O點（第一次通過x軸）后在第四象限內做勻速圓周運動，恰好通過B點（第二次通過x軸）。求：（1）第二象限內磁場的磁感應強度大小；（2）小球從O點到第四次通過x軸的時間t；（3）小球第五次通過x軸時的位置坐標以及第四次通過x軸后在第一象限內運動過程中到x軸的最大距離。參考答案題型一帶電粒子在組合場中的運動【解題指導】(1)帶電粒子在勻強電場中一般做勻變速直線運動或類平拋運動；在勻強磁場中運動時一般做勻速圓周運動；(2)明確各段運動性質，畫出運動軌跡，特別注意各銜接點的速度方向、大小．【典例分析1】（2023·河南新鄉·統考一模）如圖所示，水平虛線下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，上方存在豎直向上的勻強電場，電場強度大小；一質量為m、帶電荷量為的粒子自電場中距虛線高h處的A點，以速度水平向右射出，進入磁場后的軌跡半徑為，接著又進入勻強電場，這樣粒子在勻強磁場和勻強電場中做周期性運動，不計粒子受到的重力。求：（1）勻強磁場的磁感應強度大小B；（2）粒子在一個周期內的平均速度大小v。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設粒子在電場中的加速度大小為，由牛頓第二定律得在電場中做類平拋運動的水平位移為，時間為，則豎直方向有粒子進入磁場時的速度大小為，方向與水平虛線的夾角為，則，粒子在磁場中由牛頓第二定律得解得（2）根據幾何關系可得，粒子將從A點正下方第一次離開磁場，設粒子一個周期內的位移大小為，則粒子在勻強電場中運動的時間為在勻強磁場中運動的時間為粒子在一個周期內的平均速度大小為解得【典例分析2】（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶一中校考階段練習）如圖所示，虛線將坐標系分成上下兩部分，上方區域為豎直向下的勻強電場，下方為垂直紙面向外的勻強磁場。一個電量為、質量為的帶電粒子從點以初速度水平拋出，恰好從點進入磁場。A、B、C三點坐標分別為、、，不計粒子重力。求：（1）電場強度的大小；（2）若粒子第一次在磁場中運動時能過點，磁感應強度的大小；（3）若粒子第一次離開磁場后再次經過點，則粒子從離開磁場到點的時間為多少？【答案】（1）；（2）；（3）或【詳解】（1）從C到B過程，粒子做類平拋運動聯立解得，（2）粒子第一次進入磁場時，速度與水平方向夾角滿足根據幾何關系，虛線與水平方向夾角則進入磁場時，粒子速度方向與虛線夾角為速度大小為在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系，軌跡圓心與B點連線與x軸負方向夾角為60°，故軌跡半徑根據洛倫茲力提供向心力解得（3）根據對稱性，粒子出磁場時，速度方向也與虛線夾角30°，即水平方向出磁場，出磁場后做類平拋運動，剛好到C，設出磁場的位置到y軸的距離為x，則根據幾何關系到A點的豎直距離為，從出磁場到C過程中聯立解得或【典例分析3】（2023上·黑龍江大慶·高三鐵人中學校考期中）如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在豎直向下的勻強電場，第二、三象限內存在方向水平向右、電場強度大小的勻強電場，第四象限內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，足夠長的薄擋板在N點垂直于x軸豎直放置。質量、電荷量大小的帶正電粒子從第二象限的M點由靜止釋放，經歷一段時間到達y軸上的P點，隨后經過第一象限內的電場運動至x軸上的Q點，之后進入第四象限內的勻強磁場。已知，粒子重力不計。（1）求第一象限內的勻強電場的電場強度大小E2；（2）若粒子經過第四象限內的勻強磁場射出后，能夠再次到達M點正上方某點時速度方向沿y軸正方向，求粒子從M點靜止釋放至到該點的時間t（結果保留2位有效數字）；（3）若粒子在進入勻強磁場后的運動過程中沒有越過y軸，且粒子最終垂直打在薄擋板上，求勻強磁場的磁感應強度B大小的可能值。【答案】（1）；（2）；（3）或【詳解】（1）粒子從M點運動到P點的過程，由動能定理有解得從P點運動到Q點的過程，粒子做類平拋運動，則有解得解得粒子在第一象限運動的過程中，由牛頓第二定律有解得（2）設粒子從Q點進入第四象限時的速度為，該速度與x軸正方向的夾角為θ，則解得粒子進入磁場后做勻速圓周運動，在電場中，水平分速度恰好減為0時滿足題意，即進入中的速度與水平方向間的夾角也為，則粒子在磁場中的運動軌跡為半個圓，如圖甲所示在電場加速時，有解得根據幾何關系有在磁場中，有解得根據“逆向思維”，粒子進入電場中到回到M點所用時間與粒子從M點運動到P點的時間相等，則總時間（3）欲使粒子最終垂直打在薄擋板上，則粒子打擊點必定位于粒子在電場中運動軌跡的最高點，設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為R，由于根據對稱性有由于粒子進入勻強磁場后沒有越過y軸，則所以由于粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有當時，解得當時，解得【方法提煉】1.帶電粒子在組合場中運動問題的處理方法(1)解決帶電粒子在組合場中運動問題的一般思維模板(2)用規律選擇思路①帶電粒子經過電場區域時利用動能定理或類平拋的知識來處理；②帶電粒子經過磁場區域時利用圓周運動規律結合幾何關系來處理。(3)關注從一種場進入另一種場的銜接速度。2．組合場中的兩種典型偏轉垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，FE是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，FB是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡求解方法利用類似平拋運動的規律求解：vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)t，y＝eq\f(qE,2m)t2偏轉角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半徑：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距離y和偏轉角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規律討論求解運動時間t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,qB)動能變化不變【變式演練】1.（2023上·云南昆明·高三云南師范大學實驗中學校考階段練習）在圖示區域中，y軸右方有一勻強磁場，磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為B，y軸左方有勻強電場區域，該勻強電場的強度大小為E，方向與y軸夾角為45°且斜向右上方，有一質子以速度v0由x軸上的P點沿x軸正方向射入磁場，質子在磁場中運動一段時間以后從Q點進入y軸左方的勻強電場區域中，在Q點質子速度方向與y軸負方向夾角為45°，已知質子的質量為m，電量為q不計質子的重力，（磁場區域和電場區域足夠大）求：（1）Q點的坐標；（2）質子從P點出發到第三次穿越y軸時的運動時間；（3）質子第四次穿越y軸時的坐標。【答案】（1）（0，）；（2）；（3）（0，）【詳解】（1）根據得由幾何關系則Q點的坐標為（0，）。（2）質子從P到Q的時間為質子在電場中做勻減速直線運動，再反向做勻加速直線運動，在電場中的運動時間為質子返回在磁場中的運動時間為質子從P點出發到第三次穿越y軸時的運動時間為（3）質子再次進入電場后，速度與電場垂直，質子做類平拋運動，由于速度方向與y軸夾角為，則得則質子沿y軸方向的位移為質子第四次穿越y軸的位置為質子第四次穿越y軸時的坐標為（0，）。2．（2023上·廣東·高三廣州市第一中學校聯考階段練習）質譜儀被廣泛應用于同位素的研究，如圖為某款質譜儀的原理結構圖。初速度可以忽略的帶電粒子由粒子源S飄出，經過MN間電壓為U的加速電場加速后，沿軸線飛入右側圓形勻強磁場區域（為磁場區域的圓心），經磁場偏轉后粒子打在磁場下方的平板記錄儀AC上。已知磁場區域半徑為R，磁感應強度大小為B（方向與紙面垂直），記錄儀AC長度為，與磁場區域的下邊界相切于其中點D。整個裝置處于真空中，不計粒子重力，不考慮粒子間的相互作用，求：（1）打在記錄板上點D的粒子的比荷；（2）氕核（）恰好打在記錄板上D點時，氚核（）打在記錄板上的位置；（3）若勻強磁場區域磁感應強度大小的波動范圍為，為使氕核（）與氚核（）在記錄板上的位置分開，滿足的條件。【答案】（1）；（2）D點右側距離D點處；（3）或【詳解】（1）根據幾何關系，圓周運動的半徑根據動能定理根據洛倫茲力提供向心力可得聯立解得（2）入射時，設圓周運動的半徑為，根據聯立解得當入射磁場時，同理可得圓周運動的半徑由于，可得入射時，由幾何關系知圓周運動的半徑則如圖所示入射時，由幾何關系知圖中圓心角打在D點右側與D點的距離為（3）若在磁感應強度為與在磁感應強度為時打在記錄板上同一位置，則兩粒子的軌跡恰好不重合；此時圓周運動半徑相等，則即可得則滿足的條件為或3.（2023上·陜西西安·高三長安一中校考期中）如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限以ON為直徑的半圓形區域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸正半軸上y=h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上x=2h處的P點進入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場。不計粒子重力。求：（1）電場強度的大小E；（2）粒子垂直于y軸射出磁場后經過y軸一點Q，求Q點坐標。（3）粒子從進入電場到到達y軸經歷的總時間t；

【答案】（1）；（2）（0，）；（3）【詳解】粒子的運動軌跡如圖所示

（1）設粒子在電場中運動的時間為t1，粒子在電場中做類平拋運動，根據類平拋運動的研究方法可得x、y方向有根據牛頓第二定律有Eq=ma聯立解得（2）粒子射入磁場時的速度由解得粒子在磁場中運動的軌跡半徑為則由幾何關系可得粒子出磁場后做勻速直線運動，到達y軸上的坐標為可知坐標Q（0，）（3）粒子在電場中運動的時間由幾何關系可得，粒子在電場中位移偏向角的正切值為根據平拋運動的推論，可得速度偏向角的正切值由此可知，粒子與x軸成45度角射入磁場；粒子在磁場中運動的周期設粒子在磁場中運動的時間為t2，則由幾何關系可知粒子在磁場中的偏轉角為，則磁場出射點到y軸之間做勻速直線運動，由幾何關系可得，距離所以所以總時間4.（2023上·陜西漢中·高三校聯考期中）如圖所示，在平面內，第Ⅱ象限內的射線是電場與磁場的分界線，與軸的負方向成。在且的左側空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應強度大小為，在且的右側空間存在著沿軸正方向的勻強電場，場強大小為。一不計重力的帶負電微粒，從坐標原點沿軸負方向以的初速度進入磁場，最終離開磁、電場區域。已知微粒所帶的電荷量，質量，求：（1）帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑；（2）帶電微粒第一次進入電場前運動的時間；（3）帶電微粒第二次進入電場后在電場中運動的水平位移。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）微粒在磁場中，受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，洛倫茲力提供圓周運動向心力有解得（2）由軌跡圖可知，微粒先做一圓周運動，然后在電場中在電場力作用下先向上勻減速然后向下勻加速，離開電場時速度大小與進入時大小相等然后在磁場中做一圓周運動，以垂直于電場方向的速度再進入電場作類平拋運動。所以微粒第一次在磁場中運動的時間為又聯立，解得（3）微粒在電場中的加速度微粒第二次離開磁場在電場中做類平拋運動時拋出點高度為2R，所以微粒在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，故有可得微粒在電場中運動時間所以微粒在水平方向的位移題型二帶電粒子在復合場中的應用【解題指導】【典例分析1】（2023上·天津南開·高三南開中學校考期末）如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是（

）

A．甲圖可通過增加回旋加速器的半徑來增大粒子的最大動能B．乙圖可通過增加A、B兩板間的距離來增大電源電動勢C．丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，但帶電粒子不能夠從右側沿水平直線勻速通過速度選擇器D．丁圖中產生霍爾效應時，若載流子帶負電，則穩定后D點電勢比C點高【答案】AB【詳解】A．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得粒子的最大速度為粒子的最大動能為當回旋加速器的半徑增大時，粒子的最大動能增大，故A正確；B．當磁流體發電機穩定時，帶電粒子在A、B兩極板間受到的電場力與洛倫茲力平衡，有則電源電動勢為所以增加兩板間距可以增大電源電動勢，故B正確；C．粒子恰能沿直線勻速運動時，電場力與洛倫茲力平衡改變電性時，電場力和洛倫茲力方向同時發生改變，仍然滿足電場力與洛倫茲力平衡，故無法確定粒子的電性，故C錯誤；D．如果載流子帶負電，根據左手定則可知，帶負電的載流子向D偏轉，則穩定時D板電勢低，故D錯誤。故選AB。【典例分析2】（2023上·安徽·高三校聯考期中）如圖所示是磁流體發電機的工作原理示意圖。發電通道是個中空長方體，前、后兩個面是絕緣面，上、下兩個面是電阻可忽略的導體金屬板。前、后面間加有磁感應強度大小為B、方向垂直前面向里的勻強磁場，兩金屬板通過導線與滑動變阻器相連。現使氣體高度電離，形成等離子體，然后將等離子體以速度v從左向右沿圖示方向噴入兩板間。已知發電通道的長、高、寬分別為l、a、b，正、負離子的電荷量均為q，等離子體的電阻率為ρ，單位體積內有n對正、負離子。當滑動變阻器的阻值調節為R0（未知）時，電路中電流達到最大值（飽和值）Im（未知）。不計離子重力，下列判斷正確的是（）A．發電機上金屬板為正極，且滑動變阻器兩端電壓為BavB．回路的最大電流為C．滑動變阻器的阻值D．發電機的最大功率【答案】BC【詳解】A．根據左手定則可知，正電離子向上板聚集，發電機上金屬板為正極，負離子受到向下的洛倫茲力而向下運動，故發電機上極板為正極、下極板為負極，穩定后滿足解得電機的電動勢為但由于等離子體有內阻，滑動變阻器兩端電壓故A錯誤；B．根據電流的微觀表達式可知，故B正確；C．等離子體內阻根據閉合電路歐姆定律可得聯立求得故C正確；D．發電機的最大功率故D錯誤。故選BC。【方法提煉】組合場、復合場中電磁技術的解題秘籍在電磁技術中，中學階段常見的是帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動的幾種模型。如：速度選擇器、回旋加速器、質譜儀、磁流體發電機、霍爾元件、電磁流量計等。其中速度選擇器、磁流體發電機、霍爾元件和電磁流量計的共同特征是粒子在儀器中只受電場力和洛倫茲力作用，并且最終電場力和洛倫茲力平衡。所以我們應化繁為簡研究實質。1．（2023上·河北邢臺·高三邢臺市第二中學校聯考期中）速度選擇器是質譜儀的重要組成部分，如圖所示，平行板電容器間有著垂直紙面向里的磁場，下列說法正確的是（

）A．若粒子從左端水平通過板間區域，則P1極板帶負電B．如果帶電粒子帶負電，則粒子需要從右端射入速度選擇器C．能水平通過的帶電粒子的速率等于D．增大從左端水平通過的帶負電粒子的入射速度，粒子有可能落在上極板【答案】C【詳解】A．若粒子帶正電，從左端水平通過板間區域，則所受洛倫茲力向上，則電場力向下，則P1極板帶正電，選項A錯誤；B．如果帶電粒子帶負電，若從左端射入，則洛倫茲力向下，只需要電場力向上，即上極板帶正電粒子即可沿水平通過板間區域，選項B錯誤；C．能水平通過的帶電粒子的速率滿足即速度等于選項C正確；D．增大從左端水平通過的帶負電粒子的入射速度，則粒子受向下的洛倫茲力變大，則粒子有可能落在下極板，選項D錯誤。故選C。2.（2023上·貴州·高三校聯考階段練習）某一具有速度選擇器的質譜儀原理如圖所示，為粒子加速器，加速電壓為；為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為；為偏轉分離器，磁感應強度為。今有一質量為、電荷量為的粒子（不計重力），經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。則下列說法正確的是（

）A．粒子帶負電B．粒子進入速度選擇器的速度C．速度選擇器兩板間電場強度D．減小加速電壓，粒子在分離器中運動的時間變短【答案】B【詳解】A．根據粒子在偏轉分離器的運動軌跡，由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；B．根據題意可知，粒子經過A粒子加速器，由動能定理有解得故B正確；C．粒子恰能通過速度選擇器，則有解得故C錯誤；D．減小加速電壓，粒子進入速度選擇器的速度越小，則粒子不能通過速度選擇器，更不能進入偏轉分離器，故D錯誤。故選B。3．（2023上·河北唐山·高三統考期中）1930年，物理學家勞倫斯發明了世界上第一臺回旋加速器，因此獲得1939年諾貝爾物理學獎。回旋加速器的基本結構如圖，兩個正對著的D型金屬盒處在垂直底面的勻強磁場中，兩個D型盒之間的狹縫連接高壓交流電源，整個裝置處在真空環境中，實現對帶電粒子的加速，且加速過程中忽略相對論效應和重力的影響。下列說法正確的是（）A．帶電粒子加速獲得的能量來自于磁場B．隨著帶電粒子加速，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期將減小C．僅減小D型盒的半徑，帶電粒子加速所獲得的最大動能減小D．加速質子（）的交流電，也可以用來加速氘（）原子核【答案】C【詳解】A．磁場僅改變粒子的運動方向，不對粒子做功，粒子的能量來自于電場，故A錯誤；B．根據洛倫茲力提供向心力可得解得粒子在磁場中做圓周運動的周期與粒子的速度無關，故B錯誤；C．根據得當粒子做圓周運動的半徑減小時，速度減小，動能減小，運動的半徑最大時，粒子運動的速度最大，動能最大，因此僅減小D型盒的半徑，帶電粒子加速所獲得的最大動能減小，C項正確；D．為保證粒子經過電場獲得加速，交流電的周期要與圓周運動的周期相等，與在磁場中做圓周運動的周期不同，則加速它們的交流電周期也不同，D項錯誤。故選C。4.（2023上·廣東·高三校聯考開學考試）19世紀末，湯姆孫的學生阿斯頓設計了質譜儀，其用途非常廣泛。如圖所示為某種質譜儀的工作原理圖，質子從入口處由靜止開始被加速電壓為的電場加速，經磁感應強度大小為的勻強磁場偏轉后恰好從出口離開磁場。若要使粒子也從該入口處由靜止開始被電場加速，經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，下列操作可行的是（）

A．保持勻強磁場的磁感應強度不變，調節加速電場電壓為B．保持勻強磁場的磁感應強度不變，調節加速電場電壓為C．保持加速電場電壓不變，調節勻強磁場的磁感應強度為D．保持加速電場電壓不變，調節勻強磁場的磁感應強度為【答案】A【詳解】CD．由動能定理得解得粒子進入磁場時的速率為在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得解得半徑和加速電壓一定的條件下，磁感應強度正比于，半徑和磁感應強度一定的條件下，加速電壓與成反比，質子的質荷比為1，粒子致的質荷比為2，所以在加速電壓一定的條件下需將勻強磁場的磁感應強度調整為，故C、D錯誤；AB．在磁感應強度一定的條件下，加速電壓應調節為，故A正確，B錯誤。故選A。5.（2024·甘肅白銀·甘肅省靖遠縣第一中學校聯考一模）一霍爾元件的簡化示意圖如圖所示，其長為a，寬為b，厚度為d，單位體積內的自由電子數為n，其導電粒子是電荷量為e的自由電子，元件中通有方向向右的電流，勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向豎直向上。穩定時，霍爾元件前、后表面間的電壓為U。下列關于霍爾元件說法正確的是（）A．霍爾元件前表面的電勢比后表面的高 B．電壓U與元件單位體積內的自由電子數n無關C．元件中通有的電流為 D．每個自由電子所受洛倫茲力的大小為【答案】C【詳解】本題考查霍爾元件，目的是考查學生的推理論證能力。A．電流方向向右，電子向左定向移動，根據左手定則，電子所受洛倫茲力垂直紙面向外，電子打在前表面，前表面的電勢比后表面的電勢低，A錯誤；BC．根據平衡條件有解得根據電流的微觀表達式有解得故霍爾電壓U與元件單位體積內的自由電子數n有關，B錯誤，C正確；D．電子所受洛倫茲力大小D錯誤。故選C。6.（2023下·山東臨沂·高三統考期末）電磁流量計是隨著電子技術的發展而迅速發展起來的新型流量測量儀表。主要有直流式和感應式兩種。如圖所示直流式電磁流量計，外加磁感應強度為B的水平勻強磁場垂直于管軸，在豎直徑向a、b處裝有兩個電極，用來測量含有大量正，負離子的液體通過磁場時所產生的電勢差大小U。液體的流量Q可表示為，其中d為管道直徑，k為修正系數，用來修正導出公式時未計及的因素（如流量計管道內的流速并不均勻等）的影響。那么A應該為（）

A．恒定常數 B．管道的橫截面積C．液體的流速 D．液體中單位時間內流過某一橫截面的電荷量【答案】B【詳解】由圖可知，含有大量正，負離子的液體從入口進入管道，根據左手定則可知，帶正電的離子向上偏轉，帶負電的離子向下偏轉，當顯示器的示數穩定時，則在管道內形成向下的勻強電場，則有而流量聯立解得所以式中的A應該為管道的橫截面積。故選B。題型三帶電粒子在交變復合場中的運動【解題指導】1.先分析在一個周期內粒子的運動情況，明確運動性質，判斷周期性變化的電場或磁場對粒子運動的影響；2.畫出粒子運動軌跡，分析軌跡在幾何關系方面的周期性．【典例分析1】（2023上·福建廈門·高三福建省廈門第二中學校考階段練習）如圖甲所示，豎直擋板MN左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E=40N/C，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向。t=0時刻，一質量、電荷量的微粒在O點具有豎直向下的速度v=0.12m/s，O'是擋板MN上一點，直線OO'與擋板MN垂直，取g=10m/s2，求：（1）微粒再次經過直線OO'時與O點的距離；（2）微粒在運動過程中離開直線OO'的最大高度；（3）水平移動擋板MN，使微粒能以45°夾角射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件，不必說理由，直接寫結果。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）微粒所受的重力電場力大小因此重力與電場力平衡，微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得解得周期代入數據解得則微粒在內轉過半個圓周，微粒再次經過直線OO'時與O點的距離（2）在微粒做勻速直線運動，接著再轉過半個圓周，用時，再勻速運動,所以內微粒的運動軌跡如圖所示微粒在運動過程中離開直線OO'的最大高度（3）為使微粒能以45°夾角射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足代入數據得【模型演練2】（2023上·云南昆明·高二云南師大附中校聯考期中）如圖甲所示，邊長為L的正方形區域abcd位于豎直平面內，ab邊水平。該區域內有周期性變化的勻強電場和勻強磁場，以平行ad向下為電場的正方向，垂直紙面向里為磁場的正方向，電場強度E和磁感應強度B隨時間變化的圖像分別如圖乙和圖丙所示，圖中、、T均未知。質量為m、帶電量為的帶電顆粒（可視為質點）源源不斷地從ad邊中點O以某一恒定初速度沿水平方向射入電場，若時刻射入電場的顆粒，經時間后從c點離開電場，時刻射入電場的顆粒，在電磁場中做勻速圓周運動，時刻射入電場的顆粒從dc邊射出電磁場時到c點的距離為。顆粒重力不能忽略，不計顆粒之間的相互作用，重力加速度為g。求：（1）顆粒射入電場時的初速度大小；（2）的大小。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）由時刻射入電場的顆粒，在電磁場中做勻速圓周運動說明顆粒重力與電場力大小相等，方向相反，即在范圍內顆粒在電場力的作用下做類平拋運動，則，根據牛頓第二定律可知，顆粒的加速度解得（2）時刻射入電場的顆粒，在電場中運動的時間為，根據勻變速直線運動的規律可知顆粒在時刻（點）豎直方向運動的位移符合解得即與邊界的距離為如圖所示：

點的水平位移為根據類平拋運動規律可知點處速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平夾角正切值的2倍，即則點處速度的大小為到的過程中顆粒做勻速圓周運動根據幾何關系可知點與運動軌跡圓心的連線與水平方向夾角為，則根據勾股定理同時，根據磁場中的圓周運動規律可知方程聯立解得【方法提煉】解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路先讀圖看清并明白場的變化情況受力分析分析粒子在不同的變化場區的受力情況過程分析分析粒子在不同時間內的運動情況找銜接點找出銜接相鄰兩過程的物理量選規律聯立不同階段的方程求解【變式演練】1.(多選)如圖1所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O、O′分別為兩金屬板兩側邊緣連線的中點，在O點有一粒子源，能持續水平向右發射初速度為v0、電荷量為＋q、質量為m的粒子。在兩板間存在如圖2所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下判斷正確的是()A．粒子在電場中運動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大動能為eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C．t＝eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子，從O′點射出D．t＝eq\f(3d,v0)時刻進入的粒子，從O′點射出【答案】AD【解析】由圖2可知場強大小E0＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)，則粒子在電場中的加速度大小a＝eq\f(qE0,m)＝eq\f(v\o\al(2,0),2d)，因為eq\f(1,2)a·＝d，則粒子在電場中運動的最短時間滿足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)，A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t＝eq\f(8d,v0)，則由圖2和動能定理可知，任意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時的動能均為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，B錯誤；由圖2可知，t＝eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子先豎直向下加速，加速時間t加＝eq\f(2d,v0)－eq\f(d,2v0)＝eq\f(3d,2v0)>eq\f(\r(2)d,v0)，由A選項分析可知，t＝eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子在t＝eq\f(2d,v0)前已經打在下極板上，不可能從O′點射出，C錯誤；由圖2可知，t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3,4)T時刻進入的粒子，豎直方向上先向上加速，加速時間t1＝eq\f(4d,v0)－eq\f(3d,v0)＝eq\f(d,v0)，加速過程豎直方向的位移y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(d,4)，然后向上減速，減速時間t2＝t1＝eq\f(d,v0)，減速過程豎直方向的位移y2＝y1＝eq\f(d,4)，由y1＋y2＝eq\f(d,2)可知粒子恰好不碰到上極板，然后豎直方向向下加速eq\f(T,4)，再向下減速eq\f(T,4)到豎直方向速度為零……如此反復，則最后從電場射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將從O′點射出，D正確。2.（2023上·江蘇鎮江·高三統考開學考試）如圖甲所示，在豎直平面建立xOy坐標，y軸沿豎直方向，x>0區域有沿y軸正方向的勻強電場。現有一質量為m，帶電量為+q的小球以速度v0從O點沿x軸正方向射入電場，恰好沿x軸做直線運動，取重力加速度為g。（1）求勻強電場的場強大小E；（2）若小球過O點時在x>0區域加垂直紙面向里的勻強磁場B0，求小球第一次經過y軸的坐標；（3）若小球從O點與x軸正方向成θ角射入第一象限的同時在x>0區域加一按圖乙規律變化的磁場，小球可以一直在第一象限內運動，設磁場方向垂直紙面向里為正。求小球從O點入射的θ角正弦值的范圍。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球進入電場做勻速直線運動，根據平衡條件可得勻強電場的場強大小為（2）根據洛倫茲力提供向心力可得小球第一次經過y軸與原點的距離為小球第一次經過y軸的坐標為。（3）根據粒子的運動軌跡可知，小球可以一直在第一象限內運動有根據幾何關系有解得求小球從O點入射的θ角正弦值的范圍

3．（2023下·廣東梅州·高三大埔縣虎山中學校考期末）如圖甲所示，在豎直平面內建立坐標系（軸豎直），在區域有沿軸正方向的勻強電場，電場強度大小；在區域，還有按圖乙規律變化的磁場，磁感應強度大小為，磁場方向以垂直紙面向外為正方向。時刻，有一質量為、帶電荷量為的小球（可視為質點）以初速度從原點沿與軸正方向夾角的方向射入第一象限，重力加速度為．求：（1）小球從上往下穿過軸的位置到坐標原點的可能距離；（2）小球與軸之間的最大距離。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）帶電小球從原點進入區域后有所以在此區域內，帶電小球在有磁場時做勻速圓周運動，在無磁場時做勻速直線運動，其軌跡如圖所示

在時間內，有即小球沿軸正方向前進的距離在時間內，小球沿軸正方向前進的距離在時間內，小球沿軸正方向前進的距離為在時間內，小球沿軸正方向前進的距離為以此類推，小球從上往下穿過軸時的位置到坐標原點的距離．（2）由軌跡圖可知，小球與軸的最大距離位置在第四象限小球與x軸之間的最大距離．題型四帶電粒子在（復合）疊加場中的運動【解題指導】1.磁場力，重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒．2.電場力、磁場力并存(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解．【典例分析1】（2023上·河北衡水·高三衡水市第二中學校考階段練習）如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在第Ⅳ象限存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為、方向垂直于xOy平面向外，電場平行于y軸；在第Ⅲ象限存在沿x軸正方向的勻強電場，已知場強、的大小相等。一可視為質點、比荷為的帶正電的小球，從y軸上的點以初速度水平向右拋出，經過x軸上的點進入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做勻速圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度，。求：（1）小球從A點拋出的初速度大小；（2）小球在第Ⅳ象限的運動的半徑；（3）小球從A點出發到第二次經過y軸負半軸所用的總時間；（4）小球從A點出發到第四次經過y軸的縱坐標。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）小球在第I象限做平拋運動，由運動學規律得可得，（2）設小球平拋到M點時的速度大小為v，方向與x軸正方向夾角為，豎直分速度為，則解得在第IV象限，洛侖茲力提供向心力，故解得軌道半徑（3）小球第一次在第IV象限運動的時間為接著，小球沿與y軸成夾角方向進入第III象限，由于電場力和重力大小相等，其合力恰與小球進入第III象限的初速度v方向相反，故小球在第III象限做類豎直上拋運動，則由牛頓第二定律可得由運動規律可知則小球從A點出發到第二次經過y軸負半軸所用的總時間為（4）根據軌跡圖可知第三次經過y軸J點后進入第三象限，速度與合力垂直，第四次到y軸，水平方向豎直方向第四次到y軸縱坐標=2.4m【典例分析2】（2023上·湖北·高三校聯考期中）如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系xOy中，y軸豎直，第一象限內有豎直向上的勻強電場E1、垂直于xOy平面向里的勻強磁場B1=4T；第二象限內有平行于xOy平面且方向可以調節的勻強電場E2；第三、四象限內有垂直于紙面向外的勻強磁場B2=T。x、y軸上有A、B兩點，OA=(2+）m，OB=1m。現有一質量，電荷量q=10-3C的帶正電小球，從A點以速度v0垂直x軸進入第一象限，做勻速圓周運動且從B點離開第一象限。小球進入第二象限后沿直線運動到C點，然后由C點進入第三象限。已知重力加速度為，不計空氣阻力。求：（1）第一象限內電場的電場強度E1與小球初速度v0的大小；（2）第二象限內電場強度E2的最小值和E2取最小值時小球運動到C點的速度vc；（3）在第（2）問的情況下，小球在離開第三象限前的最大速度vm。【答案】（1）40N/C，2m/s；（2）20N/C，2m/s；（3）4m/s，方向水平向左【詳解】（1）小球由A點進入第一象限后，所受電場力與重力平衡E1q=mg解得E1=40N/C由幾何關系得r+=OA解得r=2m小球做勻速圓周運動解得v0=2m/s（2）由幾何關系得：BC與豎直方向夾角為θ=30°小球由B到C做直線運動，則電場力與重力的合力與vB均沿BC方向，當電場力與BC垂直時，電場力有最小值qE2min=mgsinθ解得E2min=20N/C對小球有mgcosθ=ma根據幾何關系xBC=m根據速度位移關系式vC2-v02=2axBC代入數據得a=5m/s2vC=2m/s（3）小球進入第三象限后，在重力、洛倫茲力作用下做變加速曲線運動，把初速度vC分解為v1和v2，其中v1滿足Bqv1=mg解得v1==2m/s方向水平向左則v2=2m/s方向與x軸正方向夾角為60°小球的實際運動可以分解為運動一：速度為v1=2m/s，水平向左，合力為B2qv1-mg=0的勻速直線運動。運動二：速度為v2=2m/s，順時針旋轉，合力為F洛=B2qv2的勻速圓周運動。當v1和v2的方向相同時合運動的速度最大，最大速度vm=v1+v2=4m/s方向水平向左。【典例分析3】（2023上·云南昆明·高三昆明一中校考階段練習）如圖所示，在平面直角坐標系xOy（x軸水平，y軸豎直）中，第一象限內存在正交的勻強電、磁場，電場強度豎直向上，大小磁場方向垂直紙面向里；第四象限內存在一方向向左的勻強電場，場強。一質量為的帶正電的小球，從M（3.6m，3.2m）點，以的水平速度開始運動。已知球在第一象限內做勻速圓周運動，從P（2.0m，0）點進入第四象限后經過y軸上的N點（圖中未標出）。求：（g取，，）（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2）小球由P點運動至N點的時間；（3）y軸上的N點坐標。【答案】（1）2T；（2）1s；（3）（0，）【詳解】（1）第一象限內存在電場和磁場，帶電小球在第一象限內受到重力、電場力以及洛倫茲力，由于小球在第一象限內做勻速圓周運動，所以小球受到的重力與電場力大小相等，方向相反，互相抵消，有洛倫茲力提供小球做勻速圓周運動的向心力，有由于小球從P點進入第四象限，所以其軌跡如圖所示設OP連線與豎直方向的夾角為，軌跡圓的半徑為r，由幾何關系有解得（2）設小球到達P點時其速度方向與x軸正方向的夾角為，由幾何關系可知，其，規定向右為正方向，小球在第四象限豎直方向做勻加速直線運動，在水平方向，先向右做勻減速直線運動，后向右做勻加速直線運動。則水平方向有解得（3）由上述分析，小球在第四象限運動，向下為正方向，豎直方向有解得所以N點的坐標為（0，）。【方法提煉】帶電粒子在復合場中運動問