专题3 微专题3 带电粒子在复合场中的运动(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在复合场中的运动”核心考点，覆盖组合场、叠加场、交变场等高考命题重点，对接高考评价体系，通过2025年八省联考、贵州卷等真题实例，分析考点权重，归纳类平抛与圆周运动组合、多场力平衡等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于真题训练与科学思维培养，如用“配速法”解析质谱仪复杂运动（命题点三），通过运动阶段划分与几何关系突破组合场问题（例题1），培养模型建构与科学推理能力，助力学生掌握轨迹分析技巧，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

专题三　电场与磁场 微专题(三)　带电粒子在复合场中的运动 第一部分　专题强化复习 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 命题点一 01 命题点二 02 命题点三 03 命题点四 04 专题集训 05 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 2 命题点一　带电粒子在组合场中的运动 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点二　带电粒子在叠加场中的运动 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 图(a) 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 图(b) 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点三　“配速法”解带电粒子 在复合场中的运动问题 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点四　带电粒子在交变电场、 磁场中的运动 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 专题集训(十) 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 谢谢观看 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 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) 情景图 受力 FB＝qv0B，FB的大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力 FE＝qE，FE的大小、方向均不变，为恒力 运动规律 匀速圆周运动 r＝，T＝ 类平抛运动 vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2 2．带电粒子在组合场中运动的处理方法 (1)明性质：要清楚场的性质、方向、强弱、范围等。 (2)定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况。 (3)画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图。 (4)用规律：根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律进行处理。 (5)找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向的关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度。 　(2025·八省联考)如图所示，在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。不计粒子重力。 (1)求粒子进入磁场时的速度大小； (2)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子距a点的距离为s＝2h，求磁场的磁感应强度大小的可能值。 [解析]　(1)粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向vy2＝2ah 由牛顿第二定律可得a＝ 粒子进入磁场时的速度大小v＝vy 解得v＝2。 (2)粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移为x， x＝v0t＝vyt＝2t＝2h 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动半径为r，离开磁场时速度方向与x轴正向仍成45°角，到达高度h时，水平位移仍为2h，由题意可知2r cos 45°＝2h＋2h＋2h或2r cos 45°＝2h，即r＝3h或r＝h 根据洛伦兹力提供向心力 qvB＝m 可得B＝ 或B＝ 。 [答案]　(1)2　(2)或 1．(2025·广东江门模拟)如图所示，在x<0的区域内存在方向竖直向上、大小为E0的匀强电场，在x>0区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场B(B未知)。一个质量为m的带正电粒子甲从A点(－d，0)以速度v0沿x轴正方向进入电场。粒子甲从B点进入磁场后，恰好与静止在C点、质量为的中性粒子乙沿x轴 正方向发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。已知C点的横坐标为xC＝d，不计粒子所受的重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场变化引起的效应。 (1)求粒子甲的比荷； (2)求粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小； (3)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时给x<0的区域加上与x>0区域内相同的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时间Δt。 解析　(1)粒子在电场中沿x轴做匀速直线运动，有d＝v0t 沿y轴做匀加速直线运动，有d＝at2，a＝ 联立解得＝。 (2)沿y轴做匀加速直线运动vy＝at＝v0 进入磁场中粒子速度与x轴的夹角的正切值 tan θ＝＝，θ＝60° 则进入磁场的速率v＝2v0 由几何关系可得sin 60°＝，又由qvB＝ 解得B＝。 (3)甲、乙两粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v1、v2，由题意可得 mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv12＋×mv22 解得v1＝v，v2＝v 两粒子碰后在磁场中都做匀速圆周运动 qv1B＝，qv2B＝，r1＝r2＝d 两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动， 周期分别为T1＝，T2＝ 则两粒子碰后再次相遇需满足Δt－Δt＝2π 解得再次相遇时间Δt＝。 答案　(1)　(2)2v0　　(3)见解析 2．如图所示，在光滑的水平面上有一直角坐标系，其中在第一象限2 m≤x≤4 m的范围内存在一沿y轴正方向的有界匀强电场，其场强大小E＝400 V/m，电场的上边界满足方程y＝，在第三、第四象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B的大小未知，现在在电场线上边界各处依次静止释放比荷＝50 C/kg的带负电微粒(不计重力)，发现经过一段时间后，所有带电微粒均能通过从x轴离开磁场区域。 (1)试写出带电微粒进入磁场时的速度大小v与横坐标x的关系式； (2)如果这些带电微粒离开磁场时的位置均在x轴负半轴，求磁感应强度B的大小范围； (3)控制B的大小在1 T≤B≤3 T范围内，取不同的B值，带电微粒都会在一定区域内离开磁场，求所有带电粒子离开磁场时的最大区域值和最小区域值。 解析　(1)根据动能定理可得qEd＝mv2，即有qE＝mv2 解得v＝ ＝50 x(2 m≤x≤4 m)。 (2)根据公式，可得R＝＝ 所以小球经此磁场偏转后打中的坐标为x′＝x－＝x 要求所有从不同位置入射的粒子都在x轴负半轴离开，则要求x′<0 所以0<B<2 T。 (3)因为离开磁场时的坐标为x′＝x－＝x 而2 m≤x≤4 m，则Δx′＝Δx＝2 分析可知B＝1 T时所有小球出磁场时区域值最大，即Δx′＝2 m 当B＝2 T时所有小球出磁场时区域值最小， 即Δx′＝0 m。 答案　(1)v＝50x(2 m≤x≤4 m)　(2)0<B<2 T (3)2 m　0 m 1．三种典型情况 (1)若只有两个场，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，合力为零，则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，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。 2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。 　(2025·贵州卷)如图所示，x轴水平向右，z轴竖直向上，y轴垂直纸面向里(图中未画出)，在xOz平面里有竖直向上的匀强电场E，在z＝z0的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，z＝z0的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场B2(未知)。有一带正电的粒子，质量为m，从坐标原点O出发，沿x轴正方向以速度v射出后做圆周运动，其中z0＝，B1＝，P点坐标。已知重力加速度为g，粒子电荷量为q。求： (1)电场强度E的大小及该粒子第一次经过z＝z0平面时的位置对应的x坐标值； (2)当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，求B2的大小； (3)若将电场E改成沿y轴正方向，粒子同样从坐标原点O沿x轴以速度v射出，求粒子的轨迹方程。 [解析]　(1)由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则mg＝Eq， 解得E＝ 粒子做匀速圆周运动， 圆周运动轨迹如图所示 洛伦兹力提供向心力得qvB1＝m， 解得粒子运动的轨道半径R1＝ 可知R1＞z0＝ 据圆周运动轨迹，由几何关系得x2＋(R1－z0)2＝R12， 代入数据解得x＝。 (2)粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示 设粒子进入B2磁场中速度方向与磁场分界面成θ角，由几何关系可得cos (90°－θ)＝，可解得θ＝53° 设粒子在B2磁场中运动的轨道半径为R2，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P点应满足n(2R1sin θ－2R2sin θ)＝ 由于2R2sin θ＞0，解得n＞2 所以当n＝3时，运动时间最短，代入R1的值解得R2＝ 根据qvB＝m，联立可得B2＝3B1＝ 当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时， B2的大小为。 (3)若将电场方向改为y轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿z轴正方向的洛伦兹力、沿z轴负方向的重力、沿y轴正方向的电场力，根据B1＝ 解得粒子受到的洛伦兹力大小为F洛＝mg 正好与重力相平衡，所以粒子在y轴只受电场力 所以粒子在y轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动， 有y＝at2 由牛顿第二定律有Eq＝ma， 粒子在x轴正方向做匀速直线运动有x＝vt 联立解得轨迹方程，其中x≥0。 [答案]　(1)　　(2)　(3)见解析 3．如图所示，在空间直角坐标系中，yOz平面右侧存在沿z轴负方向的匀强磁场，左侧存在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz平面左侧还有沿y轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为(d，0，0)的P点发射一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的粒子，粒子的速度方向沿xOy平面且与y轴正方向相同；经时间t后粒子恰好垂直于y轴进入yOz平面左侧，粒子从z轴上某点返回yOz平面右侧，不计粒子所受的重力。求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)匀强电场的电场强度E的大小； (3)粒子返回yOz平面右侧时的速度v的大小。 解析　(1)粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝ 运动周期T＝＝ 由题意知粒子在xOy平面内运动圆周t＝T 联立解得B＝。 (2)粒子经过y轴后沿y轴负方向做匀加速直线运动，同时在洛伦兹力作用下做圆周运动，粒子返回xOy平面右侧的过程中恰好做个圆周运动，所用时间t′＝＝2t 沿y轴方向，有r＝d＝·at′2，根据牛顿第二定律有 qE＝ma，联立解得E＝。 (3)根据上述分析可知v0＝ 粒子返回xOy平面右侧时，沿y轴方向的速度大小为 vy＝at′，又v＝ 解得v＝。 答案　(1)　(2)　(3) 4．(2025·贵州安顺模拟)如图所示，一个质量为m、带电量为＋q的穿孔小球套在固定的水平光滑绝缘细杆上(孔的内径略大于杆的直径)，杆和小球位于磁感应强度大小为B1、方向水平向里的匀强磁场和水平向右的匀强电场中，细杆的右端位于两竖直虚线的左侧虚线处。两竖直虚线间的距离为L，虚线间有磁感应强度大小为B2、方向水平向外的匀强磁场和场强大小为E2＝、方向竖直向上的匀强电场。现将小球从杆上某一位置由静止释放，小球经时间t1运动到细杆的右端，此时小球与杆恰好没有相互作用，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求两虚线左侧匀强电场的场强大小E1； (2)磁感应强度B2多大时，小球恰好能到达右侧虚线？ (3)若磁感应强度B2为第(2)问中的0.5倍，则小球在两虚线间运动多长时间？ 解析　(1)小球在杆上某一位置由静止释放，经时间t1运动到细杆的右端，此时小球与杆恰好没有相互作用，设此时速度为v， 有·t1＝v，qB1v＝mg 解得E1＝。 (2)由qE2＝mg可知，小球在右侧虚线之间做匀速圆周运动，若小球恰好能到达右侧虚线，轨迹如图(a)所示 由图可知R＝L 由洛伦兹力提供向心力qvB2＝ 解得B2＝。 (3)若磁感应强度B2为第(2)问中的0.5倍，则 B2′＝ 小球在两虚线间运动半径为R′＝＝2L 轨迹如图(b)所示 由几何关系可知θ＝30° 小球在两虚线间运动的时间t＝·＝。 答案　(1)　(2)　(3) 带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力(和重力)不平衡而做复杂的曲线运动时，为带电粒子配上一对等大反向的速度或对带电粒子的初速度进行分解，那么带电粒子复杂的曲线运动就可等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合成。这实际上是借助等效原理和运动的合成分解原理，在全新的数理模型基础上简化了问题，我们将这种方法称之为“配速法”。 　(2024·甘肃卷)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E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直于纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向里。从S点释放的初速度为零的带电粒子(不计重力)，经电压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)粒子是带正电还是带负电？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E2(E2略大于 E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。 [解析]　(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v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件得qv0B1＝qE1 在加速电场中，由动能定理，有qU＝mv02 联立解得，粒子的比荷为＝。 (2)由洛伦兹力提供向心力，有qv0B2＝m 可得O点到P点的距离为OP＝2r＝。 (3)粒子进入Ⅱ的瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛＝qv0B1 向下的电场力F＝qE2 由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1 所以通过配速法，如图所示 其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速运动的同时，在竖直方向上以v1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O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小为v′＝v0＋v1＋v1＝。 [答案]　(1)带正电　　(2) (3) 　在例题第(3)问中，求： (1)O′点到O点的距离； (2)速度选择器Ⅱ的长度。 解析　(1)设打在O′点的速度大小为v，O到O′的距离为y，由动能定理得E2qy＝mv2－mv02 沿SO方向由动量定理得∑qvyB1Δt＝mv－mv0 可得qB1y＝mv－mv0 联立解得y＝ 由qv0B1＝qE1，代入可得y＝。 (2)带电粒子在Ⅱ中做匀速圆周运动的周期 T＝ Ⅱ的长度L＝(v0＋v1)T(n＝0，1，2，…) 联立解得L＝·(2n＋1)(n＝0，1，2，…)。 答案　(1)　(2)·(2n＋1)(n＝0，1，2，…) 5．(2025·江苏宿迁期末)如图所示，位于竖直平面内的直角坐标系xOy中，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场方向垂直于xOy平面向里，磁感应强度大小为B。匀强电场方向平行于xOy平面(图中未画出)，电场强度大小E0＝，小球(可视为质点)的质量为m、电量为＋q，重力加速度为g。 (1)若匀强电场方向水平向左，小球在竖直平面内做直线运动，求小球速度的大小； (2)若匀强电场方向竖直向上，小球从O点以速度v0射向xOy平面内，经过x轴的坐标为，求小球经过y轴的坐标值； (3)若匀强电场方向竖直向上，大小变为E＝，将小球从O点静止释放，求小球运动过程中距x轴的最远距离h。 解析　(1)根据题意得E0q＝mg，小球做匀速直线运动，受力分析如图 F＝qvB＝mg 匀速直线运动速度大小v＝。 (2)匀强电场方向竖直向上时，电场力方向竖直向上且E0q＝mg，洛伦兹力提供向心力，所以小球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得 qv0B＝，解得R＝ 粒子运动过程中经过x轴坐标为的可能轨迹如图所示 小球经过y轴的坐标绝对值为y＝2R cos 30°＝ 小球经过y轴的坐标值或者。 (3)将小球的初速度分解为水平向右的v2和水平向左的v1， 则v1＝v2 根据平衡条件得qE＋qv2B＝mg，根据题意E＝， 解得v2＝，v1＝ 小球的运动可以看成以v2的速度向右匀速直线运动和以v1的速度做逆时针的匀速圆周运动的合运动，小球运动到最低位置时速度最大 v＝v1＋v2＝ 此时距离x轴最远，根据动能定理得(mg－Eq)h＝mv2 解得h＝。 答案　(1)　(2)或 (3) 6．如图所示，在处于竖直平面的坐标系xOy(x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上)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，电场强度大小E＝0.2 N/C，磁感应强度大小B＝0.1 T。一质量m＝0.01 kg、电荷量q＝0.5 C的带正电的小球(视为质点)从坐标原点O，以初速度v0沿x轴正方向水平入射，小球恰好沿x轴做直线运动，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求小球的初速度大小v0； (2)若小球以2v0的速度从O点沿x轴正方向水平入射，求小球此后运动过程中距x轴的最大距离； (3)若小球以v0的速度从O点沿与x轴正方向成60°角斜向上入射，经过t＝ s，求小球所在位置的坐标(结果保留两位有效数字)。 解析　(1)小球沿x轴做直线运动，则有mg＋qE＝qv0B， 解得v0＝4 m/s。 (2)由于小球入射速度为2v0，初速度可分解为两个均沿x轴正方向、大小为v0的分速度，把洛伦兹力分解为两个分力，其中一个分力与(mg＋qE)平衡，另一个分力提供以v0的速度做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有qv0B＝m 解得R＝0.8 m 小球距x轴的最大距离hmax＝2R＝1.6 m。 (3)速度分解如图所示 小球的一个分运动是速度大小为v0、沿x轴正方向的匀速直线运动，另一个分运动是初速度大小为v0(与x轴负方向成60°角)的匀速圆周运动。 做圆周运动的周期T＝＝ s，经过时间t＝ s＝T 运动圆轨迹对应的圆心角为240° 则y＝－(R＋R cos 60°)＝－1.2 m x＝v0t－R sin 60°≈2.7 m 故此时刻小球的位置坐标为(2.7 m，－1.2 m)。 答案　(1)4 m/s　 (2)1.6 m　 (3)(2.7 m，－1.2 m) 1．变化的电场或磁场如果具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性，这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图。 2．解题思路 　(2025·浙江宁波模拟)现代仪器中常利用电场、磁场来控制带电粒子的运动。如图甲所示，A、B为平行板电容器，极板的长度为L＝30 cm，间距为d＝50 cm，现在A、B间加如图乙所示的方波形电压，其中U0＝500 V，T＝3×10-6s。现有比荷为＝1×108 C/kg、初速度为v0＝1×105 m/s的正离子，自t＝0 s时刻开始从两板正中间平行极板方向O1O2连续射入电容器，在极板右侧一定距离处放置一荧光屏，离子打到荧光屏上会有亮点，不计离子所受的重力和离子间的相互作用，不考虑电容器的边缘效应。 (1)求能飞越电容器的正离子离开电场时的速度； (2)若虚线MN右侧不加磁场，试确定荧光屏上发光亮点的长度； (3)撤去荧光屏，在虚线MN右侧加一垂直于纸面向里的磁感应强度为B＝ T的匀强磁场，在虚线MN右侧放一收集板，要使所有进入MN右侧的正离子都被收集板收集，求收集板垂直MN放置时在纸面内的最短长度x1，以及收集板平行MN放置时在纸面内的最短长度x2。 [解析]　(1)能飞越电场(电容器)的正离子， 在电场中的时间恒为t＝＝3×10-6s 加速度为a＝＝1×1011m/s2 其中加速时间为t1＝2×10-6s，减速时间为t2＝1×10-6s，所有粒子飞出时竖直方向的速度为vy＝at1－at2＝105m/s 飞出电场时速度的方向和大小均相同，均为v＝×105m/s，与平行极板方向的夹角为45°。 (2)由于粒子飞出电场时速度方向和大小均相同，均为v＝×105m/s，方向与平行极板方向成45°角，因此发光的亮点为一直线。t＝0时刻飞入的粒子，竖直向下偏转最大，假设能飞出极板，则 y＝at12＋at1t2－at22＝35 cm>25 cm 故粒子并不能飞出极板，因此粒子最远能从下极板边缘飞出。 t＝2×10-6s时刻飞入的粒子，竖直向上偏转最大。假设能飞出极板，则y＝at22＋at2t1－at12＝5 cm<25 cm，故粒子能飞出极板，并距离下极板为30 cm。 因此粒子飞出电场时的宽度为30 cm，光屏上发光亮点的长度也为30 cm。 (3)粒子在磁场中的半径R＝＝25 cm 如图甲所示，其中O1O2＝30 cm，C为O1O2中点， 由勾股定理得AC＝20 cm ①收集板垂直MN放置时， 在纸面内的最短长度x1＝AB＝5 cm。 ②再画出以C为圆心的轨迹圆，如图乙所示，收集板平行MN放置时在纸面内的最短长度x2＝PQ，因O1CQP为平行四边形，所以x2＝PQ＝O1O2＝15 cm。 [答案]　 (1)v＝×105m/s，与平行极板方向夹角为45°　 (2)30 cm　(3)5 cm　15 cm 7．制造芯片，要精准控制粒子的注入。如图甲所示是控制粒子运动的装置示意图，两块边长均为d的正方形金属板M、N上、下正对水平放置，极板间距也为d。以该装置的立方体中心O点为原点建立直角坐标系，并在极板间加沿y轴负方向的匀强磁场(磁感应强度大小未知)，两极板接到电压为U的电源上。现有一束带正电的粒子以速度v0沿x轴正方向从左侧持续注入极板间，恰好沿x轴做匀速直线运动。不考虑电磁场的边缘效应，粒子所受的重力忽略不计，粒子之间的静电力忽略不计。 (1)求磁感应强度B的大小； (2)若仅撤去磁场，该带电粒子束恰好击中点，求粒子的比荷； (3)若仅撤去电场，求带电粒子束离开立方体空间的位置坐标； (4)若将磁场方向改为沿z轴正方向，并将两极板接到电压按如图乙所示变化的电源上，t＝0时刻让粒子从中心O点沿x轴正方向以速度v0注入，试通过计算说明从粒子注入后到击中极板前会经过z轴几次。 解析　(1)粒子做匀速直线运动，则有 q·＝qv0B， B＝。 (2)粒子做类平抛运动x＝－＝v0t， a＝＝，z＝＝at2 联立可得粒子的比荷＝。 (3)粒子做匀速圆周运动，则有 qv0B＝，R＝，则 2R＝< 所以粒子在磁场中运动半个周期，从左边界飞出，则带电粒子束离开立方体空间的位置坐标为。 (4)粒子沿z轴做变速直线运动，在xOy平面内做圆周运动， 周期为T＝＝≈ 由图乙可知，在0～时间内加速， 粒子在z轴方向的位移l1＝at12＝ 在～时间内减速，粒子在z轴方向的位移 l2＝at1t2－at22＝ 在～时间内向反方向加速， 粒子在z轴方向的位移l3＝at32＝ 在～时间内向反方向减速到速度为零， 粒子在z轴方向的位移l4＝at3t4－at42＝ 粒子回复最初的方向接着重复最初的运动， 运动时间为t5＝t1＋t2＝ 此时距板的距离为Δl＝l－(l3－l1－l2)－(l4－l1－l2)＝， 则由Δl＝at62，t6＝ 到达极板所用总时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6≈ 粒子每个周期经过一次z轴，n＝≈1.7取整数，所以经过1次。 答案　(1)　(2)　(3) (4)1次 8．科研人员经常利用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，在坐标系xOy的第三象限内平行于x轴放置一对平行金属板，上极板与x轴重合，板长和板间距离均为2d，极板的右端与y轴的距离为d，两板间加有如图乙所示的交变电压。圆心为O1(0，－d)、半径为d的圆形区域内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场(图中未画出)。在点P(－3d，－d)处有一个粒子源，沿x轴正方向连续不断地发射初速度大小为v＝ 、质量为m、电荷量为＋q的带电粒子。已知t＝0时刻入射的粒子恰 好从下极板右边缘飞出；t＝时刻入射的粒子进入圆形磁场区域后恰好经过原点O。在第一、第二象限的某范围内存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，不计粒子所受的重力及粒子之间的相互作用力。 (1)求U0； (2)求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度； (3)为了使所有粒子均能打在位于x轴上的粒子接收器上的0～3d范围内，求在第一、第二象限内所加磁场的磁感应强度的大小和磁场区域的最小面积。 解析　(1)所有进入极板间的粒子沿x轴正方向的分运动均为匀速直线运动，在极板间的运动时间为t＝＝T，t＝0时刻入射的粒子进入极板间，沿y轴方向有q＝ma，前半个周期内，粒子沿y轴方向发生的位移＝a，解得U0＝。 (2)不同时刻射出的粒子沿y轴方向加速和减速的时间相同，所有粒子均沿x轴正方向以速度v＝进入圆形磁场区域，t＝时刻入射的粒子恰沿半径方向进入磁场，粒子做匀速圆周运动经过原点O。根据几何关系可知粒子运动半径r1＝d，根据qvB1＝m，可得磁场的磁感应强度B1＝。 (3)从极板间射出的粒子在2d范围内沿x轴正方向进入圆形磁场，满足磁聚焦的条件，均在坐标原点O汇聚，从原点O沿x轴正方向和负方向180°范围内进入第一、二象限，为使其均能打在x轴上0～3d 范围内，如图所示。 粒子在磁场内做圆周运动的半径r2＝1.5d， qvB2＝m 解得磁感应强度大小B2＝ 磁场范围的最小面积S＝πr22＋π(2r2)2 解得S＝πd2。 答案　(1)　(2)　(3)　πd2 $