专题三电场与磁场　计算题培优2　带电粒子在电磁场中的运动【精讲精练】-2026届高三物理二轮复习讲义（新高考通用）

该高中物理讲义聚焦带电粒子在电磁场中的运动高考核心考点，按组合场、立体空间、叠加场三大模块系统梳理，通过电偏转与磁偏转对比、螺旋运动分解、摆线运动配速法等建立知识联系，设置考点梳理、方法指导（如“5步突破法”）、真题讲解（2025河南卷等典例）及分层练习（3类培优练），助力学生构建解题框架。 讲义以科学思维为核心，创新采用降维思想简化立体运动，通过配速法、正则动量定理等策略突破难点，典例结合高考真题强化模型建构，分层练习适配不同能力学生，有效培养科学推理与问题解决能力，为教师把控复习节奏、提升学生应考效率提供有力支持。

专题三 电场与磁场　计算题培优2　带电粒子在电磁场中的运动 一、带电粒子在组合场中的运动 1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较 磁偏转 电偏转 情景图 垂直进入磁场 进入磁场时速度与磁场有一定夹角 垂直进入电场 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 受力 FB=qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力 F=qv0Bsin θ 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=，T= 螺旋式运动qv⊥B=m 螺距x=v0cos θ·t 类平抛运动 vx=v0，vy=t x=v0t，y=t2 类斜抛运动 vx=v0sin θ，vy=v0cos θ-t x=v0sin θ·t，y=v0cos θ·t-t2 2.常见运动及处理方法 【典例】1　(2025·河南卷·15)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b到水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s=3h。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度) 【答案】(1)　(2)　(3) 【解析】(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图甲所示 由题意可知θ=60° 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r=rcos θ+h 解得r=2h 由牛顿第二定律有qv0B=m 解得B= (2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得AB=s-2rsin θ=h 在电场中，粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，则粒子在电场中的运动时间t== 粒子沿电场方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE=ma 由运动学公式有-v0sin θ+at=v0sin θ 联立解得E= (3)作出粒子在磁场和电场中运动的部分轨迹，如图乙所示 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，粒子在磁场、电场中的运动具有周期性，在一个实际运动的周期T'内，粒子在磁场中运动的时间 t1=T+T=T ① T=== ② 联立①②解得t1= 将B=代入可得t1= 粒子在电场中运动一次的时间t2满足 v0= 将E=代入可得t2= 根据图乙中的几何关系可知，一个周期内粒子运动的位移(以向右为正方向)x=OO1=h 说明经过一个周期后粒子运动到初始位置右侧，则漂移速度大小v===。 【考法归纳】 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 【典例】2　(2025·山东青岛市一检)如图所示，xOy平面直角坐标系中，在第二象限内存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，半径为R，磁场边界与两坐标轴相切；y≤0区域内交替分布宽度均为d的匀强电场和匀强磁场，其边界均与x轴平行，匀强电场的电场强度大小为E0，方向沿y轴负方向，匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从圆形边界上的P点以初速度v0射入磁场，PO1与x轴平行，v0与PO1夹角α=60°。粒子射出圆形磁场瞬间，在y>0区域内加上沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。已知圆形磁场的磁感应强度大小为，y>0区域内匀强电场的电场强度大小为，不计粒子重力。 (1)求粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径； (2)求粒子离开圆形磁场区域后，到达x轴的速度大小； (3)求粒子穿出y≤0区域内第二个电场时速度方向与竖直方向夹角的正弦值； (4)若粒子到达y≤0区域内某个磁场下边界时，速度方向恰好沿x轴正方向，求此时速度大小。 【答案】(1)R　(2)0　(3)　 (4) 【解析】(1)粒子在第二象限圆形磁场中， 有qv0B1=m 其中B1= 解得r=R (2)如图甲所示 由几何关系得粒子射出圆形磁场时距离x轴d1=R(1-cos α) 粒子从射出圆形磁场到x轴，由动能定理得-qE1d1=mv2-m 解得v=0 (3)粒子在y≤0区域第一个电场中加速，由动能定理得qE0d=m 粒子在y≤0区域第一个磁场中，有qv1B0=m 如图乙所示 由几何关系得r1sin θ1=d 粒子在y≤0区域经历两个电场加速，有2qE0d=m，v1sin θ1=v2sin θ2 解得sin θ2= (4)设粒子在第n个磁场下边界的速度为vn，粒子在y≤0区域整个向下运动过程中，由动能定理得nqE0d=m 水平方向由动量定理得qB0t=mvn 其中t=nd 解得vn= 【考法归纳】 正则动量定理的应用 利用动量定理即洛伦兹力的冲量等于速度的动量变化，把粒子某一方向的位移和垂直该方向的速度变化联系起来。具体用法如下： ①Ix=m(vx'-vx)=mΔvx=-∑qBvyΔt=-qBΔy或-qBΔy=mΔvx ②Iy=m(vy'-vy)=mΔvy=∑qvxBΔt=qBΔx qBΔx=mΔvy 二、带电粒子在立体空间中的运动 带电粒子在立体空间中的运动问题，往往通过降维思想进行简化，常见示【典例】及解题策略如下表： 运动类型 解题策略 在三维坐标系中运动，每个轴方向都是常见运动模型 将粒子的运动分解为三个方向的运动 一维加一面，如螺旋式运动 螺旋式运动：将粒子的运动分解为一个轴方向的匀速直线运动或匀变速直线运动和垂直该轴所在面内的匀速圆周运动 运动所在平面切换，粒子进入下一区域偏转后运动轨迹曲线不在原来的平面内 把粒子运动所在的面隔离出来，转换视图角度，把立体图转化为平面图，分析粒子在每个面的运动 【典例】3　(2024·湖南卷·14)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tan θ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) 【解析】(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vy，由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t 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Bevy=m 可得R=，T== 若所有电子均能经过O进入电场，则有 t=nT(n=1，2，3，…) 联立得B= 当n=1时，B有最小值，可得 Bmin= (2)将电子的速度分解，有tan θ= θ最大时，tan θ有最大值，即vy最大， 此时Rmax==r， 联立可得vym=，tan θ= (3)当vy最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym， 根据匀变速直线运动规律有 ym= 由牛顿第二定律知a= 联立得ym= 【典例】4　(2025·江西省一模)在如图所示的三维坐标系中，y<0区域内有沿z轴负方向的匀强电场Ⅰ，在z>0和y>0区域内有沿x轴正方向的匀强磁场Ⅰ，在z<0，y>0区域内有沿y轴正方向的匀强电场Ⅱ和匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小相同，在y轴负半轴上坐标为(0，-2d，0)的P点向yOz平面内射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子恰好从z轴上坐标为(0，0，d)的Q点沿y轴正方向进入磁场Ⅰ，经磁场Ⅰ偏转后，垂直y轴进入磁场Ⅱ、电场Ⅱ，粒子从P点射出的速度大小为v0，粒子第二次进磁场Ⅰ时的速度大小也为v0，不计粒子的重力。 (1)求匀强电场Ⅰ的电场强度大小E1； (2)求匀强电场Ⅱ的电场强度大小E2； (3)若粒子第一次经过磁场Ⅰ的偏转经过y轴后，立即将磁场Ⅰ的方向反向，并调整磁场Ⅰ的大小，使得粒子第二次经过磁场Ⅰ的偏转后恰好垂直xOz平面进入电场Ⅰ，求改变后的磁场Ⅰ的磁感应强度大小与原磁场磁感应强度大小之比。 【答案】(1)　 (2)　 (3) 【解析】(1)设粒子从P点射出的速度沿z轴正方向的分速度为vz，沿y轴正方向的分速度为vy，则d=vz·t，2d=vy·t 解得vy=vz 由于+=v02 解得vy=vz=v0 则粒子在Q点的速度大小vQ=v0 根据动能定理-qE1d=mvQ2-mv02 解得E1= (2)由于粒子第一次经磁场Ⅰ偏转后以垂直于y轴进入磁场Ⅱ，因此粒子经过y轴的位置坐标为(0，d，0)，做圆周运动的半径r1=d 粒子第一次在磁场Ⅱ和电场Ⅱ中的运动由以r1为半径的匀速圆周运动和沿电场Ⅱ方向的初速度为零的匀加速直线运动组成，则粒子从进入磁场Ⅱ到第二次进磁场Ⅰ的时间t'==，由于粒子第二次进磁场Ⅰ时的速度大小仍为v0，则粒子沿电场Ⅱ方向分运动的末速度大小也为v0，则有v0=t' 解得E2= (3)设原磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B，根据题意有qvQB=m，解得B=。根据题意可知，粒子第二次进磁场Ⅰ时的速度与yOz平面平行，且速度与y轴正方向、z轴正方向的夹角均为45°；第二次进磁场Ⅰ的位置坐标y=d+v0t'=(1+)d。设粒子第二次在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为r2，根据题意可知r2=y=(1+)d 设改变后的磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B'，根据洛伦兹力提供向心力qv0B'=m 解得B'= 即=。 三、带电粒子在叠加场中的运动 1.三种典型运动 (1)匀速直线运动 ①只有两个场，所受合力为零。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。 ②三场共存，所受合力为零，其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。 (2)匀速圆周运动：三场共存，mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=m。 (3)摆线运动： ①条件：在磁场和电场，磁场与重力场，磁场、电场与重力场叠加场中，磁场与电场(或重力场)正交，粒子速度为零或速度与磁场方向垂直。 ②运动分析：粒子在洛伦兹力、静电力(或重力)的作用下的运动，研究某个点的运动，其轨迹可以描述为一个圆沿一条直线滚动时，圆上某点所经过的轨迹。 ③求解方法： a.利用配速法，将粒子的运动分解为一个匀速直线运动和一个圆周运动的合运动。 b.运用动量定理和动能定理求解。 2.分析思路 【典例】5　(2025·贵州卷·15)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点坐标为(，0，0)。已知重力加速度为g，粒子电荷量为q，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。 (1)求电场强度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。 【答案】(1)　　(2)　(3)y= 【解析】(1)由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和静电力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的静电力与重力平衡，则mg=Eq 解得E= 粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图甲所示 洛伦兹力提供向心力得qvB1=m 解得粒子运动的轨道半径R1= 根据圆周运动轨迹，由几何关系得x'2+= 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乙所示 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)=，且n>2 当n取最小值时，运动时间最短。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= 即当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，B2的大小为。 (3)若将电场方向改为沿y轴正方向，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轴正方向做匀加速直线运动，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y=。 【典例】6　(2025·甘肃酒泉市一模)如图所示，MN、PQ为带电金属板，金属板间电压为U，板间距离为2d，同时板间有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一束带正电粒子以平行于金属板的速度v0自O点射入复合场区域，恰好沿直线通过金属板。已知O为MP的中点，金属板足够长，带电粒子的比荷=，不计带电粒子的重力及它们之间的相互作用，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小B； (2)若仅撤去电场，带电粒子将打在金属板上且被金属板吸收，则此位置距金属板左端的距离及粒子在磁场中运动的时间； (3)若仅将金属板间电压变为U，则带电粒子在两板间运动的最大速率以及沿电场线方向上的最大偏移量。 【答案】(1)　 (2)d　　 (3)v0　d 【解析】(1)带电粒子能沿直线通过金属板， 有q=qv0B 解得B= (2)带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B=m 解得R=2d 带电粒子向上偏转，设打在MN板上距M端x处，由几何关系有R2=(R-d)2+x2 解得x=d 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期 T== 设此过程所对应的圆心角为θ，有 sin θ== 解得θ=60° 则带电粒子在匀强磁场中的运动时间 t=T= (3)通过配速法，使静电力与洛伦兹力平衡， 有q=qv1B 解得v1=v0 即将带电粒子的初速度v0分解为向右的 v1=v0 和向左的v2=v0 如图所示 则带电粒子在两板间运动的最大速率vm=v1+v2=v0 带电粒子做匀速圆周运动的半径 r==d 因2r=d<d 故带电粒子沿电场线方向的最大偏移量ym=d。 【典例】7　(2025·湖南卷·14)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，电场强度大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 【答案】(1)　(2)　(3) 【解析】(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U=E0=E0=E0 粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则在水平方向由运动学公式有d=v0t 在竖直方向由牛顿第二定律有q=ma 由运动学公式有d=at2 联立解得q= (2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan θ=2×= 则θ=30° 由几何关系可知v== 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图所示 由几何关系可知r==d 在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 联立解得B= (3)解法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b点的速度分解，如图乙所示，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡静电力的作用，则有qv1B=Eq 可得v1==v0 由于v1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2=2vcos 30°=2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速率为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B=m 解得r'=d 作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图丙所示 由几何关系可知xm=r'cos 30°+r'=d 解法二　正则动量法　当粒子的速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最大，设此时速度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有∑qvxBΔt=mv'-(-mvsin 30°) 即qBxm=mv'-(-mvsin 30°) 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有Eqxm=mv'2-mv2 联立可得xm=d。 【考法归纳】 配速法的应用 (1)配速法要领 先分解出一个速度产生洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，并以这个速度做匀速直线运动，另外一个分速度产生洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动。 (2)配速法解题流程 (3)常见问题 ①求粒子的最大速度 当v2与v1同向时速度最大vmax=v1+v2。 ②求粒子经过坐标轴的坐标 根据圆周运动规律，求出粒子一个周期内经过坐标轴所用时间，考虑周期性，写出经过坐标轴的所有时间通式，计算出圆周运动的位移和匀速直线运动的位移的矢量和。 计算题培优练1　带电粒子在组合场中的运动　 [分值：25分] 1.(11分)(2025·安徽省一模)如图所示，沿x轴方向每间隔d=0.1 m就有匀强电场和匀强磁场的交替分布，坐标原点处有一带正电粒子，由静止释放。已知匀强电场方向均向右，电场强度大小均为E=10 N/C；匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B=1 T，带电粒子比荷=2 C/kg，粒子重力不计，求： (1)(2分)粒子通过第一个电场区域后的速度大小v1； (2)(5分)粒子通过第n个磁场区域后竖直方向的速度大小vny； (3)(4分)粒子运动的水平位移的最大值xm。 【答案】(1)2 m/s　(2)0.2n m/s(n=1，2，3…) (3)20 m 【解析】(1)粒子通过第一个电场区域后，由动能定理Eqd=m 解得v1==2 m/s (2)设粒子通过第n个电场区域后，速度大小为vn，粒子即将进入第n个磁场区域，在磁场区域内，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为rn，根据洛伦兹力提供向心力qvnB=，如图所示，由几何关系可得rnsin β-rnsin α=d 竖直方向速度增量Δvny=vnsin β-vnsin α 联立以上各式可解得Δvny==0.2 m/s Δvny是一个定值，即每通过一个磁场区域后，竖直方向的增量均为0.2 m/s，即粒子通过第n个磁场区域后竖直方向的速度大小为vny=nΔvny=0.2n m/s(n=1，2，3…) (3)粒子通过n个电场区域后由动能定理得nEqd=m，解得vn==2 m/s 当粒子运动的水平位移最大时vx=0 此时vn=vny，联立上述各式解得n=100 粒子运动的水平位移的最大值xm=n·2d=20 m。 2.(14分)(2024·广东卷·15)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)(3分)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)(6分)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v； (3)(5分)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 【答案】(1)正电　　(2)　π (3) 【解析】(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电； 粒子在磁场中运动的周期为T=2t0 ① 根据T= ② 则粒子所带的电荷量q= ③ (2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时=vt0 ④ 出金属板间电场时竖直速度为零， 则竖直方向y=2×(0.5t0)2 ⑤ 在磁场中时qvB=m ⑥ 其中y=2r= ⑦ 联立解得v=π ⑧ D= ⑨ (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由③④⑦联立可得金属板的板间距离D=3r 则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上金属板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有最初t0在左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功， 则W=mv2+q·=+=。 计算题培优练2　带电粒子在立体空间中的运动　 [分值：30分] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(15分)(2025·江西萍乡市一模)如图所示，三维空间中有坐标系Oxyz，在x<0空间内存在着沿z轴负向的匀强磁场，磁感应强度大小B=，在x>0空间内存在着沿z轴正向的匀强电场，电场强度大小为E，在y=3a处有平行于xOz的荧光屏，在P点(-a，0，0)处有粒子源和加速电场(所占空间不计)，加速电压为U0，α粒子(He)从静止开始经电场瞬间加速，沿x轴正向飞出，已知α粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。求： (1)(5分)α粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间； (2)(6分)α粒子打到荧光屏上的坐标； (3)(4分)α粒子打到荧光屏产生一个亮点，另有氘核H)经电场加速进入磁场和电场，最后打在荧光屏上产生亮点，试判断荧光屏上有几个亮点，若一个亮点，写出判断依据，若两个，求出亮点间距离。 【答案】(1)2a　　(2)(，3a，)　(3)见解析 【解析】(1)α粒子在加速电场中运动，根据动能定理有qU0=m 解得v0= 在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有Bqv0= 代入数据解得r=2a 设α粒子在磁场中偏转的圆心角为θ，由几何知识可得sin θ==，θ= 其运动周期为T==2πa 故α粒子在磁场中运动的时间t=T= (2)α粒子离开磁场进入电场做类平抛运动，设α粒子进入电场时的速度方向与y轴的夹角为θ'，由几何知识可得θ'=30°，在y轴上的位移y1=2a(1-cos θ)=a 进入电场时，沿y轴的速度vy=v0cos θ'=v0，经过t1时间打到荧光屏上，则有y-y1=vyt1，y=3a 结合上述结论解得t1=4a 在z方向上，则有z== 在x方向上，则有x=v0sin θ'·t1= 所以α粒子打到荧光屏上的坐标为 (，3a，) (3)设氘核的质量为m1，电荷量为q1，则有m1=m，q1=q 在加速电场中，则有q1U0=m1v'2 解得v'===v0 即氘核在磁场中运动的情况与氦核运动情况相同，同理可知，在电场中的偏转情况也完全相同，因此在荧光屏上只有一个亮点。 2.(15分)(2025·江苏常州市一模)真空中的立方体区域边长为L，按如图方式建立空间直角坐标系，底面中心处有一点状放射源S，仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射带正电粒子，所有粒子的速度大小均为v，电荷量为q，质量为m。abfe面放有一个接收屏，用以接收粒子。现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使接收屏上恰好没有收到任何粒子，不考虑粒子重力及粒子间的相互作用。 (1)(3分)求匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)(4分)现在立方体内再加竖直向上的匀强电场，要使所有从S发出的粒子刚好都能从上表面中心P离开，求出所有满足条件的电场强度E的大小； (3)(8分)若电场强度E的大小取第(2)问中的最大值，现让abfe屏向左沿z轴负方向平移(图中未画出)，求打在abfe屏上的粒子中x轴坐标最大值和最小值时对应点的坐标(x，y，z)。 【答案】(1)　(2)(n=1，2，3…)　(3)(L，L，L)　(L，L，L) 【解析】(1)所有粒子恰好被束缚在正方形abcO区域内，由几何关系得r= 粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB=m 解得B= (2)粒子做圆周运动的周期T= 要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，所用时间一定为周期的整数倍，在竖直方向上由运动学规律得 L=·(nT)2 解得E=(n=1，2，3…) (3)粒子运动的俯视图如图所示 由图可知，当SP1为直径时，射出粒子的x轴坐标为最大值，此时x轴坐标为 x1=L 粒子运动的时间为t1=T 此时对应的y轴坐标y1=· 解得y1= 故坐标为(L，L，L) 由图可知，当与abfe面相切时，射出粒子的x轴坐标为最小值，此时x轴坐标为x2= 此时粒子运动的时间为t2=T 此时对应的y轴坐标为y2=· 解得y2=L 故坐标为(L，L，L)。 计算题培优练3　带电粒子在叠加场中的运动　 [分值：40分] 1.(10分)(2025·四川德阳市二模)竖直平面内水平虚线上方有方向水平向左的匀强电场。虚线下方高度为H的区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场，虚线上、下方的电场强度大小相等。将质量为m、电荷量为+q的小球从a点以初速度v0竖直向上抛出，小球的运动轨迹如图所示，a、c两点在虚线上，b点为轨迹的最高点。小球从c点进入虚线下方区域做匀速圆周运动且恰好不出下边界。不计空气阻力。求： (1)(5分)小球运动到c点时的速度大小； (2)(5分)匀强磁场的磁感应强度B的大小。 【答案】(1)v0　(2) 【解析】(1)由于小球在虚线下方磁场和电场中做匀速圆周运动，则qE=mg 从a点到c点，在竖直方向上，有tac= 在水平方向上qE=ma，vcx=atac 由运动的合成有vc= 又vcy=v0 联立解得vc=v0 (2)由题意可知小球运动轨迹如图所示。 设小球在c点的速度方向与水平方向成θ，由cos θ= 解得cos θ= 由几何关系可得，rcos θ+r=H，解得r= 由牛顿第二定律，得qvcB=m 由以上各式，联立解得B=。 2.(15分)(2025·重庆市缙云教育联盟一模)如图所示，在xOy坐标系x<0区域内存在平行于x轴、电场强度大小为E(E未知)的匀强电场，分界线OP将x>0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B(B未知)的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B'=B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E'=E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M(-d，0)点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时速度与y轴正方向的夹角为60°，经过区域Ⅰ后由分界线OP上的A点(图中未画出)垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求： (1)(3分)电场强度E的大小； (2)(5分)带电粒子从M点运动到A点的时间t； (3)(7分)粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。 【答案】(1)　(2)　 (3)4πd 【解析】(1)粒子经过N点时的速度v==2v0 粒子从M点到N点，由动能定理得 qEd=mv2-m 解得E= (2)粒子从M点到N点，由运动学公式有d=· 解得t1= 粒子从M点到A点，其运动轨迹如图甲所示 由抛体运动的规律可得=tan 60° 由几何关系可得，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径 r1=|ON|sin 60°=d 运动时间t2=T1= 则t=t1+t2=+= (3)粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m 解得B= 如图甲所示，设v1对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有 v1=v2 方向相反，v2与v的合速度v'对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为以v1的匀速直线运动和以v'的匀速圆周运动 静电力等于洛伦兹力，则有qE'=qv1B' 解得v1=v0 则合速度v'=v0 设对应的匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有qv'B'=m 解得r2=d 其运动轨迹如图乙所示 粒子从第1次到第5次经过x轴，共运动了2个周期，时间t3=2T2== 距离s=v1t3 解得s=4πd。 3.(15分)(2025·安徽蚌埠市质检)如图所示，水平虚线a、b、c、d间距均为L，a、b间和c、d间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两个区域的磁感应强度大小相等，空间存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点由静止释放，粒子进磁场Ⅰ时撤去电场，粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹恰好与虚线b相切，已知P点离虚线a距离也为L，不计粒子的重力。 (1)(4分)求匀强磁场的磁感应强度大小； (2)(5分)不撤去电场，改变带电粒子在虚线上方由静止释放的位置，粒子进磁场Ⅰ后轨迹恰好与虚线b相切，则粒子释放的位置离虚线a的距离为多少； (3)(6分)不撤去电场，将粒子在虚线a上方距离为2L的Q点(图中未画出)以水平速度v向右射出，结果粒子恰好不能从磁场Ⅱ的d边界射出，则初速度v多大。 【答案】(1)　(2)粒子应在边界a上由静止释放　(3) 【解析】(1)设粒子进磁场Ⅰ时的速度大小为v0，根据动能定理有qEL=m 解得v0= 据题意可知，粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，其半径r1=L 根据牛顿第二定律有qv0B=m 解得B= (2)设粒子释放的位置离虚线a的距离为d，粒子与虚线b相切时的速度大小为v1，根据动能定理有 qE(L+d)=m 解得v1= 粒子在磁场Ⅰ中运动到b的过程，水平方向应用动量定理有∑qvy1Bt1=mv1 在竖直方向有∑vy1t1=L 解得d=0，即粒子应在边界a上由静止释放。 (3)由题意可知，粒子到边界d时速度与d相切水平向右，设其速度大小为v2，则有qE×5L=m-mv2 粒子在两个磁场中运动到d的过程，水平方向应用动量定理有∑qvy2Bt2=mv2-mv 在竖直方向有∑vy2t2=2L 则有2qBL=mv2-mv 解得v=。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题三 电场与磁场　计算题培优2　带电粒子在电磁场中的运动 一、带电粒子在组合场中的运动 1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较 磁偏转 电偏转 情景图 垂直进入磁场 进入磁场时速度与磁场有一定夹角 垂直进入电场 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 受力 FB=qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力 F=qv0Bsin θ 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=，T= 螺旋式运动qv⊥B=m 螺距x=v0cos θ·t 类平抛运动 vx=v0，vy=t x=v0t，y=t2 类斜抛运动 vx=v0sin θ，vy=v0cos θ-t x=v0sin θ·t，y=v0cos θ·t-t2 2.常见运动及处理方法 【典例】1　(2025·河南卷·15)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b到水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s=3h。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度) 【考法归纳】 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 【典例】2　(2025·山东青岛市一检)如图所示，xOy平面直角坐标系中，在第二象限内存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，半径为R，磁场边界与两坐标轴相切；y≤0区域内交替分布宽度均为d的匀强电场和匀强磁场，其边界均与x轴平行，匀强电场的电场强度大小为E0，方向沿y轴负方向，匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从圆形边界上的P点以初速度v0射入磁场，PO1与x轴平行，v0与PO1夹角α=60°。粒子射出圆形磁场瞬间，在y>0区域内加上沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。已知圆形磁场的磁感应强度大小为，y>0区域内匀强电场的电场强度大小为，不计粒子重力。 (1)求粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径； (2)求粒子离开圆形磁场区域后，到达x轴的速度大小； (3)求粒子穿出y≤0区域内第二个电场时速度方向与竖直方向夹角的正弦值； (4)若粒子到达y≤0区域内某个磁场下边界时，速度方向恰好沿x轴正方向，求此时速度大小。 【考法归纳】 正则动量定理的应用 利用动量定理即洛伦兹力的冲量等于速度的动量变化，把粒子某一方向的位移和垂直该方向的速度变化联系起来。具体用法如下： ①Ix=m(vx'-vx)=mΔvx=-∑qBvyΔt=-qBΔy或-qBΔy=mΔvx ②Iy=m(vy'-vy)=mΔvy=∑qvxBΔt=qBΔx qBΔx=mΔvy 二、带电粒子在立体空间中的运动 带电粒子在立体空间中的运动问题，往往通过降维思想进行简化，常见示【典例】及解题策略如下表： 运动类型 解题策略 在三维坐标系中运动，每个轴方向都是常见运动模型 将粒子的运动分解为三个方向的运动 一维加一面，如螺旋式运动 螺旋式运动：将粒子的运动分解为一个轴方向的匀速直线运动或匀变速直线运动和垂直该轴所在面内的匀速圆周运动 运动所在平面切换，粒子进入下一区域偏转后运动轨迹曲线不在原来的平面内 把粒子运动所在的面隔离出来，转换视图角度，把立体图转化为平面图，分析粒子在每个面的运动 【典例】3　(2024·湖南卷·14)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tan θ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。 【典例】4　(2025·江西省一模)在如图所示的三维坐标系中，y<0区域内有沿z轴负方向的匀强电场Ⅰ，在z>0和y>0区域内有沿x轴正方向的匀强磁场Ⅰ，在z<0，y>0区域内有沿y轴正方向的匀强电场Ⅱ和匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小相同，在y轴负半轴上坐标为(0，-2d，0)的P点向yOz平面内射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子恰好从z轴上坐标为(0，0，d)的Q点沿y轴正方向进入磁场Ⅰ，经磁场Ⅰ偏转后，垂直y轴进入磁场Ⅱ、电场Ⅱ，粒子从P点射出的速度大小为v0，粒子第二次进磁场Ⅰ时的速度大小也为v0，不计粒子的重力。 (1)求匀强电场Ⅰ的电场强度大小E1； (2)求匀强电场Ⅱ的电场强度大小E2； (3)若粒子第一次经过磁场Ⅰ的偏转经过y轴后，立即将磁场Ⅰ的方向反向，并调整磁场Ⅰ的大小，使得粒子第二次经过磁场Ⅰ的偏转后恰好垂直xOz平面进入电场Ⅰ，求改变后的磁场Ⅰ的磁感应强度大小与原磁场磁感应强度大小之比。 三、带电粒子在叠加场中的运动 1.三种典型运动 (1)匀速直线运动 ①只有两个场，所受合力为零。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。 ②三场共存，所受合力为零，其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。 (2)匀速圆周运动：三场共存，mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=m。 (3)摆线运动： ①条件：在磁场和电场，磁场与重力场，磁场、电场与重力场叠加场中，磁场与电场(或重力场)正交，粒子速度为零或速度与磁场方向垂直。 ②运动分析：粒子在洛伦兹力、静电力(或重力)的作用下的运动，研究某个点的运动，其轨迹可以描述为一个圆沿一条直线滚动时，圆上某点所经过的轨迹。 ③求解方法： a.利用配速法，将粒子的运动分解为一个匀速直线运动和一个圆周运动的合运动。 b.运用动量定理和动能定理求解。 2.分析思路 【典例】5　(2025·贵州卷·15)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点坐标为(，0，0)。已知重力加速度为g，粒子电荷量为q，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。 (1)求电场强度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。 【典例】6　(2025·甘肃酒泉市一模)如图所示，MN、PQ为带电金属板，金属板间电压为U，板间距离为2d，同时板间有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一束带正电粒子以平行于金属板的速度v0自O点射入复合场区域，恰好沿直线通过金属板。已知O为MP的中点，金属板足够长，带电粒子的比荷=，不计带电粒子的重力及它们之间的相互作用，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小B； (2)若仅撤去电场，带电粒子将打在金属板上且被金属板吸收，则此位置距金属板左端的距离及粒子在磁场中运动的时间； (3)若仅将金属板间电压变为U，则带电粒子在两板间运动的最大速率以及沿电场线方向上的最大偏移量。 【典例】7　(2025·湖南卷·14)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，电场强度大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 【考法归纳】 配速法的应用 (1)配速法要领 先分解出一个速度产生洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，并以这个速度做匀速直线运动，另外一个分速度产生洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动。 (2)配速法解题流程 (3)常见问题 ①求粒子的最大速度 当v2与v1同向时速度最大vmax=v1+v2。 ②求粒子经过坐标轴的坐标 根据圆周运动规律，求出粒子一个周期内经过坐标轴所用时间，考虑周期性，写出经过坐标轴的所有时间通式，计算出圆周运动的位移和匀速直线运动的位移的矢量和。 计算题培优练1　带电粒子在组合场中的运动　 [分值：25分] 1.(11分)(2025·安徽省一模)如图所示，沿x轴方向每间隔d=0.1 m就有匀强电场和匀强磁场的交替分布，坐标原点处有一带正电粒子，由静止释放。已知匀强电场方向均向右，电场强度大小均为E=10 N/C；匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B=1 T，带电粒子比荷=2 C/kg，粒子重力不计，求： (1)(2分)粒子通过第一个电场区域后的速度大小v1； (2)(5分)粒子通过第n个磁场区域后竖直方向的速度大小vny； (3)(4分)粒子运动的水平位移的最大值xm。 2.(14分)(2024·广东卷·15)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)(3分)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)(6分)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v； (3)(5分)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 计算题培优练2　带电粒子在立体空间中的运动　 [分值：30分] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(15分)(2025·江西萍乡市一模)如图所示，三维空间中有坐标系Oxyz，在x<0空间内存在着沿z轴负向的匀强磁场，磁感应强度大小B=，在x>0空间内存在着沿z轴正向的匀强电场，电场强度大小为E，在y=3a处有平行于xOz的荧光屏，在P点(-a，0，0)处有粒子源和加速电场(所占空间不计)，加速电压为U0，α粒子(He)从静止开始经电场瞬间加速，沿x轴正向飞出，已知α粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。求： (1)(5分)α粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间； (2)(6分)α粒子打到荧光屏上的坐标； (3)(4分)α粒子打到荧光屏产生一个亮点，另有氘核H)经电场加速进入磁场和电场，最后打在荧光屏上产生亮点，试判断荧光屏上有几个亮点，若一个亮点，写出判断依据，若两个，求出亮点间距离。 2.(15分)(2025·江苏常州市一模)真空中的立方体区域边长为L，按如图方式建立空间直角坐标系，底面中心处有一点状放射源S，仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射带正电粒子，所有粒子的速度大小均为v，电荷量为q，质量为m。abfe面放有一个接收屏，用以接收粒子。现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使接收屏上恰好没有收到任何粒子，不考虑粒子重力及粒子间的相互作用。 (1)(3分)求匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)(4分)现在立方体内再加竖直向上的匀强电场，要使所有从S发出的粒子刚好都能从上表面中心P离开，求出所有满足条件的电场强度E的大小； (3)(8分)若电场强度E的大小取第(2)问中的最大值，现让abfe屏向左沿z轴负方向平移(图中未画出)，求打在abfe屏上的粒子中x轴坐标最大值和最小值时对应点的坐标(x，y，z)。 计算题培优练3　带电粒子在叠加场中的运动　 [分值：40分] 1.(10分)(2025·四川德阳市二模)竖直平面内水平虚线上方有方向水平向左的匀强电场。虚线下方高度为H的区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场，虚线上、下方的电场强度大小相等。将质量为m、电荷量为+q的小球从a点以初速度v0竖直向上抛出，小球的运动轨迹如图所示，a、c两点在虚线上，b点为轨迹的最高点。小球从c点进入虚线下方区域做匀速圆周运动且恰好不出下边界。不计空气阻力。求： (1)(5分)小球运动到c点时的速度大小； (2)(5分)匀强磁场的磁感应强度B的大小。 2.(15分)(2025·重庆市缙云教育联盟一模)如图所示，在xOy坐标系x<0区域内存在平行于x轴、电场强度大小为E(E未知)的匀强电场，分界线OP将x>0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B(B未知)的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B'=B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E'=E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M(-d，0)点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时速度与y轴正方向的夹角为60°，经过区域Ⅰ后由分界线OP上的A点(图中未画出)垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求： (1)(3分)电场强度E的大小； (2)(5分)带电粒子从M点运动到A点的时间t； (3)(7分)粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。 3.(15分)(2025·安徽蚌埠市质检)如图所示，水平虚线a、b、c、d间距均为L，a、b间和c、d间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两个区域的磁感应强度大小相等，空间存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点由静止释放，粒子进磁场Ⅰ时撤去电场，粒子在磁场Ⅰ中运动的轨迹恰好与虚线b相切，已知P点离虚线a距离也为L，不计粒子的重力。 (1)(4分)求匀强磁场的磁感应强度大小； (2)(5分)不撤去电场，改变带电粒子在虚线上方由静止释放的位置，粒子进磁场Ⅰ后轨迹恰好与虚线b相切，则粒子释放的位置离虚线a的距离为多少； (3)(6分)不撤去电场，将粒子在虚线a上方距离为2L的Q点(图中未画出)以水平速度v向右射出，结果粒子恰好不能从磁场Ⅱ的d边界射出，则初速度v多大。 学科网（北京）股份有限公司 $