专题13 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动-2026年高三物理暑期能力提升讲义

该高中物理高考复习讲义围绕带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动核心考点，按运动形式（匀速直线、圆周、复杂曲线）、方法规律（配速法）、交变场分析思路的逻辑架构梳理知识，通过考点解读、方法归纳、真题例析、分层训练环节，帮助学生系统构建解题框架，突破难点。 资料以科学思维和模型建构为导向，创新采用配速法分解摆线运动、分段分析交变场衔接点等策略，如例1用配速法求最大距离与速率，针对性训练整合多省市模考题，助力学生高效提升分析推理能力，为教师把控复习节奏提供精准教学支持。

高三物理暑期能力提升 专题13 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动 【方法解读】 一．带电粒子在叠加场中的运动 1.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 粒子所受合力为0 平衡条件 匀速圆 周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零： qE=mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 2 叠加场中的摆线问题 摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹，其实就是一个圆沿着一条直线做无滑动的滚动，圆周上的一点运动轨迹的曲线，如图所示。 解决叠加场中的摆线问题的.配速法 (1)定义：若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，粒子做复杂曲线，如果把初速度分解为两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 (2)用配速法处理叠加场中的摆线类问题 常见情况 处理方法 初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个等大反向的速度v2。 初速度为v0，不计重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。 二 、 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 先读图 看清并且明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解 例1 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在电场中运动，不计粒子所受重力。若该粒子在M点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。 例2 如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t=0时刻，带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，且=，在0~t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为(，)。求： (1)粒子P的比荷； (2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标； (3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。 【针对性训练】 1 (2025·江西宜春市二模)某控制带电粒子运动的装置模型如图所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场。电场强度大小为E(未知)，方向竖直向下；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是(　　) A.匀强电场E的大小为E= B.粒子从O点运动到P点的时间为 C.粒子经过N点时速度大小为 D.MN两点的竖直距离为d 2 如图所示，两平行金属板之间有竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，一带负电的粒子（重力不计）以速度水平向左飞入两板之间，恰能沿直线飞出。下列判断正确的是（ ） A. 粒子一定做匀速直线运动 B. 若只增大粒子速度，其运动轨迹将向下偏转 C. 若只增加粒子的电量，其运动轨迹仍是直线 D. 若粒子以速度从左向右水平飞入，其运动轨迹是抛物线 3 .(2022·全国甲卷·18)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　) 4 霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面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，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。下列说法正确的是（　　） A. 入射速度小于v0时，电子在最高点与在最低点速度大小相等 B. 若电子入射速度为，则速度大小为时位置的纵坐标 C. 若将电子变为质量和电量不变的正电荷，入射速度小于v0时，轨迹与图中虚线相同 D. 入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，则能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的80% 5. （2024海南海口市质检）如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，y轴竖直向上。 第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向里的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、带电量为q的小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从 P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d，重力加速度为g。 则（　　） A. 电场强度的大小为 方向沿y轴负半轴 B. 做圆周运动的周期为 C. 从P运动到Q过程中小球电势能减小 D. 磁感应强度大小为 6.(多选)(2024·安徽卷·10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　) A.油滴a带负电，所带电量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 7. (12分)(2025·湖南长沙市一模)如图，竖直平面将地面上方空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，界线OO'左侧的Ⅰ区域内存在着竖直向上的匀强电场E1和垂直纸面向外的匀强磁场B，右侧的Ⅱ区域内存在与E1大小相等、方向水平向左的匀强电场E2。有一个质量为m=10-5 kg、带电荷量为q=1.0×10-4 C的微粒，从距离O点左侧d=5 m处的水平地面上的A点斜向右上方抛出，抛出速度v0=10 m/s、与水平地面成θ=60°角，微粒在Ⅰ区域做匀速圆周运动一段时间后，从C点水平射入Ⅱ区域，最后落在Ⅱ区域地面上的D点(图中未标出)。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(4分)电场强度E1的大小和磁感应强度B的大小； (2)(4分)微粒从A点到D点的运动时间t； (3)(4分)微粒在Ⅱ区域内运动过程中动能最小时离地面的高度h。 8　(八省联考·陕西·15)如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求： (1)电场强度的大小和P点距y轴的距离； (2)小球第一次到达最低点时速度的大小； (3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。 9 (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)(6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。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三物理暑期能力提升 专题13 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动 【方法解读】 一．带电粒子在叠加场中的运动 1.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 粒子所受合力为0 平衡条件 匀速圆 周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零： qE=mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 2 叠加场中的摆线问题 摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹，其实就是一个圆沿着一条直线做无滑动的滚动，圆周上的一点运动轨迹的曲线，如图所示。 解决叠加场中的摆线问题的.配速法 (1)定义：若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，粒子做复杂曲线，如果把初速度分解为两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 (2)用配速法处理叠加场中的摆线类问题 常见情况 处理方法 初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个等大反向的速度v2。 初速度为v0，不计重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。 二 、 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 先读图 看清并且明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解 例1 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在电场中运动，不计粒子所受重力。若该粒子在M点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。 答案　　 解析　方法一　“配速法” 这个运动之所以复杂是因为洛伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的运动就是匀速圆周运动，我们就可以设法将其分解为匀速圆周运动。粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡：Bqv=Eq；因此，粒子的运动是水平向右、速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨迹半径r==，所以ym=2r=，vm=2v=。 方法二　动能定理+动量定理 带电粒子在运动中，只有静电力做功，当其运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有qEym=m① 粒子沿竖直方向上的速度产生水平方向的洛伦兹力， 取沿水平方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有 F洛xΔt=qBvyΔt=mΔvx， 式中vyΔt表示粒子沿竖直方向运动的距离。 因此，等式两边对粒子从离开M点到第一次运动至最远的过程求和有 qBym=mvm② 联立①②两式，解得vm=，ym=。 例2 如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t=0时刻，带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，且=，在0~t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为(，)。求： (1)粒子P的比荷； (2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标； (3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。 答案　(1)　(2)(v0t0，0)　(3)v0t0 解析　(1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动， 当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周， 所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R= 又qv0B0=，= 联立解得=。 (2)设粒子P在磁场中运动的周期为T， 则T==4t0 即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动， 设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1=v0t0=，y1=a 其中加速度a= 联立解得y1==R 因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为(v0t0，0)，如图中的b点所示。 (3)分析知，粒子P在2t0~3t0时间内，静电力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2=x1=v0t0； 在3t0~5t0时间内，粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如(2)中图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离，则L=2R+2x1，解得L=v0t0。 【针对性训练】 1 (2025·江西宜春市二模)某控制带电粒子运动的装置模型如图所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场。电场强度大小为E(未知)，方向竖直向下；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是(　　) A.匀强电场E的大小为E= B.粒子从O点运动到P点的时间为 C.粒子经过N点时速度大小为 D.MN两点的竖直距离为d 答案　AC 解析　设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理有qEd=mv2，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，由几何关系可得R=d，联立以上可得E=，故A正确；粒子在电场中的运动时间为t1==，在磁场中的运动时间为t2==，粒子从O点运动到P点的时间为t=，故B错误；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx=qvyB，Fy=qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得mv1-0=∑qvyBΔt=qBy，由动能定理可得qEy=m-0，联立解得v1=，y=d，故D错误，C正确。 2 如图所示，两平行金属板之间有竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，一带负电的粒子（重力不计）以速度水平向左飞入两板之间，恰能沿直线飞出。下列判断正确的是（ ） A. 粒子一定做匀速直线运动 B. 若只增大粒子速度，其运动轨迹将向下偏转 C. 若只增加粒子的电量，其运动轨迹仍是直线 D. 若粒子以速度从左向右水平飞入，其运动轨迹是抛物线 【答案】AC 【解析】 带负电粒子受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，粒子恰能沿直线飞出，则有 粒子一定做匀速直线运动，故A正确； 若只增大粒子速度，则有 则其运动轨迹将向上偏转，故B错误； 若只增加粒子的电量，则仍有 其运动轨迹仍是直线，故C正确； 若粒子以速度从左向右水平飞入，则受电场力和洛伦兹力均向下，则其运动轨迹是曲线，但由于洛伦兹力大小方向均发生变化，所以轨迹不是抛物线，故D错误。 3 .(2022·全国甲卷·18)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　) 答案　B 解析　粒子在O点静止，对零速度进行分解，分解为沿x轴正方向的速度v和沿x轴负方向的速度v'，两个速度大小相等，方向相反，使得一个洛伦兹力平衡静电力，即qBv'=qE，则粒子在电场、磁场中的运动，可视为沿x轴负方向以速度v'=做匀速直线运动，同时在x轴及x轴上方做匀速圆周运动。故选B。 4 霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面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，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。下列说法正确的是（　　） A. 入射速度小于v0时，电子在最高点与在最低点速度大小相等 B. 若电子入射速度为，则速度大小为时位置的纵坐标 C. 若将电子变为质量和电量不变的正电荷，入射速度小于v0时，轨迹与图中虚线相同 D. 入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，则能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的80% 【答案】BD 【解析】电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，向上运动到最高点，电场力做正功，电子速度变大，向下运动到最低点，电场力做负功，电子速度变小，电子在最高点与在最低点速度大小不相等，故A错误； B．入射速度v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee=ev0B，解得E=v0B，电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，速度大小为时，根据动能定理有，解得，故B正确； C．若将电子变为质量和电量不变的正电荷，正电荷向上的洛伦兹力和向下的电场力，力的大小不变，入射速度小于v0时，轨迹与图中虚线关于x轴对称，故C错误； D．若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合=evmB－eE，在最低点有F合=eE－evB，联立有，，要让电子达纵坐标位置，即y≥y2，解得，则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的80%，故D正确。故选BD。 5. （2024海南海口市质检）如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，y轴竖直向上。 第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向里的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、带电量为q的小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从 P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d，重力加速度为g。 则（　　） A. 电场强度的大小为 方向沿y轴负半轴 B. 做圆周运动的周期为 C. 从P运动到Q过程中小球电势能减小 D. 磁感应强度大小为 【答案】BC 【解析】 小球在第Ⅳ做匀速圆周运动，则电场强度为 解得 结合左手定则可知粒子带正电，则电场强度向上，故A错误； 小球在第三象限运动，只有重力做功，有 小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，根据几何关系可知 则运动的周期为 故B正确； 小球受电场力做功为 所以从P运动到Q过程中小球电势能减小，故C正确； 小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 解得 故D错误 6.(多选)(2024·安徽卷·10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　) A.油滴a带负电，所带电量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 答案　ABD 解析　油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg=Eq 解得q=，故A正确； 根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m 联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v= 故B正确； 设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得 v1B=· 解得v1==， 周期为T==， 故C错误； 带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv=v1+v2， 解得v2=-， 由于分离后的小液滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 7. (12分)(2025·湖南长沙市一模)如图，竖直平面将地面上方空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，界线OO'左侧的Ⅰ区域内存在着竖直向上的匀强电场E1和垂直纸面向外的匀强磁场B，右侧的Ⅱ区域内存在与E1大小相等、方向水平向左的匀强电场E2。有一个质量为m=10-5 kg、带电荷量为q=1.0×10-4 C的微粒，从距离O点左侧d=5 m处的水平地面上的A点斜向右上方抛出，抛出速度v0=10 m/s、与水平地面成θ=60°角，微粒在Ⅰ区域做匀速圆周运动一段时间后，从C点水平射入Ⅱ区域，最后落在Ⅱ区域地面上的D点(图中未标出)。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(4分)电场强度E1的大小和磁感应强度B的大小； (2)(4分)微粒从A点到D点的运动时间t； (3)(4分)微粒在Ⅱ区域内运动过程中动能最小时离地面的高度h。 答案　(1)1 V/m　0.1 T　(2)(+1) s　(3)3.75 m 解析　(1)微粒在Ⅰ区域内做匀速圆周运动，所以重力与静电力平衡，有E1q=mg 解得E1==1 V/m 根据几何关系可得微粒做匀速圆周运动的半径为R==10 m 根据洛伦兹力提供向心力，有qBv0=m 解得B=0.1 T (2)微粒从A点到C点的运动时间为t1==·= s 从C点水平射入Ⅱ区域，根据运动的分解，有R-Rcos 60°=g 解得t2=1 s 微粒从A点到D点的运动时间为 t=t1+t2=(+1) s。 (3)因为在Ⅱ区域微粒受到的重力和静电力大小相等，所以合力方向与水平方向成45°角斜向左下，所以当微粒速度方向与水平方向成45°斜向右下时动能最小，即tan 45°=， vy=gt3，vx=v0-at3 qE2=ma，E2=E1=1 V/m， 解得t3=0.5 s 此时下落的高度为H=g=1.25 m 离地面的高度h=R-Rcos 60°-H=3.75 m。 8　(八省联考·陕西·15)如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求： (1)电场强度的大小和P点距y轴的距离； (2)小球第一次到达最低点时速度的大小； (3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。 答案　(1)　　(2)(1+)v0　(3) 解析　(1)依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化量为零，由动能定理可知合力做功为零，静电力与重力等大反向，可知qE=mg，解得E= 可知小球由P点到O点在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示 根据qv0B=m，解得r= 由几何关系可得xP=r+rcos 30° 联立解得xP= (2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°的v0，如图乙所示 qv0B=mg，知其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，沿x轴正方向小球做匀速直线运动 与x轴负方向成45°的v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为v=v0+v0=(1+)v0 (3)由第(2)问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图丙所示 根据qv0B=m，又T= 由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间为t=T 联立解得t=。 9 (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)(6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=2t0① 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)2⑤ 在磁场中时qvB=m⑥ 其中y=2r=⑦ 联立解得v=π D= (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·=+=。 1 学科网（北京）股份有限公司 $