高二物理电磁学部分叠加场类题答案(强烈推荐)

班级姓名学号高二物理第三章《磁场》复合场练习题一、选择题：1、一个带正电荷的微粒（重力不计）穿过图中匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转，应采用的办法是（）A．增大电荷质量．B．增大电荷电量．C．减少入射速度．D．增大磁感应强度．2、如图所示，在真空中匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动．比较它们的重力G a、G b、G c的关系，正确的是( )A．G a最大B．G b最大C．G c最大D．G c最小3、如图所示，空间的某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域并沿直线运动，从C点离开场区；如果这个场区只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区。

设粒子在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2、和t3的大小，则（）A、t1=t2=t3B、t1=t2＜t3C、t1＜t2=t3D、t1＜t2＜t34、在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场。

取坐标如图。

一带电粒子沿x 轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转。

不计重力的影响，电场强度E 和磁感强度B 的方向可能是（ ）A ． E 和B 都沿x 轴正方向 B ． E 沿y 轴正向，B 沿z 轴正向C ． E 沿x 轴正向，B 沿y 轴正向D ．E 、B 都沿z 轴正向5、一长方形金属块放在匀强磁场中，将金属块通以电流，磁场方向和电流方向如图所示，则金属块两表面M 、N 的电势高低情况是（ ） A ．N M ϕϕ<． B ．N M ϕϕ=． C ．N M ϕϕ>． D ．无法比较．6、设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略重力，以下说法中正确的是（ ） A ．这离子必带正电荷．B ．A 点和B 点位于同一高度．C ．离子在C 点时速度最大．D ．离子到达B 点后，将沿原曲线返回A 点．二、填空题：7、一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内做匀速圆周运动。

带电粒子在叠加场中运动1.带电粒子在叠加场中的运动在高考物理中占据重要地位，是检验学生综合运用电场、磁场等物理知识解决复杂问题的能力的重要考点。

2.在命题方式上，这类题目通常以综合性强的计算题形式出现，可能涉及电场、磁场、重力场等多个叠加场的组合，要求考生分析带电粒子在这些叠加场中的受力情况、运动轨迹、速度变化等，并运用相应的物理公式和定理进行计算和推理。

3.备考时，考生应首先深入理解叠加场的基本原理和带电粒子在其中的运动规律，掌握电场力、洛伦兹力、重力等力的计算方法和叠加原理。

同时，考生需要熟悉相关的物理公式和定理，并能够灵活运用它们解决具体问题。

此外，考生还应注重实践练习，通过大量做题来提高自己的解题能力和速度。

考向一：带电粒子在叠加场中的直线运动1.带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。

2.带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题。

考向二：带电粒子在叠加场中的圆周运动1.带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。

2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。

考向三：配速法处理带电粒子在叠加场中的运动1.若带电粒子在磁场中所受合力不会零，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，则粒子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或电场力，或重力和电场力的合力)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分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。

2.几种常见情况：常见情况处理方法初速度为0，有重力把初速度0，分解一个向左的速度v 1和一个向右的速度v 1初速度为0，不计重力把初速度0，分解一个向左的速度v 1和一个向右的速度v 1初速度为0，有重力把初速度0，分解一个斜向左下方的速度v 1和一个斜向右上方的速度v 1初速度为v 0，有重力把初速度v 0，分解速度v 1和速度v 201束缚类直线运动1如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中，两个质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中()A.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短B.甲滑块在斜面上运动的位移比乙滑块在斜面上运动的位移小C.甲滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率比乙滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率大D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等【答案】D【详解】A ．小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，有mg cos θ=qv m B 解得v m =mg cos θqB所以斜面角度越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故在甲滑块飞离时速度较大，物体在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可知加速度a =g sin θ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲的最大速度大于乙的最大速度，由v m =at 得，甲的时间大于乙的时间，故A 错误；B ．由A 选项的分析和x =v 2m 2a得，甲的位移大于乙的位移，故B 错误；C ．滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率为P =mgv m sin θ=m 2g 2sin θ⋅cos θqB 则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为P =3m 2g 28qB故C 错误；D ．由平均功率的公式得P =mg ⋅v m2sin θ=m 2g 2sin θ⋅cos θ2qB因sin30°=cos60°，故两滑块重力的平均功率均为P =3m 2g 28qB 故D 正确。

高中物理【带电粒子在叠加场中的运动】典型题1．(多选)如图所示，为研究某种射线装置的示意图．射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O 点，出现一个亮点．在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场后，射线在板间做半径为r 的圆周运动，然后打在荧光屏的P 点．若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E 的匀强电场，亮点又恰好回到O 点，由此可知该射线粒子射线源( )A ．带正电B ．初速度为v ＝B EC ．荷质比为q m ＝B 2r ED ．荷质比为q m ＝E B 2r解析：选AD ．粒子在向里的磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A 正确；粒子在磁场中：Bq v ＝m v 2r ；粒子在电磁正交场中：qE ＝q vB ，v ＝E B，选项B 错误；联立解得q m ＝E B 2r，选项C 错误，D 正确． 2.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R ，已知该电场的电场强度为E ，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g ，则( )A ．液滴带正电B ．液滴比荷q m ＝E gC ．液滴沿顺时针方向运动D ．液滴运动速度大小v ＝Rg BE解析：选C ．液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE ＝mg ，得q m ＝g E，故B 错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C 正确；对液滴qE ＝mg ，q v B ＝m v 2R 得v ＝RBg E，故D 错误． 3.如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t ，从复合场区穿出时的动能为E k ，则( )A ．若撤去磁场B ，质子穿过场区时间大于tB ．若撤去电场E ，质子穿过场区时间等于tC ．若撤去磁场B ，质子穿出场区时动能大于E kD ．若撤去电场E ，质子穿出场区时动能大于E k解析：选C ．质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动．若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t ，A 错误；若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t ，B 错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于E k ，C 正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为E k ，D 错误．4．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 的复合场中(E 和B 已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则( )A ．小球可能带正电B ．小球做匀速圆周运动的半径为r ＝1B2UE gC ．小球做匀速圆周运动的周期为T ＝2πE BgD ．若电压U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加解析：选BC ．小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq ，方向相反，则小球带负电，A 错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得Bq v ＝m v 2r ，Uq ＝12m v 2，联立两式可得小球做匀速圆周运动的半径r ＝1B 2UE g ，由T ＝2πr v 可以得出T ＝2πE Bg，与电压U 无关，所以B 、C 正确，D 错误．5．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN 、PQ 为理想边界，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的范围足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m 、带电荷量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g .(1)试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小；(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h 应满足什么条件？(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求它释放时距MN 的高度h .解析：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．则有qE ＝mg ，解得E ＝mg q. (2)假设下落高度为h 0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，小球的轨道半径R ＝d ，带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得mgh 0＝12m v 2，带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ， 解得h 0＝q 2B 2d 22m 2g， 则当h ＞h 0时，即h ＞q 2B 2d 22m 2g时带电小球能进入区域Ⅱ. (3)如图乙所示，因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q 、v 、B 、m 的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R ，内角为60°，由几何关系知R ＝d sin 60°， 联立解得h ＝2q 2B 2d 23m 2g. 答案：(1)正电 mg q (2)h ＞q 2B 2d 22m 2g (3)2q 2B 2d 23m 2g6．(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H ＝k I H B d，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件前、后两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面B ．若电源的正、负极对调，电压表将反偏C ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比解析：选CD ．由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，选项A 错误；若电源的正、负极对调，则I H 与B 都反向，由左手定则可判断电子受力的方向不变，选项B 错误；由于电阻R 和R L 都是固定的，且R和R L并联，故I H＝R LR＋R LI，选项C正确；由于B与I成正比，I H与I成正比，则U H＝k I H Bd∝I2，R L又是定值电阻，选项D正确．7．(多选)如图所示，表面粗糙的绝缘斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是()A．滑块受到的摩擦力不变B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块到达地面时的动能与B有关解析：选BD．滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力和电场力沿斜面向上的分力的合力与重力沿斜面向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A、C错误，B正确；B不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D正确．8．如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是14光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T．现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字．(1)求滑块从A 到D 的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；(2)如果滑块刚过D 点时对轨道的压力为76 N ，求圆弧轨道的半径r ；(3)当滑块通过D 点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．解析：(1)设滑块运动到D 点时的速度大小为v 1，小车在此时的速度大小为v 2，物块从A 运动到D 的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，有m v 0－M v ＝m v 1＋M v 2，解得v 2＝0.设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE ，则有ΔE ＝12m v 20＋12M v 2－12m v 21， 解得ΔE ＝85 J.(2)设滑块刚过D 点时受到轨道的支持力为F N ，则由牛顿第三定律可得F N ＝76 N ，由牛顿第二定律可得F N －(mg ＋qE ＋q v 1B )＝m v 21r， 解得r ＝1 m.(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v ′，由动量守恒定律可得m v 1＝(m ＋M )v ′，解得v ′＝107m/s. 设圆弧轨道的最大半径为R m ，由能量守恒定律有12m v 21＝12(m ＋M )v ′2＋(mg ＋qE )R m ， 解得R m ＝0.71 m.答案：(1)85 J (2)1 m (3)0.71 m9.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球从A 点以速度v 0沿直线AO 运动，AO 与x 轴负方向成37°角．在y 轴与MN 之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN 上的C 点，MN 与PQ 之间区域Ⅱ内存在宽度为d 的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C 点的速度大小为2v 0，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)第二象限内电场强度E 1的大小和磁感应强度B 1的大小；(2)区域Ⅰ内最小电场强度E 2的大小和方向；(3)区域Ⅱ内电场强度E 3的大小和磁感应强度B 2的大小．解析： (1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动．由图知tan 37°＝qE 1mg ，得E 1＝3mg 4qcos 37°＝mg B 1q v 0，得B 1＝5mg 4q v 0. (2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图知cos 37°＝qE 2mg ，得E 2＝4mg 5q， 方向与x 轴正方向成53°角斜向上．(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg ＝qE 3，得E 3＝mg q，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示， 由几何关系得r ＝58d ，由洛伦兹力提供向心力知B 2q ·2v 0＝m (2v 0)2r ，联立得B 2＝16m v 05qd .答案：(1)3mg 4q 5mg 4q v 0 (2)4mg 5q 方向与x 轴正方向成53°角斜向上 (3)mg q 16m v 05qd。

2024届全国高考复习物理历年好题专项（带电粒子在叠加场中的运动）练习1.[2023ꞏ湖北武汉江岸区3月模拟]如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是（ ）A ．m a >m b >m cB ．m b >m a >m cC ．m c >m a >m bD ．m c >m b >m a2.[2023ꞏ浙江温州期末]如图所示，在两水平金属板构成的器件中存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直，从P 点以水平速度v 0进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动．下列说法正确的是（ ）A ．粒子一定带正电B ．粒子的速度大小v 0＝BEC ．若增大v 0，粒子所受的电场力做负功D ．若粒子从Q 点以水平速度v 0进入器件，也恰好能做直线运动 3.[2022ꞏ广东卷]（多选）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M 点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N 、P 两点．已知M 、P 在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）A ．电子从N 到P ，电场力做正功B ．N 点的电势高于P 点的电势C ．电子从M 到N ，洛伦兹力不做功D ．电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力4.[2023ꞏ四川德阳二模]（多选）有人设计了如图所示的简易实验装置来筛选实验室所需要的离子．S 为离子源，能够提供大量比荷和速率均不一样的离子．AB 为两个板间电压为U 的平行金属板，相距为d （d 很小）.上部分成圆弧形，中轴线所在圆弧半径为R （如虚线所示），该区域只存在电场；下部分平直，且中间还充满磁感应强度为B 的匀强磁场．不计离子重力影响，下列说法错误的是（ ）A ．所加磁场的方向垂直于纸面向里B ．通过改变U 和B ，可以选取满足要求的正离子C ．所有速率等于UdB 的离子均能通过该仪器 D ．通过该仪器的离子，比荷一定为UdRB 25.[2022ꞏ全国甲卷]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（ ）[答题区] 题号 1 2 3 4 5 答案6.[2023ꞏ河北唐山一模]如图所示，在平面直角坐标系xOy （x 轴水平，y 轴竖直）中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度竖直向上，大小E 1＝40 N /C ，磁场方向垂直纸面向里；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，场强E 2＝1603 N /C .一质量为m ＝2×10－3kg 的带正电的小球，从M （3.64 m ，3.2 m ）点，以v 0＝1 m /s 的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P （2.04 m ，0）点进入第四象限后经过y 轴上的N （0，－2.28 m ）点（图中未标出）.求：（g 取10 m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）小球由P点运动至N点的时间．7.[2022ꞏ湖南卷]如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为 3 d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场．质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器．此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力．（1）求直流电源的电动势E0；（2）求两极板间磁场的磁感应强度B；（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′.参考答案1．答案：B答案解析：设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即m a g ＝qE ①，b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则m b g ＝qE ＋q v B ②，c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g ＋q v B ＝qE ③，比较①②③式得：m b >m a >m c ，B 正确．2．答案：C答案解析：粒子从左射入，若带负电，则受到向上的电场力和向下的洛伦兹力；若带正电，则受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要满足q v 0B ＝qE ，即速度v 0＝EB ，粒子就能做直线运动通过，A 、B 错误．若增大v 0，则洛伦兹力大于电场力，粒子向洛伦兹力方向偏转而做曲线运动，则电场力做负功，C 正确．若粒子从Q 点以水平速度v 0进入器件，电场力和洛伦兹力同向，粒子将做曲线运动，即速度选择器的电场和磁场确定之后，也就确定了入口为P ，出口为Q ，D 错误．3．答案：BC答案解析：电子从M 点由静止释放，从M 到N ，电场力做正功，M 、P 在同一等势面上，可知电子从N 到P ，电场力做负功，A 错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N 点电势高于P 点电势，B 正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M 到N ，洛伦兹力不做功，C 正确；洛伦兹力不做功，且M 、P 在同一等势面上，可知电子在M 点和P 点速度都是零，即电子在M 点和P 点都是只受到电场力作用，所以电子在M 点所受的合力等于在P 点所受的合力，D 错误．4．答案：ABD答案解析：粒子在弯曲的部分做圆周运动，电场力提供向心力，所以只有正离子才可能通过该仪器；又由于板间距很小，该部分电场强度E ＝Ud ，粒子通过平直的下部分时做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，即U d q ＝q v B ，解得v ＝UdB ，则磁场只能垂直于纸面向里，且速率为UdB 的正离子才能通过该仪器，故A 、B 正确，C 错误．由电场力提供圆周运动的向心力有q U d ＝m v 2R ，得出q m ＝U dRB 2 ，即通过该仪器的离子比荷为UdRB 2 ，D 正确． 5．答案：B答案解析：带正电粒子从原点O 由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A 、C 选项；当粒子再回到x 轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x 轴下方，故B 正确，D 错误．6．答案：(1)2 T (2)0.6 s答案解析：(1)小球在第一象限内做匀速圆周运动mg ＝qE 1解得q ＝5×10－4C由图甲得R cos θ＝x M －x P ，R sin θ＋R ＝y M 联立解得R ＝2 m ，θ＝37°又q v 0B ＝m v 2R ，解得B ＝2 T.(2)小球进入第四象限后，受力如图乙所示， tan α＝mgqE 2＝0.75，α＝θ＝37°小球的速度与重力、电场力的合力F 垂直，轨迹如图甲所示． 由几何关系可得l QN ＝(－y N －x P tan α)cos α＝0.6 m 在第四象限，沿初速度方向，有l QN ＝v 0t 解得t ＝0.6 s ．7．答案解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，设两板间电压为U ，有mg ＝q Ud由闭合电路欧姆定律得U ＝R 2R 1＋R 2 E 0联立解得E 0＝（R 1＋R 2）mgdqR 2. (2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r ，有r 2＝(r－d )2＋(3 d )2又洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，q v B ＝m v 2r 解得B ＝m v2qd .(3)小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小qE ′＝mg cos 60°解得E ′＝mg2q .。

高考物理《带电粒子在叠加场中的运动》真题练习含答案1．(多选)如图所示，空间存在着垂直向里的匀强磁场B 和竖直向上的匀强电场E ，两个质量不同电量均为q 的带电小球a 和b 从同一位置先后以相同的速度v 从场区左边水平进入磁场，其中a 小球刚好做匀速圆周运动，b 小球刚好沿直线向右运动．不计两小球之间库仑力的影响，重力加速度为g ，则( )A ．a 小球一定带正电，b 小球可能带负电B ．a 小球的质量等于qEgC ．b 小球的质量等于qE －q v BgD ．a 小球圆周运动的半径为EVBg答案：BD解析：a 小球刚好做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，所以Eq ＝m a g ，电场力方向竖直向上，则a 小球一定带正电，b 小球刚好沿直线向右运动，如果b 小球带负电，电场力洛伦兹力均向下，重力也向下，不能平衡，无法做直线运动，所以b 小球带正电，q v B ＋Eq ＝m b g ，A 错误；根据A 选项分析可知，a 小球的质量等于m a ＝qEg ，B 正确；根据A 选项分析可知，b 小球的质量等于m b ＝qE ＋q v Bg，C 错误；a 小球圆周运动的半径为Bq v ＝m a v 2r ，解得r ＝m a v Bq ＝E vBq，D 正确．2．(多选)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C ，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T ，方向垂直纸面向里．现将一质量为0.2 kg 、电荷量为＋0.5 C 的小球，从该区域上方的某点A 以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A.小球平抛的初速度大小为5 m/sB．小球平抛的初速度大小为2 m/sC．A点距该区域上边界的高度为1.25 mD．A点距该区域上边界的高度为2.5 m答案：BC解析：小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示小球做直线运动，则由平衡条件得q v B cos θ＝mg，小球的速度v cos θ＝v0，代入数据解得v0＝2 m/s，A错误，B正确；小球从A点抛出到进入复合场过程，由动能定理得mgh＝12m v2－12m v2，根据在复合场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(q v B)2，解得h＝E22gB2，代入数据解得h＝1.25 m，C正确，D错误．3．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨迹半径为R.已知电场的电场强度大小为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是() A．液滴带正电B．液滴的比荷qm＝g EC．液滴的速度大小v＝gRBED．液滴沿逆时针方向运动答案：B解析：带电液滴刚好做匀速圆周运动，应满足mg＝qE，电场力向上，与场强方向相反，液滴带负电，可得比荷为qm＝gE，A错误，B正确；由左手定则可判断，只有液滴沿顺时针方向运动，受到的洛伦兹力才指向圆心，D错误；由向心力公式可得q v B＝m v2R，联立可得液滴的速度大小为v＝gBRE，C错误．4．(多选)空间内存在电场强度大小E＝100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1＝100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出).一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．在运动过程中，小球的机械能守恒B．小球经过A点时的速度最大C．小球经过B点时的速度为0D．l＝25m答案：BCD解析：由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A项错误；重力和电场力的合力大小为（qE）2＋（mg）2＝2N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B项正确；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C项正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得2mgl＝12m v2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得q v y B1Δt＝mΔv，累积求和，则有qB1l＝m v，解得l＝25m，D项正确．5．(多选)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内(称为区域Ⅰ)存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B1，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角．在y轴与MN之间的区域Ⅱ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅲ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B2，小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列结论正确的是()A ．区域Ⅲ内匀强电场的场强大小E 3＝mgqB ．区域Ⅲ内匀强磁场的磁感应强度大小B 2＝m v 0qdC.小球从A 到O 的过程中做匀速直线运动，从O 到C 的过程中做匀加速直线运动 D ．区域Ⅱ内匀强电场的最小场强大小为E 2＝4mg5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上答案：ACD解析：小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动，有mg ＝qE 3，解得E 3＝mgq ，A 项正确；因为小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示，由几何关系得d ＝r ＋r sin 37°＝85 r ，由洛伦兹力提供向心力得B 2q ×2v 0＝m （2v 0）2r，解得B 2＝16m v 05qd ，B 项错误；带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，三力满足如图所示关系所以小球从A 到O 的过程只能做匀速直线运动．区域Ⅱ中从O 到C 的过程，小球做直线运动电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)所以小球做匀加速直线运动，由图知cos 37°＝qE 2mg ，解得E 2＝4mg5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上，C 、D 两项正确．6.如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(视为质点)套在长度为L 、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP 上，P 端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO 方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O 端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q 点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．求：(1)电场的电场强度大小E 以及磁场的磁感应强度大小B ； (2)Q 点距离地面的高度h .答案：(1)mg sin θq ，mg cos θq 2gL sin θ(2)(sin θ＋1sin θ)L 解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有sin θ＝Eqmg ，cos θ＝q v B mg小球在直杆上时有L ＝v 22g sin θ解得E ＝mg sin θq ，B ＝mg cos θq 2gL sin θ(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有Eq cos θ＝ma xv x ＝v cos θ－a x t竖直方向有mg －Eq sin θ＝ma y h ＝v sin θ·t ＋12a y t 2当小球落到地面时，v x ＝0， 即v x ＝v cos θ－a x t ＝0 解得t ＝m vEqh ＝(sin θ＋1sin θ)L7．[2024·湖北省鄂东南教育教学改革联盟联考]如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy 中，y 轴竖直，第一象限内有竖直向上的匀强电场E 1、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场B 1＝4 T ；第二象限内有平行于xOy 平面且方向可以调节的匀强电场E 2；第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场B 2＝1063 T ．x 、y 轴上有A 、B 两点，OA ＝(2＋3 ) m ，OB＝1 m ．现有一质量m ＝4×10－3 kg ，电荷量q ＝10－3 C 的带正电小球，从A 点以速度v 0垂直x 轴进入第一象限，做匀速圆周运动且从B 点离开第一象限．小球进入第二象限后沿直线运动到C 点，然后由C 点进入第三象限．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)第一象限内电场的电场强度E 1与小球初速度v 0的大小；(2)第二象限内电场强度E 2的最小值和E 2取最小值时小球运动到C 点的速度v C ； (3)在第(2)问的情况下，小球在离开第三象限前的最大速度v m . 答案：(1)40 N/C 2 m/s (2)20 N/C 26 m/s (3)46 m/s ，方向水平向左解析：(1)小球由A 点进入第一象限后，所受电场力与重力平衡 E 1q ＝mg 解得E 1＝40 N/C 由几何关系得r ＋r 2－OB 2 ＝OA解得r ＝2 m小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有q v 0B 1＝m v 20r解得v 0＝2 m/s(2)由几何关系得：BC 与竖直方向夹角为θ＝30°小球由B 到C 做直线运动，则电场力与重力的合力与v B 均沿BC 方向，当电场力与BC 垂直时，电场力有最小值qE 2min ＝mg sin θ解得E 2min ＝20 N/C 对小球有mg cos θ＝ma 根据几何关系x BC ＝OB cos θ ＝233 m 根据速度位移关系式v 2C －v 20 ＝2ax BC代入数据得a ＝53 m/s 2 v C ＝26 m/s(3)小球进入第三象限后，在重力、洛伦兹力作用下做变加速曲线运动，把初速度v C 分解为v 1和v 2，其中v 1满足Bq v 1＝mg解得v 1＝mgB 2q ＝26 m/s方向水平向左 则v 2＝26 m/s方向与x 轴正方向夹角为60°小球的实际运动可以分解为运动一：速度为v1＝26m/s，水平向左，合力为B2q v1－mg＝0的匀速直线运动．运动二：速度为v2＝26m/s，顺时针旋转，合力为F洛＝B2q v2的匀速圆周运动．当v1和v2的方向相同时合运动的速度最大，最大速度v m＝v1＋v2＝46m/s 方向水平向左．。

2025届高考物理复习：经典好题专项（带电粒子在叠加场中的运动）练习1. (多选)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m 、带电荷量大小为q 的小球，以初速度v 0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。

经过时间t ，小球到达C 点(图中没标出)，电场方向突然变为竖直向上，电场强度大小不变。

已知重力加速度为g ，则( )A ．小球一定带负电B ．时间t 内小球做匀速直线运动C ．匀强磁场的磁感应强度为2mgq v 0D ．电场方向突然变为竖直向上，则小球做匀加速直线运动2. (2023ꞏ湖北省恩施教育联盟模拟)如图所示，某空间同时存在着互相正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。

一带电体a 带负电，电荷量为q 1，恰能静止于此空间的c 点，另一带电体b 也带负电，电荷量为q 2，正在过c 点的竖直平面内作半径为r 的匀速圆周运动，结果a 、b 在c 处碰撞并粘合在一起，关于a 、b 粘合一起后的运动性质下列说法正确的是( )A ．向左做匀速直线运动B ．顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r ′＝q 2q 1＋q 2r C ．顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r ′＝q 1q 1＋q 2r D ．因为有重力和静电力这样的恒力存在，故以上说法都不对3. (多选)(2023ꞏ内蒙古包头市模拟)空间内存在电场强度大小E ＝100 V/m 、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B 1＝100 T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出)。

一质量m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋0.01 C 的小球从O 点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A 点离OB 最远且与OB 的距离为l ，重力加速度g 取10 m/s 2。

下列说法正确的是( )A ．在运动过程中，小球的机械能守恒B ．小球经过A 点时的速度最大C ．小球经过B 点时的速度为0D ．l ＝ 2 m4. (多选)(2023ꞏ河北邢台市模拟)如图所示，空间有一无限大正交的电磁场区域，电场强度为E 、方向竖直向下，磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外，电磁场中有一内壁光滑竖直放置的绝缘长筒，其底部有一带电量为－q (q >0)、质量为qEg 的小球，g 为重力加速度，小球直径略小于长筒内径。

1、如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。

一质子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0。

若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上。

⑴求两极板间电压U；⑵求质子从极板间飞出时的速度大小；⑶若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使质子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？2、如图所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0．在t=0时刻将一个质量为m电量为-q（q＞0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t=T O/2 时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区．（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．3、(15分)如图所示，在xoy坐标系内存在周期性变化的电场和磁场，电场沿y轴正方向，磁场垂直纸面(以向里为正)，电场和磁场的变化规律如图所示。

一质量、电荷量的带电粒子，在t=0时刻以的速度从坐标原点沿x轴正向运动，不计粒子重力。

求:(1)粒子在磁场中运动的周期;(2)时粒子的位置坐标;(3)时粒子的速度。

4、如图,一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）.在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域,在圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直.圆心O到直线的距离为3/5R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域,也在b点离开该区域.若磁感应强度大小为B,不计重力,求电场强度的大小.5、如图所示，二块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。

课时作业32带电粒子在叠加场中的运动时间：45分钟1．某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动．下列因素与完成上述两类运动无关的是(C) A．磁场和电场的方向B．磁场和电场的强弱C．粒子的电性和电量D．粒子入射时的速度解析：由于带电粒子做匀速直线运动，对带电粒子进行受力分析知，电场力与磁场力平衡，qE＝q v B，即v＝EB，由此式可知，粒子入射时的速度、磁场和电场的强弱及方向有确定的关系，故A、B、D 错误，C正确．2．如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平．某同学在实验室里用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度为4×10－2 m，天平(等臂)平衡时钩码重力为4×10－5 N，通过导线的电流I＝0.5 A．由此，测得通电螺线管中的磁感应强度B为(A)A．2.0×10－3 T，方向水平向右B．5.0×10－3 T，方向水平向右C．2.0×10－3 T，方向水平向左D．5.0×10－3 T，方向水平向左解析：天平(等臂)平衡时，CD段导线所受的安培力大小与钩码重力大小相等，即F＝mg，由F＝BIL得B＝FIL＝mgIL＝2.0×10－3 T；根据安培定则可以知道磁感应强度的方向水平向右，所以A正确，B、C、D错误．3．速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( C )A ．该束粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．能通过狭缝S 0的粒子的速度等于E B 1D ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0，则粒子的比荷越小解析：根据该束粒子进入匀强磁场B 2时向下偏转，由左手定则判断出该束粒子带正电，选项A 错误；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受到电场力和洛伦兹力作用，由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，因粒子带正电，故电场强度方向向下，速度选择器的P 1极板带正电，选项B 错误；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，有q v B 1＝qE ，得v ＝E B 1，选项C 正确；粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有q v B 2＝m v 2r ，得r ＝m v B 2q，可见v 、B 2一定时，半径r 越小，则q m 越大，选项D 错误．4．(多选)磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则( BD )A ．用电器中的电流方向从B 到AB ．用电器中的电流方向从A 到BC ．若只减小磁感应强度，发电机的电动势增大D ．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大解析：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上，负离子所受洛伦兹力方向向下，则正离子向上板聚集，负离子向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极，下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A 到B ，故B 正确，A 错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力F 洛外，还受到向下的电场力F ，最终二力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，由q v B ＝q E d ，解得E ＝Bd v ，所以电动势E 与喷入粒子的速度大小v 及磁感应强度大小B 成正比，故D 正确，C 错误．5．(多选)在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E 、F 、M 、N ，做成了一个霍尔元件．在E 、F 间通入恒定电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，M 、N 间的电压为U H .已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有( AB )A．N端电势高于M端电势B．磁感应强度越大，MN间电势差越大C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，U H不变D．将磁场和电流分别反向，N端电势低于M端电势解析：根据左手定则可知载流子所受洛伦兹力的方向指向N端，载流子向N端偏转，则N端电势高，故A正确；设M、N间的距离为d，薄板的厚度为h，则U＝Ed，Eq＝q v B，则I＝neS v＝nedh v，代入解得U＝BIneh，故B正确；将磁场方向变为与薄板的上、下表面平行，载流子不偏转，所以U H发生变化，C错误；将磁场和电流分别反向，N端的电势仍然高于M端电势，D错误．6．如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、方向与水平线成60°角，磁场的方向垂直纸面向里．一个带正电小球从电磁复合场上方高度为h处自由落下，并沿直线通过电磁复合场，重力加速度为g.求：(1)带电小球刚进入复合场时的速度；(2)磁场的磁感应强度及带电小球的比荷．解析：(1)小球自由下落h的过程中机械能守恒，有mgh＝12m v2，解得v＝2gh.(2)小球在复合场中运动时受力情况如图所示，水平方向：有F洛＝F电cos60°，即q v B＝Eq cos60°，得B＝E22gh；竖直方向，有Eq sin60°＝mg，解得qm＝23g3E.答案：(1)2gh(2)E22gh 23g 3E7．(2019·湖南郴州一模)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地面上，地面上方有水平方向的匀强磁场．现加一个水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动并一同水平向左加速运动，在加速运动阶段(B)A．甲、乙两物块间的摩擦力不变B．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动C．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动解析：以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图甲所示，随着速度的增大，F洛增大，F N增大，则乙物块与地面之间的摩擦力f不断增大，故C错误；由于f增大，F电一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，甲、乙两物块做加速度不断减小的加速运动，最后一起匀速运动，故B正确，D错误；对甲进行受力分析，如图乙所示，有F电－f′＝m甲a，a减小，则f′增大，即甲、乙两物块间的摩擦力变大，故A错误．8．如图所示，两极板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘核、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电磁场区域，且氘核沿直线射出．不考虑粒子间的相互作用，则射出时(D)A ．偏向正极板的是氚核B ．偏向正极板的是氦核C ．射入电磁场区域时，氚核的动能最大D ．射入电磁场区域时，氦核的动量最大解析：氘核在复合场中沿直线通过，故有qE ＝q v B ，所以v ＝E B ；在加速电场中qU ＝12m v 2，v ＝2qU m ，氚核的比荷比氘核的小，进入磁场的速度比氘核小，洛伦兹力小于电场力，氚核向负极板偏转，选项A 错误；氦核的比荷等于氘核的，氦核进入复合场的速度与氘核一样，所以不发生偏转，选项B 错误；射入复合场区域时，带电粒子的动能等于qU ，氦核的电荷量最大，所以动能最大，选项C 错误；带电粒子的动量p ＝m v ＝2mqU ，氦核的电荷量和质量的乘积最大，动量最大，选项D 正确．9．(2019·福建泉州检测)如图所示，两块相同的金属板MN 、PQ 平行倾斜放置，与水平面的夹角为45°，两金属板间的电势差为U ，PQ 板电势高于MN 板，且MN 、PQ 之间分布有方向与纸面垂直的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为q 的小球从PQ 板的P 端以速度v 0竖直向上射入，恰好沿直线从MN 板的N 端射出，重力加速度为g .求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)小球在金属板之间的运动时间．解析：(1)小球在金属板之间做匀速直线运动，受重力G、电场力F电和洛伦兹力f，F电的方向与金属板垂直，由左手定则可知f的方向沿水平方向，三力合力为零，结合平衡条件可知小球带正电，金属板MN、PQ之间的磁场方向垂直纸面向外，且有q v0B＝mg tan45°①得B＝mg q v0②(2)解法1：设两金属板之间的距离为d，则板间电场强度E＝U d③又qE＝2mg④h＝2d⑤小球在金属板之间的运动时间t＝hv0⑥解得t＝qU mg v0⑦解法2：由于f＝q v0B不做功，W G＝－mgh，W电＝qU，由动能定理得qU－mgh＝0h＝v0t得t＝qUmg v0答案：(1)mgq v0垂直纸面向外(2)qUmg v010．(2019·河南濮阳二模)如图所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的电场强度大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、电荷量为q的粒子在第二象限内的P(－L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g.求：(1)粒子从P点运动到坐标原点的时间；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．解析：(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，则粒子带正电．mg＝qE1＝qE2，2mg＝ma；2L＝12at2，解得t＝2Lg(2)设粒子从O 点进入第四象限的速度大小为v ，由动能定理可得mgL ＋qEL ＝12m v 2，求得v ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°，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Q (L,0)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．粒子做圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R ＝22L 由牛顿第二定律可得Bq v ＝m v 2R ，解得B ＝2m 2gL qL答案：(1)2L g (2)2m 2gL qL ，方向垂直纸面向里。

带电粒子在叠加场中的运动专题一、选择题1．(2024·江苏二模)(多选)如图所示，在磁感应强度为B ，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小物块以初速度v 0沿斜面对上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a 与时间t 的关系图像，可能正确的是( )答案 CD解析 当电荷量为－q 的带电小物块以初速度v 0沿斜面对上运动，依据左手定则，滑块受到垂直斜面对下的洛伦兹力会随着速度减小而减小，其对斜面的压力也减小，滑块受到滑动摩擦力会减小，依据牛顿其次定律，滑块受到的合力会减小，则加速度也会减小，因斜面长度与初速度大小不知，因此可能，滑块没到斜面顶端，加速度减为零，也可能到达顶端，仍有加速度，且恒定，故A 、B 两项错误，C 、D 两项正确．2.(2024·天津模拟)如图所示为“速度选择器”装置示意图，a 、b 为水平放置的平行金属板，其电容为C ，板间距离为d ，平行板内存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B ，a 、b 板分别带上等量异号电荷后，平行板内产生竖直方向的匀强电场．一带电粒子以速度v 0经小孔进入正交电磁场可沿直线OO′运动，由O′射出，粒子所受重力不计，以下说法正确的是( )A ．a 板带负电，其电量为CBv 0dB ．a 板带正电，其电量为CBv 0dC ．极板间的电场强度E ＝Bv 0，方向竖直向下D ．若粒子的初速度大于v 0，粒子在极板间将向右上方做匀加速曲线运动 答案 C解析 A 、B 、C 三项，粒子所受的洛伦兹力与电场力大小相等、方向相反方可通过平行金属板，若粒子带正电，通过左手定则推断洛伦兹力的方向向上，电场力向下，满意的条件应是：a 板带正电；粒子所受洛伦兹力与电场力相等：qv 0B ＝qE ＝q Ud 得：E ＝Bv 0；U ＝Bv 0d ；又Q ＝CU ＝CBv 0d ，故A 、B 两项错误，C 项正确；D 项，若该粒子带正电，且速度增加，洛伦兹力增加，则粒子向上偏转，随速度的变更，洛伦兹力变更，可知粒子做曲线运动，但不是匀加速曲线运动，故D 项错误．3.(2024·青岛一模)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面对外．已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动．下列说法正确的是( )A ．若小球带正电荷，则小球的电势能减小B ．若小球带负电荷，则小球的电势能减小C ．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小D ．小球的动能可能会增大 答案 C解析 A 项，若小球带正电荷，受力状况如图所示，由左手定则知，小球斜向左下方运动，电场力做负功，则小球的电势能增大，故A 项错误． B 项，若小球带负电荷，同理知，小球斜向右下方运动，电场力做负功，则小球的电势能增大，故B 项错误．C 项，无论小球带何种电荷，小球的高度都下降，重力势能都减小，故C 项正确．D 项，由于洛伦兹力与速度成正比，所以小球只能做匀速直线运动，动能不变，否则，小球的速度变更，小球所受的洛伦兹力变更，不行能做直线运动，故D 项错误．4．(2024·江苏三模)磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A 、B 两金属板偏转，形成直流电源对外供电．则( )A ．仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B ．仅增加磁感应强度，发电机的电动势将减小C ．仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大D ．仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大 答案 D解析 A 、B 两项，最终电荷受电场力与洛伦兹力平衡， 有：qvB ＝q U ABd，解得U AB ＝Bdv.只增大入射速度，则电势差增大，只增大磁感应强度，电势差增大，只增大两板之间的距离，电势差也会增大，故A 、B 两项错误．C 项，依据电源的输出功率表达式P ＝(E R ＋r )2R ，当R ＝r 时，输出功率达到最大，因此仅增加负载的阻值，发电机的输出功率不肯定增大，故C 项错误；D 项，依据P 总＝EI ＝Bdv Bdv R ＋r ＝B 2d 2v2R ＋r ，当只增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大，故D 项正确．5．(2024·扬州一模)(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S 1、S 2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是( )A ．通过霍尔元件的磁场方向向下B ．接线端2的电势低于接线端4的电势C ．仅将电源E 1、E 2反向接入电路，电压表的示数不变D ．若适当减小R 1、增大R 2，则电压表示数肯定增大 答案 ABC解析 A 项，依据安培定则可知，磁场的方向向下，故A 项正确；B 项，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B 项正确；C 项，当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势凹凸关系不发生变更，故C 项正确；D 项，依据霍尔电压U H ＝BInqc ，适当减小R 1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度B 增大，而当增大R 2，霍尔元件中的电流I 减小，电压表示数不肯定减小，故D 项错误． 6．(2024·合肥一模)(多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L ，板间距离为d ，接在电压为U 的直流上．在两板间加一磁感应强度为B ，方向垂直纸面对里的匀强磁场．一个质量为m ，电荷量为q 的带正电油滴，从距金属板上端高为h 处由静止起先自由下落，并经两板上端连线中点P 进入板间．油滴在P 点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最终恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域．空气阻力不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．油滴刚进入电磁场时的加速度为gB ．油滴起先下落的高度h ＝U 22B 2d 2gC ．油滴从左侧金属板的下边缘离开D ．油滴离开电磁场时的速度大小为－qU m ＋2gL ＋U2B 2d2 答案 ABD解析 A 项，油滴刚进入电磁场时，电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G ，加速度为g ，故A 项正确；B 项，在P 点由题意可知：qE ＝qvB 自由下落过程有：v 2＝2gh U ＝Ed由以上三式解得： h ＝U22B 2d 2g，故B 项正确； C 项，依据左手定则，在P 位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C 项错误； D 项，整个过程由动能定理有： mg(h ＋L)－qE×d 2＝12mv 2得：v ＝－qU m ＋2gL ＋U2B 2d2，故D 项正确． 7．(2024·成都模拟)(多选)如图所示，空间中有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向水平且垂直于纸面对外、一质量为m 、电荷量为q 的带正电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v 0向上运动，经时间t 0圆环回到动身点，假设圆环在回到动身点以前已经起先做匀速运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )A ．圆环在t ＝t 02时刚好到达最高点B ．圆环在运动过程中的最大加速度为a m ＝g ＋μBqv 0mC ．圆环从动身到回到动身点过程中损失的机械能为12m(v 02－m 2g 2μ2B 2q2)D ．圆环在上升过程中损失的机械能等于下落回到动身点过程中损失的机械能 答案 BC解析 A 项，由能量守恒可知：洛伦兹力不做功，摩擦力做功使机械能不断减小，在同一位置，环向上的速度大于向下运动的速度，向上的运动时间小，因此在t ＝t 02时，不行能刚好到达最高点，故A 项错误；B 项，圆环在运动过程中，向上运动的加速度大于向下运动的加速度，而向上运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚起先运动时，其最大加速度，最大加速度为a m ＝mg ＋μBqv 0m＝g ＋μBqv 0m，故B 项正确；C 项，圆环从动身到回到动身点过程中，重力势能变更为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，依据动能定理，则有，ΔE k ＝12mv 2－12mv 02，而v ＝mg μBq ，因此损失的机械能为12m(v 02－m 2g2μ2B 2q2)，故C 项正确； D 项，依据功能关系，除重力以外的力做功导致机械能变更，而环在上升与下落过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在上升过程中损失的机械能不会等于下落回到动身点过程中损失的机械能，故D 项错误．8．(2024·河南模拟)(多选)如图所示，在平行板电容器极板间有场强为E 、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B 1、方向水平向里的匀强磁场．左右两挡板中间分别开有小孔S 1、S 2，在其右侧有一边长为L 的正三角形磁场，磁感应强度为B 2，磁场边界ac 中点S 3与小孔S 1、S 2正对．现有大量的带电荷量均为＋q 、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔S 1水平射入电容器，其中速率为v 0的粒子刚好能沿直线通过小孔S 1、S 2.粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽视不计．下列有关说法中正确的是( )A ．v 0肯定等于EB 1B ．在电容器极板中向上偏转的粒子的速度肯定满意v 0>EB 1C ．质量<qB 2L4v 0的粒子都能从ac 边射出D ．能打在ac 边的全部粒子在磁场B 2中运动的时间肯定都相同 答案 AB解析 A 项，当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，假如大小相等， 即qE ＝qv 0B 1 解得：v 0＝EB 1就会做匀速直线运动，A 项正确；B 项，正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即v 0>EB 1，B 项正确；C 项，设质量为m 0的粒子的轨迹刚好与bc 边相切，如图所示由几何关系得：R ＋23R ＝L 2， 而R ＝m 0v 0qB 2，解得m 0＝（23－3）qB 2L2v 0，所以m<（23－3）qB 2L 2v 0的粒子都会从ac 边射出，而（23－3）qB 2L 2v 0<qB 2L4v 0，C 项错误；D 项，质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动的时间不同，D 项错误． 9．(2024·茂名模拟)(多选)如图所示，金属棒MN 与金属网PQ 之间存在水平向右的匀强电场，PQ 与虚线JK 之间的区域存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面对里的匀强磁场，两个电场的电场强度大小均为E ，磁场的磁感应强度大小为Ev 0，两个区域的宽度均为d.一个带正电的微粒贴着MN 以初速度v 0竖直向上射入场区，运动到PQ 时速度大小仍为v 0，方向变为水平向右．已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．微粒在MN 与PQ 间做匀变速运动，运动时间为2dv 0B ．微粒在PQ 与JK 间做匀速圆周运动，圆周半径r ＝dC ．微粒在PQ 与JK 间做匀速直线运动，运动时间为dv 0D ．微粒在题述两个区域中运动的总时间为（π＋6）d3v 0答案 AD解析 A 项，微粒在MN 与PQ 间竖直方向受到重力作用，水平方向受到电场力作用，水平方向有d ＝12·qE m t 2，竖直方向有d ＝12gt 2，则知Eq ＝mg ，在竖直方向有：v 0＝gt 1，则t 1＝v 0g 或水平方向有t 1＝d v 02＝2dv 0，故A 项正确；B 项，微粒在刚进入PQ 与JK 间时，受到向下的重力，向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于B ＝Ev 0，则Bqv 0＝qE ＝mg ，由于重力和电场力平衡，故微粒做匀速圆周运动，半径为r＝mv 0qB ＝v 02g＝2d ，故B 项错误；C 、D 两项，由几何关系可知，设微粒在PQ 与JK 间运动的圆心角为α，则sinα＝dr ＝0.5，α＝30°，故所用时间为t 2＝l v 0＝π6·2d v 0＝πd3v 0，所以微粒在题述两个区域中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝（π＋6）d3v 0，故C 项错误，D 项正确．10．(2024·衡水三模)在如图所示的正交电磁场中竖直固定着一个半径R ＝ 3 m 的光滑圆弧，圆弧CD 竖直固定，它对应的圆心角为240°，在C 的左端有一倾斜的切线光滑轨道AC与水平面夹角θ＝30°.电场强度为E 的电场充溢整个空间，而磁感应强度为B 的磁场只分布在圆弧轨道所在的右半侧区域，已知E 和B 在数值上相等，取重力加速度g ＝10 m/s 2.现在A 点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿AC 方向放射可视为质点的带电小球，小球的质量为m ，小球射出后能在AC 上做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．小球肯定带负电B ．小球在轨道的最低点F 处速度最大C ．若小球以初速度v 0＝(5＋45) m/s 射出，则小球会从D 点离开轨道 D ．若撤去磁场，让小球以初速度v 0＝2 5 m/s 射出，则小球肯定不会脱离轨道 答案 D解析 A 项，小球射出后能在AC 上做匀速直线运动，小球所受合力为零，电场力水平向左，则小球带正电，A 项错误．B 项，小球受力如图所示，电场力与重力的合力与竖直方向夹角为θ＝30°，小球速度最大位置在图中C 点，B 项错误．C 项，重力与电场力的合力：F ＝mg cosθ＝23mg 3，电场力：qE ＝mgtanθ＝33mg ，小球在P点恰好不脱离轨道，此时轨道对小球弹力为零，由牛顿其次定律得：F ＋qvB ＝m v2R ，由题意可知：E ＝B ，解得：v ＝180＋102m/s ，从A 到C 过程小球速度不变，从C 到P 过程，由动能定理得：－F·2R＝12mv 2－12mv 02，解得：v 0＝150＋305>(5＋45) m/s ，则小球不会通过P 到达D 点，故C 项错误；D 项，设当小球初速度v 1时，恰好从C 点沿圆弧转过90°到B 点，从C 到B 依据动能定理：FR ＝12mv 12，解得v 1＝210m/s ，由于v 0＝25m/s<210m/s ，则小球肯定不会脱离轨道．只有D 项正确． 二、非选择题11．(2024·长春模拟)如图所示，水平向左的匀强电场的场强E ＝4 v/m ，垂直纸面对内的匀强磁场的B ＝2 T ，质量为m ＝1 kg 的带正电的小物块A 从竖直绝缘墙上的M 点由静止起先下滑，滑行h ＝0.8 m 到达N 点时离开墙面起先做曲线运动，在到达P 点起先做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P 点离开M 点的竖直高度为H ＝1.6 m ，取g ＝10 m/s 2试求：(1)A 沿墙下滑克服摩擦力做的功W f (2)P 点与M 点的水平距离x p . 解析 (1)在N 点有：qv N B ＝qE 得：v N ＝E B ＝42＝2 m/s由动能定理mgh －W f ＝12mv N 2代入数据解得：W f ＝6 J ； (2)在P 点三力平衡，qE ＝mg ， qvB ＝2qE ＝2mg 则得：v P ＝2 2 m/s由动能定理，从N 到P ：mgh′－qEx p ＝12mv P 2－12mv N 2g (h′－x p )＝12(v P 2－v N 2)＝2将h′＝0.8 m ，v N ＝2 m/s 代入解得：x p ＝0.6 m.12．(2024·湖北模拟)如图所示，在竖直平面内的xOy 直角坐标系中，MN 与水平x 轴平行，在MN 与x 轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E ＝2 N/C ，磁感应强度B ＝1 T ，从y 轴上的P 点沿x 轴方向以初速度v 0＝1 m/s 水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m ＝2×10－6kg ，电荷量q ＝1×10－5C ，g 取10 m/s 2.已知P 点到O 点的距离为d 0＝0.15 m ，MN 到x 轴距离为d ＝0.20 m ．(π＝3.14，2＝1.414，3＝1.732，结果保留两位有效数字)(1)求小球从P 点运动至MN 边界所用的时间；(2)当小球运动到x 轴时撤去电场，求小球到达MN 边界时的速度大小． 解析 (1)由平抛运动规律可得：d 0＝12gt 12得：t 1＝2d 0g＝2×0.1510＝310s ≈0.173 s 到达x 轴的速度：v ＝（gt 1）2＋v 02＝（10×310）2＋12＝2 m/s 速度偏转角：tanθ＝gt 1v 0所以：θ＝60°小球进入混合场后，受到的电场力：qE ＝10－5×2＝2×10－5N ，方向向上， 小球的重力：mg ＝2×10－6×10＝2×10－5N 方向向下；小球受到的电场力与重力抵消，则小球在混合场中做匀速圆周运动：qvB ＝mv2r代入数据可得：r ＝0.4 m由几何关系可知，小球的轨迹恰好与MN 相切，则小球在混合场中偏转的角度是60°，设小球在混合场中运动的时间为t 2，则： t 2＝60°360°·2πr v代入数据可得：t 2＝π15s ≈0.209 s小球运动的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.173＋0.209＝0.38 s(2)设撤去电场后小球到达MN 的速度大小为v 1，方向与水平方向之间的夹角为α，在x 轴下方只有重力做功，则：mgd ＝12mv 12－12mv 2解答：v 1＝22m/s ≈2.8 m/s13.如图所示，足够大的空间内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，xOy 是在竖直平面内建立的平面坐标系，磁场方向垂直xOy 平面对外，在一、四象限内还存在水平向右的匀强电场，场强大小为E.—带电粒子从x 轴上的C 点沿CD 方向做匀速直线运动，CD 与－x 方向夹角α＝30°，然后从D 点进入第三象限内，重力加速度为g.(1)求粒子的电性以及匀速运动的速度；(2)欲使粒子进入第三象限内做匀速圆周运动，须要施加一个匀强电场，求此电场的场强大小和方向；(3)在第(2)问的状况下，粒子到达x 轴负半轴的M 点(未画出)，且OM ＝OC ，求OC 的长度以及在第三象限内运动的时间．答案 (1)正电 2E B (2)3E 竖直向上 (3)23πE 3gB解析 (1)粒子带正电，从C 到D 运动过程，受力如图所示．qvBsin30°＝qE ，解得v ＝2E B. (2)欲使粒子在第三象限做匀速圆周运动，则qE ′＝mg又qE ＝mgtan30°联立解得E′＝3E ，方向竖直向上．(3)如图所示，O ′D 垂直v ，由几何学问知道O′D 平分∠ODM，∠O ′DM ＝∠O′MD＝30°MD 的垂直平分线必与x 轴交于O′点，即O′为匀速圆周运动的圆心qvB ＝mv 2rr ＋rsin30°＝OM ＝OC联立解得r ＝23E 2gB 2，OC ＝33E 2gB2 由图知道：∠MO′D＝120°所以在第三象限内运动的时间为tt ＝120360T T ＝2πr v所以t ＝23πE 3gB.。