09年高考物理带电体在复合场中的运动。

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三带电体在复合场中的运动

本专题研究带电体在复合场或组合场中的运动．复合场是指重力场、电场和磁场三者或其中任意两者共存于同一区域的场；组合场是指电场与磁场同时存在，但不重叠出现在同一区域的情况．带电体在复合场中的运动（包括平衡），说到底仍然是一个力学问题，只要掌握不同的场对带电体作用的特点和差异，从分析带电体的受力情况和运动情况着手，充分发掘隐含条件，建立清晰的物理情景，最终把物理模型转化成数学表达式，即可求解．

解决复合场或组合场中带电体运动的问题可从以下三个方面入手：（1）动力学观点（牛顿定律结合运动学方程）；（2）能量观点（动能定理和机械能守恒或能量守恒）；（3）动量观点（动量定理和动量守恒定律）．

一般地，对于微观粒子，如电子、质子、离子等不计重力，而一些实际物体，如带电小球、液滴等应考虑其重力．有时也可由题设条件，结合受力与运动分析，确定是否考虑重力．

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带电粒子在复合场中的运动

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带电粒子在复合场中的运动

要点一复合场（叠加场）
即学即用
1.一带电粒子以初速度v0先后通过匀强电场E和匀强磁场B,如图甲所示,电场和磁场对粒子做功为W1;若把电场和磁场正交叠加后,如图乙所示,粒子仍以v0E/B的速度穿过叠加场区,电场和磁场对粒子做功为W2（不计重力的影响）,则（）B.W1W2
C.W1W2D.无法比较
答案C
要点二带电粒子在复合场中的运动分析
即学即用
2.如图所示,与电源断开的带电平行金属板相互正对水平放置,两板间存在着水平方向的
匀强磁场.某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止开始滑下,经过轨道端点P（轨
道上P点的切线沿水平方向）进入板间后恰好沿水平方向做直线运动.若保持磁感应强度不变,使两板间距离稍减小一些,让小球从比a点稍低一些的b点由静止开始滑下,在经P点进入板间的运动过程中（）
A.洛伦兹力对小球做负功
B.小球所受电场力变大
C.小球一定做曲线运动
D.小球仍可能做直线运动
答案C

题型1带电粒子在复合场中的平衡问题
【例1】设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场.已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的,电场强度的大小E=4.0V/m,磁感应强度的大小B=0.15T.今有一个带负电的质点以v=20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动,求此带电质点的电荷量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向.（角度可用反三角函数表示）
答案1.96C/kg,与重力夹角arctan斜向下的一切可能方向
题型2带电粒子在复合场中的曲线运动问题
【例2】ab、cd为平行金属板,板间匀强电场场强E=100V/m,板间同时存在如图所示的匀强磁
场,磁感应强度B=4T,一带电荷量q=1×10-8C,质量m=1×10-10?kg的微粒,以速度v0=30m/s
垂直极板进入板间场区,粒子做曲线运动至M点时速度方向与极板平行,这一带电粒子恰与另
一质量和它相等的不带电的微粒吸附在一起做匀速直线运动,不计重力.求:
（1）微粒带何种电荷.
（2）微粒在M点与另一微粒吸附前的速度大小.
（3）M点距ab极板的距离.
答案（1）负电（2）50m/s?（3）0.08m
题型3情景建模
【例3】如图甲所示,场强水平向左、大小E=3V/m的匀强电场中,有一倾角θ=37°的光滑绝缘斜面（足够大）垂直斜面方向有一磁场,磁感强度随时间的变化规律如图乙所示.在t=0时刻,质量m=4×10-3kg、电荷量q=10-2C的带负电的小球在O点获得一沿斜面向上的瞬时速度v=1m/s,求小球在t=0.32πs时间内运动的路程.（g=10m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=0.8）

答案0.32πm

1.（2009承德模拟）如图所示,空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电
场和匀强磁场.质子由静止开始经一加速电场加速后,垂直于复合场的界面进入并沿直
线穿过场区,质子从复合场区穿出时的动能为Ek.那么氘核同样由静止开始经同一加速
电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek′的大小是（）
A.Ek′=EkB.Ek′EkC.Ek′EkD.条件不足,难以确定
答案B
2.（2009济宁统考）如图所示,在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中,电荷量为q的液滴在竖
直面内做半径为R的匀速圆周运动,已知电场强度为E,磁感应强度为B,则油滴的质量和环绕
速度分别为（）
A.B.C.BD.
答案D
3.如图所示,在互相垂直的水平方向的匀强电场（E已知）和匀强磁场（B已知）中,有一固定的
竖直绝缘杆,杆上套一个质量为m、电荷量为+q的小球,它们之间的摩擦因数为μ,现由静止释
放小球,试求小球沿棒运动的最大加速度和最大速度.（mgμqE,小球的带电荷量不变）
答案g-
4.如图所示,一质量为m,带电荷量为+q的小物体,在水平方向的匀强磁场B中,从倾角为
θ的绝缘光滑足够长的斜面上由静止开始下滑,求:
（1）此物体在斜面Q上运动的最大速度.
（2）此物体在斜面上运动的距离.
（3）此物体在斜面上运动的时间.
答案（1）

高考物理基础知识归纳:带电粒子在复合场中的运动

第4课时带电粒子在复合场中的运动

基础知识归纳
1.复合场
复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中两场并存，或分区域存在，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了电场力和磁场力，分析方法除了力学三大观点(动力学、动量、能量)外，还应注意：
(1)洛伦兹力永不做功.
(2)重力和电场力做功与路径无关，只由初末位置决定.还有因洛伦兹力随速度而变化，洛伦兹力的变化导致粒子所受合力变化，从而加速度变化，使粒子做变加速运动.
2.带电粒子在复合场中无约束情况下的运动性质
(1)当带电粒子所受合外力为零时，将做匀速直线运动或处于静止，合外力恒定且与初速度同向时做匀变速直线运动，常见情况有：
①洛伦兹力为零(v与B平行)，重力与电场力平衡，做匀速直线运动，或重力与电场力合力恒定，做匀变速直线运动.
②洛伦兹力与速度垂直，且与重力和电场力的合力平衡，做匀速直线运动.
(2)当带电粒子所受合外力充当向心力，带电粒子做匀速圆周运动时，由于通常情况下，重力和电场力为恒力，故不能充当向心力，所以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡，洛伦兹力充当向心力.
(3)当带电粒子所受合外力的大小、方向均不断变化时，粒子将做非匀变速的曲线运动.
3.带电粒子在复合场中有约束情况下的运动
带电粒子所受约束，通常有面、杆、绳、圆轨道等，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此类问题应注意分析洛伦兹力所起的作用.
4.带电粒子在交变场中的运动
带电粒子在不同场中的运动性质可能不同，可分别进行讨论.粒子在不同场中的运动的联系点是速度，因为速度不能突变，在前一个场中运动的末速度，就是后一个场中运动的初速度.
5.带电粒子在复合场中运动的实际应用
(1)质谱仪
①用途：质谱仪是一种测量带电粒子质量和分离同位素的仪器.
②原理：如图所示，离子源S产生质量为m，电荷量为q的正离子(重力不计)，离子出来时速度很小(可忽略不计)，经过电压为U的电场加速后进入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期而达到记录它的照相底片P上，测得它在P上的位置到入口处的距离为L，则
qU＝mv2－0；qBv＝m；L＝2r
联立求解得m＝，因此，只要知道q、B、L与U，就可计算出带电粒子的质量m，若q也未知，则
又因m∝L2，不同质量的同位素从不同处可得到分离，故质谱仪又是分离同位素的重要仪器.
(2)回旋加速器
①组成：两个D形盒、大型电磁铁、高频振荡交变电压，D型盒间可形成电压U.
②作用：加速微观带电粒子.
③原理：a.电场加速qU＝ΔEk
b.磁场约束偏转qBv＝m，r＝∝v
c.加速条件，高频电源的周期与带电粒子在D形盒中运动的周期相同，即T电场＝T回旋＝
带电粒子在D形盒内沿螺旋线轨道逐渐趋于盒的边缘，达到预期的速率后，用特殊装置把它们引出.
④要点深化
a.将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动.
b.带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所以各回旋半径之比为1∶∶∶…
c.对于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半径是相同的.
d.若已知最大能量为Ekm，则回旋次数n＝
e.最大动能：Ekm＝
f.粒子在回旋加速器内的运动时间：t＝
(3)速度选择器
①原理：如图所示，由于所受重力可忽略不计，运动方向相同而速率不同的正粒子组成的粒子束射入相互正交的匀强电场和匀强磁场所组成的场区中，已知电场强度为B，方向垂直于纸面向里，若粒子运动轨迹不发生偏转(重力不计)，必须满足平衡条件：qBv＝qE，故v＝，这样就把满足v＝的粒子从速度选择器中选择出来了.
②特点：a.速度选择器只选择速度(大小、方向)而不选择粒子的质量和电荷量，如上图中若从右侧入射则不能穿过场区.
b.速度选择器B、E、v三个物理量的大小、方向互相约束，以保证粒子受到的电场力和洛伦兹力等大、反向，如上图中只改变磁场B的方向，粒子将向下偏转.
c.v′v＝时，则qBv′qE，粒子向上偏转；当v′v＝时，qBv′qE，粒子向下偏转.
③要点深化
a.从力的角度看，电场力和洛伦兹力平衡qE＝qvB；
b.从速度角度看，v＝；
c.从功能角度看，洛伦兹力永不做功.
(4)电磁流量计
①如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体流过导管.
②原理：导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电场.当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定.由Bqv＝Eq＝q，可得v＝
液体流量Q＝Sv＝＝
(5)霍尔效应
如图所示，高为h、宽为d的导体置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体板的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压.
设霍尔导体中自由电荷(载流子)是自由电子.图中电流方向向右，则电子受洛伦兹力向上，在上表面A积聚电子，则qvB＝qE，
E＝Bv，电势差U＝Eh＝Bhv.又I＝nqSv
导体的横截面积S＝hd
得v＝
所以U＝Bhv＝
k=，称霍尔系数．
重点难点突破
一、解决复合场类问题的基本思路
1.正确的受力分析.除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析.
2.正确分析物体的运动状态.找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程，如果出现临界状态，要分析临界条件.
3.恰当灵活地运用动力学三大方法解决问题.
(1)用动力学观点分析，包括牛顿运动定律与运动学公式.
(2)用动量观点分析，包括动量定理与动量守恒定律.
(3)用能量观点分析，包括动能定理和机械能(或能量)守恒定律.针对不同的问题灵活地选用，但必须弄清各种规律的成立条件与适用范围.
二、复合场类问题中重力考虑与否分三种情况
1.对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应考虑其重力.
2.在题目中有明确交待是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单.
3.直接看不出是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行定性确定是否要考虑重力.
典例精析
1.带电粒子在复合场中做直线运动的处理方法
【例1】如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为α(sinα＝0.6)，放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E＝50V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外.一个电荷量q＝＋4.0×10－2C、质量m＝0.40kg的光滑小球，以初速度v0＝20m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过3s脱离斜面.求磁场的磁感应强度(g取10m/s2).
【解析】小球沿斜面向上运动的过程中受力分析如图所示.
由牛顿第二定律，得qEcosα＋mgsinα＝ma1，故a1＝gsinα＋＝10×0.6m/s2＋m/s2＝10m/s2，向上运动时间t1＝＝2s
小球在下滑过程中的受力分析如图所示.
小球在离开斜面前做匀加速直线运动，a2＝10m/s2
运动时间t2＝t－t1＝1s
脱离斜面时的速度v＝a2t2＝10m/s
在垂直于斜面方向上有：
qvB＋qEsinα＝mgcosα
故B＝＝5T
【思维提升】(1)知道洛伦兹力是变力，其大小随速度变化而变化，其方向随运动方向的反向而反向.能从运动过程及受力分析入手，分析可能存在的最大速度、最大加速度、最大位移等.(2)明确小球脱离斜面的条件是FN＝0.
【拓展1】如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中.设小球电荷量不变，小球由静止下滑的过程中(BD)
A.小球加速度一直增大B.小球速度一直增大，直到最后匀速
C.杆对小球的弹力一直减小D.小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变
【解析】小球由静止加速下滑，f洛＝Bqv在不断增大，开始一段，如图(a)：f洛F电，水平方向有f洛＋FN＝F电，加速度a＝，其中f＝μFN，随着速度的增大，f洛增大，FN减小，加速度也增大，当f洛＝F电时，a达到最大；以后如图(b)：f洛F电，水平方向有f洛＝F电＋FN，随着速度的增大，FN也增大，f也增大，a＝减小，当f＝mg时，a＝0，此后做匀速运动，故a先增大后减小，A错，B对，弹力先减小后增大，C错，由f洛＝Bqv知D对.
2.灵活运用动力学方法解决带电粒子在复合场中的运动问题
【例2】如图所示，水平放置的M、N两金属板之间，有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T.质量为m1＝9.995×10－7kg、电荷量为q＝－1.0×10－8C的带电微粒，静止在N板附近.在M、N两板间突然加上电压(M板电势高于N板电势)时，微粒开始运动，经一段时间后，该微粒水平匀速地碰撞原来静止的质量为m2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圆弧做匀速圆周运动，最终落在N板上.若两板间的电场强度E＝1.0×103V/m，求：
(1)两微粒碰撞前，质量为m1的微粒的速度大小；
(2)被碰撞微粒的质量m2；
(3)两微粒粘合后沿圆弧运动的轨道半径.
【解析】(1)碰撞前，质量为m1的微粒已沿水平方向做匀速运动，根据平衡条件有
m1g＋qvB＝qE
解得碰撞前质量m1的微粒的速度大小为
v＝m/s＝1m/s
(2)由于两微粒碰撞后一起做匀速圆周运动，说明两微粒所受的电场力与它们的重力相平衡，洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力，故有(m1＋m2)g＝qE
解得m2＝=kg＝5×10－10kg
(3)设两微粒一起做匀速圆周运动的速度大小为v′，轨道半径为R，根据牛顿第二定律有qv′B＝(m1＋m2)
研究两微粒的碰撞过程，根据动量守恒定律有m1v＝(m1＋m2)v′
以上两式联立解得
R＝m≈200m
【思维提升】(1)全面正确地进行受力分析和运动状态分析，f洛随速度的变化而变化导致运动状态发生新的变化.
(2)若mg、f洛、F电三力合力为零，粒子做匀速直线运动.
(3)若F电与重力平衡，则f洛提供向心力，粒子做匀速圆周运动.
(4)根据受力特点与运动特点，选择牛顿第二定律、动量定理、动能定理及动量守恒定律列方程求解.
【拓展2】如图所示，在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，有一倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强度为B，方向水平向外；电场强度为E，方向竖直向上.有一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块静止在斜面顶端时对斜面的正压力恰好为零.
(1)如果迅速把电场方向转为竖直向下，求小滑块能在斜面上连续滑行的最远距离L和所用时间t；
(2)如果在距A端L/4处的C点放入一个质量与滑块相同但不带电的小物体，当滑块从A点静止下滑到C点时两物体相碰并黏在一起.求此黏合体在斜面上还能再滑行多长时间和距离？
【解析】(1)由题意知qE＝mg
场强转为竖直向下时，设滑块要离开斜面时的速度为v，由动能定理有
(mg＋qE)Lsinθ＝，即2mgLsinθ＝
当滑块刚要离开斜面时由平衡条件有
qvB＝(mg＋qE)cosθ，即v＝
由以上两式解得L＝
根据动量定理有t＝
(2)两物体先后运动，设在C点处碰撞前滑块的速度为vC，则2mgsinθ＝mv2
设碰后两物体速度为u，碰撞前后由动量守恒有mvC＝2mu
设黏合体将要离开斜面时的速度为v′，由平衡条件有
qv′B＝(2mg＋qE)cosθ＝3mgcosθ
由动能定理知，碰后两物体共同下滑的过程中有
3mgsinθs＝2mv′2－2mu2
联立以上几式解得s＝
将L结果代入上式得s＝
碰后两物体在斜面上还能滑行的时间可由动量定理求得t′＝cotθ
【例3】在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计重力，求：
(1)M、N两点间的电势差UMN；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.
【解析】(1)设粒子过N点时的速度为v，有＝cosθ①
v＝2v0②
粒子从M点运动到N点的过程，有qUMN＝③
UMN＝3mv/2q④
(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有
qvB＝⑤
r＝⑥
(3)由几何关系得ON＝rsinθ⑦
设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1⑧
t1＝⑨
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝⑩
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝T
t2＝
t＝t1＋t2＝
【思维提升】注重受力分析，尤其是运动过程分析以及圆心的确定，画好示意图，根据运动学规律及动能观点求解.
【拓展3】如图所示，真空室内存在宽度为s＝8cm的匀强磁场区域，磁感应强度B＝0.332T，磁场方向垂直于纸面向里.紧靠边界ab放一点状α粒子放射源S，可沿纸面向各个方向放射速率相同的α粒子.α粒子质量为m＝6.64×10－27kg，电荷量为q＝＋3.2×10－19C，速率为v＝3.2×106m/s.磁场边界ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧cd与MN之间有一宽度为L＝12.8cm的无场区域.MN右侧为固定在O点的电荷量为Q＝－2.0×10－6C的点电荷形成的电场区域(点电荷左侧的电场分布以MN为边界).不计α粒子的重力，静电力常量k＝9.0×109Nm2/C2，(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)金箔cd被α粒子射中区域的长度y；
(2)打在金箔d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔，经过无场区进入电场就开始以O点为圆心做匀速圆周运动，垂直打在放置于中心线上的荧光屏FH上的E点(未画出)，计算OE的长度；
(3)计算此α粒子从金箔上穿出时损失的动能.
【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得R＝＝0.2m
如图所示，当α粒子运动的圆轨迹与cd相切时，上端偏离O′最远，由几何关系得O′P＝＝0.16m
当α粒子沿Sb方向射入时，下端偏离O′最远，由几何关系得O′Q＝＝0.16m
故金箔cd被α粒子射中区域的长度为
y＝O′Q＋O′P＝0.32m
(2)如上图所示，OE即为α粒子绕O点做圆周运动的半径r.α粒子在无场区域做匀速直线运动与MN相交，下偏距离为y′，则
tan37°＝，y′＝Ltan37°＝0.096m
所以，圆周运动的半径为r＝＝0.32m
(3)设α粒子穿出金箔时的速度为v′，由牛顿第二定律有k
α粒子从金箔上穿出时损失的动能为
ΔEk＝mv2－mv′2＝2.5×10－14J
易错门诊
3.带电体在变力作用下的运动
【例4】竖直的平行金属平板A、B相距为d，板长为L，板间的电压为U，垂直于纸面向里、磁感应强度为B的磁场只分布在两板之间，如图所示.带电荷量为＋q、质量为m的油滴从正上方下落并在两板中央进入板内空间.已知刚进入时电场力大小等于磁场力大小，最后油滴从板的下端点离开，求油滴离开场区时速度的大小.
【错解】由题设条件有Bqv＝qE＝q，v＝；油滴离开场区时，水平方向有Bqv＋qE＝ma，v＝2a
竖直方向有v＝v2＋2gL
离开时的速度v′＝
【错因】洛伦兹力会随速度的改变而改变，对全程而言，带电体是在变力作用下的一个较为复杂的运动，对这样的运动不能用牛顿第二定律求解，只能用其他方法求解.
【正解】由动能定理有mgL＋qEmv2
由题设条件油滴进入磁场区域时有Bqv＝qE，E＝U/d
由此可以得到离开磁场区域时的速度v′＝
【思维提升】解题时应该注意物理过程和物理情景的把握，时刻注意情况的变化，然后结合物理过程中的受力特点和运动特点，利用适当的解题规律解决问题，遇到变力问题，特别要注意与能量有关规律的运用.

20xx高考物理重要考点整理：带电粒子在复合场中的运动

20xx高考物理重要考点整理：带电粒子在复合场中的运动

考点34带电粒子在复合场中的运动
考点名片
考点细研究：(1)带电粒子在复合场中的运动；(2)质谱仪和回旋加速器等。其中考查到的如：20xx年全国卷第15题、20xx年天津高考第11题、20xx年浙江高考第25题、20xx年江苏高考第15题、20xx年重庆高考第9题、20xx年福建高考第22题、20xx年天津高考第12题、20xx年山东高考第24题、20xx年浙江高考第25题、20xx年江苏高考第15题、20xx年四川高考第10题、20xx年大纲卷第25题、20xx年重庆高考第9题等。
备考正能量：本部分内容综合性较强，经常以压轴题的形式出现。试题综合考查力与运动以及运用数学解决物理问题的能力，尤其是对高新科技仪器物理原理的考查，对考生物理建模及信息迁移的能力要求较高。今后本部分知识仍为出题的热点和难点，需要着重关注带电粒子在电磁交变场中的运动。

一、基础与经典
1.如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好沿虚线ab向上运动。下列说法中正确的是()

A．该微粒一定带负电
B．该微粒的动能一定减少
C．该微粒的电势能一定增加
D．该微粒的机械能不一定增加
答案A
解析微粒受到的重力和电场力是恒力，沿直线运动，则可以判断出微粒受到的洛伦兹力也是恒定的，即该微粒做匀速直线运动，所以B错误；如果该微粒带正电，则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以不会沿直线运动，故该微粒一定带负电，电场力做正功，电势能一定减少，机械能增加，A正确，C、D错误。
2.质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，如图所示，由此可知()

A．小球带正电，沿顺时针方向运动
B．小球带负电，沿顺时针方向运动
C．小球带正电，沿逆时针方向运动
D．小球带负电，沿逆时针方向运动
答案B
解析根据题意，可知小球受到的电场力方向向上，大小等于重力，又电场方向竖直向下，可知小球带负电；已知磁场方向垂直圆周所在平面向里，带负电的小球受到的洛伦兹力指向圆心，小球一定沿顺时针方向运动。B正确。
3.如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变()

A．粒子速度的大小B．粒子所带的电荷量
C．电场强度D．磁感应强度
答案B
解析粒子受到电场力和洛伦兹力作用而平衡，即qE＝qvB，所以只要当粒子速度v＝时，粒子运动轨迹就是一条直线，与粒子所带的电荷量q无关，选项B正确；当粒子速度的大小、电场强度、磁感应强度三个量中任何一个改变时，运动轨迹都会改变，选项A、C、D不符合题意。
4.如图所示，无磁场时，一带负电滑块以一定初速度冲上绝缘粗糙斜面，滑块刚好能到达A点。若加上一个垂直纸面向里的匀强磁场，则滑块以相同初速度冲上斜面时，下列说法正确的是()

A．刚好能滑到A点
B．能冲过A点
C．不能滑到A点
D．因不知磁感应强度大小，所以不能确定能否滑到A点
答案C
解析滑块冲上斜面时，由左手定则可知滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，滑块对斜面的正压力增大，斜面对滑块的滑动摩擦力增大，所以滑块不能滑到A点，选项C正确。

5．质量为m，带电荷量为＋q的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，不计空气阻力，则球运动克服摩擦力做的功不可能的是()
A.mvB．0
C．mvD.
答案C
解析(1)当qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。
(2)当qv0Bmg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg，即当qvB＝mg，v＝时，不受摩擦力，做匀速直线运动。根据动能定理得：－W＝mv2－mv，代入解得：W＝m。所以只有选项C不可能。
6.(多选)质谱仪的构造原理如图所示。从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是()

A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大
D．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小
答案AC
解析根据左手定则，知粒子带正电，故A正确，B错误；根据半径公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，联立解得x＝，知x越大，质量与电量的比值越大，故C正确，D错误。
7.(多选)如图所示，长均为d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为2d，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以v0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若撤去电场，则粒子从M点射出(粒子重力不计)。以下说法正确的是()

A．该粒子带正电
B．该粒子带正电、负电均可
C．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为2v0
D．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为v0
答案AD
解析若撤去电场，则粒子从M点射出，根据左手定则知粒子应带正电荷，故A正确，B错误；设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：Bqv0＝Eq。撤去电场后，在洛伦兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知r＝，由洛伦兹力提供向心力得，qv0B＝m＝。撤去磁场，粒子做类平抛运动，设粒子的加速度为a，穿越电场所用时间为t，则有：Eq＝ma，y＝at2，d＝v0t，联立解得：y＝d。设末速度为v，由动能定理得，qEd＝mv2－mv，解得：v＝v0，故C错误，D正确。
8．(多选)粒子回旋加速器的工作原理如图甲、乙所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为＋e，在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()

A．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可以加速α粒子
B．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U增大而增大
C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRf
D．质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为1
答案CD
解析质子被加速后获得的最大速度受到D形盒最大半径制约，vm＝2πR/T＝2πRf，C正确；粒子旋转频率为f＝Bq/2πm，与被加速粒子的比荷有关，所以A错误；粒子被加速的最大动能Ekm＝mv＝2mπ2R2f2，与电压U无关，B错误；由运动半径R＝mv/Bq，nUq＝mv2/2知半径之比为1，D正确。
9．(多选)如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电量为e。下列说法中正确的是()

A．导体的M面比N面电势高
B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝
D．导体单位体积内的自由电子数为
答案CD
解析由于自由电子带负电，根据左手定则可知，M板电势比N板电势低，选项A错误；当上、下表面电压稳定时，有q＝qvB，得U＝Bdv，与单位体积内自由电子数无关，选项B错误，C正确；再根据I＝neSv，可知选项D正确。
二、真题与模拟
10．20xx·全国卷]现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()

A．11B．12C．121D．144
答案D
解析设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU＝mv2，在磁场中qvB＝m，联立两式得m＝，故有＝＝144，选项D正确。
11．20xx·山东高考](多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()

A．末速度大小为v0B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgdD．克服电场力做功为mgd
答案BC
解析0～微粒做匀速直线运动，则E0q＝mg。～没有电场作用，微粒做平抛运动，竖直方向上a＝g。～T，由于电场作用，F＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向竖直向上。由于两段时间相等，故到达金属板边缘时，微粒速度为v0，方向水平，选项A错误，选项B正确；从微粒进入金属板间到离开，重力做功mg，重力势能减少mgd，选项C正确；由动能定理知WG－W电＝0，W电＝mgd，选项D错误。
12．20xx·江苏高考](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IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，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．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
答案CD
解析根据霍尔元件中的电流方向及左手定则判断，霍尔元件中电子受到的洛伦兹力指向后侧面，因此后侧面带负电，电势低，A错误。若电源正负极对调，磁场方向反向，电流方向反向，根据左手定则判断，霍尔元件定向移动的电子受到的洛伦兹力的方向不变，霍尔元件前后面的电势高低不变，电压表的指针不会发生反偏，B错误。霍尔元件与R串联再与RL并联，由于霍尔元件的电阻不计，因此IHR＝(I－IH)RL，得IH＝·I，C正确。R远大于RL，因此RL中的电流近似等于I，因此RL消耗的功率P＝I2RL，霍尔电压UH＝k，B与I成正比，IH与I成正比，因此UHI2，可见P与霍尔电压(即电压表示数)成正比，D正确。
13.20xx·河北百校联考](多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋()

A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案BCD
解析两离子所带电荷量之比为13，在电场中时由qE＝ma知aq，故加速度之比为13，A错误；离开电场区域时的动能由Ek＝qU知Ekq，故D正确；在磁场中运动的半径由Bqv＝m、Ek＝mv2知R＝，故B正确；设磁场区域的宽度为d，则有sinθ＝，即＝，故θ′＝60°＝2θ，C正确。
14．20xx·武汉摸底](多选)图甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是()

A．在Ekt图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1
B．在Ekt图中应该有tn＋1－tnh2，所以D错误。第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误。
17．20xx·怀化二模](多选)磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景，其发电原理示意图如图所示。将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g。则以下说法正确的是()

A．上板是电源的正极，下板是电源的负极
B．两板间电势差为U＝Bdv
C．流经R的电流为I＝
D．流经R的电流为I＝
答案AD
解析等离子体射入匀强磁场，由左手定则，正粒子向上偏转，负粒子向下偏转，产生竖直向下的电场，正离子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当电场力和洛伦兹力平衡时，电场最强，即Eq＝Bqv，E＝Bv，两板间的电动势为Bvd，则通过R的电流为I＝，两极板间电势差为：U＝IR＝；作为电源对外供电时，I＝而R气＝，二式结合，I＝。故A、D正确。
18．20xx·浙江三校模拟](多选)如图所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是()

A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动
B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动
C．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动
D．两小球在运动过程中机械能均守恒
答案AC
解析沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A正确，B错误。在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确。两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。
19．20xx·吉林模拟]如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()

A．0B．2mgC．4mgD．6mg
答案C
解析设小球自左方摆到最低点时速度为v，则mv2＝mgL(1－cos60°)，此时qvB－mg＝m，当小球自右方摆到最低点时，v大小不变，洛伦兹力方向发生变化，FT－mg－qvB＝m，得FT＝4mg，故C正确。

一、基础与经典
20.如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移。(斜面足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

答案vm＝s＝
解析经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面。所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmB＝mgcosθ
物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：
mgssinθ＝mv－0
由得：vm＝＝。
s＝＝。
21.如图所示，坐标系xOy在竖直平面内。x轴下方有匀强电场和匀强磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里。将一个带电小球从y轴上P(0，h)点以初速度v0竖直向下抛出，小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动。不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：

(1)小球到达O点时速度的大小；
(2)小球做圆周运动的半径；
(3)小球从P点到第二次经过x轴所用的时间。
答案(1)(2)
(3)＋
解析(1)设小球经过O点时的速度为v，从P到O
v2－v＝2gh，解得v＝。

(2)小球穿过x轴后恰好做匀速圆周运动，画出小球运动的轨迹示意图，如图所示，有qE＝mg，
从O到A，根据牛顿第二定律
qvB＝m，
求出r＝。
(3)从P到O，小球第一次经过x轴，所用时间为t1，v＝v0＋gt1，从O到A，小球第二次经过x轴，所用时间为t2，T＝＝，t2＝＝，求出t＝t1＋t2＝＋。
二、真题与模拟
22．20xx·天津高考]如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10m/s2，求：

(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
答案(1)20m/s，与电场E夹角为60°(2)3.5s

解析(1)小球做匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝
代入数据解得
v＝20m/s
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tanθ＝
代入数据解得
tanθ＝，θ＝60°。
(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
a＝
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt
设小球的重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝at2
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tanθ＝
联立式，代入数据解得
t＝2s≈3.5s
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度vy＝vsinθ
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
vyt－gt2＝0
联立式，代入数据解得t＝2s≈3.5s。

23．20xx·浙江高考]为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m、电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系。已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2。
答案(1)逆时针方向(2)(3)B′＝B
解析(1)峰区内圆弧半径r＝，
旋转方向为逆时针方向。
(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝，
每个圆弧的长度l＝＝，
每段直线长度L＝2rcos＝r＝，
周期T＝，
代入得T＝。

(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°，
谷区内的轨道圆弧半径r′＝，
由几何关系rsin＝r′sin，
由三角关系sin＝sin15°＝，
代入得B′＝B。

20xx高考物理复习12带电粒子在复合场中的运动学案

一名优秀的教师在教学时都会提前最好准备，作为教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生更好的消化课堂内容，让教师能够快速的解决各种教学问题。你知道如何去写好一份优秀的教案呢？下面是小编精心收集整理，为您带来的《20xx高考物理复习12带电粒子在复合场中的运动学案》，相信您能找到对自己有用的内容。

微专题12带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在叠加场中的运动
1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)静电力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
(20xx山东枣庄一模)如图所示，穿有M、N两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为O、半径R＝0.3m．M、N用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为mM＝0.01kg、mN＝0.08kg；M带电荷量q＝＋7×10－4C，N不带电．该空间同时存在匀强电场和匀强磁场．电场方向竖直向上，电场强度E＝1×103V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B＝37×102T．将两小球从图示位置(M与圆心O等高，N在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向向上转动．重力加速度g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：
(1)通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点．
(2)小球M速度最大时，圆环对小球M的弹力．
(3)小球M电势能变化量的最大值．
解析：(1)设M、N在转动过程中，绳对M、N做的功分别为WT、WT′，则
WT＋WT′＝0，
设M到达圆环最高点时，M、N的动能分别为EkM、EkN，
对M，洛伦兹力不做功，由动能定理得qER－mMgR＋WT＝EkM，
对N，由动能定理得WT′－mNgR＝EkN，
联立解得EkM＋EkN＝－0.06J，
即M在圆环最高点时，系统动能为负值，故M不能到达圆环的最高点．
(2)设N转过α角时，M、N的速度大小分别为vM、vN，因M、N做圆周运动的半径和角速度均相同，故vM＝vN，
对M，洛伦兹力不做功，由动能定理得
qERsinα－mMgRsinα＋WT2＝12mMv2M，
对N，由动能定理得
WT2′－mNgR(1－cosα)＝12mNv2N，
WT2＋WT2′＝0，
联立解得
v2M＝43×(3sinα＋4cosα－4)，
由上式可得，当α＝37°时，M、N的速度达到最大速度，最大速度vmax＝233m/s，
M速度最大时，设绳的拉力为F，圆环对小球M的弹力为FN，由牛顿第二定律得Fcos45°＝(qE－mMg)cos37°，
qvmaxB＝Fsin45°－(qE－mMg)sin37°＋FN＝mMv2maxR，
解得FN＝－0.096N，负号表示弹力方向沿圆环径向向外．
(3)M、N从图示位置逆时针转动过程中，由于M不能到达最高点，所以，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多．由v2M＝43×(3sinα＋4cosα－4)得3sinα＋4cosα－4＝0，
解得sinα＝2425(sinα＝0舍去)，
故M的电势能变化量的最大值|ΔEp|＝qERsinα＝126625J＝0.20xxJ.
答案：(1)见解析(2)0.096N沿圆环径向向外
(3)0.20xxJ
带电粒子在叠加场中运动的分析方法
(1)弄清叠加场的组成．
(2)进行受力分析．
(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
(4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时，要分阶段进行处理．
(5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解．③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．④对于临界问题，注意挖掘隐含条件．
(20xx辽宁五校联考)如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，轨道半径R＝1m，轨道均为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C点在MN边界上)．一质量为0.4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度v0＝1007m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF＝4m/s，不计空气阻力，g取10m/s2，cos37°＝0.8，求：
(1)小球带何种电荷；
(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功．
(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与轨道AC所在直线的交点为G(G点未标出)，求G点到D点的距离．
解析：(1)在MN右侧，小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电荷，电场力水平向右，洛伦兹力指向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，小球不可能做直线运动，则小球带正电荷．
(2)小球在C、D间做匀速直线运动，则在D点的速度与C点的速度大小相等，即vD＝1007m/s，
电场力与重力的合力F0＝mgcos37°＝5N.
从D到F的过程，对小球，
由动能定理可得－Wf－F02R＝12mv2F－12mv2D，
代入数据解得Wf＝27.6J.
(3)小球离开F点后做类平抛运动，加速度a＝F0m，
2R＝12at2，代入数据解得t＝225s，
G点到D点的距离x＝vFt＝4×225m＝2.26m.
答案：(1)带正电荷(2)27.6J(3)2.26m
1．设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场．已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E＝4.0V/m,磁感应强度的大小B＝0.15T，今有一个带负电的质点以v＝20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)．
解析：根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零．由此推知此三个力的同一竖直平面内，如图所示，质点的速度垂直纸面向外．
由合力为零的条件，可得mg＝qvB2＋E2，①
求得带电质点的电量与质量之比qm＝gvB2＋E2②
代入数据得qm＝9.8020×0.152＋4.02C/kg＝1.96C/kg③
因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反，设磁场方向与重力方向之间夹角为θ，则有qEsinθ＝qvBcosθ.
解得tgθ＝vBE＝20×0.154.0，θ＝arctg0.75④
即磁场是沿着与重力方向夹角θ＝arctg0.75，且斜向下方的一切方向．
答案：见解析
带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)划分过程：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处理．
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．
如图所示，半径为R的圆形区域，c为圆心，在圆上a点有一粒子源以相同的速率向圆面内各个方向发射多个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子．当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，沿ac方向射入的粒子从b点离开场区，此过程粒子速度方向偏转了2π3.若只将圆形区域内的磁场换成平行于圆面的匀强电场，粒子从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能，其最大动能是初动能的4倍，经过b点的粒子在b点的动能是初动能的3倍．不计粒子重力及粒子间的相互作用．求：
(1)粒子源发射粒子的速度v0及从b点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间tm；
(2)电场强度的方向及大小．
解析：(1)粒子在磁场中作匀速圆周运动，设轨迹圆半径为r，作出以ab为弦的两段圆弧如图所示，O1、O2分别为两圆圆心，由从b点射出的粒子速度偏转角知：对以O1为圆心的圆有：圆周角∠aO1b＝2π3，
由几何知识可知：弦切角∠cab＝π3，△abc为等边三角形，可得ab长度：L＝R①
从△abO1可得：r＝33R②
由圆周运动的规律有：qv0B＝mv20r③
由②③式可得：v0＝3qBR3m④
粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O2为圆心的圆弧，在菱形aO1bO2中有：∠aO2b＝∠aO1b＝2π3
粒子的偏转角θ＝2π－∠aO2b⑤
由圆周运动的规律有：tm＝θrv0⑥
解得tm＝4πm3qB.
(2)设电场方向与ab连线夹角为θ，离开电场时动能最大的粒子的射出点和c点连线一定和电场方向平行，如图所示．
在粒子从a运动到b点过程中由动能定理有：
qERcosθ＝2×12mv20⑦
以离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有：
qER1＋sinθ＋π6＝3×12mv20⑧
由④⑦⑧式解得：θ＝0(即电场方向由a指向b)
E＝qRB23m或θ满足sinθ＝－473，E＝7qRB23m.
答案：(1)3qBR3m4πm3qB(2)qRB23m或7qRB23m
带电粒子在分离电场和磁场中的运动问题分析
(1)带电粒子在电场和磁场的组合场中运动．根据粒子在运动过程中的受力情况，确定运动轨迹，计算粒子的运动时间、位移等物理量．由于电场与磁场是分离的，带电粒子在电场中受到恒定的电场力作用，加速度恒定，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动．进入磁场之后，在磁场中受到洛伦兹力作用，粒子在磁场中做匀速圆周运动．
(2)处理带电粒子在电场中的运动，用动能定理较为简单．
(3)解题过程中要注意不要漏解．
如图所示，在边长L＝33dm的等边三角形abc的外接圆区域内有平行于纸面的匀强电场，将质量m＝2×10－13kg，电量q＝＋1×10－10C的点电荷从a点以相等的速率沿不同方向射出时可到达圆上的不同位置，其中电荷到达b点时动能最大，其动能增量为ΔEk＝8.1×10－10J．若将该点以某一初速度v0沿ac方向从a点射出时恰通过b点，现撤去电场并在该圆形区域内加上垂直于纸面的匀强磁场时，仍让该点电荷从a点沿ac方向以v0射出时也能通过b点．求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)匀强磁场的磁感应强度B；
(3)点电荷在匀强磁场和匀强电场中运动的时间之比．
解析：(1)由于电场力做功与路径无关，且点电荷从a点沿不同方向射出时到达b点时动能最大，说明在圆周上b点的电势最低，则过b点所作外接圆的切线为b点的等势线，又因为电场线总是与等势面相垂直，且由高等势面指向低等势面，故图中的Ob方向即为场强方向
设外接圆半径为R，由几何关系知L＝2Rcos30°，由功能关系知电场力做功等于动能增量
ΔEk＝Eq(R＋Rsin30°)，解得R＝0.3m，E＝18N/C．
(2)电荷沿ac方向射入时在电场中恰做类平抛运动，由Rcos30°＝v0t1和R＋Rsin30°＝12Eqmt21得t1＝0.01s，v0＝153m/s
换成磁场后仍过ab两点，则圆心在ab的垂直平分线上，同时圆心还应在过a点垂直于ac的直线上，如图中的O1点，由左手定则知磁感应强度方向垂直纸面向下，由几何关系可知其圆周运动的轨道半径r＝R
又电荷做圆周运动时，由qv0B＝mv20r得r＝mv0qB，代入数据可得B＝310T.
(3)由几何关系知电荷在磁场中运动了120°圆心角，因此对应的时间为t2＝120°360°×2πmqB＝4π×10－233s
于是对应的时间之比为t2t1＝4π33，整理可得t2t1＝43π9.
答案：(1)18N/C(2)310T(3)43π9
2．(20xx辽宁五校协作体联考)如图，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，匀强电场的电场强度为E.一带电荷量为＋q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x轴正方向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从x轴上距坐标原点L2的C点离开磁场．如果只撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从A点进入第一象限，仍然从x轴上距坐标原点L2的C点离开电场．求：
(1)小球从A点出发时的初速度大小；
(2)磁感应强度B的大小．
解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知mg＝qE①
所以电场反向后，由牛顿第二定律有mg＋qE＝ma②
小球做类平抛运动有L＝12at2③
L2＝v0t④
由①②③④联立得v0＝12gL⑤
(2)带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝mv20R⑥
由几何知识得(L－R)2＋(12L)2＝R2⑦
由⑤⑥⑦得B＝4EgL5gL.
答案：(1)12gL(2)4EgL5gL
3．(20xx江西红色七校模拟)如图所示，粒子源O可以源源不断地产生初速度为零的正离子同位素，即这些正离子带相同的电荷量q，质量却不相同．所有的正离子先被一个电压为U0的匀强加速电场加速，再从两板中央垂直射入一个匀强偏转电场，已知此偏转电场两板间距为d，板间电压为2U0，偏转后通过下极板上的小孔P离开电场．经过一段匀速直线运动后，正离子从Q点垂直于边界AB进入一正方形区域匀强磁场(磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里)，不计正离子的重力及离子间的相互作用．
(1)当正离子从P点离开偏转电场时，求P点和极板左端间的距离L以及此时的速度偏转角φ.
(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径R.
(3)若质量为4m的离子垂直打在磁场边界AD的中点处，求能打在边界AD上的正离子的质量范围．
解析：(1)离子在加速电场中，由动能定理得qU0＝12mv20－0，
在偏转电场中，离子做类平抛运动，L＝v0t，d2＝12at2，
加速度a＝2qU0md，
速度偏转角的正切值tanφ＝atv0，
解得L＝d，
tanφ＝1，φ＝45°.
(2)离子在加速电场中，由动能定理得qU0＝12mv20－0，v0＝2qU0m，
离子进入磁场时的速度为v，v＝v0cos45°＝2v0，
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得qvB＝mv2R，
解得R＝2BmU0q.
(3)由题意可知，质量为4m的正离子在磁场中运动轨迹的圆心恰好在A点，设此时的轨迹半径为R0，临界状态1：质量为m1的正离子刚好打在A点，设此时的轨迹半径为R1，如图所示．
由几何知识可得R1＝12R0，
由R＝2BmU0q可知R0R1＝4mm1，
解得m1＝m.
临界状态2：质量为m2的正离子刚好打在D点，设此时的轨迹半径为R2，由几何知识可得
R22＝(2R0)2＋(R2－R0)2，
解得R2＝52R0，
则R0R2＝4mm2，
解得m2＝25m，
则能打在边界AD上的正离子的质量范围为m～25m.
答案：(1)d45°(2)2BmU0q(3)m～25m