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新高考物理一轮复习讲义第10章 磁场 专题强化二十 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动 (含解析)
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这是一份新高考物理一轮复习讲义第10章 磁场 专题强化二十 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动 (含解析)，文件包含人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联原卷版doc、人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
2.会分析带电粒子在交变电、磁场中的运动问题。
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.常见的几种运动形式
例1 如图1所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：
图1
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间。
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋1))eq \r(\f(l,g))
解析 (1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，可知
qE＝mg，得E＝eq \f(mg,q)。
(2)由平衡条件得qvB＝eq \r(2)mg
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙所示
qvB＝meq \f(v2,r)
由几何知识可得r＝eq \r(2)l
联立解得v＝eq \r(2gl)，B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l))。
甲 乙
(3)微粒做匀速直线运动的时间
t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g))
微粒做匀速圆周运动的时间
t2＝eq \f(\f(3,4)π×\r(2)l,v)＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g))
微粒在复合场中的运动时间
t＝t1＋t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋1))eq \r(\f(l,g))。
跟踪训练
1.如图2所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T。现有一比荷为eq \f(q,m)＝25 C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ＝45°，重力加速度g取10 m/s2。求：
图2
(1)微粒的电性及速度v0的大小；
(2)带电微粒在第一象限内运动时所达到最高点的坐标。
答案 (1)带正电 2eq \r(2) m/s (2)(0.6 m，0.2 m)
解析 (1)带电粒子在第三象限内做直线运动，受到重力、静电力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即粒子做匀速直线运动，所以，微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断微粒带正电。对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得qv0B＝eq \r(2)mg，解得v0＝2eq \r(2) m/s。
(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，假设最高点为M点，从O到M点所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动，在y轴方向上有
0＝v0sin 45°－gt，y＝eq \f(v0sin 45°,2)t
在x轴方向上有qE＝mgtan 45°＝max
x＝v0cs 45°t＋eq \f(1,2)axt2
解得x＝0.6 m，y＝0.2 m
故所达到最高点的坐标为(0.6 m，0.2 m)。
考点二 带电粒子在交变电磁场中的运动
解题基本思路
例2 如图3所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图4甲、乙所示。在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(48v0t0,π)，0))。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足eq \f(E0,B0)＝eq \f(v0,π)；粒子的比荷满足eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)。求：
图3
图4
(1)在t＝eq \f(t0,2)时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离x轴的最大距离；
(3)粒子运动至A点的时间。
答案 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π))) (2)1.5v0t0＋eq \f(2v0t0,π) (3)32t0
解析 (1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qv0B0＝meq \f(4π2,T2)r1＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)
解得T＝2t0，r1＝eq \f(mv0,qB0)＝eq \f(v0t0,π)
则粒子在eq \f(t0,2)时间内转过的圆心角α＝eq \f(π,2)
所以在t＝eq \f(t0,2)时，
粒子的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))。
(2)在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示。
则v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0＝2v0
运动的位移y＝eq \f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0
在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动
半径r2＝2r1＝eq \f(2v0t0,π)
故粒子偏离x轴的最大距离
h＝y＋r2＝1.5v0t0＋eq \f(2v0t0,π)。
(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离
d＝2r1＋2r2＝eq \f(6v0t0,π)
AO间的距离为eq \f(48v0t0,π)＝8d
所以粒子运动至A点的时间t＝32t0。
解题关键和应注意的问题
(1)解题关键是要明确带电粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断。
(2)这类问题一般都具有周期性，注意分析带电粒子的运动周期与电场周期、磁场周期的关系。
(3)带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。
跟踪训练
2.在如图5甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向。
图5
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0；
(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值；
(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。
答案 (1)eq \f(2πm,qB0) (2)eq \f(5πm,3qB0) (3)eq \f(πm,qB0) eq \f(qB0L,nm)(n＝2，4，6，…)
解析 (1)由qvB0＝meq \f(v2,r)，T0＝eq \f(2πr,v)
解得T0＝eq \f(2πm,qB0)。
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知
sin α＝eq \f(1,2)，解得α＝30°
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°
运动时间为t＝eq \f(5,12)T0＝eq \f(5πm,6qB0)
而t＝eq \f(T,2)
所以磁感应强度的变化周期T的最大值为eq \f(5πm,3qB0)。
(3)如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即eq \f(T,2)＝eq \f(T0,4)
所以磁场变化的周期为T＝eq \f(πm,qB0)
弦OM的长度为s＝eq \f(\r(2)L,n)(n＝2，4，6，…)
圆弧半径为R＝eq \f(s,\r(2))＝eq \f(L,n)(n＝2，4，6，…)
由qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
解得v0＝eq \f(qB0L,nm)(n＝2，4，6，…)。
A级 基础对点练
对点练1 带电粒子在叠加场中的运动
1.(2023·河南洛阳高三期中)如图1所示，两竖直平行边界PQ、MN间，有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入该场区，恰好能沿水平方向做直线运动。若只减小小球从O点进入场区时的速度，则小球在场区内运动过程中，下列判断正确的是( )
图1
A.小球的动能减小 B.小球的电势能减小
C.小球的重力势能减小 D.小球的机械能减小
答案 B
解析 小球恰好能沿水平方向做直线运动，说明小球做匀速直线运动。由qE＝mg＋qvB可知，当速度减小时，洛伦兹力减小，合力向上。小球将斜向上运动。合力做正功，动能增加，故A错误；静电力做正功，电势能减小，机械能增加，故B正确，D错误；高度增加，重力势能增加，故C错误。
2.(多选)(2022·广东卷)如图2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( )
图2
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
答案 BC
解析 由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；洛伦兹力总是和速度方向垂直，电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；M点和P点在同一等势面上，从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误。
3.如图3所示，在真空中竖直平面(纸面)内边长为a的正方形ABCD区域，存在方向沿CB(水平)的匀强电场和方向垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。一带电小球以速率eq \r(ag)(g为重力加速度大小)从A点沿AC方向射入正方形区域，恰好能沿直线运动。下列说法正确的是( )
图3
A.该小球带负电
B.磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外
C.若该小球从C点沿CA方向以速率eq \r(ag)射入正方形区域，则小球将做直线运动
D.若电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上，该小球仍从A点沿AC方向以速率eq \r(ag)射入正方形区域，则小球将从D点射出
答案 D
解析 小球做直线运动，说明小球受力平衡，小球的重力方向竖直向下，小球带正电，受静电力水平方向向左，洛伦兹力方向垂直AC斜向上，则磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，A、B错误；若该小球从C点沿CA方向以速率eq \r(ag)射入正方形区域，则小球的合力不为零，速度会变化，洛伦兹力也会变化，小球将做曲线运动，C错误；电场水平向左，由物体的平衡条件有qvB＝eq \r(2)mg(其中v＝eq \r(ag))，qE＝mg，电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上后，静电力与重力平衡，小球沿逆时针方向做匀速圆周运动，设轨道半径为r，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(\r(2),2)a，有2rsin 45°＝a，所以小球将从D点射出，D正确。
4.如图4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( )
图4
A.液滴带正电
B.液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C.液滴沿顺时针方向运动
D.液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
答案 C
解析 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eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(RBg,E)，选项D错误。
对点练2 带电粒子在交变电磁场中的运动
5.如图5甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长eq \(AB,\s\up6(－))＝eq \r(3)eq \(AD,\s\up6(－))，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为( )
图5
A.1∶1 B.2eq \r(3)π∶3
C.2eq \r(3)π∶9 D.eq \r(3)π∶9
答案 C
解析 设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子的偏转半径为r，经eq \f(T1,2)粒子转过的圆心角为α，则有2rsin α＝eq \(AB,\s\up6(－))，2(r－rcs α)＝eq \(AD,\s\up6(－))，又eq \(AB,\s\up6(－))＝eq \r(3)eq \(AD,\s\up6(－))，联立解得α＝60°，所以有eq \f(T1,2)＝eq \f(1,6)T，T＝eq \f(2πr,v0)，解得T1＝eq \f(2\r(3)π\(AB,\s\up6(－)),9v0)，如果把磁场换为电场，则有eq \(AB,\s\up6(－))＝v0T2，解得T2＝eq \f(\(AB,\s\up6(－)),v0)，所以eq \f(T1,T2)＝eq \f(2\r(3)π,9)，故C正确，A、B、D错误。
6.如图6甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0时刻，一个比荷eq \f(q,m)＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，eq \r(3))处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为( )
图6
A.8π×10－5 s B.eq \f(8,3)π×10－5 s
C.1.2π×10－4 s D.eq \f(4π,3)×10－4 s
答案 C
解析 洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v0)＝8π×10－5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；位移大小2rsin 60°＝eq \f(2,5)eq \r(3) m，位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝eq \f(540°,360°)T＝1.2π×10－4 s，故C正确。
B级 综合提升练
7.如图7甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
图7
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝eq \f(2mv0,qd)，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。
答案 (1)eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…) (2)eq \f(\r(3)－1,2)d
解析 (1)设经时间t，粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a
则a＝eq \f(qU0,md)
半个周期内，粒子向上运动的距离为
y＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))eq \s\up12(2)
d＝2ny
t＝nT
联立得T＝eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…)。
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有
qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),r)
解得r＝eq \f(1,2)d
要使粒子能垂直打到上板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为
90°＋θ，如图所示由几何关系得r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝eq \f(1,2)
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cs θ)＝eq \f(\r(3)－1,2)d。
8.(2023·江西景德镇高三月考)如图8所示，在区域Ⅰ有与水平方向成30°的匀强电场，电场方向斜向左下方。在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E2＝eq \f(mg,q)，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为－q的粒子从区域Ⅰ的左边界P点静止释放。粒子沿水平虚线向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d。粒子从区域Ⅱ右边界的Q点(图中未画出)离开，速度方向偏转了60°，重力加速度为g。求：
图8
(1)区域Ⅰ的电场强度大小E1；
(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；
(3)粒子从P点运动到Q点的时间。
答案 (1)eq \f(2mg,q) (2)eq \f(2\r(3)qBd,3m) (3)eq \f(2qBd,3mg)＋eq \f(πm,3qB)
解析 (1)粒子在区域Ⅰ沿水平虚线方向做直线运动，说明粒子在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件有qE1sin 30°＝mg
解得E1＝eq \f(2mg,q)。
(2)粒子进入Ⅱ区域后，根据题意有qE2＝mg
由此可知粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子进入区域Ⅱ的速度大小为v，则有qvB＝eq \f(mv2,R)
根据几何关系有Rsin 60°＝d
联立解得v＝eq \f(2\r(3)qBd,3m)。
(3)粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，其运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)
则粒子在区域Ⅱ中运动时间为t2＝eq \f(60°,360°)T
粒子在区域Ⅰ沿水平虚线运动，
根据v＝at1，qE1cs 30°＝ma
故粒子从P点运动到O点的时间为t＝t1＋t2
联立解得t＝eq \f(2qBd,3mg)＋eq \f(πm,3qB)。
9.如图9所示，坐标系xOy在竖直平面内，整个空间存在竖直向上的匀强电场，y轴两侧均有方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧的磁感应强度大小是右侧的两倍。t＝0时刻，一个带正电微粒从O点以v＝2 m/s的初速度射入y轴右侧空间，初速度方向与x轴正方向成60°，微粒恰能做匀速圆周运动，第一次经过y轴的点记为P，OP长L＝0.8 m。已知微粒电荷量q＝＋4×10－6 C，质量m＝2×
10－7 kg，重力加速度g取10m/s2，求：
图9
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)y轴右侧磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子第二次经过P点的时刻(结果可含π)。
答案 (1)0.5 N/C (2)0.125 T (3)eq \f(14π,15) s
解析 (1)微粒射入y轴右侧空间，恰能做匀速圆周运动，说明微粒受到的静电力与重力平衡，则有qE＝mg
解得匀强电场的电场强度大小为
E＝eq \f(mg,q)＝0.5 N/C。
(2)微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
有qvB＝meq \f(v2,r1)
由几何关系知，微粒做圆周运动的轨道半径为
r1＝eq \f(\f(L,2),sin 30°)＝L
联立解得y轴右侧磁场的磁感应强度大小为
B＝0.125 T。
(3)微粒在y轴左侧运动时，有
qv·2B＝meq \f(v2,r2)
则r2＝eq \f(L,2)
粒子从射入到第二次经过P点的运动轨迹如图，由T＝eq \f(2πr,v)，可知粒子在y轴两侧运动的周期分别为
T1＝eq \f(2πm,qB)，T2＝eq \f(πm,qB)
粒子从射入到第二次经过P点经历的时间为
t＝2×eq \f(T1,6)＋2×eq \f(5T2,6)＝eq \f(14π,15) s
粒子第二次经过P点的时刻为t＝eq \f(14π,15) s。
10.在竖直平面内存在如图10所示的坐标系，第Ⅱ象限分布有磁感应强度为B1＝1 T的匀强磁场，一个质量为m＝0.04 kg，带电荷量为q＝＋0.03 C的小球由P点静止释放，随后小球以速度v从Q点进入第Ⅲ象限，速度方向与x轴的夹角θ＝37°，已知P点的位置坐标为(0，1.25 m)，Q点的位置坐标为(－0.6 m，0)，第Ⅲ象限分布有磁感应强度为B2＝eq \f(40,3) T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和电场强度为E＝eq \f(40,3) N/C，方向沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅳ象限在水平方向分布着电场强度也为E＝eq \f(40,3) N/C、方向沿x轴负方向的匀强电场，重力加速度取g＝
10 m/s2。求：
图10
(1)小球经过Q点时的速度大小；
(2)小球离开第Ⅲ象限的位置坐标，小球在第Ⅲ象限运动的时间；
(3)小球是否可以再次回到x轴？若可以，写出小球经过x轴的位置；若不可以，写出小球距x轴最近时的位置坐标。
答案 (1)5 m/s (2)(0，－0.8 m) eq \f(π,10) s (3)不可以 (0.75 m，－0.35 m)
解析 (1)由题意知，由P运动到Q点的过程中，洛伦兹力不做功，仅有重力做功，由
mgh＝eq \f(1,2)mv2
可得Q点的速度为v＝5 m/s。
(2)在第Ⅲ象限，由于qE＝mg
故小球做匀速圆周运动，设小球从C点离开第Ⅲ象限，由qvB＝eq \f(mv2,R)
可得R＝eq \f(mv,qB)＝0.5 m
由几何关系可得
QC＝2R＝1.0 m，OC＝0.8 m
故C点坐标为(0，－0.8 m)
小球在第三象限做圆周运动转过的圆心角α＝π
而T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)
故小球在第三象限运动的时间为
t＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(π,10) s。
(3)小球在C点的速度大小vC＝v＝5 m/s
由几何关系可知，与x轴的夹角为θ＝37°
在第Ⅳ象限，小球在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，当竖直方向减速为0时，有
vCsin 37°＝gt
可得t＝0.3 s
此时竖直方向位移h＝eq \f(vCsin 37°,2)t＝0.45 m
由于h故小球不可以再次回到x轴，此时
y＝OC－h＝0.35 m
小球在水平方向做匀减速直线运动，有
qE＝max
所以小球的水平位移为
x＝vCcs 37°·t－eq \f(1,2)axt2
解得x＝0.75 m
故小球距x轴最近时的位置坐标为
(0.75 m，－0.35 m)。
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为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.会分析带电粒子在交变电、磁场中的运动问题。
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.常见的几种运动形式
例1 如图1所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：
图1
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间。
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋1))eq \r(\f(l,g))
解析 (1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，可知
qE＝mg，得E＝eq \f(mg,q)。
(2)由平衡条件得qvB＝eq \r(2)mg
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙所示
qvB＝meq \f(v2,r)
由几何知识可得r＝eq \r(2)l
联立解得v＝eq \r(2gl)，B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l))。
甲 乙
(3)微粒做匀速直线运动的时间
t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g))
微粒做匀速圆周运动的时间
t2＝eq \f(\f(3,4)π×\r(2)l,v)＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g))
微粒在复合场中的运动时间
t＝t1＋t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋1))eq \r(\f(l,g))。
跟踪训练
1.如图2所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T。现有一比荷为eq \f(q,m)＝25 C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ＝45°，重力加速度g取10 m/s2。求：
图2
(1)微粒的电性及速度v0的大小；
(2)带电微粒在第一象限内运动时所达到最高点的坐标。
答案 (1)带正电 2eq \r(2) m/s (2)(0.6 m，0.2 m)
解析 (1)带电粒子在第三象限内做直线运动，受到重力、静电力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即粒子做匀速直线运动，所以，微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断微粒带正电。对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得qv0B＝eq \r(2)mg，解得v0＝2eq \r(2) m/s。
(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，假设最高点为M点，从O到M点所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动，在y轴方向上有
0＝v0sin 45°－gt，y＝eq \f(v0sin 45°,2)t
在x轴方向上有qE＝mgtan 45°＝max
x＝v0cs 45°t＋eq \f(1,2)axt2
解得x＝0.6 m，y＝0.2 m
故所达到最高点的坐标为(0.6 m，0.2 m)。
考点二 带电粒子在交变电磁场中的运动
解题基本思路
例2 如图3所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图4甲、乙所示。在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(48v0t0,π)，0))。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足eq \f(E0,B0)＝eq \f(v0,π)；粒子的比荷满足eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)。求：
图3
图4
(1)在t＝eq \f(t0,2)时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离x轴的最大距离；
(3)粒子运动至A点的时间。
答案 (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π))) (2)1.5v0t0＋eq \f(2v0t0,π) (3)32t0
解析 (1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qv0B0＝meq \f(4π2,T2)r1＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)
解得T＝2t0，r1＝eq \f(mv0,qB0)＝eq \f(v0t0,π)
则粒子在eq \f(t0,2)时间内转过的圆心角α＝eq \f(π,2)
所以在t＝eq \f(t0,2)时，
粒子的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))。
(2)在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示。
则v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0＝2v0
运动的位移y＝eq \f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0
在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动
半径r2＝2r1＝eq \f(2v0t0,π)
故粒子偏离x轴的最大距离
h＝y＋r2＝1.5v0t0＋eq \f(2v0t0,π)。
(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离
d＝2r1＋2r2＝eq \f(6v0t0,π)
AO间的距离为eq \f(48v0t0,π)＝8d
所以粒子运动至A点的时间t＝32t0。
解题关键和应注意的问题
(1)解题关键是要明确带电粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断。
(2)这类问题一般都具有周期性，注意分析带电粒子的运动周期与电场周期、磁场周期的关系。
(3)带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。
跟踪训练
2.在如图5甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向。
图5
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0；
(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值；
(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。
答案 (1)eq \f(2πm,qB0) (2)eq \f(5πm,3qB0) (3)eq \f(πm,qB0) eq \f(qB0L,nm)(n＝2，4，6，…)
解析 (1)由qvB0＝meq \f(v2,r)，T0＝eq \f(2πr,v)
解得T0＝eq \f(2πm,qB0)。
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知
sin α＝eq \f(1,2)，解得α＝30°
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°
运动时间为t＝eq \f(5,12)T0＝eq \f(5πm,6qB0)
而t＝eq \f(T,2)
所以磁感应强度的变化周期T的最大值为eq \f(5πm,3qB0)。
(3)如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即eq \f(T,2)＝eq \f(T0,4)
所以磁场变化的周期为T＝eq \f(πm,qB0)
弦OM的长度为s＝eq \f(\r(2)L,n)(n＝2，4，6，…)
圆弧半径为R＝eq \f(s,\r(2))＝eq \f(L,n)(n＝2，4，6，…)
由qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
解得v0＝eq \f(qB0L,nm)(n＝2，4，6，…)。
A级 基础对点练
对点练1 带电粒子在叠加场中的运动
1.(2023·河南洛阳高三期中)如图1所示，两竖直平行边界PQ、MN间，有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入该场区，恰好能沿水平方向做直线运动。若只减小小球从O点进入场区时的速度，则小球在场区内运动过程中，下列判断正确的是( )
图1
A.小球的动能减小 B.小球的电势能减小
C.小球的重力势能减小 D.小球的机械能减小
答案 B
解析 小球恰好能沿水平方向做直线运动，说明小球做匀速直线运动。由qE＝mg＋qvB可知，当速度减小时，洛伦兹力减小，合力向上。小球将斜向上运动。合力做正功，动能增加，故A错误；静电力做正功，电势能减小，机械能增加，故B正确，D错误；高度增加，重力势能增加，故C错误。
2.(多选)(2022·广东卷)如图2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( )
图2
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
答案 BC
解析 由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；洛伦兹力总是和速度方向垂直，电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；M点和P点在同一等势面上，从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误。
3.如图3所示，在真空中竖直平面(纸面)内边长为a的正方形ABCD区域，存在方向沿CB(水平)的匀强电场和方向垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。一带电小球以速率eq \r(ag)(g为重力加速度大小)从A点沿AC方向射入正方形区域，恰好能沿直线运动。下列说法正确的是( )
图3
A.该小球带负电
B.磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外
C.若该小球从C点沿CA方向以速率eq \r(ag)射入正方形区域，则小球将做直线运动
D.若电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上，该小球仍从A点沿AC方向以速率eq \r(ag)射入正方形区域，则小球将从D点射出
答案 D
解析 小球做直线运动，说明小球受力平衡，小球的重力方向竖直向下，小球带正电，受静电力水平方向向左，洛伦兹力方向垂直AC斜向上，则磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，A、B错误；若该小球从C点沿CA方向以速率eq \r(ag)射入正方形区域，则小球的合力不为零，速度会变化，洛伦兹力也会变化，小球将做曲线运动，C错误；电场水平向左，由物体的平衡条件有qvB＝eq \r(2)mg(其中v＝eq \r(ag))，qE＝mg，电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上后，静电力与重力平衡，小球沿逆时针方向做匀速圆周运动，设轨道半径为r，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(\r(2),2)a，有2rsin 45°＝a，所以小球将从D点射出，D正确。
4.如图4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( )
图4
A.液滴带正电
B.液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C.液滴沿顺时针方向运动
D.液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
答案 C
解析 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eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(RBg,E)，选项D错误。
对点练2 带电粒子在交变电磁场中的运动
5.如图5甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长eq \(AB,\s\up6(－))＝eq \r(3)eq \(AD,\s\up6(－))，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为( )
图5
A.1∶1 B.2eq \r(3)π∶3
C.2eq \r(3)π∶9 D.eq \r(3)π∶9
答案 C
解析 设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子的偏转半径为r，经eq \f(T1,2)粒子转过的圆心角为α，则有2rsin α＝eq \(AB,\s\up6(－))，2(r－rcs α)＝eq \(AD,\s\up6(－))，又eq \(AB,\s\up6(－))＝eq \r(3)eq \(AD,\s\up6(－))，联立解得α＝60°，所以有eq \f(T1,2)＝eq \f(1,6)T，T＝eq \f(2πr,v0)，解得T1＝eq \f(2\r(3)π\(AB,\s\up6(－)),9v0)，如果把磁场换为电场，则有eq \(AB,\s\up6(－))＝v0T2，解得T2＝eq \f(\(AB,\s\up6(－)),v0)，所以eq \f(T1,T2)＝eq \f(2\r(3)π,9)，故C正确，A、B、D错误。
6.如图6甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0时刻，一个比荷eq \f(q,m)＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，eq \r(3))处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为( )
图6
A.8π×10－5 s B.eq \f(8,3)π×10－5 s
C.1.2π×10－4 s D.eq \f(4π,3)×10－4 s
答案 C
解析 洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v0)＝8π×10－5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；位移大小2rsin 60°＝eq \f(2,5)eq \r(3) m，位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝eq \f(540°,360°)T＝1.2π×10－4 s，故C正确。
B级 综合提升练
7.如图7甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
图7
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝eq \f(2mv0,qd)，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。
答案 (1)eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…) (2)eq \f(\r(3)－1,2)d
解析 (1)设经时间t，粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a
则a＝eq \f(qU0,md)
半个周期内，粒子向上运动的距离为
y＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))eq \s\up12(2)
d＝2ny
t＝nT
联立得T＝eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…)。
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有
qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),r)
解得r＝eq \f(1,2)d
要使粒子能垂直打到上板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为
90°＋θ，如图所示由几何关系得r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝eq \f(1,2)
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cs θ)＝eq \f(\r(3)－1,2)d。
8.(2023·江西景德镇高三月考)如图8所示，在区域Ⅰ有与水平方向成30°的匀强电场，电场方向斜向左下方。在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E2＝eq \f(mg,q)，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为－q的粒子从区域Ⅰ的左边界P点静止释放。粒子沿水平虚线向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d。粒子从区域Ⅱ右边界的Q点(图中未画出)离开，速度方向偏转了60°，重力加速度为g。求：
图8
(1)区域Ⅰ的电场强度大小E1；
(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；
(3)粒子从P点运动到Q点的时间。
答案 (1)eq \f(2mg,q) (2)eq \f(2\r(3)qBd,3m) (3)eq \f(2qBd,3mg)＋eq \f(πm,3qB)
解析 (1)粒子在区域Ⅰ沿水平虚线方向做直线运动，说明粒子在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件有qE1sin 30°＝mg
解得E1＝eq \f(2mg,q)。
(2)粒子进入Ⅱ区域后，根据题意有qE2＝mg
由此可知粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子进入区域Ⅱ的速度大小为v，则有qvB＝eq \f(mv2,R)
根据几何关系有Rsin 60°＝d
联立解得v＝eq \f(2\r(3)qBd,3m)。
(3)粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，其运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)
则粒子在区域Ⅱ中运动时间为t2＝eq \f(60°,360°)T
粒子在区域Ⅰ沿水平虚线运动，
根据v＝at1，qE1cs 30°＝ma
故粒子从P点运动到O点的时间为t＝t1＋t2
联立解得t＝eq \f(2qBd,3mg)＋eq \f(πm,3qB)。
9.如图9所示，坐标系xOy在竖直平面内，整个空间存在竖直向上的匀强电场，y轴两侧均有方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧的磁感应强度大小是右侧的两倍。t＝0时刻，一个带正电微粒从O点以v＝2 m/s的初速度射入y轴右侧空间，初速度方向与x轴正方向成60°，微粒恰能做匀速圆周运动，第一次经过y轴的点记为P，OP长L＝0.8 m。已知微粒电荷量q＝＋4×10－6 C，质量m＝2×
10－7 kg，重力加速度g取10m/s2，求：
图9
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)y轴右侧磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子第二次经过P点的时刻(结果可含π)。
答案 (1)0.5 N/C (2)0.125 T (3)eq \f(14π,15) s
解析 (1)微粒射入y轴右侧空间，恰能做匀速圆周运动，说明微粒受到的静电力与重力平衡，则有qE＝mg
解得匀强电场的电场强度大小为
E＝eq \f(mg,q)＝0.5 N/C。
(2)微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
有qvB＝meq \f(v2,r1)
由几何关系知，微粒做圆周运动的轨道半径为
r1＝eq \f(\f(L,2),sin 30°)＝L
联立解得y轴右侧磁场的磁感应强度大小为
B＝0.125 T。
(3)微粒在y轴左侧运动时，有
qv·2B＝meq \f(v2,r2)
则r2＝eq \f(L,2)
粒子从射入到第二次经过P点的运动轨迹如图，由T＝eq \f(2πr,v)，可知粒子在y轴两侧运动的周期分别为
T1＝eq \f(2πm,qB)，T2＝eq \f(πm,qB)
粒子从射入到第二次经过P点经历的时间为
t＝2×eq \f(T1,6)＋2×eq \f(5T2,6)＝eq \f(14π,15) s
粒子第二次经过P点的时刻为t＝eq \f(14π,15) s。
10.在竖直平面内存在如图10所示的坐标系，第Ⅱ象限分布有磁感应强度为B1＝1 T的匀强磁场，一个质量为m＝0.04 kg，带电荷量为q＝＋0.03 C的小球由P点静止释放，随后小球以速度v从Q点进入第Ⅲ象限，速度方向与x轴的夹角θ＝37°，已知P点的位置坐标为(0，1.25 m)，Q点的位置坐标为(－0.6 m，0)，第Ⅲ象限分布有磁感应强度为B2＝eq \f(40,3) T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和电场强度为E＝eq \f(40,3) N/C，方向沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅳ象限在水平方向分布着电场强度也为E＝eq \f(40,3) N/C、方向沿x轴负方向的匀强电场，重力加速度取g＝
10 m/s2。求：
图10
(1)小球经过Q点时的速度大小；
(2)小球离开第Ⅲ象限的位置坐标，小球在第Ⅲ象限运动的时间；
(3)小球是否可以再次回到x轴？若可以，写出小球经过x轴的位置；若不可以，写出小球距x轴最近时的位置坐标。
答案 (1)5 m/s (2)(0，－0.8 m) eq \f(π,10) s (3)不可以 (0.75 m，－0.35 m)
解析 (1)由题意知，由P运动到Q点的过程中，洛伦兹力不做功，仅有重力做功，由
mgh＝eq \f(1,2)mv2
可得Q点的速度为v＝5 m/s。
(2)在第Ⅲ象限，由于qE＝mg
故小球做匀速圆周运动，设小球从C点离开第Ⅲ象限，由qvB＝eq \f(mv2,R)
可得R＝eq \f(mv,qB)＝0.5 m
由几何关系可得
QC＝2R＝1.0 m，OC＝0.8 m
故C点坐标为(0，－0.8 m)
小球在第三象限做圆周运动转过的圆心角α＝π
而T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)
故小球在第三象限运动的时间为
t＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(π,10) s。
(3)小球在C点的速度大小vC＝v＝5 m/s
由几何关系可知，与x轴的夹角为θ＝37°
在第Ⅳ象限，小球在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，当竖直方向减速为0时，有
vCsin 37°＝gt
可得t＝0.3 s
此时竖直方向位移h＝eq \f(vCsin 37°,2)t＝0.45 m
由于h
y＝OC－h＝0.35 m
小球在水平方向做匀减速直线运动，有
qE＝max
所以小球的水平位移为
x＝vCcs 37°·t－eq \f(1,2)axt2
解得x＝0.75 m
故小球距x轴最近时的位置坐标为
(0.75 m，－0.35 m)。
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为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
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