备战2025年高考物理精品教案第十一章磁场专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动（Word版附解析）

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题型1 带电粒子在叠加场中的运动

1.三种场的比较
2.“三步法”突破叠加场问题

1.[电场＋磁场/2022全国甲]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（ B ）
A B C D
解析 分析可知，开始一段较短时间内，带正电的粒子具有沿y轴正方向的速度，由左手定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C错误；由于粒子所受电场力沿y轴正方向，且粒子初速度为零、初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x轴上，D错误，B正确.
2.[电场＋磁场＋重力场/2022湖南]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3d，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'.
答案 （1）（R1＋R2）mgdqR2 （2）mv2qd （3）mg2q
解析 （1）小球在电容器中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等、方向相反，设两板间电压为U，有
mg＝qUd
由闭合电路欧姆定律得U＝R2R1＋R2E0
联立解得E0＝（R1＋R2）mgdqR2.
（2）小球在电容器中做匀速圆周运动，恰从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝（r－d）2＋（3d）2
又洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，qvB＝mv2r
解得B＝mv2qd.
（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'＝mgcs60°
解得E'＝mg2q.
题型2 带电粒子在交变电磁场中的运动

1.交变场的常见的类型
（1）电场周期性变化，磁场不变；
（2）磁场周期性变化，电场不变；
（3）电场、磁场均周期性变化.
2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路

3.[交变电场]如图甲所示，竖直边界分别为PM和QN的区域宽度为4L，其内部分布着垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场，电场随时间变化的关系如图乙所示，E＞0表示电场方向竖直向上.在t＝0时，一带电荷量为＋q、质量为m的带电微粒从边界P上的A点处水平射入该区域，先沿直线运动到某点，再经历一次完整的半径为L的匀速圆周运动，最后沿直线运动从边界QN上的B点处离开该区域，重力加速度为g.求：
（1）图乙中的E0；
（2）微粒刚进入磁场时的速度v0的大小及磁场的磁感应强度的大小B；
（3）电场变化周期T的范围.
答案 （1）mgq （2）2gL mqL2gL （3）（1＋π）2Lg≤T≤（32＋π）2Lg
解析 （1）由带电微粒做匀速圆周运动可得qE0＝mg
解得E0＝mgq
（2）由带电微粒做直线运动可知Bqv0＝mg＋qE0
由带电微粒做匀速圆周运动可得Bqv0＝mv02L
由上述两式解得v0＝2gL
B＝mqL2gL
（3）①如图a所示，当O点为AB中点时，所对应的周期为最小周期
设带电微粒从A点处运动至O点处所需要的时间为t1
t1＝xAOv0＝2L2gL＝2Lg
设带电微粒做匀速圆周运动的周期为t2
t2＝2πLv0＝π2Lg
则最小周期Tmin＝t1＋t2＝（1＋π）2Lg.
②如图b所示，当圆轨迹与右边界QN相切时，所对应的周期为最大周期
设带电微粒从A点处运动至O点处所需要的时间为t'1
t'1＝xAOv0＝3L2gL＝322Lg
设微粒做匀速圆周运动的周期为t'2，t'2＝2πLv0＝π2Lg
则最大周期Tmax＝t'1＋t'2＝（32＋π）2Lg
综上所述，电场变化周期T的范围是
（1＋π）2Lg≤T≤（32＋π）2Lg.
4.[交变磁场]在如图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、所带电荷量为＋q的粒子（不计重力）在t＝0时刻沿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，规定磁场向外的方向为正方向.
（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）要使带电粒子正好从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及粒子射入磁场时速度的大小v0.
答案 （1）2πmqB0 （2）5πm3qB0 （3）πmqB0 qB0Lnm（n＝2，4，6，…）
解析 （1）由qvB0＝mv2r，T0＝2πrv，解得T0＝2πmqB0
（2）如图甲所示为带电粒子不能从Oa边界射出磁场的临界情况，由几何关系可知sinα＝12，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＝512T0＝5πm6qB0
而t＝T2，所以磁感应强度的变化周期T的最大值为5πm3qB0
（3）如图乙所示为带电粒子正好从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T2＝T04
所以磁场变化的周期为T＝πmqB0
弦OM的长度为s＝2Ln（n＝2，4，6，…）
带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝s2＝Ln
由qv0B0＝mv02R，解得v0＝qB0Lnm（n＝2，4，6，…）.
5.[交变电场＋交变磁场]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，图（b）中E0B0＝8v0π2，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为2v0t0π，2v0t0π.求：
（1）粒子P的比荷；
（2）t＝2t0时刻粒子P的位置；
（3）带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L.
答案 （1）4v0πE0t0 （2）（2+ππv0t0，0） （3）4+2ππv0t0
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14圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨迹半径R，即R＝2v0t0π ①
又qv0B0＝mv02R ②
代入E0B0＝8v0π2，解得qm＝4v0πE0t0 ③
（2）设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝2πRv0 ④
联立①④解得T＝4t0 ⑤
即粒子P做14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 ⑥
y1＝12at02 ⑦
其中加速度a＝qE0m
由③⑦解得y1＝2v0t0π，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为（2+ππv0t0，0）
（3）分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场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，水平位移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，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L即O、d间的距离，L＝2R＋2x1 ⑧
解得L＝4+2ππv0t0.
1.[带电粒子在电磁复合场中的运动＋等势面＋洛伦兹力/2022广东/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（ BC ）
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
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.
2.[带电粒子在电磁复合场中的运动＋速度选择器/2023全国乙]如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直.一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏.该粒子的比荷为（ A ）
A.E2aB2B.EaB2C.B2aE2D.BaE2
解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示
3.[带电粒子在电磁复合场中的运动/2023湖南]如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直.A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ D ）
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则t＝t02
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2，则t＝2t0
解析 粒子在Ⅰ中qv0B1＝qE→v0＝EB1→粒子在Ⅱ中运动的轨迹半径为r0＝mv0qB2＝mEqB1B2
所用时间t0＝90°360°T＝14×2πmqB2＝πm2qB2
仅将B1变为2B1→v1＝12v0→r1＝12r0→从CF的四等分点处竖直向下射出
仅将E变为2E→v2＝2v0→r2＝2r0→从F点竖直向下射出
粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图1所示
图1
粒子转过的圆心角均为90°，粒子在Ⅱ中运动的时间仍为t0，AB错
图2 图3
仅将Ⅱ中磁场变为34B2→半径r3＝43r0＞2r0，粒子从OF边离开，如图2所示→对应圆心角的正弦值sinθ1＝2r0r3＝32→粒子转过的圆心角θ1＝60°→粒子运动时间t＝60°360°×2πmq·34B2＝839t0，C错
仅将Ⅱ中磁场变为24B2→半径r4＝42r0＞2r0，粒子从OF边离开，如图3所示→对应圆心角的正弦值sinθ2＝2r0r4＝22→粒子转过的圆心角θ2＝45°→粒子运动时间t＝45°360°×2πmq·24B2＝2t0，D对
4.[带电粒子在电场和磁场中的运动/2021重庆]在如图1所示的Oxy竖直平面内，原点O处有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同，比荷均为qm的带正电的粒子.在x≥L的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；x＜L的区域仅有如图2所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为0.在磁场左边界x＝L直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）.0时刻发射的A粒子在t0时刻经过磁场左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在t03时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为（L，－4L9）；C粒子在t0时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的14，不经过磁场能被收集器收集.忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应.

图1 图2
（1）求电场强度E的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的发射速度大小.
答案 （1）Lmqt02 （2）2m5qt0 （3）L3t0、L2t0、（6+1）L5t0
解析 （1）设A粒子发射速度为v，分别画出三个粒子的运动轨迹如图甲所示.根据题述可知L＝vt0
图甲
对B粒子沿y轴方向有
4L9＝12a（2t03）2＋a2t03·t03
又qE＝ma
联立解得E＝Lmqt02.
（2）设收集器的位置坐标为（L，y1），在电场中的运动过程
对C粒子有L＝0.25v·4t0，y1＝12a（3t0）2
对A粒子有L＝vt0，y2＝12at02
A粒子进入磁场时沿x轴方向分速度为
vx＝v＝Lt0
沿y轴方向分速度为vy＝at0＝Lt0
A粒子进入磁场时与x轴夹角为θ
tanθ＝vyvx＝1
2rcsθ＝y1＋y2＝5at02＝5L
解得A粒子在磁场中的轨迹半径为r＝52L2
A粒子进入磁场时的速度vA＝2v
由洛伦兹力提供向心力有qvAB＝mvA2r
解得B＝2m5qt0.
（3）设2t0时刻发射的粒子在电场中运动的时间为nt0（n＞0），则粒子在电场中的偏转位移为
y3＝12a（nt0）2＝L2n2
①若y3＝y1，即粒子不进入磁场直接打在坐标（L，92L）处，解得：n＝3
故粒子的入射速度v1＝Lnt0＝L3t0
②若y3＜y1，则粒子要进入磁场运动一段圆弧后打在坐标（L，92L）处被收集，其运动轨迹如图乙所示，由运动的合成与分解有v'x＝Lnt0＝1nv，v'y＝a·nt0＝nv
则粒子刚进入磁场时的速度大小为
v'＝v'x2＋v'y2＝1n2＋n2v＝kv
设此时的速度方向与x＝L的夹角为α，即
sinα＝v'xv'＝1nk
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，根据牛顿第二定律有qv'B＝mv'2r1
解得r1＝mv'qB＝kmvqB＝5L2·k
粒子要被收集，则必满足
2r1sinα＝y1－y3＝L2（9－n2）
化简即有n3－9n＋10＝0
变形可得（n－2）（n2＋2n－5）＝0
Ⅰ.当n－2＝0时，则n＝2，即粒子的入射速度
v2＝Lnt0＝L2t0
Ⅱ.当n2＋2n－5＝0，则n＝6－1[n＝－（6＋1）＜0舍去]时，即粒子的入射速度
v3＝Lnt0＝L（6－1）t0＝（6+1）L5t0
综上所述，在t＝2t0时刻沿x方向射入的粒子，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：L3t0、L2t0、（6+1）L5t0.

1.[2023新课标]一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示.已知α粒子的速度约为电子速度的110，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ C ）
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
解析 假设电子打在a点，即其所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v'小于电子的速度v，所以2eE＞2ev'B，α粒子经过电、磁叠加场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，C正确.假设α粒子打在a点，同样可以得出只有C正确.
2.[多选]如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有一带正电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变，小球最终从上端管口飞出.从玻璃管进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，下列说法正确的是（ BC ）
A.洛伦兹力对小球做正功
B.小球的机械能增加
C.小球的运动轨迹是一条拋物线
D.小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管的速度无关
解析 洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，A错误.设小球的水平分速度为v，竖直分速度为vy，小球受力如图所示，玻璃管对带电小球的弹力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，弹力对小球做正功，小球的机械能增加，B正确.小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动；小球在竖直方向所受的洛伦兹力F1＝qvB是恒力，在竖直方向，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，解得小球的加速度大小a＝qvBm－g，可知小球的加速度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线，C正确.小球在竖直方向做匀加速运动，根据h＝12at2，可知t＝2ℎa＝2ℎqvBm－g，则小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管的速度有关，D错误.
3.[运动的分解/2024北京海淀区模拟/多选]如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O做速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v做匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线.如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、带电荷量为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB（该曲线属于圆滚线）运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则（ BC ）
A.该离子的电势能先增大后减小
B.A、B两点位于同一高度
C.到达C点时离子速度最大，大小为2EB
D.离子从A点运动到B点经历的时间为πmqB
解析 正离子开始受到方向向下的电场力作用由静止开始向下运动，到最低点后又向上运动，所在位置的电势先减小后增大，该离子的电势能Ep＝qφ先减小后增大，故A错误；离子从A到B，动能变化量为零，洛伦兹力不做功，根据动能定理知，电场力做的功为零，A、B两点电势相等，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，故B正确；把初态速度0分解为向右的速度v和向左的速度v，且qvB＝Eq，解得v＝EB，离子沿曲线ACB的运动可看成速率为v的匀速圆周运动与圆心速率为v向右的匀速直线运动的合运动，离子到达C点时匀速直线运动与圆周运动速度同向，速度最大为vmax＝2v＝2EB，故C正确；离子从A点运动到B点经历的时间为圆周运动的一个周期T＝2πmqB，故D错误.
4.如图所示，空间分布着水平向右的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电的小球用绝缘细线悬挂在O点.小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝60°.已知重力加速度大小为g.
（1）求电场强度的大小E.
（2）若把小球拉至最低点A，并给它一水平初速度v0，为使小球可做完整的圆周运动，求细线长度l的范围.
（3）若小球在电场中静止，再加一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.剪断细线，求小球运动过程中的最大速率vm.
答案 （1）3mgq （2）0＜l≤v028g （3）4mgBq
解析 （1）小球静止时，受力平衡，有
Eq＝mgtanα，解得E＝3mgq
（2）小球所受重力、电场力的合力大小为
F＝（mg）2＋（Eq）2＝2mg
将重力场与电场视为一个等效场，则该场方向斜向下，与竖直方向夹角为α，小球静止的位置为等效最低点，B点为等效最高点，如图1所示.如果小球刚好能做完整的圆周运动，在等效最高点B满足2mg＝mvB2l1
小球从A点运动到B点，由动能定理有
－mgl1（1＋sin30°）－Eql1cs30°＝12mvB2－12mv02
解得l1＝v028g
细线长度的取值范围为0＜l≤v028g
（3）将小球的初速度分解为垂直于重力和电场力的合力F向上的速度v1和垂直于重力和电场力的合力F向下的速度v1，且满足
F洛＝Bqv1＝2mg
垂直于重力和电场力的合力F向上的速度引起的洛伦兹力与重力和电场力的合力F等大反向，相互抵消，小球分运动为垂直于重力和电场力的合力F向上的匀速直线运动；垂直于重力和电场力的合力F向下的速度引起的洛伦兹力与F同向，使小球做逆时针的匀速圆周运动.
所以小球做斜向右上的匀速直线运动的同时做逆时针的匀速圆周运动，如图2和图3，可知在轨迹Q点，小球的速度最大.
即vm＝2v1
所以vm＝4mgBq.
图2 图3
5.如图甲所示，左、右竖直边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场宽度为d，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化，B0＝13×10－3T，T0＝2π×10－5s，磁场以垂直纸面向里为正方向.匀强磁场的左侧有一粒子源，能沿纸面源源不断地水平向右发射质量为m、带电荷量为－q的粒子，已知粒子速度均为v＝1.0×104m/s，粒子的比荷为qm＝108C/kg.若t＝0时刻射入的粒子恰好在34T0时刻从右边界QQ'射出.忽略粒子的重力及粒子之间的相互作用.
（1）假设粒子在磁场中能做完整的匀速圆周运动，周期为T，求T与T0的关系；
（2）求匀强磁场的宽度d.
答案 （1）T＝3T0 （2）3（23－1）20m或0.37m
解析 （1）粒子在磁场中做完整的圆周运动的周期为T＝2πmqB0，解得T＝6π×10－5s
则T＝3T0
（2）粒子运动轨迹如图所示，由qvB0＝mv2r，可得粒子在磁场中运动的半径为r＝mvB0q＝0.3m
又T02＝θ1360°T，则T02时间内粒子在磁场中转过的圆心角为θ1＝60°，T04＝θ2360°T，则T04时间内粒子在磁场中转过的圆心角为θ2＝30°
由几何关系知，匀强磁场的宽度d＝2rsin60°－rsin30°
解得d＝3（23－1）20m＝0.37m.
6.[2024江西九校联考]如图所示，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，电场强度的方向与x轴夹角为45°斜向右上方，磁感应强度的方向垂直纸面向里.一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒从原点出发，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，电场强度的方向突然变为竖直向上，大小变为原来的2倍（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：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）微粒在复合场中运动的时间.
答案 （1）2mg2q （2）mqg2L （3）（1＋3π4）2Lg
解析 （1）由题意可知微粒在到达A点之前做匀速直线运动，对微粒受力分析，如图1所示
由几何关系有Eq＝mgsin45°
解得E＝2mg2q
（2）由图1的几何关系有qvB＝mgcs45°
电场强度的大小和方向改变后，微粒所受的重力和电场力平衡，微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，微粒从进入复合场到穿出复合场的运动轨迹如图2所示
由几何知识可得r＝2L
又qvB＝mv2r
联立解得B＝mqg2L，v＝gL
（3）微粒做匀速直线运动的时间为
t1＝2Lv＝2Lg
微粒做匀速圆周运动的时间为
t2＝34π·rv＝3π42Lg
则微粒在复合场中运动的总时间为
t＝t1＋t2＝（1＋3π4）2Lg.
7.如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，间距为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，m、q、d、v0、U0为已知量.
（1）若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T1；
（2）若仅存在匀强磁场，且满足B0＝2mv0qd，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）4md2nqU0（n＝1，2，3，…） （2）3－12d
解析 （1）设经时间t粒子恰好沿切线飞到Q板，竖直速度为零，由牛顿第二定律得，加速度a＝qU0md
半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝12a（T12）2
d＝2ny
联立解得T1＝4md2nqU0（n＝1，2，3，…）
（2）仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有qv0B0＝mv02r
解得r＝12d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期内，粒子轨迹对应的圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得r＋2rsinθ＝d
解得sinθ＝12
则粒子打到Q板的位置距出发点的水平距离为
x＝2rcsθ－r＝3－12d.核心考点
五年考情
命题分析预测
带电粒子在叠加场中的运动
2023：全国乙T18，湖南T6；2022：广东T8，湖南T13，全国甲T18；
2021：福建T2
通过带电粒子在电场、磁场、重力场等的叠加场中的运动与在交变电磁场中的运动，考查带电粒子的复杂运动.试题难度中等偏上，题型有选择题或计算题.预计2025年高考可能会结合相关实际问题，考查带电粒子在叠加场中的直线运动与匀速圆周运动.若作为压轴题，可能会涉及带电粒子在交变电磁场中的周期性运动.
带电粒子在交变电磁场中的运动
2022：河北T14；
2021：重庆T14，浙江6月T22
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关；重力做功改变物体的重力势能
电场
大小：F＝qE
方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关，W＝qU＝qEd；电场力做功改变带电粒子的电势能
磁场
大小：F＝qvB（v⊥B）
方向：可用左手定则判断
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能