大题08 带电粒子在匀强磁场、组合场中的运动-2025年高考物理三轮冲刺大题突破试题（含答案）

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带电粒子在磁场及组合场中的运动是高考物理电磁学压轴题的标志性内容，近五年全国卷及新高考卷中每年必考，分值占比约10%-15%。2025年高考对“带电粒子在磁场、组合场中的运动”考查将延续“重几何建模、强综合应用、拓科技前沿”的命题风格，突出电磁学核心素养与实际问题转化能力。备考需以轨迹分析为核心抓手，强化数学工具与跨模块整合，同时关注量子科技与新能源热点，做到“以场定轨，以数解形”。建议多关注：核聚变装置中带电粒子的磁约束优化；拓扑量子计算中的马约拉纳粒子轨迹简化模型；超导磁悬浮列车中的磁场分布与粒子运动分析；宇宙射线在地球磁场中的偏转路径计算（天体物理背景）。
题型1 带电粒子在各种边界磁场中的运动
例1.空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷q'm'可能的最小值。
答案(1)mv3qB0 (2)2πmqB0 (3)2qm
解析(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由qvB＝mv2r可知r＝mvqB
故r1＝mv2qB0，r2＝mv3qB0
且d＝2r1－2r2
解得d＝mv3qB0。
(2)甲粒子在两磁场中做匀速圆周运动，设甲粒子在两磁场中运动半个圆周所用时间分别为t1、t2
由T＝2πrv＝2πmqB可得t1＝πm2qB0，t2＝πm3qB0
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝2πmqB0。
(3)乙粒子在两磁场中做匀速圆周运动，若乙粒子经过两磁场的次数均为n(n＝1，2，3，…)
甲、乙两粒子在Q点相遇时，有d＝n(2r1'－2r2')＝n2×m'v2q'B0－2×m'v3q'B0＝nm'v3q'B0，t1＋t2＝nπm'2q'B0＋πm'3q'B0＝n5πm'6q'B0
解得q'm'＝nqm
根据题意，n＝1舍去。
当n＝2时，q'm'有最小值，q'm'min＝2qm
若乙粒子先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0，1，2，3，…)，经分析可知不可能相遇
综上分析，乙的比荷的最小值为2qm。
例2.(2023广州市高三校联考)如图所示，边长为L的正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。D为BC的中点，有一群带电量为＋q、质量为m的粒子从D点以不同速率沿与BC成30°角的方向射入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：
(1)粒子在磁场中运动的最长时间t；
(2)从AC边射出的粒子的速度取值范围。
答案 (1)eq \f(5πm,3qB) (2)v>eq \f(\r(3)qBL,4m)
解析 (1)粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝eq \f(mv2,r)
T＝eq \f(2πr,v)
设粒子在磁场中圆周运动的圆心角为θ，则有
t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)
可知，粒子做圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由题意分析可得，粒子从BC边射出时在磁场中运动的时间最长，此过程中粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为eq \f(5π,3)，故最长时间t＝eq \f(5πm,3qB)。
(2)粒子恰好不从AC边射出时，轨迹与AC边相切，运动轨迹如图所示。
根据图中几何条件分析可知
r＝eq \f(1,2)Lsin 60°
粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝eq \f(mveq \\al(2,0),r)
联立解得v0＝eq \f(\r(3)qBL,4m)
则从AC边射出的粒子的速度取值范围为v>eq \f(\r(3)qBL,4m)。
1．如图所示，空间存在一范围足够大、方向垂直于竖直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。让质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面入射，不计粒子重力，重力加速度为g。
(1)若该粒子沿y轴负方向入射后，恰好能经过x轴上的A(a，0)点，求粒子速度v0的大小；
(2)若该粒子以速度v沿y轴负方向入射的同时，一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t＝eq \f(5πm,6qB)恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标。
答案 (1)eq \f(qBa,2m) (2)eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5πm,6qB)))eq \s\up12(2)－eq \f(mv,2qB)
解析 (1)由题意可知，粒子在x轴下方的轨迹为半圆，轨道半径r1＝eq \f(a,2)
洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)
解得v0＝eq \f(qBa,2m)。
(2)若粒子以速度v沿y轴负方向进入磁场，有
qvB＝meq \f(v2,r2)
解得r2＝eq \f(mv,qB)
粒子做匀速圆周运动的周期为T
有T＝eq \f(2πr2,v)＝eq \f(2πm,qB)
则相遇时间为t＝eq \f(5πm,6qB)＝eq \f(5,12)T
在这段时间内粒子转动的圆心角为θ，有
θ＝eq \f(5,12)×360°＝150°
如图所示，相遇点的纵坐标绝对值为r2sin 30°＝eq \f(mv,2qB)
小球抛出点的纵坐标为
y＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5πm,6qB)))eq \s\up12(2)－eq \f(mv,2qB)。
题型二 带电粒子在组合场中的运动
例3.如图所示，在空间直角坐标系中，yOz平面左侧存在沿z轴正方向的匀强磁场，右侧存在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz平面右侧还有沿y轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为(－d，0，0)的M点发射一质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度大小为v0、方向沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为60°，经一段时间后粒子恰好垂直于y轴进入yOz平面右侧。其中电场强度和磁感应强度大小未知，其关系满足eq \f(E,B)＝eq \f(\r(3)v0,π)，不计粒子的重力。求：
(1)粒子在yOz平面左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r1；
(2)粒子第2次经过yOz平面时的速度大小；
(3)粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标；
(4)粒子第2、第3两次经过yOz平面的位置间的距离。
答案 (1)eq \f(2\r(3),3)d (2)2v0
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－（π－\f(\r(3),3)）d，\f(4\r(3),3)d)) (4)eq \f(4\r(3),3)d
解析 (1)根据几何关系有r1sin 60 °＝d
解得r1＝eq \f(2\r(3),3)d。
(2)粒子第1次经过yOz平面右侧，沿y轴负方向做匀加速直线运动，在xOz平面内做匀速圆周运动，
根据运动的合成有
v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,1))
v1＝aeq \f(T,2)，qE＝ma
根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)，T＝eq \f(2πr1,v0)
解得v＝2v0。
(3)在yOz平面右侧，磁感应强度大小不变，在磁场中做圆周运动的轨道半径大小仍然为r1，粒子第2次经过yOz平面时的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－（Δy－\f(r1,2)），2r1))，Δy＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))eq \s\up12(2)
由于eq \f(E,B)＝eq \f(\r(3)v0,π)
解得Δy＝πd
粒子第2次经过yOz平面时的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－（π－\f(\r(3),3)）d，\f(4\r(3),3)d))。
(4)粒子再次进入yOz平面左侧，速度大小变为2v0，
则有q·2v0B＝meq \f(（2v0）2,r2)
根据几何关系，粒子第2、第3两次经过yOz平面的交点间的距离为l＝2r2cs 60°
解得l＝eq \f(4\r(3),3)d。
例4.(2023安徽芜湖高三期末)如图所示，在xOy平面第一象限内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴夹角为α＝45°，OP与y轴之间的电场平行于y轴向上，OP与x轴之间的磁场垂直纸面向里。在y轴上有一点M，M到O点的距离为3d。现有一个质量为m、电荷量为－q的带负电粒子，从M点以速度v0垂直于y轴向右进入电场区域，粒子离开电场后从OP上的N点进入磁场区域，已知N点到x轴的距离为2d。粒子经过磁场后从x轴上C点离开，且速度方向与x轴垂直，不计带电粒子的重力，求：
(1)电场强度大小E；
(2)磁感应强度大小B和粒子从M点运动到C点所用的总时间t。
答案 (1)eq \f(mveq \\al(2,0),2qd) (2)eq \f(mv0,2qd) eq \f(d（4＋π）,2v0)
解析 (1)由题意，粒子从M到N做类平抛运动，轨迹如图所示。
在沿－y方向，有qE＝ma
位移大小为y1＝d＝eq \f(vy,2)t
沿x正方向做匀速运动，由几何关系得
x1＝2d＝v0t
解得vy＝v0
又vy＝at
联立求得电场强度大小为E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2qd)。
(2)由题意，粒子从N点垂直OP进入磁场，到从C点垂直x轴离开磁场，由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径
R＝LON＝2eq \r(2)d
在N点粒子速度与OP垂直，大小为v＝eq \r(2)v0
由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)
解得B＝eq \f(mv0,2qd)
粒子在电场和磁场中运动的总时间为
t＝eq \f(2d,v0)＋eq \f(\f(1,8)×2πR,\r(2)v0)＝eq \f(d（4＋π）,2v0)。
2． (2023福建龙岩第一次质检)如图所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，eq \r(3)L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－eq \r(3)L)的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：
(1)磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t；
(3)电场强度的大小E。
答案 (1)eq \f(mv,2qL) (2)eq \f(8πL,3v) (3)eq \f(mv2,4qL)
解析 (1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，其圆心为O1，对应轨道半径为R，由几何关系可得Rsin θ＝eq \r(3)L
由牛顿第二定律有qvB＝eq \f(mv2,R)
联立可得B＝eq \f(mv,2qL)。
(2)带电粒子在磁场中运动时间为t1，则t1＝eq \f(2π－2θ,2π)T
T＝eq \f(2πR,v)
联立可得t1＝eq \f(8πL,3v)。
(3)带电粒子在电场中运动时间为t2，由运动的合成与分解有
vcs θ·t2＝eq \r(3)L
vsin θ－at2＝0
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立可得E＝eq \f(mv2,4qL)。
题型三 带电粒子在立体空间中的运动
例5.如图所示，在空间直角坐标系中，平行板电容器的两极板M、N都与yOz平面平行，两极板间的电场可看作匀强电场，电势差为U。将右极板N与平面P之间的空间记作Ⅰ，平面P、Q之间的空间记作Ⅱ，平面Q右侧的空间记作Ⅲ。空间Ⅰ、Ⅲ都存在匀强电场和匀强磁场，空间Ⅱ左、右边缘P、Q两平面之间的距离为L，它们之间没有电场，也没有磁场。空间Ⅰ、Ⅲ的匀强电场都沿y轴正方向，电场强度大小都与电容器两极板间的电场强度大小相等；匀强磁场的磁感应强度大小相等，Ⅰ中的磁场方向沿z轴正方向，Ⅲ中的磁场方向沿y轴正方向。某时刻一电子自电容器左极板M的中心仅在静电力作用下沿着x轴正方向做加速运动，初速度可视为0，经过时间T恰好到达右极板N上的小孔，然后继续在空间Ⅰ沿着x轴正方向运动至平面P，过平面P后又经过一段时间再次返回空间Ⅰ，直至击中空间Ⅰ中平面R上的某物体，平面R与平面xOz平行。已知电子第二次在空间Ⅰ的运动过程沿y轴负方向的位移大小为h，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力。求：
(1)空间Ⅰ、Ⅲ中匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)电子离开空间Ⅲ时的速度大小；
(3)电子击中平面R上物体时的动能。
答案 (1)均为eq \f(m,eT) (2)eq \r(2（1＋π2）\f(eU,m))
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋π2))eU＋eq \f(h,T)eq \r(2meU)
解析 (1)电子自M运动到N，由动能定理有
eU＝eq \f(1,2)mv2①
电容器左、右两极板之间的距离d＝eq \f(v,2)T②
电容器极板间的电场强度大小E＝eq \f(U,d)③
电子在空间Ⅰ中运动时，有eE＝evB④
解得B＝eq \f(m,eT)。⑤
(2)电子在空间Ⅲ的xOz平面内做匀速圆周运动，
由洛伦兹力提供向心力得evB＝eq \f(mv2,r)⑥
电子在空间Ⅲ中的运动时间t＝eq \f(πr,v)
电子在空间Ⅲ沿y轴负方向运动的加速度a＝eq \f(eE,m)⑦
电子离开空间Ⅲ时沿y轴负方向的速度大小vy＝at
电子离开空间Ⅲ时的速度大小v′＝eq \r(v2＋veq \\al(2,y))⑧
联立解得v′＝eq \r(2（1＋π2）\f(eU,m))。⑨
(3)电子在空间Ⅲ时沿y轴负方向的位移大小y1＝eq \f(1,2)at2⑩
对整个运动过程由动能定理得
eU＋eEy1＋eEh＝Ek⑪
联立解得Ek＝(1＋π2)eU＋eq \f(h,T)eq \r(2meU)。⑫
例6.（2024湖南长沙高三二模）如图所示，三维坐标系Oxyz内存在着正四棱柱空间区域，正四棱柱的截面OPMN水平且与ACDF-IJGH的两个底面平行，其中A点的坐标为0，66L，0，C点的坐标为0，66L，L，正四棱柱ACDF-OPMN空间处于沿y轴方向的匀强电场中，OPMN-IJGH空间处于沿y轴负方向的匀强磁场中，质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从A点沿AD方向射出，经电场偏转后恰好从截面OPMN的中心进入磁场区域，不计粒子的重力。
（1）求匀强电场的电场强度；
（2）若粒子恰好未从四棱柱的侧面飞出，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）若粒子最终从JH连线上的一点射出磁场区域，此点到J点的距离为24L，求I点的y轴坐标。
答案（1）26mv023qL，沿y轴负方向（2）2+2mv0qL （3）6nπL12（n＝1，3，5，…）
解析（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿AD方向有22L＝v0t
沿y轴方向有66L＝12at2
沿y轴方向的加速度a＝qEm
解得匀强电场的电场强度大小为E＝26mv023qL
方向沿y轴负方向。
（2）粒子到达OPMN的中心，如图甲所示，平行于正四棱柱底面的分速度大小始终为v0，带电粒子在平行于正四棱柱底面的方向上做匀速圆周运动，恰好未从四棱柱的侧面飞出，做出其运动的圆轨迹如图乙所示
由几何关系可得粒子做匀速圆周运动的半径
r＝2－22L
由洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，可得qv0B＝mv02r
解得B＝2+2mv0qL。
（3）若带电粒子最终从JH连线上的一点射出磁场区域，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径为r'＝28L
时间对应半个周期的奇数倍，即
t1＝nπr'v0（n＝1，3，5，…）
如图甲所示，到达截面OPMN中心的带电粒子沿y轴负方向的速度大小
vy＝at，I点的y轴坐标
y＝vyt1
代入数据可得y＝6nπL12（n＝1，3，5，…）。
3.（2024浙江金华模考）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示的是离子注入工作的原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直于纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直于纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直于注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直于纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sin α≈tan α≈α，cs α≈1－12α2。求：
（1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来的离子的比荷qm；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示。
答案（1）EB 2E（R1＋R2）B2 （2）3L2R1＋R2，0 （3）0，3L2R1＋R2
解析（1）通过速度选择器的离子由于受力平衡需满足qE＝qvB，可得速度v＝EB
由题图知，从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝R1＋R22
由mv2R＝qvB，得qm＝vRB＝2E（R1＋R2）B2。
（2）偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为θ，离开电场时，离子在x方向偏转的距离
x1＝12·qEm·Lv2
tan θ＝atv＝qELmv2
离开电场后，离子在x方向偏移的距离
x2＝Ltan θ＝qEL2mv2
则x＝x1＋x2＝3qEL22mv2＝3L2R1＋R2
离子注入晶圆的位置坐标为3L2R1＋R2，0。
（3）如图所示，偏转系统仅加磁场时，由qvB＝mv2r得，离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径r＝mvqB＝R1＋R22
sin α＝Lr
离开磁场时，离子在y方向偏转距离y1＝r（1－cs α）≈r2sin2α≈L2R1＋R2
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
y2＝Ltan α≈Lsin α≈2L2R1＋R2
则y＝y1＋y2＝3L2R1＋R2
故位置坐标为0，3L2R1＋R2。

1．(2024广东佛山一模)如图所示，在绝缘水平面上方，相距为L的竖直边界MO、NA之间存在水平向左的匀强电场，场强大小为E1。边界NA右侧有一直角三角形区域ACD，区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场和大小为E2＝mgq、方向竖直向下的匀强电场。在边界MO上的O点静止释放一个质量为m、电量大小为q的带电小球(大小忽略不计)，小球从A点进入三角形场区，最终从AD边界上的P点离开。已知AP间的距离为d，∠DAC＝30°，不计一切摩擦。
(1)求ACD区域内的磁感应强度大小；
(2)求小球从O运动到P所用时间。
答案(1)1d2mE1Lq (2)2mLqE1＋πd3m2qE1L
解析(1)小球在电场E1中加速，得qE1L＝12mv02
小球进入ACD场区时，有qE2＝mg
小球做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，由几何关系得轨迹半径为R＝d
qv0B＝mv02R
解得B＝1d2mE1Lq。
(2)小球在加速电场中运动，有qE1＝ma
L＝12at12
小球在磁场中做圆周运动，有T＝2πRv0
t2＝16T
且t＝t1＋t2
联立解得t＝2mLqE1＋πd3m2qE1L。
2．(2023河南信阳质检)如图，平行的MN、PQ与MP间(含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN与MP的夹角α＝30°，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于MP的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界PQ射出的离子，离子速度为v0时射出点与P点距离最大为xm，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：
(1)射出点与P点最大距离xm；
(2)从边界MP射出的离子，速度的最大值。
答案 (1)eq \f(\r(3)v0,kB) (2)eq \f(v0,3)
解析 (1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ射出的速度为v0的离子，设其运动半径为R1，运动轨迹恰好与MN相切，运动轨迹如图中2所示
根据牛顿第二定律得qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R1)
根据几何关系得xm＝2R1cs α
解得xm＝eq \f(\r(3)v0,kB)。
(2)从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为R2，运动轨迹如图中1所示，根据牛顿第二定律得qvmB＝meq \f(veq \\al(2,m),R2)
设MP的长度为L，根据几何关系得
Lsin α＝R1－R1sin α
L＝eq \f(R2,sin α)＋R2
解得vm＝eq \f(v0,3)。
3．如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B；x轴下方有一匀强电场，电场强度为E，屏MN与y轴平行且相距L。一质量为m、电荷量为e的电子，在y轴上某点A自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN上，那么：
(1)电子释放位置与原点O的距离s需满足什么条件？
(2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？
答案 (1)s＝eq \f(eL2B2,2Em（2n＋1）2)(n＝0，1，2，3，…)
(2)eq \f(BL,E)＋(2n＋1)eq \f(πm,2eB)(n＝0，1，2，3，…)
解析 (1)在电场中，电子从A→O，由动能定理得eEs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
在磁场中，电子做匀速圆周运动，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)
据题意，有(2n＋1)r＝L
所以s＝eq \f(eL2B2,2Em（2n＋1）2)(n＝0，1，2，3，…)。
(2)在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子总的运动时间
t＝(2n＋1)eq \r(\f(2s,a))＋eq \f(T,4)＋neq \f(T,2)
其中a＝eq \f(eE,m)，T＝eq \f(2πm,eB)
整理后得t＝eq \f(BL,E)＋(2n＋1)eq \f(πm,2eB)(n＝0，1，2，3，…)。
4．如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在x轴下方有一匀强电场，电场方向竖直向上。一质量为m、电荷量为q、重力不计的带电粒子从y轴上的a点(0，h)处沿y轴正方向以初速度v0开始运动，并以与x轴正方向成45°角的速度方向第一次进入电场，且经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直，一段时间后，粒子回到a点。
(1)画出粒子从a点开始运动到再次经过a点的运动轨迹；
(2)求匀强磁场磁感应强度B的大小和匀强电场电场强度E的大小；
(3)若该带电粒子到达b点时，撤去竖直方向电场，同时加上垂直纸面向外的z轴正方向的电场E′＝eq \f(mveq \\al(2,0),qh)和磁场B′＝eq \f(\r(2)mv0,2qh)，求经过t＝eq \f(\r(2)πh,3v0)后该带电粒子的空间位置(用三维坐标表示)。
答案 (1)见解析图 (2)eq \f(\r(2)mv0,2qh) eq \f(（\r(2)－1）mveq \\al(2,0),2qh) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)h，－（1＋\f(\r(2),2)）h，\f(π2,9)h))
解析 (1)根据题意，分析知粒子的运动轨迹如图所示。
(2)由图可得rcs 45°＝h
粒子在磁场中做圆周运动，
由牛顿第二定律有
qv0B＝eq \f(mveq \\al(2,0),r)
联立可得r＝eq \r(2)h，B＝eq \f(\r(2)mv0,2qh)
粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动，且到达b点时，竖直方向速度恰好为零，故在水平方向上有
(v0cs 45°)t1＝r＋rsin 45°
在竖直方向有qE＝ma，v0sin 45°＝at1
联立可得t1＝eq \f(（2＋\r(2)）h,v0)，E＝eq \f(（\r(2)－1）mveq \\al(2,0),2qh)。
(3)根据平抛运动规律可得(v0sin 45)2＝2eq \f(qE,m)yOb
解得yOb＝eq \f(\r(2)＋1,2)h
粒子沿z轴做匀加速运动，故z＝eq \f(1,2)·eq \f(qE′,m)·t2＝eq \f(π2,9)h
粒子在xOy平面内做圆周运动，由牛顿第二定律有
qvbB′＝eq \f(mveq \\al(2,b),r′)
其中vb＝v0cs 45°＝eq \f(\r(2),2)v0
又T＝eq \f(2πr′,\f(\r(2),2)v0)
联立解得r′＝eq \f(m·\f(\r(2),2)v0,qB′)＝h，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(\r(2)v0,2h)
故在t时刻，粒子旋转的角度为θ＝ωt＝eq \f(π,3)
因此x、y分别为x＝r′sin θ＝eq \f(\r(3),2)h
y＝－yOb－r′(1－cs θ)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(2),2)))h。
所以，该粒子的空间位置为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)h，－（1＋\f(\r(2),2)）h，\f(π2,9)h))。
5．如图所示，y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场，y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限磁场方向垂直纸面向外，第四象限磁场方向垂直纸面向里，且第四象限磁感应强度大小是第一象限的2倍。光滑固定竖直半圆形轨道与x轴负半轴相切于P点，在第一象限垂直x轴放置粒子吸收屏，该屏距y轴的距离为L。某时刻电荷量为q、质量为m的带正电粒子在P点获得一水平向左的初速度，经半圆轨道运动到最高点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－L，\f(L,2)))后沿x轴正方向射出，恰好从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中吸收屏。已知电场强度大小为E，粒子重力不计。
(1)求粒子从A点射出时的速度大小；
(2)求粒子在P点获得的初速度大小；
(3)求粒子击中吸收屏的纵坐标的可能值；
(4)若在第一、四象限加上沿z轴负方向的匀强电场，场强大小也为E，且磁场的磁感应强度取最小值，求粒子进入第一象限时的z轴坐标。
答案 (1)eq \r(\f(qEL,m)) (2)eq \r(\f(2qEL,m))
(3)y＝eq \f(\r(2)－1,3n＋2)L(n＝0，1，2，…) (4)－eq \f(π2L,128)
解析 (1)粒子由A到O做类平抛运动，
则有L＝vAt，eq \f(L,2)＝eq \f(at2,2)，qE＝ma
联立解得vA＝eq \r(\f(qEL,m))。
(2)对粒子由P到A由动能定理得
－qE·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)
解得vP＝eq \r(\f(2qEL,m))。
(3)粒子到达O点时的竖直分速度为
vOy＝at＝vA＝eq \r(\f(qEL,m))
进入磁场时的速度为v＝eq \r(2)vA＝eq \r(\f(2qEL,m))
速度方向与x轴正方向成45°角向右下；设粒子在第四象限做匀速圆周运动的半径为r1，在第一象限做匀速圆周运动的半径为r2，第一象限磁感应强度大小为B，第四象限磁感应强度大小为2B，则有
qv·2B＝eq \f(mv2,r1)
qvB＝eq \f(mv2,r2)
解得r2＝2r1＝eq \f(mv,qB)
根据粒子在磁场中做圆周运动的周期性得
L＝n(eq \r(2)r1＋eq \r(2)r2)＋eq \r(2)r1＋eq \f(\r(2)r2,2)(n＝0，1，2，…)
粒子击中吸收屏的纵坐标y＝r2－eq \f(\r(2),2)r2
联立解得y＝eq \f(\r(2)－1,3n＋2)L(n＝0，1，2，…)。
(4)由(3)得B最小时，有r2＝eq \f(L,\r(2))，r1＝eq \f(L,2\r(2))
粒子在第四象限做匀速圆周运动的周期为
T＝eq \f(2πr1,v)＝eq \f(πL,\r(2)v)
粒子经t＝eq \f(T,4)进入第一象限，该段时间内粒子沿z轴负方向做匀加速直线运动，所以粒子进入第一象限时的z轴坐标为z＝－eq \f(1,2)at2
qE＝ma
解得z＝－eq \f(π2L,128)。
6．(2023广东佛山一模)如图，在空间直角坐标系O－xyz中，界面Ⅰ与Oyz平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y轴负方向的匀强电场E，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z轴正方向的匀强磁场B。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从y轴上距O点eq \f(L,2)处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，磁感应强度B应多大。
答案 (1)eq \f(mveq \\al(2,0),qL) (2)eq \f(（\r(2)＋1）mv0,qL)
解析 (1)粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子的加速度为a，沿z轴正方向看，如图所示
在界面Ⅰ、Ⅱ间，有
L＝v0t，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)at2
qE＝ma
联立方程解得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),qL)。
(2)设粒子到O1点时的速度为v，与x轴夹角为θ，
则vy＝at，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝1
即有θ＝45°
又v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(2)v0
在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，运动轨迹与界面Ⅲ相切，如图所示，有qvB＝meq \f(v2,r)
又根据几何关系r＋rcs 45°＝L
解得B＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋1))mv0,qL)。
7．如图所示，在三维坐标系O－xyz中，0