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所属成套资源：【高考压轴】2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用）
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压轴题08 带电粒子在叠加场中运动-【压轴】2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用）
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这是一份压轴题08 带电粒子在叠加场中运动-【压轴】2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用），文件包含压轴题08带电粒子在叠加场中运动原卷版docx、压轴题08带电粒子在叠加场中运动解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
压轴题08 带电粒子在叠加场中运动
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。
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。
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：
01 束缚类直线运动
1．如图所示，两个倾角分别为和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、磁感应强度为的匀强磁场中，两个质量为、带电荷量为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
解得
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，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 得，甲的时间大于乙的时间，故 A 错误；
B．由 A 选项的分析和得，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
则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为
故 C 错误；
D．由平均功率的公式得
因，故两滑块重力的平均功率均为
故D正确。
故选 D。
02 叠加场中的圆周运动
2．如图所示，顶角为的光滑绝缘圆锥，置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现有质量为m，带电量为的小球，沿圆锥面在水平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．从上往下看，小球做顺时针运动
B．洛仑兹力提供小球做匀速圆周运动时的向心力
C．小球有最小运动半径
D．小球以最小半径运动时其速度
【答案】D
【详解】小球在运动过程中受重力、支持力和指向圆心的洛伦兹力，才能够做匀速圆周运动，根据安培左手定则可知从上往下看，小球做逆时针运动，洛伦兹力与支持力的合力提供向心力
根据牛顿第二定律，水平方向
竖直方向
联立可得
因为速度为实数，所以
可得
解得
所以最小半径为
代入上面可得小球以最小半径运动时其速度
故选D。
03 配速法在叠加场中的应用
3．如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从点由静止释放，沿图中轨迹依次经过、两点，且点离虚线最远。已知磁感应强度为，电场强度为，电子质量为、电荷量为，点为零电势点，电子重力不计，则（ ）
A．电子在点的速率为B．点离虚线的距离为
C．电子在点的电势能为D．、两点的距离为
【答案】C
【详解】方法一：配速法
电子在M点静止释放，可以看作电子分别以速度向左运动，以速度向右运动。
,
则电子的运动可以分解为以向左做匀速直线运动和在竖直面上的速度为的匀速圆周运动。
AB．点离虚线最远,则电子圆周运动速度方向同时水平向左，则电子在点的速率为
点离虚线的距离
故AB错误。
C．粒子从M点到N点，在电场方向上运动了d，则电势能为
故C正确。
D．粒子做圆周运动的周期
粒子从M点到P点，运动了两个圆周，则、两点的距离为
故D错误。
故选C。
方法二：
AB．设电子在运动过程中的任意一点Q的速度为v，则该速度可以分解为水平速度vx和竖直速度vy，M点到Q点的竖直距离为d，我们选水平向左为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，对电子从M点到Q点用动能定理有
对电子从M点到Q点水平方向用动量定理有
则当Q点为N点时，有
联立以上数据解得
，
故AB错误。
C．由以上分析得电子在N点的动能为
设电子在N点的电势能为，从M到N对电子用能量守恒定律得
则得N点电子的电势能为
C正确；
D．如下图设P、M中间点为O点，对电子从M点到O点竖直方向用动量定理有
由图得电子的运动具有周期性，也可认为电子的运动为一个竖直平面的匀速圆周运动和一个水平方向的匀速直线运动的合运动。对于匀速圆周运动有
得运动周期为
即电子从M点到O点的运动时间为
所以
由周期性得、两点的距离为
故D错误。故选C。
04 三维叠加场问题
4．（2024·山东潍坊·一模）现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长为L的正方体电磁区域abcd-efgh，以棱ef中点为坐标原点建立三维坐标系Oxyz，正方体电磁区域内充满沿z轴负方向的匀强电场和匀强磁场，在O点有一粒子源，沿x轴正方向发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为。已知速度大小为的粒子，恰从坐标点飞出（图中未标出），不计粒子的重力。求
（1）磁感应强度大小B；
（2）电场强度大小E；
（3）从正方体上表面abcd飞出的粒子速率范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，粒子从O点开始沿x轴正方向发射，其匀速圆周运动的圆心必定在y轴上。根据几何关系可知，粒子到达点时，和O点的连线与y轴之间的夹角满足
解得
设圆周运动的半径为，则有
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
（2）设带电粒子做圆周运动的周期为，则有
解得
在题述的运动中，粒子的轨迹对应的圆心角为，所以运动时间为
粒子在匀强电场的作用下做类平抛运动，加速度为
沿着电场方向的位移为
联立解得
（3）由上述分析可知当粒子从正方体上表面abcd飞出的，粒子速率越大，粒子的分运动匀速圆周运动的半径越大，图1中的p点越靠近d,轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为vmax时在cd边射出，对应的圆周运动轨迹为1/4圆周，其半径等于L，则有
解得
假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到f点时（其位移大小等于），粒子能够在bc边射出，设粒子在电场中运动时间为t2，则有
解得
粒子的分运动匀速圆周运动的周期为
设此情况粒子的分运动匀速圆周运动轨迹的圆心角为β，则有；
联立解得
β=150°
此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面adhe内的投影如图2所示，可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面abcd飞出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径为r2。
由几何关系可得
r2+r2cs30°=L
解得
同理有
解得
从正方体上表面abcd飞出的粒子速率范围为
1．（2024·山东淄博·模拟预测）足够长的绝缘木板置于光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，带负电小物块（电量保持不变）置于木板的左端，整个装置置于足够大的匀强磁场中，磁场方向如图所示。在时刻，木板获得一水平向左的初速度，关于此后运动过程中两物体速度随时间变化的关系图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】木板获得一水平向左的初速度，受到物块对其向右的摩擦力，所以木板做减速运动；同时，木板对物块产生一个向左的摩擦力，因此物块做加速运动，物块带负电，则受到洛伦兹力向下，则
物块受到的摩擦力变大，加速度变大；对木板
则木板的加速度变大，因为木板足够长，最后两者速度相等，故木板做加速度增大的减速运动，物块做加速度增大的加速运动，A正确，BCD错误。
故选A。
2．（2024·海南海口·模拟预测）如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度大小、方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里。一质量为、电荷量为的带正电小圆环套在杆上，圆环与杆间的动摩擦因数为。现使圆环以初速度沿杆向下运动，经过时间，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆环下降过程中的加速度逐渐减小
B．圆环的最大加速度
C．圆环在时间内损失的机械能为
D．圆环下降过程和上升过程中，系统因摩擦产生的内能相等
【答案】AC
【详解】A.圆环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力和向上的摩擦力。设圆环向下运动的加速度大小为，则
因此圆环速度的减小，会导致其所受洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此圆环做加速度减小的减速运动，故A正确；
B.当圆环向上运动时，圆环的加速度大小
随着圆环速度的增大，圆环开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，圆环向下运动时的加速度大于向上运动时的加速度，而向下运动时圆环受到的摩擦力越大，则加速度越大，因此圆环刚开始运动时，加速度最大，有
可得
故B错误；
C.圆环先后两次经过出发点过程中，重力势能变化量为零，可知圆环机械能的损失，即为动能的损失，根据动能定理，有
而圆环最后做匀速运动的速度
因此圆环在时间内损失的机械能为
故C正确；
D.圆环上升和下降的过程中，摩擦力大小的平均值不同，而圆环运动的路程相同，所以两过程中，系统因摩擦产生的内能不相等，故D项错误。
故选AC。
3．（2024·河南郑州·一模）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为，下列说法正确的是（ ）
A．小球在复合场中的运动时间可能是
B．小球在复合场中运动的加速度大小可能是
C．小球在复合场中运动的路程可能是
D．小球的初速度大小可能是
【答案】AC
【详解】带电小球的比荷为是，则有
则小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为，则小球运动情况有两种，轨迹如下图所示
若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得，其轨迹半径为
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
小球的加速度为
若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得，其轨迹半径为
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
小球的加速度为
故选AC。
4．（2024·内蒙古赤峰·模拟预测）如图所示，直角坐标系在水平面内，z轴竖直向上，坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、带电量为的小球A，绕z轴做匀速圆周运动。小球A的速度大小为，小球与坐标原点的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角。重力加速度g、m、q、r均已知，。则下列说法正确的是（ ）
A．从上往下看，小球A沿逆时针方向转动
B．O处的点电荷在A运动的圆周上各处产生的电势和场强都相同
C．小球A与点电荷之间的库仑力大小为
D．时，所需磁场的磁感应强度B最小
【答案】ACD
【详解】A．空间中存在竖直向下的匀强磁场B，小球的向心力由库仑力在运动轨迹半径方向的分力和洛伦兹力提供，根据左手定则可知，从上往下看小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A正确；
B． O处的点电荷在A运动的圆周上各处产生的电势都相同，场强大小相等，方向不同，故B错误；
C．对小球A受力分析如图所示，洛伦兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→B方向
在竖直方向，根据平衡条件得
解得
所以小球A与点电荷之间的库仑力大小为，故C正确；
D．水平方向根据牛顿第二定律得
其中
解得
当
即
时，B取值最小值，故D正确。
故选ACD。
5．（2024高三·广东广州·模拟预测）如图所示，虚线MN右侧存在着匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上，长方形ABCD的AD边与MN重合，长方形的AB边长为l，AD边长为。一质量为m、电荷量为＋q的微粒垂直于MN射入电场、磁场区域后做匀速圆周运动，到达C点时刻，电场方向立刻旋转90°，同时电场强度大小也发生变化，带电微粒沿着对角线CA从A点离开。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．电场方向旋转90°之后，电场方向水平向左
B．电场改变之后，场强大小变为原来的2倍
C．微粒进入N右侧区域时的初速度为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
【答案】CD
【详解】A．微粒从C到A做直线运动，可知洛伦兹力（斜向左上方）与重力（竖直向下）和电场力的合力平衡，则电场力方向必然水平向右，所以电场方向水平向右，A错误；
B．电场改变前，微粒在电场、磁场区域做匀速圆周运动，则
qE＝mg
即
电场改变之后，受力情况如图所示
微粒受力平衡，重力与电场力的合力与洛伦兹力等大反向，可得
即
B错误；
CD．微粒做直线运动时受力平衡，可得
由洛伦兹力作为向心力可得
由几何关系可得
联立解得
CD正确。
故选CD。
6．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图所示，xOy坐标平面在竖直平面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场。一质量为m的带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线。已知重力加速度为g，关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．OAB轨迹为半圆B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向
C．小球在整个运动过程中机械能守恒D．小球在A点时受到的洛伦兹力大小为3mg
【答案】BC
【详解】小球释放后，除了受到重力外，开始阶段还受到向右侧的洛伦兹力的作用，只有重力做功机械能守恒。可以假定小球带正电，且磁场方向垂直纸面向里。小球初速度为0，可以将这个初速度分解为向右的速度v1和向左的速度v2
则两者大小关系为
v1= v2
且使满足
qv1B = mg
则根据前述分析可知，小球的运动可看做是v1引起的向右的匀速直线运动和v2引起的一开始向左的逆时针匀速圆周运动的两个分运动的合运动。很显然，小球的轨迹不是半圆，而是摆线，如图所示
且小球运动至最低点A时速度为向右的v2和v1的矢量和，即2v1，洛伦兹力大小为为2mg。其他位置v2和v1的矢量和都小于2v1。
故选BC。
7．（2024高三上·湖南长沙·模拟预测）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为B．粒子从O点运动到P点的时间为
C．粒子经过N点时速度大小为D．M、N两点的竖直距离为
【答案】AC
【详解】A. 设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有
洛伦兹力充当向心力，有
由几何关系可得
综上可得
故A正确；
B. 粒子在电场中的运动时间为
在磁场中的运动时间为
粒子从O运动到P的时间为
故B错误；
CD. 将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为
，
设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得
由动能定理可得
结合
解得
，
故C正确，D错误。
故选AC。
8．（2024·河北·二模）如图所示，竖直平面内的直角坐标系第三象限存在沿x轴（x轴水平）负方向的匀强电场Ⅰ，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅲ和沿y轴负方向的匀强电场Ⅱ，一带负电、比荷为k的小球（可视为质点）以某一初速度从点沿x轴正方向水平抛出，经过点从第一象限进入第四象限，在第四象限运动一段时间后，小球沿与y轴正方向成角的方向第一次经过y轴进入第三象限。已知匀强电场Ⅰ的电场强度大小，匀强电场Ⅱ的电场强度大小，重力加速度为g，，，不计空气阻力。求：
（1）小球在C点的速度；
（2）匀强磁场Ⅲ的磁感应强度大小B；
（3）小球从A点抛出到第四次（从A点抛出为第零次）经过y轴的时间。
【答案】（1），方向斜向右下，与轴正方向的夹角为37°；（2）；（3）
【详解】（1）画出带电小球的运动轨迹，如图所示
设小球的初速度大小为，小球到达点时的速度大小为，小球由运动到经过的时间为，由平抛运动规律可得
由A到C，应用动能定理可得
设带电小球在C点时，其速度方向与轴正方向的夹角为，可得
解得
方向斜向右下，与x轴正方向的夹角为37°；
（2）由于匀强电场Ⅱ的电场强度大小为
可知带电小球在第四象限运动时，其所受电场力与重力等大反向，设小球第一次经过y轴上的点为D，由角度关系可知小球由C到D的轨迹是一个半圆，设小球做圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
可得磁感应强度大小
（3）带电小球由A到C的运动时间
带电小球由C到D的运动时间
对处于第三象限内的小球受力分析，可知带电小球在第三象限内先做匀减速直线运动，加速度大小为
设带电小球在F点减速到零，小球从D点到F点再返回D点经过的时间
带电小球从D点运动到G点，运动时间
带电小球在H点恰好第四次经过y轴，设小球从G点运动到H点所用时间为，沿x轴方向有
小球从点抛出到第四次经过y轴的时间
9．（2024·河南濮阳·一模）如图所示，在xOy坐标系中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小磁感应强度大小为。在坐标平面内的某点沿某方向射出一质量为电荷量为的带正电微粒，微粒恰能在xOy坐标平面内做直线运动，且运动轨迹经过O点。已知y轴正方向竖直向上，重力加速度g取，求：
（1）微粒发射的速度大小和方向；
（2）微粒到达O点时撤去磁场，当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是多少；
（3）在（2）问中，当微粒速度沿竖直方向时，再加上原磁场同时撤去电场，此后微粒运动的轨迹离x轴的最大距离为多少（结果可用根号表示）。
【答案】（1），与y轴负方向夹角为；（2）；（3）
【详解】（1）粒子做匀速直线运动，如下图
则
求得
粒子出射的速度方向与y轴负方向夹角为
解得
即微粒发射的速度大小为，与y轴负方向夹角为
（2）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如下图
将速度分解可得
方向的加速度
方向的速度减为零时
此时距轴的距离为
对应速度
距轴的距离为
所以当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是；
（3）微粒运动的轨迹离x轴的最大距离时，速度与轴平行
在方向上，有动量定理可得
即
由动能定理可得
求得
微粒运动的轨迹离x轴的最大距离
10．（2024高三下·山西运城·开学考试）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、电荷量为的小球从A点以速度沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53°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，重力加速度为，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
（1）第二象限内电场强度的大小和磁感应强度的大小；
（2）区域I内最小电场强度的大小和方向；
（3）区域Ⅱ内电场强度的大小和磁感应强度的大小。
【答案】（1），；（2），方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；（3），
【详解】（1）根据题意分析可知小球沿AO做匀速直线运动，则
解得
又
解得
（2）要使小球在区域I做直线运动，电场强度最小，则需要满足
解得
方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；
（3）小球在区域Ⅱ做匀速圆周运动，则
解得
小球恰好不从右边界飞出，如图所示
由几何关系可知
解得
根据
解得
11．（2024·福建泉州·一模）如图甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小为E，磁场方向垂直纸面向里。在离地高为h的O点处建立一直角坐标系xOy，y轴竖直向上。一个带正电小球A从O点以速率沿x轴负方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小为g，A受到的电场力恰好等于重力，运动过程中带电量不变，忽略空气阻力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小B；
（2）若大量与A相同的小球仍从O点以速率在xOy平面内沿各个方向先后射出，小球间的相互作用均不计，落地后均不反弹，求小球落地点区间的长度；
（3）若撤去电场，小球仍从O点以某一速率沿y轴正方向射出，恰好不会打到地面。
i.求小球从O点射出时的速率；
ii.已知小球的速率v与时间t的关系如图乙所示，求小球速率达到最小时两个位置之间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）i.，ii.（n=1，2，3…）
【详解】（1）由于小球所受电场力大小等于重力，则有
可知，电场力与重力平衡，小球做匀速圆周运动，则有
根据几何关系有
解得
（2）结合上述可知，当小球在第二象限与y轴正方向夹角射出时，可运动到左侧最远落地点，此时落地与O点连线为轨迹的直径，则其水平位移
当小球沿方向射出时，可运动到右侧最远落地点，此时轨迹与地面相切，则其水平位移
则落地点区间的长度为
结合上述解得
（3）i.将小球的运动分解为圆周运动与匀速运动，如图所示
则匀速运动的速度为
圆周运动的速度
圆周运动的半径
根据几何关系有
，
解得
ii.小球速度达到最小时的位置之间的距离
（n=1，2，3…）
其中周期
解得
12．（2024·全国·二模）如图甲为某研究性学习小组设计的研究带电微粒性质的装置，xOz平面位于水平面内，轴竖直向上，轴与水平的一对平行金属板M、N的中心线重合。在MN左侧空间存在匀强磁场和匀强电场，其方向均与轴垂直且与轴成，磁感应强度大小为，电场强度大小为。平行金属板、间距离为，长度为，在其右侧处放置有垂直于轴的荧光屏，现在平行金属板M、N间加一交变电压如图乙，电压的正向值为，反向电压值为，周期可调且每隔换向一次。现有带电的微粒束从坐标的原点匀速沿轴方向射入平行金属板的点，调节使粒子能全部打在荧光屏上而且所有粒子在M、N间的飞行时间均为（待求）。已知重力加速度为，求：
（1）带电的微粒的比荷和微粒进入金属板间O1点时的速度的大小；
（2）方波电压的周期和射出金属板时的速度大小；
（3）荧光屏上发光亮线的长度。
【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】（1）对于带电微粒，在MN左侧空间的匀强磁场和匀强电场中做匀速运动，受力分析如图所示
根据平衡条件可得
，
解得
，
（2）因为微粒在平行金属板MN间运动时在水平方向不受外力作用，所以
解得周期
在内受到向下的电场力
根据牛顿第二定律可得加速度
在内受到向上的电场力
根据牛顿第二定律可得加速度
根据动量定理可得
射出金属板时的速度大小
（3）根据分析可知时刻进入的微粒在射出板间时，向下偏转的距离最大，为
同理时刻进入的微粒在射出板间时，向上偏转的距离最大，为
所以荧光屏上发光亮线的长度
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v1和一个向右的速度v1
初速度为0，不计重力
把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1
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v1
和一个斜向右上方的速度v1
初速度为v0，有重力
把初速度v0，分解速度v1和速度v2
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
压轴题08 带电粒子在叠加场中运动
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。
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。
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：
01 束缚类直线运动
1．如图所示，两个倾角分别为和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、磁感应强度为的匀强磁场中，两个质量为、带电荷量为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
解得
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，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 得，甲的时间大于乙的时间，故 A 错误；
B．由 A 选项的分析和得，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
则可知两滑块飞离斜面瞬间重力的瞬时功率均为
故 C 错误；
D．由平均功率的公式得
因，故两滑块重力的平均功率均为
故D正确。
故选 D。
02 叠加场中的圆周运动
2．如图所示，顶角为的光滑绝缘圆锥，置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现有质量为m，带电量为的小球，沿圆锥面在水平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．从上往下看，小球做顺时针运动
B．洛仑兹力提供小球做匀速圆周运动时的向心力
C．小球有最小运动半径
D．小球以最小半径运动时其速度
【答案】D
【详解】小球在运动过程中受重力、支持力和指向圆心的洛伦兹力，才能够做匀速圆周运动，根据安培左手定则可知从上往下看，小球做逆时针运动，洛伦兹力与支持力的合力提供向心力
根据牛顿第二定律，水平方向
竖直方向
联立可得
因为速度为实数，所以
可得
解得
所以最小半径为
代入上面可得小球以最小半径运动时其速度
故选D。
03 配速法在叠加场中的应用
3．如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从点由静止释放，沿图中轨迹依次经过、两点，且点离虚线最远。已知磁感应强度为，电场强度为，电子质量为、电荷量为，点为零电势点，电子重力不计，则（ ）
A．电子在点的速率为B．点离虚线的距离为
C．电子在点的电势能为D．、两点的距离为
【答案】C
【详解】方法一：配速法
电子在M点静止释放，可以看作电子分别以速度向左运动，以速度向右运动。
,
则电子的运动可以分解为以向左做匀速直线运动和在竖直面上的速度为的匀速圆周运动。
AB．点离虚线最远,则电子圆周运动速度方向同时水平向左，则电子在点的速率为
点离虚线的距离
故AB错误。
C．粒子从M点到N点，在电场方向上运动了d，则电势能为
故C正确。
D．粒子做圆周运动的周期
粒子从M点到P点，运动了两个圆周，则、两点的距离为
故D错误。
故选C。
方法二：
AB．设电子在运动过程中的任意一点Q的速度为v，则该速度可以分解为水平速度vx和竖直速度vy，M点到Q点的竖直距离为d，我们选水平向左为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，对电子从M点到Q点用动能定理有
对电子从M点到Q点水平方向用动量定理有
则当Q点为N点时，有
联立以上数据解得
，
故AB错误。
C．由以上分析得电子在N点的动能为
设电子在N点的电势能为，从M到N对电子用能量守恒定律得
则得N点电子的电势能为
C正确；
D．如下图设P、M中间点为O点，对电子从M点到O点竖直方向用动量定理有
由图得电子的运动具有周期性，也可认为电子的运动为一个竖直平面的匀速圆周运动和一个水平方向的匀速直线运动的合运动。对于匀速圆周运动有
得运动周期为
即电子从M点到O点的运动时间为
所以
由周期性得、两点的距离为
故D错误。故选C。
04 三维叠加场问题
4．（2024·山东潍坊·一模）现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长为L的正方体电磁区域abcd-efgh，以棱ef中点为坐标原点建立三维坐标系Oxyz，正方体电磁区域内充满沿z轴负方向的匀强电场和匀强磁场，在O点有一粒子源，沿x轴正方向发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为。已知速度大小为的粒子，恰从坐标点飞出（图中未标出），不计粒子的重力。求
（1）磁感应强度大小B；
（2）电场强度大小E；
（3）从正方体上表面abcd飞出的粒子速率范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，粒子从O点开始沿x轴正方向发射，其匀速圆周运动的圆心必定在y轴上。根据几何关系可知，粒子到达点时，和O点的连线与y轴之间的夹角满足
解得
设圆周运动的半径为，则有
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
（2）设带电粒子做圆周运动的周期为，则有
解得
在题述的运动中，粒子的轨迹对应的圆心角为，所以运动时间为
粒子在匀强电场的作用下做类平抛运动，加速度为
沿着电场方向的位移为
联立解得
（3）由上述分析可知当粒子从正方体上表面abcd飞出的，粒子速率越大，粒子的分运动匀速圆周运动的半径越大，图1中的p点越靠近d,轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为vmax时在cd边射出，对应的圆周运动轨迹为1/4圆周，其半径等于L，则有
解得
假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到f点时（其位移大小等于），粒子能够在bc边射出，设粒子在电场中运动时间为t2，则有
解得
粒子的分运动匀速圆周运动的周期为
设此情况粒子的分运动匀速圆周运动轨迹的圆心角为β，则有；
联立解得
β=150°
此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面adhe内的投影如图2所示，可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面abcd飞出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径为r2。
由几何关系可得
r2+r2cs30°=L
解得
同理有
解得
从正方体上表面abcd飞出的粒子速率范围为
1．（2024·山东淄博·模拟预测）足够长的绝缘木板置于光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，带负电小物块（电量保持不变）置于木板的左端，整个装置置于足够大的匀强磁场中，磁场方向如图所示。在时刻，木板获得一水平向左的初速度，关于此后运动过程中两物体速度随时间变化的关系图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】木板获得一水平向左的初速度，受到物块对其向右的摩擦力，所以木板做减速运动；同时，木板对物块产生一个向左的摩擦力，因此物块做加速运动，物块带负电，则受到洛伦兹力向下，则
物块受到的摩擦力变大，加速度变大；对木板
则木板的加速度变大，因为木板足够长，最后两者速度相等，故木板做加速度增大的减速运动，物块做加速度增大的加速运动，A正确，BCD错误。
故选A。
2．（2024·海南海口·模拟预测）如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度大小、方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里。一质量为、电荷量为的带正电小圆环套在杆上，圆环与杆间的动摩擦因数为。现使圆环以初速度沿杆向下运动，经过时间，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆环下降过程中的加速度逐渐减小
B．圆环的最大加速度
C．圆环在时间内损失的机械能为
D．圆环下降过程和上升过程中，系统因摩擦产生的内能相等
【答案】AC
【详解】A.圆环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力和向上的摩擦力。设圆环向下运动的加速度大小为，则
因此圆环速度的减小，会导致其所受洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此圆环做加速度减小的减速运动，故A正确；
B.当圆环向上运动时，圆环的加速度大小
随着圆环速度的增大，圆环开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，圆环向下运动时的加速度大于向上运动时的加速度，而向下运动时圆环受到的摩擦力越大，则加速度越大，因此圆环刚开始运动时，加速度最大，有
可得
故B错误；
C.圆环先后两次经过出发点过程中，重力势能变化量为零，可知圆环机械能的损失，即为动能的损失，根据动能定理，有
而圆环最后做匀速运动的速度
因此圆环在时间内损失的机械能为
故C正确；
D.圆环上升和下降的过程中，摩擦力大小的平均值不同，而圆环运动的路程相同，所以两过程中，系统因摩擦产生的内能不相等，故D项错误。
故选AC。
3．（2024·河南郑州·一模）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为，下列说法正确的是（ ）
A．小球在复合场中的运动时间可能是
B．小球在复合场中运动的加速度大小可能是
C．小球在复合场中运动的路程可能是
D．小球的初速度大小可能是
【答案】AC
【详解】带电小球的比荷为是，则有
则小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为，则小球运动情况有两种，轨迹如下图所示
若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得，其轨迹半径为
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
小球的加速度为
若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得，其轨迹半径为
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
小球的加速度为
故选AC。
4．（2024·内蒙古赤峰·模拟预测）如图所示，直角坐标系在水平面内，z轴竖直向上，坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、带电量为的小球A，绕z轴做匀速圆周运动。小球A的速度大小为，小球与坐标原点的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角。重力加速度g、m、q、r均已知，。则下列说法正确的是（ ）
A．从上往下看，小球A沿逆时针方向转动
B．O处的点电荷在A运动的圆周上各处产生的电势和场强都相同
C．小球A与点电荷之间的库仑力大小为
D．时，所需磁场的磁感应强度B最小
【答案】ACD
【详解】A．空间中存在竖直向下的匀强磁场B，小球的向心力由库仑力在运动轨迹半径方向的分力和洛伦兹力提供，根据左手定则可知，从上往下看小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A正确；
B． O处的点电荷在A运动的圆周上各处产生的电势都相同，场强大小相等，方向不同，故B错误；
C．对小球A受力分析如图所示，洛伦兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→B方向
在竖直方向，根据平衡条件得
解得
所以小球A与点电荷之间的库仑力大小为，故C正确；
D．水平方向根据牛顿第二定律得
其中
解得
当
即
时，B取值最小值，故D正确。
故选ACD。
5．（2024高三·广东广州·模拟预测）如图所示，虚线MN右侧存在着匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上，长方形ABCD的AD边与MN重合，长方形的AB边长为l，AD边长为。一质量为m、电荷量为＋q的微粒垂直于MN射入电场、磁场区域后做匀速圆周运动，到达C点时刻，电场方向立刻旋转90°，同时电场强度大小也发生变化，带电微粒沿着对角线CA从A点离开。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．电场方向旋转90°之后，电场方向水平向左
B．电场改变之后，场强大小变为原来的2倍
C．微粒进入N右侧区域时的初速度为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
【答案】CD
【详解】A．微粒从C到A做直线运动，可知洛伦兹力（斜向左上方）与重力（竖直向下）和电场力的合力平衡，则电场力方向必然水平向右，所以电场方向水平向右，A错误；
B．电场改变前，微粒在电场、磁场区域做匀速圆周运动，则
qE＝mg
即
电场改变之后，受力情况如图所示
微粒受力平衡，重力与电场力的合力与洛伦兹力等大反向，可得
即
B错误；
CD．微粒做直线运动时受力平衡，可得
由洛伦兹力作为向心力可得
由几何关系可得
联立解得
CD正确。
故选CD。
6．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图所示，xOy坐标平面在竖直平面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场。一质量为m的带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线。已知重力加速度为g，关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．OAB轨迹为半圆B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向
C．小球在整个运动过程中机械能守恒D．小球在A点时受到的洛伦兹力大小为3mg
【答案】BC
【详解】小球释放后，除了受到重力外，开始阶段还受到向右侧的洛伦兹力的作用，只有重力做功机械能守恒。可以假定小球带正电，且磁场方向垂直纸面向里。小球初速度为0，可以将这个初速度分解为向右的速度v1和向左的速度v2
则两者大小关系为
v1= v2
且使满足
qv1B = mg
则根据前述分析可知，小球的运动可看做是v1引起的向右的匀速直线运动和v2引起的一开始向左的逆时针匀速圆周运动的两个分运动的合运动。很显然，小球的轨迹不是半圆，而是摆线，如图所示
且小球运动至最低点A时速度为向右的v2和v1的矢量和，即2v1，洛伦兹力大小为为2mg。其他位置v2和v1的矢量和都小于2v1。
故选BC。
7．（2024高三上·湖南长沙·模拟预测）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为B．粒子从O点运动到P点的时间为
C．粒子经过N点时速度大小为D．M、N两点的竖直距离为
【答案】AC
【详解】A. 设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有
洛伦兹力充当向心力，有
由几何关系可得
综上可得
故A正确；
B. 粒子在电场中的运动时间为
在磁场中的运动时间为
粒子从O运动到P的时间为
故B错误；
CD. 将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为
，
设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得
由动能定理可得
结合
解得
，
故C正确，D错误。
故选AC。
8．（2024·河北·二模）如图所示，竖直平面内的直角坐标系第三象限存在沿x轴（x轴水平）负方向的匀强电场Ⅰ，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅲ和沿y轴负方向的匀强电场Ⅱ，一带负电、比荷为k的小球（可视为质点）以某一初速度从点沿x轴正方向水平抛出，经过点从第一象限进入第四象限，在第四象限运动一段时间后，小球沿与y轴正方向成角的方向第一次经过y轴进入第三象限。已知匀强电场Ⅰ的电场强度大小，匀强电场Ⅱ的电场强度大小，重力加速度为g，，，不计空气阻力。求：
（1）小球在C点的速度；
（2）匀强磁场Ⅲ的磁感应强度大小B；
（3）小球从A点抛出到第四次（从A点抛出为第零次）经过y轴的时间。
【答案】（1），方向斜向右下，与轴正方向的夹角为37°；（2）；（3）
【详解】（1）画出带电小球的运动轨迹，如图所示
设小球的初速度大小为，小球到达点时的速度大小为，小球由运动到经过的时间为，由平抛运动规律可得
由A到C，应用动能定理可得
设带电小球在C点时，其速度方向与轴正方向的夹角为，可得
解得
方向斜向右下，与x轴正方向的夹角为37°；
（2）由于匀强电场Ⅱ的电场强度大小为
可知带电小球在第四象限运动时，其所受电场力与重力等大反向，设小球第一次经过y轴上的点为D，由角度关系可知小球由C到D的轨迹是一个半圆，设小球做圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可得
由洛伦兹力提供向心力可得
可得磁感应强度大小
（3）带电小球由A到C的运动时间
带电小球由C到D的运动时间
对处于第三象限内的小球受力分析，可知带电小球在第三象限内先做匀减速直线运动，加速度大小为
设带电小球在F点减速到零，小球从D点到F点再返回D点经过的时间
带电小球从D点运动到G点，运动时间
带电小球在H点恰好第四次经过y轴，设小球从G点运动到H点所用时间为，沿x轴方向有
小球从点抛出到第四次经过y轴的时间
9．（2024·河南濮阳·一模）如图所示，在xOy坐标系中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小磁感应强度大小为。在坐标平面内的某点沿某方向射出一质量为电荷量为的带正电微粒，微粒恰能在xOy坐标平面内做直线运动，且运动轨迹经过O点。已知y轴正方向竖直向上，重力加速度g取，求：
（1）微粒发射的速度大小和方向；
（2）微粒到达O点时撤去磁场，当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是多少；
（3）在（2）问中，当微粒速度沿竖直方向时，再加上原磁场同时撤去电场，此后微粒运动的轨迹离x轴的最大距离为多少（结果可用根号表示）。
【答案】（1），与y轴负方向夹角为；（2）；（3）
【详解】（1）粒子做匀速直线运动，如下图
则
求得
粒子出射的速度方向与y轴负方向夹角为
解得
即微粒发射的速度大小为，与y轴负方向夹角为
（2）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如下图
将速度分解可得
方向的加速度
方向的速度减为零时
此时距轴的距离为
对应速度
距轴的距离为
所以当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是；
（3）微粒运动的轨迹离x轴的最大距离时，速度与轴平行
在方向上，有动量定理可得
即
由动能定理可得
求得
微粒运动的轨迹离x轴的最大距离
10．（2024高三下·山西运城·开学考试）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、电荷量为的小球从A点以速度沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53°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，重力加速度为，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
（1）第二象限内电场强度的大小和磁感应强度的大小；
（2）区域I内最小电场强度的大小和方向；
（3）区域Ⅱ内电场强度的大小和磁感应强度的大小。
【答案】（1），；（2），方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；（3），
【详解】（1）根据题意分析可知小球沿AO做匀速直线运动，则
解得
又
解得
（2）要使小球在区域I做直线运动，电场强度最小，则需要满足
解得
方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；
（3）小球在区域Ⅱ做匀速圆周运动，则
解得
小球恰好不从右边界飞出，如图所示
由几何关系可知
解得
根据
解得
11．（2024·福建泉州·一模）如图甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小为E，磁场方向垂直纸面向里。在离地高为h的O点处建立一直角坐标系xOy，y轴竖直向上。一个带正电小球A从O点以速率沿x轴负方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小为g，A受到的电场力恰好等于重力，运动过程中带电量不变，忽略空气阻力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小B；
（2）若大量与A相同的小球仍从O点以速率在xOy平面内沿各个方向先后射出，小球间的相互作用均不计，落地后均不反弹，求小球落地点区间的长度；
（3）若撤去电场，小球仍从O点以某一速率沿y轴正方向射出，恰好不会打到地面。
i.求小球从O点射出时的速率；
ii.已知小球的速率v与时间t的关系如图乙所示，求小球速率达到最小时两个位置之间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）i.，ii.（n=1，2，3…）
【详解】（1）由于小球所受电场力大小等于重力，则有
可知，电场力与重力平衡，小球做匀速圆周运动，则有
根据几何关系有
解得
（2）结合上述可知，当小球在第二象限与y轴正方向夹角射出时，可运动到左侧最远落地点，此时落地与O点连线为轨迹的直径，则其水平位移
当小球沿方向射出时，可运动到右侧最远落地点，此时轨迹与地面相切，则其水平位移
则落地点区间的长度为
结合上述解得
（3）i.将小球的运动分解为圆周运动与匀速运动，如图所示
则匀速运动的速度为
圆周运动的速度
圆周运动的半径
根据几何关系有
，
解得
ii.小球速度达到最小时的位置之间的距离
（n=1，2，3…）
其中周期
解得
12．（2024·全国·二模）如图甲为某研究性学习小组设计的研究带电微粒性质的装置，xOz平面位于水平面内，轴竖直向上，轴与水平的一对平行金属板M、N的中心线重合。在MN左侧空间存在匀强磁场和匀强电场，其方向均与轴垂直且与轴成，磁感应强度大小为，电场强度大小为。平行金属板、间距离为，长度为，在其右侧处放置有垂直于轴的荧光屏，现在平行金属板M、N间加一交变电压如图乙，电压的正向值为，反向电压值为，周期可调且每隔换向一次。现有带电的微粒束从坐标的原点匀速沿轴方向射入平行金属板的点，调节使粒子能全部打在荧光屏上而且所有粒子在M、N间的飞行时间均为（待求）。已知重力加速度为，求：
（1）带电的微粒的比荷和微粒进入金属板间O1点时的速度的大小；
（2）方波电压的周期和射出金属板时的速度大小；
（3）荧光屏上发光亮线的长度。
【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】（1）对于带电微粒，在MN左侧空间的匀强磁场和匀强电场中做匀速运动，受力分析如图所示
根据平衡条件可得
，
解得
，
（2）因为微粒在平行金属板MN间运动时在水平方向不受外力作用，所以
解得周期
在内受到向下的电场力
根据牛顿第二定律可得加速度
在内受到向上的电场力
根据牛顿第二定律可得加速度
根据动量定理可得
射出金属板时的速度大小
（3）根据分析可知时刻进入的微粒在射出板间时，向下偏转的距离最大，为
同理时刻进入的微粒在射出板间时，向上偏转的距离最大，为
所以荧光屏上发光亮线的长度
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v1和一个向右的速度v1
初速度为0，不计重力
把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1
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v1
和一个斜向右上方的速度v1
初速度为v0，有重力
把初速度v0，分解速度v1和速度v2
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