备战2025年高考物理精品教案第十一章磁场专题十六带电粒子在组合场中的运动（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考物理精品教案第十一章磁场专题十六带电粒子在组合场中的运动（Word版附解析），共15页。


1.组合场中的两种典型偏转
2.常见模型
（1）从电场进入磁场
（2）从磁场进入电场

命题点1 先电场后磁场
1.[2023海南/多选]如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0为已知量）区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上，不计重力，则（ AD ）
A.粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝y0mv02qx02
B.粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝v01+x02y02
C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为mv0qB
D.粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是mv0x02+4y02qBx0
解析 若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y02＝12·qEmt2，解得E＝y0mv02qx02，A对；粒子在电场中运动，由动能定理有qE·y02＝12mv2－12mv02，结合A项分析可得v＝v01+y02x02，B错；粒子在电场中的运动过程，竖直方向有vy＝qEm·x0v0，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据几何关系可知，圆心到NM的距离为s＝Rcsθ＝mvyqB＝Ex0Bv0，C错；经分析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径最大，在电场中运动时，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y0＝12·qEmmt2，由动能定理有Emqy0＝12mvm2－12mv02，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝mvm2Rm，联立解得Rm＝mv0x02+4y02qBx0，D对.
命题点2 先磁场后电场
2.如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5m，磁场方向垂直纸面向里.在y＞R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105V/m.在M点（坐标原点）有一带正电粒子以速率v＝1.0×106m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开.已知粒子的比荷为qm＝1.0×107C/kg，不计粒子重力.求：
（1）圆形磁场区域磁感应强度的大小；
（2）粒子从进入磁场到再次穿出磁场所经过的路程.
答案 （1）0.2T （2）（0.5π＋1）m
解析 （1）粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点射入电场，逆着电场线方向运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝R＝0.5m
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB＝mv2r
解得B＝mvqR
代入数据得B＝0.2T.
（2）粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr
设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得
Eqs22＝12mv2
解得s2＝mv2Eq
总路程s＝s1＋s2＝πr＋mv2Eq
代入数据得s＝（0.5π＋1）m.
命题点3 粒子多次进出电场、磁场的运动
3.[2021广东]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图.空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外.电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场.电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速.已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为3R，电子质量为m，电荷量为e.（忽略相对论效应，取tan22.5°＝0.4）
（1）当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示.求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能.
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射.当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值.
答案 （1）5RmUe πR4meU 8eU （2）136
解析 （1）根据题述情境，由动能定理得电子在Ⅰ区磁场中运动的动能为Ek1＝2eU＝12mv12，解得v1＝2eUm
由几何关系得tan22.5°＝r1R，解得电子在Ⅰ区磁场中运动的轨迹半径r1＝0.4R
电子在Ⅰ区匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力得
ev1B＝mv12r1
解得Ⅰ区的磁感应强度大小B＝5RmUe
电子在Ⅰ区磁场中运动的轨迹所对圆心角为α＝225°＝5π4
则电子在Ⅰ区磁场中的运动时间t＝αr1v1＝πR4meU
电子总共经过8次加速，由动能定理得8eU＝Ek2
解得电子在Q点出射时的动能Ek2＝8eU.
（2）电子运动轨迹与Ⅰ区磁场外边界相切时k最大，由几何关系得（3R－r2）2＝r22＋R2
解得电子在Ⅰ区磁场中运动的轨迹半径r2＝33R
电子在Ⅰ区匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力得
ev2B＝mv22r2
解得v2＝5eU3m
由动能定理得2eU＝12mv22－Ek0
即2eU＝256eU－keU，解得k的最大值为136.
1.[带电粒子在电磁组合场中的运动/2023浙江1月]探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示.x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场.x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地.位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60°；且各个方向均有速度大小连续分布在12v0和2v0之间的离子射出.已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C.未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）.不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞.
（1）求孔C所处位置的坐标x0；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U0；
（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式.
答案 （1）2mv0qB （2）2d （3）mv022q （4）Ux＝qB28mx2（mv02qB≤x≤22mv0qB）
解析 （1）离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B＝mv02R
x0＝2R＝2mv0qB
（2）如图所示，初速度方向与y轴夹角为θ的离子经磁场偏转后进入孔C后仍与y轴成θ角
2mvcsθqB＝x0，vcsθ＝v0，进入孔C后离子速度方向与y轴的最大夹角为β
csβ＝v02v0＝22，即β＝45°
由几何关系可得L＝2d
（3）进入孔C的离子速度大小v及其与y轴夹角θ必须满足vcsθ＝v0
由动能定理可得
－qU0＝12m（vsinθ）2－12mv2
解得U0＝mv022q
（4）由上述分析及离子速度方向、大小的范围可知，离子经偏转后能进入孔C的位置范围为
mv02qB≤x≤22mv0qB
且vy＝Bqx2m
由动能定理得12mvy2＝Uxq
解得Ux＝qB28mx2（mv02qB≤x≤22mv0qB）.
2.[带电粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的匀速圆周运动＋动量定理/2023浙江6月]利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术.如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合.位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域.不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应.
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若B2＝2B1，求能到达y＝L2处的离子的最小速度v2；
（3）若B2＝B1Ly，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在B1qLm～6B1qLm范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η.
答案 （1）2qB1Lm 2πm3qB1 （2）4qB1Lm （3）60％
解析 （1）离子恰不进入区域Ⅱ时的速度为离子不进入区域Ⅱ的最大速度，作出其此时的运动轨迹，如图1所示
图1
由轨迹图中的几何关系得sin30°＝r1－Lr1，解得r1＝2L
由洛伦兹力提供向心力有qv1B1＝mv12r1
解得v1＝2qB1Lm
由图1的几何关系可得运动轨迹所对圆心角为θ＝2π3
则离子在磁场中的运动时间t＝θr1v1＝2πm3qB1
（2）解法1：作出离子恰好能到达y＝L2处的运动轨迹，如图2所示
图2
若B2＝2B1，由r＝mvqB可知离子在区域Ⅰ中的运动轨迹半径为r2＝r' 12
由几何关系可等效为B2＝B1时离子恰好运动到y＝0处，如图3
图3
由轨迹图中几何关系可得sin30°＝r’1－2Lr’1
解得r’1＝4L
离子在区域Ⅰ磁场中运动，有qv2B1＝mv22r’1
解得v2＝4qB1Lm
解法2：当离子运动到y＝L2处的速度方向水平向右时，速度最小为v2，又B2＝2B1，则由R＝mvqB可知R2＝R’ 12
作出离子的轨迹如图4所示
图4
由几何关系可知∠O2GC＝180°－θ
设O2G＝l，在△O2GC中lsin30°＝R' 1sin（180°－θ）
又由几何关系得R2－R2sinθ＝L2
l＋Lsinθ＝R'1
解得R2＝R' 12＝2L
结合R'1＝mv2qB1可解得v2＝4B1qLm
（3）解法1：由区域Ⅱ中磁场磁感应强度B2＝B1Ly，可知其可等效为磁感应强度为B12的匀强磁场，若再把区域Ⅱ中磁场等效为磁感应强度为B1的匀强磁场，则磁场宽度应等效为L2.画出恰好不能进入第四象限的离子运动轨迹，如图4
图5
由轨迹图中几何关系得sin30°＝r3－1.5Lr3，解得r3＝3L
由洛伦兹力提供向心力有qv3B1＝mv32r3
解得v3＝3qB1Lm
即速度大于v3＝3qB1Lm的离子都能够进入第四象限
进入第四象限的离子数与总离子数之比为η＝6qB1Lm－3qB1Lm6qB1Lm－qB1Lm×100％＝60％
解法2：离子在水平方向上的洛伦兹力Fx＝Bqvy
在磁场Ⅰ中，由动量定理得
Fx·Δt＝B1qvy·Δt＝B1qΔy＝mΔvx1
则ΣB1qΔy＝ΣmΔvx1
即B1qL＝m（v出Ⅰy－vcs60°）
在磁场Ⅱ中，由动量定理得
B1L·y·qvyΔt＝B1Ly·qΔy＝mΔvx2
则ΣB1LqyΔy＝ΣmΔvx2
即B1Lq·L22＝m（v－v出Ⅰy）
故在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中有
B1qL＋B1L·q·L22＝m（v－vcs60°）
解得v＝3qB1Lm
又速度越小，离子越不容易进入第四象限
所以v＞3qB1Lm时离子进入第四象限
故η＝6B1qLm－3B1qLm6B1qLm－B1qLm×100％＝60％.
3.[电场与磁场组合/2021山东]某离子实验装置的基本原理如图甲所示.Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场.测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合.从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C.已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ.忽略离子间的相互作用，不计重力.
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示.为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s.
图甲
图乙
答案 （1）qB0dmsinθ （2）2qB02d2mL2tan2θ（Ltanθ＋dsinθ－dtanθ） （3）6（3+1）7πL
解析 （1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB0＝mv2r
根据几何关系得sinθ＝dr
联立解得v＝qB0dmsinθ
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE＝ma
由运动的合成与分解得L＝vtcsθ
y0＝－r（1－csθ），y0＝vtsinθ－12at2
联立得E＝2qB02d2mL2tan2θ（Ltanθ＋dsinθ－dtanθ）
（3）Ⅱ区内填充磁场后，将离子进入Ⅱ区的初速度沿平行x轴和平行y轴分解，则有vx＝vcsθ、vy＝vsinθ，则离子在平行y轴方向的运动与（2）中完全相同，离子在垂直y轴的平面内做匀速圆周运动，如图所示.设左侧部分的圆心角为α，圆周运动的半径为r'，运动轨迹长度为l'，由几何关系得
α＝π3，l'＝α2π×2πr'＋α＋π22π×2πr'
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
l'vcsθ＝Lvcsθ
C到O1的距离s＝2r'sinα＋r'
联立得s＝6（3+1）7πL.

1.[2024福建宁德模拟/多选]圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场（未画出），半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于C点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E.一带正电的粒子从A点以速度v0沿AO方向射入磁场，粒子刚好从C点离开磁场.不计粒子重力，下列说法正确的是（ ABD ）
A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B.粒子的比荷为v0BR
C.粒子在磁场中运动的总时间为πR2v0
D.粒子在电场中运动的总时间为2BRE
解析 根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中的运动轨迹所对圆心角为π2，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv02R，可得qm＝v0BR，故B正确；粒子从C点进入电场后，先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，再次到达C点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示，则粒子在磁场中的运动时间为t磁＝T2＝πRv0，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq＝ma，解得a＝Eqm＝Ev0BR，根据v0＝at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电＝2v0a＝2BRE，故D正确.
2.[2023广东六校第一次联考]在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子，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、有一定宽度的平行双边界匀强磁场区域，如图所示.已知磷离子在磁场中转过θ＝30°角后从磁场右边界射出，磷离子质量为m，带电荷量为e，忽略重力影响.求：
（1）磷离子进入磁场时的速度大小v；
（2）磁场宽度L.
答案 （1）2eUm （2）12B2mUe
解析 （1）根据动能定理可得eU＝12mv2
则磷离子进入磁场时的速度大小v＝2eUm
（2）磷离子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有
evB＝mv2r
根据几何知识可得L＝rsinθ
解得L＝12B2mUe.
3.[2023南京六校联合调研]如图所示，已知边长为L＝40cm的正方形区域ABCD内部存在匀强磁场，方向垂直纸面向外，其上方存在电场强度为E＝100V/m的匀强电场，电场宽度也为L.从电场中P点以速度v0＝2×106m/s垂直电场向右射出一个带正电的粒子，其比荷qm＝2×1011C/kg（重力不计），P、A、B在同一直线上，粒子经过电场后从AD边的中点进入磁场.
（1）求P、A间的距离；
（2）若粒子从AB边的中点射出磁场，求磁感应强度B的大小；
（3）多次调节磁感应强度大小使粒子均能从AD边射出，求粒子在磁场中运动的最长时间.（取π≈3，2≈1.4，结果保留2位有效数字）
答案 （1）0.1m （2）1×10－4T （3）1.9×10－7s
解析 （1）粒子在电场中做类平抛运动，则有L2＝v0t
xPA＝12·qEmt2
可得P、A间的距离xPA＝0.1m
（2）粒子到达AD边时，vy＝qEmt＝2×106m/s，速度大小v＝2v0＝22×106m/s，速度方向与AD边夹角为45°，斜向右下方进入磁场做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r
由几何关系可得r＝2L4＝102cm
所以B＝mvqr＝1×10－4T
（3）由几何关系可知，粒子从AD边射出时速度的方向均偏转α＝3π2，t＝αrv，半径最大时，运动时间最长
粒子轨迹与AB边相切时，半径最大
此时，rm＋rmsin45°＝L2
联立可得最长时间tm＝1.9×10－7s.
4.[高考新动向/2023辽宁]如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的3倍.金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场.质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场.已知圆形磁场区域半径为2mv03qB，不计粒子重力.
（1）求金属板间电势差U.
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ.
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长.定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M.
答案 （1）mv023q （2）60° （3）见解析
解析 （1）设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为3d
粒子在两平行金属板间做类平抛运动
水平方向：3d＝v0t
竖直方向：12d＝vy2t
又vy＝Ud·qmt
联立解得U＝mv023q
（2）粒子进入磁场时的速度v＝v02＋vy2＝233v0
设v与水平方向的夹角为α，则tanα＝vyv0＝33，即α＝30°
由qvB＝mv2r得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝23mv03qB
已知磁场圆半径R＝2mv03qB，则r＝3R
作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示
粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得tanθ2＝Rr＝33
故θ＝60°
（3）根据几何关系，将磁场圆绕O'点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长.作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图2所示.
5.[多次进出电磁场问题/2023山东]如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）.
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小.
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开.
（i）求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v0；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场.
答案 （1）6mEqd （2）（i）E'＝36E，v0＝9qEdm （ii）见解析
解析 （1）根据题意作出粒子的运动轨迹如图1所示，设粒子经电场加速后进入磁场的速度大小为v1，在磁场中做圆周运动的半径为r1，则由动能定理得
qE·2d＝12mv12
由牛顿第二定律得qv1B＝mv12r1
由几何关系得d＝3r1
联立解得B＝6mEqd
（2）（i）如图2所示，设粒子第一次经电场加速后进入磁场的速度大小为v2，在磁场中做圆周运动的半径为r2，粒子从P点第二次进入电场时速度的方向与x轴负方向的夹角为θ，第二次在电场中运动的时间为t，则由动能定理得qE'·2d＝12mv22－12mv02
由牛顿第二定律得qv2B＝mv22r2
由几何关系得
（r2－d）2＋（2d）2＝r22
即r2＝2.5d
sinθ＝r2－dr2，csθ＝2dr2
从P点第二次进入电场后，在电场中运动时，由运动学公式得
2d＝v2csθ·t
2d＝v2sinθ·t＋12qE'mt2
联立解得E'＝36E
v0＝9qEdm
（ii）设粒子从Q点离开电场时，速度大小为v3，方向与y轴正方向的夹角为φ，沿y轴方向的分量为vy，在磁场中做圆周运动的半径为r，由运动学公式得vy＝v2sinθ＋qE'mt
v3＝（v2csθ）2＋vy2
由几何关系得sinφ＝v2csθv3
由牛顿第二定律得
qv3B＝mv32r
解得r＝412d
假设粒子能从P点第三次进入电场，对应的轨迹半径为r'，如图3所示，由几何关系得
cs（φ＋45°）＝2dr'
解得r'＝241d
由于r'≠r，故假设不成立，即粒子不能从P点第三次进入电场.核心考点
五年考情
命题分析预测
磁场＋磁场
2023：浙江6月T20；
2019：全国ⅢT18
本专题内容常以计算题形式出现，难度中等，主要考查“带电粒子在电场中的加速＋磁场中的偏转”问题.预计2025年高考可能会结合相关现代科技模型，考查带电粒子在电场与磁场组合场中的直线运动、类平抛运动、匀速圆周运动等，注意多过程联系的速度问题.
电场＋磁场
2023：浙江1月T20，山东T17；
2022：浙江1月T22；
2021：北京T18，山东T17，辽宁T15，河北T14，全国甲T25
垂直于电场线进入匀强电场（不计重力）
垂直于磁感线进入匀强磁场（不计重力）
受力情况
电场力FE＝Eq，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动轨迹
求解方法
利用类似平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0t
vy＝qEmt，y＝qE2mt2
偏转角φ：tanφ＝vyvx＝qEtmv0
半径：r＝mvqB
周期：T＝2πmqB
运动时间
t＝xv0
t＝φ2πT＝φmqB
动能
变化
不变
电场中：匀变速直线运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动
磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：匀变速直线运动
（v与E共线）
磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：类平抛运动
（v与E垂直）