2025高考物理實驗知識總結(jié)壓軸題07 帶電粒子在電磁組合場中運動講義含答案

2025高考物理實驗知識總結(jié)壓軸題07帶電粒子在電磁組合場中運動講義壓軸題07帶電粒子在電磁組合場中運動考向分析帶電粒子在電磁組合場中的運動是高考物理中的一個重要考點，它涵蓋了電學和力學的核心知識，是考查學生綜合應(yīng)用能力的關(guān)鍵。在高考命題中，這一考點通常以綜合性較強的題目形式出現(xiàn)，涉及電場、磁場和粒子運動等多個方面。題目可能要求考生分析帶電粒子在電磁組合場中的運動軌跡、速度、加速度等物理量，也可能要求考生運用動量定理、能量守恒等原理解決復雜問題。備考時，考生應(yīng)首先深入理解電磁組合場的基本原理和帶電粒子在其中的運動規(guī)律，掌握電場力、洛倫茲力等基本概念的計算和應(yīng)用。同時，考生需要熟悉相關(guān)的物理公式和定理，并能夠靈活運用它們解決具體問題。此外，考生還應(yīng)注重實踐練習，通過大量做題來提高自己的解題能力和速度。知識再析考向一：帶電粒子在電磁組合場中的基本規(guī)律1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路第1步：粒子按照時間順序進入不同的區(qū)域可分成幾個不同的階段。第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如第3步中表圖所示。第3步：用規(guī)律2.“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的基本規(guī)律垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)E是恒力洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡示例求解方法利用類平拋運動的規(guī)律求解：vx＝v0，x＝v0t，vy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏轉(zhuǎn)角φ滿足：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半徑：r＝eq\f(mv,qB)；周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)動能變化不變考向二：先電場后磁場(1)先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動。如圖甲、乙所示，在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度。(2)先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動。如圖丙、丁所示，在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度?？枷蛉合却艌龊箅妶鰧τ诹Ｗ訌拇艌鲞M入電場的運動，常見的有兩種情況：(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反，如圖甲所示，粒子在電場中做加速或減速運動，用動能定理或運動學公式列式。(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直，如圖乙所示，粒子在電場中做類平拋運動，用平拋運動知識分析。01先電場后磁場1．如圖所示，豎直直線MN、PQ、GH將豎直平面分為I、II兩個區(qū)域，區(qū)域I有豎直向下的勻強電場（大小未知），直線MN和PQ間的距離為d，區(qū)域II有垂直于紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度大?。▋韶Q直區(qū)域足夠長）。現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子從MN邊界上的A點以速度水平向右飛入，與邊界PQ成進入?yún)^(qū)域II（不計粒子的重力）。求：（1）帶電粒子在區(qū)域I內(nèi)沿電場方向運動的距離；（2）區(qū)域I電場強度的大?。唬?）要使帶電粒子能夠再次進入?yún)^(qū)域I，PQ和GH間的距離至少多大？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）（2）根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示粒子在電場中做類平拋運動，水平方向上有豎直方向上有又有聯(lián)立解得（3）粒子進入磁場之后，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有解得由幾何關(guān)系可得PQ和GH間的距離最小值為02先磁場后電場2．如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)有半徑為R的圓形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里。已知圓形區(qū)域的圓心為，其邊界與x軸、y軸分別相切于P、Q點。位于P處的質(zhì)子源均勻地向紙面內(nèi)以大小為v的相同速率發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子，且質(zhì)子初速度的方向被限定在兩側(cè)與的夾角均為的范圍內(nèi)。第二象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，在x軸（）的某區(qū)間范圍內(nèi)放置質(zhì)子接收裝置MN。已知沿方向射入磁場的質(zhì)子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，不計質(zhì)子受到的重力和質(zhì)子間的相互作用力。（1）求圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；（2）求y軸正方向上有質(zhì)子射出的區(qū)域范圍；（3）若要求質(zhì)子源發(fā)出的所有質(zhì)子均被接收裝置MN接收，求接收裝置MN的最短長度x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）沿方向射入磁場的質(zhì)子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，則該質(zhì)子運動半徑為，有解得（2）如圖所示，設(shè)在左右兩側(cè)角方向上射入磁場的質(zhì)子，最終分別有磁場邊界上的A、B兩點射出，對應(yīng)圓周運動的圓心分別為、，則四邊形和均為，則粒子由A、B兩點水平飛出，且與B點重合。根據(jù)幾何關(guān)系可知B點到軸的距離為，所以y軸正方向上有質(zhì)子射出的區(qū)域范圍為（3）若質(zhì)子由處飛入電場時打在M點，由處飛入電場時打在N點，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，有解得MN的最短長度為03交變電磁組合場3．如圖甲所示，在直角坐標系中的0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有以點（2L，0）為圓心、半徑為L的圓形磁場區(qū)域，與x軸的交點分別為M、N。在xOy平面內(nèi)，從電離室產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子以幾乎為零的初速度從P點飄入加速電場中，加速后以速度v0經(jīng)過右側(cè)極板上的小孔Q點沿x軸正方向進入勻強電場，已知O、Q兩點之間的距離為，電子飛出電場后從M點進入圓形磁場區(qū)域，進入磁場時取t=0，在圓形區(qū)域內(nèi)加如圖乙所示變化的磁場（以垂直于紙面向外為正方向，圖中B0是未知量），最后電子從N點飛出，不考慮電子的重力。求：（1）加速電場的電壓U；（2）電子運動到M點時的速度大小和方向；（3）磁場變化周期T滿足的關(guān)系式。【答案】（1）；（2）2v0，方向與x軸正方向的夾角為60°；（3）（n=1，2，3…）【詳解】（1）在加速電場中，從P點到Q點，由動能定理得可得（2）電子從Q點到M點做類平拋運動，有電子運動至M點時解得解得即速度方向與x軸正方向的夾角為60°；（3）電子在磁場中的運動具有周期性，軌跡如圖所示電子到達N點符合要求的空間條件為（n=1，2，3…）電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑解得（n=1，2，3…）電子在磁場變化的半個周期內(nèi)恰好轉(zhuǎn)過圓周，同時在MN間的運動時間是磁場變化周期的整數(shù)倍時，可使粒子到達N點且速度滿足題設(shè)要求，應(yīng)滿足的時間條件是所以T應(yīng)滿足的條件為（n=1，2，3…）04三維空間電磁組合場4．截至2023年8月底，武威重離子中心已完成近900例患者治療，療效顯著。醫(yī)用重離子放療設(shè)備主要由加速和散射兩部分組成，整個系統(tǒng)如甲圖所示，簡化模型如乙圖所示。乙圖中，區(qū)域I為加速區(qū)，加速電壓為，區(qū)域II、III為散射區(qū)域，偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度大小均為，區(qū)域II中磁場沿軸正方向，區(qū)域III中磁場沿軸正方向。質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的重離子在點由靜止進入加速電場，離子離開區(qū)域II時速度偏轉(zhuǎn)了，不計離子的重力，．（1）求離子進入磁場區(qū)域II時速度大??；（2）求磁場II的寬度；（3）區(qū)域III磁場寬為，在區(qū)域III右側(cè)邊界放置一接收屏，接收屏中心與離子進入電場時的點在同一直線上，求當離子到達接收屏時距離接收屏中心點的距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）離子在電場中加速，有解得（2）離子進入磁場區(qū)域II時，速度與磁場方向垂直，做勻速圓周運動，離開時速度偏轉(zhuǎn)了，即轉(zhuǎn)過的圓弧所對的圓心角為，則解得（3）離子在磁場中等螺距前進：離子進入磁場區(qū)III時，速度與磁場夾角為，則離子在軸方向做勻速直線運動，在平面做勻速圓周運動：方向勻速在平面解得即離子轉(zhuǎn)了6.25圈打在接收屏上，軸上距離的距離軸上距離的距離離子在接收屏上距點的距離．好題速練1．（2024·貴州遵義·一模）在科學探究中，常利用電磁場控制電荷的運動路徑，與光的傳播、平移等效果相似，稱為電子光學。如圖，在區(qū)域中有粒子源和電場加速區(qū)；在區(qū)域中存在方向垂直x軸向下的勻強電場；在，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子由靜止開始經(jīng)加速區(qū)加速后，從處以水平速度向右射入電場，在處進入磁場，已知加速區(qū)電勢差為，不計粒子的重力。（1）求粒子進入?yún)^(qū)域內(nèi)勻強電場時的速度大小和勻強電場的電場強度大??；（2）若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強度的最小值；（3）如果磁感應(yīng)強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的某一點離開磁場，求粒子出射點坐標?！敬鸢浮浚?），；（2）垂直于紙面向里，；（3）【詳解】（1）加速電場中，根據(jù)動能定理有解得在偏轉(zhuǎn)電場中，粒子做類平拋運動，則有，解得（2）粒子帶正電，若粒子從y軸正半軸離開磁場，根據(jù)右手定則可知，磁場方向垂直于紙面向里。根據(jù)上述可知，粒子剛剛進入磁場時，令速度與水平方向夾角為，則有，，解得，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，當磁感應(yīng)強度為最小值時，軌道半徑最大，此時粒子軌跡恰好與磁場右邊界相切，作出粒子在磁場中的軌跡示意圖如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有磁場中粒子圓周運動由洛倫茲力提供向心力，則有解得（3）若磁感應(yīng)強度大小為，根據(jù)結(jié)合上述，解得作出粒子在磁場中的軌跡示意圖如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中的出射點與入射點之間的豎直方向的間距為結(jié)合上述解得則粒子出射點的橫坐標粒子出射點的縱坐標解得即粒子出射點的坐標為。2．（2024·湖南·二模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立xOy坐標系，P、A、Q1、Q2四點的坐標分別為（-2L，0）、（-L，0）、（0，L）、（0，-L）。y軸右側(cè)存在范圍足夠大的勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里。在界面PAQ1的上方存在豎直向下的勻強電場（未畫出），界面PAQ2的下方存在豎直向上的勻強電場（未畫出），且上下電場強度大小相等。在（L，0）處的C點固定一平行于y軸且長為的絕緣彈性擋板MN，C為擋板中點，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變。沿x方向分速度反向，大小不變。質(zhì)量為m、電量為q的帶負電粒子（不計重力）從x軸上方非?？拷黀點的位置以初速度v0沿x軸正方向射入電場且剛好可以過Q1點。求：（1）電場強度的大小、到達Q1點速度的大小和方向；（2）磁場取合適的磁感應(yīng)強度，帶電粒子沒有與擋板發(fā)生碰撞且能回到P點，求從P點射出到回到P點經(jīng)歷的時間；（3）改變磁感應(yīng)強度的大小，要使粒子最終能回到P點，則帶電粒子最多能與擋板碰撞多少次？【答案】（1），，與y軸正方向成45°角；（2）；（3）17【詳解】（1）從P到Q1，水平方向豎直方向聯(lián)立①②式可得根據(jù)動能定理可得與y軸正方向成45°角。（2）要使帶電粒子回到P點，其軌跡必須具有對稱性且經(jīng)過Q2，由幾何關(guān)系可得在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為在磁場中的運動時間為故從P點射出第一次回到P點的時間（3）當r最小時帶電粒子剛好過M點碰撞次數(shù)最多由幾何關(guān)系可得解得設(shè)最多可以碰n次，則解得n=173．（2024·湖北武漢·一模）如圖，在的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，在的區(qū)域存在方向垂直于平面向里的勻強磁場。一個氕核和一個氚核先后從x軸上P、Q兩點射出，速度大小分別為、。速度方向與x軸正方向的夾角均為，一段時間后，氕核和氚核同時沿平行x軸方向到達y軸上的M點（圖中未畫出），并立即發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）。已知Q點坐標為，不計粒子重力及粒子間的靜電力作用，，，求：（1）P點的橫坐標。（2）勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大小之比。（3）氕核和氚核碰撞后再次到達y軸上時的坐標點相隔的距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）分析氕核（）和氚核（）的運動情況，氕核射出后在磁場中做勻速圓周運動，氚核射出后在電場中做類平拋運動，兩粒子運動軌跡如圖所示研究氚核，根據(jù)拋體運動規(guī)律有研究氕核，根據(jù)數(shù)學關(guān)系得聯(lián)立解得（2）設(shè)氕核（）的質(zhì)量為m，電荷量為q，則氚核（）的質(zhì)量為3m，電荷量為q。研究氕核，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得研究氚核，根據(jù)拋體運動規(guī)律得解得則有（3）碰撞前，氚核的速度為氚核（）和氕核（）發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后氚核、氕核速度分別為、。根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)機械能守恒定律有聯(lián)立解得碰撞后，氕核、氚核均在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)氚核、氕核的運動半徑分別為、，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，研究氚核有研究氕核有氚核和氕核碰撞后，均向上運動半個圓再次到達y軸上的點，他們相隔的距離為聯(lián)立解得4．（2024·云南曲靖·一模）如圖所示，真空中位置存在一帶電粒子發(fā)射器，能夠瞬間在平面內(nèi)發(fā)射出大量初速度大小為的同種正電荷，以不同的入射角（為與軸正方向的夾角，且）射入半徑為的圓形邊界勻強磁場（圖中未標出）。圓形磁場剛好與軸相切于點，所有電荷均在該磁場的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，并全部沿軸正方向射出。圖中第三象限虛線下方一定區(qū)域存在著方向沿軸正方向的勻強電場，虛線剛好經(jīng)過點（為實線圓最右端的點）且頂點與點相切，同時觀察到進入該電場區(qū)域的所有電荷均從點射入第一象限。第一象限內(nèi)存在范圍足夠大的方向垂直于平面向里磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，點上方沿軸正方向放置足夠長的熒光屏，電荷打在熒光屏上能夠被熒光屏吸收。已知電荷的質(zhì)量為，電荷量大小為，的距離為，不考慮電荷所受重力及電荷之間的相互作用力。求：（1）圓形磁場磁感應(yīng)強度的大小及方向；（2）勻強電場上邊界虛線的函數(shù)表達式；（3）從點沿垂直軸向下射入磁場的粒子打在熒光屏上的坐標?！敬鸢浮浚?）；方向垂直于紙面向里；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)幾何關(guān)系可知電荷在實線圓內(nèi)運動的半徑也為，如圖所示，有解得由左手定則可知，磁感應(yīng)強度B1方向垂直于紙面向里。（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動且匯聚在點，如圖所示，設(shè)電荷進電場時位置的坐標為，故有解得點是虛線上一點，代入可解得（3）設(shè)電荷從點射入第一象限的速度為，與軸的夾角為，如圖所示，則在第一象限內(nèi)運動半徑為粒子被吸收的的位置為，由幾何關(guān)系得該點縱坐標為該點橫坐標為即粒子打在熒光屏上的坐標為。5．（2024·湖南長沙·二模）電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導體板組成，如圖甲所示。大量電子由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后速度為，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場。當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為；當在兩板間加最大值為，周期為的電壓（如圖乙所示）時，所有電子均能從兩板間通過，然后進入豎直長度足夠大的勻強磁場中，最后打在豎直放置的熒光屏上。已知磁場的水平寬度為L，電子的質(zhì)量為m、電荷量大小為e，其重力不計。（1）求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時到的最遠距離；（2）要使所有電子都能打在熒光屏上，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的范圍；（3）在滿足第（2）問的條件下求打在熒光屏上的電子束的寬度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意可知，從0、、、……等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到的距離最大，在這種情況下，電子的最大距離為加速度大小豎直分速度大小解得（2）設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏向角為，由于電子要打在熒光屏上，臨界情況是與屏相切，所以電子在磁場中運動半徑應(yīng)滿足設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度為，垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏向角為，又，解得（3）從、、……等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到的距離最小，在這種情況下，電子的最小距離為解得由于各個時刻從偏轉(zhuǎn)電場中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進入磁場后做圓周運動的半徑也相同，所以打到屏上的粒子是一系列平行的圓弧，由第（1）問知電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到的最大距離和最小距離的差值為，最遠位置和最近位置之間的距離所以打在熒光屏上的電子束的寬度為6．（2024高三下·湖南·開學考試）如圖甲所示的坐標系中區(qū)域有沿y軸負向的勻強電場，電場強度，區(qū)域有垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小和方向隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，當垂直紙面向里時磁感應(yīng)強度為正，圖中，有足夠大的熒光屏垂直于x軸放置并可沿x軸水平移動?，F(xiàn)有一帶電粒子質(zhì)量，電量的帶電粒子從電場的P點（已知P點y軸坐標為0.3m），沿平行x軸以某一初速度進入電場，恰好從坐標原點與x軸成60°進入磁場，取帶電粒子進入磁場為時刻，不計粒子重力，答案可用根號表示，求：（1）帶電粒子的初速度；（2）若要完整研究帶電粒子在磁場中的運動軌跡，磁場沿y軸方向的最小區(qū)間的上限坐標和下限坐標；（3）若要帶電粒子垂直打在熒光屏上，熒光屏所在位置的x軸的可能坐標值。【答案】（1）；（2），；（3）（，，）或（，，）【詳解】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，則有其中聯(lián)立解得（2）進入磁場的速度為進入磁場后從圖乙可知在時間內(nèi)，由洛倫茲力提供向心力得解得軌跡半徑為運動周期為則運動時間為在時間內(nèi)，由洛倫茲力提供向心力得解得軌跡半徑為運動周期為則運動時間為在時間內(nèi)，運動半徑仍為，運動時間為所以進入磁場后在如圖示的磁場中的運動軌跡如下圖所示要形成完整的軌跡，從軌跡圖中可看出磁場區(qū)域的上限坐標磁場區(qū)域的下限坐標（3）若在區(qū)域垂直打在熒光屏上由上圖可知軌跡圓心到之間的距離所以，（，，）若在區(qū)域垂直打在熒光屏上根據(jù)對稱軌跡圓心到之間的距離所以（，，）7．（2024高三·廣東河源·期末）現(xiàn)代科技中常常利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，某控制裝置如圖所示，區(qū)域Ⅰ是圓弧形均勻輔向電場，半徑為R的中心線處的場強大小處處相等，且大小為，方向指向圓心；在空間坐標系中，區(qū)域Ⅱ是邊長為L的正方體空間，該空間內(nèi)充滿沿y軸正方向的勻強電場（大小未知）；區(qū)域Ⅲ也是邊長為L的正方體空間，空間內(nèi)充滿平行于平面，與x軸負方向成45°角的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在區(qū)域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的帶正電粒子以不同的速率先后從沿切線方向進入輻向電場，所有粒子都能通過輻向電場從坐標原點O沿x軸正方向進入?yún)^(qū)域Ⅱ，不計帶電粒子所受重力和粒子之間的相互作用。（1）若某一粒子進入輻向電場的速率為，該粒子通過區(qū)域Ⅱ后剛好從P點進入?yún)^(qū)域Ⅲ中，已知P點坐標為，求該粒子的比荷和區(qū)域Ⅱ中電場強度的大?。唬?）保持（1）問中不變，為了使粒子能夠在區(qū)域Ⅲ中直接打到粒子收集板上，求粒子的比荷需要滿足的條件。

【答案】（1），；（2）【詳解】（1）某一粒子進入輻向電場的速率為，粒子在輻向電場中做勺速圓周運動，由電場力提供向心力可得解得該粒子的比荷為粒子在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，沿軸方向有沿y軸方向有，聯(lián)立解得區(qū)域Ⅱ中電場強度的大小為（2）設(shè)粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子進入輻向電場的速率為v，則粒子在輻向電場中有解得粒子在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運動，設(shè)粒子都能進入?yún)^(qū)域Ⅲ，則沿x軸方向有沿y軸方向有，，聯(lián)立解得，可知所有粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ后都從P點進入?yún)^(qū)域Ⅲ中，進入?yún)^(qū)域Ⅲ的速度方向與x軸正方向的夾角為，則有解得粒子進入?yún)^(qū)域Ⅲ的速度大小為粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有解得為了保證粒子能夠打到粒子收集器上，如圖所示

由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中的半徑需要滿足聯(lián)立解得粒子的比荷需要滿足8．（2024·湖南岳陽·三模）在如圖所示的三維空間中，的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，在區(qū)域內(nèi)存在半圓柱體空間區(qū)域，半圓柱沿y軸方向足夠高，該區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小，平面在yOz平面內(nèi)，D點（0，0，0）為半圓柱體底面圓心，半圓柱體的半徑為。一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子，從A點（-L，0，0）以初速度大小，方向沿著x軸正方向射入勻強電場，經(jīng)過C點（0，L，0）后進入半圓柱體磁場區(qū)域，不計粒子的重力。求：（1）電場強度E的大?。唬?）帶電粒子在半圓柱體內(nèi)運動的時間；（3）帶電粒子從半圓柱體射出時的位置坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（，，）【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，有，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得（2）在磁場中，粒子的運動可以分解為垂勻速圓周運動和沿正方向的勻速直線運動，垂直磁場方向，根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中運動的圓心角為，粒子在磁場中運動的周期則帶電粒子在半圓柱體內(nèi)運動的時間聯(lián)立解得（3）在磁場中，沿著軸正方向的速度大小軸方向軸方向軸方向帶電粒子從半圓柱體射出時的位置坐標為（，，）。壓軸題08帶電粒子在疊加場中運動考向分析帶電粒子在疊加場中的運動在高考物理中占據(jù)重要地位，是檢驗學生綜合運用電場、磁場等物理知識解決復雜問題的能力的重要考點。在命題方式上，這類題目通常以綜合性強的計算題形式出現(xiàn)，可能涉及電場、磁場、重力場等多個疊加場的組合，要求考生分析帶電粒子在這些疊加場中的受力情況、運動軌跡、速度變化等，并運用相應(yīng)的物理公式和定理進行計算和推理。備考時，考生應(yīng)首先深入理解疊加場的基本原理和帶電粒子在其中的運動規(guī)律，掌握電場力、洛倫茲力、重力等力的計算方法和疊加原理。同時，考生需要熟悉相關(guān)的物理公式和定理，并能夠靈活運用它們解決具體問題。此外，考生還應(yīng)注重實踐練習，通過大量做題來提高自己的解題能力和速度。知識再析考向一：帶電粒子在疊加場中的直線運動1.帶電粒子在電場和磁場的疊加場中做直線運動，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解題。2.帶電粒子在電場、磁場、重力場的疊加場中做直線運動，則粒子一定處于平衡狀態(tài)，因此可利用平衡條件解題?？枷蚨簬щ娏Ｗ釉诏B加場中的圓周運動1.帶電粒子做勻速圓周運動，隱含條件是必須考慮重力，且電場力和重力平衡。2.洛倫茲力提供向心力和帶電粒子只在磁場中做圓周運動解題方法相同?？枷蛉号渌俜ㄌ幚韼щ娏Ｗ釉诏B加場中的運動1.若帶電粒子在磁場中所受合力不會零，則粒子的速度會改變，洛倫茲力也會隨著變化，合力也會跟著變化，則粒子做一般曲線運動，運動比較麻煩，此時，我們可以把初速度分解成兩個分速度，使其一個分速度對應(yīng)的洛倫茲力與重力（或電場力，或重力和電場力的合力）平衡，另一個分速度對應(yīng)的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動，這樣一個復雜的曲線運動就可以分解分兩個比較常見的運動，這種方法叫配速法。2.幾種常見情況：常見情況處理方法初速度為0，有重力把初速度0，分解一個向左的速度v1和一個向右的速度v1初速度為0，不計重力把初速度0，分解一個向左的速度v1和一個向右的速度v1初速度為0，有重力把初速度0，分解一個斜向左下方的速度v1和一個斜向右上方的速度v1初速度為v0，有重力把初速度v0，分解速度v1和速度v201束縛類直線運動1．如圖所示，兩個傾角分別為和的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為的勻強磁場中，兩個質(zhì)量為、帶電荷量為的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中（）A．甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短B．甲滑塊在斜面上運動的位移比乙滑塊在斜面上運動的位移小C．甲滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率比乙滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率大D．兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等【答案】D【詳解】A．小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，有解得所以斜面角度越小，飛離斜面瞬間的速度越大，故在甲滑塊飛離時速度較大，物體在斜面上運動的加速度恒定不變，由受力分析和牛頓第二定律可知加速度，所以甲的加速度小于乙的加速度，因為甲的最大速度大于乙的最大速度，由得，甲的時間大于乙的時間，故A錯誤；B．由A選項的分析和得，甲的位移大于乙的位移，故B錯誤；C．滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率為則可知兩滑塊飛離斜面瞬間重力的瞬時功率均為故C錯誤；D．由平均功率的公式得因，故兩滑塊重力的平均功率均為故D正確。故選D。02疊加場中的圓周運動2．如圖所示，頂角為的光滑絕緣圓錐，置于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，現(xiàn)有質(zhì)量為m，帶電量為的小球，沿圓錐面在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則（）A．從上往下看，小球做順時針運動B．洛侖茲力提供小球做勻速圓周運動時的向心力C．小球有最小運動半徑D．小球以最小半徑運動時其速度【答案】D【詳解】小球在運動過程中受重力、支持力和指向圓心的洛倫茲力，才能夠做勻速圓周運動，根據(jù)安培左手定則可知從上往下看，小球做逆時針運動，洛倫茲力與支持力的合力提供向心力根據(jù)牛頓第二定律，水平方向豎直方向聯(lián)立可得因為速度為實數(shù)，所以可得解得所以最小半徑為代入上面可得小球以最小半徑運動時其速度故選D。03配速法在疊加場中的應(yīng)用3．如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從點由靜止釋放，沿圖中軌跡依次經(jīng)過、兩點，且點離虛線最遠。已知磁感應(yīng)強度為，電場強度為，電子質(zhì)量為、電荷量為，點為零電勢點，電子重力不計，則（）A．電子在點的速率為 B．點離虛線的距離為C．電子在點的電勢能為 D．、兩點的距離為【答案】C【詳解】方法一：配速法電子在M點靜止釋放，可以看作電子分別以速度向左運動，以速度向右運動。,則電子的運動可以分解為以向左做勻速直線運動和在豎直面上的速度為的勻速圓周運動。AB．點離虛線最遠,則電子圓周運動速度方向同時水平向左，則電子在點的速率為點離虛線的距離故AB錯誤。C．粒子從M點到N點，在電場方向上運動了d，則電勢能為故C正確。D．粒子做圓周運動的周期粒子從M點到P點，運動了兩個圓周，則、兩點的距離為故D錯誤。故選C。方法二：AB．設(shè)電子在運動過程中的任意一點Q的速度為v，則該速度可以分解為水平速度vx和豎直速度vy，M點到Q點的豎直距離為d，我們選水平向左為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，對電子從M點到Q點用動能定理有對電子從M點到Q點水平方向用動量定理有則當Q點為N點時，有聯(lián)立以上數(shù)據(jù)解得，故AB錯誤。C．由以上分析得電子在N點的動能為設(shè)電子在N點的電勢能為，從M到N對電子用能量守恒定律得則得N點電子的電勢能為C正確；D．如下圖設(shè)P、M中間點為O點，對電子從M點到O點豎直方向用動量定理有由圖得電子的運動具有周期性，也可認為電子的運動為一個豎直平面的勻速圓周運動和一個水平方向的勻速直線運動的合運動。對于勻速圓周運動有得運動周期為即電子從M點到O點的運動時間為所以由周期性得、兩點的距離為故D錯誤。故選C。04三維疊加場問題4．（2024·山東濰坊·一模）現(xiàn)代科學研究中，經(jīng)常用磁場和電場約束帶電粒子的運動軌跡，如圖所示，有一棱長為L的正方體電磁區(qū)域abcd-efgh，以棱ef中點為坐標原點建立三維坐標系Oxyz，正方體電磁區(qū)域內(nèi)充滿沿z軸負方向的勻強電場和勻強磁場，在O點有一粒子源，沿x軸正方向發(fā)射不同速率的帶電粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為。已知速度大小為的粒子，恰從坐標點飛出（圖中未標出），不計粒子的重力。求（1）磁感應(yīng)強度大小B；（2）電場強度大小E；（3）從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在勻強磁場的作用下做勻速圓周運動，粒子從O點開始沿x軸正方向發(fā)射，其勻速圓周運動的圓心必定在y軸上。根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子到達點時，和O點的連線與y軸之間的夾角滿足解得設(shè)圓周運動的半徑為，則有解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得解得（2）設(shè)帶電粒子做圓周運動的周期為，則有解得在題述的運動中，粒子的軌跡對應(yīng)的圓心角為，所以運動時間為粒子在勻強電場的作用下做類平拋運動，加速度為沿著電場方向的位移為聯(lián)立解得（3）由上述分析可知當粒子從正方體上表面abcd飛出的，粒子速率越大，粒子的分運動勻速圓周運動的半徑越大，圖1中的p點越靠近d,軌跡圓心角越小，粒子在電磁場中的運動時間越短，粒子沿z軸負方向的位移越小。當粒子速率最大為vmax時在cd邊射出，對應(yīng)的圓周運動軌跡為1/4圓周，其半徑等于L，則有解得假設(shè)粒子沿z軸負方向的分運動勻加速運動到f點時（其位移大小等于），粒子能夠在bc邊射出，設(shè)粒子在電場中運動時間為t2，則有解得粒子的分運動勻速圓周運動的周期為設(shè)此情況粒子的分運動勻速圓周運動軌跡的圓心角為β，則有；聯(lián)立解得β=150°此情況粒子的運動軌跡在正方體前表面adhe內(nèi)的投影如圖2所示，可知假設(shè)成立，此時粒子的速率是從正方體上表面abcd飛出的粒子速率的最小值，設(shè)此時圓周運動半徑為r2。由幾何關(guān)系可得r2+r2cos30°=L解得同理有解得從正方體上表面abcd飛出的粒子速率范圍為好題速練1．（2024·山東淄博·模擬預測）足夠長的絕緣木板置于光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，帶負電小物塊（電量保持不變）置于木板的左端，整個裝置置于足夠大的勻強磁場中，磁場方向如圖所示。在時刻，木板獲得一水平向左的初速度，關(guān)于此后運動過程中兩物體速度隨時間變化的關(guān)系圖像，可能正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【詳解】木板獲得一水平向左的初速度，受到物塊對其向右的摩擦力，所以木板做減速運動；同時，木板對物塊產(chǎn)生一個向左的摩擦力，因此物塊做加速運動，物塊帶負電，則受到洛倫茲力向下，則物塊受到的摩擦力變大，加速度變大；對木板則木板的加速度變大，因為木板足夠長，最后兩者速度相等，故木板做加速度增大的減速運動，物塊做加速度增大的加速運動，A正確，BCD錯誤。故選A。2．（2024·海南?？凇つM預測）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度大小、方向豎直向上，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小圓環(huán)套在桿上，圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)使圓環(huán)以初速度沿桿向下運動，經(jīng)過時間，圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經(jīng)開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為，則下列說法中正確的是（

）

A．圓環(huán)下降過程中的加速度逐漸減小B．圓環(huán)的最大加速度C．圓環(huán)在時間內(nèi)損失的機械能為D．圓環(huán)下降過程和上升過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等【答案】AC【詳解】A.圓環(huán)向下運動時豎直方向受到重力、向上的電場力和向上的摩擦力。設(shè)圓環(huán)向下運動的加速度大小為，則因此圓環(huán)速度的減小，會導致其所受洛倫茲力減小，則摩擦力會減小，因此圓環(huán)做加速度減小的減速運動，故A正確；B.當圓環(huán)向上運動時，圓環(huán)的加速度大小隨著圓環(huán)速度的增大，圓環(huán)開始做加速度減小的加速運動，之后做勻速直線運動，圓環(huán)向下運動時的加速度大于向上運動時的加速度，而向下運動時圓環(huán)受到的摩擦力越大，則加速度越大，因此圓環(huán)剛開始運動時，加速度最大，有可得故B錯誤；C.圓環(huán)先后兩次經(jīng)過出發(fā)點過程中，重力勢能變化量為零，可知圓環(huán)機械能的損失，即為動能的損失，根據(jù)動能定理，有而圓環(huán)最后做勻速運動的速度因此圓環(huán)在時間內(nèi)損失的機械能為故C正確；D.圓環(huán)上升和下降的過程中，摩擦力大小的平均值不同，而圓環(huán)運動的路程相同，所以兩過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能不相等，故D項錯誤。故選AC。3．（2024·河南鄭州·一模）光滑絕緣水平桌面上有一個可視為質(zhì)點的帶正電小球，桌面右側(cè)存在由勻強電場和勻強磁場組成的復合場，復合場的下邊界是水平面，到桌面的距離為h，電場強度為E、方向豎直向上，磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外，重力加速度為g，帶電小球的比荷為。如圖所示，現(xiàn)給小球一個向右的初速度，使之離開桌邊緣立刻進入復合場運動，已知小球從下邊界射出，射出時的速度方向與下邊界的夾角為，下列說法正確的是（）

A．小球在復合場中的運動時間可能是B．小球在復合場中運動的加速度大小可能是C．小球在復合場中運動的路程可能是D．小球的初速度大小可能是【答案】AC【詳解】帶電小球的比荷為是，則有則小球合力為洛倫茲力，所以小球在復合場中做勻速圓周運動，射出時的速度方向與下邊界的夾角為，則小球運動情況有兩種，軌跡如下圖所示

若小球速度為，則根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為，此時小球在復合場中的運動時間為根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為若小球速度為，則根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為，此時小球在復合場中的運動時間為根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為故選AC。4．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·模擬預測）如圖所示，直角坐標系在水平面內(nèi)，z軸豎直向上，坐標原點O處固定一帶正電的點電荷，空間中存在豎直向下磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，質(zhì)量為m、帶電量為的小球A，繞z軸做勻速圓周運動。小球A的速度大小為，小球與坐標原點的距離為r，O點和小球A的連線與z軸的夾角。重力加速度g、m、q、r均已知，。則下列說法正確的是（）A．從上往下看，小球A沿逆時針方向轉(zhuǎn)動B．O處的點電荷在A運動的圓周上各處產(chǎn)生的電勢和場強都相同C．小球A與點電荷之間的庫侖力大小為D．時，所需磁場的磁感應(yīng)強度B最小【答案】ACD【詳解】A．空間中存在豎直向下的勻強磁場B，小球的向心力由庫侖力在運動軌跡半徑方向的分力和洛倫茲力提供，根據(jù)左手定則可知，從上往下看小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動，故A正確；B．O處的點電荷在A運動的圓周上各處產(chǎn)生的電勢都相同，場強大小相等，方向不同，故B錯誤；C．對小球A受力分析如圖所示，洛倫茲力F2沿水平方向，庫侖力F1沿著O→B方向在豎直方向，根據(jù)平衡條件得解得所以小球A與點電荷之間的庫侖力大小為，故C正確；D．水平方向根據(jù)牛頓第二定律得其中解得當即時，B取值最小值，故D正確。故選ACD。5．（2024高三·廣東廣州·模擬預測）如圖所示，虛線MN右側(cè)存在著勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，電場方向豎直向上，長方形ABCD的AD邊與MN重合，長方形的AB邊長為l，AD邊長為。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒垂直于MN射入電場、磁場區(qū)域后做勻速圓周運動，到達C點時刻，電場方向立刻旋轉(zhuǎn)90°，同時電場強度大小也發(fā)生變化，帶電微粒沿著對角線CA從A點離開。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電場方向旋轉(zhuǎn)90°之后，電場方向水平向左B．電場改變之后，場強大小變?yōu)樵瓉淼?倍C．微粒進入N右側(cè)區(qū)域時的初速度為D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為【答案】CD【詳解】A．微粒從C到A做直線運動，可知洛倫茲力（斜向左上方）與重力（豎直向下）和電場力的合力平衡，則電場力方向必然水平向右，所以電場方向水平向右，A錯誤；B．電場改變前，微粒在電場、磁場區(qū)域做勻速圓周運動，則qE＝mg即電場改變之后，受力情況如圖所示微粒受力平衡，重力與電場力的合力與洛倫茲力等大反向，可得即B錯誤；CD．微粒做直線運動時受力平衡，可得由洛倫茲力作為向心力可得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得CD正確。故選CD。6．（2024·湖北襄陽·模擬預測）如圖所示，xOy坐標平面在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強磁場。一質(zhì)量為m的帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線。已知重力加速度為g，關(guān)于帶電小球的運動，下列說法中正確的是（

）A．OAB軌跡為半圓 B．小球運動至最低點A時速度最大，且沿水平方向C．小球在整個運動過程中機械能守恒 D．小球在A點時受到的洛倫茲力大小為3mg【答案】BC【詳解】小球釋放后，除了受到重力外，開始階段還受到向右側(cè)的洛倫茲力的作用，只有重力做功機械能守恒?？梢约俣ㄐ∏驇д姡掖艌龇较虼怪奔埫嫦蚶?。小球初速度為0，可以將這個初速度分解為向右的速度v1和向左的速度v2

則兩者大小關(guān)系為v1=v2且使?jié)M足qv1B=mg則根據(jù)前述分析可知，小球的運動可看做是v1引起的向右的勻速直線運動和v2引起的一開始向左的逆時針勻速圓周運動的兩個分運動的合運動。很顯然，小球的軌跡不是半圓，而是擺線，如圖所示

且小球運動至最低點A時速度為向右的v2和v1的矢量和，即2v1，洛倫茲力大小為為2mg。其他位置v2和v1的矢量和都小于2v1。故選BC。7．（2024高三上·湖南長沙·模擬預測）現(xiàn)代科學儀器中常利用電、磁場控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，紙面內(nèi)存在上、下寬度均為d的勻強電場與勻強磁場，勻強電場豎直向下，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的O點由靜止釋放，運動到磁場的下邊界的P點時正好與下邊界相切。若把電場下移至磁場所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間粒子第一次到達最低點N，下列說法正確的是（

）A．勻強電場的場強大小為 B．粒子從O點運動到P點的時間為C．粒子經(jīng)過N點時速度大小為 D．M、N兩點的豎直距離為【答案】AC【詳解】A.設(shè)粒子在磁場中的速率為v，半徑為R，在電場中由動能定理，有洛倫茲力充當向心力，有由幾何關(guān)系可得綜上可得故A正確；B.粒子在電場中的運動時間為在磁場中的運動時間為粒子從O運動到P的時間為故B錯誤；CD.將粒子從M到N的過程中某時刻的速度分解為向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個洛倫茲力分量分別為，設(shè)粒子在最低點N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動量定理可得由動能定理可得結(jié)合解得，故C正確，D錯誤。故選AC。8．（2024·河北·二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)的直角坐標系第三象限存在沿x軸（x軸水平）負方向的勻強電場Ⅰ，第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場Ⅲ和沿y軸負方向的勻強電場Ⅱ，一帶負電、比荷為k的小球（可視為質(zhì)點）以某一初速度從點沿x軸正方向水平拋出，經(jīng)過點從第一象限進入第四象限，在第四象限運動一段時間后，小球沿與y軸正方向成角的方向第一次經(jīng)過y軸進入第三象限。已知勻強電場Ⅰ的電場強度大小，勻強電場Ⅱ的電場強度大小，重力加速度為g，，，不計空氣阻力。求：（1）小球在C點的速度；（2）勻強磁場Ⅲ的磁感應(yīng)強度大小B；（3）小球從A點拋出到第四次（從A點拋出為第零次）經(jīng)過y軸的時間?！敬鸢浮浚?），方向斜向右下，與軸正方向的夾角為37°；（2）；（3）【詳解】（1）畫出帶電小球的運動軌跡，如圖所示設(shè)小球的初速度大小為，小球到達點時的速度大小為，小球由運動到經(jīng)過的時間為，由平拋運動規(guī)律可得由A到C，應(yīng)用動能定理可得設(shè)帶電小球在C點時，其速度方向與軸正方向的夾角為，可得解得方向斜向右下，與x軸正方向的夾角為37°；（2）由于勻強電場Ⅱ的電場強度大小為可知帶電小球在第四象限運動時，其所受電場力與重力等大反向，設(shè)小球第一次經(jīng)過y軸上的點為D，由角度關(guān)系可知小球由C到D的軌跡是一個半圓，設(shè)小球做圓周運動的軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力提供向心力可得可得磁感應(yīng)強度大?。?）帶電小球由A到C的運動時間帶電小球由C到D的運動時間對處于第三象限內(nèi)的小球受力分析，可知帶電小球在第三象限內(nèi)先做勻減速直線運動，加速度大小為設(shè)帶電小球在F點減速到零，小球從D點到F點再返回D點經(jīng)過的時間帶電小球從D點運動到G點，運動時間帶電小球在H點恰好第四次經(jīng)過y軸，設(shè)小球從G點運動到H點所用時間為，沿x軸方向有小球從點拋出到第四次經(jīng)過y軸的時間9．（2024·河南濮陽·一模）如圖所示，在xOy坐標系中，有沿x軸正向的勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場，電場強度大小磁感應(yīng)強度大小為。在坐標平面內(nèi)的某點沿某方向射出一質(zhì)量為電荷量為的帶正電微粒，微粒恰能在xOy坐標平面內(nèi)做直線運動，且運動軌跡經(jīng)過O點。已知y軸正方向豎直向上，重力加速度g取，求：（1）微粒發(fā)射的速度大小和方向；（2）微粒到達O點時撤去磁場，當微粒的速度沿豎直方向時，微粒的位置坐標是多少；（3）在（2）問中，當微粒速度沿豎直方向時，再加上原磁場同時撤去電場，此后微粒運動的軌跡離x軸的最大距離為多少（結(jié)果可用根號表示）。【答案】（1），與y軸負方向夾角為；（2）；（3）【詳解】（1）粒子做勻速直線運動，如下圖則求得粒子出射的速度方向與y軸負方向夾角為解得即微粒發(fā)射的速度大小為，與y軸負方向夾角為（2）撤去磁場后，粒子做類平拋運動，如下圖將速度分解可得方向的加速度方向的速度減為零時此時距軸的距離為對應(yīng)速度距軸的距離為所以當微粒的速度沿豎直方向時，微粒