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专题12 带电粒子在复合场中的运动
一、带电体在电场和重力场中的运动
1.带电体在电场、重力场中运动的分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。
2.带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。
二、带电粒子在组合场中的运动
1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比
垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转)
情 境 图
受 力 FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力 FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力
运 动 规 律 匀速圆周运动 r＝，T＝ 类平抛运动 vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2
2.常见运动及处理方法
3.“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
三、带电粒子在叠加场中的运动
1.三种典型情况
(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时。
(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
2.当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
3.分析
题型1 带电体在电场和重力场中的运动
（多选）（2024 凉山州模拟）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy，整个空间存在平行xoy平面与y轴正方向成45°角的匀强电场E。质量为m的带电小球从坐标原点O沿x轴的正方向以速度v水平抛出，经过一段时间小球以v的速度穿过y轴正半轴某点（图中未画出），不计空气阻力，则（ ）
A．小球可能带负电
B．小球所受电场力的大小为mg
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度等于竖直速度
（多选）（2024 青羊区校级模拟）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E，下列说法正确的是（ ）
A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
C．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿ACB做圆周运动，到B点会有一定的速度
D．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
（2023 永州三模）如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中（ ）
A．速度的最小值为
B．所受电场力的最小值为
C．动能与电势能之和一直减小
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2：1
（2023 宁都县校级一模）如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的A点，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的B点时速度为零。以下说法中正确的是（ ）
A．小球在B点处于静止状态
B．小球受到的重力与电场力的关系是qE＝mg
C．小球将在A、B之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为qEl
题型2 带电粒子在组合场中的运动
（多选）（2024 惠州一模）如图所示，长方体OMPQ﹣O1M1P1Q1所在空间存在与MO1方向平行的匀强磁场，一粒子源无初速度释放一质量为m、带电量为+q的带电粒子，经电压U加速后，从O点沿OQ方向射入磁场区域，并从P1点离开长方体区域。已知长方体OM、OO1边的长度均为d，OQ的长度为，不计粒子的重力及其相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子进入磁场区域的初速度为
B．磁感应强度的大小为
C．若减少加速电压U，粒子可能从M1射出
D．若增加加速电压U，粒子可能从M1P1中点射出
（多选）（2024 包头二模）如图所示，ab和ac是无限大磁场的分界线，在ab和ac的上下两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。∠bac＝90°，P、Q是分界线上的两点，且aP＝aQ＝L。现有一质量为m、电荷量为﹣q的粒子从P点沿PQ方向水平射出，粒子射出速度，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子运动的轨迹半径为
B．粒子由P点运动到Q点所用的时间为
C．若射出速度为，粒子由P点运动到Q点所用时间为
D．若射出速度为2v，粒子第一次运动ac边上的位置到Q点的距离为
（2024 泉州一模）利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面（纸面）内，x＜x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1＜x＜x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知，，区域Ⅱ中电场的场强。求：
（1）区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
（3）粒子离开电场时的速度大小v。
（2024 郫都区校级二模）如图所示，一半径为R的圆与x轴相切于原点O，圆内有直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大为B。与x轴垂直的竖直虚线与磁场最右端相切，其右侧的第Ⅰ象限内存在沿﹣y方向的匀强电场。现有一束比荷为的带正电粒子沿着+y方向从原点O射入磁场，粒子离开磁场时方向沿x轴正方向，进入电场后，经电场偏转打到x轴上坐标为（3R，0）的点，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入磁场时的速度；
（2）电场强度的大小；
（3）若仅使从O点射入的带电粒子初速度方向与﹣x轴方向成30°角，求粒子从O点出发到再次打到x轴上所用的时间。
题型3 带电粒子在叠加场中的运动
（2024 苏州模拟）一重力不计的带电粒子以初速度v0先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功W2，比较W1、W2的绝对值大小（ ）
A．W1＝W2
B．W1＞W2
C．W1＜W2
D．可能W1＞W2也可能W1＜W2
（多选）（2024 衡阳县校级模拟）在地面上方空间存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的水平方向匀强磁场，与竖直方向的匀强电场（图中未画出），一电荷量为+q、质量m的带电粒子（重力不计），以水平初速度v0水平向右射出，运动轨迹如图。已知电场强度大小为，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．电场方向竖直向上
B．带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为2v0
C．带电粒子水平射出时的加速度大小为
D．带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为
（2024 泰州一模）高能微粒实验装置，是用以发现高能微粒并研究和了解其特性的主要实验工具。为了简化计算，一个复杂的高能微粒实验装置可以被最简化为空间中的复合场模型。如图甲所示，三维坐标系中，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小，从微粒通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，已知，，规定当磁感应强度沿z轴正方向时为正，重力加速度大小为g。
（1）求抛出点P到x轴的距离y；
（2）求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T；
（3）若时撤去yOz右侧的原电场和磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向的匀强磁场，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。
（2024 温州一模）如图甲为研究光电效应的装置示意图，图乙为垂直于磁场的截面，该装置可用于分析光电子的信息。竖直放置足够大且接地、逸出功为W0的金属板P，金属板右侧分布有磁感应强度大小的匀强磁场，方向平行于金属板水平向里。磁场中有足够长且接地、半径为R的金属圆筒Q，其轴线与磁场方向平行，筒Q横截面的圆心O到金属板的距离为3R。当频率的入射光照射到板P右表面时，表面各点均逸出大量速率不同、沿空间各个方向运动的电子。已知电子电量为e、质量为m，普朗克常量为h，板P和筒Q始终不带电，忽略相对论效应，不计电子重力和电子之间相互作用。
（1）求金属板P表面逸出电子的最大速度vm；
（2）若改变入射光的频率，使所有电子恰好均不能打在圆筒Q上，求该入射光的频率ν0；
（3）仍保持入射光频率，在平行于板P的分界面CD与板P之间的区域Ⅰ内，附加一方向竖直向下的匀强电场（未画出），电场强度大小，分界面CD与板P之间的距离为R。
①仅考虑乙图截面内直线运动通过区域Ⅰ的电子，求截面内圆筒Q表面有电子打击的区域所对应的最大圆心角θ；
②求空间内直线运动通过区域Ⅰ且打在圆筒Q表面的电子，运动全过程沿磁场方向的最大位移xm。
（2023 西湖区校级模拟）如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为质点）与长为L的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为45°的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点，AB为水平直径，CD为竖直直径，EF过O点且与CD的夹角为45°，当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时，小球运动到A点时的速度最小，最小速度为vmin，g为重力加速度的大小，则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球从A点运动到B点时，合力做的功为mgL
C．小球运动到B点时轻绳拉力的大小为5mg
D．小球运动到F点时的机械能最大
（2023 成都模拟）如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q（图中未画出）。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小，Q与c点的高度差为，则可知（ ）
A．Q在c点的正上方
B．Pb＝R
C．从c到Q的过程中，小球的动能不变
D．从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为
（多选）（2023 和平区校级模拟）在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力。则（ ）
A．小球水平位移x1与x2的比值1：3
B．小球水平位移x1与x2的比值1：4
C．小球落到B点时的动能为32J
D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6J
（2024 盐城三模）如图所示，平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ＝30°，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场（图中没有画出）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。
（1）求该粒子进入磁场时速度v的大小；
（2）若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强度E1的大小；
（3）若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。
（2024 茂名一模）电场和磁场经常用来实现对微观粒子的测量和控制。如图所示，α粒子由粒子源S飘出（初速度忽略不计），经加速电压U加速后，以速度v0沿轴线OO′竖直进入高度为L的足够宽匀强磁场区域，经磁场区域偏转后，粒子由磁场区域的下边界射出，最终打在水平接收装置MN上的P点（图中未标出）。已知磁场区域的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为，其下边界与接收装置MN平行，距离为L，不考虑粒子重力和粒子间的相互作用。
（1）求α粒子的比荷；
（2）求P点到轴线OO′的距离d；
（3）若撤掉磁场，在同样的区域施加水平方向的匀强电场，α粒子最终仍然打到点P，求匀强电场的场强E。
（2024 江苏模拟）如图甲所示，矩形MNPQ位于竖直平面内，水平线O1O2为矩形的一中心线，NP的长度为d，MN的长度为L，重力加速度为g，某质量为m，电荷量为q（q＞0）的小球从O1点以初速度大小v0开始在矩形面内运动。
（1）若小球初速度沿O1O2方向向右，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上的匀强电场，小球恰好从P点飞出矩形区域，求所加匀强电场场强的大小E0；
（2）若小球初速度沿O1O2方向向右，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上、场强大小为的匀强电场，同时加上垂直于矩形区域向里的匀强磁场，小球恰好从PQ连线中点飞出矩形区域，求所加匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）若小球初速度偏向右上方向，且与O1O2成α＝60°，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上、场强大小为的匀强电场，同时在垂直于矩形区域方向加上按如图乙所示变化的匀强磁场，变化周期（取垂直于矩形区域向外为正方向），小球恰能从O2点飞出矩形区域，求所加磁场磁感应强度大小B0应满足的条件和小球在矩形区域运动的时间。
（2024 山东模拟）如图，两个完全相同的圆形挡板M、N竖直正对放置，M、N之间的正对区域存在匀强电场和匀强磁场，两板间的距离L＝2.0m，匀强磁场的磁感应强度大小B＝2.5T，方向水平向右，匀强电场沿竖直方向。M板的中心开有一小孔A，一比荷k＝4.0×10﹣2C/kg的带正电小球从A孔以v0＝0.1m/s的初速度沿磁场方向进入两板之间，小球恰好做匀速直线运动，在小球运动的正前方、两挡板正中间的位置固定一块与水平方向成θ＝45°角的足够小的绝缘薄板。假设小球与薄板碰撞无机械能损失，碰撞时间不计，碰撞前后小球的速度与薄板的夹角相等，且碰撞后小球仍在M、N之间的正对区域内运动，薄板的厚度不计，小球可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求匀强电场的电场强度及求圆形挡板M、N半径的最小值。
（2）求小球从A出发运动到N板所需的时间。
（3）若使M、N之间匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度大小均不变，方向都为水平向右，一带电粒子（重力不计）从A由静止开始运动，最终恰好打在N板的中心位置。已知两圆形挡板的半径R＝2.0m，求带电粒子的比荷应满足的条件。
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专题12 带电粒子在复合场中的运动
一、带电体在电场和重力场中的运动
1.带电体在电场、重力场中运动的分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。
2.带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。
二、带电粒子在组合场中的运动
1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比
垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转)
情 境 图
受 力 FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力 FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力
运 动 规 律 匀速圆周运动 r＝，T＝ 类平抛运动 vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2
2.常见运动及处理方法
3.“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
三、带电粒子在叠加场中的运动
1.三种典型情况
(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时。
(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
2.当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
3.分析
题型1 带电体在电场和重力场中的运动
（多选）（2024 凉山州模拟）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy，整个空间存在平行xoy平面与y轴正方向成45°角的匀强电场E。质量为m的带电小球从坐标原点O沿x轴的正方向以速度v水平抛出，经过一段时间小球以v的速度穿过y轴正半轴某点（图中未画出），不计空气阻力，则（ ）
A．小球可能带负电
B．小球所受电场力的大小为mg
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度等于竖直速度
【解答】解：A、带电小球从坐标原点O抛出到穿过y轴正半轴的过程中，重力做负功，动能增加，则电场力做正功，小球沿着电场线的方向运动了一段距离，所以小球带正电，故A错误；
B、将电场强度分解到水平方向和竖直方向，则在水平方向上，有
E水平q＝qEcos45°＝ma水平
由运动学公式有
小球穿过y轴正半轴时的水平分速度大小为：vx＝v﹣a水平t
在竖直方向上，有
E竖直q﹣mg＝qEsin45°﹣mg＝ma竖直
小球穿过y轴正半轴时的竖直分速度为：vy＝a竖直t
而
联立解得：，故B正确；
CD、小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大，此时电场力的方向与速度方向垂直，而重力的方向与速度方向夹角为钝角，接下来小球的速度会继续减小，并非此时是动能最小的时刻，故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）（2024 青羊区校级模拟）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E，下列说法正确的是（ ）
A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
C．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿ACB做圆周运动，到B点会有一定的速度
D．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
【解答】解：A、由于电场强度E，则Eqmg，重力和电场力的合力大小为Fmg。若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，设它运动的最小速度为v，则有：F＝m，解得：v，故A错误；
B、若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，根据正电荷在电势高处电势能大，可知A点电势最高，小球在A点的电势能最大，根据能量守恒可知小球运动到A点时的机械能最小，故B正确；
C、设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为α，则tanα，得α＝30°。若将小球在A点由静止开始释放，它将沿重力和电场力的合力方向即与电场方向成60°角斜向右下方做匀加速直线运动，故C错误；
D、若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，当竖直方向上的位移为零时，所用时间t2，则水平位移x t2 （2）2d≠2d，则小球将不能到达B点，故D正确。
故选：BD。
（2023 永州三模）如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中（ ）
A．速度的最小值为
B．所受电场力的最小值为
C．动能与电势能之和一直减小
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2：1
【解答】解：D、将小球在Q点的速度v分解为水平分量vcos37°和竖直分量vsin37°。
由位移—时间公式可得：小球水平分位移为：
小球竖直分位移为
解得：，故D错误；
A、根据题中所述，可知小球水平方向先向右做匀减速直线运动，小球水平向右方向的分加速度大小为
小球竖直向下方向的分加速度大小为：
设小球合加速度方向与竖直方向夹角为θ，则有：
联立解得：
可知，小球在空中做类斜抛运动，可以将该运动分解为垂直于合加速度方向的匀速直线运动与沿合加速度方向的匀加速直线运动，可知匀速直线运动的分速度即为速度的最小值，则有：vmin＝vcosθ
结合上述解得：，故A错误；
B、根据上述小球所受电场力与重力的合力大小为：F＝ma，该合力方向与竖直方向夹角亦为θ，可知，当电场力方向与合力方向垂直时，电场力达到最小值，则有：最小电场力：F电min＝mgsinθ
根据tanθ，可求得sinθ
从而求得：F电min，故B正确；
C、根据上述可知，小球从P点运动到Q点的过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，小球运动过程中只有重力势能、动能与电势能的转化，可知动能与电势能之和一直增大，故C错误。
故选：B。
（2023 宁都县校级一模）如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的A点，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的B点时速度为零。以下说法中正确的是（ ）
A．小球在B点处于静止状态
B．小球受到的重力与电场力的关系是qE＝mg
C．小球将在A、B之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为qEl
【解答】解：A、小球受重力、向右的电场力和细线的拉力，将重力和电场力合成等效为复合场的场力，则小球的运动是类似单摆的摆动，故B点不是平衡状态，沿细线方向合力为零，故A错误；
B、对小球从A到B的过程，根据动能定理有：mglsinθ﹣qEl（1﹣cosθ）＝0﹣0
解得：，故B错误；
C、根据能量守恒定律可知，小球将在A、B之间往复运动，且幅度不变，故C错误；
D、小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为：，故D正确；
故选：D。
题型2 带电粒子在组合场中的运动
（多选）（2024 惠州一模）如图所示，长方体OMPQ﹣O1M1P1Q1所在空间存在与MO1方向平行的匀强磁场，一粒子源无初速度释放一质量为m、带电量为+q的带电粒子，经电压U加速后，从O点沿OQ方向射入磁场区域，并从P1点离开长方体区域。已知长方体OM、OO1边的长度均为d，OQ的长度为，不计粒子的重力及其相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子进入磁场区域的初速度为
B．磁感应强度的大小为
C．若减少加速电压U，粒子可能从M1射出
D．若增加加速电压U，粒子可能从M1P1中点射出
【解答】解：A．粒子在电场中被加速，根据动能定理
解得粒子进入磁场区域的初速度为，故A正确；
B．进入磁场后粒子在平面OM1P1Q内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为r；
根据数学知识
解得
洛伦兹力提供向心力
解得磁感应强度的大小为，故B正确；
CD．根据动能定理
洛伦兹力提供向心力
联立解得
若减少加速电压U，粒子做匀速圆周运动的运动半径减小，则粒子可能从M1射出；
若增加加速电压U，粒子做匀速圆周运动的运动半径变大，则粒子可能从QP1连线上某点射出，不可能从M1P1中点射出，故C正确，D错误。
故选：ABC。
（多选）（2024 包头二模）如图所示，ab和ac是无限大磁场的分界线，在ab和ac的上下两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。∠bac＝90°，P、Q是分界线上的两点，且aP＝aQ＝L。现有一质量为m、电荷量为﹣q的粒子从P点沿PQ方向水平射出，粒子射出速度，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子运动的轨迹半径为
B．粒子由P点运动到Q点所用的时间为
C．若射出速度为，粒子由P点运动到Q点所用时间为
D．若射出速度为2v，粒子第一次运动ac边上的位置到Q点的距离为
【解答】解：A、根据牛顿第二定律：
代入得到粒子运动的轨迹半径为：，故A正确；
B、由几何关系可知，粒子依次通过Pa中点、a点、aQ中点、Q点，粒子运动轨迹如图，
总共偏转的角度为2π，时间恰好为一个周期，即：，故B正确；
C．若射出速度为，同理A选项，运动半径，运动轨迹如图
总共偏转的角度为2π，所以运动时间为：，故C错误；
D、若射出速度为2v，则运动半径为，粒子运动轨迹如图
由几何关系可知，粒子第一次运动ac边上的位置到Q点的距离为：，故D正确。
故选：ABD。
（2024 泉州一模）利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面（纸面）内，x＜x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1＜x＜x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知，，区域Ⅱ中电场的场强。求：
（1）区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
（3）粒子离开电场时的速度大小v。
【解答】解：（1）粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，在磁场中做圆周运动的半径设为R，由几何关系可得：Rcosθ＝L
又根据牛顿第二定律有：
解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小：
（2）粒子运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，则时间为：
其中周期为：
粒子在电场中做类平抛运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，则
根据牛顿第二定律有：qE＝ma
由几何关系有：x2﹣x1＝v0t2
解得：
其中：h
联立解得：
由于：h＜R+Rcosθ＝3L
粒子从电场边界离开，则总时间：t＝t1+t2
联立解得：
（3）由动能定理得：
变形后解得：
（2024 郫都区校级二模）如图所示，一半径为R的圆与x轴相切于原点O，圆内有直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大为B。与x轴垂直的竖直虚线与磁场最右端相切，其右侧的第Ⅰ象限内存在沿﹣y方向的匀强电场。现有一束比荷为的带正电粒子沿着+y方向从原点O射入磁场，粒子离开磁场时方向沿x轴正方向，进入电场后，经电场偏转打到x轴上坐标为（3R，0）的点，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入磁场时的速度；
（2）电场强度的大小；
（3）若仅使从O点射入的带电粒子初速度方向与﹣x轴方向成30°角，求粒子从O点出发到再次打到x轴上所用的时间。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹为圆周，轨迹半径等于圆形磁场区域的半径R，由洛伦兹力提供向心力得：
qBv＝m
解得：v；
（2）粒子进入电场做类平抛运动，沿﹣y方向做匀加速直线运动，其位移大小等于R；沿+x方向做匀速直线运动，其位移大小等于3R﹣R＝2R，则有：
Rat2
2R＝vt
由牛顿第二定律得：a
联立解得：E；
（3）粒子运动轨迹如下图所示：
粒子的在磁场中轨迹半径与圆形磁场区域的半径相等，由几何关系可得，粒子在P点离开磁场时的速度方向沿x轴正方向，粒子由O到P做圆周运动的圆心角为180°﹣30°＝150°，粒子在磁场中的运动周期为：
T
粒子在磁场中的运动周期为：
t1
粒子由P到M的过程做匀速直线运动，设此过程运动时间为t2，则有：
R﹣Rsin30°＝vt2
解得：t2
粒子由M点进入电场，由M到N的过程做类平抛运动，设此过程运动时间为t3，沿﹣y方向做匀加速直线运动，其位移大小等于R+Rcos30°，则有：
R+Rcos30°at32
由牛顿第二定律得：a
联立解得：t3
则粒子从O点出发到再次打到x轴上所用的时间为：
t＝t1+t2+t3。
题型3 带电粒子在叠加场中的运动
（2024 苏州模拟）一重力不计的带电粒子以初速度v0先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功W2，比较W1、W2的绝对值大小（ ）
A．W1＝W2
B．W1＞W2
C．W1＜W2
D．可能W1＞W2也可能W1＜W2
【解答】解：不论带电粒子带何种电荷，由于：
所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：开始进入叠加场后，洛伦兹力存在与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在纯电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲图带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙图的偏转位移，且洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是：W1＞W2。故ACD错误，B正确。
故选：B。
（多选）（2024 衡阳县校级模拟）在地面上方空间存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的水平方向匀强磁场，与竖直方向的匀强电场（图中未画出），一电荷量为+q、质量m的带电粒子（重力不计），以水平初速度v0水平向右射出，运动轨迹如图。已知电场强度大小为，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．电场方向竖直向上
B．带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为2v0
C．带电粒子水平射出时的加速度大小为
D．带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为
【解答】解：A．将带电粒子的初速度分解为水平向左和水平向右两个速度，粒子运动可看成水平方向的匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动；由运动轨迹可知，最低点偏转半径最大，最高点偏转半径最小，则最低点向心力较小，最高点向心力较大，最高、低点的向心力由洛伦兹力和电场力合力提供，故带电粒子受竖直向下的电场力，则电场方向竖直向下，故A错误；
B．设水平向左速度大小
水平向右速度大小
的分速度，由于
（与电场力平衡）
则带电粒子的运动可以看成是以速率v1向左的匀速直线运动和以速率v2的匀速圆周运动的合运动，小球在运动轨迹的最低点时v2的方向水平向左，合速度大小
v＝v1+v2
解得
v＝2v0
故B正确；
C．由牛顿第二定律可得带电粒子水平射出时的加速度大小为
故C错误；
D．由于洛伦兹力不做功，带电粒子从运动轨迹的最高点运动到最低点的过程有
又有
v＝2v0
解得
故D正确。
故选：BD。
（2024 泰州一模）高能微粒实验装置，是用以发现高能微粒并研究和了解其特性的主要实验工具。为了简化计算，一个复杂的高能微粒实验装置可以被最简化为空间中的复合场模型。如图甲所示，三维坐标系中，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小，从微粒通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，已知，，规定当磁感应强度沿z轴正方向时为正，重力加速度大小为g。
（1）求抛出点P到x轴的距离y；
（2）求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T；
（3）若时撤去yOz右侧的原电场和磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向的匀强磁场，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。
【解答】解：（1）粒子做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为45°，则有：vy＝v0sin45°v0
根据平抛规律可得：，即有：，解得：；
（2）根据题意，粒子受到的重力与电场力平衡，则有：qE＝mg
由洛伦兹力提供向心力，则有：，解得：
粒子在磁场中运动的周期为：
当B＝B0时，有：，
当B时，则有：R2，
结合题中信息可知：0～t0，微粒刚好转过180°；t0～2t0，微粒转过90°；2t0～3t0与0～t0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样；3t0～4t0与t0～2t0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，微粒一个周期的运动轨迹如图所示：
由图可知：T＝22；
（3）t＝t0时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即有：，
粒子在竖直方向上做竖直上抛运动，则有：，解得：
，解得：t2
粒子水平方向向上做圆周运动，则有：
R3
T3
由此可知：t2T3
则有：x′R1+R3＝（）
y′＝y2
z′＝R3
因此粒子向上运动到离xOz平面最远时的坐标为：（（），，）。
（2024 温州一模）如图甲为研究光电效应的装置示意图，图乙为垂直于磁场的截面，该装置可用于分析光电子的信息。竖直放置足够大且接地、逸出功为W0的金属板P，金属板右侧分布有磁感应强度大小的匀强磁场，方向平行于金属板水平向里。磁场中有足够长且接地、半径为R的金属圆筒Q，其轴线与磁场方向平行，筒Q横截面的圆心O到金属板的距离为3R。当频率的入射光照射到板P右表面时，表面各点均逸出大量速率不同、沿空间各个方向运动的电子。已知电子电量为e、质量为m，普朗克常量为h，板P和筒Q始终不带电，忽略相对论效应，不计电子重力和电子之间相互作用。
（1）求金属板P表面逸出电子的最大速度vm；
（2）若改变入射光的频率，使所有电子恰好均不能打在圆筒Q上，求该入射光的频率ν0；
（3）仍保持入射光频率，在平行于板P的分界面CD与板P之间的区域Ⅰ内，附加一方向竖直向下的匀强电场（未画出），电场强度大小，分界面CD与板P之间的距离为R。
①仅考虑乙图截面内直线运动通过区域Ⅰ的电子，求截面内圆筒Q表面有电子打击的区域所对应的最大圆心角θ；
②求空间内直线运动通过区域Ⅰ且打在圆筒Q表面的电子，运动全过程沿磁场方向的最大位移xm。
【解答】解：（1）金属板P发生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程有：
解得：
（2）分析所有电子恰好不能打在圆筒Q，则由几何关系可知：r＝R
设电子在磁场中运动的速度为v，由洛伦兹力提供向心力得：
又：
联立解得：
（3）①电子在叠加场中匀速直线运动，则由平衡条件有：Ee＝Bev1
圆周运动半径为：
轨迹与圆筒外切，由几何关系有：
可得：α＝60°
轨迹与圆筒内切，有θ＝α+180°＝240°
②沿磁场方向速度分量为：
在区域Ⅰ直线运动分运动时间为：
圆周分运动与圆筒相切，则有
则由几何关系有：
答：（1）金属板P表面逸出电子的最大速度vm为；
（2）该入射光的频率ν0为；
（3）①截面内圆筒Q表面有电子打击的区域所对应的最大圆心角θ为240°；
②空间内直线运动通过区域Ⅰ且打在圆筒Q表面的电子，运动全过程沿磁场方向的最大位移xm为（）。
（2023 西湖区校级模拟）如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为质点）与长为L的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为45°的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点，AB为水平直径，CD为竖直直径，EF过O点且与CD的夹角为45°，当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时，小球运动到A点时的速度最小，最小速度为vmin，g为重力加速度的大小，则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球从A点运动到B点时，合力做的功为mgL
C．小球运动到B点时轻绳拉力的大小为5mg
D．小球运动到F点时的机械能最大
【解答】解：A．小球在A点受重力和电场力，如图所示，由题意，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，在A点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受力平衡，则有
mg＝qEsin45°
解得：E
故A错误；
B．小球从A点运动到B点时，重力做功是零，电场力做功为W＝qE 2Lcos45°
解得：W＝2mgL
因此合力做的功为2mgL，故B错误；
C．小球运动到B点时，由动能定理可得2mgL
在B点，由牛顿第二定律可得T﹣qEcos45°＝m
代入数据解得T＝6mg
故C错误；
D．小球在做圆周运动中，只有重力和电场力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一个定值，小球在E点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F点时的电势最低，具有的电势能最小，因此小球在F点的机械能最大，故D正确。
故选：D。
（2023 成都模拟）如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q（图中未画出）。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小，Q与c点的高度差为，则可知（ ）
A．Q在c点的正上方
B．Pb＝R
C．从c到Q的过程中，小球的动能不变
D．从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为
【解答】解：A、小球从c点飞出时速度方向竖直向上，离开c后在水平方向向右做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向向上做竖直上抛运动，竖直方向速度减为零时到达最高点Q，Q点在c点的右上方，故A错误；
B、从c到Q的过程中，竖直方向上有：，从P到c的过程有，由动能定理得：0，解得：，故B错误；
C、小球所受电场力F＝qE＝mg，小球所受合力方向与水平方向间的夹角为θ，tanθ1，则θ＝45°，小球从c到Q的过程中，小球在水平方向做匀加速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动，小球的合力与运动轨迹如图所示
根据图示可知，小球所受合力先做负功，后做正功，则小球的动能先减小后增大，故C错误；
D、小球在等效平衡位置d点速度最大，对轨道的压力最大，如图所示
从P到d点过程，由动能定理得：0
在d点，对小球，由牛顿第二定律得：Fm
解得：F＝（31）mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F'＝F＝（31）mg，故D正确。
故选：D。
（多选）（2023 和平区校级模拟）在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力。则（ ）
A．小球水平位移x1与x2的比值1：3
B．小球水平位移x1与x2的比值1：4
C．小球落到B点时的动能为32J
D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6J
【解答】解：将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，
A、对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故A正确；B错误；
C、设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。
由竖直方向运动对称性知8J
对于水平分运动运用动能定理
Fx1
F（s1+s2）
s1：s2＝1：3
解得：Fs1＝6J；F（s1+s2）＝24J
故EkBm（）＝32J 因而C正确；
D、由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：
Fx1＝6J， t2＝6J
Gh＝8J，
t2＝8J
所以：
由右图可得：tanθ
得：sinθ
则小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P点，故
Ekminm（v0sinθ）2J，故D错误。
故选：AC。
（2024 盐城三模）如图所示，平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ＝30°，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场（图中没有画出）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。
（1）求该粒子进入磁场时速度v的大小；
（2）若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强度E1的大小；
（3）若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。
【解答】解：（1）根据题意，粒子在磁场中做圆周运动，则有
解得
粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径
解得
，
（2）分析粒子在磁场中的运动轨迹可知，粒子进入电场时速度方向恰好沿﹣x方向，若电场方向沿y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则有
x＝rcos30°＝vt
其中
解得
（3）粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，则电场力对粒子做功为零，所以电场E2的方向垂直与OM向下，粒子从Q到P做类斜抛运动，始末速度大小一样，根据抛物线轨迹的对称性，则有
vsin30°＝a2t
其中
解得
（2024 茂名一模）电场和磁场经常用来实现对微观粒子的测量和控制。如图所示，α粒子由粒子源S飘出（初速度忽略不计），经加速电压U加速后，以速度v0沿轴线OO′竖直进入高度为L的足够宽匀强磁场区域，经磁场区域偏转后，粒子由磁场区域的下边界射出，最终打在水平接收装置MN上的P点（图中未标出）。已知磁场区域的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为，其下边界与接收装置MN平行，距离为L，不考虑粒子重力和粒子间的相互作用。
（1）求α粒子的比荷；
（2）求P点到轴线OO′的距离d；
（3）若撤掉磁场，在同样的区域施加水平方向的匀强电场，α粒子最终仍然打到点P，求匀强电场的场强E。
【解答】解：（1）根据动能定理
解得
（2）设带电粒子在磁场中圆周运动半径为R，根据
解得
设圆周运动的圆心作为θ，如图1根据几何关系
可得θ＝60°
P点到轴线OO′的距离
d＝R（1﹣cosθ）+Ltanθ
解得
（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，有
qE＝ma，L＝v0t，
解得
粒子速度关系如图2示
vy＝at，，x2＝Ltanφ
解得
带电粒子仍达到P点，则
x1+x2＝d
解得，方向水平向左。
答：（1）α粒子的比荷为；
（2）P点到轴线OO′的距离d为；
（3）匀强电场的场强E为，方向水平向左。
（2024 江苏模拟）如图甲所示，矩形MNPQ位于竖直平面内，水平线O1O2为矩形的一中心线，NP的长度为d，MN的长度为L，重力加速度为g，某质量为m，电荷量为q（q＞0）的小球从O1点以初速度大小v0开始在矩形面内运动。
（1）若小球初速度沿O1O2方向向右，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上的匀强电场，小球恰好从P点飞出矩形区域，求所加匀强电场场强的大小E0；
（2）若小球初速度沿O1O2方向向右，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上、场强大小为的匀强电场，同时加上垂直于矩形区域向里的匀强磁场，小球恰好从PQ连线中点飞出矩形区域，求所加匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）若小球初速度偏向右上方向，且与O1O2成α＝60°，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上、场强大小为的匀强电场，同时在垂直于矩形区域方向加上按如图乙所示变化的匀强磁场，变化周期（取垂直于矩形区域向外为正方向），小球恰能从O2点飞出矩形区域，求所加磁场磁感应强度大小B0应满足的条件和小球在矩形区域运动的时间。
【解答】解：（1）小球在矩形MNPQ区域内做类平抛运动，设运动的加速度为a，在矩形区域中运动时间
在竖直方向有
由牛顿第二定律有
qE0﹣mg＝ma
解得：
（2）小球受到的电场力
F＝qE＝mg
则小球受到的合力即洛伦兹力，在矩形区域中做匀速圆周运动，如图所示
设圆周运动半径为r，由几何关系有
由向心力公式有
解得：
（3）小球在矩形区域中做匀速圆周运动，设运动的轨道半径为r'，则有
为使小球不从MN、PQ边缘飞出，应满足：r'≤d
解得：B0
小球在矩形区域运动的周期
为使小球恰能从O2点飞出矩形区域，应满足的关系是
，（k＝1，2，3…）
解得：（其中k取的整数）
小球在矩形区域运动的时间为：
解得：
答：（1）所加匀强电场场强的大小；
（2）所加匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）所加磁场磁感应强度大小B0应满足（其中k取的整数），小球在矩形区域运动的时间。
（2024 山东模拟）如图，两个完全相同的圆形挡板M、N竖直正对放置，M、N之间的正对区域存在匀强电场和匀强磁场，两板间的距离L＝2.0m，匀强磁场的磁感应强度大小B＝2.5T，方向水平向右，匀强电场沿竖直方向。M板的中心开有一小孔A，一比荷k＝4.0×10﹣2C/kg的带正电小球从A孔以v0＝0.1m/s的初速度沿磁场方向进入两板之间，小球恰好做匀速直线运动，在小球运动的正前方、两挡板正中间的位置固定一块与水平方向成θ＝45°角的足够小的绝缘薄板。假设小球与薄板碰撞无机械能损失，碰撞时间不计，碰撞前后小球的速度与薄板的夹角相等，且碰撞后小球仍在M、N之间的正对区域内运动，薄板的厚度不计，小球可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求匀强电场的电场强度及求圆形挡板M、N半径的最小值。
（2）求小球从A出发运动到N板所需的时间。
（3）若使M、N之间匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度大小均不变，方向都为水平向右，一带电粒子（重力不计）从A由静止开始运动，最终恰好打在N板的中心位置。已知两圆形挡板的半径R＝2.0m，求带电粒子的比荷应满足的条件。
【解答】解：（1）竖直方向电场力与重力平衡：Eq＝mg，E
由于小球与薄板碰撞无机械能损失，则碰撞前后小球的速度大小不变，又与薄板的夹角相等，说明与方向水平成45°向右，沿水平和竖直分解速度，得：vx＝v0cos45°＝0.1、vy＝v0sin45°
碰撞后小球竖直方向的运动是匀速圆周运动，设轨道半径为r，根据洛伦兹力提供向心力得：Bqvy，解得
r
设圆形挡板M、N半径的最小值为r′，r′应该是小球圆周运动轨道半径的2倍，才能使小球不离开磁场区域，所以r′＝2r；
（2）小球在MN之间分成水平距离相等的两段，则从A出发运动到N板所需的时间t24.14s；
（3）带电粒子碰到中间绝缘薄板之前是匀加速直线运动，a，设刚刚到薄板的速度为v，则v
与绝缘薄板刚刚碰过之后水平方向的分速度
竖直方向上的分速度
设从绝缘薄板运动到N板的时间为t1，根据水平方向的匀加速直线运动得：，代入数据解得
垂直磁场的竖直方向做匀速圆周运动，周期为T，粒子最终恰好打在N板的中心位置，说明粒子完成了整数个完整的匀速圆周运动，即，n取正整数
把t1再代入解得：C/kg＝2944n2C/kg，n取正整数
设竖直方向匀速圆周运动的轨道半径为r1，，根据题意，代入数据解得
所以只要满足带电粒子的比荷等于2944n2C/kg，n取正整数，粒子最终恰好打在N板的中心位置。
答：（1）匀强电场的电场强度为2.5×102N/C，圆形挡板M、N半径的最小值为；
（2）小球从A出发运动到N板所需的时间为24.14s。
（3）带电粒子的比荷应该等于2944n2C/kg，n取正整数。
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