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秘籍8 力电综合问题问题
一、带电体在电场与磁场中的复杂运动考向
1、带电体在匀强电场中的匀变速运动：考查学生根据带电体所带电荷量与电场强度，分析电场力情况。借助牛顿第二定律确定加速度，再运用运动学公式，求解带电体在匀强电场中的速度、位移以及运动时间。
2、带电体在匀强磁场中的圆周运动：考查学生运用洛伦兹力提供向心力这一知识点。根据带电体的质量、电荷量、速度以及磁场的磁感应强度，确定圆周运动半径，结合相关知识求解运动周期。题目常涉及有界磁场，这就要求学生通过几何关系，确定带电体做圆周运动的圆心、半径以及运动轨迹。
3、带电体在电场与磁场组合场中的多阶段运动：考查学生梳理带电体在不同场中的运动过程的能力，要求学生准确把握各阶段速度等关键物理量的衔接点。在电场部分，运用牛顿定律与运动学公式分析；在磁场部分，运用圆周运动规律分析，通过联立方程求解复杂的物理量。
二、等效重力场相关考向
1、等效重力场的构建与场强计算：考查当带电体处于重力场与电场共存的环境时，学生将重力与电场力进行合成，构建等效重力场的能力。运用矢量合成方法，计算等效重力场的场强大小与方向，明确等效重力加速度的概念。
2、带电体在等效重力场中的圆周运动：考查在等效重力场背景下，带电体做圆周运动时，学生确定等效最高点与最低点的能力。分析这些特殊位置的受力和运动情况，结合向心力相关知识，求解相关物理量，要特别注意等效重力对运动的影响。
3、等效重力场中带电体的复杂曲线运动：考查带电体在等效重力场中做复杂曲线运动时，学生运用运动合成与分解的方法，将运动沿着等效重力场方向和垂直等效重力场方向进行分解。结合牛顿定律和运动学知识，分析分运动情况，进而求解带电体的运动轨迹以及速度变化。
题型一 借助电场及约束轨道考查分析带电体运动的问题（选择题、计算题）
题型二 结合电磁场考查带电体（粒子）的碰撞问题（计算题）
题型三 结合复合场考查带电体的运动问题
1、带电体的力电综合问题
Ⅰ、解答力电综合问题的一般思路
Ⅱ、运动情况反映受力情况
(1)物体静止(保持)：F合＝0.
(2)做直线运动
①匀速直线运动：F合＝0.
②变速直线运动：F合≠0，且F合与速度方向总是一致．
(3)做曲线运动：F合≠0，F合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧．
(4)F合与v的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动；90°＜α≤180°.
(5)匀变速运动：F合＝恒量．
2、用功能关系分析带电粒子的运动
Ⅰ、功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．
Ⅱ、电场力做功的计算方法
(1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcos α.
(2)由W＝qU来计算，此公式适用于任何形式的静电场．
(3)由动能定理来计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB.
3、“等效重力场”中的直线运动模型
【运动模型】如图所示，在离坡底为L的山坡上的C点树直固定一根直杆，杆高也是L．杆上端A到坡底B之间有一光滑细绳，一个带电量为q、质量为m的物体穿心于绳上，整个系统处在水平向右的匀强电场中，已知细线与竖直方向的夹角θ=30 ．若物体从A点由静止开始沿绳无摩擦的滑下，设细绳始终没有发生形变，求物体在细绳上滑行的时间．（g=10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8）
因细绳始终没有发生形变，故知在垂直绳的方向上没有压力存在，即带电小球受到的重力和电场力的合力方向沿绳的方向．建立“等效重力场”如图所示
“等效重力场”的“等效重力加速度”，方向：与竖直方向的夹角，大小：带电小球沿绳做初速度为零，加速度为的匀加速运动
①
②
由①②两式解得
“等效重力场”的直线运动的几种常见情况
匀速直线运动 匀加速直线运动 匀减速直线运动
4、“等效重力场”中的抛体类运动模型
【运动模型】如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，以初速度为竖直向上发射一个质量为m、带电量为+q的带电小球，求小球在运动过程中具有的最小速度．
建立等效重力场如图所示，等效重力加速度
设与竖直方向的夹角为θ，则 其中
则小球在“等效重力场”中做斜抛运动
当小球在y轴方向的速度减小到零，即时，两者的
合速度即为运动过程中的最小速度
1．（2025 昌黎县校级一模）如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘轻杆，轻杆一端可绕O点自由转动，另一端系一质量为2m、电荷量为q的带电小球b，小球b从与O点等高的A点静止释放，经过O点正下方B点，恰能摆到D点，OD与竖直方向夹角α＝30°。将不带电质量为m的绝缘小球a从距离D点竖直高度HL的某处，以一定初速度择机水平抛出，使得a球在D点处速度垂直于OD方向与b小球发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程小球b带电量保持不变。已知重力加速度大小为g，求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）a、b两球相撞后，b球首次经过B点时受到杆的拉力大小T。
【解答】解：（1）对小球b由A点到D点的过程，根据动能定理得：
2mgLcosα﹣qE（L+Lsinα）＝0﹣0
解得：E
（2）小球a水平抛出到D点的过程做平抛运动，设a到达D点时竖直分速度大小为vy，根据运动学公式，在竖直方向上有：
2gH
由几何关系可得a到达D点时速度大小为：
va
解得：va
设a、b两球发生弹性碰撞后的瞬间瞬间速度大小分别为v1、v2，以碰撞前小球a的速度方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mva＝mv1+2mv2
2
解得：v1，v2
设两球相撞后b球首次经过B点时的速度大小为vB，根据动能定理得：
2mgL（1﹣cosα）+qELsinα22
在B点，对b由牛顿第二定律得：
T﹣2mg
解得：T
2．（2025 广安区校级二模）如图所示，倾角θ＝37°的绝缘倾斜传送带PQ长L＝3.5m，以v0＝4m/s的速度顺时针匀速转动，传送带与半径可调的绝缘竖直光滑圆弧轨道QMN平滑连接，其中MN段为光滑管道，对应圆心角α＝90°，N点所在半径始终在竖直方向上，过Q点的竖直虚线右侧空间（包含虚线边界）存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝5×105V/m。一带电小物块在传送带最上端P处无初速释放后，沿传送带运动。已知小物块的质量、电量q＝﹣2×10﹣5C，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，整个过程中小物块电量始终保持不变，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求小物块第一次到达Q点时的速度大小；
（2）当轨道半径R＝0.9m，求小物块经过Q点瞬间对圆弧轨道的压力大小；
（3）要使小物块第一次沿圆弧轨道向上运动过程中，不脱离轨道也不从N点飞出，求圆轨道半径R的取值范围。
【解答】解：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
解得：
假设物块与传送带共速，则共速时间t1，则：
解得：
t1＝0.5s
则该过程中物块沿传送带下滑的位移为x1，则：
解得：
x1＝1m
物块与传送带 后，所受摩擦力发生突变，对物块受力分析，由牛顿第二定律得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
代入数据得：
对两者共速之后物块到Q点的过程，由运动学公式：
代入数据得：
vQ＝6m/s
（2）对物块在Q点时受力分析，受重力、电场力和支持力，如下图所示
设电场力和重力的合力为G′，其方向与竖直方向的夹角为β，设此力为等效重力，则由勾股定理：
由几何关系：
解得：
即：
β＝37°
即Q点为接下来做圆周运动的最低点，则过Q点和圆心的反向延长线，交于圆周S点，为等效最高点。
在Q点，设物体的支持力为FN，由向心力公式：
联立各式代入数据得：
FN＝70N
由牛顿第三定律可知，小物块经过Q点瞬间对圆弧轨道的压力大小70N。
（3）过圆心做直径QS的垂线交于圆周于T点，如下图
则由分析可知，当小物块第一次沿圆弧轨道到达T点时，速度为零，小物块不脱离轨道也不从N点飞出，由动能定理可知：
代入数据得：
即圆轨道半径的取值范围为：
由分析可知，当圆轨道半径较小时，小物块第一次沿圆弧轨道S点时，速度为零，小物块不脱离轨道也不从N点飞出，由动能定理可知：
代入数据得：
即圆轨道半径的取值范围为：
假设第一次沿圆弧轨道到达M点时，与轨道之间弹力为零，设此时速度为vM，则：
由动能定理可知：
代入数据得：
即圆轨道半径的取值范围为：
3．（2025 广州二模）如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R＝2.5m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1＝2.5m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2＝1m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2＝1m。现将一电荷量为q＝+4×10﹣2C、质量为m＝1kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2，∠AOB＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）场强E1的大小；
（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
【解答】解：（1）滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理可得：
解得
E1＝25N/C
（2）滑块从B点运动到C点的过程中，根据牛顿第二定律可得：
qE1+μmg＝ma
代入数据解得：a＝3m/s2
根据速度—位移公式可得：
根据速度—时间公式可得：
v＝vB﹣at
联立解得：v＝1m/s；t＝1s
（3）当电场强度较小时，滑块刚好能与竖直墙壁底部E点碰撞，则
解得：E2＝187.5N/C
当电场强度较大时，滑块刚好能与竖直墙壁的顶部F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，则
水平方向上：L2＝vt1
在竖直方向上：
根据牛顿第二定律可得：
qE2﹣mg＝may
联立解得：E2＝300N/C
则电场强度的范围为
187.5N/C＜E2＜300N/C
4．（2025 思明区校级三模）如图，虚线以下存在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场Ⅰ，一质子以初速度v0从O点进入电场Ⅰ中，并从C点沿水平方向离开Ⅰ进入半圆环形辐向电场Ⅱ，在Ⅱ中以O′点为圆心的同一个圆弧上各点电场强度大小相等、方向均指向圆心O′，质子在电场Ⅱ中恰好做匀速圆周运动。已知v0与水平方向的夹角θ＝60°，O′点与C点间的距离为R，质子的电荷量为q，质量为m，不计重力，求：
（1）质子从O到C的运动时间t；
（2）O、C两点间的距离L；
（3）质子做圆周运动的轨迹所在圆弧处对应的辐向电场的电场强度的大小。
【解答】（1）质子从O到C过程，由牛顿第二定律有
qE＝ma
竖直方向做匀减速直线运动，有
v0sin60°＝at
联立解得
（2）质子从O到C过程水平方向的位移
x＝v0cos60° t
质子从O到C过程竖直方向的位移
则O、C间的距离
解得
（3）质子在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，有
，v＝v0cos60°
解得
答：（1）质子从O到C的运动时间为；
（2）O、C两点间的距离为；
（3）质子做圆周运动的轨迹所在圆弧处对应的辐向电场的电场强度的大小为。
5．（2025 泉州三模）如图甲，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强大小E＝103V/m。不带电的绝缘长木板A静止在粗糙水平地面上，其左端固定一劲度系数k＝10N/m的轻弹簧，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。带正电的小物块B从A的右端与弹簧距离x0＝0.1m处由静止释放，从B释放开始计时，其速度v随时间t变化的关系图像如图乙，图中0～t1时间内图线为直线，t2时刻速度最大，t3时刻曲线的斜率绝对值最大，t4时刻速度恰为0。已知A和B的质量均为m＝0.2kg，A与B之间接触面光滑，B的电荷量大小q＝2×103C，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能Ep与形变量x的关系为Epkx2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求B从释放到刚与弹簧接触的时间t1；
（2）求t2时刻B的速度大小vB及t4时刻A的速度大小vA；
（3）已知t3﹣t2s，求t2到t3时间内A与地面间因摩擦产生的热量Q。
【解答】解：（1）对B，根据牛顿第二定律有
qE＝ma
又
解得
（2）t2时刻B的速度最大，其合力为零，即
qE＝kx1
根据能量守恒定律得
解得
vB＝2m/s
由于
kx1＝μ 2mg
解得
kx1＝2N
故t2时刻A恰好开始运动，之后由于
qE＝μ 2mg
A、B组成的系统受到的合外力为零，系统动量守恒，以vB方向为正方向，由动量守恒定律得
mvB＝mv4+mvA
t4时刻B的速度为0，得
vA＝vB＝2m/s
（3）t3时刻弹簧的压缩量最大，A、B的速度相同为v，以vB方向为正方向，根据动量守恒定律得
mvB＝2mv
t2到t3时间内A位移为sA，B位移为sB，t3时刻弹簧的压缩量为x2有
sB＝sA+x2﹣x1
根据能量守恒定律得
得
x2＝0.4m
在该过程的任意时刻，设A、B的速度分别为vA'，vB'，以vB方向为正方向，根据动量守恒定律有
mvB＝mvB'+mvA'
在每段很短的时间Δt内，有
mvBΔt＝mvB'Δt+mvA'Δt
两边累加后得
mvB（t3﹣t2）＝msB+msA
综上可得
Q＝μ×2mgsA
得
6．（2025 思明区校级一模）如图所示，竖直面内存在直角坐标系xOy，平行于y轴的虚线MN、PQ将第一象限分为Ⅰ、Ⅱ两个区域。区域Ⅰ的宽度为3d，在的区域内存在竖直向上的匀强电场E1，在的区域内存在竖直向下的匀强电场E2。区域Ⅱ的宽度为d，其内部存在平行于xOy平面且方向未知的匀强电场E3。质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球由O点沿x轴正方向以的速度射入Ⅰ区域，小球仅从直线上的点A穿过后，经过点B（3d，d）垂直MN进入区域Ⅱ，经过PQ与x轴的交点C，BC两点的电势差。E1、E2、E3的大小均未知，小球重力不可忽略，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）C点的速度大小vC；
（2）区域Ⅰ中匀强电场E1的大小；
（3）小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小。
【解答】解：（1）小球在区域Ⅰ中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向先加速再减速到零，到达B点时vB＝v0，从B到C的过程中，由动能定理可得：，代入数据解得：；
（2）设小球在区域Ⅰ中经过直线时，竖直方向速度为vy，在E1中运动时间为t1，在E2中运动时间为t2，则有：水平方向有：3d＝v0（t1+t2）
竖直方向上在E1中有：
在E2中有：
联立解得：
小球在区域Ⅰ中，竖直方向由运动学公式有：
由牛顿第二定律可得：qE1﹣mg＝ma1
联立解得：；
（3）设小球在区域Ⅱ中，电场E3水平分量为Ex，竖直分量为Ey，在C点时水平方向速度大小为vx，竖直方向速度大小为vy，小球从B到C的时间为t3，由运动学公式得：
，则有：
联立解得：，，
在水平方向，由牛顿第二定律可得：qEx＝max，而，解得：ax＝8g
在竖直方向，有牛顿第二定律可得：mg+qEy＝may，而，，解得：ay＝16g
联立以上公式，解得：，
故区域Ⅱ的场强大小为：
小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小为：。
7．（2025 宁波一模）某离子实验装置的基本原理如图甲所示，离子源能源源不断从坐标原点O沿y轴正向发射同种离子，离子质量为m，电量为+q，初速度v大小范围在0～3v0之间。以过x＝L垂直于纸面的界面为边界，左侧为Ⅰ区，存在沿x轴正向的匀强电场，大小E0未知，右侧为Ⅱ区，存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小B0也未知。其中初速为v0的离子从O点出射后立刻进入Ⅰ区，在电场中偏转θ＝45°后进入匀强磁场，已知此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等。忽略边界效应，忽略离子间的相互作用力，不计离子重力。
（1）求E0和B0的比值；
（2）求初速度为v0的离子在磁场中圆周运动的半径和周期；
（3）求从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程；
（4）如图乙所示，保持离子源情况和Ⅰ区电场不变，把Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小为B，方向相反且平行于y轴的匀强磁场，两磁场界面也垂直于x轴，且整个Ⅱ区均存在沿y轴负向的匀强电场，电场强度大小为E。在Ⅱ区某处放置一块与纸面垂直的足够大的测试板，离子抵达板的左侧面时会发光。沿x轴左右调节两磁场区的分界面，使得测试板在分界面右侧磁场沿x轴在一定范围内移动时均能探测到发光直线。当分界面在某一特定位置时，此时测试板离y轴最远时能探测到的发光直线恰好在xOy平面内。此时把x＝L处分界面到测试板之间的两个磁场区间宽度记为L1和L2。求这种特定情况下，
①L1与L2的比值；
②发光直线的长度。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，离子在电场中
qE＝ma1
解得
离子进入磁场时设速度为v'
vy＝v0
v'cosθ＝vy
解得
由洛伦兹力提供向心力
qv'B0＝ma2
解得
由题意
a1＝a2
联立解得
（2）电场中，根据动能定理
解得
磁场中洛伦兹力提供向心力
其中
结合
联立解得
R＝4L
进而可得周期
（3）离子在电场中
解得
vx＝v0
如图所示
进入磁场时
磁场中，洛伦兹力提供向心力
解得轨迹半径
圆心坐标
代入
消去vy，即可得圆心轨迹线方程为
由于
vy∈[0，3v0]
因此x取值范围是
（4）①根据前面的分析，所有粒子进入Ⅱ区时的水平分速度都为v0，因此沿y轴负方向（俯视）观察xOz平面，粒子以v0做匀速圆周运动，同时在y轴方向，粒子还以vy的初速度，在电场作用下做匀变速直线运动，根据题意，特定位置时，圆周运动轨迹与测试板相切于x轴，如下图所示
根据几何关系，可知粒子在第1个磁场偏转60°，在第2个磁场偏转150°，则
L1＝rsin60°
L2＝r+rsin60°
因此
②根据①的分析，粒子在磁场中运动时间均为
而粒子在磁场中运动的周期
因此
沿y轴方向，根据牛顿第二定律
qE＝ma
解得
加速度
发射速度为
vy＝3v0
的粒子落在测试板的位置最高，设为Ymax，其到达l区右侧边界时
解得
y＝6L
则
发射速度为vy＝0的粒子落在测试板的位置最低，设为Ymin，其到达l区右侧边界时y＝0，则
因此所求
8．（2025 闽侯县校级一模）如图所示，光滑水平地面上放置一质量为m的不带电绝缘长木板，空间中存在水平向右的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，E、B大小均未知，t＝0时，在木板上表面静止释放一个质量为m的带正电物块，物块所受电场力大小为mg（g为重力加速度），物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5。t＝t1（t1已知）时，物块速度为v0且恰好飞离木板，再经过时间，物块速度的水平分量第一次减到0，且恰好到达右侧光滑竖直墙壁的P点。已知物块可视为质点，忽略木板厚度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块飞离木板前木板未与墙壁发生碰撞，求：
（1）电场强度与磁感应强度的大小之比；
（2）t＝t1时，木板速度的大小；
（3）0～t1时间内，物块与木板间摩擦发热量；
（4）物块运动过程中距地面的最大高度。
【解答】解：（1）物块在电场力作用下向右运动，则受向右的电场力qE＝mg，向下的重力mg，竖直向上的洛伦兹力f洛，以及木板的摩擦力f，开始时假设物块和木板相对静止，则共同加速度为：
此时木板受摩擦力：，可知，假设成立；
t＝t1时，物块速度为v0且恰好飞离木板，则此时：qv0B＝mg，可得电场强度与磁感应强度的大小之比：
（2）在t1时间内对木块：qEt1﹣If＝mv0，对木板：If＝mv板，解得：v板＝gt1﹣v0
（3）0～t1时间内，对物块分析有：[Eq﹣μ（mg﹣qvB）]Δt＝mΔv，微元叠加有：mgt1﹣μmgt1+μqBL＝mv0，水平位移为：
根据能量守恒有：，解得：
（4）从t1时刻经过t2时间，对物块水平方向由动量定理：
竖直方向由动量定理：，由动能定理：，而：，，可得：，vy＝v0
到达P点后物块向上做匀减速运动，则还能上升的高度为：，则物块运动过程中距地面的最大高度：
9．（2025 江西模拟）如图所示，平面直角坐标系的第二象限有一个匀强电场，其场强大小为E＝180V/m，方向沿x轴负方向，图中的虚线是电场的理想边界，其上方没有电场；第四象限存在一个磁感应强度，方向垂直纸面向外的匀强磁场；第一象限存在磁感应强度，方向沿y轴正方向的匀强磁场。在第二象限有一线状发射装置，不断射出质量m＝9.0×10﹣31kg、电荷量e＝1.6×10﹣19C的电子，电子的速度大小，方向沿y轴负方向，这些电子经电场偏转后都能经过坐标原点O进入第四象限。求：
（1）设电子进入电场的位置坐标为（x，y），求出x、y满足的关系式；（其中x＜0）
（2）这些电子离开第四象限进入第一象限与x轴的交点到坐标原点O的距离；
（3）这些电子在第一象限中会经过一些相同的位置，请写出这些位置的坐标。
【解答】解：（1）电子做类平抛运动，电子能过坐标原点O，则有：
y＝v0t
消去t得：
y2＝﹣x
（2）电子在第四象限做匀速圆周运动
由洛伦兹力提供向心力，有
设电子进入磁场时速度方向与x轴成θ角，则由几何关系得
v0＝vsinθ
x＝2Rsinθ
解得
x＝0.1m
（3）电子在第一象限做螺旋线运动，周期为
，
则有
y＝v0nT（n＝1，2，3 ），
解得
y＝0.05nπ（n＝1，2，3 ），
又
x＝0.1m，
则这些位置的坐标
（0.1m，0.05nπm）（n＝1，2，3 ）
10．（2025 江门一模）一粒子源于D处不断释放质量为m，带电量为+q的离子，其初速度视为零，经电压为U的加速电场加速后，沿图中半径为R1的圆弧形虚线通过四分之一圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从A孔正对绝缘圆筒横截面的圆心O射入绝缘圆筒。绝缘圆筒的半径为R2，圆筒的该横截面在粒子运动所在的竖直平面内，在该横截面内圆筒上有三个等间距的小孔A、B、C，圆筒内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，不计重力。求：
（1）离子离开加速器的速度大小及静电分析器通道内虚线处电场强度E的大小；
（2）若离子进入绝缘圆筒后，直接从B点射出，则圆筒内的磁感应强度B1为多大；
（3）为了使离子从B点射出后能从C点返回筒内，可在圆筒外直径PQ的上侧加一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，若粒子在运动中与圆筒外壁碰撞，将以原速率反弹，求B2可能的大小。
【解答】解：（1）经加速电场，由动能定理有
解得：
离子在静电分析器中圆周，由牛顿第二定律有
得：
（2）粒子从A入射，直接从B出射，则运动轨迹如图
由几何关系可知θ＝30°，得：
则对粒子由牛顿第二定律有
解得：
（3）粒子在圆筒外可能的运动轨迹，如图
由几何关系可知
粒子运动半径
r＝R2tanα
根据牛顿第二定律有
解得：
11．（2025 西城区校级模拟）如图1所示，某带电量为+q的点电荷以速率v沿x轴正方向运动。已知运动的电荷会产生磁场，该运动电荷在x轴上各点产生的磁感应强度恰为0，在y轴上距其r处的M点产生的磁感应强度为，其中k是静电常数，c是真空中的光速，皆为已知。
（1）如图2所示，求半径为R，大小为I的环形电流在其圆心处产生的磁感应强度的大小；
（2）如图3所示，两个质子p1和p2某一时刻相距为a，其中p1沿着两者的连线方向（y轴正方向）离开p2以速度v1运动；p2沿着垂直于二者连线的方向（x轴正方向）以速度v2运动。设v1和v2均较小，库仑定律仍然成立，已知质子的带电量为e。
a．p1不仅受到来自p2的库仑力，还会受到p2所激发的磁场的作用。求p1受到的合力f1的大小并求出f1与y轴的夹角θ；
b．说明由质子p1和p2组成的系统动量并不守恒；
c．造成p1和p2动量之和不守恒的原因，是因为空间中存在电磁场，而电磁场也是有动量的。求在图示时刻，电磁场的动量随时间的变化率的大小和方向。
【解答】解：（1）设圆环的载流子带电量为q，体密度为n，载流子匀速运动的速率为v，圆环横截面积为S，则环形电流中包含的载流子个数：N＝n（2πRS）
环形电流产生的磁场可以认为是这N个载流子产生的磁场的叠加，即。
再根据：I＝nqSv
联立可得：
（2）a．由库仑定律，则p1受到的电场力：，
p2在p1处产生的磁场：，方向垂直于纸面向外，
则p1受到的洛伦兹力：，方向沿x轴正方向，
则：
与y轴的夹角为θ，，解得 。
b．p1在p2处并不产生磁场，因此p2仅受到来自p1的电场力，即：，方向沿y轴负方向，
可见p1和p2组成的系统受到的合力不为0，因此其动量不守恒。
c．可知电磁场受到来自p1和p2的合力：，方向沿x轴负方向；
由动量定理电磁场动量pEB随时间的变化率：，方向沿x轴负方向。
12．（2025 山西模拟）如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一、四象限内，固定有关于x轴对称且一端在y轴上并与y轴垂直放置的两块正对的平行金属板M、N，两板间距及板长足够大，两板间存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E，第二象限内圆形区域O1AO存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆弧上的P点纵坐标为L，且∠PO1O＝30°，位于P点的粒子源，能够连续均匀的发射质量为m、带电荷量为+q（q＞0）、速度大小为v0、方向沿y轴负方向的粒子，粒子从P点进入匀强磁场，经磁场偏转后，恰从坐标原点O进入匀强电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小B，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）求带电粒子在磁场中的运动时间。
（2）当粒子进入电场后电势能与经过O点时电势能相等时，求此时粒子距O点的距离x。
（3）若撤去M、N两板间的电场，把粒子源移至A，保持粒子射出的速度不变，在第一个粒子经过O点时给M、N两板间加上图乙所示的交变电压，若两板的长度为T，且所有的粒子均能够从两板间射出，求足够长的时间内从x轴上方射出的粒子数与粒子总数的比值k。
【解答】解：（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径为r，则有
可求得
r＝2L.
表明r等于圆形区域的半径，故粒子在磁场中的运动情况如图甲所示
四边形PO2OO1为菱形
粒子在磁场中运动时间
解得
（2）当粒子再次经过x轴时，其电势能才与它经过O点时的电势能相等，进入电场后
y方向上有
v0sin60°＝at1
x方向上有
x＝v0cos60°×2t1
且有Eq＝ma
所以
（3）当粒子源移至A点时，可求出粒子经过O点时速度方向沿x轴正方向，设粒子在电场中运动的时间为t，则有
即
设图乙中
时刻进入电场的粒子离开电场时恰能经过x轴，t1'为y方向减速至0的时间，则粒子在y方向上的运动情况如图丙所示
设粒子在电压UMN＝U0时的加速度为a1，UMN＝4U0时的加速度为a2，则有
解得a2＝4a1
且有v＝a2t1＝a1t1'
解得t1'＝4t1
由图丙可知
可求得
设图乙中（T﹣t2）时刻进入电场的粒子离开电场时恰能经过x轴，t2'为y方向减速至0的时间，则粒子在y轴方向上的运动情况如图丁所示
则有v'＝a1t2＝a2t2'
即
且
解得
故一个周期内从x轴上方射出的粒子数与粒子总数的比值
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秘籍8 力电综合问题问题
一、带电体在电场与磁场中的复杂运动考向
1、带电体在匀强电场中的匀变速运动：考查学生根据带电体所带电荷量与电场强度，分析电场力情况。借助牛顿第二定律确定加速度，再运用运动学公式，求解带电体在匀强电场中的速度、位移以及运动时间。
2、带电体在匀强磁场中的圆周运动：考查学生运用洛伦兹力提供向心力这一知识点。根据带电体的质量、电荷量、速度以及磁场的磁感应强度，确定圆周运动半径，结合相关知识求解运动周期。题目常涉及有界磁场，这就要求学生通过几何关系，确定带电体做圆周运动的圆心、半径以及运动轨迹。
3、带电体在电场与磁场组合场中的多阶段运动：考查学生梳理带电体在不同场中的运动过程的能力，要求学生准确把握各阶段速度等关键物理量的衔接点。在电场部分，运用牛顿定律与运动学公式分析；在磁场部分，运用圆周运动规律分析，通过联立方程求解复杂的物理量。
二、等效重力场相关考向
1、等效重力场的构建与场强计算：考查当带电体处于重力场与电场共存的环境时，学生将重力与电场力进行合成，构建等效重力场的能力。运用矢量合成方法，计算等效重力场的场强大小与方向，明确等效重力加速度的概念。
2、带电体在等效重力场中的圆周运动：考查在等效重力场背景下，带电体做圆周运动时，学生确定等效最高点与最低点的能力。分析这些特殊位置的受力和运动情况，结合向心力相关知识，求解相关物理量，要特别注意等效重力对运动的影响。
3、等效重力场中带电体的复杂曲线运动：考查带电体在等效重力场中做复杂曲线运动时，学生运用运动合成与分解的方法，将运动沿着等效重力场方向和垂直等效重力场方向进行分解。结合牛顿定律和运动学知识，分析分运动情况，进而求解带电体的运动轨迹以及速度变化。
题型一 借助电场及约束轨道考查分析带电体运动的问题（选择题、计算题）
题型二 结合电磁场考查带电体（粒子）的碰撞问题（计算题）
题型三 结合复合场考查带电体的运动问题
1、带电体的力电综合问题
Ⅰ、解答力电综合问题的一般思路
Ⅱ、运动情况反映受力情况
(1)物体静止(保持)：F合＝0.
(2)做直线运动
①匀速直线运动：F合＝0.
②变速直线运动：F合≠0，且F合与速度方向总是一致．
(3)做曲线运动：F合≠0，F合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧．
(4)F合与v的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动；90°＜α≤180°.
(5)匀变速运动：F合＝恒量．
2、用功能关系分析带电粒子的运动
Ⅰ、功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．
Ⅱ、电场力做功的计算方法
(1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcos α.
(2)由W＝qU来计算，此公式适用于任何形式的静电场．
(3)由动能定理来计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB.
3、“等效重力场”中的直线运动模型
【运动模型】如图所示，在离坡底为L的山坡上的C点树直固定一根直杆，杆高也是L．杆上端A到坡底B之间有一光滑细绳，一个带电量为q、质量为m的物体穿心于绳上，整个系统处在水平向右的匀强电场中，已知细线与竖直方向的夹角θ=30 ．若物体从A点由静止开始沿绳无摩擦的滑下，设细绳始终没有发生形变，求物体在细绳上滑行的时间．（g=10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8）
因细绳始终没有发生形变，故知在垂直绳的方向上没有压力存在，即带电小球受到的重力和电场力的合力方向沿绳的方向．建立“等效重力场”如图所示
“等效重力场”的“等效重力加速度”，方向：与竖直方向的夹角，大小：带电小球沿绳做初速度为零，加速度为的匀加速运动
①
②
由①②两式解得
“等效重力场”的直线运动的几种常见情况
匀速直线运动 匀加速直线运动 匀减速直线运动
4、“等效重力场”中的抛体类运动模型
【运动模型】如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，以初速度为竖直向上发射一个质量为m、带电量为+q的带电小球，求小球在运动过程中具有的最小速度．
建立等效重力场如图所示，等效重力加速度
设与竖直方向的夹角为θ，则 其中
则小球在“等效重力场”中做斜抛运动
当小球在y轴方向的速度减小到零，即时，两者的
合速度即为运动过程中的最小速度
1．（2025 昌黎县校级一模）如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘轻杆，轻杆一端可绕O点自由转动，另一端系一质量为2m、电荷量为q的带电小球b，小球b从与O点等高的A点静止释放，经过O点正下方B点，恰能摆到D点，OD与竖直方向夹角α＝30°。将不带电质量为m的绝缘小球a从距离D点竖直高度HL的某处，以一定初速度择机水平抛出，使得a球在D点处速度垂直于OD方向与b小球发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程小球b带电量保持不变。已知重力加速度大小为g，求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）a、b两球相撞后，b球首次经过B点时受到杆的拉力大小T。
2．（2025 广安区校级二模）如图所示，倾角θ＝37°的绝缘倾斜传送带PQ长L＝3.5m，以v0＝4m/s的速度顺时针匀速转动，传送带与半径可调的绝缘竖直光滑圆弧轨道QMN平滑连接，其中MN段为光滑管道，对应圆心角α＝90°，N点所在半径始终在竖直方向上，过Q点的竖直虚线右侧空间（包含虚线边界）存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝5×105V/m。一带电小物块在传送带最上端P处无初速释放后，沿传送带运动。已知小物块的质量、电量q＝﹣2×10﹣5C，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，整个过程中小物块电量始终保持不变，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求小物块第一次到达Q点时的速度大小；
（2）当轨道半径R＝0.9m，求小物块经过Q点瞬间对圆弧轨道的压力大小；
（3）要使小物块第一次沿圆弧轨道向上运动过程中，不脱离轨道也不从N点飞出，求圆轨道半径R的取值范围。
3．（2025 广州二模）如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R＝2.5m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1＝2.5m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2＝1m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2＝1m。现将一电荷量为q＝+4×10﹣2C、质量为m＝1kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2，∠AOB＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）场强E1的大小；
（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
4．（2025 思明区校级三模）如图，虚线以下存在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场Ⅰ，一质子以初速度v0从O点进入电场Ⅰ中，并从C点沿水平方向离开Ⅰ进入半圆环形辐向电场Ⅱ，在Ⅱ中以O′点为圆心的同一个圆弧上各点电场强度大小相等、方向均指向圆心O′，质子在电场Ⅱ中恰好做匀速圆周运动。已知v0与水平方向的夹角θ＝60°，O′点与C点间的距离为R，质子的电荷量为q，质量为m，不计重力，求：
（1）质子从O到C的运动时间t；
（2）O、C两点间的距离L；
（3）质子做圆周运动的轨迹所在圆弧处对应的辐向电场的电场强度的大小。
5．（2025 泉州三模）如图甲，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强大小E＝103V/m。不带电的绝缘长木板A静止在粗糙水平地面上，其左端固定一劲度系数k＝10N/m的轻弹簧，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。带正电的小物块B从A的右端与弹簧距离x0＝0.1m处由静止释放，从B释放开始计时，其速度v随时间t变化的关系图像如图乙，图中0～t1时间内图线为直线，t2时刻速度最大，t3时刻曲线的斜率绝对值最大，t4时刻速度恰为0。已知A和B的质量均为m＝0.2kg，A与B之间接触面光滑，B的电荷量大小q＝2×103C，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能Ep与形变量x的关系为Epkx2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求B从释放到刚与弹簧接触的时间t1；
（2）求t2时刻B的速度大小vB及t4时刻A的速度大小vA；
（3）已知t3﹣t2s，求t2到t3时间内A与地面间因摩擦产生的热量Q。
6．（2025 思明区校级一模）如图所示，竖直面内存在直角坐标系xOy，平行于y轴的虚线MN、PQ将第一象限分为Ⅰ、Ⅱ两个区域。区域Ⅰ的宽度为3d，在的区域内存在竖直向上的匀强电场E1，在的区域内存在竖直向下的匀强电场E2。区域Ⅱ的宽度为d，其内部存在平行于xOy平面且方向未知的匀强电场E3。质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球由O点沿x轴正方向以的速度射入Ⅰ区域，小球仅从直线上的点A穿过后，经过点B（3d，d）垂直MN进入区域Ⅱ，经过PQ与x轴的交点C，BC两点的电势差。E1、E2、E3的大小均未知，小球重力不可忽略，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）C点的速度大小vC；
（2）区域Ⅰ中匀强电场E1的大小；
（3）小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小。
7．（2025 宁波一模）某离子实验装置的基本原理如图甲所示，离子源能源源不断从坐标原点O沿y轴正向发射同种离子，离子质量为m，电量为+q，初速度v大小范围在0～3v0之间。以过x＝L垂直于纸面的界面为边界，左侧为Ⅰ区，存在沿x轴正向的匀强电场，大小E0未知，右侧为Ⅱ区，存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小B0也未知。其中初速为v0的离子从O点出射后立刻进入Ⅰ区，在电场中偏转θ＝45°后进入匀强磁场，已知此离子在电场和磁场中运动的加速度大小相等。忽略边界效应，忽略离子间的相互作用力，不计离子重力。
（1）求E0和B0的比值；
（2）求初速度为v0的离子在磁场中圆周运动的半径和周期；
（3）求从离子源发射的所有离子第一次在磁场中做圆周运动的圆心的轨迹线方程；
（4）如图乙所示，保持离子源情况和Ⅰ区电场不变，把Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小为B，方向相反且平行于y轴的匀强磁场，两磁场界面也垂直于x轴，且整个Ⅱ区均存在沿y轴负向的匀强电场，电场强度大小为E。在Ⅱ区某处放置一块与纸面垂直的足够大的测试板，离子抵达板的左侧面时会发光。沿x轴左右调节两磁场区的分界面，使得测试板在分界面右侧磁场沿x轴在一定范围内移动时均能探测到发光直线。当分界面在某一特定位置时，此时测试板离y轴最远时能探测到的发光直线恰好在xOy平面内。此时把x＝L处分界面到测试板之间的两个磁场区间宽度记为L1和L2。求这种特定情况下，
①L1与L2的比值；
②发光直线的长度。
8．（2025 闽侯县校级一模）如图所示，光滑水平地面上放置一质量为m的不带电绝缘长木板，空间中存在水平向右的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，E、B大小均未知，t＝0时，在木板上表面静止释放一个质量为m的带正电物块，物块所受电场力大小为mg（g为重力加速度），物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5。t＝t1（t1已知）时，物块速度为v0且恰好飞离木板，再经过时间，物块速度的水平分量第一次减到0，且恰好到达右侧光滑竖直墙壁的P点。已知物块可视为质点，忽略木板厚度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块飞离木板前木板未与墙壁发生碰撞，求：
（1）电场强度与磁感应强度的大小之比；
（2）t＝t1时，木板速度的大小；
（3）0～t1时间内，物块与木板间摩擦发热量；
（4）物块运动过程中距地面的最大高度。
9．（2025 江西模拟）如图所示，平面直角坐标系的第二象限有一个匀强电场，其场强大小为E＝180V/m，方向沿x轴负方向，图中的虚线是电场的理想边界，其上方没有电场；第四象限存在一个磁感应强度，方向垂直纸面向外的匀强磁场；第一象限存在磁感应强度，方向沿y轴正方向的匀强磁场。在第二象限有一线状发射装置，不断射出质量m＝9.0×10﹣31kg、电荷量e＝1.6×10﹣19C的电子，电子的速度大小，方向沿y轴负方向，这些电子经电场偏转后都能经过坐标原点O进入第四象限。求：
（1）设电子进入电场的位置坐标为（x，y），求出x、y满足的关系式；（其中x＜0）
（2）这些电子离开第四象限进入第一象限与x轴的交点到坐标原点O的距离；
（3）这些电子在第一象限中会经过一些相同的位置，请写出这些位置的坐标。
10．（2025 江门一模）一粒子源于D处不断释放质量为m，带电量为+q的离子，其初速度视为零，经电压为U的加速电场加速后，沿图中半径为R1的圆弧形虚线通过四分之一圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从A孔正对绝缘圆筒横截面的圆心O射入绝缘圆筒。绝缘圆筒的半径为R2，圆筒的该横截面在粒子运动所在的竖直平面内，在该横截面内圆筒上有三个等间距的小孔A、B、C，圆筒内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，不计重力。求：
（1）离子离开加速器的速度大小及静电分析器通道内虚线处电场强度E的大小；
（2）若离子进入绝缘圆筒后，直接从B点射出，则圆筒内的磁感应强度B1为多大；
（3）为了使离子从B点射出后能从C点返回筒内，可在圆筒外直径PQ的上侧加一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，若粒子在运动中与圆筒外壁碰撞，将以原速率反弹，求B2可能的大小。
11．（2025 西城区校级模拟）如图1所示，某带电量为+q的点电荷以速率v沿x轴正方向运动。已知运动的电荷会产生磁场，该运动电荷在x轴上各点产生的磁感应强度恰为0，在y轴上距其r处的M点产生的磁感应强度为，其中k是静电常数，c是真空中的光速，皆为已知。
（1）如图2所示，求半径为R，大小为I的环形电流在其圆心处产生的磁感应强度的大小；
（2）如图3所示，两个质子p1和p2某一时刻相距为a，其中p1沿着两者的连线方向（y轴正方向）离开p2以速度v1运动；p2沿着垂直于二者连线的方向（x轴正方向）以速度v2运动。设v1和v2均较小，库仑定律仍然成立，已知质子的带电量为e。
a．p1不仅受到来自p2的库仑力，还会受到p2所激发的磁场的作用。求p1受到的合力f1的大小并求出f1与y轴的夹角θ；
b．说明由质子p1和p2组成的系统动量并不守恒；
c．造成p1和p2动量之和不守恒的原因，是因为空间中存在电磁场，而电磁场也是有动量的。求在图示时刻，电磁场的动量随时间的变化率的大小和方向。
12．（2025 山西模拟）如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一、四象限内，固定有关于x轴对称且一端在y轴上并与y轴垂直放置的两块正对的平行金属板M、N，两板间距及板长足够大，两板间存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E，第二象限内圆形区域O1AO存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆弧上的P点纵坐标为L，且∠PO1O＝30°，位于P点的粒子源，能够连续均匀的发射质量为m、带电荷量为+q（q＞0）、速度大小为v0、方向沿y轴负方向的粒子，粒子从P点进入匀强磁场，经磁场偏转后，恰从坐标原点O进入匀强电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小B，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。
（1）求带电粒子在磁场中的运动时间。
（2）当粒子进入电场后电势能与经过O点时电势能相等时，求此时粒子距O点的距离x。
（3）若撤去M、N两板间的电场，把粒子源移至A，保持粒子射出的速度不变，在第一个粒子经过O点时给M、N两板间加上图乙所示的交变电压，若两板的长度为T，且所有的粒子均能够从两板间射出，求足够长的时间内从x轴上方射出的粒子数与粒子总数的比值k。
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