第十一章　第5讲　专题强化：带电粒子在复合场中的运动 讲义 （教师版）

第5讲　专题强化：带电粒子在复合场中的运动
题型一　带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。
2．分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
3．基本规律
考向1先电场后磁场
1．先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
2．先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
【典例1】　(多选)如图所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场。a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转。最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°角。a、b两粒子在磁场中运动的时间分别为t1和t2，则下列比值正确的是(　AD　)
A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2
C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8
【解析】　粒子在电场中加速，设加速的位移为x，则根据动能定理有qEx＝mv2，解得v＝，粒子在磁场中运动时，其轨迹如图所示，a粒子轨迹的圆心为O，b粒子轨迹的圆心为O′，根据几何知识可知R2sin 30°＋R1＝R2，则有R1∶R2＝1∶2，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，联立可得∶＝1∶4，代入v＝可得v1∶v2＝2∶1，A正确，B错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝＝，所以两粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝T1∶T2＝∶＝3∶8，C错误，D正确。
【典例2】　(多选)(2023·海南卷)如图所示，质量为m，带电荷量为＋q的点电荷，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0x0区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，控制电场强度(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则(　AD　)
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E＝
B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【解析】　若粒子打到NP中点，则x0＝v0t1，y0＝·t，解得E＝，A正确；粒子从NP中点射出时，则＝t1，速度v1＝＝，B错误；如图所示，设粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝＝，粒子从电场中射出时的速度v＝，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvB＝m，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离d＝r cos θ，解得d＝，C错误；当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，粒子进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度vym＝，x0＝v0t，离开电场的最大速度vm＝＝，则由qvB＝m可得，最大半径rm＝＝，D正确。
考向2先磁场后电场
1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列式。
2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析。
【典例3】　(2024·福建龙岩质检)如图所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向的夹角为θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－L)的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：
(1)磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t；
(3)电场强度的大小E。
【解析】　(1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，其圆心为O1，对应轨道半径为R，由几何关系可得R sin θ＝L，解得R＝2L，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，联立可得B＝。
(2)带电粒子从P1点运动到P2点所用的时间为t＝T，T＝＝，联立可得t＝。
(3)设带电粒子在电场中的运动时间为t′，由运动的合成与分解有v cos θ·t′＝L，
v sin θ－at′＝0，由牛顿第二定律有qE＝ma，联立可得E＝。
【答案】　(1)　(2)　(3)
【典例4】　(2024·安徽淮南二模)如图所示，在平面直角坐标系xOy第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，第一象限有一直角三角形区域OPQ，其中∠OPQ＝30°，OP＝a，△OPQ区域内(含OQ)有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电粒子从坐标原点O以速度v0沿y轴正方向射入磁场，不计带电粒子所受的重力。
(1)若该带电粒子经磁场偏转后能进入电场区域，求这种情况下磁感应强度的最小值B0；
(2)如果磁感应强度大小取(1)中的B0，求该带电粒子在电场和磁场中运动的总时间。
【解析】　(1)经分析可知，当磁感应强度大小为B0时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与PQ相切，如图所示，圆心在x轴上的O1点，粒子从x轴上M点进入电场，粒子在磁场中的圆轨迹半径设为R，由几何关系知O1P＝2R，OO1＋O1P＝a，即3R＝a，R＝a，由洛伦兹力提供向心力，可得qv0B0＝m，联立解得B0＝。
(2)粒子从O点运动到M点的时间设为t1，则有t1＝＝，粒子进入电场后，沿电场线方向减速至N点，速度为零，设这段时间为t2，则有v0＝t2，解得t2＝。
由运动对称性可知，粒子从N点运动到M点的时间也为t2，且从M点再次进入磁场的速度仍为v0，即再次进入磁场做匀速圆周运动的半径仍为R＝a，由图中几何知识可知，MP＝a，因此P点即为粒子再次做圆周运动的圆心，即粒子将垂直于PQ边离开磁场。设粒子第2次在磁场中运动的时间为t3，则有t3＝＝，因此粒子在电场和磁场中运动的总时间t＝t1＋2t2＋t3＝＋＋＝＋。
【答案】　(1)　(2)＋
题型二　带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存或其中某两场共存。
2．洛伦兹力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
3．静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
4．静电力、洛伦兹力、重力并存
(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动。
(2)若重力与静电力平衡，且速度与磁场垂直，一定做匀速圆周运动。
(3)若合力不为0且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
【典例5】　(多选)(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　ABD　)
A．油滴a带负电，所带电荷量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【解析】　油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg＝Eq，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
1．(多选)(2024·四川雅安高三质检)如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向外。电场强度为E，磁感应强度为B。带电荷量为q的小球(视为质点)在纸面内恰好做匀速圆周运动。重力加速度为g，下列说法正确的是(　BD　)
A．小球带正电
B．小球的质量为
C．小球做匀速圆周运动的周期为
D．若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为
解析：小球要做匀速圆周运动，静电力与重力要等大反向，静电力向上，小球必须带负电，A错误；由qE＝mg，求得m＝，B正确；小球做匀速圆周运动的周期为T＝＝，C错误；若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，由三力平衡可得Bqv＝Eq＋mg，求得v＝，D正确。
2．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间。
解析：(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，可知qE＝mg，得E＝。
(2)由平衡条件得qvB＝mg，电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙所示，qvB＝m，由几何知识可得r＝l，联立解得v＝，B＝。
(3)微粒做匀速直线运动的时间t1＝＝，微粒做匀速圆周运动的时间t2＝＝，微粒在复合场中的运动时间t＝t1＋t2＝。
答案：(1)　(2)　(3)
题型三　带电粒子在交变场中的运动
1．交变电、磁场的常见类型
2．带电粒子在交变电、磁场中运动的处理方法
(1)弄清复合场的组成特点及场的变化情况。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
【典例6】　如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场和磁场，交变电场的电场强度大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x轴正方向为电场的正方向，垂直纸面向外为磁场的正方向。在t＝0时刻，将一质量为m、带电荷量为q、重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放。粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在x轴上。求：
(1)粒子第一次在磁场中运动的半径；
(2)粒子打在x轴负半轴上的点到O点的最小距离；
(3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件；
(4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系。
【解析】　(1)粒子第一次在电场中有qE0＝ma，v1＝at0，t0＝，粒子第一次进入磁场中有qv1B0＝，联立解得R1＝。
(2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上到O点的距离最小，如图甲所示，第一次加速的位移为Δx1＝＝，第二次加速的位移Δx2＝3Δx1，v2＝2at0＝，则R2＝＝，ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2)。
(3)分析带电粒子运动轨迹，如图乙所示，
可知A与坐标原点间的距离d应满足
d＝n2R1＝(n＝1，2，3，…)。
(4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上，xP＝n(Δx1＋R1)＝(π＋2)(n＝1，2，3，…)。
【答案】　(1)　(2)(π＋2)
(3)d＝(n＝1，2，3，…)
(4)xP＝(π＋2)(n＝1，2，3，…)
3．如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
(1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。
解析：(1)设经时间t，粒子恰好沿切线飞到Q板，竖直速度为零，加速度为a，则a＝，半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝a，d＝2ny(n＝1，2，3，…)，联立得T＝(n＝1，2，3，…)。
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝m，解得r＝d，要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，
由几何关系得r＋2r sin θ＝d，解得sin θ＝。
则粒子打到Q极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cos θ)＝d。
答案：(1)(n＝1，2，3，…)　(2)d
课时作业59
1．(5分)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　C　)
A．液滴带正电
B．液滴比荷＝
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝
解析：液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得＝，B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝m，联立得v＝，D错误。
2．(5分)空间同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y轴正方向，电场强度大小为E；磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，释放后，粒子恰能沿如图中的曲线运动。已知该曲线的最高点P的纵坐标为h，曲线在P点附近的一小部分，可以看作是半径为2h的圆周上的一小段圆弧，则(　C　)
A．粒子在y轴方向做匀加速运动
B．粒子在最高点P的速度大小为
C．磁场的磁感应强度大小为
D．磁场的磁感应强度大小为
解析：受力分析可知，粒子受到洛伦兹力沿y轴方向的分力是变化的，故粒子在y轴方向的合力是变化的，加速度也是变化的，A错误；从O到P，洛伦兹力不做功，由动能定理得qEh＝mv，解得vP＝，B错误；粒子经过最高点时，洛伦兹力和静电力的合力提供向心力，即qvPB－qE＝m，联立解得B＝，C正确，D错误。
3．(5分)如图甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长AB＝AD，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为(　C　)
A．1∶1 B．2π∶3
C．2π∶9 D．π∶9
解析：设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆心角为α，则有2r sin α＝AB，2(r－r cos α)＝AD，又AB＝AD，联立解得α＝60°，所以有＝T，T＝，解得T1＝，如果把磁场换为电场，则有AB＝v0T2，解得T2＝，所以＝，故C正确，A、B、D错误。
4．(5分) (2023·新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　C　)
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直于纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直于纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直于纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直于纸面向外
解析：假设电子打在a点，即其所受静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE>2ev′B，α粒子经过电、磁组合场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，A、B错误；电子所受静电力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直于纸面向里，D错误，C正确。假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确。
5．(5分)(2023·全国乙卷)如图所示，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　A　)
A． B．
C． D．
解析：由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，则有＝，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB，联立有＝，故A正确。
6．(10分)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(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。
解析：(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，如图所示，由几何关系可得R sin θ＝L，又qv0B＝m，
解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B＝。
(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t1＝T，其中T＝，粒子在电场中做类平拋运动，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，则有qE＝ma，x2－x1＝v0t2，解得t2＝，其中h＝at，解得h＝。由于h(3)由动能定理得qEh＝mv2－mv，解得v＝v0。
答案：(1)　(2)　(3)v0
7．(15分)(2025·八省联考河南卷)如图所示，在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。不计重力。
(1)求粒子进入磁场时的速度大小；
(2)若粒子第一次回到电场中距虚线高度为h时，粒子到a点的距离为s＝2h，求磁场的磁感应强度大小的可能值；
(3)若粒子第一次回到电场中距虚线高度为h时，粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求粒子此时到a点的距离。
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向v＝2ah，由牛顿第二定律得a＝，粒子进入磁场时的速度大小v＝vy，解得v＝2。
(2)粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移x＝v0t＝vyt＝2t＝2h；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与水平方向仍成45°角，第一次回到电场到达距虚线h高度时水平位移仍为2h，如图所示，由题意可知2r cos 45°＝2h＋2h＋2h或2r cos 45°＝2h，即r＝3h或r＝h，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得B＝或B＝。
(3)若粒子第一次回到电场中距虚线高度为h时，粒子在电场中运动的时间t1＝＝2，可知粒子在磁场中运动的时间为t2＝2，根据t2＝＝，由t1＝t2，解得B′＝，由洛伦兹力提供向心力有qvB′＝m，解得r′＝＝，根据几何关系，粒子在磁场中向左偏转L＝2r′sin 45°＝h，此时粒子到a点的距离s＝2h－L＋2h＝h。
答案：(1)2　(2)或　(3)h
8．(15分)(2024·贵州卷)如图，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有一半径为L且与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
(1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小；
(2)粒子的电荷量与质量之比；
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
解析：(1)带电粒子在cdef区域做直线运动，则有静电力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经cd边的中点速度水平向右，设粒子到达cd边的中点时速度大小为v0，带电荷量为q，质量为m，由平衡条件则有qE＝qv0B，解得v0＝。
(2)粒子从b点到cd边中点的运动，可逆向看作从cd边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得qE＝ma，由类平抛运动规律可得v0t＝L，at2＝，联立解得粒子的电荷量与质量之比＝＝。
(3)粒子从ef中点进入圆形区域做匀速圆周运动，设粒子的运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，解得R＝L。粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由图可知粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α，由几何关系可知，α＝2θ，可得tan θ＝＝，θ＝30°，则有α＝60°。
答案：(1)　(2)　(3)60°
9．(15分)(2024·广东卷)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场，水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上
金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0，根据T＝，则粒子所带的电荷量q＝。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时有＝vt0，
粒子出电场时竖直速度为零，则竖直方向y＝2××(0.5t0)2，粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，其中y＝2r＝，联立解得v＝π，D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r，则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内静电力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功，则W＝mv2＋Eq×＝＋＝。
答案：(1)带正电　
(2)　π　(3)