一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知，且2mtqBπ=，两板间距2210mEhqBπ=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。

（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

【来源】带电粒子的偏转【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值115sh=（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225hRπ=（3）粒子在板间运动的轨迹如图：【解析】【分析】【详解】（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s121012s at =① 0qEa m=②又已知200200102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：115s h = （2）解法一粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。

设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则10v at =21101mv qv B R =联立解得：15h R π= 又002mT t qB π== 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 22210012s v t at =+解得：235s h =由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：210v v at =+22202mv qv B R =解得225h R π=由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

在4t 0~5t 0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）：因此粒子运动的最大半径22 5 hRπ=。

解法二由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为：qEam=方向向上。

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T2mT tqBπ==粒子恰好完成一次匀速圆周运动。

至第n个周期末，粒子位移大小为s n21()2ns a nt=又已知2210mEhqBπ=由以上各式得：25nns h=粒子速度大小为：0nv ant=粒子做圆周运动的半径为：nnmvRqB=解得：5nnhRπ=显然223s R h s+<<因此粒子运动的最大半径225hRπ=。

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：2．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)012qU v m=1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°． 【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理20012qU mv =由题意得10v v =，即012qU v m=(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1qU a md=在离开时,竖直分速度yv at = 竖直位移2112y at =水平位移1l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =由题意知,粒子竖直总位移12y?2y y =+解得210 U lyU d=则当加速电压为04U时,1U?4U=（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B平行于x 轴. 且FEq=(b)由沿y+-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.222F f(5F)+=,则f?2F=且1f?qv B=解得2F mBB qU=(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin)(cos)(7)f F F Fαα++=（解得=30°,或=150°即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°.同理,若B 沿-x 轴方向E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.3．如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，线段CO=OD=L，CD边在x轴上，∠ADC=30°。

电子束沿y轴方向以相同的速度v0从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为3L，在第四象限正方形ODQP内存在沿x轴正方向、大小为E=Bv0的匀强电场，在y=－L 处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P。

忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。

(1)电子的比荷；(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离：(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P的最远距离。

【来源】【市级联考】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试题【答案】(1) 03v e m BL= (2) 23L (3) 34L 【解析】 【分析】根据电子束沿速度v 0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解； 【详解】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径3Lr = 由牛顿第二定律得2Bev m rv =电子的比荷3e m BLv =； （2）若电子能进入电场中，且离O 点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD 相切，即粒子从F 点离开磁场进入电场时，离O 点最远：设电子运动轨迹的圆心为O '点。

则23L OF x ==从F 点射出的电子，做类平抛运动，有2232L Ee x m t==，0y t v = 代入得23L y =电子射出电场时与水平方向的夹角为θ有122y tan x θ== 所以，从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G ，则它与P 点的距离 ()2tan 3L y L GP θ-==； （3）设打到屏上离P 点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时 00223xm xLy t Ee v v ===设该电子打到荧光屏上的点与P 点的距离为X ，由平抛运动特点得2X L yy x -=所以233 2222838xL xL LX x xyLx⎡⎤⎛⎫⎢⎥⎛⎫=-=-=-+⎪⎪⎢⎥⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎛⎫-⎪⎭所以当38x L=，有34mLX=。

【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。

4．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为m，带电量为q，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场强度大小．【来源】【市级联考】广东省广州市2019届高三12月调研测试理科综合试题物理试题【答案】（1）cosqBdmθ（2）cossinmqBθθ（3）2cosqB dmθ【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.【详解】（1）设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.5．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。

第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入电场，不计粒子重力和空气阻力，P 、O 两点间的距离为202mv qE。

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ；（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【来源】2019年辽宁省辽阳市高考物理二模试题【答案】（1）02v ；20mv qE （2）0(21)EB v +≥【解析】 【详解】（1）由动能定理有：2220011222mv qE mv mv qE ⋅=- 解得：v ＝2v 0设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝022v v =解得：θ＝45° 根据tan 21xyθ=⋅=，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20mv x qE=（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：s ＝R +R sinθ又：2v qvB m R=解得：0(21)EB v +=故0(21)EB v +≥6．如图甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场E ，在y 轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。