高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场和磁场 第10讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动练习(含解

第10讲带电粒子在组合场、复合场中的运动
构建网络·重温真题
1．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为1
2B
和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限。

粒子在磁场中运动的时间为( )
A.5πm
6qB B.7πm 6qB C.11πm
6qB
D.13πm 6qB
答案 B
解析 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r ＝mv qB
知，第一象限内的轨迹圆半径是第二象限内的轨迹圆半径的2倍，如下列图，由几何知识可知，粒子在第二象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。

粒子在第二象限内运动
的时间t 1＝T 14＝2πm 4qB ＝πm 2qB ，粒子在第一象限内运动的时间t 2＝T 26＝2πm ×26qB ＝2πm
3qB
，如此粒子
在磁场中运动的时间t ＝t 1＋t 2＝7πm
6qB
，B 正确。

2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。

三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为
m a 、m b 、m c 。

在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在
纸面内向左做匀速直线运动。

如下选项正确的答案是( )
A．m a>m b>m c B．m b>m a>m c
C．m c>m a>m b D．m c>m b>m a
答案 B
解析设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即
m a g＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，如此
m b g＝qE＋qv b B②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，如此
m c g＋qv c B＝qE③
比拟①②③式得：m b>m a>m c，B正确。

3．(2019·某某高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。

当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。

如下列图，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。

当显示屏闭合时元件处于垂直于上外表、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后外表间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。

如此元件的( )
A．前外表的电势比后外表的低
B．前、后外表间的电压U与v无关
C．前、后外表间的电压U与c成正比
D ．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a
答案 D
解析 由左手定如此判断，后外表带负电，电势低，A 错误；电子受力平衡后，U 稳定不变，由e U a
＝evB 得U ＝Bav ，故前、后外表间的电压U 与v 成正比，与c 无关，故B 、C 错误；自由电子受到的洛伦兹力大小F ＝evB ＝eU a
，D 正确。

4．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。

甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l 。

不计重力影响和离子间的相互作用。

求：
(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。

答案 (1)
4U
lv 1
(2)1∶4
解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有q 1U ＝12
m 1v 2
1①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q 1v 1B ＝m 1v 21
R 1
②
由几何关系知2R 1＝l ③ 由①②③式得B ＝
4U
lv 1
④
(2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2。

同理有q 2U ＝12
m 2v 2
2⑤
q 2v 2B ＝m 2v 22
R 2
⑥
由题给条件有2R 2＝l
2
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
q 1m 1∶q 2
m 2
＝1∶4。

5．(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为
B 、方向垂直于纸面向外。

一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向
射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出。

O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力。

求
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。

答案 (1)4U
B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π2＋33
解析 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v 。

由动能定理有
qU ＝12
mv 2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB ＝m v 2
r
②
粒子运动的轨迹如图， 由几何关系知d ＝2r ③ 联立①②③式得q m ＝
4U
B 2d 2
④ (2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x 轴所经过的路程为
s ＝
πr
2
＋r ta n30°⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为
t ＝s v
⑥ 联立②③④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π2＋33。

6．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y >0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y <0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。

一个氕核1
1H 和一个氘核2
1H 先后从y 轴上y ＝h 点以一样的动能射出，速度方向沿x 轴正方向。

1
1H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场。

11H 的质量为m ，电荷量为q 。

不计重力。

求：
(1)1
1H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小；
(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。

答案 (1)23
3
h (2)
6mE
qh (3)233
(2－1)h
解析 (1)1
1H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如下列图。

设1
1H 在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场
的位置到原点O 的距离为s 1。

由运动学公式有
s 1＝v 1t 1① h ＝12
a 1t 21②
由题给条件，1
1H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°。

1
1H 进入磁场时速度的y 分量的大小为
a 1t 1＝v 1tan θ1③
联立以上各式得s 1＝23
3
h ④
(2)1
1H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE ＝ma 1⑤
设1
1H 进入磁场时速度的大小为v 1′，由速度合成法如此有
v 1′＝v 21＋(a 1t 1)2
⑥
设磁感应强度大小为B ，1
1H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv 1′B ＝mv 1′2R 1
⑦
由几何关系得
s 1＝2R 1sin θ1⑧
联立以上各式得
B ＝
6mE
qh
⑨
(3)设2
1H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2，在电场中的加速度大小为a 2，由题给条件得
12(2m )v 2
2＝12
mv 21⑩ 由牛顿第二定律有qE ＝2ma 2⑪
设2
1H 第一次射入磁场时的速度大小为v 2′，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2。

由运动学公式有
s 2＝v 2t 2⑫
h ＝12
a 2t 22⑬
v 2′＝v 22＋(a 2t 2)2⑭
sin θ2＝
a 2t 2
v 2′
⑮ 联立以上各式得
s 2＝s 1，θ2＝θ1，v 2′＝
2
2
v 1′⑯ 设2
1H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2，由⑦⑯式与粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R 2＝
(2m )v 2′
qB
＝2R 1⑰
所以出射点在原点左侧。

设2
1H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为
s 2′，由几何关系有
s 2′＝2R 2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，2
1H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为
s 2′－s 2＝
23
3
(2－1)h 。

7．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如下列图：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条形区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行。

一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出。

不计重力。

(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点射入时速度的大小；
(3)假设该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π
6，求该粒子的比荷与
其从M 点运动到N 点的时间。

答案 (1)轨迹见解析图a (2)2El ′
Bl
(3)43El ′B 2l 2
Bl E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋3πl 18l ′ 解析 (1)粒子运动的轨迹如图a 所示。

(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。

设粒子从M 点射入时速度的大小为
v 0，在下侧电场中运动的时间为t ，加速度的大小为a ；粒子进入磁场的速度大小为v ，方向
与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v 1，根据牛顿第二定律有
qE ＝ma ①
式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v 1＝at ② l ′＝v 0t ③ v 1＝v cos θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB ＝mv 2
R
⑤
由几何关系得l ＝2R cos θ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v 0＝
2El ′
Bl
⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v 1＝v 0cot π
6
⑧
联立①②③⑦⑧式得q m
＝43El ′
B 2l
2
⑨
设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，
如此t ′＝2t ＋2⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－π62π
T ⑩
式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T ＝
2πm
qB
⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1＋
3πl 18l ′。

8．(2018·某某高考)如下列图，在水平线ab 下方有一匀强电场，电场强度为E ，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R 、3R 的半圆环形区域，外圆与ab 的交点分别为M 、N 。

一质量为m 、电荷量为
q 的带负电粒子在电场中P 点静止释放，由M 进入磁场，从N 射出，不计粒子重力。

(1)求粒子从P 到M 所用的时间t ；
(2)假设粒子从与P 同一水平线上的Q 点水平射出，同样能由M 进入磁场，从N 射出，粒子从M 到N 的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q 时速度v 0的大小。

答案 (1)
3RB
E
(2)
qBR m
解析 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v ，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2
3R
①
设粒子在电场中运动所受电场力为F ，有F ＝qE ②
设粒子在电场中运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F ＝ma ③ 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有
v ＝at ④
联立①②③④式得t ＝
3RB
E
⑤
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、圆周运动半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，由几何关系可知(r ′－R )2
＋(3R )2
＝r ′2
⑥
设粒子进入磁场时速度方向与ab 的夹角为θ， 即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知 tan θ＝
3R
r ′－R
⑦
粒子从Q 射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P 释放后的运动情况一样，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v ，在垂直于电场方向的分速度始终为
v 0，由运动的合成和分解可知
tan θ＝v v 0
⑧
联立①⑥⑦⑧式得v 0＝
qBR m。

9．(2018·江苏高考)如下列图，真空中四个一样的矩形匀强磁场区域，高为4d ，宽为d ，中间两个磁场区域间隔为2d ，中轴线与磁场区域两侧相交于O 、O ′点，各区域磁感应强度大小相等。

某粒子质量为m 、电荷量为＋q ，从O 沿轴线射入磁场。

当入射速度为v 0时，粒子从
O 上方d
2
处射出磁场。

取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。

(1)求磁感应强度大小B ；
(2)入射速度为5v 0时，求粒子从O 运动到O ′的时间t ；
(3)入射速度仍为5v 0，通过沿轴线OO ′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O
运动到O ′的时间增加Δt ，求Δt 的最大值。

答案 (1)4mv 0qd (2) (53π＋72180)d v 0 (3)d
5v 0
解析 (1)粒子圆周运动的半径r 0＝mv 0
qB
由题意知r 0＝d
4 解得B ＝4mv 0
qd。

(2)粒子入射速度为5v 0时，圆周运动半径r ＝5mv 0qB ＝5r 0＝5d
4，
如下列图，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α， 由d ＝r sin α，得sin α＝4
5
，即α＝53°
在一个矩形磁场中的运动时间t 1＝α360°·2πm
qB
解得t 1＝53πd
720v 0
直线运动的时间t 2＝2d v ，解得t 2＝2d
5v 0
如此t ＝4t 1＋t 2＝(53π＋72180)d
v 0。

(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x ，
粒子从O 点向上运动的最大偏移量y ＝2r (1－cos α)＋x tan α 由y ≤2d ，解得x ≤3
4
d
如此当x m ＝3
4d 时，Δt 有最大值
粒子直线运动路程的最大值
s m ＝
2x m
cos α
＋(2d －2x m )＝3d 增加路程的最大值Δs m ＝s m －2d ＝d
增加时间的最大值Δt m ＝Δs m 5v 0＝d
5v 0。

命题特点：常以计算题的形式考查带电粒子在组合场、复合场中的运动规律，常用数形结合解决带电粒子在电磁场中多过程的复杂问题；常以选择题的形式考查电磁技术的应用实例。

思想方法：分解法、临界法、对称法。

高考考向1 带电粒子在组合场中的运动
例1 (2019·某某市和平区三模)如图，离子源A 产生的初速为零、带电量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场。

HO ＝d ，HS ＝2d ，∠MNQ ＝90°。

(忽略粒子所受重力)
(1)求偏转电场场强E 0的大小以与HM 与MN 的夹角φ； (2)求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)假设质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处。

求S 1
和S 2之间的距离以与能打在NQ 上的正离子的质量范围。

破题关键点
(1)要求夹角φ，应先求什么物理量？ 提示：离子射出偏转电场的速度偏向角。

(2)求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径需要知道速度，离子进入磁场的速度是
否确定？
提示：离子垂直偏转电场方向的速度和射出偏转电场的速度偏向角一定，故离子进入磁场的速度确定。

(3)不同质量的离子在磁场中的轨迹圆心有什么特点？ 提示：在边界MN 与其延长线上。

[解析] (1)正离子被电压为U 0的加速电场加速后的速度设为v 1，对正离子，应用动能定理有eU 0＝12
mv 2
1，
正离子垂直射入匀强偏转电场，做类平抛运动
正离子受到电场力F ＝eE 0，产生的加速度为a ＝F m ，即a ＝eE 0
m
， 在垂直电场方向正离子做匀速运动，有2d ＝v 1t ， 沿场强方向，正离子做匀加速直线运动：d ＝12at 2
，
联立解得E 0＝U 0d
又tan φ＝v 1at
，解得φ＝45°。

(2)正离子进入磁场时的速度大小为v 2＝v 1
sin45°
＝2v 1，
正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，ev 2B ＝mv 22
R
，
解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝
2
B
mU 0
e。

(3)根据R ＝
2
B
mU 0
e
可知， 质量为4m 的离子在磁场中运动打在S 1处，其运动半径为R 1＝2(4m )U 0
eB
2，
质量为16m 的离子在磁场中运动打在S 2处，其运动半径为R 2＝2
(16m )U 0
eB 2
，
设质量为16m 的离子在磁场中运动轨迹的圆心为O 1，如图甲所示，
有O 1N ＝R 2－R 1，
由几何关系可知S 1和S 2之间的距离 Δs ＝R 2
2－O 1N 2
－R 1， 联立解得Δs ＝4(3－1)
mU 0
eB 2
； 如图乙所示，假设正离子恰好打到Q 点，其轨迹半径R ′满足R ′2
＝(2R 1)2
＋(R ′－R 1)2
，解得R ′＝5
2
R 1，
假设正离子能打到NQ 上，其轨迹半径R x 须满足12R 1≤R x ≤5
2R 1，
根据R 1＝2
(4m )U 0
eB
2，可解得这些正离子的质量m x 满足m ≤m x ≤25m 。

[答案] (1)U 0d
45° (2)
2
B
mU 0
e
(3)4(3－1)
mU 0
eB 2
m ≤m x ≤25m 带电粒子在组合场中运动问题的处理方法
(1)解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板
(2)用规律选择思路
①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识来处理；
②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理。

(3)关注从一种场进入另一种场的衔接速度。

1．(2019·西南名校联盟“3＋3＋3〞高考诊断)(多项选择)如下列图，边长为L 的正方形虚线框内充满着垂直于纸面的匀强磁场，虚线AC 与其上方的框内磁场方向向里，虚线AC 下方的框内磁场方向向外，磁感应强度大小均为B 。

现有两个比荷一样的带电粒子a 、b ，分别以v 1、v 2的速度沿图示方向垂直磁场方向射入磁场，并分别从B 、C 两点离开磁场，设a 、b 两粒子在磁场中运动的时间分别为t 1、t 2。

如此如下说法中正确的答案是( )
A ．粒子a 一定带正电，粒子b 一定带负电
B ．v 1∶v 2可能等于1∶2
C ．v 1∶v 2一定等于1∶1
D ．t 1∶t 2可能等于3∶2 答案 ABD
解析 粒子a 做1
4个圆周运动后直接从B 点飞出，粒子b 可能在两边磁场中做多个圆弧运
动后从C 点飞出，结合左手定如此可知，粒子a 带正电，粒子b 带负电，A 正确；结合几何关系可知，粒子a 的圆周半径r 1＝
22L ，粒子b 的圆周半径r 2＝2
n
L (n ＝1,2,3，…)，由qvB ＝m v 2r ，解得v ＝qBr
m
，如此v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝n ∶2(n ＝1,2,3，…)，故 B 正确，C 错误；由T ＝2πm qB 可知，粒子a 在磁场中运动的时间t 1＝T 4，粒子b 在磁场中运
动的时间t 2＝n T
6
(n ＝1，2，3，…)，如此t 1∶t 2＝3∶2n (n ＝1,2,3，…)，如此D 正确。

2．(2019·福建泉州二模)华裔科学家丁肇中负责的AMS 项目，是通过“太空粒子探测器〞
探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质。

某学习小组设想了一个探测装置，截面图如下列图。

其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为O ，外圆电势为零，内圆电势φ＝－45 V ，内圆半径R ＝1.0 m 。

在内圆内有磁感应强度大小B ＝9×10－5
T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在O 点。

假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收。

正电子质量m ＝9×10－31
kg ，
电荷量q ＝1.6×10
－19
C ，不考虑粒子间的相互作用。

(1)求正电子在磁场中运动的速率v 和半径r ；
(2)假设正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R ′。

答案 (1)4×106
m/s 0.25 m (2)
17－1
4
m 解析 (1)电场外边界与内边界间的电势差为U ＝0－φ＝45 V ，在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qU ＝12
mv 2－0，代入数据解得v ＝4×106
m/s 。

正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvB ＝m v 2
r
，解得r ＝0.25 m 。

(2)正电子在磁场中运动的轨迹如下列图，当轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：R ′＝R 2
＋r 2
－r ，
解得R ′＝
17－1
4
m 。

3．(2019·河南六市高三第二次联考)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。

如下列图，真空中存在着多层严密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d 。

电场强度为
E ，方向水平向左，垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B 1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为
B 2，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。

一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子
在第1层磁场左侧边界以初速度v 0射入，方向与边界夹角为θ，设粒子始终在电场、磁场中运动，除B 1、B 2、E 以外其他物理量，不计粒子重力与运动时的电磁辐射。

(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)
(1)假设θ＝53°，要求粒子不进入电场，求B 1至少为多大？ (2)假设B 1、E 均，求粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时速度的大小；
(3)假设θ＝53°，且B 1＝mv 0
5qd ，要求粒子不穿出第1层的电场，求E 至少多大？
答案 (1)2mv 0
5qd
(2)
v 2
－2nEqd m (3)9mv 2
50qd
解析 (1)当θ＝53°时，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R 1，根据洛伦兹力提供向心力可得：
qv 0B 1＝m v 20
R 1
，
粒子不进入电场，有：R 1－R 1cos θ≤d ， 解得：B 1≥2mv 05qd ，即B 1至少为2mv 0
5qd。

(2)对粒子，设它从第n 层磁场右侧边界穿出时速度的大小为v n ，根据动能定理可得： －nEqd ＝12mv 2n －12
mv 2
0，解得：v n ＝
v 20－
2nEqd
m。

(3)当θ＝53°且B 1＝mv 0
5qd 时，设粒子在B 1场中做圆周运动的半径为R 1′，根据洛伦兹力
提供向心力可得：
qv 0B 1＝m v 20
R 1′
，
设粒子进入电场时与界面夹角为β，如下列图，在B 1场中，由几何关系有：
R 1′cos β－R 1′cos θ＝d ，
解得：β＝37°，
粒子在电场中沿场强方向上做匀减速运动，要求粒子不穿出第1层的电场，如此有：(v 0sin β)
2
2Eq m
≤d ，
解得：E ≥9mv 2050qd ，即E 至少为9mv 2
50qd。

高考考向2 带电粒子在复合场中的运动
例2 (2019·广东某某二模)如图a 所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面)，在同一水平线上的两位置，以一样速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为＋q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上。

b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴P 。

忽略空气阻力，重力加速度为g 。

求：
(1)油滴b 竖直上升的时间与两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强与油滴a 、b 结合为P 后瞬间的速度；
(3)假设油滴P 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t ＝0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图b 所示，磁场变化周期为T 0(垂
直纸面向外为正)，P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。

(忽略磁场突变的影响)
破题关键点
(1)a 、b 碰撞前分别做什么运动？
提示：a 在重力和电场力的作用下做类平抛运动，b 在重力的作用下做竖直上抛运动。

(2)油滴P 在矩形区域内运动时受什么力？ 提示：重力、电场力、洛伦兹力。

[解析] (1)设油滴的喷出速率为v 0，油滴b 做竖直上抛运动，如此：0＝v 2
0－2gh ，解得
v 0＝2gh
0＝v 0－gt 0 解得t 0＝
2h
g
油滴a 做类平抛运动，对其水平分运动，有：
x 0＝v 0t 0
解得x 0＝2h 。

(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，对其竖直分运动有：qE －mg ＝ma
h ＝12
at 20
解得a ＝g ，E ＝2mg q
设结合前瞬间油滴a 速度大小为v a ，方向向右上方，与水平方向的夹角为θ，如此：v 0
＝v a cos θ
v 0tan θ＝at 0
解得v a ＝2gh ，θ＝45°
两油滴的结合过程系统动量守恒：mv a ＝2mv P
解得v P ＝gh ，方向向右上方，与水平方向夹角为45°。

(3)因qE ＝2mg ，油滴P 在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r ，周期为T ，如此：qv P
8πm
qT 0
＝2m v 2P
r
解得r ＝
T 0gh
4π
由T ＝2πr v P ，解得T ＝12
T 0
分析可知油滴P 在磁场中的运动轨迹是两个半径为r 的外切圆组成的“8〞字形，最小矩形的两条边长分别为2r 和4r ，轨迹如图，矩形区域的最小面积为：S min ＝2r ×4r ＝ghT 20
2π
2。

[答案] (1)
2h
g
2h
(2)2mg
q
gh ，方向向右上方，与水平方向夹角为45°
(3)
ghT 20
2π
2
带电粒子在复合场中运动问题的处理方法
(1)明种类：明确复合场的种类与特征。

(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点与运动特点。

(3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径与边角关系。

(4)用规律：灵活选择不同的运动规律。

①两场共存，电场与磁场中满足qE ＝qvB 或重力场与磁场中满足mg ＝qvB 且两力方向相反时，粒子做匀速直线运动，根据受力平衡列方程求解。

②两场共存，电场力与重力都恒定时，粒子平衡时根据平衡条件求解，做匀变速直线运动时用牛顿运动定律、运动学规律或动能定理求解，做匀变速曲线运动时用运动的合成与分解或动能定理求解。

③三场共存，合力为零时，受力平衡，粒子做匀速直线运动或静止。

其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直。

④三场共存，粒子在复合场中做匀速圆周运动时，mg 与qE 相平衡，根据mg ＝qE ，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性。

粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用洛伦兹力公
式和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB ＝mrω2
＝m v 2r ＝mr 4π
2
T
2＝ma 。

⑤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。

4．(2019·河南开封高三上第一次模拟)如下列图，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场和水平向左、场强为E 的匀强电场。

有一质量为m 、电荷量大小为q 的微粒以垂直于磁场且与水平方向成45°角的速度v 做直线运动，重力加速度为g 。

如此如下说法正确的答案是( )
A ．微粒可能做匀加速直线运动
B ．微粒可能只受两个力作用
C ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mg
qv
D ．匀强电场的电场强度
E ＝mg q
答案 D
解析 假设微粒不受重力，在电场力和洛伦兹力作用下微粒不可能做直线运动，故微粒一定受重力、电场力、洛伦兹力三个力的作用，B 错误。

假设微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直速度v 斜向右下方，重力竖直向下，如此电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不为零，洛伦兹力的大小与方向必然变化，微粒不可能做直线运动，所以微粒不可能带正电；假设微粒带负电，电场力水平向右，洛伦兹力垂直速度v 斜向左上方，重力竖直向下，
如下列图，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，微粒才能做直线运动，所以微粒做匀速直线运动，故A 错误。

根据平衡条件，有：qE ＝mg tan45°，qvB ＝(mg )2
＋(qE )2
，联立解得：
E ＝mg q ，B ＝2mg qv
，故D 正确，C 错误。

5．如下列图，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。

在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°角且处于竖直平面内。

一质量为m 、电荷量为＋q (q ＞0)的小球套在绝缘杆上。

给小球一沿杆向下的初速度v 0，小球恰好做匀速运动，电荷量保持不变。

磁感应强度大小为B ，电场强度大小为E ＝
3mg
q
，如此以下说法中不正确的答案是( )
A ．小球的初速度v 0＝2mg
qB
B ．假设小球的初速度为3mg
qB
，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止
C ．假设小球的初速度为mg qB
，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止
D ．假设小球的初速度为mg qB ，如此运动中抑制摩擦力做功为m 3g 2
2B 2q
2
答案 B
解析 对小球进展受力分析如下列图，电场力的大小F ＝qE ＝3mg ，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，二者的合力F
合
＝2mg ，方向与杆的方向垂直，
而洛伦兹力的方向也与速度的方向垂直，三力的合力不做功，所以当小球做匀速直线运动时，。