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带电粒子在复合场中的运动
考纲解读 1.能分析计算带电粒子在复合场中的运动.2.能够解决速度选择器、磁流体发电机、质谱仪等磁场的实际应用问题.
1． 某空间存在水平方向的匀强电场(图中
未画出)，带电小球沿如图1所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，
此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法正确的是
( )
A．小球确定带正电 图1
B．小球可能做匀速直线运动
C．带电小球确定做匀加速直线运动
D．运动过程中，小球的机械能增大
答案 CD
解析 由于重力方向竖直向下，空间存在磁场，且直线运动方向斜向下，与磁场方向相同，故不受洛伦兹力作用，电场力必水平向右，但电场具体方向未知，故不能推断带电小球的电性，选项A错误；重力和电场力的合力不为零，故不行能做匀速直线运动，所以选项B错误；由于重力与电场力的合力方向与运动方向相同，故小球确定做匀加速直线运动，选项C正确；运动过程中由于电场力做正功，故机械能增大，选项D正确．
2． 如图2所示，一带电小球在一正交电
场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面
向里，则下列说法正确的是 ( )
A．小球确定带正电 图2
B．小球确定带负电
C．小球的绕行方向为顺时针
D．转变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
答案 BC
解析 小球做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，结合电场
方向可知小球确定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的
弯曲方向结合左手定则可得绕行方向为顺时针方向，C正确，D错误．
考点梳理
一、复合场
1． 复合场的分类
(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
(2)组合场：电场与磁场各位于确定的区域内，并不重叠或相邻或在同一区域，电场、磁场交替毁灭．
2． 三种场的比较
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功转变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：a.正电荷受力方向与场强方向相同
b.负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关
W＝qU
电场力做功转变电势能
磁场
洛伦兹力F＝qvB
方向可用左手定则推断
洛伦兹力不做功，不转变带电粒子的动能
二、带电粒子在复合场中的运动形式
1． 静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．
2． 匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．
3． 较简洁的曲线运动
当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同始终线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．
4． 分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个状况不同的组合场区域，其运动状况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．
3． 如图3所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒
子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的
匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过
的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为
B0的匀强磁场．下列表述正确的是 ( )
A．质谱仪是分析同位素的重要工具 图3
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面对外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
答案 ABC
解析 粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面对外，选项B正确；由Eq＝Bqv可知，v＝E/B，选项C正确；粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即为其做匀速圆周运动的直径D＝，可见D越小，则粒子的比荷越大，D不同，则粒子的比荷不同，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误．
4． 劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作
原理示意图如图4所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两
盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽视．磁感应强度为B的
匀强磁场与盒面垂直，高频沟通电频率为f，加速电压为U.若A处
粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，
且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的
是 ( ) 图4
A．质子被加速后的最大速度不行能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1
D．不转变磁感应强度B和沟通电频率f，该回旋加速器的最大动能不变
答案 AC
解析 粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝＝2πRf，故A正
确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f 2＝2mπ2R2f 2，与加速电压U无关，B错误；依据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f 2与m、R、f均有关，D错误．
规律总结
带电粒子在复合场中运动的应用实例
1． 质谱仪
(1)构造：如图5所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．
图5
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，依据动能定理可得关系式qU＝mv2.
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，依据牛顿其次定律得关系式qvB＝m.
由两式可得出需要争辩的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷．
r＝ ，m＝，＝.
2． 回旋加速器
(1)构造：如图6所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处
接沟通电源，D形盒处于匀强磁场中．
(2)原理：沟通电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由qvB＝，得 Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒 图6
半径r打算，与加速电压无关．
特殊提示 这两个实例都应用了带电粒子在电场中加速、在磁场中偏转(匀速圆周运动)
的原理．
3． 速度选择器(如图7所示)(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B相互
垂直．这种装置能把具有确定速度的粒子选择出来，所以叫做速度
选择器．
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，
即v＝. 图7
4． 磁流体发电机
(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能．
(2)依据左手定则，如图8中的B是发电机正极．
(3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的
磁感应强度为B，则由qE＝q＝qvB得两极板间能达到的最大电势 图8
差U＝BLv.
5． 电磁流量计工作原理：如图9所示，圆形导管直径为d，用非磁性材
料制成，导电液体在管中向左流淌，导电液体中的自由电荷(正、负
离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间毁灭电势差，形成电
场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就 图9
保持稳定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液体流量Q＝Sv＝
·＝.
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
1． 带电粒子在叠加场中无约束状况下的运动状况分类
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做简洁的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做简洁的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，确定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，确定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做简洁的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．
2． 带电粒子在叠加场中有约束状况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的状况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功状况，并留意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．
例1 如图10所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面对里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域 ，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0.若撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，则经时间打到极板上．
图10
(1)求两极板间电压U；
(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？
解析 (1)设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动
L∶(L－2R)＝t0∶，解得L＝4R
粒子在电场中做类平抛运动：L－2R＝v0·
a＝
R＝a()2
在复合场中做匀速运动：q＝qv0B
联立各式解得v0＝，U＝
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，由几何关系可知：β＝π－α＝45°，r＋r＝R
由于R＝()2，
所以＝＝
依据牛顿其次定律有qvB＝m，
解得v＝
所以，粒子在两板左侧间飞出的条件为0<v<
答案 (1) (2)0<v<
技巧点拨
带电粒子(带电体)在叠加场中运动的分析方法
1．弄清叠加场的组成．
2．进行受力分析．
3．确定带电粒子的运动状态，留意运动状况和受力状况的结合．
4．画出粒子运动轨迹，机敏选择不同的运动规律．
(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，依据受力平衡列方程求解．
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解．
(3)当带电粒子做简洁曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
(4)对于临界问题，留意挖掘隐含条件．
5．记住三点：(1)受力分析是基础；
(2)运动过程分析是关键；
(3)依据不同的运动过程及物理模型，选择合适的定理列方程求解．
突破训练1 如图11所示，空间存在着垂直纸面对外的水平匀强磁场，
磁感应强度为B，在y轴两侧分别有方向相反的匀强电场，电场强
度均为E，在两个电场的交界处左侧，有一带正电的液滴a在电场
力和重力作用下静止，现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴
b，当它的运动方向变为水平方向时恰与a相撞，撞后两液滴合为一
体，速度减小到原来的一半，并沿x轴正方向做匀速直线运动，已 图11
知液滴b与a的质量相等，b所带电荷量是a所带电荷量的2倍，且相撞前a、b间的静
电力忽视不计．
(1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小；
(2)求液滴b开头下落时距液滴a的高度h.
答案 (1) (2)
解析 液滴在匀强磁场、匀强电场中运动，同时受到洛伦兹力、电场力和重力作用．
(1)设液滴a质量为m、电荷量为q，则液滴b质量为m、电荷量为－2q，
液滴a平衡时有qE＝mg ①
a、b相撞合为一体时，质量为2m，电荷量为－q，速度为v，由题意知处于平衡状态，
重力为2mg，方向竖直向下，电场力为qE，方向竖直向上，洛伦兹力方向也竖直向上，
因此满足qvB＋qE＝2mg ②
由①、②两式，可得相撞后速度v＝
(2)对b，从开头运动至与a相撞之前，由动能定理有
WE＋WG＝ΔEk，即(2qE＋mg)h＝mv ③
a、b碰撞后速度减半，即v＝，则v0＝2v＝
再代入③式得h＝＝＝
考点二 带电粒子在组合场中的运动
1． 近几年各省市的高考题在这里的命题情景大都是组合场模型，或是一个电场与一个磁场相邻，或是两个或多个磁场相邻．
2． 解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．
3． 要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态．
4． 分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．
例2 (2022·山东理综·23)如图12甲所示，相隔确定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场
区，磁场方向垂直纸面对里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极
板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均
为U0，周期为T0.在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，
粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区．(不
计粒子重力，不考虑极板外的电场)
图12
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d.
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．
审题指导 1.粒子的运动过程是什么？
2．要在t＝3T0时使粒子再次到达S2，且速度为零，需要满足什么条件？
解析 (1)粒子由S1至S2的过程，依据动能定理得
qU0＝mv2 ①
由①式得v＝ ②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿其次定律得q＝ma ③
由运动学公式得d＝a()2 ④
联立③④式得d＝ ⑤
(2)设磁感应强度的大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿其次定律得qvB＝m ⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足2R> ⑦
联立②⑥⑦式得B<
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程所用时间为t1，有d＝vt1 ⑧
联立②⑤⑧式得t1＝ ⑨
若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，依据运动学公式得d＝t2 ⑩
联立⑧⑨⑩式得t2＝ ⑪
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T0－－t1－t2 ⑫
联立⑨⑪⑫式得t＝ ⑬
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝
⑭
由题意可知T＝t ⑮
联立⑬⑭⑮式得B＝.
答案 (1) (2)B<
(3)
方法点拨
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法
40．带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动模型问题的分析
解析 (1)粒子在磁场中运动时qvB＝ (2分)
T＝ (1分)
解得T＝＝4×10－3 s (1分)
(2)粒子的运动轨迹如图所示，t＝20×10－3 s时粒子在坐标系内做了两个
圆周运动和三段类平抛运动，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2 m (1分)
竖直位移y＝a(3T)2 (1分)
Eq＝ma (1分)
解得y＝3.6×10－2 m
故t＝20×10－3 s时粒子的位置坐标为：
(9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m) (1分)
(3)t＝24×10－3 s时粒子的速度大小、方向与t＝20×10－3 s时相同，设与水平方向夹角为
α (1分)
则v＝ (1分)
vy＝3aT (1分)
tan α＝ (1分)
解得v＝10 m/s (1分)
与x轴正向夹角α为37°(或arctan )斜向右下方 (1分)
答案 (1)4×10－3 s (2)(9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m) (3)10 m/s 方向与x轴正向夹角
α为37°(或arctan )
突破训练2 如图14甲所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的场强
大小为E＝2.5×102 N/C的匀强电场(上、下及左侧无界)．一个质量为m＝0.5 kg、电荷
量为q＝2.0×10－2 C的可视为质点的带正电小球，在t＝0时刻以大小为v0的水平初速度
向右通过电场中的一点P，当t＝t1时刻在电场所在空间中加上一如图乙所示随时间周期
性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，
PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面对里为正．(g＝
10 m/s2)
图14
(1)假如磁感应强度B0为已知量，使得小球能竖直向下通过D点，求磁场每一次作用时
间t0的最小值(用题中所给物理量的符号表示)；
(2)假如磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件的时刻t1的表达式(用题中所给物理量
的符号表示)；
(3)若小球能始终在电磁场所在空间做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小(用题中所给物理量的符号表示)．
答案 (1) (2)＋ (3)
解析 (1)当小球仅有电场作用时：mg＝Eq，小球将做匀速直线运
动．在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动，圆周
运动周期为T0，若竖直向下通过D点，由图甲分析可知：
t0＝＝
(2)－＝R，即： 甲
v0t1－L＝R
qv0B0＝mv/R
所以v0t1－L＝，t1＝＋
(3)小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电
磁场中的运动的周期T增加，在小球不飞出电磁场的状况下，当T
最大时有：
＝2R＝＝
B0＝，T0＝＝ 乙
由图分析可知小球在电磁场中运动的最大周期：
T＝8×＝，小球运动轨迹如图乙所示．
高考题组
1． (2022·课标全国·25)如图15，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面
(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、
电荷量为q的粒子沿图中直线从圆上的a点射入柱形区域，从圆上的b
点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为
R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样 图15
速度沿直线从a点射入柱形区域，也从b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计
重力，求电场强度的大小．
答案
解析 粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿其次定律和洛伦兹力公式得qvB＝m ①
式中v为粒子在a点的速度．
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c点和d点．由几何关系知，线段、和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此
＝＝r ②
设＝x，由几何关系得＝R＋x ③
＝R＋ ④
联立②③④式得r＝R ⑤
再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设
其加速度大小为a，由牛顿其次定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE＝ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r，由运动学公式得r＝at2 ⑦
r＝vt ⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得
E＝.
2． (2022·浙江理综·24)如图16所示，两块水平放置、相距为d的长
金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向
垂直纸面对里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表
面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷 图16
量的墨滴．调整电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入
电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．
(1)推断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的值；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M
点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？
答案 (1)负电荷 (2) (3)
解析 (1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
q＝mg ①
由①式得：q＝ ②
由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷．
(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，
墨滴做匀速圆周运动，有
qv0B＝m ③
考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之
一圆周运动，则半径
R＝d ④
由②③④式得B＝
(3)依据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设墨滴做圆周运动的半径为R′，有
qv0B′＝m ⑤
由图可得：
R′2＝d2＋(R′－)2 ⑥
由⑥式得：R′＝d ⑦
联立②⑤⑦式可得：
B′＝.
模拟题组
3. 如图17所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、
方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面对
里的匀强磁场．质荷比为＝4×10－10 N/C的带正电粒子从x
轴上的A点以初速度v0＝2×107 m/s垂直x轴射入电场，OA＝
0.2 m，不计重力．求： 图17
(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；
(2)若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子其次次进入
电场后的运动状况．)
答案 (1)0.4 m (2)B≥(2＋2)×10－2 T
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，
则：sOA＝at2
a＝
E＝
y＝v0t
联立解得a＝1.0×1015 m/s2 t＝2.0×10－8 s y＝0.4 m
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：
vx＝at＝2×107 m/s
粒子经过y轴时的速度大小为：
v＝＝2×107 m/s
与y轴正方向的夹角为θ，θ＝arctan ＝45°
要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周
运动的轨道半径为R，则：
R＋R≤y
qvB＝m
联立解得B≥(2＋2)×10－2 T.
4． 如图18甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场，
一个带正电小球在t＝0时刻以v0＝3gt0的初速度从O点沿＋x方向(水平向右)射入该空
间，在t0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场方向竖直向上，场强
大小E0＝，磁场垂直于xOy平面对外，磁感应强度大小B0＝，已知小球的质量为
m，带电荷量为q，时间单位为t0，当地重力加速度为g，空气阻力不计．试求：
图18
(1)t0末小球速度的大小；
(2)小球做圆周运动的周期T和12t0末小球速度的大小；
(3)在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图；
(4)30t0内小球距x轴的最大距离．
答案 (1)gt0 (2)2t0 gt0 (3)见解析图
(4)gt
解析 (1)由题图乙知，0～t0内，小球只受重力作用，做平抛运动，在t0末：
v＝＝＝gt0
(2)当同时加上电场和磁场时，电场力F1＝qE0＝mg，方向向上
由于重力和电场力恰好平衡，所以小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，有qvB0＝m
运动周期T＝，联立解得T＝2t0
由题图乙知，电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5倍，即在
这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1＝12t0时刻的速度相
当于小球做平抛运动t＝2t0时的末速度．
vy1＝g·2t0＝2gt0，vx1＝v0x＝3gt0
所以12t0末v1＝＝gt0
(3)24t0内运动轨迹的示意图如图所示．
(4)分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球相当于做了t2＝3t0的平
抛运动和半个圆周运动.23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为
y2＝g(3t0)2＝gt
竖直分速度vy2＝3gt0＝v0，
所以小球与竖直方向的夹角为θ＝45°，速度大小为
v2＝3gt0
此后小球做匀速圆周运动的半径r2＝＝
30t0内小球距x轴的最大距离：y3＝y2＋(1＋cos 45°)r2＝gt
►题组1 对带电粒子在叠加场中运动的考查
1． 如图1所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开头
经电压U加速后，水平进入相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B
的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周
运动，则 ( ) 图1
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加
答案 BC
解析 小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A错误；由于小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿其次定律和动能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r＝
，由T＝可以得出T＝，与电压U无关，所以B、C正确，D错误．
2． 如图1所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强
电场和匀强磁场．质子由静止开头经一加速电场加速后，垂直于
复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的
动能为Ek.那么氘核同样由静止开头经同一加速电场加速后穿过同
一复合场后的动能Ek′的大小是 ( )
A．Ek′＝Ek 图2
B．Ek′>Ek
C．Ek′<Ek
D．条件不足，难以确定
答案 B
解析 设质子的质量为m，则氘核的质量为2m.在加速电场里，由动能定理可得：eU＝
mv2，在复合场里有：Bqv＝qE⇒v＝，同理对于氘核由动能定理可得其离开加速电场
的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场
力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，B选项正确．
►题组2 对带电粒子在组合场中运动的考查
3． 如图3所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L＝1 m．间距d＝ m，两金属板间电压UMN＝1×104 V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面对里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面对外的匀强磁场B2.已知A、F、G处于同始终线上，B、C、H也处于同始终线上．AF两点的距离为 m．现从平行金属板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m＝3×10－10 kg，带电荷量q＝＋1×10－4 C，初速度v0＝1×105 m/s.
图3
(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向；
(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1；
(3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的
条件．
答案 (1)×105 m/s 与水平方向夹角为30°
(2) T (3)大于 T
解析 (1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t，加速度为a，＝ma
故a＝＝×1010 m/s2
t＝＝1×10－5 s
竖直方向的速度为vy＝at＝×105 m/s
射出电场时的速度为v＝＝×105 m/s
速度v与水平方向夹角为θ，tan θ＝＝，故θ＝30°，即垂直于AB方向射出
(2)带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y＝at2＝ m＝，即粒子由P点垂直AB边射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1＝＝ m
由B1qv＝知B1＝＝ T
(3)分析知当运动轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最小，运动轨迹如图所示：
由几何关系可知R2＋＝1
故半径R2＝(2－3) m
又B2qv＝m，
故B2＝ T
所以B2应满足的条件为大于 T.
4. 如图4所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处
沿图示方向以确定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场
中，磁场方向垂直纸面对里．结果离子正好从距A点为d的
小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC
平行且向上，最终离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)． 图4
不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
(2)离子从D处运动到G处所需时间；
(3)离子到达G处时的动能．
答案 (1)d (2) (3)
解析 (1)正离子轨迹如图所示．
圆周运动半径r满足：
d＝r＋rcos 60°
解得r＝d
(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有：qv0B＝m
T＝＝
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：t1＝T＝
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为：t2＝＝
离子从D→C→G的总时间为：t＝t1＋t2＝
(3)设电场强度为E，则有：
qE＝ma
d＝at
由动能定理得：qE
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