带电粒子在电磁场中的运动-2025届高考物理二轮复习热点题型归类

计算3带电粒子在电磁场中的运动

考点内容考情分析

考向一电磁场偏转类问题带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考

考向二动态圆、磁聚焦问题的热点，常见的考查形式有组合场（电场、磁场、重力

考向三带电粒子在复合场中运动场依次出现）、叠加场（空间同一区域同时存在两种以上

的场）、周期性变化的场等，近几年高考试题中，涉及

考向四有关电磁场的科技应用本专题内容的频率极高，特别是计算题，题目难度

大，涉及面广.

蜀深究懈题攻略”

1.思想方法

一、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法

确定圆心

「①轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系,

即/?=胃

qB

②由几何方法----般由数学知识（勾股定

理、三角函数等）计算来确定半径。

③偏转角度与圆心角、运动时间相联系。

〔④粒子在磁场中运动时间与周期相联系。

牛顿第二定律和圆周运动的规律等，特别是

周期公式、半径公式。

二、“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题

阴性质要清楚场的性质、方向、强弱、范围等.

」带电粒子依次通过不同场区时,由受力情况

与曾尸F确定粒子在不同区域的运动情况.

@—*1正确地画出粒子的运动轨迹图。

根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的

用规正〉一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。

要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速

3%关系度大小和方向关系，上一个区域的末速度往

往是下一个区域的初速度。

三、带电粒子在叠加场中运动的分析方法

复合场

弄清电场、磁场、重力场的组合情况

的组成

先分析场力（重力、电场力、洛伦兹力），再分

受力分析

析弹力、摩擦力、其他力

运动分析注意运动情况和受力情况的结合

分段分析粒子通过不同种类的场时，分段讨论

匀速直线运动-平衡条件

画出轨述

选择规豫匀速圆周运动一►牛顿运动定律和圆周运动规律

复杂曲线运动—动能定理或能量守恒定律

2.模型建构

一、常见的基本运动形式

电偏转磁偏转

偏转条件带电粒子以vlE进入匀强电场带电粒子以vlB进入匀强磁场

示意图rt**

H

V'0」

受力情况只受恒定的静电力只受大小恒定的洛伦兹力

运动情况类平抛运动匀速圆周运动

运动轨迹抛物线圆弧

物理规律类平抛运动规律、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式

mv2mv

qvB=---，r=—

1rqB

L=vt,y=^afi

2jimOT

基本公式T=——，t=—

qEatqB2兀

a——,tan8=一

mvL

sin8=一

r

静电力既改变速度方向，也改变速度洛伦兹力只改变速度方向，不改变

做功情况

大小，对电荷做功速度大小，对电荷永不做功

二、动态圆与磁聚焦

（一）动态放缩法

粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，

速度方向一定、

这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与粒子速度大小

大小不同

有关

如图所示（图中只画出粒子带正电的情景），速度V越大，运动半径

适用条也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心

件在垂直初速度方向的直线PP上

轨迹圆圆心共线XXXXXX

P'

XX

X/x---------X

Xx作\XX\X

x

XXXX&X

界定方

以入射点P为定点，圆心位于尸P直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条

法

件，这种方法称为“放缩圆”法

（二）定圆旋转法

粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场

时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度大

mvo

小为vo，则圆周运动半径为r=--，如图所示

qB

速度大小一定，方

XXXXx①X

向不同xX

适用条

件

\，......./'；\0%

...

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点。为圆心、

轨迹圆圆心共圆

半径厂=」mvo的圆上

qB

"Abmvo

将半径为的轨迹圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种

方法qB

方法称为“旋转圆”法

（三）平移圆法

粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的

带电粒子，它们进入匀强磁场时，做匀速圆周运动的半径相同，

速度大小一定，方

mvo

若入射速度大小为V0,则运动半径r=——，如图所示

适用条向一定，但入射点qB

件在同一直线上XXXXXXX

X|/x祗、\X

轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线

界定方mvo

将半径为r=，的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法

法qB

（四）磁聚焦、磁发散

点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做

圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处

的切线方向射出磁场，如图所示。

平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形

磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的

切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图所示。

三、现代科技

质谱仪的原理和分析

1.作用

测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。

2.原理(如图所示)

4

7674737270卫支

I口口「

仇・；；・

,・■应・

〃1/

一4

(1)加速电场：qU=^mv2；

mv2

(2)偏转磁场：qvB=----,l=2r,・

r

,1\2mUqr2B2q_2U

由t以t上t两式可得尸=—1----，m--------:

q2UmB2T2

回旋加速器的原理和分析

271m

1.加速条件：T电场—T回旋—-二-;

qB

mv2aBr

2.磁场约束偏转：qvB=-=>v=---o

rm

3.带电粒子的最大速度Vmax="”，小为。形盒的半径。粒子的最大速度Vmax与加速电压。无关。

m

4.回旋加速器的解题思路

(1)带电粒子在缝隙的电场中加速，交变电流的周期与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，每

经过电场一次，粒子加速一次。

(2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大，周期不变，最大动能与。形盒的半径有关。

霍尔效应的原理和分析

1.定义：高为〃，宽为d的金属导体(自由电荷是电子)置于匀强磁场2中，当电流通过金属导体时,

在金属导体的上表面/和下表面4之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。

2.电势高低的判断：如图，金属导体中的电流/向右时，根据左手定则可得，下表面，的电势高。

3.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷（电子）在洛伦兹力作用下偏转，4、4间出现电势差，当自由

电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，4、4间的电势差（S就保持稳定，由/=叩vS,S=

h

BIBI1

hd；联立得U=-k—，k——称为霍尔系数。

nqddnq

速度选择器、磁流体发电机

速度选择11

X„XXXE

o-*roB若qv（）B=Eq,即Vo=万，粒子做匀速直线运动

器XXXX

A-

等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，

磁流体发XXXXf

A="。Bd

o-*-o-*-两极板间电压为。时稳定，qU=qvoB,U=vWd

电机XXXx|

i___________________________।d

/夕亲临"高考练场"

考向一电磁场偏转类问题

1.（2024•安徽二模）如图甲，竖直面内有一小球发射装置，左侧有光滑绝缘圆弧形轨道ABC,A

与圆心O等高，C处于坐标原点，y轴左侧有一水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度

的大小Ei=lCPy/a。现将带正电绝缘小球从A点由静止释放进入轨道，一段时间后小球从C

点离开并进入y轴右侧，y轴右侧与直线DF（平行于y轴）中间范围内有周期性变化的水平方

向电场，规定向右为正方向，交变电场周期T=1.6s,变化规律如图乙。已知圆弧形轨道半径

R=，，小球质量m=0.3kg,电荷量q=4X10-3（2,NBOC=53°,重力加速度g=lOm/s2,

sin53°=0.8,不计空气阻力的影响及带电小球产生的电场。求：

（1）小球在C点时的速度；

3

(2)若小球在t=0时刻经过C点，在t=,T时刻到达电场边界DF,且速度方向恰与直线DF平

行，E2的大小及直线DF到y轴的距离；

(3)基于(2)中直线DF到y轴的距离，小球在不同时刻进入交变电场再次经过x轴时的坐标

范围。

【解答】解：(1)小球在y轴左侧，根据矢量合成的特点可得:

F=J(jng)2+(qEi)2

解得：F=5N

方向与水平方向成53°向下，根据动能定理，小球A到C运动过程

1,

FR(1+cos37°)=~^mv2—0

解得：v=10m/s

方向为与水平方向成53°o

(2)小球到达直线DF时速度方向恰与DF平行，即水平速度恰减到0,根据电场的周期性

T

vcos53°—ax-=0

解得：=7.5m/s2

根据牛顿第二定律可得：

qE2

a=---

ym

解得：E2=562.5V/m

根据速度一位移关系式

3(vcos530)2

Xn=-----------------

"2a

解得：xD=7.2m

(3)小球在y轴右侧竖直方向做竖直上抛运动，小球再次经过x轴的运动时间相同

2vsin53°

t=-------------

g

恰经过一个周期，t=0时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先减速运动再加速，此过程小

球水平方向平均速度最小，离c点最近

1

x3=](ucos53。+0)T

联立解得：X3=4.8m

因为X3〈XD

小球在电场内经过x轴，t=5时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先加速运动

1TT

Xi=~(ycos530+vcos530+

解得：xi=7.2m

且Xi=XD

恰加速运动至DF所在直线，小球出电场后做匀速运动

TT

x2=(vcos53°+ax-)-

解得：X2=9.6m

贝UXm=xi+x2=7.2m+9.6m=16.8m

此过程小球水平方向平均速度最大，离C点最远，综上，小球经过x轴时的坐标范围为

4.8mWxW16.8m

2.(2024•洛阳一模)如图所示，Q是x正半轴上的一点，其横坐标为X。(未知)。在xOy的第一

象限，xWxo的区域内存在大小为E、沿y轴负方向的匀强电场。速率为V。的带正电荷的粒子,

从P点沿y轴负方向射入电场后，通过O点时速率为2v°；从P点沿x轴正方向射入电场后恰

好从Q点射出。若将区域内的电场换成垂直xOy平面向外的匀强磁场，同样让该粒子从P点沿

x轴正方向射入，粒子也恰能从Q点射出。不考虑重力的作用，求磁感应强度的大小。

八y；

p，一►：

%：

OQx

【解答】解：因为O点和Q点电势相同，所以粒子通过Q点时的速度大小与通过O点时的速度

大小相等，均为2vo。设粒子运动到Q点时速度方向与x轴间的夹角为。，如图所示，则

2Voeos。=vo

1

解得cos。=-

可得6=60°

设粒子在电场中从P运动到Q的时间为t,P点的纵坐标yp,则

Vy=votan0

XQ-vot

Vy

yp=Q

解得yp=^o

设粒子的质量为m、电荷量为q,由动能定理有

1

2

qEyP=^7n(2v0)-

解得E=^遇

<7%o

设粒子在磁场中运动的半径为r,磁感应强度的大小为B,根据洛伦兹力提供向心力得

VQ

=m-

v

联立解得B=病

4E

答：磁感应强度的大小为行

3.(2024•罗湖区校级模拟)亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的圆形线圈。如图所示，两线圈

通入方向相同的恒定电流，线圈间形成平行于中心轴线。1。2的匀强磁场，沿。1。2建立X轴,

一足够大的圆形探测屏垂直于X轴放置，其圆心P点位于X轴上。在线圈间加上平行于X轴的

匀强电场，粒子源从X轴上的O点以垂直于X轴的方向持续发射初速度大小为V0的粒子。已知

粒子质量为m,电荷量为(q>0),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,电场和磁场均沿

x轴正方向，不计粒子重力和粒子间相互作用。若未加电场，粒子可以在线圈间做匀速圆周运

动。

(1)若未加电场，求粒子做圆周运动的半径r；

(2)加入电场后，沿x轴方向左右调节探测屏，求粒子打在探测屏上的点距探测屏圆心P点的

最远距离D；

(3)加入电场后，沿x轴方向左右调节探测屏，若要使粒子恰好打在探测屏的圆心P点，求此

时P点与粒子源间的距离do

【解答】解：(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得皿08=噂

mvo

解得轨道半径为「=而

(2)粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在x轴方向上做匀加速运动。若粒子在垂直

mvo

于x轴的平面内转过奇数个半圈，此时打到探测屏上的位置距离P点最远D=2r=2/

2nr

(3)垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T=『

Vo

2Tlm

则粒子回到x轴时间为弋=nT=n—(n=l,2,3…)

qb

1

沿、x轴方向d=]at29,qE=ma

2n27i2mE

联立解得d=(n=l,2,3…)

qB2

考向二动态圆、磁聚焦问题

4.（2024•郑州三模）如图所示，有一足够大绝缘平板MN水平放置，平板上O点处持续向上方

各方向发射带电小球。射出小球的质量为m,电荷量为+q,小球速度大小均为vo。在距离MN

上方L处平行放置一足够大光屏，光屏中心O正对平板上的O点。在平板和光屏之间有竖直向

2mg

上的匀强电场，电场强度为E=丁。不考虑小球间的相互作用，小球可看作质点，重力加速

度为g。

（1）求小球打在光屏上的速度大小；

（2）求小球打在光屏上的范围面积；

E

（3）将电场强度调整为万，同时在平板和光屏之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，若在纸面内射

出的小球打在光屏两侧到O'的最远距离均为岸3求所加磁场的磁感应强度大小。

【解答】解：（1）小球到达光屏的速度为v,从O点运动到光屏过程，由动能定理得

（qE—mg）L=—mv2—77m诏

解得小球打在光屏上的速度大小为

（2）平行于MN发射的小球，落在光屏上距离O'点最远，由牛顿第二定律得

qE-mg=ma

_1_

小球做类平抛运动，则有L=]at2,x=vot

小球打在光屏上的范围面积为S=irx2

联立解得s=2学

E

（3）电场强度调整为E'=5,止匕时qE=mg

小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得=警

经分析沿ON方向发射的小球打在光屏上的距离0'最远，如图所示

由几何关系可得当0号咛

可得0=30°

又Reos。=

3mvo

联立解得

B2qL

5.（2024•重庆模拟）质谱仪是检测和分离同位素的仪器。如图，速度选择器的磁感应强度为Bi，

方向垂直纸面向里，电场强度为E。分离器中磁感应强度为B2,方向垂直纸面向外。离子室内

充有大量氨的同位素离子,经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点O平行于极板进入,

选择出的部分离子通过小孔O进入分离器的磁场中，在底片上形成3个有一定宽度分别对应1

He、和名/Ze三种离子的感光区域。第一片感光区域的中心P到O'点的距离为山。忽略离

子的重力及相互间作用力，不计小孔O'的孔径。

（1）求沿直线运动通过速度选择器，并打在感光区域中心P点离子的速度，vo及比荷*；

（2）以速度为丫=丫0土Av从O点射入的离子，其在速度选择器中的运动可视为速度为vo的匀

速直线运动和速度为Av的匀速圆周运动的合运动，感光板上要出现3个有一定宽度的感光区域,

求该速度选择器极板的最小长度L；

（3）在（2）的情况下，为能区分3种离子，求该速度选择器的极板间最大间距d。

【解答】解：(1)离子在速度选择器中沿直线运动，需满足电场力与洛伦兹力平衡，则有:

qv0Bi=qE

E

解得：v=—

0D1

在分离器中离子做匀速圆周运动，轨迹为半个圆周，易知打在感光区域中心P点的离子的运动半

径为:

di

r1=万

根据洛伦兹力提供向心力得:

VQ

qv0B2=m-

q2E

解得：三二瓦嬴

,,一1,

(2)在加速电场中，根据动能定理得：qU=Ynvo

在分离器中有：qvB=

02V

mvom

可得：「=词=而2mU

mBq

.q2Er

三种离子电荷量相同，则质量最小的汨e轨迹半径最小，则(1)问中所解比荷生=是孤e

771£、>1J7D2U”1

离子的比荷，可得:

4m5m

加e离子的比荷为：而；剂e离子的比荷为：—

iHe,如e、三种离子在速度选择器中分运动的匀速圆周运动的周期分别为:

271mTIB2dl

L=西=~

27rx4m4

T2=^T=/

27rx5m5

T3=万丁=式1

使三种离子都能通过速度选择器，最短时间是上述3个周期的最小公倍数，可得：

三种离子都能通过速度选择器的最短时间为：tmin=20Ti

207rB2dl

L=

可得极板最小长度为：votmln=------------

d

(3)离子在速度选择器中分运动的匀速圆周运动的半径最大为：-

dmAvi4mAv25mAv3

同理由洛伦兹力提供向心力，对三种离子都有："===

4Qo1DQDiDQJDi

2m(vo+^vi)

在分离器中的最大直径为：^maxl=QB2

联立可得：

2mZlvi2mJviBidBi

Dsi=%+qB2=心+qB[*瓦^心+万*及

同理可得：的最小直径为：

2x4m(vo-21v2)4d

Dmin2=3^=一万x瓦

为能区分？"e、禺子需满足：Dmin2>Dmaxl

解得：dV2~di

D£>1

44dBi

同理?He的最大直径为：^max2中1+5X豆

2x5m(vo-21v3)5dB\

的最小直径为：Dmin3=------而;-----=3dl~2X~B^

为能区分£"e、离子需满足：Dmin3>Dmax2

B

解得：d<港2~di

on1

故该速度选择器的极板间最大间距为粤办。

6.(2024•重庆模拟)如题图所示，两个相同的光滑弹性竖直挡板MN、PQ固定在纸面内，平行

正对且相距足够远，矩形MNQP区域内(含边界)充满竖直向下的匀强电场，电场强度大小为

E»紧邻MN板右侧有一匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁场右边界为半圆，圆心为MN板的

中点0。现有一带负电小球在纸面内从M点射入磁场，速度大小为V、方向与MP的夹角为3

恰好能在磁场中做匀速圆周运动，且第一次飞出磁场时速度恰好水平。已知重力加速度为g,

MN=PQ=d,NQ=MP=L,该小球可视为质点且电荷量保持不变，挡板厚度不计，忽

略边界效应。该小球每次与挡板(含端点)碰撞后瞬时，水平速度大小不变、方向反向，竖直

速度不变。

(1)求该小球第一次与MN板碰撞前在磁场中运动的路程;

(2)求该匀强磁场的磁感应强度大小B；

(3)若该小球能通过N点，求。的大小，以及该小球第二次离开矩形MNQP区域前运动的总时

间。

【解答】解：(1)根据题意画出小球第一次与MN板碰撞前的运动轨迹如下图所示

设小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由几何关系得:

.2j2

瞪_R（1-COS。）］+（Rs讥0）2=（卷）

d

解得：R=-

由图中几何关系可知，所求路程为两端圆弧轨迹的总长为:

s=2R0=d0

(2)小球恰好能在磁场中做匀速圆周运动，需要电场力与重力平衡，则有:

mg=qE

由洛伦兹力提供向心力得:

V2

qvB=m—

联立解得：B=—

d7T1

（3）情况①：由R=7,可知当e=5时，小球在磁场中先后做两段7圆周运动可通过N点，且

在N点沿MN方向离开矩形区域，再由N点回到该区域，沿NM边界匀速向下运动（NM边界

处无磁场），最终从M点离开，此情况小球的运动轨迹如下图所示

设小球在磁场中运动的时间为力，则有:

12nRnd

2'~iT=2v

设小球在电场中水平方向做匀速直线运动的总时间为t2,则有:

小球从N点离开后再次回到N点经过的时间为：t3=：■

一d

小球从N点匀速运动到M点经过的时间为：t=—

4v

此情况小球第二次离开矩形MNQP区域前运动的总时间为：t=ti+t2+t3+t4

2v

联立解得：t=——+—

2v9

71

情况②：当0＜。＜万时，由"MN与PQ相距足够远”可知，要使小球能通过N点，小球第一次

与MN板碰撞后，再次飞出磁场时，速度方向也应该水平，则小球在磁场中的运动轨迹如下图所

_d17T

由几何关系可知：2--cos0=R解得：COS0=",即

ZZf。

7T

设小球在磁场中运动的时间为t「，则有

402TIR2nd

til=—•-----=-------

27rv3v

小球在水平方向做匀速直线运动的总时间为t2',则有：

„,4QL-Rsin0)4L-V3d

=-------------=------------

VV

小球从N点离开后，从NQ上D点再次进入矩形MNQP区域时，此过程经过的时间为：

vsinOV3v

tz=2-二

3g9

该小球从NQ上D点再次进入矩形MNQP区域时，到N点的水平距离为：

A八，四/

△X=VCOS0-to=-------

2g

己知：d<Y交，可得：Ax>(,可知该小球再次进入矩形MNQP区域后，不会进入磁场区域,

将沿斜向右下方做匀速直线运动，且速度大小仍为V,方向与水平方向夹角仍为。，该过程中小

球做匀速直线运动的时间为：

,,d2V3d

LA=----------=----------

vsinO3v

此情况小球第二次离开矩形MNQP区域前运动的总时间为：t'=t1'+t2'+t3'+t4'

联立解得：F--------J----------+--

3vg

考向三带电粒子在复合场中运动

7.(2024•泉州模拟)如图甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的匀强电场与匀强磁场，电场

方向竖直向上，场强大小为E,磁场方向垂直纸面向里。在离地高为h的0点处建立一直角坐

标系xOy,y轴竖直向上。一个带正电小球A从O点以速率vo沿x轴负方向射出，恰好可以垂

直打到地面。已知重力加速度大小为g,A受到的电场力恰好等于重力，运动过程中带电量不

变，忽略空气阻力。

(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小B；

(2)若大量与A相同的小球仍从。点以速率vo在xOy平面内沿各个方向先后射出，小球间的

相互作用均不计，落地后均不反弹，求小球落地点区间的长度；

(3)若撤去电场，小球仍从。点以某一速率沿y轴正方向射出，恰好不会打到地面。

i.求小球从。点射出时的速率vi；

ii.已知小球的速率v与时间t的关系如图乙所示，求小球速率达到最小时两个位置之间的距离。

【解答】解：(1)由于小球所受电场力等于重力

qE=mg

故小球在场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有

qvo=m-

0R

根据几何知识R=h

联立解得8=正;

(2)当小球的运动轨迹与地面相切时可运动到左侧最远落地点，此时小球在第二象限与y轴正

根据几何知识，其水平位移为

Xi=V3/?

当小球沿-y方向射出时，可运动到右侧最远落地点，轨迹图像如(1)所示，根据几何知识，其

水平位移为X2=R

则落地点区间的长度为L=X1+X2

联立解得卜=(V3+1)/1；

(3)i.利用配速法，在。点给小球两个大小相等，方向平行于X轴且方向相反的速度V2,使其

满足qv2B=mg

mggh

解得丫2=正=益

如此即可将小球的运动分解为圆周运动与水平方向的匀速运动，则圆周运动的速度V'=窈/

1/2

根据牛顿第二定律，有洛伦兹力提供向心力有qvB=m—

r

解得

mvr

r=—-

qB

这里不考虑水平方向的匀速直线运动，则粒子的轨迹图像如图所示

V2

h=r+rcosacosa=~

v

联立解得Vi=J诏—2gh；

ii.由题意可知，当小球做圆周运动的速度水平向右时合速度最小，故合速度最小的时间间隔为

一个周期的整数倍，故小球速度达到最小时的位置之间的距离AXMIIV2T(n=0,1,2...)

根据周期公式T=一丁

v

2nh

解得T=■—

vo

2717rg九2

联立解得Ax=―—(n=1,2,3…)。

8.(2024•泰州一模)高能微粒实验装置，是用以发现高能微粒并研究和了解其特性的主要实验工

具。为了简化计算，一个复杂的高能微粒实验装置可以被最简化为空间中的复合场模型。如图

甲所示，三维坐标系中，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B(图中未画出)

和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从

xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大

mg

小为vo,方向与X轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小E=7,从微粒通过O点开始

mgTIVO

计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，已知B。=藐;，t=—,规定当磁感应强度

q“u0<y

沿Z轴正方向时为正，重力加速度大小为g。

(1)求抛出点P到X轴的距离y；

(2)求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T；

(3)若t=:时撤去yOz右侧的原电场和磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向引=哼50

的匀强磁场，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。

【解答】解：（1）粒子做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为45°,则有:

Vy=v（）sm45v0

根据平抛规律可得：=2gy,即有：（乎⑹2=2”，解得：丫=段=遗叱=普；

」2Ag2g初

（2）根据题意，粒子受到的重力与电场力平衡，则有：qE=mg

v2mvo

由洛伦兹力提供向心力，则有：=解得：R=~^~

27rH271m

粒子在磁场中运动的周期为：T=--=—

ovoq5

Vn27TVO

当3=3（）时，有：R1=—,T——

,y1=y

Bo2储4TTV0

当3=〒时，则有：R2=—，T2=——

乙y.y

结合题中信息可知：0〜访，微粒刚好转过180°；访〜2访，微粒转过90°；2to〜3to与0〜访的运

动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样；3to〜4to与to〜2to的运动轨迹大小一样，只是偏转方向

不一样，综上所述，微粒一个周期的运动轨迹如图所示:

（3）t=to时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即有：vj=%s讥45°=孝处，vj=v0cos45°=

V2

TVo

粒子在竖直方向上做竖直上抛运动，则有：（孝％）2=29>2,解得：丫2=篇

V2加日立笫0

—vo=gt,解得：t2=f-

z2乙y

粒子水平方向向上做圆周运动，则有：

mvxv2

口3=冠=扁

2兀-2缶o

13=营=^-

5

由此可知：t2="T3

1v2

则有：x'-V2RI+R3=（V2+~）—

57rg

___1Vov0v0

因此粒子向上运动到离xOz平面最远时的坐标为：（（V2+—）—,—,--）0

5兀g4g57rg

9.（2024•浙江二模）如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线PQ,PQ左侧有一直角三

角形区域OAC,其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为Bo的匀强磁场，已知OA与y

轴重合，且OA=a,9=60°,C点恰好处于PQ分界线上。PQ右侧有一长为L的平行板电容

器，板间距为a,上极板与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸面向里，强弱随y

坐标变化的磁场，和竖直向下场强大小为E的匀强电场。该复合场能使沿水平方向进入电容器

的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容