大题精练05 带电粒子（带电体）在复合场中的运动问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2025·山西、陕西、宁夏、青海模拟）静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的电场力来平衡重力，从而实现材料悬浮无容器处理的一种先进技术，其原理示意图如图所示。若两平行金属极板间电势差为U，间距为D。质量为m的金属微粒悬浮于其中，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为（ ）
A．负电荷， B．负电荷，
C．正电荷， D．正电荷，
2．（2024高一下·浙江月考）一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m且带电量为的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（已知，）（ ）
A．剪断细线，小球将做曲线运动
B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
D．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
3．（2024高三下·成都模拟）如图所示，竖直平面内建立直角坐标系，整个空间存在平行平面的匀强电场，电场强度方向与轴正方向成角。质量为的带电小球从坐标原点沿轴的正方向以初速度水平抛出，经过一段时间小球以的速度穿过轴正半轴某点（图中未画），重力加速度为，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为
B．小球所受电场力大小为
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度大小等于竖直速度大小
4．（2023高二上·武汉期中） 如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以速度大小为v竖直向上射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为－q，重力加速度为g，则在该过程中（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球克服重力做功为0
C．小球射入电场后，小球的电势能逐渐减小
D．小球机械能增加
二、运动学专项
5．（2024高二上·顺义期中）如图所示，平行板电容器上极板MN与下极板PQ水平放置，一带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出。下列说法正确的是（ ）
A．该电容器上极板一定带负电
B．液滴从P点到N点的过程中速度增加
C．液滴从P点到N点的过程中电势能减少
D．液滴从P点以原速度射入后可能做匀减速直线运动
6．（2024高一下·汨罗月考）半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有质量为m带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图，珠子所受静电力是其重力的倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放（sin53°＝0.8；cos53°＝0.6）则珠子所获得的最大动能是（ ）
A．sinr B．mgr C．mgr D．mgr
7．（2024高三下·武汉月考）如图所示水平放置的平行板电容器中间开有小孔，两板间距为d；一均匀带电绝缘棒带电量为，长度为2d，质量为m。绝缘电棒下端紧靠小孔，静止释放后绝缘棒始终保持竖直，与电容器无接触且电荷分布保持不变。棒的上端点进入电场时，棒的速度恰好为零。不考虑极板外的电场影响，则两板间的电压为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三下·南充模拟）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为的滑块（可看做点电荷）从a点以初速度沿水平面向Q运动，b点为滑块运动中距Q最近的点。已知a、b间距离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．滑块在b点的加速度一定为0
B．滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于
C．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于
D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为
9．（2024高三下·成都模拟） 如图所示，竖直平面内足够长的光滑绝缘倾斜杆底端固定有一点电荷Q，M、N为杆上的两点。套在杆上的绝缘带电小球从某点静止释放后，沿杆向上运动，先后通过了M、N两点。由此可以判断（ ）
A．点电荷Q在M点处产生的场强方向一定沿杆向上
B．小球在M点的加速度一定大于在N点的加速度
C．小球在M点的电势能一定大于在N点的电势能
D．小球在M点的动能一定大于在N点的动能
10．（2024高二下·浙江开学考） 如图所示，有一质量为m、电荷量为q、初速度大小为v的带电油滴从O点射入真空中的电场，电场方向水平向右，带电油滴的初速度方向与电场方向成角，油滴沿直线到达最高点P，则对油滴从O点运动到P点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的机械能最小 B．重力势能增加了
C．电势能不断地减少 D．O点与P点之间的电势差为
11．（2024高一下·宜昌月考） 如图，倾角的固定斜面与半径为r的四分之三圆弧形轨道ABC相切于A点，其中半圆弧段AB是硬质细圆管。整个空间存在水平方向的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电小球恰好静止在斜面上。已知重力加速度大小为g，取，小球直径略小于圆管的内径，运动过程中小球所带电荷量保持不变，并且斜面绝缘，忽略一切摩擦。现给小球一个沿斜面向下的初速度，则（ ）
A．匀强电场的场强大小为
B．小球能到达B点的条件为
C．小球可能在BC段某点脱离轨道（不包括BC两点）
D．小球经过C点的速度大小可能为
12．（2022高二上·成都期末）如图所示，一个氢离子和一个氦离子同时从同一点由静止开始，经同一电场加速后垂直射入同一偏转电场中，最终打在与偏转电场平行的竖直荧光屏上，整个过程中不考虑两离子间的相互作用，则下列说法正确的是（)
A．两离子将先后打在荧光屏上的同一点
B．两离子将同时打在荧光屏上的同一点
C．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为2：1
D．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为：1
三、电磁学专项
13．（2024高二下·涪城期末）如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内有均匀辐向电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器内有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．极板M比极板N的电势低
B．加速电场的电压
C．PQ之间的距离为
D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
14．（2024高三下·长沙模拟）如图所示，水平放置的平行金属板与电源相连，间距为d，两金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆心为O，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一束带电粒子沿两金属板中轴线以速度v射入金属板间，然后沿直线运动，从a点射入圆形磁场，e点射出磁场。已知ab为圆形区域的水平直径，，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．两金属板间匀强电场的电场强度大小为vB，方向竖直向上
B．两金属板间的电压为
C．粒子的比荷为
D．粒子在圆形磁场中运动的时间为
15．（2024高三上·湖南月考）如图所示的正交的电磁场中，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向沿水平方向垂直纸面向里，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球从P点以一定的速度抛出，小球恰好能做直线运动，已知电场强度，磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球抛出的初速度大小为
B．小球运动过程中电势能增加
C．某时刻撤去电场，此后小球运动的最小速度为0
D．某时刻撤去电场，此后小球在竖直方向上能上升的最大高度为
16．（2024高三上·湛江模拟）如图为某粒子收集器的简化图，由加速、偏转和收集三部分组成。辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U。足够长的收集板MN平行于边界ACDB，O到MN的距离为L，ACDB和MN之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。现有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们均匀地吸附在外圆弧面AB上，并从静止开始加速。不计粒子重力、粒子间的相互作用及碰撞，若测得这些粒子进入磁场后的运动半径为2L，下列说法正确的是（ ）
A．外圆弧面AB上有的粒子能打在收集板MN上
B．外圆弧面AB上有的粒子能打在收集板MN上
C．外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差
D．若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差，则打在收集板MN的粒子数占比将增大
17．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场，有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直，现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出），已知OD长为l，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入绝缘板之前的速度大小；
（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能；
（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间。
18．（2024高二下·重庆市月考） 如图所示，光滑绝缘的水平桌面内存在着两个边长均为L的相邻正方形区域abef和bcde，在正方形区域abef内存在着沿fa方向的匀强电场，电场强度大小为E，在矩形区域acdf内存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在cd右侧紧挨着cd边的某矩形区域内（含边界）存在着竖直方向上的另一匀强磁场（未画出）。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从af的中点O以初速度（大小未知）沿ab方向水平射人abef区域，小球在该区域内沿直线运动，进入bcde区域后从d点离开，并进入cd右侧的另一磁场区域中，小球在该磁场中偏转，经过一段时间后，恰从C点回到bcde区域中。。求：
（1）小球的初速度大小；
（2）小球从O点运动到d点的时间；
（3）cd右侧矩形区域磁场的最小面积。
19．（2024高三下·昆明模拟） 如图所示，边长为L的正方形区域内，以对角线bd为边界，上方有平行ad边向下的匀强电场，电场强度大小为E。下方有垂直abcd平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从ab边中点O由静止释放，在电场和磁场中运动后垂直bc边射出。粒子重力不计。求粒子的比荷。
20．（2024高三下·广东模拟）如图所示，在，区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
四、破鼎提升
21．（2024高二上·兴化期末）如图所示，空间中存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，电场场强大小为E，方向竖直向上。一质量为m、带电量为-e的电子在该空间内获得沿水平方向的初速度，速度大小为v0，且则电子（ ）
A．做类平抛运动
B．运动过程中最大的速率为
C．在一个周期内水平方向运动的距离为
D．距入射点竖直方向最大位移为
22．（2023·湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中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里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
23．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 第一章 静电场 单元试卷 ）如图，在MN和PQ这两个平行竖直面之间存在垂直纸面的匀强磁场和平行纸面的匀强电场，一个带电粒子以某一初速度由A点水平射入这个场区恰能沿直线运动，并从PQ竖直面上的C点离开场区．若撤去磁场，其他条件不变，则该粒子从PQ竖直面上的B点离开场区；若撤去电场，其他条件不变，则该粒子从PQ竖直面上的D点离开场区．若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3，运动的加速度大小分别为a1、a2和a3，不计粒子所受重力的影响，则下列判断中正确的是（ ）
A．t1=t2＜t3，a1＜a2=a3 B．t2＜t1＜t3，a1＜a3＜a2
C．t1=t2=t3，a1＜a2＜a3 D．t1=t3＞t2，a1=a3＜a2
24．（2024高三上·柳州模拟）如图所示，在平面直角坐标系第二象限内有沿y轴正方向的匀强电场，第四象限某正三角形区域内有方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出）。现有一质量为m、电荷量为的带电粒子（不计重力），从第二象限内的P点以平行于x轴的初速度射出，并从y轴上M点射出电场，穿过第一象限后，进入第四象限并穿过正三角形区域的磁场，最后垂直于y轴离开第四象限，则（ ）
A．粒子经过M点时速度与y轴负方向的夹角为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．正三角形区域磁场的最小面积为
D．粒子从开始运动到第二次到达y轴的最短时间为
25．（2025·河南模拟）如图，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，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为、电荷量为的粒子从距虚线高度为的点向右水平发射，当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为。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高度为时，粒子距点的距离为，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高度为时，粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求粒子此时距点的距离。
26．（2024高三下·湖北模拟）如图所示，在xOy平面有一圆形有界匀强磁场，圆心坐标为，半径为R，磁场方向垂直于纸面向里。在第二象限从到的范围内存在沿x轴正向匀速运动的均匀带电粒子流。粒子速率为，质量为m，带电量为，所有粒子在磁场中偏转后都从O点射出，并立即进入第一象限内沿y轴负方向的匀强电场，经电场偏转后，最终均平行于x轴正向射出电场（沿y轴正向入射的粒子除外），已知电场强度为，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）电场外有一收集板PQ垂直于x轴放置，Q点在x轴上，PQ长度为R，不计PQ上收集电荷的影响，求PQ收集到的粒子数占总粒子数的比例；
（3）第一象限电场的边界方程。
五、直击高考
27．（2023·全国乙卷）如图，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正向入射到磁场中，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． B． C． D．
28．（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（ ）
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
29．（2024·安徽） 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（ ）
A．油滴 带负电， 所带电量的大小为
B．油滴 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
30．（2024·贵州） 如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与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，经边的中点进入区域，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。
31．（2024·湖南）如图，有一内半径为 2r、长为 L 的圆筒，左右端面圆心 O'、O 处各开有一小孔。以 O 为坐标原点，取 O'O 方向为 x 轴正方向建立 xyz 坐标系。在筒内 x ≤ 0 区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向沿 x 轴正方向；筒外 x ≥ 0 区域有一匀强电场，场强大小为 E，方向沿 y 轴正方向。一电子枪在 O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在 xOy 平面内，且在 x 轴正方向的分速度大小均为 v0。已知电子的质量为 m、电量为 e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过 O 进入电场，求磁感应强度 B 的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度 B，若进入磁场中电子的速度方向与 x 轴正方向最大夹角为θ，求 tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度 B，求电子在电场中运动时 y 轴正方向的最大位移。
32．（2023·江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
33．（2017·江苏）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压力为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】 公式U=Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差。这一定量关系只适用于匀强电场 。
由图可知，两极板间场强方向竖直向上，微粒受电场力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡可知
解得
故答案为C。
【分析】根据电容器极板的带电情况，确定场强方向，根据平衡条件确定电场力方向及微粒的电性；根据平衡条件求解微粒的电荷量。
2．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.剪断细线，小球从静止释放，重力和电场力的合力恒定，所以小球将在恒力作用下做匀加速直线运动，A不符合题意；
B.突然撤去电场，小球开始做圆周运动，撤去得出瞬间，由于小球的速度为零，所以沿绳方向合力为零，即
B不符合题意；
C.如图所示：
当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由共点力平衡条件可得
解得电场强度最小值为
C不符合题意；
D.A点为圆周运动等效最低点，关于O与A对称的点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据剪断细线后小球的受力分析小球的运动性质；突然撤去电场的瞬间，小球将做圆周运动，根据向心力与线速度的关系，求解此时绳子拉力大小；作图分析电场力最小时的方向，由共点力平衡条件求出电场强度的最小值；根据小球受到的合力方向，得出小球做圆周运动的等效最高点和最低点的位置，由牛顿第二定律求出小球恰能做圆周运动时通过B点的速度，再由动能定理计算小球通过A点的最小速度。
3．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB. 由题可知，带电粒子经过一段时间穿过y轴正半轴，故粒子带正电，设所受电场力为qE，在竖直方向上有
水平方向有
水平方向运动具有对称性，返回y轴正半轴时水平速度大小不变，有
竖直方向分速度
联立可得
A不符合题意题意，B符合题意；
C. 当小球速度与电场方向垂直时，此时克服电场力做功最多，电势能最大，此时重力与速度方向夹角为钝角，故小球继续做减速运动，动能不是最小的时候，C不符合题意；
D. 当速度与电场线垂直时，分解到水平和竖直方向的分速度大小相等，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用运动的分解思想，结合牛顿第二定律可求出分运动的加速度大小，利用匀变速直线运动的速度时间关系时，联立可求出电场力的大小。
4．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.小球在竖直方向上做竖直上抛运动，速度方向恰好沿水平方向时，竖直方向的速度为零，则运动时间：；水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，则；联立解得：，故A符合题意；
B. 小球上升的高度为：，小球克服重力做功为：，故B不符合题意；
C.在该过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减小，故C符合题意；
D.在该过程中，除重力做功外只有电场力做功，且电场力做正功。水平方向的位移为：，电场力做功为：，根据功能关系知，小球机械能增加了，故D符合题意。
故答案为：ACD
【分析】小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律求解电场强度；根据运动学公式求小球上升的高度，再求小球克服重力做的功；根据电场力做功情况判断电势能的变化；由功能关系求解小球机械能的增量。
5．【答案】C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】B．由于带电液滴受到的重力和电场力都处于竖直方向，所以为了使带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出，带电液滴的合力应为零，带电液滴做匀速直线运动，即液滴从P点到N点的过程中速度不变，故B错误；
A．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，由于不知道带电液滴的电性，所以不能确定电场方向，不能确定极板电性，故A错误；
C．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，可知电场力对带电液滴做正功，液滴的电势能减少，故C正确；
D．液滴从P点以原速度射入时，液滴受到重力和电场力均保持不变，液滴仍做匀速直线运动，故D错误。
故选C。
【分析】1.分析电场线方向及液滴电性未知，无法分析极板带电电性。
2.掌握物体做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线。分析电场力方向与速度方向关系，判断电势能变化情况。分析合力方向与速度方向关系，判断速度大小变化。
6．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】珠子沿圆环先做加速运动，后做减速运动，设其运动至跟圆心连线与竖直方向的夹角为θ 时，切向合力为零，珠子在此位置时速度最大，动能最大，则有
解得
由动能定理
解得
故答案为：C。
【分析】珠子所处空间同时存在匀强电场和重力场，为等效重力场模型，根据“等效重力场”模型的特点，根据电场力与重力的大小关系确定“等效最低点”的位置，珠子在“等效最低点”的速度最大，即动能最大，确定珠子从A运动到“等效最低点”过程的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答。
7．【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】均匀带电棒下降过程受到的电场力大小随下降距离的变化关系如图
该过程中电场力做功为
由动能定理得
又
联立解得
故答案为：B。
【分析】将电棒视为由均匀分布的正电荷构成，当电棒进入两极板的长度小于d时，电棒受到的电场力与电棒在电场中的长度成正比，当电棒进入两极板的长度等于d时，电棒受到的电场力达到最大为，且此后所受电场力不变，画出整个过程电棒所受电场力与距离的关系图，再结合电场力做功的定义及动能定理和电场强度与电势差的关系进行解答。
8．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，由于b点为滑块运动中距Q最近的点，则滑块在b点速度为零，则滑块在运动过程中库仑力小于滑动摩擦力，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以到达b点时加速度不为零，故A错误；
BC、若滑块在滑动过程中做匀减速直线运动，则在运动过程的中间位置，速度的大小为
在运动过程的中间时刻，速度的大小为
而实际上，随着间距减小，库仑力增大，但一直小于滑动摩擦力，所以导致加速度减小，故中间位置的速度的大小不等于，中间时刻的速度不等于，故BC错误；
D、根据动能定理可得
其中
所以
故D正确。
故答案为：D。
【分析】滑块向左运动， b点为滑块运动中距Q最近的点，即滑块在b点的速度为零，滑块始终做减速运动，在b点所受合外力不为零。滑块移动过程中库仑力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知加速度逐渐减小，故滑块的运动为非匀变速直线运动。根据动能定理及电场力做功与电势差的关系确定ab之间的电势差。
9．【答案】C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 带电小球的极性未知，故在Q点点电荷带电极性未知，若电荷Q带正电，则场强方向沿杆向上，若电荷Q带负电，则场强方向沿杆向下，A不符合题意；
B. 小球除了受到电场力的作用，还受到重力，可能受到杆的支持力作用，故合力大小变化未知，加速度大小未知，B不符合题意；
C. 若电荷Q带正电，则
小球带正电
若电荷Q带负电，则
小球带负电
故小球在M点的电势能一定大于在N点的电势能，C符合题意；
D. 小球沿杆向上不一定一直做加速运动，故在M点的与N点的动能大小无法判断，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用点电荷在空间中产生的场强特点可得出带点小球在某点场强、电势及其电势能的大小。
10．【答案】A
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AC.由题意可知，油滴从O点到P点的轨迹为为直线，所以油滴所受重力与电场力的合力方向一定在OP这条直线上，重力方向竖直向下，则电场力方向一定水平向左，所以油滴带负电，油滴从O点运动到P点过程中，电场力做负功，电势能增大，机械能减小，可知，P点的机械能最小，A符合题意，C不符合题意；
B.由油滴的受力分析，可得
油滴从O点运动到P点过程中，水平与竖直方向的分位移关系为
可知，油滴所受重力与电场力均做负功，则有
，
则有
油滴从O点运动到P点过程中，根据动能定理有
解得
，
根据重力势能变化量与重力做功的关系可知，油滴的重力势能增加了
B不符合题意；
D.由电势差的定义式可得
D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据粒子的运动轨迹确定电场力和重力的合力方向，通过电场力做功的正负，判断油滴的电势能和机械能的变化情况；由动能定理计算重力和电场力做功，然后根据重力势能变化量与重力做功的关系，求出重力势能的变化量，根据电势差公式，计算O点与P点之间的电势差。
11．【答案】A,D
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．当带电小球恰好静止在斜面上时，受到重力、电场力、斜面的支持力的作用，由受力分析可得
解得
故A正确；
B．小球在斜面上做匀速直线运动，则
由受力分析可知，重力和电场力等效合力沿BA方向，大小为
在B点位小球在圆轨道的等效最高点，若小球到达等效最高点B点时的临界速度为0，从A到B，由动能定理可得
解得
小球能到达B点的条件为，故B错误；
C．由于BC段圆弧轨道变为单轨，小球不脱离BC轨道，在B点要求
，
则
则小球通过B点的速度小于
时，会立刻在B点脱离，而不是在BC段某点脱离轨道，故C错误；
D．若小球沿着圆轨道从B点到C点，小球在C点的速度为
则小球在B点的速度为
解得
则小球会脱离圆轨道，与假设矛盾，故沿着圆轨道从B到C，小球经过C点的速度不可能为
。
若小球在B点脱离轨道，由B到C做类平抛运动，则垂直AB方向和沿着AB方向分别有
，
整理得
，
经过C点的速度大小
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】当带电小球恰好静止在斜面上时，受到重力、电场力、斜面的支持力的作用，将重力和电场力等效为等效重力。
12．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB、在加速电场中，由动能定理得，由于两粒子比荷不同，所以得到的速度不同，两种粒子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间为，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上；设偏转场极板间距离为，粒子在偏转电场中的偏转位移为： ，以上三式联立解得：，同理可得到偏转角的正切为： ，可见偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点，故A正确，B错误；
CD、打在荧光屏上的速度为，因为两离子的比荷之比为：，则两离子打在荧光屏上时速度大小之比为，故C错误，D正确．
故选择AD．
【分析】在加速电场中，由动能定理可得比荷不同得粒子速度不同，然而在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上，偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点；再根据两离子的比荷之比关系，可得两离子打在荧光屏上时速度大小之比。
13．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．为了实现对粒子的加速，极板M带正电，所以极板M比极板N的电势高，故A项错误；
B．根据
，
解得
故B项错误；
C．根据
得
所以有
故C项错误；
D．由
若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷，故D项正确。
故选D。
【分析】粒子在静电分析器中所受电场力指向O，所以粒子带正电，粒子在静电分析器中所受电场力提供向心力。
14．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A.一束带电粒子沿两金属板中轴线以速度v射入金属板间，然后沿直线运动，受力平衡则
则
由粒子在偏转磁场中左手定则可知，电荷带负电，则平行金属板内由左手定则可知洛伦兹力向下，则电场力向上，负电荷的电场力与电场强度方向相反，则电场强度方向竖直向下，故A错误；
B．两金属板间的电压
故B错误；
C．根据带电粒子在磁场中的轨迹如图所示
由几何关系可知，轨迹圆的半径
由洛伦兹力提供向心力可知
联立解得粒子的比荷
故C正确；
D．粒子在磁场中运动的时间
故D错误。
故答案为：C。
【分析】粒子在偏转磁场中左手定则可知，电荷带负电，混合场中，洛伦兹力提供向心力；对着圆形磁场圆心射入，出磁场速度方向延长线过圆心。
15．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要运用好运动的合成和分解，将粒子在重力场和磁场中的运动等效为沿水平方向的速率为vx的匀速直线运动和速率为vy的竖直平面内的匀速圆周运动的合运动，这是本题的关键也是难点所在。A．由题意可知，重力与电场的合力为
由于小球恰好能做直线运动，则由平衡条件可知
解得小球抛出的初速度大小为
故A正确；
B．由A选项可知，小球所受洛伦兹力方向为斜向左上方与水平方向的夹角为45°，由左手定则可知小球的速度方向为斜向右上方与水平方向的夹角为45°，小球所受电场力做正功，电势能减少，故B错误；
C．某时刻撤去电场，撤去电场时将小球的速度分解为水平方向的分速度
竖直方向的分速度为
此后小球的运动可以看成是以速度v1的匀速直线运动和以速度v2的匀速圆周运动，当小球做匀速圆周运动的分运动到最高点时合速度为零，故C正确；
D．某时刻撤去电场，此后小球在竖直方向上能上升的最大高度为
故D错误。
故选AC。
【分析】由于小球恰好能做直线运动，三力平衡，根据洛伦兹力方向判断电场力方向，判断做功情况，某时刻撤去电场，此后小球的运动可以看成是以速度v1的匀速直线运动和以速度v2的匀速圆周运动。
16．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】粒子运动过程为各种不同正离子束（速度可看作为零），经加速电场（加速电场极板间的距离为d、电势差为U）加速，然后进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达 收集板MN上。AB．如图，由几何关系，得
解得
又
故外圆弧面AB上有
的粒子能打在收集板MN上，故A正确，B错误；
C．粒子加速过程
在磁场中
解得外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为
故C错误；
D．若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差，进入磁场的速度增大，则粒子在磁场中的半径增大，由
得变小，再由
打在收集板MN的粒子数占比将增大，故D正确。
故选AD。
【分析】 根据带电粒子在磁场中圆周运动的特点，可计算粒子的轨迹与MN相切时的角度，结合角度特点，可知打在MN上的占比；由动能定理，可得到圆弧面电势差与粒子在磁场中速度的关系，由粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，可计算电势差。
17．【答案】（1）解：粒子在电场中加速，由动能定理得
解得
（2）解：粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图
由几何关系可得轨道半径为，由
解得
根据能量守恒得，损失的动能为
（3）解：粒子若做直线运动，则有
代入数据解得
方向与x轴正向斜向下成60°角；粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间为
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间为
粒子y轴右侧运行的总时间为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理计算粒子射入绝缘板之前的速度大小；（2）根据洛伦兹力充当向心力，求出粒子在第一象限磁场中的运动速度，再由能量守恒定律计算粒子经过绝缘板时损失的动能；（3）粒子在第四象限做直线运动，洛伦兹力与电场力要等大反向，求出所加电场的电场强度；根据求出粒子在第一象限中的运动时间，再求出粒子在第四象限做匀速直线运动的时间，从而得到粒子y轴右侧运行的总时间。
18．【答案】（1）由带电小球进入区域后沿直线运动可知
得
（2）带电粒子从中点进入区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在区域内的运动轨迹图像，如图所示
轨迹圆心为，根据几何关系有
解得
由数学知识可知
得
小球在磁场里运动的周期为
（3）带电粒子从点离开正方形磁场区域，进入右侧的匀强磁场后，又从点进入磁场区域。由分析可知，右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性可知，粒子在右侧区域内的运动轨迹如图所示，轨迹圆心为点，由数学知识可知
矩形磁场的最小面积为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在abef区域做直线运动，分析可知，小球在电场力和洛伦兹力作用下做匀速直线运动，再根据受力情况及平衡条件进行解答；
（2）粒子进入bcde磁场区域后做匀速圆周运动，根据题意画出粒子在该磁场区域的运动轨迹，根据几何关系确定粒子的运动半径及运动轨迹对应的圆心角，再根据匀速运动规律及带电粒子在磁场中运动规律进行解答；
（3）根据题意画出粒子从d点离开回到c点的运动轨迹，当矩形磁场区域恰好与运动轨迹相切时，矩形磁场面积最小，再根据几何关系进行解答。
19．【答案】解：粒子运动轨迹如图所示
粒子在电场中运动过程，据动能定理可得
粒子在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，可得
据几何关系可得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 粒子在电场中运动过程根据动能定理求解粒子进入磁场的速度，粒子在磁场中运动，根据几何关系求解粒子做匀速圆周运动的半径，根据牛顿第二定律求解粒子的比荷。
20．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则
根据牛顿第二定律有
联立方程解得
故A错误；
B．若粒子从处射入，由类平抛运动规律
联立解得
粒子从N点下方进入磁场，故B错误；
C．设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，根据速度分解公式可得
由几何关系可得粒子在磁场中偏转距离为
由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；
D．由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为
所以从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0~范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。
故答案为：D。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速的圆周运动，洛伦兹力方向向心力。
21．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A.因为，可得电子在复合场中受到的洛伦兹力和电场力的大小关系为
合力向上，故电子要向上偏转，但因为速度变化，使洛伦兹力发生变化，竖直方向受到的合力不是恒力，所以电子的运动不是类平抛运动，A不符合题意；
BCD.由配速法，将粒子受到的洛伦兹力看成
其中
粒子在以速度在水平方向做匀速直线运动的同时，还在竖直方向做速率大小为的匀速圆周运动，所以运动过程中最大的速率为
因为粒子周期
在一个周期内水平方向运动的距离为
圆周运动的半径
所以距入射点竖直方向的最大位移为2R，即，BC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电子受到的洛伦兹力和电场力的大小关系，分析电子的运动性质；由配速法，将电子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的圆周运动，求解分析圆周运动的半径和周期，根据匀速运动的规律求解在一个周期内水平方向运动的距离，根据圆周运动的规律求解距入射点竖直方向的最大位移。
22．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】在速度选择器中有：；在偏转磁场中，粒子从CF的中点射出，粒子转过的圆心角为90°，则。
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则有：，解得：。再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，所以，故A不符合题意；
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则有：，解得：。再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，所以，故B不符合题意；
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，所以，故C不符合题意；
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，所以，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】在速度选择器中有，在偏转磁场中根据、，结合几何关系分析判断。
23．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】在复合场中，带电粒子做匀速直线运动，则有Eq=Bqv，则有E=Bv．在复合场中的时间 ，而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动，所以运动的时间 ，而在单一磁场中做匀速圆周运动，运动的时间 ，由于两平面之间 ，所以时间关系为 ；在复合场中 ，单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛仑兹力产生，但两种力相等，所以 ，但方向不同，综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】第一种和第二种情况，并不影响电荷的水平方向的速度，故时间相同，第三种情况会使带电粒子的速度大小不变，但是走过的路程会变长，故时间会变大，电场力等于洛伦兹力，故两者产生的加速度相同，且大于两者的合加速度。
24．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用运动学公式与牛顿第二定律即可解题；解题时注意几何知识的应用。
B．带电粒子（不计重力），从第二象限内的P点以平行于x轴的初速度射出，并从y轴上M点射出电场，则有
，
且
联立解得
，
B正确；
A．粒子经过M点时竖直速度
则此时速度与y轴负方向的夹角为
所以
A错误；
C． 第四象限某正三角形区域内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场，作出粒子运动轨迹如图：
由几何关系可知
解得
则
，
正三角形区域磁场的最小面积为
C正确；
D．粒子在M点的速度
粒子在第一象限运动的时间
粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中的运动时间
所以粒子从开始运动到第二次到达y轴的时间为
D错误。
故选BC。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出电场强度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求出磁场区域的最小面积。
25．【答案】（1）解： 粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向
由牛顿第二定律
粒子进入磁场时的速度大小
解得
（2）解： 粒子从点抛出到进入磁场时的水平位移
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与轴正向仍成角，到达高高度时水平位移仍为，由题意可知
或
即
或
根据洛伦兹力提供向心力
可得
或
（3）解： 若粒子第一次回到电场中高度为时，粒子在电场中运动的时间
可知粒子在磁场中运动的时间也为
根据
由洛伦兹力提供向心力
解得
此时粒子距点的距离
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意可知带电粒子在电场中做类平抛运动，根据对应运动规律可求；
（2）进入磁场区域后，由几何关系求出轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度大小；
（3）根据粒子从P到M的偏转角，结合周期公式求运动的时间，根据几何关系计算距离。
26．【答案】（1）解：由于粒子在磁场中偏转后经过O点，故粒子在磁场中偏转半径为R
即①
得②
（2）解：设打在P点的粒子从磁场中射出方向与x轴正向夹角为，
粒子在电场中运动加速度为a，有③
y方向④
得，则⑤
由几何关系可知，从O点射出角度小于的粒子均可被PQ收集到，
该粒子射入磁场时到x轴的距离为⑥
因此在收集到的粒子数占总数比例为⑦
代入得⑧
（3）解：设某粒子以与x轴夹角射入电场，然后平行于x轴正向从点射出电场，
则飞行时间⑨
y方向位移⑩
x方向位移
整理得，
则电场的边界方程为，
为椭圆的一部分。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中运动时。洛伦兹力提供向心力；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系， 从O点射出角度小于的粒子均可被PQ收集到；求出粒子射入磁场时到x轴的距离从而求出收集到的粒子数占总数比例；
（3）根据类平抛运动规律求解运动时间，根据 y方向位移 以及 x方向位移表达式，利用数学关系得到关于xy的电场的边界方程。
27．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】由电粒子在磁场中的偏转：分析如图，由几何关系可得：，
偏转角等于圆心角，，得，
由得(1)；
再加匀强电场E做直线运动：得，(2)，
联立解得，故BCD错误，A正确；
故答案为：A
【分析】正确应用磁偏转，找出圆心，利用几何关系计算粒子的半径；电磁复合场中的直线运动判断E与B的关系，两种情况联立就可以解出结果。
28．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A、打在a点的离子所受电场力和洛伦兹力平衡，打在b点的粒子所受电场力和洛伦兹力的合力指向右侧，当电场水平向左，磁场方向垂直纸面向里时粒子受到的电场力水平向左，洛伦兹力也向左，打在a的左侧；电子受到的电场力向右，洛伦兹力也向右，打在a的右侧，故A错误。
B、 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时，粒子受到的电场力水平向左，洛伦兹力向右，可能打在a点，但此时电子所受洛伦兹力大于电场力，向左偏转，故B错误。
C、 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里，粒子受到的电场力水平向右，洛伦兹力向左，可能打在a点，此时电子的洛伦兹力大于电场力，向右偏转，故C正确。
D、 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 ，粒子受到的电场力水平向右，洛伦兹力向右，不可能打在a点，此时电子的洛伦兹力大于电场力，向左偏转，故D错误。
故答案为：C
【分析】根据粒子和电子在电场和磁场中受力的特点以及电荷量关系分析求解。
29．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力；
根据题意Eq=mg
解得带电有点所带的电荷量
油滴a在最低点的速度方向水平向左，沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知，油滴带负电，故A正确；
B.洛伦兹力提供向心力
q
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为 ，故B正确；
C.油滴分裂后，小油滴Ⅰ仍然做匀速圆周运动，说明电荷和质量都均分；
小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
小油滴Ⅰ做圆周运动的周期 ，故C错误；
D.取向水平向左为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
负号表示方向水平向右；根据左手定则可知油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D正确。
故选：ABD。
【分析】 A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力，据此求解场强；
B.洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解作答；
C.小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解线速度；根据线速度与周期的关系求周期，然后作答；
D.根据动量守恒定律求解小油滴Ⅱ的线速度，根据左手定则判断其运动方向。
30．【答案】（1）解：带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有
解得
（2）解：粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
（3）解：粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，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，由几何关系可知
可得
则有
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在cdef区域做直线运动的要求，分析粒子受到的洛伦兹力与电场力的关系，求出粒子在该区域的速度大小；（2）粒子在abcd区域做类平抛运动，根据对应的运动学公式和牛顿第二定律，可得求出粒子的比荷；（3）粒子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力求出粒子运动轨迹的半径，再由几何关系计算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。
31．【答案】（1）解： 电子在匀强磁场中运动时， 将其分解为沿 轴的匀速直线运动和在 y O z 平面内的匀速圆周运动， 设电子人射时沿 轴的分速度大小为 ， 由电子在 轴方向做勺速直线运动得
在 y O z 平面内， 设电子做匀速圆周运动的半径为 ， 周期为 ， 由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过 进入电场， 则有
联立得
当 时， 有最小值，可得
（2）解：将电子的速度分解， 如图所示
有
当 有最大值时， 最大， 最大， 此时 ，
又
联立可得
（3）解：当 最大时， 电子在电场中运动时沿 轴正方向有最大位移 ， 根据勺变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
【知识点】向心力；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）将电子在匀强磁场中运动分解为沿x轴的匀速直线运动和在平行于yOz平面的平面内的匀速圆周运动。由沿x轴方向的匀速直线运动求得在磁场中运动时间。根据牛顿第二定律求得分运动匀速圆周运动的轨迹半径和周期，根据题意确定周期与运动时间的关系求解。
（2）当夹角θ最大时，tanθ有最大值，此时沿y轴的分速度最大，则圆周运动的半径最大，根据几何关系得到半径的最大值，根据牛顿第二定律。
（3）电子在电场中沿y轴方向做匀变速直线运动，当沿y轴的分速度最大最大，且方向沿y轴正方向时，电子在电场中运动时沿y轴正方向位移最大，根根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律求解。
32．【答案】（1）当 入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，说明此时电子受电场力与洛伦兹力平衡，
即eE=ev0B，
解得E=v0B。
（2）当电子 入射速度为时，电子所受洛伦兹力F洛=，电子所受电场力F电=eE=ev0B。所以F洛F电，
故电子会向上偏。而洛伦兹力不做功，当电子速度达到时，由动能定理有，
WF电=Ek2-Ek1，WF电=eEy1，Ek1=m（）2，Ek2=m（）2。
联立解得，y1=。
（3）设电子以速度v入射时电子能达到最高点位置的纵坐标为y，即电子在电场力方向上的位移的位移为y，速度为vm，
在此过程中电场力做功WF电=eEy，
由动能定理，有WF电=m-m
在最高点，电子所受合力方向沿着E的方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eBeE
在最低点，电子所受合力方向沿着E的反方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eEeBv
结合（1）解得
综上，解得y=
欲使电子纵坐标能达到y2=位置，必须满足，yy2，
即 ，
综上，解得，vv0=90%v0 。
故若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0 的90%。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对电子进行受力分析，根据平衡条件和电场力与洛伦兹力的表达式列方程求解。
（2）对电子进行受力分析，根据受力分析判断电子偏转方向，再由动能定理列方程求解。
（3）根据动能定理计算粒子所到达最高点的的坐标与粒子速度的关系式，在由题意判断电子所占的百分比。
33．【答案】（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
电场加速由动能定理得 再由
解得
根据几何关系x=2r1﹣L
解得
答：甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x为 ；
（2）最窄处位于过两虚线交点的垂线上
解得
答：在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域如上图所示，该区域最窄处的宽度d为 ；
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为
的最小半径
的最大半径
由题意知 ，即 ﹣ ＞L
解得L＜ [2 ﹣ ]
答：若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，狭缝宽度L满足的条件
L＜ [2 ﹣ ]
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）从M进入磁场的粒子打在底片上的位置到N点距离最小，由动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）就是将一个虚线半圆平移到另一个虚线半圆，最窄处位于过两虚线交点的垂线上，把两个虚线圆心找到，并连接两圆的最高点，两个圆的最高点的距离为L，根据几何关系求解；
（3）从M点射进磁场的最慢甲种离子即加速电压最小时到底片的距离，比从N点射入得最快的乙种离子即加速电压最大时到达底片的距离要大L，两轨迹的直径相差为L，列式即可求解；
大题精练05 带电粒子（带电体）在复合场中的运动问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2025·山西、陕西、宁夏、青海模拟）静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的电场力来平衡重力，从而实现材料悬浮无容器处理的一种先进技术，其原理示意图如图所示。若两平行金属极板间电势差为U，间距为D。质量为m的金属微粒悬浮于其中，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为（ ）
A．负电荷， B．负电荷，
C．正电荷， D．正电荷，
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】 公式U=Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差。这一定量关系只适用于匀强电场 。
由图可知，两极板间场强方向竖直向上，微粒受电场力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡可知
解得
故答案为C。
【分析】根据电容器极板的带电情况，确定场强方向，根据平衡条件确定电场力方向及微粒的电性；根据平衡条件求解微粒的电荷量。
2．（2024高一下·浙江月考）一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m且带电量为的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（已知，）（ ）
A．剪断细线，小球将做曲线运动
B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
D．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.剪断细线，小球从静止释放，重力和电场力的合力恒定，所以小球将在恒力作用下做匀加速直线运动，A不符合题意；
B.突然撤去电场，小球开始做圆周运动，撤去得出瞬间，由于小球的速度为零，所以沿绳方向合力为零，即
B不符合题意；
C.如图所示：
当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由共点力平衡条件可得
解得电场强度最小值为
C不符合题意；
D.A点为圆周运动等效最低点，关于O与A对称的点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据剪断细线后小球的受力分析小球的运动性质；突然撤去电场的瞬间，小球将做圆周运动，根据向心力与线速度的关系，求解此时绳子拉力大小；作图分析电场力最小时的方向，由共点力平衡条件求出电场强度的最小值；根据小球受到的合力方向，得出小球做圆周运动的等效最高点和最低点的位置，由牛顿第二定律求出小球恰能做圆周运动时通过B点的速度，再由动能定理计算小球通过A点的最小速度。
3．（2024高三下·成都模拟）如图所示，竖直平面内建立直角坐标系，整个空间存在平行平面的匀强电场，电场强度方向与轴正方向成角。质量为的带电小球从坐标原点沿轴的正方向以初速度水平抛出，经过一段时间小球以的速度穿过轴正半轴某点（图中未画），重力加速度为，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为
B．小球所受电场力大小为
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度大小等于竖直速度大小
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB. 由题可知，带电粒子经过一段时间穿过y轴正半轴，故粒子带正电，设所受电场力为qE，在竖直方向上有
水平方向有
水平方向运动具有对称性，返回y轴正半轴时水平速度大小不变，有
竖直方向分速度
联立可得
A不符合题意题意，B符合题意；
C. 当小球速度与电场方向垂直时，此时克服电场力做功最多，电势能最大，此时重力与速度方向夹角为钝角，故小球继续做减速运动，动能不是最小的时候，C不符合题意；
D. 当速度与电场线垂直时，分解到水平和竖直方向的分速度大小相等，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用运动的分解思想，结合牛顿第二定律可求出分运动的加速度大小，利用匀变速直线运动的速度时间关系时，联立可求出电场力的大小。
4．（2023高二上·武汉期中） 如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以速度大小为v竖直向上射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为－q，重力加速度为g，则在该过程中（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球克服重力做功为0
C．小球射入电场后，小球的电势能逐渐减小
D．小球机械能增加
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.小球在竖直方向上做竖直上抛运动，速度方向恰好沿水平方向时，竖直方向的速度为零，则运动时间：；水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，则；联立解得：，故A符合题意；
B. 小球上升的高度为：，小球克服重力做功为：，故B不符合题意；
C.在该过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减小，故C符合题意；
D.在该过程中，除重力做功外只有电场力做功，且电场力做正功。水平方向的位移为：，电场力做功为：，根据功能关系知，小球机械能增加了，故D符合题意。
故答案为：ACD
【分析】小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律求解电场强度；根据运动学公式求小球上升的高度，再求小球克服重力做的功；根据电场力做功情况判断电势能的变化；由功能关系求解小球机械能的增量。
二、运动学专项
5．（2024高二上·顺义期中）如图所示，平行板电容器上极板MN与下极板PQ水平放置，一带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出。下列说法正确的是（ ）
A．该电容器上极板一定带负电
B．液滴从P点到N点的过程中速度增加
C．液滴从P点到N点的过程中电势能减少
D．液滴从P点以原速度射入后可能做匀减速直线运动
【答案】C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】B．由于带电液滴受到的重力和电场力都处于竖直方向，所以为了使带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出，带电液滴的合力应为零，带电液滴做匀速直线运动，即液滴从P点到N点的过程中速度不变，故B错误；
A．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，由于不知道带电液滴的电性，所以不能确定电场方向，不能确定极板电性，故A错误；
C．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，可知电场力对带电液滴做正功，液滴的电势能减少，故C正确；
D．液滴从P点以原速度射入时，液滴受到重力和电场力均保持不变，液滴仍做匀速直线运动，故D错误。
故选C。
【分析】1.分析电场线方向及液滴电性未知，无法分析极板带电电性。
2.掌握物体做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线。分析电场力方向与速度方向关系，判断电势能变化情况。分析合力方向与速度方向关系，判断速度大小变化。
6．（2024高一下·汨罗月考）半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有质量为m带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图，珠子所受静电力是其重力的倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放（sin53°＝0.8；cos53°＝0.6）则珠子所获得的最大动能是（ ）
A．sinr B．mgr C．mgr D．mgr
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】珠子沿圆环先做加速运动，后做减速运动，设其运动至跟圆心连线与竖直方向的夹角为θ 时，切向合力为零，珠子在此位置时速度最大，动能最大，则有
解得
由动能定理
解得
故答案为：C。
【分析】珠子所处空间同时存在匀强电场和重力场，为等效重力场模型，根据“等效重力场”模型的特点，根据电场力与重力的大小关系确定“等效最低点”的位置，珠子在“等效最低点”的速度最大，即动能最大，确定珠子从A运动到“等效最低点”过程的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答。
7．（2024高三下·武汉月考）如图所示水平放置的平行板电容器中间开有小孔，两板间距为d；一均匀带电绝缘棒带电量为，长度为2d，质量为m。绝缘电棒下端紧靠小孔，静止释放后绝缘棒始终保持竖直，与电容器无接触且电荷分布保持不变。棒的上端点进入电场时，棒的速度恰好为零。不考虑极板外的电场影响，则两板间的电压为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】均匀带电棒下降过程受到的电场力大小随下降距离的变化关系如图
该过程中电场力做功为
由动能定理得
又
联立解得
故答案为：B。
【分析】将电棒视为由均匀分布的正电荷构成，当电棒进入两极板的长度小于d时，电棒受到的电场力与电棒在电场中的长度成正比，当电棒进入两极板的长度等于d时，电棒受到的电场力达到最大为，且此后所受电场力不变，画出整个过程电棒所受电场力与距离的关系图，再结合电场力做功的定义及动能定理和电场强度与电势差的关系进行解答。
8．（2024高三下·南充模拟）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为的滑块（可看做点电荷）从a点以初速度沿水平面向Q运动，b点为滑块运动中距Q最近的点。已知a、b间距离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．滑块在b点的加速度一定为0
B．滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于
C．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于
D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，由于b点为滑块运动中距Q最近的点，则滑块在b点速度为零，则滑块在运动过程中库仑力小于滑动摩擦力，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以到达b点时加速度不为零，故A错误；
BC、若滑块在滑动过程中做匀减速直线运动，则在运动过程的中间位置，速度的大小为
在运动过程的中间时刻，速度的大小为
而实际上，随着间距减小，库仑力增大，但一直小于滑动摩擦力，所以导致加速度减小，故中间位置的速度的大小不等于，中间时刻的速度不等于，故BC错误；
D、根据动能定理可得
其中
所以
故D正确。
故答案为：D。
【分析】滑块向左运动， b点为滑块运动中距Q最近的点，即滑块在b点的速度为零，滑块始终做减速运动，在b点所受合外力不为零。滑块移动过程中库仑力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知加速度逐渐减小，故滑块的运动为非匀变速直线运动。根据动能定理及电场力做功与电势差的关系确定ab之间的电势差。
9．（2024高三下·成都模拟） 如图所示，竖直平面内足够长的光滑绝缘倾斜杆底端固定有一点电荷Q，M、N为杆上的两点。套在杆上的绝缘带电小球从某点静止释放后，沿杆向上运动，先后通过了M、N两点。由此可以判断（ ）
A．点电荷Q在M点处产生的场强方向一定沿杆向上
B．小球在M点的加速度一定大于在N点的加速度
C．小球在M点的电势能一定大于在N点的电势能
D．小球在M点的动能一定大于在N点的动能
【答案】C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 带电小球的极性未知，故在Q点点电荷带电极性未知，若电荷Q带正电，则场强方向沿杆向上，若电荷Q带负电，则场强方向沿杆向下，A不符合题意；
B. 小球除了受到电场力的作用，还受到重力，可能受到杆的支持力作用，故合力大小变化未知，加速度大小未知，B不符合题意；
C. 若电荷Q带正电，则
小球带正电
若电荷Q带负电，则
小球带负电
故小球在M点的电势能一定大于在N点的电势能，C符合题意；
D. 小球沿杆向上不一定一直做加速运动，故在M点的与N点的动能大小无法判断，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用点电荷在空间中产生的场强特点可得出带点小球在某点场强、电势及其电势能的大小。
10．（2024高二下·浙江开学考） 如图所示，有一质量为m、电荷量为q、初速度大小为v的带电油滴从O点射入真空中的电场，电场方向水平向右，带电油滴的初速度方向与电场方向成角，油滴沿直线到达最高点P，则对油滴从O点运动到P点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P点的机械能最小 B．重力势能增加了
C．电势能不断地减少 D．O点与P点之间的电势差为
【答案】A
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AC.由题意可知，油滴从O点到P点的轨迹为为直线，所以油滴所受重力与电场力的合力方向一定在OP这条直线上，重力方向竖直向下，则电场力方向一定水平向左，所以油滴带负电，油滴从O点运动到P点过程中，电场力做负功，电势能增大，机械能减小，可知，P点的机械能最小，A符合题意，C不符合题意；
B.由油滴的受力分析，可得
油滴从O点运动到P点过程中，水平与竖直方向的分位移关系为
可知，油滴所受重力与电场力均做负功，则有
，
则有
油滴从O点运动到P点过程中，根据动能定理有
解得
，
根据重力势能变化量与重力做功的关系可知，油滴的重力势能增加了
B不符合题意；
D.由电势差的定义式可得
D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据粒子的运动轨迹确定电场力和重力的合力方向，通过电场力做功的正负，判断油滴的电势能和机械能的变化情况；由动能定理计算重力和电场力做功，然后根据重力势能变化量与重力做功的关系，求出重力势能的变化量，根据电势差公式，计算O点与P点之间的电势差。
11．（2024高一下·宜昌月考） 如图，倾角的固定斜面与半径为r的四分之三圆弧形轨道ABC相切于A点，其中半圆弧段AB是硬质细圆管。整个空间存在水平方向的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电小球恰好静止在斜面上。已知重力加速度大小为g，取，小球直径略小于圆管的内径，运动过程中小球所带电荷量保持不变，并且斜面绝缘，忽略一切摩擦。现给小球一个沿斜面向下的初速度，则（ ）
A．匀强电场的场强大小为
B．小球能到达B点的条件为
C．小球可能在BC段某点脱离轨道（不包括BC两点）
D．小球经过C点的速度大小可能为
【答案】A,D
【知识点】运动的合成与分解；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．当带电小球恰好静止在斜面上时，受到重力、电场力、斜面的支持力的作用，由受力分析可得
解得
故A正确；
B．小球在斜面上做匀速直线运动，则
由受力分析可知，重力和电场力等效合力沿BA方向，大小为
在B点位小球在圆轨道的等效最高点，若小球到达等效最高点B点时的临界速度为0，从A到B，由动能定理可得
解得
小球能到达B点的条件为，故B错误；
C．由于BC段圆弧轨道变为单轨，小球不脱离BC轨道，在B点要求
，
则
则小球通过B点的速度小于
时，会立刻在B点脱离，而不是在BC段某点脱离轨道，故C错误；
D．若小球沿着圆轨道从B点到C点，小球在C点的速度为
则小球在B点的速度为
解得
则小球会脱离圆轨道，与假设矛盾，故沿着圆轨道从B到C，小球经过C点的速度不可能为
。
若小球在B点脱离轨道，由B到C做类平抛运动，则垂直AB方向和沿着AB方向分别有
，
整理得
，
经过C点的速度大小
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】当带电小球恰好静止在斜面上时，受到重力、电场力、斜面的支持力的作用，将重力和电场力等效为等效重力。
12．（2022高二上·成都期末）如图所示，一个氢离子和一个氦离子同时从同一点由静止开始，经同一电场加速后垂直射入同一偏转电场中，最终打在与偏转电场平行的竖直荧光屏上，整个过程中不考虑两离子间的相互作用，则下列说法正确的是（)
A．两离子将先后打在荧光屏上的同一点
B．两离子将同时打在荧光屏上的同一点
C．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为2：1
D．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为：1
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB、在加速电场中，由动能定理得，由于两粒子比荷不同，所以得到的速度不同，两种粒子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间为，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上；设偏转场极板间距离为，粒子在偏转电场中的偏转位移为： ，以上三式联立解得：，同理可得到偏转角的正切为： ，可见偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点，故A正确，B错误；
CD、打在荧光屏上的速度为，因为两离子的比荷之比为：，则两离子打在荧光屏上时速度大小之比为，故C错误，D正确．
故选择AD．
【分析】在加速电场中，由动能定理可得比荷不同得粒子速度不同，然而在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上，偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点；再根据两离子的比荷之比关系，可得两离子打在荧光屏上时速度大小之比。
三、电磁学专项
13．（2024高二下·涪城期末）如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内有均匀辐向电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器内有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．极板M比极板N的电势低
B．加速电场的电压
C．PQ之间的距离为
D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．为了实现对粒子的加速，极板M带正电，所以极板M比极板N的电势高，故A项错误；
B．根据
，
解得
故B项错误；
C．根据
得
所以有
故C项错误；
D．由
若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷，故D项正确。
故选D。
【分析】粒子在静电分析器中所受电场力指向O，所以粒子带正电，粒子在静电分析器中所受电场力提供向心力。
14．（2024高三下·长沙模拟）如图所示，水平放置的平行金属板与电源相连，间距为d，两金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆心为O，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一束带电粒子沿两金属板中轴线以速度v射入金属板间，然后沿直线运动，从a点射入圆形磁场，e点射出磁场。已知ab为圆形区域的水平直径，，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．两金属板间匀强电场的电场强度大小为vB，方向竖直向上
B．两金属板间的电压为
C．粒子的比荷为
D．粒子在圆形磁场中运动的时间为
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A.一束带电粒子沿两金属板中轴线以速度v射入金属板间，然后沿直线运动，受力平衡则
则
由粒子在偏转磁场中左手定则可知，电荷带负电，则平行金属板内由左手定则可知洛伦兹力向下，则电场力向上，负电荷的电场力与电场强度方向相反，则电场强度方向竖直向下，故A错误；
B．两金属板间的电压
故B错误；
C．根据带电粒子在磁场中的轨迹如图所示
由几何关系可知，轨迹圆的半径
由洛伦兹力提供向心力可知
联立解得粒子的比荷
故C正确；
D．粒子在磁场中运动的时间
故D错误。
故答案为：C。
【分析】粒子在偏转磁场中左手定则可知，电荷带负电，混合场中，洛伦兹力提供向心力；对着圆形磁场圆心射入，出磁场速度方向延长线过圆心。
15．（2024高三上·湖南月考）如图所示的正交的电磁场中，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向沿水平方向垂直纸面向里，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球从P点以一定的速度抛出，小球恰好能做直线运动，已知电场强度，磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球抛出的初速度大小为
B．小球运动过程中电势能增加
C．某时刻撤去电场，此后小球运动的最小速度为0
D．某时刻撤去电场，此后小球在竖直方向上能上升的最大高度为
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要运用好运动的合成和分解，将粒子在重力场和磁场中的运动等效为沿水平方向的速率为vx的匀速直线运动和速率为vy的竖直平面内的匀速圆周运动的合运动，这是本题的关键也是难点所在。A．由题意可知，重力与电场的合力为
由于小球恰好能做直线运动，则由平衡条件可知
解得小球抛出的初速度大小为
故A正确；
B．由A选项可知，小球所受洛伦兹力方向为斜向左上方与水平方向的夹角为45°，由左手定则可知小球的速度方向为斜向右上方与水平方向的夹角为45°，小球所受电场力做正功，电势能减少，故B错误；
C．某时刻撤去电场，撤去电场时将小球的速度分解为水平方向的分速度
竖直方向的分速度为
此后小球的运动可以看成是以速度v1的匀速直线运动和以速度v2的匀速圆周运动，当小球做匀速圆周运动的分运动到最高点时合速度为零，故C正确；
D．某时刻撤去电场，此后小球在竖直方向上能上升的最大高度为
故D错误。
故选AC。
【分析】由于小球恰好能做直线运动，三力平衡，根据洛伦兹力方向判断电场力方向，判断做功情况，某时刻撤去电场，此后小球的运动可以看成是以速度v1的匀速直线运动和以速度v2的匀速圆周运动。
16．（2024高三上·湛江模拟）如图为某粒子收集器的简化图，由加速、偏转和收集三部分组成。辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U。足够长的收集板MN平行于边界ACDB，O到MN的距离为L，ACDB和MN之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。现有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们均匀地吸附在外圆弧面AB上，并从静止开始加速。不计粒子重力、粒子间的相互作用及碰撞，若测得这些粒子进入磁场后的运动半径为2L，下列说法正确的是（ ）
A．外圆弧面AB上有的粒子能打在收集板MN上
B．外圆弧面AB上有的粒子能打在收集板MN上
C．外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差
D．若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差，则打在收集板MN的粒子数占比将增大
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】粒子运动过程为各种不同正离子束（速度可看作为零），经加速电场（加速电场极板间的距离为d、电势差为U）加速，然后进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达 收集板MN上。AB．如图，由几何关系，得
解得
又
故外圆弧面AB上有
的粒子能打在收集板MN上，故A正确，B错误；
C．粒子加速过程
在磁场中
解得外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为
故C错误；
D．若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差，进入磁场的速度增大，则粒子在磁场中的半径增大，由
得变小，再由
打在收集板MN的粒子数占比将增大，故D正确。
故选AD。
【分析】 根据带电粒子在磁场中圆周运动的特点，可计算粒子的轨迹与MN相切时的角度，结合角度特点，可知打在MN上的占比；由动能定理，可得到圆弧面电势差与粒子在磁场中速度的关系，由粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，可计算电势差。
17．（2024高二下·湖北月考） 如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场，有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直，现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出），已知OD长为l，不计粒子的重力，求：
（1）粒子射入绝缘板之前的速度大小；
（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能；
（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间。
【答案】（1）解：粒子在电场中加速，由动能定理得
解得
（2）解：粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图
由几何关系可得轨道半径为，由
解得
根据能量守恒得，损失的动能为
（3）解：粒子若做直线运动，则有
代入数据解得
方向与x轴正向斜向下成60°角；粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间为
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间为
粒子y轴右侧运行的总时间为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）由动能定理计算粒子射入绝缘板之前的速度大小；（2）根据洛伦兹力充当向心力，求出粒子在第一象限磁场中的运动速度，再由能量守恒定律计算粒子经过绝缘板时损失的动能；（3）粒子在第四象限做直线运动，洛伦兹力与电场力要等大反向，求出所加电场的电场强度；根据求出粒子在第一象限中的运动时间，再求出粒子在第四象限做匀速直线运动的时间，从而得到粒子y轴右侧运行的总时间。
18．（2024高二下·重庆市月考） 如图所示，光滑绝缘的水平桌面内存在着两个边长均为L的相邻正方形区域abef和bcde，在正方形区域abef内存在着沿fa方向的匀强电场，电场强度大小为E，在矩形区域acdf内存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在cd右侧紧挨着cd边的某矩形区域内（含边界）存在着竖直方向上的另一匀强磁场（未画出）。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从af的中点O以初速度（大小未知）沿ab方向水平射人abef区域，小球在该区域内沿直线运动，进入bcde区域后从d点离开，并进入cd右侧的另一磁场区域中，小球在该磁场中偏转，经过一段时间后，恰从C点回到bcde区域中。。求：
（1）小球的初速度大小；
（2）小球从O点运动到d点的时间；
（3）cd右侧矩形区域磁场的最小面积。
【答案】（1）由带电小球进入区域后沿直线运动可知
得
（2）带电粒子从中点进入区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在区域内的运动轨迹图像，如图所示
轨迹圆心为，根据几何关系有
解得
由数学知识可知
得
小球在磁场里运动的周期为
（3）带电粒子从点离开正方形磁场区域，进入右侧的匀强磁场后，又从点进入磁场区域。由分析可知，右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性可知，粒子在右侧区域内的运动轨迹如图所示，轨迹圆心为点，由数学知识可知
矩形磁场的最小面积为
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球在abef区域做直线运动，分析可知，小球在电场力和洛伦兹力作用下做匀速直线运动，再根据受力情况及平衡条件进行解答；
（2）粒子进入bcde磁场区域后做匀速圆周运动，根据题意画出粒子在该磁场区域的运动轨迹，根据几何关系确定粒子的运动半径及运动轨迹对应的圆心角，再根据匀速运动规律及带电粒子在磁场中运动规律进行解答；
（3）根据题意画出粒子从d点离开回到c点的运动轨迹，当矩形磁场区域恰好与运动轨迹相切时，矩形磁场面积最小，再根据几何关系进行解答。
19．（2024高三下·昆明模拟） 如图所示，边长为L的正方形区域内，以对角线bd为边界，上方有平行ad边向下的匀强电场，电场强度大小为E。下方有垂直abcd平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从ab边中点O由静止释放，在电场和磁场中运动后垂直bc边射出。粒子重力不计。求粒子的比荷。
【答案】解：粒子运动轨迹如图所示
粒子在电场中运动过程，据动能定理可得
粒子在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，可得
据几何关系可得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 粒子在电场中运动过程根据动能定理求解粒子进入磁场的速度，粒子在磁场中运动，根据几何关系求解粒子做匀速圆周运动的半径，根据牛顿第二定律求解粒子的比荷。
20．（2024高三下·广东模拟）如图所示，在，区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则
根据牛顿第二定律有
联立方程解得
故A错误；
B．若粒子从处射入，由类平抛运动规律
联立解得
粒子从N点下方进入磁场，故B错误；
C．设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，根据速度分解公式可得
由几何关系可得粒子在磁场中偏转距离为
由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；
D．由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为
所以从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0~范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。
故答案为：D。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速的圆周运动，洛伦兹力方向向心力。
四、破鼎提升
21．（2024高二上·兴化期末）如图所示，空间中存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，电场场强大小为E，方向竖直向上。一质量为m、带电量为-e的电子在该空间内获得沿水平方向的初速度，速度大小为v0，且则电子（ ）
A．做类平抛运动
B．运动过程中最大的速率为
C．在一个周期内水平方向运动的距离为
D．距入射点竖直方向最大位移为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A.因为，可得电子在复合场中受到的洛伦兹力和电场力的大小关系为
合力向上，故电子要向上偏转，但因为速度变化，使洛伦兹力发生变化，竖直方向受到的合力不是恒力，所以电子的运动不是类平抛运动，A不符合题意；
BCD.由配速法，将粒子受到的洛伦兹力看成
其中
粒子在以速度在水平方向做匀速直线运动的同时，还在竖直方向做速率大小为的匀速圆周运动，所以运动过程中最大的速率为
因为粒子周期
在一个周期内水平方向运动的距离为
圆周运动的半径
所以距入射点竖直方向的最大位移为2R，即，BC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电子受到的洛伦兹力和电场力的大小关系，分析电子的运动性质；由配速法，将电子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的圆周运动，求解分析圆周运动的半径和周期，根据匀速运动的规律求解在一个周期内水平方向运动的距离，根据圆周运动的规律求解距入射点竖直方向的最大位移。
22．（2023·湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中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里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】在速度选择器中有：；在偏转磁场中，粒子从CF的中点射出，粒子转过的圆心角为90°，则。
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则有：，解得：。再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，所以，故A不符合题意；
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则有：，解得：。再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，所以，故B不符合题意；
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，所以，故C不符合题意；
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，所以，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】在速度选择器中有，在偏转磁场中根据、，结合几何关系分析判断。
23．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 第一章 静电场 单元试卷 ）如图，在MN和PQ这两个平行竖直面之间存在垂直纸面的匀强磁场和平行纸面的匀强电场，一个带电粒子以某一初速度由A点水平射入这个场区恰能沿直线运动，并从PQ竖直面上的C点离开场区．若撤去磁场，其他条件不变，则该粒子从PQ竖直面上的B点离开场区；若撤去电场，其他条件不变，则该粒子从PQ竖直面上的D点离开场区．若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3，运动的加速度大小分别为a1、a2和a3，不计粒子所受重力的影响，则下列判断中正确的是（ ）
A．t1=t2＜t3，a1＜a2=a3 B．t2＜t1＜t3，a1＜a3＜a2
C．t1=t2=t3，a1＜a2＜a3 D．t1=t3＞t2，a1=a3＜a2
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】在复合场中，带电粒子做匀速直线运动，则有Eq=Bqv，则有E=Bv．在复合场中的时间 ，而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动，所以运动的时间 ，而在单一磁场中做匀速圆周运动，运动的时间 ，由于两平面之间 ，所以时间关系为 ；在复合场中 ，单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛仑兹力产生，但两种力相等，所以 ，但方向不同，综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】第一种和第二种情况，并不影响电荷的水平方向的速度，故时间相同，第三种情况会使带电粒子的速度大小不变，但是走过的路程会变长，故时间会变大，电场力等于洛伦兹力，故两者产生的加速度相同，且大于两者的合加速度。
24．（2024高三上·柳州模拟）如图所示，在平面直角坐标系第二象限内有沿y轴正方向的匀强电场，第四象限某正三角形区域内有方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出）。现有一质量为m、电荷量为的带电粒子（不计重力），从第二象限内的P点以平行于x轴的初速度射出，并从y轴上M点射出电场，穿过第一象限后，进入第四象限并穿过正三角形区域的磁场，最后垂直于y轴离开第四象限，则（ ）
A．粒子经过M点时速度与y轴负方向的夹角为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．正三角形区域磁场的最小面积为
D．粒子从开始运动到第二次到达y轴的最短时间为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用运动学公式与牛顿第二定律即可解题；解题时注意几何知识的应用。
B．带电粒子（不计重力），从第二象限内的P点以平行于x轴的初速度射出，并从y轴上M点射出电场，则有
，
且
联立解得
，
B正确；
A．粒子经过M点时竖直速度
则此时速度与y轴负方向的夹角为
所以
A错误；
C． 第四象限某正三角形区域内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场，作出粒子运动轨迹如图：
由几何关系可知
解得
则
，
正三角形区域磁场的最小面积为
C正确；
D．粒子在M点的速度
粒子在第一象限运动的时间
粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中的运动时间
所以粒子从开始运动到第二次到达y轴的时间为
D错误。
故选BC。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出电场强度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求出磁场区域的最小面积。
25．（2025·河南模拟）如图，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，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为、电荷量为的粒子从距虚线高度为的点向右水平发射，当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为。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高度为时，粒子距点的距离为，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高度为时，粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求粒子此时距点的距离。
【答案】（1）解： 粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向
由牛顿第二定律
粒子进入磁场时的速度大小
解得
（2）解： 粒子从点抛出到进入磁场时的水平位移
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与轴正向仍成角，到达高高度时水平位移仍为，由题意可知
或
即
或
根据洛伦兹力提供向心力
可得
或
（3）解： 若粒子第一次回到电场中高度为时，粒子在电场中运动的时间
可知粒子在磁场中运动的时间也为
根据
由洛伦兹力提供向心力
解得
此时粒子距点的距离
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据题意可知带电粒子在电场中做类平抛运动，根据对应运动规律可求；
（2）进入磁场区域后，由几何关系求出轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度大小；
（3）根据粒子从P到M的偏转角，结合周期公式求运动的时间，根据几何关系计算距离。
26．（2024高三下·湖北模拟）如图所示，在xOy平面有一圆形有界匀强磁场，圆心坐标为，半径为R，磁场方向垂直于纸面向里。在第二象限从到的范围内存在沿x轴正向匀速运动的均匀带电粒子流。粒子速率为，质量为m，带电量为，所有粒子在磁场中偏转后都从O点射出，并立即进入第一象限内沿y轴负方向的匀强电场，经电场偏转后，最终均平行于x轴正向射出电场（沿y轴正向入射的粒子除外），已知电场强度为，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）电场外有一收集板PQ垂直于x轴放置，Q点在x轴上，PQ长度为R，不计PQ上收集电荷的影响，求PQ收集到的粒子数占总粒子数的比例；
（3）第一象限电场的边界方程。
【答案】（1）解：由于粒子在磁场中偏转后经过O点，故粒子在磁场中偏转半径为R
即①
得②
（2）解：设打在P点的粒子从磁场中射出方向与x轴正向夹角为，
粒子在电场中运动加速度为a，有③
y方向④
得，则⑤
由几何关系可知，从O点射出角度小于的粒子均可被PQ收集到，
该粒子射入磁场时到x轴的距离为⑥
因此在收集到的粒子数占总数比例为⑦
代入得⑧
（3）解：设某粒子以与x轴夹角射入电场，然后平行于x轴正向从点射出电场，
则飞行时间⑨
y方向位移⑩
x方向位移
整理得，
则电场的边界方程为，
为椭圆的一部分。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中运动时。洛伦兹力提供向心力；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系， 从O点射出角度小于的粒子均可被PQ收集到；求出粒子射入磁场时到x轴的距离从而求出收集到的粒子数占总数比例；
（3）根据类平抛运动规律求解运动时间，根据 y方向位移 以及 x方向位移表达式，利用数学关系得到关于xy的电场的边界方程。
五、直击高考
27．（2023·全国乙卷）如图，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正向入射到磁场中，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． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】由电粒子在磁场中的偏转：分析如图，由几何关系可得：，
偏转角等于圆心角，，得，
由得(1)；
再加匀强电场E做直线运动：得，(2)，
联立解得，故BCD错误，A正确；
故答案为：A
【分析】正确应用磁偏转，找出圆心，利用几何关系计算粒子的半径；电磁复合场中的直线运动判断E与B的关系，两种情况联立就可以解出结果。
28．（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（ ）
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A、打在a点的离子所受电场力和洛伦兹力平衡，打在b点的粒子所受电场力和洛伦兹力的合力指向右侧，当电场水平向左，磁场方向垂直纸面向里时粒子受到的电场力水平向左，洛伦兹力也向左，打在a的左侧；电子受到的电场力向右，洛伦兹力也向右，打在a的右侧，故A错误。
B、 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时，粒子受到的电场力水平向左，洛伦兹力向右，可能打在a点，但此时电子所受洛伦兹力大于电场力，向左偏转，故B错误。
C、 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里，粒子受到的电场力水平向右，洛伦兹力向左，可能打在a点，此时电子的洛伦兹力大于电场力，向右偏转，故C正确。
D、 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 ，粒子受到的电场力水平向右，洛伦兹力向右，不可能打在a点，此时电子的洛伦兹力大于电场力，向左偏转，故D错误。
故答案为：C
【分析】根据粒子和电子在电场和磁场中受力的特点以及电荷量关系分析求解。
29．（2024·安徽） 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（ ）
A．油滴 带负电， 所带电量的大小为
B．油滴 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
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】 A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力；
根据题意Eq=mg
解得带电有点所带的电荷量
油滴a在最低点的速度方向水平向左，沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知，油滴带负电，故A正确；
B.洛伦兹力提供向心力
q
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为 ，故B正确；
C.油滴分裂后，小油滴Ⅰ仍然做匀速圆周运动，说明电荷和质量都均分；
小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
小油滴Ⅰ做圆周运动的周期 ，故C错误；
D.取向水平向左为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
负号表示方向水平向右；根据左手定则可知油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D正确。
故选：ABD。
【分析】 A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力，据此求解场强；
B.洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解作答；
C.小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解线速度；根据线速度与周期的关系求周期，然后作答；
D.根据动量守恒定律求解小油滴Ⅱ的线速度，根据左手定则判断其运动方向。
30．（2024·贵州） 如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与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，经边的中点进入区域，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。
【答案】（1）解：带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有
解得
（2）解：粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
（3）解：粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，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，由几何关系可知
可得
则有
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在cdef区域做直线运动的要求，分析粒子受到的洛伦兹力与电场力的关系，求出粒子在该区域的速度大小；（2）粒子在abcd区域做类平抛运动，根据对应的运动学公式和牛顿第二定律，可得求出粒子的比荷；（3）粒子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力求出粒子运动轨迹的半径，再由几何关系计算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。
31．（2024·湖南）如图，有一内半径为 2r、长为 L 的圆筒，左右端面圆心 O'、O 处各开有一小孔。以 O 为坐标原点，取 O'O 方向为 x 轴正方向建立 xyz 坐标系。在筒内 x ≤ 0 区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向沿 x 轴正方向；筒外 x ≥ 0 区域有一匀强电场，场强大小为 E，方向沿 y 轴正方向。一电子枪在 O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在 xOy 平面内，且在 x 轴正方向的分速度大小均为 v0。已知电子的质量为 m、电量为 e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过 O 进入电场，求磁感应强度 B 的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度 B，若进入磁场中电子的速度方向与 x 轴正方向最大夹角为θ，求 tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度 B，求电子在电场中运动时 y 轴正方向的最大位移。
【答案】（1）解： 电子在匀强磁场中运动时， 将其分解为沿 轴的匀速直线运动和在 y O z 平面内的匀速圆周运动， 设电子人射时沿 轴的分速度大小为 ， 由电子在 轴方向做勺速直线运动得
在 y O z 平面内， 设电子做匀速圆周运动的半径为 ， 周期为 ， 由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过 进入电场， 则有
联立得
当 时， 有最小值，可得
（2）解：将电子的速度分解， 如图所示
有
当 有最大值时， 最大， 最大， 此时 ，
又
联立可得
（3）解：当 最大时， 电子在电场中运动时沿 轴正方向有最大位移 ， 根据勺变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
【知识点】向心力；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）将电子在匀强磁场中运动分解为沿x轴的匀速直线运动和在平行于yOz平面的平面内的匀速圆周运动。由沿x轴方向的匀速直线运动求得在磁场中运动时间。根据牛顿第二定律求得分运动匀速圆周运动的轨迹半径和周期，根据题意确定周期与运动时间的关系求解。
（2）当夹角θ最大时，tanθ有最大值，此时沿y轴的分速度最大，则圆周运动的半径最大，根据几何关系得到半径的最大值，根据牛顿第二定律。
（3）电子在电场中沿y轴方向做匀变速直线运动，当沿y轴的分速度最大最大，且方向沿y轴正方向时，电子在电场中运动时沿y轴正方向位移最大，根根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律求解。
32．（2023·江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）当 入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，说明此时电子受电场力与洛伦兹力平衡，
即eE=ev0B，
解得E=v0B。
（2）当电子 入射速度为时，电子所受洛伦兹力F洛=，电子所受电场力F电=eE=ev0B。所以F洛F电，
故电子会向上偏。而洛伦兹力不做功，当电子速度达到时，由动能定理有，
WF电=Ek2-Ek1，WF电=eEy1，Ek1=m（）2，Ek2=m（）2。
联立解得，y1=。
（3）设电子以速度v入射时电子能达到最高点位置的纵坐标为y，即电子在电场力方向上的位移的位移为y，速度为vm，
在此过程中电场力做功WF电=eEy，
由动能定理，有WF电=m-m
在最高点，电子所受合力方向沿着E的方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eBeE
在最低点，电子所受合力方向沿着E的反方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eEeBv
结合（1）解得
综上，解得y=
欲使电子纵坐标能达到y2=位置，必须满足，yy2，
即 ，
综上，解得，vv0=90%v0 。
故若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0 的90%。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对电子进行受力分析，根据平衡条件和电场力与洛伦兹力的表达式列方程求解。
（2）对电子进行受力分析，根据受力分析判断电子偏转方向，再由动能定理列方程求解。
（3）根据动能定理计算粒子所到达最高点的的坐标与粒子速度的关系式，在由题意判断电子所占的百分比。
33．（2017·江苏）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压力为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．
【答案】（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
电场加速由动能定理得 再由
解得
根据几何关系x=2r1﹣L
解得
答：甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x为 ；
（2）最窄处位于过两虚线交点的垂线上
解得
答：在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域如上图所示，该区域最窄处的宽度d为 ；
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为
的最小半径
的最大半径
由题意知 ，即 ﹣ ＞L
解得L＜ [2 ﹣ ]
答：若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，狭缝宽度L满足的条件
L＜ [2 ﹣ ]
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）从M进入磁场的粒子打在底片上的位置到N点距离最小，由动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）就是将一个虚线半圆平移到另一个虚线半圆，最窄处位于过两虚线交点的垂线上，把两个虚线圆心找到，并连接两圆的最高点，两个圆的最高点的距离为L，根据几何关系求解；
（3）从M点射进磁场的最慢甲种离子即加速电压最小时到底片的距离，比从N点射入得最快的乙种离子即加速电压最大时到达底片的距离要大L，两轨迹的直径相差为L，列式即可求解；
