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(共27张PPT)
演练知能提升
1．(多选)(2026·新疆第一次适应性检测)从水平虚线上方某高度处由静止释放一个带负电的小球，要使小球经过虚线后做匀速直线运动，实验小组在虚线下方空间设计了如图所示的匀强电场和匀强磁场。不计空气阻力，其中可行的是(　　)
AD
解析：选项A、B、C中小球受竖直向下的重力，电场力与电场方向相反，洛伦兹力向左，选项A三个力可以平衡，小球可以做匀速直线运动，选项B、C三个力不能平衡，小球不能做匀速直线运动，故A正确，B、C错误；
选项D中小球受竖直向下的重力、电场力向上，不受洛伦兹力，两个力可以平衡，小球能做匀速直线运动，故D正确。
B
3．(2026·陕西榆林市模拟)霍尔推进器中的一个局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于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轴正方向水平射入，射入速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；射入速度不等于v0时，电子将沿曲线运动。电子间相互作用及其所受的重力均可忽略不计，则(　　)
A．电场强度的大小E>v0B
B．若电子射入速度小于v0，则电子可能进入y<0的区域运动
D
解析：由题知，射入速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则有Ee＝ev0B，解得E＝v0B，A错误；
若射入速度vevB，电子所受合力沿y轴正方向，电子将向上偏转，故其不可能进入y<0的区域运动，B错误；
4．(2026·广东清远市联考)下列四个图中，不计重力的带电粒子以水平向右的速度射入复合场，已知电场力的大小与洛伦兹力的大小相等，带电粒子能匀速直线通过复合场的是(　　)
D
解析：选项A中带电粒子受到的电场力和洛伦兹力都向上，一定做曲线运动，故A错误；
选项B中带电粒子受到的电场力和洛伦兹力都向下，一定做曲线运动，故B错误；
选项C中带电粒子受到的电场力和洛伦兹力都向上，一定做曲线运动，故C错误；
选项D中带电粒子受到的电场力向上，洛伦兹力向下，二者平衡，带电粒子做匀速直线运动通过复合场，故D正确。
5．(2026·北京朝阳区期末)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直于纸面向里)。一带正电的粒子在M点由静止释放，不计粒子所受重力，则(　　)
A．粒子运动过程中的速度随时间作周期性变化
B．粒子运动过程中的加速度不变
C．磁场力始终对粒子做正功
D．电场力始终对粒子做正功
A
磁场力即为洛伦兹力，洛伦兹力与速度垂直，不做功，故C错误；
根据粒子的运动分解为水平向左的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动可知，电场力时而做正功时而做负功，故D错误。
6．(2026·广东中山市华侨中学模拟)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带负电的小球，从O点沿电场方向射入，OMN为其一段运动轨迹，M点为轨迹的最右端，N点为O的正下方，不计空气阻力。关于小球从O经M到N点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球做匀变速运动
B．小球的机械能守恒
C．小球从O到M速度先减小后增大
D．小球在M、N两点的动能可能相等
C
解析：小球在复合场中受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球的加速度会变化，故A错误；
洛伦兹力不做功，电场力做功，所以机械能不守恒，故B错误；
把重力和电场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等效最高点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做功，所以小球从O到M的过程中速度先减小后增大，故C正确；
小球从M点到N点洛伦兹力不做功，但重力和电场力都做了正功，动能增加，故D错误。
(1)A点的坐标；(4分)
答案：(0，－L)
(2)粒子恰好不从BC边射出时，匀强磁场磁感应强度B1的大小；(4分)
(3)交变磁场的磁感应强度B2和周期t0的大小。(6分)
不考虑极板边缘的影响，电子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直于纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场的影响。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。
(1)求偏转电场电压UMN的峰值。(4分)
(3)从电子进入偏转电场开始到离开磁场的最短时间是多少？(6分)专题提升十六　带电粒子在叠加场或交变电磁场中的运动
[复习目标]
1．了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。
2．掌握带电粒子在交变电场、交变磁场中运动的解题思路和处理方法。
题型一　带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2．洛伦兹力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
3．电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
4．电场力、洛伦兹力、重力并存
(1)若三力平衡，则带电粒子一定做匀速直线运动。
(2)若重力与电场力平衡，则带电粒子一定做匀速圆周运动。
(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
(多选)(2025·福建卷，T7)
如图所示，竖直面内存在垂直于纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g，则(　　)
A．电场强度大小E＝
B．磁感应强度大小B＝
C．N、P两点的电势差U＝
D．粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为
[解析]　
带电粒子沿着MN做匀速直线运动，故粒子受力平衡，受力分析如图所示，可知qE＝mg，qvB＝mg，解得E＝，B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子由N到P的过程中，水平方向上在电场力作用下做初速度大小为、加速度大小为g的匀加速直线运动，竖直方向上在重力作用下做初速度大小为、加速度为g的竖直上抛运动，粒子由N到P运动过程中，由竖直上抛运动规律可知，运动时间t＝×2＝，由匀加速直线运动的规律可知，水平位移大小xNP＝t＋gt2＝，则N、P两点的电势差U＝ExNP＝，C正确；粒子从N运动到P的过程中，竖直分速度减为0时距离NP最远，根据运动规律可知ymax＝＝，D错误。
[答案]　BC
如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g取10 m/s2。求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
[解析]　
(1)小球做匀速直线运动，小球所受电场力、重力与洛伦兹力的合力为0，令重力与电场力合力方向与竖直方向夹角为θ，如图所示，则有tan θ＝
解得θ＝60°
根据平衡条件有qvB cos θ＝mg
解得v＝20 m/s。
(2)撤掉磁场时，小球水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，则有
h＝vt sin θ－gt2＝0
解得t＝2 s。
[答案]　(1)20 m/s，与电场方向夹角为60°
(2)2 s
(2026·陕西宝鸡市模拟)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，第一象限中存在匀强电场和匀强磁场。电场方向沿x轴正方向水平向右，磁场方向垂直于xOy平面向里，磁感应强度大小B＝0.5 T。第一象限内有一点P，OP连线与x轴正方向夹角θ＝37°。现有一个质量m＝400 g、电荷量q＝1 C的带正电的小球，从O点沿OP方向射入第一象限，恰好沿OP做直线运动。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求电场强度大小E以及小球从O点射入时的速度大小v0。
(2)若OP之间的距离L＝ m，且小球运动到P点时突然撤去磁场，则撤去磁场后经多长时间小球到达x轴？
[解析]　
(1)设小球所受电场力为F，洛伦兹力为f，对小球进行受力分析如图所示，由题意可得小球能做匀速直线运动，所以小球处于平衡状态，对小球受力分析可得
F＝Eq，f＝qv0B
由平衡条件可得F＝mg tan θ
f＝，联立解得E＝3 N/C，v0＝10 m/s。
(2)突然撤去磁场后，小球做匀变速曲线运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。小球从P点到x轴的过程中，竖直分位移
y＝L sin θ，方向向下
小球在P点时的竖直分速度
vy＝v0sin θ，方向向上
规定竖直向下为正方向，则有y＝－vyt＋gt2
解得小球运动时间t＝2 s。
[答案]　(1)3 N/C　10 m/s　(2)2 s
深度探究 带电粒子(带电体)在叠加场中的运动链接优生自研篇P445
题型二　带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动
1．基本思路
2．注意问题
(1)仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。
(2)必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析。
(2024·广东卷，T15)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q。
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v。
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
[解析]　(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电，
粒子在磁场中运动的周期T＝2t0
根据T＝知粒子所带的电荷量q＝。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时有＝vt0
出电场时竖直方向速度为零，则竖直方向
y＝2××(0.5t0)2
在磁场中时有qvB＝m
其中的y＝2r＝
联立解得v＝π
D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r，则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，在6.5t0时刻碰到上金属板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则W＝mv2＋U0q×＝。
[答案]　(1)正电　　(2)　π
(3)
(2026·山东济宁市模拟)如图甲所示，在xOy平面内，虚线与x轴垂直并相交于P(－L，0)点，在虚线左侧有一加速电场，电压为U0。一质量为m、带电量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度)，当粒子运动到P点时，在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知)，y轴正方向为电场的正方向，粒子经时间T从y轴上的Q点(0，L)进入第一象限。某一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场，磁场变化周期为T0，垂直于xOy平面向里为磁场的正方向，粒子恰好不会回到第二象限。已知B0＝，不计粒子重力，忽略电场、磁场突变的影响。求：
(1)带电粒子经过P点时速度的大小v0；
(2)交变电场的电场强度大小E0；
(3)加上磁场后，粒子在时刻所处的位置坐标。
[解析]　(1)根据题意，由动能定理有qU0＝mv
解得v0＝。
(2)在偏转电场中，x方向有L＝v0T
y方向有L＝2×a()2，E0q＝ma
解得E0＝。
(3)由题意可知粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0
粒子在磁场中运动的周期T′＝＝
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为r，则qv0B0＝m eq \f(v,r)
解得r＝
经分析可知，粒子在时刻恰好运动至如图所示的M点位置，横坐标x＝2r，纵坐标y＝3r＋L
解得x＝，y＝L＋
即粒子所处的位置坐标为
(，L＋)。
[答案]　(1)　(2)
(3)(，L＋)(共32张PPT)
专题提升十六　带电粒子在叠加场或交变电磁场中的运动
[复习目标]
1．了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。
2．掌握带电粒子在交变电场、交变磁场中运动的解题思路和处理方法。
第一部分
题型一　带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2．洛伦兹力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
3．电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
4．电场力、洛伦兹力、重力并存
(1)若三力平衡，则带电粒子一定做匀速直线运动。
(2)若重力与电场力平衡，则带电粒子一定做匀速圆周运动。
(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
例1 (多选)(2025·福建卷，T7)如图所示，竖直面内存在垂直于纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g，则(　　)
BC
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
[答案]　20 m/s，与电场方向夹角为60°
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
例3 (2026·陕西宝鸡市模拟)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，第一象限中存在匀强电场和匀强磁场。电场方向沿x轴正方向水平向右，磁场方向垂直于xOy平面向里，磁感应强度大小B＝0.5 T。第一象限内有一点P，OP连线与x轴正方向夹角θ＝37°。现有一个质量m＝400 g、电荷量q＝1 C的带正电的小球，从O点沿OP方向射入第一象限，恰好沿OP做直线运动。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求电场强度大小E以及小球从O点射入时的速度大小v0。
[答案]　3 N/C　10 m/s
[答案]　2 s
深度探究 带电粒子(带电体)在叠加场中的运动链接优生自研篇P445
第二部分
题型二　带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动
1．基本思路
2．注意问题
(1)仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。
(2)必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q。
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v。
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
(1)带电粒子经过P点时速度的大小v0；
(2)交变电场的电场强度大小E0；1．(多选)(2026·新疆第一次适应性检测)从水平虚线上方某高度处由静止释放一个带负电的小球，要使小球经过虚线后做匀速直线运动，实验小组在虚线下方空间设计了如图所示的匀强电场和匀强磁场。不计空气阻力，其中可行的是(　　)
解析：选AD。选项A、B、C中小球受竖直向下的重力，电场力与电场方向相反，洛伦兹力向左，选项A三个力可以平衡，小球可以做匀速直线运动，选项B、C三个力不能平衡，小球不能做匀速直线运动，故A正确，B、C错误；选项D中小球受竖直向下的重力、电场力向上，不受洛伦兹力，两个力可以平衡，小球能做匀速直线运动，故D正确。
2.
在两平行板之间存在匀强电场和匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，带正电的粒子沿中轴线方向从平行板左侧射入，如图所示。当粒子速度等于时，恰好沿着图示虚线①做直线运动。若粒子速度大于，不计粒子重力，下列关于粒子运动的说法正确的是(　　)
A．粒子可能沿虚线②运动，动能增大
B．粒子可能沿虚线②运动，动能减小
C．粒子可能沿虚线③运动，动能增大
D．粒子可能沿虚线③运动，动能减小
解析：选B。带正电的粒子进入复合场后，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当粒子速度等于时，有qvB＝qE，粒子恰好沿着图示虚线①做直线运动，若粒子速度大于，有qvB＞qE，粒子会向上偏转，同时电场力做负功，动能减小，故A、C、D错误，B正确。
3．(2026·陕西榆林市模拟)
霍尔推进器中的一个局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于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轴正方向水平射入，射入速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；射入速度不等于v0时，电子将沿曲线运动。电子间相互作用及其所受的重力均可忽略不计，则(　　)
A．电场强度的大小E>v0B
B．若电子射入速度小于v0，则电子可能进入y<0的区域运动
C．若电子射入速度为1.5v0，运动到速度为v0时位置的纵坐标为
D．若电子射入速度为，运动到速度为时位置的纵坐标为
解析：选D。由题知，射入速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则有Ee＝ev0B，解得E＝v0B，A错误；若射入速度vevB，电子所受合力沿y轴正方向，电子将向上偏转，故其不可能进入y<0的区域运动，B错误；若电子射入速度为1.5v0，电子受到的电场力和磁场力的合力向下，电子将向下偏转，当电子运动到速度为v0时，根据动能定理有－EeΔy1＝mv－m(1.5v0)2，解得Δy1＝ eq \f(5mv,8eE) ，则电子运动到速度为v0时纵坐标y1＝－ eq \f(5mv,8eE) ，根据Ee＝ev0B，解得y1＝－，C错误；若电子射入速度为，电子受到的电场力和磁场力的合力向上，电子将向上偏转，根据动能定理有Eey2＝m－m，Ee＝ev0B，解得y2＝，D正确。
4．(2026·广东清远市联考)下列四个图中，不计重力的带电粒子以水平向右的速度射入复合场，已知电场力的大小与洛伦兹力的大小相等，带电粒子能匀速直线通过复合场的是(　　)
解析：选D。选项A中带电粒子受到的电场力和洛伦兹力都向上，一定做曲线运动，故A错误；选项B中带电粒子受到的电场力和洛伦兹力都向下，一定做曲线运动，故B错误；选项C中带电粒子受到的电场力和洛伦兹力都向上，一定做曲线运动，故C错误；选项D中带电粒子受到的电场力向上，洛伦兹力向下，二者平衡，带电粒子做匀速直线运动通过复合场，故D正确。
5．(2026·北京朝阳区期末)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直于纸面向里)。一带正电的粒子在M点由静止释放，不计粒子所受重力，则(　　)
A．粒子运动过程中的速度随时间作周期性变化
B．粒子运动过程中的加速度不变
C．磁场力始终对粒子做正功
D．电场力始终对粒子做正功
解析：选A。若该粒子在M点由静止释放，其运动将比较复杂，为了研究该粒子的运动，可以应用运动的合成与分解的方法，将它为0的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度，设为v，令qvB＝qE，则有v＝，此时可以把粒子的运动分解为沿水平向右的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，则由运动的合成可知粒子速度随时间作周期性变化，而此时的加速度即为做匀速圆周运动的向心加速度，方向时刻在变，故A正确，B错误；磁场力即为洛伦兹力，洛伦兹力与速度垂直，不做功，故C错误；根据粒子的运动分解为水平向左的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动可知，电场力时而做正功时而做负功，故D错误。
6．(2026·广东中山市华侨中学模拟)
如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带负电的小球，从O点沿电场方向射入，OMN为其一段运动轨迹，M点为轨迹的最右端，N点为O的正下方，不计空气阻力。关于小球从O经M到N点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球做匀变速运动
B．小球的机械能守恒
C．小球从O到M速度先减小后增大
D．小球在M、N两点的动能可能相等
解析：选C。小球在复合场中受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球的加速度会变化，故A错误；洛伦兹力不做功，电场力做功，所以机械能不守恒，故B错误；把重力和电场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等效最高点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做功，所以小球从O到M的过程中速度先减小后增大，故C正确；小球从M点到N点洛伦兹力不做功，但重力和电场力都做了正功，动能增加，故D错误。
7．(14分)(2026·广东潮州市期末质检)如图a所示，平面直角坐标系xOy中，第三象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限直角三角形OBC区域中存在着大小、方向均可调整的磁场。已知C点坐标为(L，0)，BC边与x轴正方向的夹角为60°，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从P点以大小为v、方向与BC边平行的初速度进入电场。经偏转后从A点垂直于OB边进入磁场。若磁场为方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则发现粒子恰好不从BC边射出。若磁场为随时间呈周期性变化的交变磁场(如图b，规定磁场方向垂直于纸面向外为正)，则发现在t＝0时从A点进入磁场的粒子，经两个完整周期后恰好从C点射出，已知匀强电场的场强E＝，不计粒子重力。求：
(1)A点的坐标；(4分)
(2)粒子恰好不从BC边射出时，匀强磁场磁感应强度B1的大小；(4分)
(3)交变磁场的磁感应强度B2和周期t0的大小。(6分)
解析：(1)在y轴方向上，粒子做匀减速直线运动，则有
v＝2ahAB
vy＝v sin 60°
根据牛顿第二定律则有qE＝ma
对A点yA＝L tan 60°－hAB
解得yA＝L
A点的坐标为(0，－L)。
(2)粒子进入磁感应强度为B1的磁场中，运动轨迹如图甲所示， 则有vA＝v cos 60°
由牛顿第二定律有qvAB1＝ eq \f(mv,R1)
由几何关系得hAB＝R1＋
联立解得B1＝。
　　　
(3)粒子进入磁感应强度为B2的磁场中，由牛顿第二定律有qvAB2＝ eq \f(mv,R2)
设粒子在的时间内，轨迹的圆心角为θ，由题意知，粒子的运动轨迹如图乙所示，则θ＝60°，由几何关系知AC＝2L＝4R2，R2＝
B2＝
＝T＝·
解得t0＝。
答案：(1)(0，－L)　(2)　(3)　
8．(16分)(2026·青海西宁市模拟)如图所示，灯丝K可以连续逸出初速度忽略不计的电子，在KA间经大小为U的加速电压加速后，从A板中心小孔射出，再从M、N两极板的正中间以平行极板的方向进入偏转电场。M、N两极板长为L，间距为L。如果在两板间加上如图b所示的电压UMN，电子恰能全部射入如图所示的匀强磁场中。不考虑极板边缘的影响，电子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直于纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场的影响。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。
(1)求偏转电场电压UMN的峰值。(4分)
(2)已知在t＝时刻射入偏转电场的电子恰好能返回板间，求匀强磁场的磁感应强度B的大小。(6分)
(3)从电子进入偏转电场开始到离开磁场的最短时间是多少？(6分)
解析：(1)电子在经过加速电场过程中，根据动能定理可得eU＝mv
由题意可知在偏转电压出现峰值时进入的电子恰好沿极板边缘飞出电场，则有
L＝at2，L＝v0t
由牛顿第二定律得a＝
联立可得Um＝U。
(2)设在t＝时刻进入偏转电场的电子离开电场时速度大小为v，v与v0之间夹角为θ
tan θ＝· eq \f(L,v) ＝
所以θ＝30°，v0＝v cos θ
电子垂直进入磁场，由洛伦兹力充当向心力
evB＝m
画出电子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有
2R cos θ＝L
解得B＝。
(3)电子在偏转电场中运动时间相等，设电子在磁场中做圆周运动的周期为T，经N板边缘飞出的电子在磁场中运动时间最短，由几何关系可知，电子在磁场中运动时间为，T＝
联立可得tmin＝＋＝L。
答案：(1)U　(2)
(3)L

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