在物理学中，带电粒子就是指带有电荷的微粒，以下是带电粒子在组合场提升练习题，希望对考生有帮助。
1. (保定期末)如图所示，平面直角坐标系的x轴上方存在竖直向上的匀强电场Ⅰ，场强为E1，第四象限内OC与x轴正方向成60角，OC与x轴间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，OC与y轴间存在垂直OC向下的匀强电场Ⅱ，场强为E2。一质量为m、带电荷量为-q(q0)的粒子从O点以与x轴正方向成30角的初速度v0射入匀强电场E1中，经一段时间后从x轴上的Q点进入匀强磁场中，经磁场偏转后恰好垂直穿过OC且刚好能到达y轴上的D点，已知O、Q间的距离为L，粒子重力不计，求：
(1)场强E1、E2的大小及磁感应强度B的大小;
(2)粒子从O点运动到D点所用的时间t。
2.(唐山一模)如图甲所xOy平面内存在半径为R=16 cm的圆形有界磁场区域，有界磁场边界和x轴相切于O点，y轴上的P点为圆心，与y轴成60角的MN为圆形有界场的一条直径，MN将磁场区域分成Ⅰ、Ⅱ两部分。x轴下方为随时间变化的电场，电场强度大小为E=810-3 V/m，E-t图象如图乙所示，周期T=1.210-2 s。当t=时，第三象限的粒子源S沿y轴正方向发射比荷为108 C/kg的粒子，粒子经坐标原点O由y轴左侧进入磁场区域Ⅰ，依次经P、M两点MN离开磁场。测得粒子在磁场中运动时间t=10-4 s，重力不计。求：
(1)有界磁场区域Ⅰ中磁感应强度的大小;
(2)粒子源S的可能坐标。
3. (南昌一模)如图所示，金属板PQ、MN平行放置，金属板长为4a，间距为4a，二板间连接在输出电压为UPQ中央有一小孔O，板间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场区域PQNM，且OP=OQ=a，PM=QN=a。现将一带电小球从距上板某一高度由静止释放，小球从小孔O进入磁场，小球离开磁场后在平行金属板间做直线运动恰好从下板N端射出电场，已知重力加速度为g，求：
(1)带电小球的电荷量与质量之比;
(2)小球从释放到从下板N端射出所需时间。
4.(西安八校联考)在如图所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度在数值上满足B=。在竖直方向存在交替变化的匀强电场(竖直向上为正)，电场强度大小为E0=。一倾角为、长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间，斜面上有一质量为m，带电荷量为-q的小球，从t=0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第7秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g。求：
(1)第8秒内小球离开斜面的最大距离;
(2)第15秒内小球未离开斜面，角应满足什么条件?
5.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37角，在第四象限内的区域Ⅰ内加一最小电场强度的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN右侧区域Ⅱ内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好没从C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37=0.6，cos 37=0.8，求：
(1)小球的带电性质;
(2)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小;
(3)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向;
(4)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。
冲刺卷八 带电粒1.【详细分析】(1)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在匀强电场Ⅰ中做斜上抛运动，由运动的合成与分解知y轴方向：
v0sin 30=a且a=，
x轴方向：L=v0cos 30t1，联立得E1=，
由对Q点时的速度大小为v0，方向与x轴正方向成30角斜向下，由几何关系知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=OQ=L，由Bqv0=m得B=，
粒子在OC线下方做匀减速直线运动，到D点速度刚好为0，
设粒子在电场Ⅱ中的位移为s，由几何关系知tan 60=，
得s=，
而v=2s，联立解得E2=。
(2)由(1)知粒子在匀强电场Ⅰ中运动的时间t1=2，
粒子在匀强磁场中运动的时间t2==，
粒子在匀强电场Ⅱ中运动的时间t3==，
所以粒子从O点运动到D点所用的时间t=t1+t2+t3=L。
答案 (1) (2)L
2.【详细分析】(1)带电粒子在圆形有界磁场区域内运动轨迹如图所示，由几何关系可知，在区域Ⅰ内轨迹半径R1=R，在区域Ⅱ内轨迹半径2R2=R，
由r=可知B2=2B1，
由周期公式T1=，T2=，
则粒子在圆形有界磁场内运动时间
t=+
解得B12.510-4T。
(2)由qB1v=得v==4103 m/s，
与y轴正向夹角30，将速度沿x轴负向与y轴正向分解：
vx=vsin 30=2103 m/s，vy=vcos 30=2103 m/s，
带电粒子从S点发射运动到O点的过程，可y轴正向匀速直线运动和沿x轴的变加速直线运动。粒子沿x轴运动的第一种情况如图：粒子在反向加速过程到达O点。
加速度a==8105 m/s2，
x1=2a()2-=4.7 m，
由于运动的周期性，粒子到达O点的运动时间
t1=nT++，
y1=vy(nT+)=2(12n+8.5) m。
粒子沿x轴运动的第二种情况如图：粒子在反向减速过程到达O点。
x2==2.5 m，
由于运动的周期性，粒子到达O点的运动时间
t2=nT+T-，
y2=vy(nT+T-)=2(12n+9.5) m
粒子源S的可能坐标(-4.7 m，-2(12n+8.5) m)或(-2.5 m，-2(12n+9.5) m)。
答案 (1)2.510-4T (2)(-4.7 m，-2(12n+8.5) m)或(-2.5 m，-2(12n+9.5) m)
3.【详细分析】(1)由于带电小球离开磁场时速度方向与电场线方向成夹角且做直线运动，所以小球是做匀速直线运动，
mg=qE，
E=，
解得=。
(2)设小球进入小孔的速度为v，在磁场中做圆周运动半径为r，Oe=x，如图所示，由物理知识知，
Ocd=fdN=，
sin =，
在直角三角形ced中：cos =，
在直角三角形dfN中：tan =，
联立解得：3sin2 =2sin cos -cos +cos2 ，
4sin2 -1=2sin cos -cos
(2sin -1)(2sin +1)-(2sin -1)cos =0，
解得sin =，=，
由题知：r=2a。
由r=，代入数据得v=，
设小球做自由落体时间为t1，则
t1==，
设小球在磁场中运动时间为t2，则
t2==，
设小球做直线运动时间为t3，则
t3===
t=t1+t2+t3=+。
答案 (1) (2)+
4.【详细分析】(1)设第1秒内小球在斜面上运动的加速度为a，由牛顿第二定律，得(mg+qE0)sin =ma
第1秒末的速度为v=at
第2秒内有qE0=mg
所以小qvB=
圆周运动的周期为T==1 s
由图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动。
所以第7秒末的速度为v7=a(t1+t3+t5+t7)=8gsin
小球离开斜面的最大距离为d=2R4=。
(2)第15秒内仍在斜面上，则有v=at
Bqv(mg+qE0)cos
又t=8 s
解得arctan。
答案 (1) (2)arctan
5.【详细分析】(1)带电小球在第二象限a所示关系且小球只能做匀速直线运动，由受力特点及左手定则可判定小球带正电。
图a
(2)由图a知tan 37=，
得E1=
cos 37=，
得B1=。
(3)当区域Ⅰ中的电场强度最小时，小球做直线运动，此时受力如图b所示(电场力方
图b
小球做匀加速直线，由图知cos 37=，得E2=，方向与x轴正方向成53角向上。
(4)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以
mg=qE3，得E3=，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图c所示，
由(3)知F=mgsin 37，即a=gsin 37，
由运动学规律知(2v0)2-v=2aOC，
解得OC=，
由几何关系知=tan 37，得r=，
由洛伦兹力提供向心力知B2q2v0=m，
联立得B2=。
图c
答案 (1)正电 (2)(3) 与x轴正方向成53角向上 (4)
带电粒子在叠加场中运动的处理方法
(1)弄清叠加场的组成特点。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
①若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止。例如电场与磁场满足qE=qvB;重力场与磁场中满足mg=qvB;重力场与电场中满足mg=qE。
②若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。
③若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即 qvB=。
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