如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.
[审题突破] (1)滑块沿竖直平面加速下滑，洛伦兹力逐渐________，对竖直平面的压力逐渐________，当Bqv________qE时滑块离开竖直平面．
(2)离开竖直平面后，洛伦兹力不改变滑块速度大小，电场力与重力的合力方向与滑块速度方向夹角小于90°，滑块速度增大，当该夹角大于90°时，滑块减速，因此，滑块在D点时，该夹角为________．
[解析] (1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋FN＝qE 小滑块在C点离开MN时 FN＝0
E
解得vC＝.
B
(2)小滑块从A点运动到C点过程中，由动能定理得 12
mgh－Wf＝mvC－0
2mE2
解得Wf＝mgh－2.
2B
(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，
g′＝
?qE?＋g2 ?m?
v2D＋
2
222
且v2P＝vD＋g′t
解得vP＝
??qE?＋g2?t2.
??m??
2
EmE2
[答案] (1) (2)mgh－2
B2B(3)
v2D＋
??qE?＋g2?t2 ??m??
2
带电粒子在叠加场中运动的分析方法
考点二 带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：
1．从电场进入磁场
(1)粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．
(2)粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．
2．从磁场进入电场
(1)粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)． (2)粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动．
带电粒子由电场进入磁场[学生用书P184]
(2016·烟台一模)如图所示的平面直角坐标系xOy，
在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象
限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上的M(0，d)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的N?
23?d，0点进入
?3?
第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开．不计粒子
所受到的重力．求：
(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小； (2)粒子运动到P点的速度大小；
(3)粒子从M点运动到P点所用的时间．
[审题突破] (1)“以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场”说明：带电粒子在第Ⅰ象限做________运动．
(2)“又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限”说明：带电粒子在第Ⅳ象限做匀速圆周运动的圆心在________，带电粒子在第Ⅲ象限做________运动．
[解析]
(1)粒子运动轨迹如图所示．
设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则：
23x＝v0t1＝d
31y＝at2＝d 21qE＝ma vyat1tan θ＝＝
v0v0v0
v1＝ cos θ联立以上各式得：
π3mv20
θ＝3，v1＝2v0，E＝2qd.
v21
粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝m
RON4
由几何关系得：R＝＝d
sin θ33mv0
联立并代入数据解得：B＝.
2qd
(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得： 1212
qEd＋qE(R＋Rcos θ)＝mvP－mv0
22代入(1)中所求数据解得：vP＝10v0.
(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间： 23
d323dt1＝＝ v03v0
2πR4πd
粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T＝＝ v13v01
π－π
34πd
t2＝T＝
9v02π
粒子在第Ⅲ象限内运动时有： 1
R＋Rcos θ＝at2
2326d
解得：t3＝
3v0
粒子从M点运动到P点的时间： t＝t1＋t2＋t3＝
（63＋66＋4π）d
.
9v0
23mv03mv0
[答案] (1) (2)10v0
2qd2qd
（63＋66＋4π）d
(3)
9v0
带电粒子由磁场进入电场[学生用书P184]
(2016·湖北部分重点中学联考)如图甲所示，在空间有一坐标系xOy，直线OP与
x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为＋q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿x轴负方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图乙所示，试求：
(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；
(2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向．
[审题突破] (1)确定粒子从Ⅰ区进入Ⅱ区的位置和速度方向． (2)粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的圆半径．
(3)确定粒子进入第四象限的位置，根据E－x图象求出该位置与y轴的电势差．
[解析] (1)由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP上的C点进入Ⅱ区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图．
由几何关系可知O1C⊥OD，O1C与x轴的交点O2，即为质子在Ⅱ内运动轨迹的圆心，△OO1C为等边三角形．
设质子在Ⅰ区做圆周运动的半径为r1，在Ⅱ区做圆周运动的半径为r2，
则r1
2＝r1sin 30°＝2r1.
由qBv＝mv2
r得
1rmv1＝qB
，
同理得rmv
2＝qB.由r1与r2关系可得B2＝2B
2即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度B2＝2B.
(2)D点坐标为x（3＋1）mv
D＝r1cos 30°＋r2＝2qB.
D点与y轴的电势差：
U＝132?1
?3＋1mv（3＋1）mv2?2Bv＋2Bv?×2·qB＝2q
设质子再次到达y轴时的速度大小为v′， 由动能定理
W1′2－1
电＝mvmv222
，
即q·（3＋1）mv22q＝12mv′2－12mv2
得v′＝
2＋3v＝
2＋62
v. 因质子在y轴方向上不受力，故在y轴方向上的分速度不变，如图有 cos α＝v
6－2
v′
＝
2－3＝
2
. 即方向向左下方与y轴负向成 arccos
2－3??6－2?
或arccos
?
2??
的夹角． [答案] (1)2B (2)2＋6
2
v 方向向左下方与y轴负向成arccos ?
??
或arccos 6－2?2??的夹角
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路
1．首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围；
2－3