高考物理复习讲义第78讲 带电粒子在组合场中的运动（解析版）

第78讲带电粒子在组合场中的运动

I真题示例____________________________

I.（2022•海南）有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒

子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子,它们具有相同的（）

A.质量B.电量C.比荷D.动能

【解答】解：带电粒子在辐射电场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律

得

V2

qE=m-

带电粒子在磁场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得

V2

qvB=m-

M俎mv2mv

解得：门=百，r2=证,

运动轨迹相同的粒子半径相同，即它们具有相同的速度和比荷，故C正确，ABD错误:

故选：Co

2.（2022•河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可调

电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xθy平面向外。

电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续

释放质量为m、电荷量为q（q>0）,初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，

图中物理量均为己知量。求：

（I）t=0时刻释放的粒子，在t=猾时刻的位置坐标；

（2）在（）〜空⅛寸间内，静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功；

（3）在M⅜4π⅛m,兀*:）点放置一粒子接收器，在0〜空了时间内什么时刻释放的

QBQ'4C1BO

粒子在电场存在期间被捕获。

E*

4Eo-

3E0-

2E0-

Eo~

OL

*/(—)

qBo

OBo

*∕(≡)

O12345678

图1qBo

图2

【解答】解：（1）t=0时刻释放的粒子，在U=瀛时间内沿y轴正方向做匀加速直线运

动,

加速度大小为：al=⅞

在tι时刻的速度大小为：vι=aιu

代入数据解得i=常

此时沿y轴正方向的位移为：yι=⅜t1

π2Em

解得:0

2q麻

Y时间内，粒了■做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qviBo=!!!?"

<7B0qB0FR1

解得：Rl=在华，

q解

由于粒子在磁场中运动周期T=智，所以经过您时间，粒子刚好运动半周期,

q%qB0

此时X方向的位移为：xι=2Rι=2粤，

q堤

L∣M2

ςr∣2πmn⅛IΛΛ/ɪ≡∣L-2πEomπEm

所fr以I=7^一时刻的位置i坐aa标为（---三一，C_02一）χ；

qBoq茹2qBl

（2）t=智时刻粒子速度方向沿-y方向，大小为Vl=争

cltfQbO

从四23必时间内，粒子的加速度大小为：a2=⅛,粒子先沿-y方向运动，再沿+y

qB0qB0rn

方向运动。

设粒子经过t2时间速度减速到0,则t2=£,解得：t2=瑞=A

...,上3πm,一〜,,—,,、E,—2πEmπ2Em,,“一」πm,、,,,

所以在γ∙时速度大小仍为V1,位置仍在（一⅛0-,—⅛0∙）处，此后的F-时间内粒

qBoqBo2qB^qB0

子仍做匀速圆周运动，轨迹如图所示。

从粤〜粤时间内，粒子的加速度大小为：a3=警，粒子先沿-y方向运动，再沿+y

m

qB0qB0

方向运动。

5τcτn

设在—时速度大小为V2,根据运动学公式可得：V2=-vι+a3tι

HB0

解得：v2=,方向沿+y方向；

从——--r时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。

qβ0qB。

根据动能定理可得静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功：W=∣mv22

解得：W=吗铉；

Bo

(3)根据前面的分析可知，粒子在0〜tι时间内加速的时间等于粒子在驷〜到时间

qB°qB0

内减速运动的时间的2倍，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可知，在0〜tι时间内

任何时刻释放的粒子，在t=4tι时刻水平位移均为支鬻。

设粒子在t'时刻开始加速，加速时间△口则在tι时刻的速度vι'=aιAt,位移：yι'

2

=∙^a1∆t

47Γ7∏

粒子在---时刻的速度大小为：V2'=vι'+a2(tι-Δt)=aι(2tι-Δt)

qB0

^5πm6πm,、,“一,,,、一

在F-----h时间内减速的位移：y2,

qB0qB02。3

若粒子恰好达到M点，则有：y2'+Ξ⅛=y√

4QBO

解得：At=等X款

ʌ,4-√15πm

所以粒子释放的时刻为：tmax=tl3X再

,

若粒子恰好达到X轴，则有：y2=yι'

A^3—1πm

解得:ʌt=—2—X

QBQ

所以粒子释放的时刻为：tmin=tl-At=宁X翳

6ττm3—√3πτn4—VT5πτn

故在0~-------时间内，粒子在-----X-------~-----------X-------时刻进入电场时，才能够在电

q%2qB02qB0

场存在期间被捕获。

nΠE

答：（1）t=0时刻释放的粒子，在t=猾时刻的位置坐标为（3嗯,O^）；

qBoqBl2q班

6nm2mn2E∏

（2）在0---------时间内，静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功为一^工；

QB0M

1

（3）在M（-ɪ-,―土）点放置一粒子接收器，粒子在一ζ-X—^—X—

QBo4<∕β22qB02qB0

时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。

一.知识回顾

1.组合场概念：

静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段

交替出现。

2.三种场的比较

力的特点功和能的特点

名称

大小：G=mg重力做功与路径无关

重力场

方向：竖直向下重力做功改变物体的重力势能

大小：F=qE

方向：①正电荷受力方向与场强静电力做功与路径无关

静电场方向相同W=qU

②负电荷受力方向与场强方向相静电力做功改变电势能

反

洛伦兹力大小：F=qvB洛伦兹力不做功，不改变带电粒

磁场

方向：根据左手定则判定子的动能

3.带电粒子在复合场中的运动分类

(1)静止或匀速直线运动

当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。

(2)匀速圆周运动

当带电粒子所受的重力与静电力大小相等,方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用下，

在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。

(3)较复杂的曲线运动

当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子

做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。

(4)分阶段运动

带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运

动过程由几种不同的运动阶段组成。

4.常见的基本运动形式

电偏转磁偏转

偏转条件带电粒子以。_LE进入匀强电场带电粒子以进入匀强磁场

L

i,ps¾

..

示意图Λ'∙'∙r∙..■¾

⅛..f..∙V.÷...∙JV

v,O1,

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

mv2nw

^β=^7^'r=^B

L=vt,y=^at2

T2兀mΘT

基本公式τ=mF

gEnat

a=m,Unθ=~

Sine=$

静电力既改变速度方向，也改变速洛伦兹力只改变速度方向，不改

做功情况

度大小，对电荷做功变速度大小，对电荷永不做功

二.例题精析

题型一：组合场(匀变速直线运动+匀速圆周运动)

例L如图所示，从离子源产生的某种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右

运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为

B,磁场左边界竖直。已知离子射入磁场的速度大小为V,并在磁场边界的N点射出；不

计重力影响和离子间的相互作用。

(1)判断这种离子的电性；

(2)求这种离子的荷质比且；

m

(3)求MN之间的距离d。

×X

×X

×X

X×

X×

X×

XX

【解答】解：(I)由题意可知，离子在磁场中向上偏转，离子刚进入磁场时所受洛伦兹力

竖直向上，由左手定则可知，离子带正电：

(2)离子在电场加速过程，由动能定理得：qU=imv2,

qv2

解得，离子核质比为：一=—;

m2U

(3)离子进入磁场做匀速圆周运动，

V2

由牛顿第二定律得：qvB=m一,

τ

MN间的距离：d=2r,

解得:d=~

答：(1)这种离子带正电；

(2)这种离子的荷质比2为；；；；；

m2U

4U

(3)MN之间的距离d为一。

Bv

题型二：组合场(类平抛运动+匀速圆周运动)

例2.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在Xoy平面内的截面如图所示;

中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为1,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xθy

平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为1',电场强度的大小均为E,方向均沿

X轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子

以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度

从N点沿y轴正方向射出。不计重力。

(I)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；

(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；

TC

(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与X轴正方向的夹角为N求该粒子的比荷及

6

其从M点运动到N点的时间。

【解答】解：(I)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上卜

对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示，

(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M点射入时速度的大

小为vo,在下侧电场中运动的时间为t,加速度大小为a,粒子的电荷量为q,质量为m,

粒子进入磁场的速度大小为V,方向与电场方向的夹角为0,运动轨迹对应的半径为R,

如图所示，

根据牛顿第二定律可得：Eq=ma①

速度沿电场方向的分量为：vι=at②

垂直电场方向有：1'=vot③

根据几何关系可得：Vl=VCOSO④

粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m∙^⑤

根据几何关系可得：I=2RCoSO⑥

联立①②③④⑤⑥式可得粒子从M点入射时速度的大小：Vo=ɪɑ)

(3)根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：Vi=曰⑧

a4√3EZ∕

联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：ɪɪɪ-(9)

mB2I2

粒子在磁场中运动的周期：T=萼=鬻⑩

联立③⑦⑨⑪式可得：d=皑(1+锣)

匕lot

答：(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹，如图所示;

(2)该粒子从M点入射时速度的大小为F-;

（3）该粒子的比荷为W4y∕3Elf其从M点运动到N点的时间B云l（1+Q播Tu）。

三.举一反三，巩固练习

1.质谱仪是研究同位素的重要工具，重庆一中学生在学习了质谱仪原理后，运用所学知识

设计了一个质谱仪，其构造原理如图所示。粒子源O可产生a、b两种电荷量相同、质

量不同的粒子（初速度可视为0）,经电场加速后从板AB边缘沿平行于板间方向射入，

两平行板AB与CD间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，板间距为L,板足够长，a、

1

b粒子最终分别打到CD板上的E、F点，E、F到C点的距离分别为aL和L,贝∣Ja、b

两粒子的质量之比为（）

CET-D

【解答】解：画出两个粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得培=4）2+«—%）2,

所以左=Q,Fb由图易得为L。

粒子在电场中加速阶段，由动能定理有qU=

2

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有=v所以r=

厚所啜=儡解喷喑故B正确，ACD错误。

故选：Bo

2.如图所示，在直角坐标系xθy的第一象限内有一虚线，虚线与X轴正方向间夹角θ=

30。。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.75X10-3。虚线下方

到第四象限内有与虚线平行、电场强度E=20N∕C的匀强电场。一比荷幺=2×IO5CZkg

m

的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度vo=3OOm∕s沿X轴正方向射入磁场，粒子进

入磁场后，从虚线上的M点（M点图中未画出）垂直虚线方向进入电场（不计重力），

则（）

B.OM之间的距离为2m

C.粒子第一次穿过虚线后与X轴间的最小距离约为0.98m

D∙粒子第一次穿过虚线后能击中X轴

【解答】解：A、根据题目的描述可知，粒子进入磁场时受到的洛伦兹力竖直向下，根据

左手定则可知，带电粒子带负电，故A错误；

B、粒子的洛伦兹力提供向心力，则qι⅛B=畔

代入数据解得：r=2m

根据几何关系可知，O点为粒子做圆周运动的圆心，因此OM之间的距离也等于半径，

即为2m,故B正确；

CD、将粒子进入电场后的速度分解为水平和竖直方向，将粒子的加速度也分解为水平和

竖直方向，则

联立解得：y=0.04m,因此粒子第一次穿过虚线后与X轴间的最小距离约为0.96m,无法

击中X轴，故CD错误；

故选：B。

3.如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d,板间距离为d。一带电量

为q、质量为m的负离子（重力不计）以速度Vo贴近左极板沿极板方向射入，恰从右

极板下边缘射出。在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场（未标出）。要使该

负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，则（）

A.磁场方向垂直纸面向里

B.磁场方向垂直纸面向外，向里都有可能

C.磁感应强度大小为—7

3y∕2πd

D.在磁场中运动时间为不一

【解答】解：AB、粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如

图：

粒子带负电荷，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故AB错误;

C、对于抛物线运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍,

y

即tanα=2tanβ=2∙-=I,故α=45°,

X

又由于tanα=故Vy=Vo,v=√2vo;

根据几何关系，圆周运动的轨道半径为R=√∑d;

~V2

圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m餐；

解得

B=甯，故C正确；

3∣π∙√2d3πd

D、磁场中运动时间为：t=---------=—,故D错误；

4V2V0

故选：Ct.

4.如图所示，%W笊IH,氤：H三种核子分别从静止开始经过同一加速电压Ul（图

中未画出）加速，再经过同一偏转电压U2偏转，后进入垂直于纸面向里的有界匀强磁

场，M出的运动轨迹如图。则点出、«出、僦出三种核子射入磁场的点和射出磁

场的点间距最大的是（）

：XXX

.....、、、

fχX∖x

B

：x××

A.M}HB.笊包c.MIHD.无法判定

【解答】解：设核子的质量为m,带电量为q,偏转电场对应的极板长为L,板间距离为

d,板间电场强度为E,进入偏转电场的速度为vo,进入磁场的速度为V,在偏转电场的

侧移量为y,速度偏转角为0。

核子在加速电场运动过程，由动能定理得：

,,12

qU∣=2mvo

核子在偏转电场做类平抛运动，将运动沿极板方向和垂直极板方向分解。

沿极板方向做匀速直线运动，则有：L=Vot

1

沿极板方向做匀加速直线运动，则有：y=2ɑ¢2:Vy=at

由牛顿第二定律得：a=叫=需

联立解得：

r.UyUɔʌ

tanθ=—=ɔJf.

v02dU1

可见核子在偏转电场的侧移量y与速度偏转角。均与核子的质量和带电量无关，故三种

核子进入磁场的位置和速度方向均相同。

进入磁场的速度：V=7⅛

COSU

核子在匀强磁场只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得:

qvB=4

由几何关系可得，射入磁场的点和射出磁场的点间距S为:

s=2rcosθ

2mv_2τn2qU_2

联立解得:01

s一司一殖m=B'

气ɪw,笊钊、然三种核子的电量相等，流；//的质量最大，则负？//的射入磁场的

点和射出磁场的点间距最大，故C正确，ABD错误。

故选：Co

5.（多选）如图所示，以坐标原点0为圆心、半径为R的区域内存在方向垂直xθy平面

向外的匀强磁场。磁场左侧有一平行y轴放置的荧光屏，相距为d的足够大金属薄板

K、A平行于X轴正对放置，K板中央有一小孔P,K板与磁场边界相切于P点，K、A

两板间加有恒定电压，K板电势高于A板电势。紧挨A板内侧有一长为3d的线状电子

源，其中点正对P孔。电子源可以沿XOy平面向各个方向发射速率均为VO的电子，沿

y轴进入磁场的电子，经磁场偏转后垂直打在荧光屏上。已知电子的质量为m,电荷量

为e,磁场磁感应强度B=警，不计电子重力及它们间的相互作用力。则（）

1+W•*吠/

k3dR

A.K,A极板间的电压大小为----

e

4√3d

B.所发射电子能进入P孔的电子源的长度为己一

C.荧光屏上能有电子到达的区域长度为R

D.所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为出

6v0

【解答】解—A∙根据题意，电子在磁场运动］圆周,轨迹半径r=R,电子在磁场中运动

时有

电子在AK间运动时有

112

eU=ImU2/-2mvo

解得：U=警，故A错误;

B.如图

当速度方向平行X轴发射的电子刚好可以进入P，该电子就是电子源离中心点最远处发

射的，设此处离中心点的距离为X,则

X=VOt

d=2a^2

eU

—=ma

d

联立解得：x=^d

所以满足条件的长度为

I=2x=-^-d,故B正确；

C.由儿何关系得，进入磁场的所有电子都平行X轴击中荧光屏能从P进入磁场的电子速

度方向与OP的最大夹角为θ

解得：0=30°

由几何关系得

yi=R+Rsinθ

y2=R-Rsinθ

解得：L=yι-y2=R,故C正确；

D.由前面分析可知，电子在磁场中转过的最小圆心角为

α=60o

则所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为

o衲确

t-602πm_πR,DTF

tmin-360°×qB-6v0故D止确。

故选：BCD0

6.（多选）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的

匀强磁场（未画出），磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，OA竖直，MN与OA平

行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大水平向左的匀强电场，电

场强度为E。当粒子的速度大小为Vo且沿Ao方向时，粒子刚好从B点离开磁场。不

计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）

A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外

B.粒子的比荷为鲁

BR

TTR

C.粒子在磁场中运动的总时间为一

2v0

D.粒子在电场中运动的总时间为誓

【解答】解：AB、粒子从B点离开磁场，由左手定则可知磁场方向垂直直面向外，根据

几何关系知粒子做圆周运动的半径为R，qvB=ιn⅛,解得g=瞿，故AB正确；

RmBR

CD、粒子从B点进入电场向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动再次从B

点进入磁场，根据动量定理得，选向左为正方向，粒子在电场中运动的时间为：Eqt=2mvo

t=噜=暇粒子再次从B点进入磁场，经过四分之一的周期离开磁场，所以粒子在

Cl/D

磁场中运动的总时间为t,&=迎，故C错误，D正确；

vO

故选：ABD0

7.（多选）如图，与水平面成45。角的平面MN将空间分成I和∏两个区域。笈核和笊

核分别以相同的初动能Ek从平面MN上的P点水平向右射入I区。I区存在匀强电场，

电场强度大小为E,方向竖直向下；II区存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂

直于纸面向里。已知找核、笊核的质量分别为m、2m,电荷量均为+q,不计气核和笊

核的重力。下列说法正确的是()

mE

PL1

、、

、

B×、、、

N

A.笈核和笊核第一次进入II区时的速度方向相同

B.笊核第一次进入H区时的速度大小为J噜

C.笈核在II区做匀速圆周运动的半径为

D.气核和笊核第一次刚出H区时的位置相距2(√Σ-1)S

Nqb

【解答】解：A、第一次在电场中，粒子均做类平抛运动，水平方向有：X=VOt,

竖直方向有：y=*αt2=∕χ曹产

联立解得：y=聋/

气核、笊核具有相同的初动能和相同的电荷量，笈核、笊核在电场中的轨迹相同，即气核

和笊核第一次进入II区时的速度方向相同，故A正确；

B、笊核在电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律可得：tan450=蟀

vot2

根据动能的计算公式可得：Ek=ɪX2m诏2

根据牛顿第二定律可得：a2=寨

竖直方向的速度大小为：Vy2=a2t2

笊核第一次进入Il区时的速度大小为：V2=J七+唉

联立解得：V2=再,故B错误；

C、由B选项分析，同理可得气核第一次进入口区时的速度大小为：Vl=J^

根据洛伦兹力提供向心力可得：qvιB=m直

.IUTnck

解得：n=嘿rnι=J^I，故C错误；

C∣DCfD

D、粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为α,根据类平抛运动的规律，则

有：tana=2tan45°。

设粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为β,贝∣J:β=α-45o

可得：sinβ=辛?

粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离：s=2rsin0

C215mfb

笊核在磁场中的半径：门=需=X7J

c∣Dqt>

则去核和笊核第一次刚出∏区时的位置相距:ʌS=S2-SI=φ(Γ2-Γ1)=2(√2-l)

懵，故D正确。

故选：ADo

8.如图甲所示，圆形区域内有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场；紧挨着

竖直放置的两平行金属板，M板接地，中间有一狭缝。当有粒子通过狭缝时N板有电

势，且随时间变化的规律如图乙所示。在圆形磁场P处的粒子发射装置，以任意角射出

质量m、电荷量q、速率VO的粒子，在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相

等。从圆弧ab之间离开磁场的粒子均能打在竖直放置的N板上，粒子间的相互作用及

其重力均可忽略不计、求这部分粒子。

MN

(1)在磁场中运动的最短时间t；

(2)到达N板上动能的最大值Ekm;

(3)要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件。

【解答】解：(1)粒子在磁场中的轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁

场的半径正好相等，此为“磁发散”模型，所有粒子出磁场的速度平行，且都垂直PO0

根据洛伦兹力提供向心力得：

VO2

qvoΒB=m-^-

粒子在磁场中做圆周运动的周期为：

E,2πR2πm

T=FF

由轨迹图可知粒子从b点离开时,其轨迹圆心角最小为90°,在磁场中运动的时间最短，

则有：

.90°∣πm

l=3605'τ=2ξB'

(2)粒子在磁场逆时针偏转，根据左手定则可知粒子带负电，且所有粒子从磁场离开进

入电场的速度大小均为vo,方向均与极板垂直，可知在电场中受到的电场力方向与速度

方向在同一直线上，为了使粒子到达N板上动能最大，应使粒子从M板到N板过程一

直做匀加速直线运动，根据动能定理可得：

fτɪɔ12

qUo=Ekm-

解得最大动能为：

1

Ekm=qUo+)mUo9；

(3)要保证到达N板上速度最大,应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，

即粒子在极板中运动的时间应满足：u≤：

设MN间距离为d,粒子到达N板的最大速度为Vm,则有：

22

Ekm=qUo÷∣mvo=∣mvm

解得：Vm=J噜+诏

根据运动学公式可得：

d=吗%为

联立可得：d≤为。+僧二

故要保证到达N板上速度最大，MN间距离d应满足：OVd≤ɪ（v0+J噜+评）。

τcm

答：（1）在磁场中运动的最短时间t为---；

2qB

2

（2）到达N板上动能的最大值Ekm为qUo+∣mvo:

（3）要保证到达N板上速度最大,MN间距离应满足的条件为O<d≤£（%+J警+诏）。

9.如图所示，坐标系xθy第一象限内有场强大小为E,方向沿X轴正方向的匀强电场，第

二象限内有磁感应强度大小为B,方向垂直于Xoy平面且与X轴相切于P点的圆形匀

强磁场区域（图中未画出），P点的坐标为（-310,0）,电子a、b以大小相等的速度

V=W黑从P点射入磁场，b沿+y方向，a、b速度方向间的夹角为。（O<θ<J）,a.

b经过磁场偏转后均垂直于y轴进入第一象限，b经过y轴上的Q点。已知电子质量为

m、电荷量为e,不计电子重力。

（1）求Q点的坐标；

（2）求a、b第1次通过磁场的时间差At；

（3）a、b离开电场后途经同一点A（图中未画出），求A点的坐标及a从P点运动至A

点的总路程So

E

【解答】解：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，作出电子b的运动轨迹如图中红色轨

迹所示，由题意知电子b在磁场中偏转了E故电子b圆周运动的轨迹为三圆周，可得OQ

的距离等于电子b圆周运动的半径（设为R）。由洛伦兹力提供向心力得

evB=m%

-F2eBl

己l知：V=0

解得：R=21o

则Q点的坐标为（0,210）；

（2）由题意知电子a、b经过磁场偏转后射出磁场时速度相互平行均垂直于y轴，由“磁

发散”模型可知圆形匀强磁场的半径与电子圆周运动的半径相等均为R=21o,电子a的

运动轨迹如图中蓝色轨迹所示，由几何关系可得电子a由P到C的轨迹圆心角α=》-

TC

而电厂b的轨迹圆心角为

b第I次通过磁场的时间：tb=京•驾

a第1次通过磁场的时间：ta=岔•誓

a、b第1次通过磁场的时间差：ʌt=tb-ta=2•等一婺•驾=瞿=器：

（3）a、b进入电场后先沿电场方向做匀加速直线运动，速度为零后再反向做匀加速直线

运动，由运动对称性可知a、b离开电场时速度大小仍为v,速度相互平行均垂直于y轴

进入磁场，由“磁聚焦”模型可知a、b均在圆形匀强磁场区域的最高点离开磁场，即点

A在P点的正上方。

故A点的横坐标为：XA=-310,A点的纵坐标为：yA=2R=41o,

则A点的坐标为：（-3k）,41（））；

由几何关系可得:CD=31o-Rcosθ=31o-21ocosθ