2023届高三物理一轮复习73带电粒子在组合场中的运动（解析版）

专题73带电粒子在组合场中的运动

L受力决定运动，运动反映受力。无论是组合场还是叠加场都要进行正确的受力分析和

运动分析，然后画出粒子的运动轨迹，选取合适的物理规律求解。

2.带电粒子在电场、磁场中运动的求解方法

牛顿第二定律、

运动学公式

勺变速直

线运动

电

∖

l场

√

中

类平抛运动方法

类斜延运动一

匀速直线

运动学公式

磁运动

场

2)中圆周运动公式、

方

法

匀速圆周牛顿第二定律

运动以及儿何知识

1.（2022•全国•高三专题练习）（多选）如图所示，正三角形ACD内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁

感应强度大小为8,圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，/4%的角平分线外的反向延长线正好经

过圆心0,的延长线与圆相交于£点，且4D=∣DE=α,现有一质量为加、电荷量为＜7的粒子（重力不

计）以一定速度沿的角平分线垂直磁场射入，粒子恰好经过久E点,则（）

A.粒子一定带正电

B.粒子的初速度为警

C.圆形区域磁场的磁感应强度大小为IB

D.粒子从4点到£点经历的时间为警

【答案】CD

【解析】A∙由左手定则及题意可知粒子带负电，故A错误;

B.粒子的运动轨迹如图所示

由已知条件并结合几何关系知粒子在三角形区域磁场中偏转过的圆心角为60°,半径r,=a

„2

由洛伦兹力提供向心力知Bqv=my

联立得U=驷故B错误；

m

C.因。E=gα,由几何关系知NO'DE=6Q°

且。'0=。'E,故为正三角形，则粒子在圆形区域磁场中运动的轨迹半径为r2=DF=∣α

所以圆形区域磁场的磁感应强度大小为BO=IB故C正确；

D.粒子在三角形区域磁场中运行的时间t】=3=普

63BQ

粒子在圆形区域磁场中运行的时间t2=今=等

69Bq

所以粒子从A点到£点经历的时间为t=匕+t2=警故D正确。

l'9Bq

故选CD。

2.（2022•福建省龙岩第一中学模拟预测）（多选）如图所示，第I象限存在垂直于平面向外的磁感应强度为

3的匀强磁场，第EI象限存在沿），轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为（-L,-与）。一个质量为〃?，电荷量

为q的带电粒子以3%的速度从P点沿X轴正方向射出，恰好从坐标原点。进入匀强磁场中，不计粒子的重

力，以下说法正确的是（）

B

A.电场强度E=第

3qL

B.带电粒子到达。点时的速度大小U=

C.粒子射出磁场位置到。点的距离d=呼

qB

D.在磁场中带电粒子运动的时间£=辞

90qB

【答案】CD

A.由题知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，沿X轴方向有L=3%t

沿y轴方向有与=∣∙^t2解得E=誓A错误；

B.沿），轴方向有y=⅛t解得Vy=4v0

则到达点时速度大小为错误；

OV=√p2+v2=5v0B

C.经分析知sin0=型=0.8则θ=53°

5v0

由洛伦兹力提供向心力有quB=τn⅞解得R=子=当

lRqBqB

粒子运动的轨迹与X轴的交点到O点的距离d=2RsinO=2Xm詈X0.8=/c正确；

qBqB

D.带电粒子在匀强磁场中运动的周期r=酬="

VqB

在磁场中运动的时间为t=券T=詈rD正确。

36090qB

故选CDo

3.（2022•广东•模拟预测）（多选）如图所示的平面直角坐标系xθy,在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强

电场。在），轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一比荷为女的带正电粒子（不计重力），从X轴上

的A点以沿着与X轴正方向成。=53。的初速度处开始运动，经过电场偏转从y轴的8点以垂直y轴的速度

进入磁场，磁感应强度为粉，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向。该带正电粒子经过磁场偏转，

粒子先后经过X轴上的C点、），轴上的。点,粒子经。点后,粒子然后再回到X轴的A点,sin53°=∖cos53°=|,

下列说法正确的是（）

A.粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为“

B.A、C两点之间的距离为3d

C.匀强电场的电场强度为始

5κa

D.粒子从A点再回到A点的运动时间为警叨

3v0

【答案】AD

【解析】AB.设粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为R,

由几何关系可得OB=ROC=RAC=OAOC

粒子从A到8做类斜抛运动，在8点的速度与匀强电场垂直，由逆向思维粒子从8到A做类平抛运动，把

粒子在A点的速度q）分别沿X轴的正方向和y轴的正向分解，设粒子在8点的速度为%,则有ι⅛cos9=VB

由洛伦兹力充当向心力BquB=

粒子从8到A做类平抛运动，沿X轴方向与y轴方向的位移大小分别用0A、08来表示，由类平抛运动的

规律可得，过A点的速度%的延长线交于X方向分位移的中点，由几何关系可得tan。=黑

结合B=舞，综合解R=dOB=dAC=2.5dA正确，B错误；

C.粒子在4点沿y轴正方向的分速度为Vy=%sin6

由类平抛运动的规律可有试=2敦XoB

ym

综合解得匀强电场的强度为E=据C错误；

25kd

D.粒子从A点到B点的运动时间tAB=善•

zισ

0.6vo

粒子从B点到D点的运动时间为tBD=普

0.oVθ

根据运动的对称性，粒子从A点又回到A点的运动时间为t=2tAB+tBD

综合计算可得t="5：5兀"D正确。

故选ADo

4.（多选）如图所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab、Cd是圆边界的两个互相垂直

的直径，边长为心的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径Cd共线，电场与磁场垂直、与gd平行，质

量为，小电荷量为4的粒子（不计重力）从a点正对圆心。以初速度火垂直射入磁场，从d点射出磁场立

即进入电场，最后恰好从/点射出电场，下列说法正确的是（）

A.粒子带正电

B.电场方向由/指向e

C.粒子在磁场与电场中运动时间的比值为

D.磁感应强度与电场强度大小的比值为三

【答案】AC

【解析】A∙粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则，粒子带正电，A正确：

B.粒子在电场中做类平抛运动，根据偏转特点，电场力方向水平向右，又因为粒子带正电，所以电场方向

由e指向力B错误：

c.根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律，粒子在磁场中运动的时间tι=警=F

4v02v0

在电场中运动时间为t=-

2%

则F=EC正确；

匕22

D.设匀强磁场的磁感应强度为8,由洛伦兹力充当向心力Bq%=巴"解得B=詈

FULLq

在电场中沿着de方向以速度必做匀速直线运动L=v0t2

2

沿着电场力方向做初速度为O的匀加速直线运动L=∣∙^t2解得E=华」

2m4Lq

则&=；D错误。

E2v0

故选AC。

5.（多选）如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁

感应强度为无,另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为τn的粒子从P点以火的速度沿

垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。（场区足够大，不计粒子重力）则（）

速度与分界线所成的锐角为45°

当粒子第二次进入电场时，到点的距离为管

B.P

C.电场强度大小为BODO

D.粒子回到P点所用的总时间为等

【答案】ABC

【解析】根据题意可知，粒子的运动轨迹如图

A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°,即

速度与分界线所成的锐角为45°,故A正确；

B.由A选项分析可知，粒子进入电场的方向，与电场强度方向相反，故粒子先减速到零，再反方向加速到

原来的速度第二次进入磁场，在磁场中做圆周运动，经过三T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周

4

运动的半径为R,根据牛顿第二定律qvB=mζ

R

带入数据解得R=吟

QB0

由图根据几何关系解得PS=2√∑R=空出故B正确；

qβ0

C.设电场的电场强度为E,粒子第二次进入电场的方向与电场方向垂直，根据图可知，

水平方向2R=v01

竖直方向2R=[at2

根据牛顿第：定律Eq=ma

联立代入数据解得E=B0V0故C正确；

D.粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间G，第一次进入电场时先减速后加速的时间上及第二

次在电场中偏转的时间t3,粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知tι=r=等

qB0

第一次进入电场时先减速后加速的时间t2=9=整

aqB0

第二次在电场中偏转的时间t3="=誓

JV0qB0

粒子回到P点所用的总时间为t=L+O+t3=空曾故D错误。

qB。

故选ABC。

6.（2023•全国•高三专题练习）半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来改变材料的导电性能。如

图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，通过速度选择器的离子

经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器中的电场强度的大小为£、方向竖直

向上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直纸面向外，大小分别为8八B2。偏转系统根据需

要加合适的电场或者磁场。磁分析器截面的内外半径分别为R/和色，入口端面竖直，出口端面水平，两端

中心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，

离子恰好竖直注入到晶圆上的。点（即图中坐标原点）。整个系统置于真空中，不计离子重力及其进入加

速电场的初速度。下列说法正确的是（）

A.可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子

B.从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为°。,

C.如果偏转系统只加沿X轴正方向的磁场，则离子会注入到X轴正方向的晶圆上

D.只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处

【答案】B

【解析】A.由左手定则可知，只有正离子才能通过磁分析器，负离子不能通过磁分析器，故A错误;

B.离子通过速度选择器时，有Eq=BlqV解得速度V=提

ðl

离子在磁分析器中，有qu82=τn^∙

由几何关系得R=々警

2E

联立可得4故B正确;

B182(R1+R2)

C.如果偏转系统只加沿X轴正方向的磁场，由左手定则可知离子向y轴正方向偏转，故C错误;

D.只增大加速电场的电压，则粒子速度不满足

Bl

无法做匀速直线运动通过速度选择器，所以不一定能到达圆晶处，故D错误。

故选Bo

7.（2022•湖南长沙•模拟预测）（多选）如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行于纸面且与边

界垂直的电场，M>N间电压UMN的变化如图乙所示，电压的大小为%，周期为K）；初、N两侧为相同的匀

强磁场区域回、0,磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度均为瓦t=0时，将一质量为机的带正电粒子从

边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为7o∙两虚线

M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，不考虑粒子所受的重力。则（）

*UMN

XXX;×XX

II：IUO

XXX:×XX

XX×A↑XXX0——>t

T02T0

XXX:XXX

-UO

XXXMNxXX

甲乙

A.该粒子的比荷：就

B.粒子第1次在磁场区域团中做圆周运动的的半径RI

Bπ

C.粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，两位置间的距离为Ad

D.若粒子的质量增加为^加，电荷量不变，仍在t=0时，将其从A处由静止释放，则在t=0至t=27°的时

间内，粒子在M、N间的运动均为加速运动

【答案】BC

【解析】A.由于粒子在磁场中做圆周运动的周期也为公，根据圆周运动有qvB=m^-R

整理有*含A错误;

B.粒子在MN间加速后有qU0=-TTIVQ

粒子在磁场中做圆周运动有，并根据选项A有：急qvoB=m^

计算有RB正确;

πB

2

C.粒子第二次经过MN后再次加速有qυ0=∖mv'-∖mvl

在磁场区域回做圆周运动有2=空，qv'B=m-

解得粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，

两位置间的距离为Ad=2R-2R=2（迎一I）J警C正确；

D.若粒子的质量增加为电荷量不变，则根据g=胃

3mTB

可知质量改变则粒子做圆周运动的周期也发生改变，则粒子将不会"准时"到达MN间，故粒子在M、N间的

运动不都是加速运动，D错误。

故选BCo

8.如图所示，一光滑绝缘圆管轨道位于竖直平面内，半径为0.2m。以圆管圆心。为原点，在环面内建立平

面直角坐标系x0,在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直于环面向外的匀强磁场。一带电

量为+1.0C、质量为0.1kg的小球（直径略小于圆管直径），从X坐标轴上的6点由静止释放，小球刚好能

顺时针沿圆管轨道做圆周运动。（重力加速度g取10m∕s2）

（1）求匀强电场的电场强度公

（2）若第二次到达最高点a时，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度合

（3）求小球第三次到达最高点a时对圆管的压力。

【答案】（I）IN/C；（2）0.5Ti（3）（3-√2）N,方向竖直向上

【解析】（1）小球第一次刚好过最高点，此时速度fτ=θ,则qE=mg

解得E=詈=1N/C

（2）小球第二次过最高点是速度为外，由动能定理可知qER谚

又mg+qv2B=m-

解得B弋卷=0.5T

(3)小球第三次过最高点时速度为，小球受圆管向下的压力为M2qER=∣mvj

7

又mg+qv3B+∕N=nɪ-

解得FN=(3-√∑)mg=(3-√2)N

根据牛顿第三定律可知小球第三次到达最高点a时对圆管的压力为(3-&)N,方向竖直向上。

9.如图所示，质量为加、电荷量为q的带正电粒子从4点由静止释放，经电压为U的加速电场加速后沿圆心

为。、半径为α的圆弧(虚线)通过静电分析器，并从P点垂直CF进入矩形匀强磁场区域QDCF。静电分析器

通道内有均匀辐向分布的电场，电场强度的方向均指向。点。QF=a,PF=1.6α,磁场方向垂直纸面向里，

粒子重力不计。

(1)求静电分析器通道内圆弧线所在处电场的电场强度的大小E；

(2)若粒子能最终打在磁场区域(边界处有磁场)的左边界QF上，求磁场的磁感应强度大小B的取值范围。

【解析】(1)粒子在加速电场中运动的过程中，根据动能定理有qU=Imv2

粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有qE=τ∏L

la

联立以上两式解得E=多

„2

(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m^

解得T呼

ByJq

要使粒子能打在边界QF上，则粒子既没有从边界DQ射出也没有从边界CF射出，可画出粒子运动径迹的边

界如图中1和∏所示

QD

..一

XXX

×∙'幺XIlKX

:×X×∖×

……PC

由几何关系可知，粒子能打在边界QF上，必须满足的条件为1a≤r≤a

解得三型≤B≤亘即

αyq4αyq

10.(2021•全国)如图，长度均为/的两块挡板竖直相对放置，间距也为/,两挡板上边缘"和"处于同

一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为公两挡板间有垂直纸面

向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为W，电荷量为<7(q>0)的粒子自电场中某处以大小为

。的速度水平向右发射，恰好从尸点处射入磁场，从两挡板下边缘。和Mt间射出磁场，运动过程中粒子未

与挡板碰撞。己知粒子射入磁场时的速度方向与的的夹角为60°,不计重力。

(1)求粒子发射位置到P点的距离；

(2)求磁感应强度大小的取值范围；

(3)若粒子正好从Qv的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板HV的最近距离。

【答案】(1)幽喷;(2)怨≤8≤鬻.(3)粒子运动轨迹见解析，39-1()/

6qE(3+,3)q/ql44

【解析】

(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，

由类平抛运动规律可知x=v0t①

粒子射入磁场时的速度方向与&的夹角为60。，有tan30°=-=—③

匕%

粒子发射位置到户点的距离5=√7T∕④

由①②③④式得S=叵应⑤

6qE

(2)带电粒子在磁场运动在速度V=」F=友殳⑥

cos303

带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从。、十点射出)如图所示

由几何关系可知，最小半径2=^,⑦

'"i""cos30o^3

最大半径「=工=(国1乂⑧

maxCOS75°

带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知qvB=-⑨

r

2∕nv0,门，2∕nv0

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围(3+扁≤^6≤堂

(3)若粒子正好从QV的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。

由几何关系可知Sine=*-=/⑩

~τ1

国

带电粒子的运动半径为rV⑪

3-COS(30O+6>)

粒子在磁场中的轨迹与挡板VV'的最近距离<in=(^sin30°+∕)-z⅛⑫

由⑩⑪(g或解得d=3"∣M∕⑬

44

11.(2022•湖北•黄石市有色第一中学模拟预测)如图所示，平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸

面向里、磁感应强度为BO的匀强磁场；在X如直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为£的匀强电

场，第四象限有垂直坐标平面向里，磁感应强度为8的匀强磁场。一质量为以电量为g的正离子(不计重

力）以水平向右、大小为火的初速度沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动。从一点垂直y轴进

入第一象限，经过X轴上的4点射出电场，进入磁场。已知离子过/点时的速度方向与X轴成45°角。求：

（1）金属板M、N间的电场强度1）；

（2）离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C（图中未画出）与坐标原点的距离%；

（3）若已知（M=只有在第四象限磁场反向且大小变化，其它条件均不变，要使正离子无法运动到第二

B＞叵应或B≤2

qi~qi

【解析】（1）由题意可知正离子在M、N间受力平衡，即qE0=qv0B0

解得E0=V0B0

（2）作出正离子的运动轨迹如图所示。

正离子在第一象限中做类平抛运动，其加速度大小为Q=正

m

设正离子经过Zf点时的速度大小为内根据速度的合成与分解有cos45°="

V

解得V=√2v0

则正离子经过力点时的竖直分速度大小为vy=E-诏=V0

正离子从一点到A点的运动时间为t=也=*

aqE

所以04=Vot=赞

设正离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为此根据牛顿第二定律有qvB=mζ

K

解得R="=⅛

qBqB

根据几何关系可得AC=&R=

=2Rcos45°警qB

所以OC=O4+ac=皿+也

qEqB

(3)假设当磁感应强度大小为2时，正离子的运动轨迹恰好与y轴相切，如图所示，根据几何关系可知正

离子再次进入第一象限时速度方向与X轴夹角为45°,且大小仍为此后正离子将做类斜抛运动，根据

类斜抛运动的对称性可知其在第一象限中运动的水平位移大小为2的，所以正离子将从1点右侧再次进入第

四象限做匀速圆周运动，由此可推知正离子将在第一和第四象限内往复运动，一定不会运动至第二象限,

设此时正离子做匀速圆周运动的半径为rl,根据几何关系可得q+rιcos45°=I

根据牛顿第二定律有

解得b=(也+尸>

qi

当8时，正离子运动半径减小，结合上述分析可知仍将在第•和第四象限内做往复运动，无法运动至第

二象限。所以正离子在没有进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是

B>(√⅞+ι)明

假设当磁感应强度大小为民时，正离子刚好垂直于y轴进入第三象限，如图所示。这种情况显然正离子也

不会运动至第二象限。设此时正离子做匀速圆周运动的半径为二，根据几何关系可得万=

„2

根据牛顿第二定律有qvB=m-

2r2

解得β2=≡^

当6V反时，正离子运动半径增大，进入第三象限时速度方向与y轴负方向成锐角，不可能进入第二象限。

所以正离子在进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是

12.(2022•广西•合山高中模拟预测)如图所示，在Xoy坐标系的第I象限内存在沿y轴负方向的匀强电

场，在第IV象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为小、电荷量为q的带正电粒子(粒子所受重

力不计)从坐标原点。射入磁场，其入射方向与支轴正方向的夹角。=30°,第一次进入电场后，粒子到达

坐标为(2√^,+L,L)的P点处时的速度大小为〃、方向沿X轴正方向。求：

(1)粒子从。点射入磁场时的速度大小几；

(2)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小

(3)粒子从。点运动到P点的时间t。

×××××X

×××××X

【答案】(l)%=*u;(2)E=--.(3)t=岛5+12)

U3GqL3qLGv

【解析】(I)粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过Q点时的速度大小也为火,根据

对称性，粒子经过Q点时的速度方向与X轴正方向的夹角也为0,粒子进入第I象限后，沿X轴方向做匀速直

线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，根据几何关系有A=COSe

解得V0=^-V

22

(2)对粒子从Q点运动到P点的过程，根据动能定理有-t7EL=∣mv-∣mv0

解得E=M

6qL

设粒子从Q点运动到P点的时间为ti，有空等电.。=l

解得Q=也

V

粒子从点运动到点的过程沿支轴方向的位移大小

QPXQP=Vt1

解得XQP=2√3L

又OQ=2√3L+L-XQP

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,根据儿何关系有OQ=2RsinO

解得R=L

根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m喑

0R

解得B=筌

3qL

(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=—

根据几何关系，在粒子从。点运动到Q点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90°-。，故粒子在该过程中

运动的时间t=-T

42360

解得tz=等

46v

又t=t1+t2

解得t=⅛±≡

6v

13.（2022•辽宁•模拟预测）如图所示，半径为/?的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强

度大小为8,，柄上方有范围足够大的匀强电场，电场边界也V与磁场区域的最高处相切于。点，电场强度大

小为反方向垂直楙’向下。在磁场区域的最低点。处有--粒子源，它能向纸面内各个方向发射速率相等的

带正电粒子，粒子的比荷为在（质量R、电荷量°均未知），不计粒子的重力和粒子间的相互作用。

（1）要使沿收方向射入磁场的粒子不能进入电场，求粒子的速率应满足的条件。

（2）若粒子的速率为VMkBR,从尸点沿某方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，求这些粒子进

入电场后，在电场中运动时与边界屈V的最大距离瓦

（3）若粒子的速率为v^y[3kBR,从一点射入磁场的粒子，离开磁场后沿不同方向射入电场。某些粒子在电

场中运动时间最长，求这些粒子从P点开始运动至刚好回到磁场经历的时间力。

P

【答案】⑴V≤kBR；（2）/="至；（3）如他+亚亚

2E3kBE

【解析】（1）带电粒子从P点进入磁场后，在磁场中做匀速圆周运动，若带电粒子离开磁场时偏转的角度

大于或等于90°,则带电粒子不会进入电场，即有qvB=唁r≤R

解得V≤kBR

（2）设速率为%=√ΣkBR的粒子在磁场中运动的轨迹半径为百,则有q4B="U

rI

得r1=√2∕?

在磁场中运动时间最长粒子的运动轨迹如图甲所示Sine=X=之

Q2

设粒子进入电场时竖直方向分速度为与、加速度大小为a,

有Vy=yv1=kBRh-qE=ma

解得h=察

ZD

甲

(3)若粒子的速率为W=HkBR,从P点射入磁场，设在电场中运动时间最长的粒子在磁场中的轨迹半径

mv2

为『2，则有q%B=r2=√3∕?

r2

垂直MN进入电场的粒子在电场中运动时间最长，由图乙可知α+∕?=2αr2sina=Rcosβ

解得α=0=30°

设粒子在磁场中从P运动至Q的时间为则有S="=笠=白

oɔCJS

R

设粒子在Q、H之间往返运动的时间为t2,则有t2=2x詈=2x1=氤=焉

设粒子在。、”之间往返运动的时间为匕，则有t3=警=智

ÆZJAB......(τr+χ∕3)2^∕3BR

解得t=t+t+t=

123ɔao£

D

14.(2023•全国•高三专题练习)如图所示，平面直角坐标系Xoy内，X轴上方有垂直坐标系平面向里、

半径为A的圆形匀强磁场名(大小未知)，圆心为OI(O,R)。X轴下方有一平行X轴的虚线,楙；在其下方有

磁感应强度方向垂直坐标系平面向外、大小为为=筌的矩形匀强磁场，磁场上边界与,邮重合•在也V与

X轴之间有平行与y轴、场强大小为E=舞⅜勺匀强电场(图中未画出)，且协V与X轴相距Ay(大小未

知)。现有两相同带电粒子a、6以平行X轴的速度%分别正对。1点、4点(0,2R)射入圆形磁场，经偏转后

都经过坐标原点。进入X轴下方电场。已知粒子质量为卬、电荷量大小为s不计粒子重力及粒子间的相互

作用力。

(1)求磁感应强度当的大小：

(2)若电场沿y轴负方向，欲使带电粒子a不能到达.⅛W,求Ay的最小值；

(3)若电场沿y轴正方向，∆y=√3∕?,欲使带电粒子。能到达X轴上且距原点。距离最远，求矩形磁场

区域的最小面积。

X

【答案】⑴翳；(2)⑸；(3)4(2+√3)/?2

【解析】(1)a、〃平行进入圆形磁场，均进过原点0,则根据“磁聚焦”可知，粒子做圆周运动的半径大

小与磁场区域半径大小相等，即r=R

又qv0B1=m^-

解得Bl=笔

ɪqR

(2)带电粒子a从。点沿y轴负方向进入电场后做减速运动，则由动能定理可得qEAy=1m诏

解得Ay=嚼2qE=与3R

(3)若匀强电场沿y轴正方向，则粒子6从原点。沿X轴负向进入电场，做类平抛运动，设粒子6经电场

加速度后的速度大小为匕在,即下方磁场做匀速圆周运动的轨道半径为①粒子。离开电场进入磁场时速

度方向与水平方向夹角为。，如图甲所示

则有qEAy=

解得v=2v0

又cosθ=—=ɪ

V2

则e=60°

在电场中ʌy=I,%=q∕ι=2R

在磁场中有qvB2=rn^-

解得r1=^-R

如图乙所示，由几何关系可知，在矩形磁场中运动的圆心”在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且

方向与X轴正方向夹角为60°时，粒子能够到达X轴，距离原点。最远。

7

竖直边长为％=^ι+r1cosθ

2

则最小面积为S=I1I2=rj(l+Sine)(I+cos。)=4(2+V3)/?

15.(2022•江苏•模拟预测)如图所示，在X轴上方有竖直向下的匀强电场，X轴下方-2d≤y≤0的区域

有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有质量为小、电量为+q的带电粒子(不计重力)，从P点(0,d)处沿X轴正

方向以初速度火射出，粒子第一次从M点(l∙5d,0)进入磁场后恰好能够从磁场返回电场。

(1)求磁感应强度B；

(2)让两个相同的该粒子先后从P点以初速度%射出，要使两粒子在电场中相遇，求两粒子射出的时间差At

（不计两粒子间的相互作用）；

（3）增大粒子在P点的发射速度，若粒子还能返回电场，求粒子的最大发射速度为。

【答案】⑴鬻；（2）空寓瞥・；（3）vm=^v0

【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，有d==α∕ι.5d=%t

Vy=at

解得Vy=~V0

又tan。弋V2

=-coɪsθ-

粒子在磁场中，做匀速圆周运动，轨迹如图，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m-

由几何关系，可得rsin53°+r=1.5d

Zmv

联立，可得B0

qd

（2）第一个从开始进入电场到与第二个粒子相遇共经历三个过程，首先在电场中类平抛，设运动时间为t„

1.5d

有t1V

然后在磁场中做匀速圆周运动，设运动时间为加有t2=∣^τT=翼

1.5d-r

最后再次进入电场，做类平抛运动的逆运动，设运动时间为3根据时称性可得t3=

即第一个粒子的运动总时间为t总=t1+t2+t3

第二个粒子从进入电场，到相遇设时间为L均，有1E=三

z

两粒子射出的时间差为∆t=te-t=⑴蓍硒d

0忘180v0

（3）设粒子以最大发射速度为进入电场，类平抛与X轴正方向成ɑ角进入磁场做匀速圆周运动，其轨迹恰

好与磁场下边界相切，由几何关系可得2d=R+Rcosa

其轨道半径为R=—l√=，匕=，工vy=∣2.处∙d

联立可得Vm=^v0

16.（2022•贵州贵阳•二模）如图所示，在xoy平面（纸面）内有一半径为此以原点。为圆心的圆形匀

强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。磁场区域的正下方有一对平行于X轴的平行金属板A和K,两板间加

有电压UAK（正负、大小均可调），K板接地，与尸点的距离为中间开有宽度为21且关于F轴对称的小孔。

一个宽为KR、在y轴方向均匀分布、且关于X轴对称的电子源，它持续不断地沿X正方向每秒发射出沏个

速率均为"的电子，电子经过磁场偏转后均从〃点射出，穿过K板小孔达到A板的所有电子被收集且导出。

已知电子质量为小，电荷量为e,忽略电子间相互作用，不计电子的重力，求：

（1）该匀强磁场的磁感应强度8的大小；

（2）从电子源射出的电子经尸点射出时与y轴负方向的夹角。的范围；

（3）每秒从电子源射出的电子通过K板上小孔的电子数〃及这些电子均能到达A板UAK的范围。

【答案】⑴8=翳：(2)-60°≤0≤60°；(3)∏=*(),-嚓<%≤0

【解析】（1）电子均从尸点射出，结合沿X轴射入的电子轨迹可知电子做圆周运动的轨道半径为r=R

2

电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m-B=W

reR

（2）设电子源上端电子从一点射出时与y轴负方向的最大夹角%，

如图所示，由几何关系可得：Sinem=等%=60°

同理电子源下端电子从〃点射出时与y轴负方向的最大夹角也为60°,范围是-60°≤θ≤60a

（3）进入小孔的电子偏角正切值：

A^L------------------------

tana=1a=45°

y=Rsina

n_2y

TIQ√3∕?

√6

n=-^-n0

当UAK=O时，经过小孔的电子均能到达A板；

当与y轴负方向成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，即经过小孔的电子均能到达A板

2

2aA—vyV>a=m-h

vy=vcos45°UAK=一喂一嚏<UAK≤0

17.（2022•山东济宁•二模）2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二

号M装置（HL-2M）在成都建成并实现首次放电。如图为其磁约束装置的简易原理图，同心圆圆心。与XOy

平面坐标系原点重合，半径为Ro的圆形区域I