专题26 带电粒子在复合场中的运动（教师版）-2025版高考物理热点题型讲义

专题26带电粒子在复合场中的运动目录TOC\o"1-3"\h\u题型一带电粒子在组合场中的运动 1类型1磁场与磁场的组合 2类型2先磁场后电场 7类型3先电加速后磁偏转 24类型4先电偏转后磁偏转 32题型二带电粒子在叠加场中的运动 44题型三带电粒子在交变电、磁场中的运动 63题型四洛伦兹力与现代科技 78类型1质谱仪的原理及应用 78类型2回旋加速器的原理和应用 86类型3电场与磁场叠加的应用实例分析 95题型一带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．3．常见粒子的运动及解题方法类型1磁场与磁场的组合磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．【例1】(多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－eq\r(2)L,0)、Q(0，－eq\r(2)L)为坐标轴上的两点．现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是()A．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为eq\f(πm,2eB)B．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为eq\f(πL,2)C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间一定为eq\f(2πm,eB)D．若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程可能为πL或2πL【答案】ABD【解析】电子在磁场中做圆周运动，从P点到Q点运动轨迹可能如图甲或图乙所示，电子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πm,eB)设电子在PO段完成n个圆弧，则电子从P点出发恰好经原点O点的时间为t＝neq\f(90°,360°)T＝eq\f(nπm,2eB)，n＝1、2、3……所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为eq\f(πm,2eB)，则A正确；电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得neq\r(2)r＝eq\r(2)L电子从P点出发恰好经原点O，运动路程为s＝neq\f(πr,2)当n＝1时s＝eq\f(πL,2)所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为eq\f(πL,2)，则B正确；电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间为t＝nT＝eq\f(2nπm,eB)，n＝1、2、3…，所以若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间可能为eq\f(2πm,eB)，则C错误；若电子从P点出发经原点O到Q点，运动轨迹可能如图甲、乙所示，若电子在PO段完成n个圆弧，那么关于电子的运动路程，n为奇数时为2πL，n为偶数时为πL，故D正确．【例2】.如图所示，空间均匀分布的磁场，其方向都垂直于纸面向外，y轴是两磁场的分界面．在x>0区域内，磁感应强度大小为B1＝2T，在x<0的区域内，磁感应强度大小为B2＝1T．在坐标原点O处有一个中性粒子(质量为M＝3.2×10－25kg)分裂为两个带等量异号的带电粒子a和b，其中粒子a的质量m＝γM(γ可以取0～1的任意值)，电荷量q＝＋3.2×10－19C，分裂时释放的总能量E＝1.0×104eV.释放的总能量全部转化为两个粒子的动能．设a粒子的速度沿x轴正方向．不计粒子重力和粒子之间的相互作用；不计中性粒子分裂时间．求：(1)若γ＝0.25，粒子a在右边磁场运动的半径Ra1；(2)γ取多大时，粒子a在右边磁场运动的半径最大；(3)γ取多大时，两粒子会在以后的运动过程中相遇？【答案】(1)eq\f(\r(3),80)m(2)eq\f(1,2)(3)eq\f(3,4)或eq\f(2,7)【解析】(1)分裂过程动量守恒，则有γMva＝(1－γ)Mvb由能量守恒定律得，E＝eq\f(1,2)γMva2＋eq\f(1,2)(1－γ)Mvb2，解得va＝eq\r(\f(21－γE,γM))vb＝eq\r(\f(2γE,1－γM))粒子a轨迹满足qvaB1＝eq\f(γMv\o\al(a2),Ra1)Ra1＝eq\f(γMva,qB1)＝eq\f(\r(3),80)m(2)由(1)问可知Ra1＝eq\f(γMva,qB1)＝eq\f(\r(2γ1－γME),qB1)可知当γ＝eq\f(1,2)时Ra1最大；(3)一个中性粒子分裂为两个带电粒子a和b，根据电荷守恒，a粒子带正电，则b粒子带负电．由于两个粒子的质量和速度的乘积相等，所以两个粒子在同一磁场中的运动半径也相等r＝eq\f(mv,qB)即eq\f(r1,r2)＝eq\f(B2,B1)＝eq\f(1,2)a、b两粒子的运动轨迹如图所示，它们相遇的位置只有两个，分别为C点和D点①若在C点相遇eq\f(πγM,qB1)＝eq\f(π1－γM,qB1)＋eq\f(π1－γM,qB2)则γ＝eq\f(3,4)②若在D点相遇，由于△OCD为正三角形，所以eq\f(πγM,qB1)＋eq\f(πγM,3qB2)＝eq\f(π1－γM,3qB2)则γ＝eq\f(2,7).【例3】宇宙中的暗物质湮灭会产生大量的高能正电子，正电子的质量为m，电荷量为e，通过寻找宇宙中暗物质湮灭产生的正电子是探测暗物质的一种方法(称为“间接探测”)．如图所示是某科研攻关小组为空间站设计的探测器截面图，粒子入口的宽度为d，以粒子入口处的上沿为坐标原点建立xOy平面直角坐标系，以虚线AB、CD、EF为边界，0<x<d区域有垂直纸面向外的匀强磁场，d<x<2d区域有垂直纸面向里的匀强磁场，0<x<2d区域内磁感应强度的大小均为B；2d<x<3d区域有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为eq\f(eB2d,m)；x＝5d处放置一块与y轴平行的足够长的探测板PQ.在某次探测中，仅考虑沿x轴正方向射入的大量速度不等的正电子，正电子的重力以及相互作用不计，其中一些正电子到达边界AB时，速度与x轴正方向的最小夹角为60°，对此次探测，求：(1)初速度多大的正电子能到达探测板PQ；(2)正电子自入口到探测板PQ的最短时间；(3)正电子经过边界CD时的y轴坐标范围？【答案】(1)v>eq\f(Bed,m)(2)(eq\f(2π,3)＋eq\f(3\r(3),2))eq\f(m,eB)(3)－3d≤y≤－eq\f(2,3)eq\r(3)d【解析】(1)正电子只要能经过边界AB就能到达探测板PQ，正电子能到达探测板PQ时，正电子做圆周运动的轨道半径r>d由牛顿第二定律得evB＝meq\f(v2,r)解得v>eq\f(Bed,m)(2)在边界AB速度方向与x轴夹角为60°的正电子到PQ的时间最短，正电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设正电子的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得ev1B＝meq\f(v12,r1)由几何知识得d＝r1sineq\f(π,3)在入口和AB间、AB和CD间的运动时间相同，设为t1，则eq\f(π,3)r1＝v1t1解得t1＝eq\f(πm,3eB)自CD至PQ，t2＝eq\f(3d,v1)t＝2t1＋t2＝(eq\f(2π,3)＋eq\f(3\r(3),2))eq\f(m,eB)(3)速度最大的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y1＝r1－r1coseq\f(π,3)速度最小的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y2＝d正电子经过边界CD时的y轴坐标范围是－2y2－d≤y≤－2y1即－3d≤y≤－eq\f(2,3)eq\r(3)d.类型2先磁场后电场1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．【例1】在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所示为一控制粒子运动装置的模型。在平面直角坐标系的第二象限内，一半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，磁场Ⅰ的边界圆刚好与两坐标轴相切，与轴的切点为，在第一象限内有沿轴负方向的匀强电场，在轴下方区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅱ中有一垂直于轴的足够长的接收屏。点处有一粒子源，在与轴正方向成到与轴负方向成范围内，粒子源在坐标平面内均匀地向磁场内的各个方向射出质量为、电荷量为的带正电粒子，粒子射出的初速度大小相同。已知沿与轴负方向成射出的粒子恰好能沿轴正方向射出磁场Ⅰ，该粒子经电场偏转后以与轴正方向成的方向进入磁场Ⅱ，并恰好能垂直打在接收屏上。磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小均为，所有粒子都能打到接收屏上，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。（1）求粒子从点射出的速度大小；（2）求匀强电场的电场强度大小；（3）将接收屏沿轴负方向平移，直至仅有一半的粒子经磁场Ⅱ偏转后能直接打到屏上，求接收屏沿轴负方向移动的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设从P点沿与x轴负方向射出的粒子从Q点射出磁场Ⅰ，轨迹如图所示设磁场Ⅰ的边界圆的圆心为，粒子做圆周运动的轨迹圆的圆心为，四边形对边相互平行且领边与长度相等，故四边形为菱形，则粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的轨迹半径为根据牛顿第二定律有解得（2）从P点沿与x轴负方向成射出的粒子在电场中做类平抛运动，设粒子出电场时沿y轴负方向的分速度为，由题意可知沿y轴方向有根据牛顿第二定律有解得（3）由于粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为，因此所有粒子均沿x轴正方向射出磁场Ⅰ；设某一粒子进入磁场与x轴正方向夹角为，则粒子进入磁场Ⅱ时速度为粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有则轨迹的圆心到x轴的距离为由此可见，所有粒子进磁场Ⅱ后做圆周运动的圆心均在离x轴距离为r的水平线上，由于从P点沿与x轴负方向成射出的粒子能垂直打在屏上，因此所有粒子均能垂直打在接收屏上。在P点沿y轴正方向射出的粒子恰好能打在屏上时，即有一半的粒子经磁场Ⅱ偏转后能直接打在屏上，这时屏需要移动的距离等于在P点沿y轴正方向射出的粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径。设该粒子进入磁场Ⅱ时的速度大小为，根据动能定理有解得根据牛顿第二定律有解得即要使一半的粒子经磁场Ⅱ偏转后能直接打到屏上，接收屏沿y轴负方向移动的距离为【例2】．如图所示，在x轴上方空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场（场强大小未知）。时刻，一质量为m、带电荷量为的粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入磁场，未进入电场，第一次到达点O时，正好与沿y轴正方向运动到该点、质量为、带电荷量也是的粒子乙发生弹性正碰。碰撞后，粒子甲的速度反向、大小变为碰前的3倍，碰后当甲第一次进入电场时，乙刚好第一次进入磁场。假设碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑粒子重力、两粒子间的库仑力、边界效应。求：（1）第一次碰撞前甲的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬间乙的速度大小及电场强度的大小；（3）乙第一次从磁场进入电场时，甲、乙之间的距离。【答案】（1）；（2），；（3）【分析】本题考查带电粒子在电磁组合场中的运动及其规律，意在考查考生的分析综合能力和应用数学知识处理物理问题的能力。【详解】（1）第一次碰撞前，甲在磁场中做匀速圆周运动，设第一次碰撞前甲的速度大小为，根据几何关系可知，第一次碰撞前甲的轨迹半径由洛伦兹力提供向心力得联立解得（2）设第一次碰撞前瞬间乙的速度大小为，第一次碰撞后瞬间乙的速度大小为、甲的速度大小为，规定y轴负方向为速度正方向，由于甲和乙的碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，则有其中联立解得又第一次碰撞后，当甲在磁场中运动半个周期时，乙在电场中做类竖直上抛运动正好返回O点，则甲在磁场中的运动周期由则根据牛顿第二定律有联立解得（3）作出两粒子的运动轨迹（部分）如图所示甲第一次进入电场时，乙恰好第一次进入磁场，根据洛伦兹力提供向心力有解得故此时甲的位置坐标为，乙位于坐标原点，之后乙在磁场中运动半个周期后进入电场，则又根据洛伦兹力提供向心力有解得故乙从磁场进入电场时的位置坐标为，在电场中，对甲根据牛顿第二定律有由运动学规律有解得由几何知识可知，乙第一次从磁场进入电场时，甲、乙之间的距离为联立解得【例3】．如图所示，在xOy平面内，以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（未画出），直线的左侧区域存在平行y轴向下的匀强电场。质量均为m、电荷量均为的甲、乙粒子分别从圆上的N、M两点垂直x轴射入匀强磁场，均从圆上的P点离开磁场，甲粒子经过P点时的速度方向平行于x轴向左。已知匀强电场的电场强度大小为，，，，不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：（1）甲、乙粒子射入磁场时的速率之比；（2）甲粒子从射入磁场到第二次经过x轴所用的时间；（3）乙粒子轨迹上的最高点到x轴的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设P点坐标为，，，如图甲A为甲粒子在磁场中运动轨迹的圆心，由几何关系得甲粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有联立解得，，如图乙D为乙粒子在磁场中运动轨迹的圆心，由几何关系有乙粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有解得甲、乙粒子射入磁场时的速率之比为（2）甲粒子在磁场中的运动时间为甲粒子从P点到直线的运动时间为甲粒子在电场中做类平抛运动，甲粒子在电场中的加速度为设甲从进入电场到经过x轴的时间为，有解得甲粒子从射入磁场到第二次经过x轴所用的时间为（3）如图乙，设乙粒子离开磁场时的速度与竖直方向成角，令，有，乙粒子轨迹上的最高点到x轴的距离为代入数据得【例4】．如图，直角坐标系xOy中的第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以与x轴负方向成角的速度射入磁场，从y=L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=1.5L处的c点。不计粒子重力，求：（1）粒子在a点的速度大小；（2）电场强度E的大小；（3）带电粒子在磁场和电场中运动的时间之比。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设粒子在a点速度大小为，带电粒子的运动轨迹如图由几何关系可知解得又由洛伦兹力提供向心力解得粒子在a点的速度大小（2）带电粒子在电场中运动时，沿x轴方向有沿y轴方向有又因为解得电场强度E的大小为（3）带电粒子在磁场中周期运动时间为带电粒子在电场中运动时间为所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为【例5】．如图所示，坐标系的第一象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于平面向外；第四象限内有沿轴负方向的匀强电场。质量为、带电量为的粒子以速率从轴的点射入磁场，经轴上的点沿轴负方向进入电场，然后从轴负半轴点以与轴负方向成角离开电场，不计粒子重力，求：（1）粒子在点时速度方向与轴正方向的夹角；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）粒子在电场和磁场中运动的总时间。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示

由于，且从点沿轴负方向进入电场，则圆心在轴负半轴，设粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动的半径为，圆心为，由几何关系有解得则有设粒子在A点的速度方向与y轴正方向成角，由几何关系，有解得（2）根据题意可知，粒子在第二象限做类平抛运动，沿电场方向上有垂直电场方向上有又有联立解得（3）由上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为粒子在电场中运动的时间为粒子在磁场电场中运动的总时间【例6】如图所示，半径为R的圆形边界，圆心为O，半径Oe与直径jp垂直，圆形边界内除扇形区域jOe外，存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，带电平行金属板ab、cd的长度均为R，间距为2R，圆形边界与ac相切于e点，且e点是ac的中点，在平行板的右侧放置一荧光屏，荧光屏与bd平行，且与bd的间距为R。一带电量为、质量为m的粒子甲（不计重力），从p点以指向圆心O的速度垂直进入磁场，然后从e点进入匀强电场，最后从d点射出；再让与粒子甲相同的粒子乙从p点垂直射人磁场，速度的大小与甲相同、方向与甲不同，乙从j点射出磁场，进入电场，最后打在荧光屏上的f点，求：（1）匀强电场的场强；（2）粒子乙从p点到f点的运动时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）作出甲粒子的运动轨迹如图所示轨迹几何关系可知，粒子圆周运动的轨道半径为粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有粒子在电场中做类平抛运动，则有，根据牛顿第二定律有解得（2）作出乙粒子的运动轨迹如图所示粒子在磁场中圆周运动的周期结合解得粒子在磁场中运动的时间粒子进入电场前做匀速直线运动，经历时间解得粒子在电场中做类平抛运动，根据上述，可知解得粒子飞出电场后做匀速直线运动，水平方向有解得则粒子乙从p点到f点的运动时间为解得类型3先电加速后磁偏转带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲．【例1】如图，第一象限内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第二象限内存在方向垂直y轴、电场强度为E的匀强电场，一带电粒子从点由静止释放，经电场加速后从点进入磁场，最后从点垂直x轴射出磁场，不计粒子的重力，求：（1）带电粒子的速度大小；（2）带电粒子在磁场中的运动时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理得带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力则有由几何关系得联立各式得（2）带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为带电粒子在磁场中的运动时间为【例2】．如图所示，空间有一棱长为L的正方体区域，带电粒子从平行于MF棱且与MPQF共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度可视为0，粒子质量为m，电荷量为，经垂直于MF棱的水平电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直进入正方体区域内，MS段长为，该区域内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从M点射入的粒子恰好从R点射出。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。（1）求线状粒子源处与正方体MS段之间的电势差；（2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，电场强度大小为，已知从S点射入的粒子从QP边上的某点射出，求该点距Q点的距离；（3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，通过计算判断从S点进入的粒子，离开该区域时的位置和速度大小。【答案】（1）；（2）；（3）粒子从N点离开该区域；【详解】（1）粒子经电场加速，则进入垂直平面MPRG向外的匀强磁场后从，从M点射入的粒子恰好从R点射出，可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=L则由可得（2）若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，则垂直电场方向沿电场方向其中解得该点距Q点的距离（3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动，将其运动分解为沿MF方向的初速为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG平面的线速度为v,半径为R=L的匀速圆周运动。分运动的匀速圆周运动的周期为假设粒子从FQNA面射出，则有解得可知分运动的匀速圆周运动的轨迹为圆周，该粒子恰好从N点离开该区域，假设成立。离开该区域时沿MF方向的速度为v2=at2解得设离开该区域时速度大小为v′，则有解得【例3】．CT技术是通过高能电子撞击目标靶，使目标放出X射线，对人体进行扫描取得信息的，其原理如图所示：半径为L的圆形区域内有垂直直面向里的匀强磁场，水平放置的目标靶长为2L，靶左端点M、右端点N与磁场圆心O的距离相等、竖直距离为。从阴极逸出的电子（初速度可忽略），经电场加速后瞄准圆心O沿着水平方向进入磁场，经磁场偏转后恰好击中M点。设电子质量为m、带电量为-e，电子枪的加速电压为U，不考虑电子受到的重力，求：（1）电子击中目标靶的速度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理有解得电子在磁场中速度大小不变，故击中目标靶的速度大小为。（2）电子经磁场偏转后恰好击中M点，如图所示根据几何关系可得由此可知电子在磁场中运动的轨迹半径为电子在加速电场中，由动能定理有由洛伦磁力充当向心力，有联立解得【例4】．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图所示。第一象限内OBAD区域（，）有一水平向左的匀强电场E，第二象限内有一半径为R的垂直纸面的匀强磁场，边界与xy轴相切，与x轴的切点为C，与y轴的切点为P，第四象限内有垂直纸面的匀强磁场，如图（、均未知）。已知一个质量为m、电荷量为的带电粒子（可视为质点）从AB边界任意一点无初速度释放，经电场加速后获得速度v0，进入第二象限，再经磁场偏转后都从同一点C离开第二象限。（E、m、q、R、已知）求：（1）磁感应强度；（2）此粒子从坐标处无初速度释放，依次经过一二三四象限后恰好垂直与x轴再次射入第一象限，求该情况下磁感应强度及粒子在第四象限运动的时间。【答案】（1）；（2），【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，经磁场偏转后都从同一点C离开磁场，其中由P到C的粒子的轨迹恰好为圆周，可知运动半径等于R。由洛伦兹力提供向心力得解得（2）粒子从坐标为的F点（即）处无初速度释放的粒子的运动轨迹如图所示粒子由G点出电场到H点进磁场的过程做匀速直线运动，粒子在磁场B1中运动半径与圆形磁场区域半径相等均为R，四边形O1CO2H为菱形，由几何关系可得解得粒子在M点进入第四象限，在第三象限由C到M的过程做匀速直线运动，设粒子在第四象限运动半径为r，由几何关系可得解得由洛伦兹力提供向心力得解得粒子在第四象限的磁场B2中运动轨迹的圆心角为150°，则此过程时间为类型4先电偏转后磁偏转带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图乙．【例1】一质量为、电荷量为的带电粒子始终在同一竖直面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，分别为粒子速度在竖直面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时位于图中点，粒子在竖直向下的匀强电场作用下运动，点沿线段移动到点；随后粒子离开电场，进入方向水平向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，点沿以为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，点沿线段回到点。已知带电粒子在运动过程中，任何相等的时间内速度改变量的大小都相等，不计重力。求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）电场强度的大小；（3）点沿图中闭合曲线移动1周回到点时，粒子位移的大小。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为根据洛伦兹力提供向心力解得做圆周运动的半径为周期为（2）根据题意，可得解得（3）根据题意分析可知从点到点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，从到过程中粒子做类平拋运动，得故可得该段时间内沿方向位移为根据几何知识可得由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为联立解得【例2】．如图所示，平面的第一象限内，的空间内有沿轴正方向的匀强电场，的空间内有垂直平面向外的匀强磁场，时刻，一质量为、带电量为的粒子从点沿轴正方向射出，经时间后从点射入磁场，一段时间后从点离开磁场，粒子重力不计。求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）从点到点的运动过程中，粒子位置的横坐标随时间变化的关系式？【答案】（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有，解得，（2）令粒子在的速度方向与x轴正方向夹角为，则有则有则粒子在的速度结合上述解得根据几何关系可知，为粒子在磁场中圆周运动的直径，则轨道半径为粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有解得（3）结合上述，当时有当时，结合上述可知，粒子圆周运动的圆心为，粒子圆周运动的角速度则有解得【例3】．如图所示，在xOy平面直角坐标系的第Ⅱ象限有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E，将一群电子从第Ⅱ象限内的不同位置以初速度沿x轴正方向射出，发现这些电子均能经过坐标原点O．电子通过O点后进入第Ⅳ象限内的匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B，这些电子经过磁场偏转后都再次到达y轴．已知电子电量为e，质量为m，求：（1）这群电子从第Ⅱ象限内射出时的位置坐标满足的方程；（2）第Ⅳ象限内匀强磁场区域的最小面积；（3）若在第Ⅲ象限所在的立体空间内充满沿y轴正方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小也为B，求电子在这个区域运动时离y轴的最远距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设电子射出的位置坐标为，电子做类平抛运动，有在轴方向在轴方向联立解得（2）设电子经过点时的速度方向与轴负向的夹角为，速度大小为，电子沿轴移动的距离为，则有可见所有电子经过磁场偏转后都经过轴同一位置，如图所示则磁场区域的最小面积为其中解得（3）在第Ⅲ象限所在的立体空间内，电子沿轴做匀速运动，垂直轴方向做匀速圆周运动，运动半个周期时离轴最远，最远距离为【例4】．如图，在的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一个氘核和一个氚核先后从x轴上P、Q两点射出，速度大小分别为、，速度方向与x轴正方向的夹角均为。一段时间后，氘核和氚核同时沿平行x轴方向到达y轴上的M点（图中未画出）。已知Q点坐标为，不计粒子重力及粒子间的静电力作用，，，求：（1）y轴上M点的纵坐标及x轴上P点的横坐标；（2）匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B大小之比。【答案】（1），；（2）【详解】（1）氚核从Q点射出后在电场中做抛体运动，在x轴方向匀速直线运动，则有解得在y轴方向解得y轴上M点的纵坐标氘核从P点射出后在磁场中做匀速圆周运动，两粒子运动轨迹如图所示由几何关系可得解得由几何关系联立解得x轴上P点的横坐标（2）设氘核（）的质量为2m，电荷量为q，则氚核（）的质量为3m，电荷量为q。氚核，根据抛体运动规律得其中解得氘核：根据洛伦兹力提供向心力有解得则有【例5】．如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为、质量为m的粒子，从y轴上的P点以某一速度沿垂直y轴方向进入电场，经x轴上的Q点进入磁场，在磁场中偏转后垂直y轴的方向进入第二象限。已知，，不计粒子重力。求：（1）粒子过Q点时的速度v；（2）磁感应强度的大小B。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子在电场中运动时，竖直方向水平方向解得（2）粒子进入磁场时得粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，为圆心，由几何关系可知为等腰三角形得由解得【例6】如图所示，水平直线上方有竖直向下的匀强电场，下方有一边长为的正三角形匀强磁场区域（边界上也有磁场），点在边界上，边与平行，匀强磁场方向垂直纸面向外。质量为、带电量为的粒子从点以初速度垂直电场方向射出，在电场中偏转后从点进入磁场，之间的水平距离为，竖直距离为，粒子重力不计。（1）求电场强度的大小；（2）若粒子从点离开磁场，求粒子在磁场中的运动时间；（3）若粒子从边上距离点为的点离开磁场，求磁感应强度的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，垂直电场方向有沿电场方向有解得（2）根据题意，粒子在电场中的运动轨迹如图所示

由几何关系可知，粒子离开电场时又有解得粒子进入磁场后做圆周运动，若从点出磁场，轨迹如图所示

由牛顿第二定律有据几何关系可得圆心角粒子在磁场中运动的时间解得（3）若粒子从点出磁场，轨迹如图所示

设粒子速度的偏转角为，据几何关系可得解得又有解得题型二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。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。4．电场力、洛伦兹力、重力并存(1)若三力平衡，带电粒子一定做匀速直线运动。(2)若重力与电场力平衡，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，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。【例1】如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：(1)粒子沿直线通过区域时的速度大小；(2)粒子的电荷量与质量之比；(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有解得（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得由类平抛运动规律可得联立解得粒子的电荷量与质量之比（3）粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得解得粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知可得则有【例2】．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第二、三、四象限内存在平行于y轴向上的匀强电场，在第三、四象限内存在磁应强度为B、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电小球，从y轴上的A点水平向右抛出，记为小球第一次通过y轴，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，已知，磁感应强度，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）电场强度E的大小和粒子经过M点的速度大小；（2）粒子第三次经过y轴时的纵坐标。【答案】（1）；（2）【详解】（1）因小球在第四象限做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，故：解得小球在第Ⅰ象限平抛，由运动学规律，有联立解得竖直方向速度经过M点的速度大小为（2）小球在第四和第三象限做匀速圆周运动，为圆心，MN为弦长，；小球在第二象限做匀速直线运动，第三次经过y轴的点记为Q，如图所示设半径为r，小球在磁场中做匀速圆周运动，有由几何关系知由小球在第二象限做匀速直线运动，有联立求得【例3】．如图所示，平行的两极板a、b间存在正交的匀强电场和匀强磁场I，正离子以的速度沿极板中线匀速飞出极板，进入匀强磁场区域II，匀强磁场I和匀强磁场II的磁感应强度大小、方向均相同。已知极板板长板间距板间电压（离子比荷不计离子重力，求：（1）匀强电场电场强度E的大小和匀强磁场磁感应强度B的大小；（2）撤去磁场I，离子离开电场时速度的大小；（3）撤去磁场I后，要使离子不从边界射出，磁场II的宽度至少为多少。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）根据匀强电场的电势差与电场强度关系有带电粒子沿极板中线匀速飞出极板，由平衡条件有解得（2）撤去磁场I，离子离开电场时，在方向有在电场强度方向上离子离开电场时速度解得（3）设粒子进入磁场时速度与方向所成夹角为，则有进入磁场II由洛伦兹力提供向心力，有解得撤去磁场I后，要使离子不从边界射出，磁场II的宽度至少为解得【例4】．霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m，电荷量为e的电子从О点沿x轴正方向水平入射，入射速度为时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计电子重力及电子间相互作用。（1）求电场强度的大小E；（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y；（3）若电子入射速度在的范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。【答案】（1）v0B；（2）；（3）87.5%【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee=ev0B解得E=v0B（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有解得（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合=evmB－eE在最低点有F合=eE－evB联立有，要让电子达纵坐标位置，即y≥y2解得则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的87.5%。【例5】．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小为，磁感应强度大小为B。从O点发射一比荷为的带正电微粒，该微粒恰能在xOy坐标平面内做直线运动。已知y轴正方向竖直向上，重力加速度为g。（1）求微粒发射时的速度大小和方向；（2）若仅撤去磁场，微粒以（1）中的速度从O点射出后，求微粒通过y轴时到O点的距离；（3）若仅撤去电场，微粒改为从O点由静止释放，求微粒运动的轨迹离x轴的最大距离。【答案】（1），轴负方向夹角为；（2）；（3）【详解】（1）由题意知，粒子做匀速直线运动，受力分析如图则解得粒子出射的速度方向与轴负方向夹角为解得即微粒发射的速度大小为与轴负方向夹角为；（2）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如图将速度分解可得轴方向的加速度大小经过轴时的时间。距点的距离（3）解法1：微粒运动的轨迹离轴的距离最大时，速度与轴平行，设最大距离为，在方向上，由动量定理得即由动能定理得解得解法2：将静止释放的微粒看成同时有大小相等、方向水平向左和向右的初速度，向左的速度产生的洛伦兹力与重力大小相等（如图）则解得向左的分速度使微粒水平向左匀速直线运动，向右的分速度使微粒在洛伦兹力下做匀速圆周运动，即解得微粒运动的轨迹离轴的最大距离【例6】．如图所示，竖直平面内有一直角坐标系，其第一、二象限存在一场强为的匀强电场，方向竖直向下，虚线内的圆形区域还存在一方向垂直纸面向里的匀强磁场，该区域圆心的坐标为，半径为。现从点水平向右发射一个初速度为带负电的微粒，发现微粒在电场中做匀速直线运动，进入磁场后发生偏转，并恰好从点射出磁场。已知重力加速度为。（1）求微粒的比荷和磁场的磁感应强度大小；（2）若将发射微粒的位置调整为，其他条件不变，求微粒从发射到穿出磁场的时间；（3）在第（2）问中，微粒会穿过轴进入下方区域，若轴下方区域存在大小也为的匀强电场（图中未画出），并使微粒轨迹发生偏转经过轴某点，该电场朝什么方向时，能使微粒用最短时间到达轴？并求出轨迹与轴交点的坐标。【答案】（1），；（2）；（3）沿轴正向，【详解】（1）微粒做匀速直线运动所以受力平衡解得作出微粒在磁场中的轨迹如图所示由几何知识得微粒的轨迹圆半径根据牛顿第二定律解得（2）微粒轨迹如图由几何知识得设直线运动的时间为设圆周运动的时间为故微粒到达点用时（3）微粒在第四象限轨迹为抛物线，要用时最短通过轴，则电场方向应水平向右水平方向：先匀减速后反向匀加速，初速度加速度用时为竖直方向：匀加速运动，加速度初速度下落高度为解得故轨迹与轴交点的坐标为。【例7】．在如图所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电荷量为的带电小球沿x轴正方向以初速度从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场，小球偏转后打到x轴上的点，x轴下方有匀强电场（图中未画出），第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在x轴下方做匀速圆周运动，已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度大小为g。（1）求x轴下方匀强电场的电场强度E2；（2）求带电小球在C点的速度；（3）若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为，求粒子从C点运动到点所用的时间。【答案】（1）；竖直向上；（2）；方向与x轴正方向成向下；（3）或【详解】（1）小球在x轴下方做匀速圆周运动，则解得竖直向上。（2）小球在第一象限做类平抛运动解得又，可得则根据解得即方向与x轴正方向成向下。（3）小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为，则解得设粒子运动的周期为，则解得如图1，由几何关系可知，粒子从C到P偏转圆心角为，此过程运动时间为粒子经P点进入第三象限后，设运动半径为，则解得设粒子运动的周期为，则解得如图2，粒子从P点再回到P点所用时间为粒子从C点运动到P点所用的时间为故粒子从C点运动到P点所用的时间为或。题型三带电粒子在交变电、磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清并且明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间段内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的速度大小及方向选规律联立不同阶段的方程求解【例1】如图甲所示，空间中有一直角坐标系xOy，在，的空间中有沿方向的匀强电场。在紧贴的上侧处有一粒子源P，能沿x轴正方向以的速度持续发射比荷为的某种原子核。在的空间有垂直于xOy平面向外的足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为。忽略原子核间的相互作用和重力。（1）求原子核第一次穿过y轴时速率；（2）设原子核从Q点第二次穿过y轴，求O、Q两点之间距离以及粒子在磁场中的运动时间；（3）若撤去原磁场，其余条件保持不变。在xOy平面内的某区域加一圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，取磁场垂直纸面向外为正方向。时刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动，若，求圆形磁场区域的最小面积S以及粒子进入磁场时的位置到y轴的最短距离x。忽略磁场突变的影响，计算结果用含有的式子表示【答案】（1）；（2），；（3），【详解】（1）原子核在电场中做类平抛运动，有加速度为代入数据，其中可得（2）原子核离开电场时速度与夹角设为，则偏移距离右侧的磁场中做匀速圆周运动，有该轨迹圆在y轴上对应的弦长OQ间距离代入数据可得粒子在磁场中运动的周期粒子在磁场中运动的时间为（3）设粒子圆形磁场中做圆周运动的半径为r，则解得运动的周期解得粒子在磁场中运动的轨迹如图所示所以圆形磁场的最小半径最小面积解得由图可知，进入磁场的位置距y轴的最小距离解得【例2】．如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板、，两板间距为，板间有垂直于桌面向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L＝0.72m。在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板，平板在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过板上的M孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离，不考虑空气阻力。求：（1）匀强电场的场强大小；（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板上，求磁感应强度的取值范围；（3）以小球从M点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化，规定磁场方向垂直于桌面向上为正方向，如图乙所示，求小球打到平板上的位置到Q点的距离。（，计算结果保留两位小数）【答案】（1）；（2）；（3）0.38m【详解】（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动，有，由牛顿第二定律得联立解得（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律得解得小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图所示由牛顿第二定律得可得小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为，此时小球的轨迹半径为，由几何关系得解得小球刚好不与板相碰时磁感应强度最小设为，此时粒子的轨迹半径为，由几何关系有解得综合可得磁感应强度的取值范围（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为，周期为T，有，解得，由磁场周期得小球在磁场中运动的轨迹如图所示可得一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为；由分析知有（）每个内，小球x方向位移（）小球y方向位移可知小球在第6个内沿方向射出磁场，设打在平板上的位置到Q点距离为，有解得【例3】．如图甲所示，三维坐标系中，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性交化的磁场B（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小，从微粒通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，已知，，规定当磁感应强度沿z轴正方向时为正，重力加速度大小为g。（1）求抛出点P到x轴的距离y；（2）求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T；（3）若时撤去yOz右侧的原电场和磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向的匀强磁场，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）粒子做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为45°，根据速度分解有在竖直方向上有解得（2）根据题意有qE=mg即重力与电场力平衡，粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有，解得，当时解得，当时解得，结合题中信息可知∶0~t0，微粒刚好转过180°，t0~2t0，微粒转过90°，2t0~3t0与0~t0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，3t0~4t0与t0~2t0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，微粒一个周期的运动轨迹如图所示由图可知（3）结合上述，在时，把速度分解到水平方向和竖直方向，则有粒子在竖直方向上做竖直上抛运动，则有，解得，粒子水平方向向上做圆周运动，则有，可知则有，，因此粒子向上运动到离xOz平面最远时的坐标为。【例4】．如图甲所示的坐标系中区域有沿y轴负向的匀强电场，电场强度，区域有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小和方向随时间的变化关系如图乙所示，当垂直纸面向里时磁感应强度为正，图中，有足够大的荧光屏垂直于x轴放置并可沿x轴水平移动。现有一带电粒子质量，电量的带电粒子从电场的P点（已知P点y轴坐标为0.3m），沿平行x轴以某一初速度进入电场，恰好从坐标原点与x轴成60°进入磁场，取带电粒子进入磁场为时刻，不计粒子重力，答案可用根号表示，求：（1）带电粒子的初速度；（2）若要完整研究带电粒子在磁场中的运动轨迹，磁场沿y轴方向的最小区间的上限坐标和下限坐标；（3）若要带电粒子垂直打在荧光屏上，荧光屏所在位置的x轴的可能坐标值。【答案】（1）；（2），；（3）（，，）或（，，）【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，则有其中联立解得（2）进入磁场的速度为进入磁场后从图乙可知在时间内，由洛伦兹力提供向心力得解得轨迹半径为运动周期为则运动时间为在时间内，由洛伦兹力提供向心力得解得轨迹半径为运动周期为则运动时间为在时间内，运动半径仍为，运动时间为所以进入磁场后在如图示的磁场中的运动轨迹如下图所示要形成完整的轨迹，从轨迹图中可看出磁场区域的上限坐标磁场区域的下限坐标（3）若在区域垂直打在荧光屏上由上图可知轨迹圆心到之间的距离所以，（，，）若在区域垂直打在荧光屏上根据对称轨迹圆心到之间的距离所以（，，）【例5】．如图甲，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧无边界）。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时（此时开始计时），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时速度方向如图所示与PQ连线成60°角，且以后能多次经过D点做周期性运动。图中，均为未知量，且均小于小球在磁场中做圆周运动的周期。已知D、Q间的距离为L，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求（最后结果可以用分数和根号表示）：（1）电场强度E的大小；（2）与的比值；（3）当小球做周期性运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，在重力场与电场的复合场中，带电小球做直线运动，则有可得（2）根据题意，当加上周期性变化的磁场后，带电小球的运动轨迹应如图所示粒子在时间内做匀速直线运动，其位移粒子在加入磁场后，在时间内做匀速圆周运动，根据几何关系可得粒子做圆周运动的半径又联立解得（3）带电小球在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力有解得而带电小球做完整圆周运动的周期联立可得显然，小球做周期性运动的周期要最大，则磁感应强度要最小，而磁感应强度最小，则小球在磁场中做圆周运动的轨迹半径要最大，因此小球在电场和重力场的复合场中加上周期性变化的磁场时，恰好做周期性运动时即圆周运动的轨迹恰好和磁场边界MN相切，根据几何关系有可得而根据联立可得题型四洛伦兹力与现代科技类型1质谱仪的原理及应用1．作用测量带电粒子质量和分离同位素．2．原理(如图所示)(1)加速电场：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏转磁场：qvB＝eq\f(mv2,r)，l＝2r；由以上两式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).【例1】如图所示，离子源能不断产生质子（质量为m电荷量为正q）和α粒子（质量为4m电荷量为正2q），两种粒子由静止开始经电势差加速后由狭缝垂直进入两平行金属板间，经偏转电场偏转从右侧射出，已知两平行板间电势差为，两板间距为d，板长为L，粒子所受重力可忽略不计。（1）求质子偏转的距离y；（2）在两板间再加上垂直纸面向里的由零逐渐增大的匀强磁场B，哪种粒子首先能沿直线通过电场从右侧狭缝射出，求此时的磁感应强度B。【答案】（1）；（2）质子，【详解】（1）质子在加速电场中加速q质子在偏转电场中运动的时间为质子在偏转电场中的加速度为质子偏转的距离联立解得（2）质子沿直线通过电场从右侧狭缝射出时，根据平衡条件可得电场强度为解得磁感应强度同理可得，沿直线通过电场从右侧狭缝射出时，磁感应强度故质子首先能沿直线通过电场从右侧狭缝射出，此时的磁感应强度为。【例2】．质谱仪示意图如图甲所示，一粒子束从两极板和的中心轴线水平入射，通过两极板中间区域后部分粒子能够从狭缝处射入质谱仪，最终分裂为a、b、c三束，分别运动到磁场边界的核乳胶片上，它们的运动轨迹如图所示。已知极板和中间区域同时有电场强度大小为E的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在狭缝右侧空间有面积不限、垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。不计粒子的重力。请回答下列问题：（1）请判断粒子所带电性，并求出能够进入狭缝的粒子的速度v；（2）若沿a、b、c轨迹运动的离子带电量相同，测得它们在胶片上成像处到的距离之比为2：3：4，求它们的质量之比；（3）若缩小狭缝右侧空间匀强磁场区域，使其宽度为，下方长度为，如图乙所示。若一束电荷量为q的带电粒子从两极板中心轴线水平入射，能够从狭缝处水平射入质谱仪，且所有带电粒子均不从磁场区域的右边界射出，求带电粒子的质量m的范围。（结果用式子表示）【答案】（1）带正电，，方向水平向右；（2）ma:mb:mc=2:3:4；（3）【详解】（1）根据粒子在磁场B2中的运动轨迹，由左手定则可知粒子带正电荷。粒子在两极板间做直线运动时，合力为零，粒子所受洛伦兹力竖直向上，则电场力竖直向下，电场强度向下，可知极板P1带正电。粒子在两极板间运动，由合力为零可得可得进入狭缝S0的粒子的速度为方向水平向右。（2）粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有粒子在胶片上成像处到S0的距离d=2r代入数据可得可知已知da:db:dc=2:3:4则ma:mb:mc=2:3:4（3）由题可知，所有带电粒子均不从磁场区域的右边界射出，则当射出的粒子与磁场区域的右边界相切时，带电粒子的运动半径最大，此时带电粒子的运动半径为r=d1由可知，此时带电粒子的质量最大，最大值为带电粒子质量的取值范围为【例3】．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，甲部分为粒子加速器，加速电压为；乙部分为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为，两板间距离为d，两板间电压为；丙为偏转分离器，磁感应强度为。今有一电荷量为q的正粒子（不计重力），从静止开始经加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：（1）粒子的比荷；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R的大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子先经过加速，电压为，速度大小为，由动能定理有粒子恰能沿直线通过速度选择器，有联立可得，（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有可得【例4】．如图所示，一质量为m的带电粒子从容器A下方的小孔飘入、之间的加速电场，其初速度可视为0，加速后以速度v经小孔沿与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后垂直打到照相底片上的D点。已知到D点的距离L，不计粒子的重力，求：（1）粒子的比荷；（2）加速电场的电势差U；（3）粒子在磁场所受洛伦兹大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有几何关系可知，半径为。洛伦兹力提供向心力解得（2）粒子在加速电场中，根据动能定理有解得（3）粒子在磁场所受洛伦兹力提供向心力，有解得【例5】．如图甲所示为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度B为，，则下列说法中正确的是（）

A．该粒子带负电B．该粒子比荷为C．该粒子在磁场中运动的时间约为D．若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子【答案】C【详解】A．粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得解得粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得可得则有可知图像的斜率为可得粒子的比荷为故B错误；C．该粒子在磁场中运动的时间为故C正确；D．根据若电压不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。故选C。类型2回旋加速器的原理和应用1．构造如图4所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。2．原理交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子就被加速一次。3．最大动能由qvmB＝eq\f(mveq\o\al(2,m),R)、Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。4．总时间粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U)。【例1】某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为+q，加速器接一定频率高频交流电源，其电压为U，不考虑相对论效应和重力作用，求：（1）质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；（2）质子第1次和第3次经过狭缝进入D形盒位置间的距离；（3）D形盒半径R。【答案】（1）1B2mUq；（2）【详解】（1）质子第1次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有解得r（2）质子第2次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有解得则质子第1次和第3次经过狭缝进入D形盒位置间的距离解得（3）粒子飞出D形盒时的轨道半径为R，则有，令电场中加速了n次，则有从静止开始加速到出口处所需的时间为t，则有解得【例2】1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对核（）加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是（）

A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径增大而增大B．高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大C．氚核的质量为D．在磁感应强度B和频率f不变时，该加速器也可以对氦核（）加速【答案】C【详解】A．根据周期公式可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与D型盒半径大小无关。A错误；B．设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足即有最终射出回旋加速器的速度与电压无关。B错误；C．根据周期公式可知C正确；D．因为氚核（）与氦核（）的比荷不同，在磁场中圆周运动周期不同，所以不能用来加速氦核（）。D错误。故选C。【例3】．近年来利用重离子治疗某些肿瘤获得很好的效果，越来越多的医疗机构配置相应的设备.重离子治疗肿瘤时通过回旋加速器将碳离子加速到光速的70％～80％后照射肿瘤位置杀死病变细胞.如图所示为回旋加速器示意图，D形盒的半径为R，D形盒间的交变电压大小为U，碳离子的电荷量为q，质量为m，加速后的速度为（c为光速），不计相对论效应，则下列说法正确的是（）

A．碳离子被加速的次数为 B．回旋加速器所加磁场的磁感应强度大小为C．交变电压的频率为 D．同一个回旋加速器能加速任意比荷的正离子【答案】A【详解】A．由动能定理得解得故A正确；B．当碳离子被加速到速度为时，在磁场中运动的轨迹半径为R，由解得故B错误；C．交流电压的周期与碳离子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，由解得故C错误；D．一个回旋加速器只能加速比荷相同的离子，故D错误。故选A。【例4】回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在盒中心A处有粒子源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压加速后，进入盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，忽略相对论效应，求：（1）交变电压的周期T；（2）粒子被加速后获得的最大动能；（3）粒子在回旋加速器中运动的总时间。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则联立以上两式，解得交变电压的周期为（2）粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有解得设粒子的最大动能为，则（3）质子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得经过的周期个数为n，则有质子在D型盒磁场内运动的时间联立解得质子在回旋加速器中运动的总时间为【例5】．1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛用于科学研究和医学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U。D形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。（1）求把质量为m，电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需时间；（2）若此回旋加速器原来加速α粒子（）。获得的最大动能为，现改为加速氘核（），它获得的最大动能为多少？要想使氚核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法；（3）已知两D形盒间的交变电压如图乙所示，设α粒子在此回旋加速器中运行的周期为T，现对核进行加速，已知该核的电荷量为，在时进入加速电场，求该粒子在加速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D形盒）【答案】（1）；（2）见解析；（3）【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得粒子每旋转一周动能增加2qU，则旋转周数周期粒子在磁场中运动的时间一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间（2）对α粒子，由速度得其最大动能为对氘核，最大动能为若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，有解得即磁感应强度需增大为原来的倍，高频交流电源的原来周期故由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的。（3）对α粒子有对粒子分析，其在磁场中的周期每次加速偏移的时间差为满足解得根据动能定理即类型3电场与磁场叠加的应用实例分析共同特点：当带电粒子(不计重力)在叠加场中做匀速直线运动时，洛伦兹力与静电力大小相等qvB＝qE或qvB＝qeq\f(U,d).1速度选择器(1)平行板间电场强度E和磁感应强度B互相垂直．(如图)(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是洛伦兹力与静电力平衡qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B).(3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．(4)速度选择器具有单向性．【例1】如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的点，出现一个光斑。在垂直纸面向里的方向上加一宽度为、磁感应强度为的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为的圆弧运动，最后打在距磁场右侧距离为的荧光屏上的点。现在磁场区域再加一竖直方向、电场强度大小为的匀强电场，光斑从点又回到点，不计粒子重力，则（）A．粒子带正电B．粒子的初速度大小为C．粒子的比荷为D．两点之间的距离为【答案】AC【详解】A．由题图可知，粒子在加上磁场后向上偏，磁场方向为垂直于平面向里，根据左手定则可知，粒子带正电，故A项正确；B．由题意可知，粒子在电场和磁场的叠加场内做直线运动，有解得故B项错误；C．在只有磁场时，对粒子有解得故C项正确；D．由几何关系，粒子在磁场中偏转的距离为由几何关系有粒子出磁场后竖直方向的位移为所以OP两点之间的距离为故D项错误。故选AC。【例2】如图所示为一速度选择器，两极板MN之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一束质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，能够沿直线运动，不计粒子重力．则下列说法正确的是()A．M极板接电源的负极B．质子流的入射速度为eq\f(Bd,U)C．如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，则电子在该区域运动过程中电势能增加D．如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域【答案】D【解析】质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，所受的洛伦兹力垂直于M极板向上，因垂直于极板方向受力平衡，故静电力方向垂直于M极板向下，即电场强度方向向下，M极板接电源的正极，故A错误；由平衡条件得qBv＝qeq\f(U,d)，解得质子流的入射速度为v＝eq\f(U,Bd)，故B错误；如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，电子受到的静电力和洛伦兹力都垂直于M极板向上，静电力做正功，电势能减少，故C错误；如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，所受洛伦兹力垂直于M极板向上，静电力方向垂直于M极板向下，且有qαBv＝qαeq\f(U,d)，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域，故D正确．2磁流体发电机(1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出正离子偏向B板，图中的B是发电机的正极．(3)发电机的电动势：当发电机外电路断路时，正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U，则qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，则E＝U＝Bdv.当发电机接入电路时，遵从闭合电路欧姆定律．【例1】如图所示是磁流体发电机示意图。平行金属板a、b之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量的等量正、负离子）垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压。如果把a、b板与用电器相连接，a、b板就是等效直流电源的两个电极。若磁场的磁感应强度为B，每个离子的电荷量大小为q、速度为v，a、b两板间距为d，两板间等离子体的等效电阻为r，用电器电阻为R。稳定时，下列判断正确的是（）A．图中b板是电源的正极 B．电源的电动势为BvqC．用电器中电流为 D．用电器两端的电压为Bvd【答案】AD【详解】A．由左手定则，正离子受洛伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b板为电源的正极，A正确；BCD．稳定时，由平衡条件得电源电动势为电流为用电器两端的电压故BC错误，D正确。故选AD。【例2】．如图磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为d，极板的长、宽分别为a、b，面积为S，这两个电极与可变电阻R相连。在垂直于前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向由前向后．发电导管内有电阻率为的高温电离气体——等离子体，等离子体以速度v向右流动，并通过专用通道导出。不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，下列说法正确的是（

）A．磁流体发电机的电动势为B．可变电阻R中的电流方向是从P到QC．当可变电阻的阻值为时，流过R的电流为D．当可变电阻的阻值为时，R消耗的电功率为最大值【答案】BCD【详解】A．发电管和内部的高温电离气体相当于电源，高温电离气体相当于内阻．稳定时即气体离子不再偏转，此时整理得发电机电动势故A错误；B．根据左手定则可判断等离子体中的正离子向上极板偏转、负离子向下极板偏转，即上极板为正极，故可变电阻R中的电流方向是从P到Q，故B正确；C．根据电流方向，判断高温电离气体的横截面积为S，长度为d，所以内阻当可变电阻的阻值为R＝根据闭合电路欧姆定律得流过R的电流为I＝故C正确；D．当外电阻等于电源内阻即R=r时外电路即可变电阻R消耗的电功率最大，最大值为故D正确。故选BCD。【例3】如图为磁流体发电机的示意图，间距为d的平行金属板A、B之间的磁场可看成匀强磁场，磁感应强度大小为B，板A、B和电阻R连接，将一束等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向喷入磁场，已知金属板A、B的正对面积为S，A、B及其板间的等离子体的等效电阻率为，下列说法正确的是（）

A．金属板A为正极 B．电阻R两端的电压为C．电阻R两端的电压为 D．流过电阻R的电流大小为【答案】B【详解】A．根据左手定则可得，正离子向金属板B，金属板B为正极，金属板A为负极。故A错误；D．根据稳定时，等离子体满足该发电机的电动势为流过电阻的电流大小为故D错误；BC．电阻两端电压为故B正确；C