课时作业2：专题强化十四 带电粒子在叠加场和组合场中的运动

课时作业(34)带电粒子在叠加场和组合场中的运动1．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是()A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到c点时，洛伦兹力最大C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大D．小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小D[电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大．由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故选项A错误；由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大．故选项B错误；从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少．故选项C错误；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减．选项D正确．] 2．(2021·河北衡水模拟)如图所示，在平面直角坐标系第二象限的OABC矩形区域内存在沿y轴方向的匀强电场(方向未画出)，第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于第四象限的匀强磁场(方向未画出)磁感应强度大小为B，一带电粒子从B点以速度v0沿x轴正方向飞入电场恰好从坐标原点O飞入磁场，经过一段时间，粒子最终从F点飞出磁场，已知OC ＝OF＝2OA＝2OD＝2L，C、F两点位于x轴上，不计粒子重力，则粒子的比荷为()A ．BL v 0B ．v 02BLC ．v 0BLD ．2BL v 0C [O 点的速度反向延长线过AB 边的中点，因此速度方向与x 轴正方向成45°角，做出粒子在磁场中的运动轨迹如图，根据几何关系可知R ＝2 L ，又q v B ＝m v 2R ，R ＝m v qB，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系可知v ＝2 v 0，代入到半径表达式得q m ＝v 0BL，故选C.]3．(多选)(2020·内蒙古包头一模)如图所示，长方形abcd 长ad ＝0.6 m ，宽ab ＝0.3 m, e 、f 分别是ad 、bc 的中点，以ad 为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.25 T ．一群不计重力、质量m ＝3×10－7 kg.电荷量q ＝＋2×10－3 C 的带电粒子以速度v 0＝5×102 m/s 从左右两侧沿垂直ad 和bc 方向射入磁场区域(不考虑边界粒子)，则以下正确的是( )A ．从ae 边射入的粒子，出射点分布在ab 边和bf 边B ．从ed 边射入的粒子，出射点全部分布在bf 边C ．从bf 边射入的粒子，出射点全部分布在ae 边D ．从fc 边射入的粒子，全部从d 点射出ABD [粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 20 r，代入数据解得粒子轨道半径：r ＝0.3 m ；若匀强磁场为矩形磁场，从e 点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从b 点射出，所以从e 点垂直射入的粒子出射点落在bf 边上；从ae 边垂直射入的粒子，从圆弧af 上射出，出射点分布在ab 边和bf 边；从ed 边射入的粒子，出射点全部分布在bf 边，故A 、B 正确；若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，从bc边射入的粒子，全部从d点射出，所以从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ad边，从fc边射入的粒子，全部从d点射出，故C错误，D正确．]4．(多选)(2021·湖北襄阳模拟)如图所示，在xOy坐标系中，以(r，0)为圆心、r为半径的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场．在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场．在xOy平面内，从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r.不计质子所受重力及质子间的相互作用力．则质子()A．在电场中运动的路程均相等B．最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向C．在磁场中运动的总时间均相等D．从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等AC[当质子沿与x轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A 点射出磁场，如图所示其中O1、O2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心．由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO1AO2为菱形，即AO2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，则有∠O2＝90°－θ所以质子第一次在磁场中运动的时间t 1＝90°－θ360°T 此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C 点再次射出磁场．如上图所示，其中O 1、O 3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO 3平行x 轴．由于O 1AO 3C 为菱形，即CO 1平行AO 3，即平行x 轴，说明C 就是磁场区域圆与x 轴的交点．这个结论与θ无关．所以OO 2O 3C 为平行四边形，则∠O 3＝90°＋θ质子第二次在磁场中运动的时间t 2＝90°＋θ360°T 则质子在磁场中运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝T 2 ＝πm qB故质子在磁场中运动的总时间为πm qB，进入电场的速度和方向相同，故在电场中的运动路程相同，故A 正确；最终离开磁场时的速度方向与O 3C 垂直，故不一定沿x 轴正方向，故B 错误；在磁场中运动的总时间均相等，为πm qB，故C 正确；从不同位置第一次离开磁场时，在非场区的运动路程显然不同；在电磁场中总的圆心角相同，则在电场和磁场中的路程相同，故总路程不同，故D 错误．]5．(2020·甘肃岷县第一中学高二开学考试)如图甲所示，M 、N 是宽为d 的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(垂直纸面向外为正，T 0为已知)，现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在t ＝0时从直线M 上的O 点沿着OM 线射入磁场，粒子重力不计，粒子恰好不能从右边界穿出且在2T 0时恰好返回左边界M ，则图乙中磁感应强度B 0的大小和粒子的初速度v 0分别为( )A ．B 0＝2πm qT 0 ，v 0＝πd T 0B ．B 0＝2πm qT 0 ，v 0＝πd 2T 0C ．B 0＝πm qT 0 ，v 0＝πd T 0D ．B 0＝πm qT 0 ，v 0＝πd 2T 0B [根据题意，根据带电粒子在磁场中运动的过程分析，洛伦兹力不做功，根据q v 0B ＝m v 20 r 得r ＝m v 0qB，磁场虽然方向改变但大小不变，所以半径不变，由以上分析知，MN 之间距离d ＝4r ，由以上分析知带电粒子做匀速圆周运动一个周期的时间T 等于磁感应强度随时间变化的周期T 0，即T ＝T 0①带电粒子圆周运动的周期公式T ＝2πm qB 0② 联立①②式得T 0＝2πm qB 0 ，解得B 0＝2πm qT 0③ MN 之间的距离d ＝4r 即r ＝d 4④ 带电粒子圆周运动的半径r ＝m v 0qB⑤ 联立③④⑤得v 0＝πd 2T 0，故选B.] 6．(多选)(2021·山东烟台模拟)如图所示，在xOy 坐标系中，第一、二象限有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为B v ，第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一带正电粒子自y 轴上的M 点以大小为v 的初速度沿着与y 轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为m ，带电量为q ，粒子第一次到达x 轴时沿着与x 轴正方向为30°的方向进入电场．不计粒子重力，对粒子的运动，以下说法正确的是( )A ．粒子自开始射出至第一次到达x 轴时的时间间隔为5πm 6qBB ．粒子再次与y 轴相交时速度最小C ．粒子运动过程中的最小速度为32v D ．粒子离开M 点后，其速度第n 次与初速度相同时距M 点的距离为(1－32 )nm v qB AC D [画出粒子运动轨迹如图：粒子第一次到达x 轴时沿着与x 轴正方向为30°的方向进入电场，由图中几何关系可知粒子自开始射出至第一次到达x 轴时，转过的角度为150°角，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2r ，可得r ＝m v qB ，又T ＝2πr v ＝2πm qB ，所以时间间隔为t ＝150°360°T ＝5πm 6qB ，选A 正确；粒子进入电场后做类斜抛运动，竖直方向分速度为0时即合速度水平时速度最小，最小速度为v min ＝v cos 30°＝32v ，选项B 错误，C 正确；粒子进入电场后做类斜抛运动，竖直方向分速度为0时，有v sin 30°＝qB v m t ，解得t ＝m 2qB，则粒子在电场中水平方向的位移为x ＝32 v ·2t ＝32 m v qB，粒子离开M 点后，其速度第一次与初速度相同时距M 点的距离为Δx ＝r －x ＝(1－32 )m v qB ，所以粒子离开M 点后，其速度第n 次与初速度相同时距M 点的距离为(1－32 )nm v qB，选项D 正确．] 7．(2021·江西南昌十校联考)如图所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度大小B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0，0.08 m)，平行金属板M 、N 长L ＝0.3 m ，间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102 V ，其中N 极板上收集的粒子被全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小为v ＝6.0×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向．若粒子重力不计，比荷q m＝108 C/kg ，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；(2)从坐标(0，0.18 m)处射出磁场的粒子在O 点入射方向与y 轴的夹角θ；(3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η.解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，有q v B ＝m v 2R 0解得R 0＝m v qB＝0.08 m. (2)如图所示，设从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴夹角为θ，由几何关系可得sin θ＝0.8故θ＝53°(3)如图所示，设恰能从下极板右端出射的粒子射出磁场时的纵坐标为y ，则y ＝UqL 22md v 2 ＝0.08 m设此粒子入射时速度方向与x 轴夹角为α，则有y ＝r sin α＋R 0－R 0cos α解得tan α＝43 ，即α＝53° 比例η＝53°180°×100%＝29%. 答案 (1)0.08 m (2)53° (3)29%8．(2021·甘肃兰州一中模拟)某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右(如图甲中由B 到C 的方向)，电场变化如图乙中E -t 图象，磁感应强度变化如图丙中B -t 图象．在A 点，从t ＝1 s(即1 s 末)开始，每隔2 s ，有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB 方向(垂直于BC )以速度v 射出，恰能击中C 点，且粒子在AB 间运动的时间小于1 s ，若AC ＝2BC ，求：(1)图线上E 0和B 0的比值是多少？磁感应强度B 的方向是怎样的？(2)若第1个粒子击中C 点的时刻已知为(1＋Δt ) s ，那么第2个粒子击中C 点的时刻是多少？解析 (1)设AC ＝2BC ＝2d ，在t ＝1 s 时，空间区域只有磁场，故粒子做匀速圆周运动， 则有：q v B 0＝m v 2R， 画出粒子运动轨迹，有几何关系由可得：R ＝||AC ＝2d则：B 0＝m v 2qd当粒子在电场中运动时，在AB 方向上匀速运动，在BC 方向上是匀加速运动，则有： 3 d ＝v td ＝12at 2 qE 0＝ma联立可求得： E 0＝2m v 23qd故E 0B 0 ＝43 v 由于粒子的电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，由粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可以判断磁场方向垂直纸面向外．(2)第一个粒子击中C 点的时刻已知为(1＋Δt ) s ，该粒子在磁场中运动，所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定，由几何关系可得，粒子从A 到C 时，轨迹所对应的圆心角为θ＝π3，故粒子在磁场中运动时间： Δt ＝θR v ＝π3·2d v又第二个粒子在电场中运动的时间为：t ＝3d v ＝332πΔt 故第2个粒子击中C 点的时刻为：t 2＝3 s ＋t ＝(3＋332πΔt ) s 答案 (1)E 0B 0 ＝43v ，磁场方向垂直纸面向外 (2)(3＋332πΔt ) s9．(2020·山东卷)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示．M 、N 为竖直放置的两金属板，两板间电压为U ，Q 板为记录板，分界面P 将N 、Q 间区域分为宽度均为d 的Ⅰ、Ⅱ两部分，M 、N 、P 、Q 所在平面相互平行，a 、b 为M 、N 上两正对的小孔．以a 、b 所在直线为z 轴，向右为正方向，取z 轴与Q 板的交点O 为坐标原点，以平行于Q 板水平向里为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x 轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B 和E .一质量为m ，电荷量为＋q 的粒子，从a 孔飘入电场(初速度视为零)，经b 孔进入磁场，过P 面上的c 点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q 上．不计粒子重力．(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R 以及c 点到z 轴的距离L ；(2)求粒子打到记录板上位置的x 坐标；(3)求粒子打到记录板上位置的y 坐标(用R 、d 表示)；(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s 1、s 2、s 3，若这三个点是质子11 H 、氚核31 H 、氦核42 He 的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程).解析 (1)设粒子经加速电场到b 孔时的速度大小为v ，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M 、N 两金属板间，由动能定理得qU ＝12m v 2① 在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R② 联立①②式得R ＝2mqU qB③ 由几何关系得d 2＋(R －L )2＝R 2④且cos α＝R 2－d 2R⑤ sin α＝d R⑥ 联立①②④式得L ＝2mqU qB － 2mU qB 2－d 2 .⑦ (2)设区域Ⅱ中粒子沿z 轴方向的分速度为v z ，沿x 轴正方向加速度大小为a ，位移大小为x ，运动时间为t ，由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑧粒子在z 轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得v z ＝v cos α⑨d ＝v z t ⑩粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得x＝12⑪2at 联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得x＝md2E.⑫4mU－2qd2B2(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，由运动学公式得y′＝v t sin α⑬由题意得y＝L＋y′⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式得y＝R－R2－d2＋d2.R2－d2(4)s1、s2、s3分别对应氚核31H、氦核42He、质子11H的位置．答案见解析。

压轴题08带电粒子在复合场、组合场中的运动1.本专题是电磁场的典型题型之一，包括应用电场力洛伦兹力的知识解决实际问题。

高考中经常在选择题中命题，更是在在计算题中频繁出现。

2024年高考对于复合场、组合场的考查仍然是热点。

2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。

3.用到的相关知识有:电场的知识,磁场的知识等。

近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型带电粒子在复合场中的运动，组合场中的运动等。

考向一：带电体在磁场中的运动1.带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力等的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动。

2.利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点。

考向二：带电粒子在叠加场中的运动1.三种场的比较力的特点功和能的特点重力场大小：G ＝mg 方向：竖直向下重力做功与路径无关；重力做功改变物体的重力势能电场大小：F ＝qE方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与电强方向相反电场力做功与路径无关；W ＝qU ；电场力做功改变电势能磁场大小：f ＝qvB (v ⊥B )方向：可用左手定则判断洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能2.分析的基本思路(1)弄清叠加场的组成。

(2)进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。

(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。

①由于洛伦兹力的大小与速度有关，带电粒子在含有磁场的叠加场中的直线运动一定为匀速直线运动，根据平衡条件列式求解。

②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解。

③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。

考向三：带电粒子在组合场中的运动带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动。

专题强化十四带电粒子在叠加场和组合场中的运动【专题解读】1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现。

2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力。

针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心。

题型一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.无约束情况下的运动(1)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，由此可求解问题。

(2)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，可用动能定理求解问题。

(3)电场力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，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问题。

3.有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解。

【例1】(2020·安徽蚌埠市第二次质检)如图1，在竖直xOy平面内有一个半径为R的圆形区域与x轴相切于O点，在圆形区域外(包括圆形边界)的空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，xOy平面内有沿y轴负方向的匀强电场。

现从坐标原点O 以速率v向第一象限内的不同方向发射相同的带电小球，小球的质量为m、电荷量为－q(q＞0)，所有小球均在磁场中做匀速圆周运动，且都能沿平行于x轴的方向进入圆形区域并再次通过O点，不计小球间的相互作用，重力加速度为g，求：图1(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)沿与x轴正向成60°角发射的小球从O点开始运动到再次通过O点经历的时间。

[学习目标] 1.学会分析带电粒子在组合场中运动的分析方法，会分析两场边界带电粒子的速度大小和方向.2.会分析带电粒子在叠加场中的受力情况和运动情况，能正确选择物理规律解答问题．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，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．3．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态．(1)仅在电场中运动①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动．(2)仅在磁场中运动①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动．4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．特别提醒从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面处的速度(大小和方向)是联系两运动的桥梁，求解速度是重中之重．(2019·安徽师大附中期末)如图1所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：图1(1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值． 答案 (1)v 02 (2)π4解析 (1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m 和q ，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L ＝v 0t 1，L ＝12at 12，qE ＝ma ，v y ＝at 1联立可得粒子到达O 点时沿＋y 方向的分速度为 v y ＝2Lt 1＝v 0，则tan α＝v y v 0＝1，α＝45°.粒子在磁场中的速度大小为v ＝2v 0. Bq v ＝m v 2r，由几何关系得r ＝2L 解得E B ＝v 02；(2)粒子在磁场中运动的周期为T ＝2πr v ＝2πLv 0，在磁场中运动的时间为t 2＝14T ＝πL2v 0，t 1＝2Lv 0解得t 2t 1＝π4.针对训练 (2019·重庆市渝北区高二期末)如图2所示，MN 和GH 是电压为U 的两平行极板(极板厚度可忽略)，极板间存在方向竖直方向上的匀强电场．空间(除两虚线之间的区域)存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B (大小可调)．极板MN 和GH 上分别有正对的两个小孔O 和A ，PQ 为铝制薄板，ON ＝AH ＝PQ ＝d ，NP ＝2d .质量为m 、电荷量为q 的正离子从A 点由静止开始加速，经O 进入磁场区域，两虚线之间的区域(除极板)无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．图2(1)离子从小孔O 第一次进入磁场时的速度大小v 1；(2)磁感应强度B 为多大时，离子只加速一次就能打到铝板P 处； (3)若B ＝1d 2mUq ，试通过计算说明离子加速几次后第一次打到铝板上． 答案 (1)2qU m (2)23d2mUq(3)3次 解析 (1)由动能定理可知qU ＝12m v 12－0解得v 1＝2qUm(2)由洛伦兹力提供向心力，有：q v 1B ＝m v 12R由几何关系可知R ＝32d解得B ＝23d2mUq(3)由洛伦兹力提供向心力，由q v 1B ＝m v 12r 1，解得r 1＝d ，此时并未打到铝板上，离子在电场中进行第二次加速， 根据动能定理有qU ＝12m v 22－12m v 12，又q v 2B ＝m v 22r 2，联立可得此时在磁场中的半径为r 2＝2d ，没有打到铝板上；离子在电场中进行第三次加速，同理可求得在磁场中的半径r 3＝3d ，此时打到铝板上． 综上可知，离子加速3次后第一次到达铝板上． 二、带电粒子在叠加场中的运动处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路 1．弄清叠加场的组成．2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． 3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．(2019·重庆一中高二上期中)如图3所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N，以下说法正确的是()图3A．带电微粒可能带负电B．运动过程中带电微粒的动能保持不变C．运动过程中带电微粒的电势能增加D．运动过程中带电微粒的机械能守恒答案 B解析根据微粒做直线运动的条件和受力情况可知，带电微粒一定带正电，且做匀速直线运动，如图所示，选项A错误；由于电场力向右，对带电微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于带电微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能保持不变，选项B正确，C错误；由能量守恒可知，电势能减小，则机械能一定增加，选项D错误．如图4所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg、电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b 点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求：图4(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．答案(1) 2 N/C(2)1.0×10－2 J解析(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos 45°＝mg解得E 1＝ 2 N/C.(2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理得： qE 1d AB sin 45°＝12m v b 2解得v b ＝2gd AB ＝5 m/s加磁场前粒子在B 、C 间必做匀速直线运动，则有： qE 2＝mg加磁场后粒子在B 、C 间必做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律可得：q v b B ＝m v b 2R解得R ＝5 m设偏转距离为y ，由几何知识得R 2＝d BC 2＋(R －y )2 代入数据得y ＝1.0 m(y ＝9.0 m 舍去) 粒子在B 、C 间运动时电场力做的功有 W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2 J由功能关系知，粒子由b 点到O ′点电势能增加了1.0×10－2 J.1. (带电粒子在叠加场中的运动)(多选)如图5所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L 做直线运动，L 与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是( )图5A ．液滴一定做匀速直线运动B ．液滴一定带正电C ．电场线方向一定斜向上D ．液滴有可能做匀变速直线运动答案 ABC解析 液滴受重力、电场力、洛伦兹力的共同作用而做匀速直线运动，合力为零，可判断出洛伦兹力与电场力的方向，判断出液滴只有带正电才可能所受合力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上，故A 、B 、C 正确，D 错误．2.(带电粒子在组合场中的运动)(2019·全国卷Ⅰ)如图6所示，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出．已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力．求：图6(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间． 答案 (1)4U B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33 解析 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v .由动能定理有qU ＝ 12m v 2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r ②由几何关系知d ＝2r ③ 联立①②③式得q m ＝4UB 2d2④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为s ＝πr2＋r tan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t ＝sv ⑥ 联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋333.(带电粒子在组合场中的运动)如图7所示，在平面直角坐标系的第一、四象限存在一宽度为a 、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B ；在第三象限存在与y 轴正方向成θ＝60°角的匀强电场．一个粒子源在P 点能释放质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子恰好不能从DH 射出，已知电场强度E ＝2qB 2a m ，不计粒子的重力，求P点到O 点的距离和粒子在磁场中运动的半径．图7答案 19a 23a解析 设PO 间距离为d ，根据动能定理有qEd ＝12m v 2在磁场中，q v B ＝m v 2R粒子在磁场中运动的轨迹与边界DH 相切，由几何关系知R cos 60°＋R ＝a 解得R ＝23a ，d ＝19a。

专题拓展课二带电粒子在复合场中的运动[学习目标要求] 1.知道复合场的概念。

2.能够运用运动组合的理念分析带电粒子在组合场中的运动。

3.能分析带电粒子在叠加场中的受力情况和运动情况，能够正确选择物理规律解答问题。

拓展点1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，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。

2．四种常见的运动模型(1)带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图所示。

(2)带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图所示。

(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图所示。

(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如图所示。

3．三种常用的解题方法(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。

(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。

(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。

4．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态。

(1)仅在电场中运动①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动。

(2)仅在磁场中运动①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动。

5．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键。

特别提醒从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面处的速度(大小和方向)是联系两运动的桥梁，求解速度是重中之重。

【例1】(2021·广东深圳市高二期末)某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞，如图甲。

图乙为某“质子疗法”仪器部分结构的简化图，Ⅰ是质子发生器，质子的质量m＝1.6×10－27 kg，电量e＝1.6×10－19 C，质子从A点进入Ⅱ；Ⅱ是加速装置，内有匀强电场，加速长度d1＝4.0 cm；Ⅲ装置由平行金属板构成，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，板间距d2＝2.0 cm，上下极板电势差U2＝1000 V；Ⅳ是偏转装置，以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子从M进入、从N射出，A、M、O三点共线，通过磁场的强弱可以控制质子射出时的方向。

微专题14带电粒子在复合场中的运动【知识规律整合】1．电场与磁场的组合应用实例装置原理图规律质谱仪带电粒子由静止被加速电场加速qU ＝12m v2，在磁场中做匀速圆周运动q v B＝mv2R，则比荷qm＝2UB2R2回旋加速器交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。

D形盒半径为r，由q v B＝mv2r得E km＝q2B2r22m2．电场与磁场的叠加应用实例装置原理图规律速度选择器q v0B＝qE，即v0＝EB，带电粒子做匀速直线运动电磁流量计UD q＝q v B，所以v＝UDB，所以Q＝v S＝UDBπ（D2）2＝πUD4B霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差题型一复合场在现代科技中的应用角度1速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量和质量。

【例1】一个带正电的微粒(重力不计)初速度水平向右，进入如图1所示的匀强磁场和匀强电场区域时会向下偏转，欲使微粒在电磁场中恰能沿水平直线运动，应采用的方法是()图1A．增大电荷质量B．增大电荷量C．增大磁感应强度D．减小入射速度答案C解析微粒进入复合场后向下偏转，可知，受到向上的洛伦兹力小于向下的静电力，q v B<qE，可通过增大磁感应强度或增大入射速度来增大洛伦兹力，使微粒在电磁场中恰能沿水平直线运动，C正确，D错误；由上述表达式可知，增大电荷质量、增大电荷量无法改变两个力的大小关系，A、B错误。

角度2质谱仪带电粒子由静止被加速电场加速，在磁场中做匀速圆周运动。

【例2】(2022·江苏南通检测)如图2所示，一束电荷量相同的带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场(左侧极板带正电，右侧极板带负电)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强偏转磁场，最终打在A1、A2上，下列说法正确的是()图2A．粒子带负电B．速度选择器中磁场方向为垂直纸面向里C ．所有打在A 1A 2上的粒子，在匀强偏转磁场中的运动时间都相同D ．粒子打在A 1A 2上的位置越远离P ，粒子的质量越大 答案 D解析 带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A 错误；粒子经过速度选择器时所受的静电力和洛伦兹力平衡，静电力方向向右，则洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外，故B 错误；所有打在A 1A 2上的粒子，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动，运动的时间等于t ＝T 2，而T ＝2πRv ，经过速度选择器后粒子的速度都相同，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子，半径越大则时间越长，故C 错误；经过速度选择器进入匀强偏转磁场中的粒子速度相等，根据题意可知粒子的电荷量相同，根据q v B ＝m v 2r ，得r ＝m vqB ，粒子打在A 1A 2上的位置越远离P ，则半径越大，粒子的质量越大，故D 正确。

专题强化十二带电粒子在叠加场和组合场中的运动【专题解读】1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现。

2.学习本专题，提高同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力。

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.带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段。

第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示。

第3步：用规律角度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】(2021·广东韶关模拟)如图1所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B 0，OF 为上、下磁场的水平分界线。

质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子从AC 边界上与O 点相距为a 的P 点垂直于AC 边界射入上方磁场区域，经OF 上的Q 点第一次进入下方磁场区域，Q 点与O 点的距离为3a 。

不考虑粒子重力。

图1(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC 边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度大小B 1应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B ＝3B 0，粒子最终垂直DE 边界飞出，求边界DE 与AC 间距离的可能值。

答案 (1)5aqB 0m (2)B 1≥8B 03 (3)4na (n ＝1，2，3，…)解析 (1)粒子在OF 上方的运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为R ，由几何关系可知R 2－(R －a )2＝(3a )2，则R ＝5a由牛顿第二定律可知q v B 0＝m v 2R解得v ＝5aqB 0m 。

带电粒子在复合场中的运动目标：1. 掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点2. 理解复合场、组合场对带电粒子受力的分析。

重难点：重点： 带电粒子在电场、磁场中运动的特点；带电粒子在复合场中受力分析 难点： 带电粒子在复合场中运动受力与运动结合。

知识：知识点1 带电粒子在复合场中的运动 1．复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． (2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或相邻或在同一区域电场、磁场交替出现． 2．带电粒子在复合场中的运动形式(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，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电场力大小相等，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：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，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． 易错判断(1)带电粒子在复合场中不可能处于静止状态．(×) (2)带电粒子在复合场中可能做匀速圆周运动．(√) (3)带电粒子在复合场中一定能做匀变速直线运动．(×) 知识点2 带电粒子在复合场中的运动实例 1．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12mv 2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r .由以上两式可得r ＝1B2mUq ， m ＝qr 2B 22U ， q m ＝2UB 2r 2.2．回旋加速器(1)构造：如图所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中．(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB ＝mv 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关．3．速度选择器(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器(如图所示)．(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE ＝qvB ，即v ＝E/B. 4．磁流体发电机(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能． (2)根据左手定则，图中的B 是发电机正极． (3)磁流体发电机两极板间的距离为L ，等离子体速度为v ，磁场的磁感应强度为B ，则由qE ＝qU/L ＝qvB 得两极板间能达到的最大电势差U ＝BLv . 易错判断(1)电荷在速度选择器中做匀速直线运动的速度与电荷的电性有关．(×) (2)不同比荷的粒子在质谱仪磁场中做匀速圆周运动的半径不同．(√)(3)粒子在回旋加速器中做圆周运动的半径、周期都随粒子速度的增大而增大．(×)题型分类：题型一 带电粒子在组合场中的运动题型分析：1．带电粒子在匀强电场、匀强磁场中可能的运动性质在电场强度为E 的匀强电场中 在磁感应强度为B 的匀强磁场中 初速度为零 做初速度为零的匀加速直线运动 保持静止 初速度垂直场线 做匀变速曲线运动(类平抛运动) 做匀速圆周运动 初速度平行场线 做匀变速直线运动 做匀速直线运动特点 受恒力作用，做匀变速运动洛伦兹力不做功，动能不变2.“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入匀强磁场(磁偏转)垂直进入匀强电场(电偏转)情景图受力F B ＝qv 0B ，大小不变，方向总指向圆心，方向变化，F B 为变力F E ＝qE ，F E 大小、方向不变，为恒力 运动规律匀速圆周运动r ＝mv 0Bq ，T ＝2πmBq类平抛运动v x ＝v 0，v y ＝Eqm t x ＝v 0t ，y ＝Eq2m t 2运动时间 t ＝θ2πT ＝θmBqt ＝Lv 0，具有等时性动能不变变化3.常见模型(1)从电场进入磁场(2)从磁场进入电场考向1 先电场后磁场【例1】．(2018·哈尔滨模拟)如图所示，将某正粒子放射源置于原点O ，其向各个方向射出的粒子速度大小均为v 0，质量均为m 、电荷量均为q ；在0≤y ≤d 的一、二象限范围内分布着一个匀强电场，方向与y 轴正向相同，在d <y ≤2d 的一、二象限范围内分布着一个匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里．粒子第一次离开电场上边缘y ＝d 时，能够到达的位置x 轴坐标范围为－1.5d ≤x ≤1.5d, 而且最终恰好没有粒子从y ＝2d 的边界离开磁场．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求： (1)电场强度E ； (2)磁感应强度B ；(3)粒子在磁场中运动的最长时间．(只考虑粒子第一次在磁场中的运动时间) [解析](1)沿x 轴正方向发射的粒子有：由类平抛运动基本规律得1.5d ＝v 0t, d ＝12at 2a ＝qE m ，联立可得：E ＝8mv 209qd .(2)沿x 轴正方向发射的粒子射入磁场时有：d ＝v y 2t,联立可得：v y ＝43v 0，电场中：加速直线运动⇓磁场中：匀速圆周运动 电场中：类平抛运动⇓磁场中：匀速圆周运动磁场中：匀速圆周运动 ⇓v 与E 同向或反向 电场中：匀变速直线运动磁场中：匀速圆周运动⇓v 与E 垂直 电场中：类平抛运动v ＝v 2x＋v 2y＝53v 0 方向与水平成53°，斜向右上方，据题意知该粒子轨迹恰与上边缘相切，则其余粒子均达不到y ＝2d 边界，由几何关系可知：d ＝R ＋35R根据牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2R 联立可得：B ＝8mv 03qd .(3)粒子运动的最长时间对应最大的圆心角，经过(1.5d ，d)恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大，由几何关系可知圆心角为：θ＝254°粒子运动周期为：T ＝2πR v ＝3πd4v 0则时间为：t ＝θ360°T ＝127πd240v 0.考向2 先磁场后电场 【例2】．(2018·潍坊模拟)在如图所示的坐标系中，第一和第二象限(包括y 轴的正半轴)内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y 轴正方向、大小未知的匀强电场．p 点为y 轴正半轴上的一点，坐标为(0，l )；n 点为y 轴负半轴上的一点，坐标未知．现有一带正电的粒子由p 点沿y 轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x 轴正半轴成45°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y 轴经过n 点．粒子的重力忽略不计．求： (1)粒子在p 点的速度大小；(2)第三和第四象限内的电场强度的大小；(3)带电粒子从由p 点进入磁场到第三次通过x 轴的总时间.[解析] 粒子在复合场中的运动轨迹如图所示(1)由几何关系可知rsin 45°＝l 解得r ＝2l 又因为qv 0B ＝m v 20r ，可解得v 0＝2Bql m .(2)粒子进入电场在第三象限内的运动可视为平抛运动的逆过程，设粒子射入电场坐标为(－x 1,0)，从粒子射入电场到粒子经过n 点的时间为t 2，由几何关系知x 1＝(2＋1)l ，在n 点有v 2＝22v 1＝22v 0由类平抛运动规律有(2＋1)l ＝22v 0t 2;22v 0＝at 2＝Eqm t 2 联立以上方程解得t 2＝2＋1m qB ，E ＝2－1qlB 2m. (3)粒子在磁场中的运动周期为T ＝2πmqB粒子第一次在磁场中运动的时间为t 1＝58T ＝5πm4qB 粒子在电场中运动的时间为2t 2＝22＋1mqB粒子第二次在磁场中运动的时间为t 3＝34T ＝3πm2qB故粒子从开始到第三次通过x 轴所用时间为t ＝t 1＋2t 2＋t 3＝(11π4＋22＋2)mqB .[反思总结] 规律运用及思路①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析； ②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理； ③注意带电粒子从一种场进入另一种场时的衔接速度．【巩固】如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E ，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x 轴的初速度v 0从x 轴上的P 点进入匀强电场中，并且恰好与y 轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x 轴进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP 之间的距离为d ，则带电粒子在磁场中第二次经过x 轴时，在电场和磁场中运动的总时间为( ) A.7πd 2v 0B.dv 0(2＋5π) C.d v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋3π2D.d v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋7π2D [带电粒子的运动轨迹如图所示．由题意知，带电粒子到达y 轴时的速度v ＝2v 0，这一过程的时间t 1＝d v 02＝2dv 0.又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r ＝22d.故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：t 2＝38×2πr v ＝32πd 2v ＝3πd2v 0带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t 3＝12×2πr v ＝22πd v ＝2πd v 0故t 总＝d v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋7π2.故D 正确．] 题型二 带电粒子在叠加场中的运动考向1 电场、磁场叠加【例3】(多选)(2018·临川模拟)向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场正交的区域里， 一带电粒子从a 点由静止开始沿曲线abc 运动到c 点时速度变为零， b 点是运动中能够到达的最高点， 如图所示，若不计重力，下列说法中正确的是( ) A ．粒子肯定带负电， 磁场方向垂直于纸面向里 B ．a 、c 点处于同一水平线上 C ．粒子通过b 点时速率最大D. 粒子达到c 点后将沿原路径返回到a 点ABC [粒子开始受到电场力作用而向上运动，受到向右的洛伦兹力作用，则知电场力方向向上，故粒子带负电；根据左手定则判断磁场方向垂直于纸面向里，故A 正确．将粒子在c 点的状态与a 点进行比较，c 点的速率为零，动能为零，根据能量守恒可知，粒子在c 与a 两点的电势能相等，电势相等，则a 、c 两点应在同一条水平线上；由于在a 、c 两点粒子的状态(速度为零，电势能相等)相同，粒子将在c 点右侧重现前面的曲线运动，因此，粒子是不可能沿原曲线返回a 点的，故B 正确，D 错误．根据动能定理得，粒子从a 运动到b 点的过程电场力做功最大，则b 点速度最大，故C 正确．考向2 电场、磁场、重力场的叠加【例4】(2017·全国Ⅰ卷)如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( ) A ．m a >m b >m c B ．m b >m a >m c C ．m c >m a >m b D ．m c >m b >m aB [设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则m b g ＝qE ＋qvB ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g ＋qvB ＝qE ③ 比较①②③式得：m b >m a >m c ，选项B 正确．]考向3 复合场中的动量、能量综合问题【例5】(2018·南昌模拟)如图所示，带负电的金属小球A 质量为m A ＝0.2 kg ，电量为q ＝0.1 C ，小球B 是绝缘体不带电，质量为m B ＝2 kg ，静止在水平放置的绝缘桌子边缘，桌面离地面的高h ＝0.05 m ，桌子置于电、磁场同时存在的空间中，匀强磁场的磁感应强度B ＝2.5 T ，方向沿水平方向且垂直纸面向里，匀强电场电场强度E ＝10 N/C ，方向沿水平方向向左且与磁场方向垂直，小球A 与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A 以某一速度沿桌面做匀速直线运动，并与B 球发生正碰，设碰撞时间极短，B 碰后落地的水平位移为0.03 m ，g 取10 m/s 2，求： (1)碰前A 球的速度？ (2)碰后A 球的速度？(3)若碰后电场方向反向(桌面足够长)，小球A 在碰撞结束后，到刚离开桌面运动的整个过程中，合力对A 球所做的功.[答案](1)2 m/s (2)1 m/s ，方向与原速度方向相反 (3)6.3 J 【例5-2】 (1)上题中，A 与B 的碰撞是弹性碰撞吗？为什么？(2)在第(3)问中，根据现有知识和条件，能否求出电场力对A 球做的功？提示：A 、B 碰前，只有A 有动能E kA ＝12m A v 2A1＝12×0.2×22 J ＝0.4 JA 、B 碰后，E kA ′＝12m A v 2A2＝12×0.2×12 J ＝0.1 JE kB ＝12m B v 2B ＝12×2×0.32＝0.09 J 因E kA ＞E kA ′＋E kB故A 、B 间的碰撞不是弹性碰撞．提示：不能．因无法求出A 球的位移．【巩固1】(多选)(2017·济南模拟)如图所示，在正交坐标系O ­xyz 中，分布着电场和磁场(图中未画出)．在Oyz 平面的左方空间内存在沿y 轴负方向、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在Oyz 平面右方、Oxz 平面上方的空间内分布着沿z 轴负方向、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场；在Oyz 平面右方、Oxz 平面下方分布着沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为aqB 24m .在t ＝0时刻，一个质量为m 、电荷量为＋q 的微粒从P 点静止释放，已知P 点的坐标为(5a ，－2a,0)，不计微粒的重力．则( )A ．微粒第一次到达x 轴的速度大小为aqb mB ．微粒第一次到达x 轴的时刻为4mqBC ．微粒第一次到达y 轴的位置为y ＝2aD ．微粒第一次到达y 轴的时刻为⎝ ⎛⎭⎪⎫40＋5π2mqBBD [微粒从P 点由静止释放至第一次到达y 轴的运动轨迹如图所示．释放后，微粒在电场中做匀加速直线运动，由E ＝aqB 24m ，根据动能定理有Eq ·2a ＝12mv 2，解得微粒第一次到达x 轴的速度v ＝aqB m ，又Eq m t 1＝v ，解得微粒第一次到达x 轴的时刻t 1＝4mqB ，故选项A 错误，B 正确；微粒进入磁场后开始做匀速圆周运动，假设运动的轨道半径为R ，则有qvB ＝m v 2R ，可得：R ＝a ，所以微粒到达y 轴的位置为y ＝a ，选项C 错误；微粒在磁场中运动的周期T ＝2πR v ＝2πm qB ，则运动到达y 轴的时刻：t 2＝5t 1＋54T ，代入得：t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫40＋5π2m qB ，选项D 正确．]【巩固2】 (多选)(2018·兰州模拟)如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，电场强度大小为E ＝3mgq ，且电场方向和磁场方向相互垂直，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m ，带电量为q (q >0)的小球套在绝缘杆上，若小球沿杆向下的初速度为v 0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g ，小球电荷量保持不变，则以下说法正确的是( )A ．小球的初速度v 0＝mg2qBB ．若小球沿杆向下的初速度v ＝mgqB ，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动，最后停止C ．若小球沿杆向下的初速度v ＝3mgqB ，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后停止D. 若小球沿杆向下的初速度v ＝4mgqB ，则从开始运动到稳定过程中，小球克服摩擦力做功为6m 3g 2q 2B 2BD题型三 带电粒子在复合场中运动的常见实例考向1 回旋加速器的工作原理【例6】(多选)(2018·成都模拟)粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D 形金属盒的半径为R ，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B 的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f ，加速器的电压为U ，若中心粒子源处产生的质子质量为m ，电荷量为＋e ，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确是( )A ．质子被加速后的最大速度不能超过2πRfB ．加速的质子获得的最大动能随加速器的电压U 增大而增大C ．质子第二次和第一次经过D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1 D ．不改变磁感应强度B 和交流电的频率f ，该加速器也可加速其它粒子AC [质子出回旋加速器时速度最大，此时的半径为R ，最大速度为：v ＝2πRT ＝2πRf ，故A 正确； 根据qvB ＝m v 2R 得，v ＝qBR m ，则粒子的最大动能E km ＝12mv 2＝q 2B 2R 22m ，与加速器的电压无关，故B 错误；粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据qU ＝12mv 2，得v ＝2qU m ，质子第二次和第一次经过D 形盒狭缝的速度比为2∶1，根据r ＝mvqB ，则半径比为2∶1，故C 正确；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T ＝2πmqB 知，换用其它粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速其它粒子，故D 错误．故选AC.]考向2 速度选择器的工作原理【例7】在如图所示的平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( ) A ．一定带正电B ．速度v ＝EBC ．若速度v ＞EB ，粒子一定不能从板间射出D ．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动B考向3 质谱仪的工作原理【例7】质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A 下方的小孔S 无初速度飘入电势差为U 的加速电场．加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D 上，形成a 、b 、c 三条“质谱线”．则下列判断正确的是( ) A ．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 B ．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 C ．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚 D ．a 、b 、c 三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚A [离子通过加速电场的过程，有qU ＝12mv 2，因为氕、氘、氚三种离子的电量相同、质量依次增大，故进入磁场时动能相同，速度依次减小，故A 项正确，B 项错误；由T ＝2πmqB 可知，氕、氘、氚三种离子在磁场中运动的周期依次增大，又三种离子在磁场中运动的时间均为半个周期，故在磁场中运动时间由大到小排列依次为氚、氘、氕，C 项错误；由qvB ＝m v 2R 及qU ＝12mv 2，可得R ＝1B 2mUq ，故氕、氘、氚三种离子在磁场中的轨道半径依次增大，所以a 、b 、c 三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕，D 项错误．]【巩固3】(多选)如图所示，含有11H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 2两点．则( ) A ．打在P 1点的粒子是42HeB ．打在P 2点的粒子是21H 和42He C ．O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍D ．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等BC [通过同一速度选择器的粒子具有相同的速度，故11H 、21H 、42He 的速度相等，由牛顿第二定律得qvB 2＝m v 2R ，解得R ＝mv qB 2，由此可知，设质子的质量为m ，质子带电量为q ，11H 的半径R 1＝mvqB 2，21H的半径R 2＝2mv qB 2，42He 的半径R 3＝2mvqB 2，故打在P 1点的粒子是11H ，打在P 2点的粒子是21H 和42He ，选项A 错误，B 正确；O 2P 1＝2R 1＝2mv qB 2，O 2P 2＝2R 2＝4mvqB 2，故O 2P 2＝2O 2P 1，选项C 正确；粒子在磁场中运动的时间t ＝T 2＝πmqB ，11H 运动的时间与21H 和42He 运动的时间不同，选项D 错误．故选B 、C.]基础练习：考查点：速度选择器1．如图所示，一束质量、速度和电荷不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A 、B 两束，下列说法中正确的是( ) A ．组成A 束和B 束的离子都带负电 B ．组成A 束和B 束的离子质量一定不同 C ．A 束离子的比荷大于B 束离子的比荷D ．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外[答案] C考查点：磁流体发电机2．(多选)磁流体发电机是利用洛伦兹力的磁偏转作用发电的．A 、B 是两块处在磁场中互相平行的金属板，一束在高温下形成的等离子束(气体在高温下发生电离，产生大量的带等量异种电荷的粒子)射入磁场．下列说法正确的是( ) A ．B 板是电源的正极 B ．A 板是电源的正极C ．电流从上往下流过电流表D ．电流从下往上流过电流表[答案] AD考查点：电磁流量计3．如图所示，电磁流量计的主要部分是柱状非磁性管．该管横截面是边长为d 的正方形，管内有导电液体水平向左流动．在垂直于液体流动方向上加一个水平指向纸里的匀强磁场，磁感应强度为B .现测得液体上下表面a 、b 两点间的电势差为U .则管内导电液体的流量Q (流量是指流过该管的液体体积与所用时间的比值)为( )A.UdB B.Ud 2B C.U BdD.d BU[答案] A考查点：质谱仪4． A 、B 是两种同位素的原子核，它们具有相同的电荷、不同的质量．为测定它们的质量比，使它们从质谱仪的同一加速电场由静止开始加速，然后沿着与磁场垂直的方向进入同一匀强磁场，打到照相底片上．如果从底片上获知A 、B 在磁场中运动轨迹的直径之比是d 1∶d 2，则A 、B 的质量之比为( )A ．d 21∶d 22B ．d 1∶d 2C ．d 22∶d 21D ．d 2∶d 1 [答案] A分类巩固：带电粒子在组合场中的运动1．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关A [带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v 分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：v 0v ＝cos θ 而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R ，由几何关系得，半径与直线MN 夹角正好等于θ，则有：d2R ＝cos θ，所以d ＝2Rv 0v ，又因为半径公式R ＝mv Bq ，则有d ＝2mv 0Bq ＝2B 2mU 1q .故d 随U 1变化，d 与U 2无关，故A 正确，B 、C 、D 错误．]2．(多选)(2017·烟台模拟)如图所示，在x 轴上方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ，在x 轴下方的等腰直角三角形CDM 区域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，其中C 、D 在x 轴上，它们到原点O 的距离均为a .现将质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从y 轴上的P 点由静止释放，设P 点到O 点的距离为h ，不计重力作用与空气阻力的影响．下列说法正确的是( )A ．若粒子垂直于CM 射出磁场，则h ＝B 2a 2q2mEB ．若粒子垂直于CM 射出磁场，则h ＝B 2a 2q8mEC ．若粒子平行于x 轴射出磁场，则h ＝B 2a 2q2mED ．若粒子平行于x 轴射出磁场，则h ＝B 2a 2q8mEAD [粒子在电场中加速，有qEh ＝12mv 20.在磁场中做圆周运动，若粒子垂直于CM 射出磁场，则轨迹所对的圆心角θ＝45°，半径R ＝a ，由洛伦兹力提供向心力，有qv 0B ＝mv 20R ，得R ＝mv 0qB ，联立以上各式得h ＝B 2a 2q2mE ，A 正确；若粒子平行于x 轴射出磁场，则轨迹所对的圆心有θ＝90°，半径R ＝a 2，同理可得h ＝B 2a 2q8mE ，D 正确．]3．(2018·银川模拟)如图所示，AB 、CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD 的右侧有一与CD 相切于M 点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O 点以水平初速度v 0正对P 点进入该电场后，从M 点飞离CD 边界，再经磁场偏转后又从N 点垂直于CD 边界回到电场区域，并恰能返回O 点．已知OP 间距离为d ，粒子质量为m ，电荷量为q ，电场强度大小E ＝3mv 20qd ，不计粒子重力．试求： (1)M 、N 两点间的距离；(2)磁感应强度的大小和圆形匀强磁场的半径；(3)粒子自O 点出发到回到O 点所用的时间．[解析](1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O 到M 的时间：t 1＝d v 0；粒子在电场中加速度：a ＝qE m ＝3v 2d故PM 间的距离为：PM ＝12at 21＝32d粒子在M 点时竖直方向的速度：v y ＝at 1＝3v 0粒子在M 点时的速度：v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0速度偏转角正切：tan θ＝v yv 0＝ 3 ,故θ＝60°粒子从N 到O 点时间：t 2＝d 2v 0，粒子从N 到O 点过程的竖直方向位移：y ＝12at 22故P 、N 两点间的距离为：PN ＝y ＝38d.所以MN ＝PN ＋PM ＝538 d.(2)由几何关系得：Rcos 60°＋R ＝MN ＝538d,可得半径：R ＝5312d由qvB ＝m v 2R 解得：B ＝83mv 05qd ；由几何关系确定区域半径为：R ′＝2Rcos 30°，即R ′＝54d.(3)O 到M 的时间：t 1＝d v 0;N 到O 的时间：t 2＝d2v 0在磁场中运动的时间：t 3＝4π3R 2v 0＝53πd18v 0无场区运动的时间：t 4＝Rcos 30°2v 0＝5d 16v 0;t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝29d 16v 0＋53πd18v 0. 带电物体在叠加场中的运动4．如图所示，界面MN 与水平地面之间有足够大且正交的匀强磁场B 和匀强电场E ，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN 上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是( )A ．小球做匀变速曲线运动B ．小球的电势能保持不变C ．洛伦兹力对小球做正功D ．小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和D [带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A 错误；根据电势能公式E p ＝q φ，知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能保持不变，选项B 错误；根据洛伦兹力的方向确定方法知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C 错误；从能量守恒角度知道选项D 正确．]5. (2017·桂林模拟)如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M 点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N 点的速度比在M 点的速度大)．则下列说法正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．粒子的运动轨迹一定是抛物线C ．电场线方向一定垂直等势面向左D ．粒子从M 点运动到N 点的过程中电势能增大C [根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A 错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B 错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C 正确；电场力做正功，电势能减小，选项D 错误．]6．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O 点为圆环的圆心，a 、b 、c 为圆环上的三个点，a 点为最高点，c 点为最低点， bd 沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a 点由静止释放，下列判断正确的是( )A ．当小球运动到c 点时，洛伦兹力最大B ．小球恰好运动一周后回到a 点C ．小球从a 点运动到b 点，重力势能减小，电势能减小D ．小球从b 点运动到c 点，电势能增大，动能增大C [电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad 弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置(即bc 弧的中点)就是“最低点”，速度最大，此时洛伦兹力最大；由于a 、d 两点关于新的最高点对称，若从a 点静止释放，最高运动到d 点，故A 、B 错误．从a 到b ，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故C 正确．小球从b 点运动到c 点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc 弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，故D 错误．所以C 正确，A 、B 、D 错误．]7．(多选)(2018·哈尔滨模拟)如图所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B ，电场强度为E .一质量为m ，电量为q 的带正电小球恰好处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v ，则关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．小球运动过程中机械能守恒C ．小球运动到最低点时电势能增加了mgv 2BqD ．小球第一次运动到最低点历时πm2qB。

2020届一轮复习人教版带电粒子在叠加场中的运动课时作业1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则()图1A.当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B.当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小答案 C解析带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qEmg，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C＝εrS4πkd，U＝QC，E＝Ud可知E＝4πkQεrS，故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E＝Ud可知，减小两极板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误.2.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示.下列说法正确的是()A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半答案AD解析由E＝Ud可知，若保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半，A项正确；若保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，B项错误；由C＝QU，C＝εrS4πkd，E＝Ud，可得U＝4QkπdεrS，E＝4QkπεrS，所以，保持d不变，若Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C项错误；保持d不变，若Q变为原来的一半，则E变为原来的一半，D项正确.3．(多选)在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是()A．带电性质B．运动周期C．运动半径D．运动速率答案：AB解析：油滴受重力、电场力、洛伦兹力作用做匀速圆周运动．由受力特点及运动特点，得mg＝qE，结合电场方向则油滴一定带负电，且两油滴比荷qm＝gE相等．洛伦兹力提供向心力，有周期T＝2πmqB，所以两油滴周期相等，故A、B正确．由r＝m vqB知，速度v越大，半径则越大，故C、D错误．4．(2018·山西四校联考)如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，当有稳恒电流沿平行平面C的方向通过时，下列说法正确的是()A．金属块上表面M的电势高于下表面N的电势B．电流增大时，M、N两表面间的电压U增大C．磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压U减小D．金属块中单位体积内的自由电子数越少，M、N两表面间的电压U越小答案：B解析：由左手定则可知，金属块通有题图示方向电流时，自由电子受到向上的洛伦兹力，向M面偏转，故上表面M电势低于下表面N的电势，A项错误；最终电子在洛伦兹力和电场力作用下处于平衡，即e v B＝Ud e，则有U＝B v d，由此可知，磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压增大，C项错误；由电流的微观表达式I＝neS v可知，电流增大说明自由电子定向移动速率v增大，所以M、N两表面间的电压增大，B项正确；电流一定时，金属块中单位体积内的自由电子数n越少，自由电子定向移动的速率一定越大，所以M、N两表面间的电压越大，D项错误．5．(2018·北京丰台区模拟)如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)．一个带电粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动．粒子通过两平行板后从O 点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期后打在挡板MN上的A点，不计粒子重力．则下列说法不正确的是()A．此粒子一定带正电B．P、Q间的匀强磁场一定垂直纸面向里C．若另一个带电粒子也能在P、Q间做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷D．若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷答案：C解析：根据粒子在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，选项A正确；粒子在两板间受竖直向下的电场力，则洛伦兹力方向竖直向上，由左手定则可知，P 、Q 间的匀强磁场一定垂直纸面向里，选项B 正确；若另一个带电粒子也能在P 、Q 间做匀速直线运动，则有q v B ＝qE ，可得v ＝E B ，则它一定与该粒子具有相同的速度，选项C 错误；若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则有q v B ＝m v 2r ，可得r ＝m v qB ，它一定与该粒子具有相同的比荷和相同的速度，选项D 正确．本题选不正确的，故选C.6．质量为m 、带电量为q 的液滴以速度v 沿与水平方向成45°角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．液滴带正电荷，在重力、电场力及磁场力共同作用下在场区做匀速直线运动．重力加速度为g .试求：(1)电场强度E 和磁感应强度B 各多大？(2)当液滴运动到某一点A 时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的影响，求此后液滴做圆周运动的半径．答案：(1)mg q 2mgq v (3)2v 22g解析：(1)液滴带正电，液滴受力如图所示：根据平衡条件，有：qE ＝mg tan θ＝mgq v B ＝mg cos θ＝2mg 故：E ＝mg q ，B ＝2mg q v .(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有a ＝F 合m ＝2gq v B ＝m v 2R解得：R ＝2v 22g. [能力提升]7．(2018·辽宁五校联考)有一个带电荷量为＋q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是()A．一定做曲线运动B．不可能做曲线运动C．有可能做匀加速直线运动D．有可能做匀速直线运动答案：A解析：带电小球在没有进入复合场前做自由落体运动，进入磁场后，受竖直向下的重力G＝mg、水平向左的电场力F电＝qE 与水平向右的洛伦兹力F洛＝qB v，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为速度大小会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A正确，B、C、D错误．8．(2018·河北冀州模拟)我国位处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力．此地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是() A．小球运动方向为自南向北B．小球可能带正电C．小球速度v的大小为E BD．小球的比荷为gE2＋(v B)2答案：D解析：由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且f洛＝q v B，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，则小球受力如图所示，其中Eq与Bq v垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg)2＝(Eq)2＋(Bq v)2，得qm＝gE2＋(v B)2，v＝(mg)2－(qE)2qB，则D项正确，C项错误．由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A、B错误．9．(2018·广东佛山一测)在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球．(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v 0；(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示．空间再加一个水平向右、场强E ＝mg q 的匀强电场(未画出)．若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．答案：(1)qBR m (2)①2mgR ②q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR 解析：(1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故q v 0B ＝m v 20R解得v 0＝qBR m (2)①小球在管道内运动时，洛伦兹力始终不做功．对小球运动到最低点的过程，由动能定理得mgR ＋qER ＝ΔE k又E ＝mg q联立可得动能增量ΔE k ＝2mgR②当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时，根据动能定理，有mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12m v 2－12m v 20 即v 2＝q 2B 2R 2m 2＋2gR (sin θ＋cos θ)＋2gR 对函数y ＝sin θ＋cos θ求极值，可得θ＝45°时，y max ＝ 2 所以v m ＝q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR .10．(2018·山西联考)如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动且通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点进入第一象限内并击中AO 上的D 点．已知OD ＝34OM ，匀 强磁场的磁感应强度大小为B ＝m q (T)，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)两匀强电场的电场强度E 的大小；(2)OM 的长L ；(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t .答案：(1)mg q (2)20 2 m 或2029m (3)7.71 s 或6.38 s 解析：(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO 做匀加速直线运动，所以有mg ＝qE ，即E ＝mg q(2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有Bq v ＝m v 2R由运动学规律知v 2＝2aL ，a ＝2g由类平抛运动规律知R ＝v t 3，R －3L 4＝12at 23联立解得L ＝20 2 m 或2029 m (3)质点做匀加速直线运动有L ＝12at 21，得t 1＝2 s 或23s 质点做匀速圆周运动有t 2＝34×2πm Bq ≈4.71 s 质点做类平抛运动有R ＝v t 3，得t 3＝1 s质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间为 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝7.71 s 或6.38 s.。

专题强化十一 带电粒子在叠加场和组合场中的运动1.(多选)如图1所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )图1A.小球一定带正电B.小球一定带负电C.小球的绕行方向为顺时针D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动 答案 BC2.如图2所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a (不计重力)以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O ′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b (不计重力)仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b ( )图2A.穿出位置一定在O ′点下方B.穿出位置一定在O ′点上方C.运动时，在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时，动能一定减小 答案 C3.在xOy 平面内，以抛物线OM 为界，MOy 区域内存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E ，y 轴为电场的右边界；MOx 区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，x 轴为磁场的下边界，如图3所示.质量为m 、电荷量为q 的粒子从y 轴上P (0，h )点以垂直于y 轴的初速度进入电场中，经电场后以与x 轴成45°角的速度从抛物线上的Q 点(图中未画出)进入磁场，已知Q 点的纵坐标为h2，粒子重力不计.图3(1)试求带电粒子从P 射入电场时的速度大小；(2)若O 为抛物线OM 的顶点，写出边界OM 的抛物线方程；(3)要使带电粒子不穿过x 轴，试确定匀强磁场的磁感应强度B 应满足的条件. 答案 (1)qEh m (2) y ＝x 22h(3)B ≥(2＋22)mEqh解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得粒子加速度 a ＝qE m①过边界OM 时y 方向上的速度大小为v y ， 则v y 2＝2a (h －h2)② 由此时速度方向与x 轴成45°角可知v y ＝v 0 ③ 联立①②③解得v 0＝qEhm.④ (2)O 为抛物线顶点，Q 点纵坐标为y ＝h2⑤ 由类平抛运动可得x ＝v 0t ，h 2＝12at 2⑥ 联立①④⑥解得x ＝h⑦将Q (h ，h 2)、O (0,0)代入x 2＝2py 即可得MO 的抛物线方程为y ＝x 22h.(3)带电粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R ，要使粒子不穿过x 轴，则由几何关系得R ＋R sin 45°≤h2⑧粒子在磁场中运动的速度大小 v ＝2v 0⑨由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R⑩联立④⑧⑨⑩解得B ≥(2＋22)mE qh. 4.如图4甲所示，在xOy 平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B 的变化周期为4t 0，E 的变化周期为2t 0，变化规律分别如图乙和图丙所示.在t ＝0时刻从O 点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v 0，方向沿y 轴正方向.在x 轴上有一点A (图中未标出)，坐标为(48v 0t 0π，0).若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y 轴正方向为电场强度的正方向，v 0、t 0、B 0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：E 0B 0＝v 0π；粒子的比荷满足：q m ＝πB 0t 0.求：图4(1)在t ＝t 02时，粒子的位置坐标；(2)粒子偏离x 轴的最大距离； (3)粒子运动至A 点的时间.答案 (1)(v 0t 0π，v 0t 0π) (2)(32＋2π)v 0t 0 (3)32t 0解析 (1)在0～t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB 0v 0＝m 4π2T 2r 1＝m v 20r 1解得T ＝2t 0，r 1＝m v 0qB 0＝v 0t 0π则粒子在t 02时间内转过的圆心角α＝π2所以在t ＝t 02时，粒子的位置坐标为(v 0t 0π，v 0t 0π).(2)在t 0～2t 0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v ，粒子的运动轨迹如图所示则v ＝v 0＋E 0qmt 0＝2v 0运动的位移x ＝v 0＋v2t 0＝1.5v 0t 0在2t 0～3t 0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r 2＝2r 1＝2v 0t 0π故粒子偏离x 轴的最大距离h ＝x ＋r 2＝1.5v 0t 0＋2v 0t 0π＝(32＋2π)v 0t 0.(3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的运动周期为4t 0 故粒子在一个周期内向右运动的距离d ＝2r 1＋2r 2＝6v 0t 0πAO 间的距离为48v 0t 0π＝8d所以，粒子运动至A 点的时间t ＝32t 0.5.如图5所示，竖直平面坐标系xOy 的第一象限，有垂直xOy 平面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B 和E ；第四象限有垂直xOy 平面向里的水平匀强电场，大小也为E ；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N .一质量为m 的带电小球从y 轴上(y >0)的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O ，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N 点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g ).图5(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； (2)P 点距坐标原点O 至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第四象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2Rg小球距坐标原点O 的距离s 有多远？ 答案 (1)带正电mg E (2)2E BRg(3)27R 解析 (1)小球进入第一象限后做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q ，则有qE ＝mg 解得q ＝mg E又电场方向竖直向上，故小球带正电.(2)设匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得qB v ＝m v 2r小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足mg ＝m v 2R解得r ＝m gRqB即P 、O 的最小距离为 y ＝2r ＝2EBR g. (3)设小球到达N 点的速度为 v N ，小球由O 运动到N 的过程中，由机械能守恒得 2mgR ＝12m v N 2－12m v 2解得v N ＝5gR小球从N 点进入电场区域后做类平抛运动，设加速度为a ，则 沿x 轴方向有x ＝v N t 沿电场方向有z ＝12at 2由牛顿第二定律得a ＝qEm经t 时间小球距坐标原点O 的距离为 s ＝x 2＋z 2＋(2R )2＝27R .6.(2018·广东中山调研)如图6所示，两平行金属板A 、B 间的电势差为U ＝5×104 V.在B 板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ，它们的宽度为d 1＝d 2＝6.25 m ，磁感应强度分别为B 1＝2.0 T 、B 2＝4.0 T ，方向如图中所示.现有一质量m ＝1.0×10－8 kg 、电荷量q ＝1.6×10－6 C 、重力忽略不计的粒子从A 板的O 点由静止释放，经过加速后恰好从B 板的小孔Q 处飞出.试求：图6(1)带电粒子从加速电场中出来的速度v 的大小； (2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t ；(3)带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时的速度方向与边界面的夹角；(4)若d 1的宽度不变，改变d 2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d 2的宽度至少为多大？答案 (1)4.0×103 m/s (2)π1 920 s (3)60° (4)9.375 m解析 (1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有： qU ＝12m v 2－0，解得v ＝4.0×103 m/s.(2)粒子运动轨迹如图甲，设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得：q v B 1＝m v 2r代入数据解得 r ＝12.5 m设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ，则： sin θ＝d 1r ＝6.25 m 12.5 m ＝12所以θ＝30° 粒子在Ⅰ区运动周期 T ＝2πm qB 1则粒子在Ⅰ区运动时间 t ＝θ360°T 解得t ＝π1 920s(3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R ， 则q v B 2＝m v 2R解得R ＝6.25 m如图甲所示，由几何关系可知△MO 2P 为等边三角形， 所以粒子离开Ⅱ区域时速度方向与边界面的夹角为α＝60°(4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨迹与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为：d 2＝R ＋R cos 60°＝1.5R ＝9.375 m。

课时限时练 (限时：40分钟)1．(2020·安徽蚌埠市第三次教学质检)如图1所示，直角坐标系xOy 处于竖直平面内，x 轴沿水平方向，在y 轴右侧存在电场强度为E 1、水平向左的匀强电场，在y 轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E 2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度B ＝6 T ，方向垂直纸面向外。

在坐标为(0.4 m ，0.4 m)的A 点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO 经原点O 第一次穿过y 轴。

已知E 1＝E 2＝4.5 N/C ，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：图1(1)小球的比荷⎝ ⎛⎭⎪⎫q m 及小球第一次穿过y 轴时的速度大小；(2)小球第二次穿过y 轴时的纵坐标；(3)小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间。

答案 (1)209 C/kg 4 m/s (2)0.3 2 m (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫9π80＋225 s 解析 (1)由题可知，小球在第一象限受到的合力方向由A 点指向O 点，则qE 1＝mg ①解得q m ＝209 C/kg ②由动能定理得mgy 1＋qE 1x 1＝12m v 2－0③ 解得v ＝4 m/s 。

④(2)小球在y 轴左侧时，有qE 2＝mg故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，设小球做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得 q v B ＝m v 2R ⑤ 解得R ＝0.3 m ⑥由几何关系可知，第二次穿过y 轴时的纵坐标为 y 2＝2R ＝0.3 2 m 。

⑦(3)设小球第一次在y 轴左侧运动的时间为t 1，由几何关系和运动规律可知t 1＝34T ＝3πR 2v ＝9π80 s ⑧小球第二次穿过y 轴后，在第一象限做类平抛运动，由几何关系知，此过程小球沿速度v 方向的位移和垂直v 方向的位移大小相等，设为r ，运动时间为t 2，则 r ＝v t 2⑨ r ＝12at 22⑩由①式可得a ＝2g ⑪ 可得t 2＝225 s ⑫小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间 t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9π80＋225 s 。

专题强化十一 带电粒子在叠加场和组合场中的运动1.(多选)(2018·河南省驻马店市第二次质检)如图1所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.一带负电的粒子从原点O 以某一速度沿与y 轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R ，已知带电粒子的质量为m ，所带电荷量为q ，且所受重力可以忽略.则( )图1A.粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2B.粒子完成一次周期性运动的时间为2πm 3qBC.粒子从O 位置入射后第二次经过x 轴时的位置到坐标原点的距离为33RD.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少 答案 AC解析 由半径公式r ＝m vqB 知，轨迹圆半径与磁感应强度B 成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2，故A 正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示：在第二象限的周期T 1＝2πm q ·2B ＝πm qB ，圆心角为120°，运动时间t 1＝120°360°T 1＝πm 3qB ，在第三象限运动的周期T 2＝2πm qB ，圆心角为120°，运动时间t 2＝120°360°T 2＝2πm3qB ，所以粒子完成一次周期性运动的时间t 0＝t 1＋t 2＝πmqB ，故B 错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为R 2＝2R ，从O 点入射后第一次经过x 轴的距离x 1＝3R 1＝3R ，第二次圆弧的弦长x 2＝3R 2＝23R ，所以粒子从O 位置入射后第二次经过x 轴时的位置到坐标原点的距离为x ＝x 1＋x 2＝33R ，故C 正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T ＝2πm qB 与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中运动时间t ＝θ2πT 不变，故D 错误.2.(多选)(2018·山西省晋城市第一次模拟)足够大的空间内存在着竖直向上的匀强磁场和匀强电场，有一带正电的小球在电场力和重力作用下处于静止状态.现将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v (如图2所示)，则关于小球的运动，下列说法正确的是( )图2A.小球做类平抛运动B.小球在纸面内做匀速圆周运动C.小球运动到最低点时电势能增加D.整个运动过程中机械能不守恒 答案 CD解析 小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡，当把磁场顺时针方向旋转30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v ，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，选项A 、B 错误；小球从开始到最低点过程中克服电场力做功，电势能增加，选项C 正确；整个运动过程中机械能不守恒，选项D 正确.3.(2018·江西省十所省重点高中二模)如图3所示，在纸面内有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC 为两磁场的理想边界.已知三角形ABC 边长为L ，虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场.一电荷量为＋q 、质量为m 的带正电粒子从AB 边中点P 垂直AB 边射入三角形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力，试求：图3(1)要使粒子从P 点射出后在最短时间内通过B 点，则从P 点射出时的速度v 0为多大？ (2)满足(1)问的粒子通过B 后第三次通过磁场边界时到B 的距离是多少？(3)满足(1)问的粒子从P 点射入外部磁场到再次返回到P 点的最短时间为多少？画出粒子的轨迹并计算.答案 (1)qBL 4m (2)3L4(3)见解析解析 (1)当粒子运动半个圆周到达B 点时所用时间最短，此时粒子做圆周运动半径r ＝L4，根据洛伦兹力提供向心力可得r ＝m v 0qB ，解得v 0＝qBL4m ；(2)粒子做圆周运动半径r ＝L4，由几何关系可知：设过B 点后第三次通过磁场边界时到B 点的距离为s ，s ＝3r ＝3L4；(3)粒子运动轨迹如图粒子在磁场中运动的周期T ＝2πmqB ，由图可知从P 点射入外部磁场到再次返回到P 点的最短时间为t min ＝256T ＝25πm 3qB4.(2019·河南省商丘市模拟)如图4所示，在xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子在第二象限内的P (－L ，L )点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限，重力加速度为g ，求：图4(1)粒子从P 点运动到坐标原点的时间； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向。

(时间：60分钟)题组一带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动1.运动电荷进入磁场(无其他场)中，可能做的运动是()A.匀速圆周运动B.平抛运动C.自由落体运动D.匀速直线运动答案AD解析若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀速圆周运动，A、D正确；由于电荷的质量不计，故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动，B、C错误.2.如图1所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处竖直向下射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是()图1A.aB.bC.cD.d答案BD解析粒子的入射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a、c均不可能，正确答案为B、D..3.如图2所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则()图2A.初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B.初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C.在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子D.在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子 答案 AD解析 显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式r ＝m vBq 可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A 对，B 错；根据周期公式T ＝2πm qB 知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝θmqB ，圆心角越大，则带电粒子在磁场中运动时间越长，圆心均在x 轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，D 对，C 错. 4.如图3所示，左、右边界分别为PP ′、QQ ′的匀强磁场的宽度为d ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.一个质量为m 、电荷量为q 的微观粒子，沿图示方向以速度v 0垂直射入磁场.欲使粒子不能从边界QQ ′射出，粒子入射速度v 0的最大值可能是( )图3A.Bqdm B.(2＋2)BqdmC.(2－2)Bqd mD.2Bqd2m答案 BC解析 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由r ＝m v 0qB 知，粒子的入射速度v 0越大，r 越大，当粒子的径迹和边界QQ ′相切时，粒子刚好不从QQ ′射出，此时其入射速度v 0应为最大.若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O 点)，容易看出R 1sin 45°＋d ＝R 1，将R 1＝m v 0qB 代入上式得v 0＝(2＋2)Bqdm，B 项正确.若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O ′点)，容易看出R 2＋R 2cos 45°＝d ，将R 2＝m v 0qB 代入上式得v 0＝(2－2)Bqdm ，C 项正确.5.如图4所示，分布在半径为r 的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里.电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子从磁场边缘A 点沿圆的半径AO 方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角.(不计粒子的重力)求：图4(1)粒子做圆周运动的半径； (2)粒子的入射速度. 答案 (1)3r (2)3Bqrm解析 (1)设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R ，如图所示，∠OO ′A ＝ 30°，由图可知，粒子运动的半径R ＝O ′A ＝3r(2)根据牛顿运动定律， 有：Bq v ＝m v 2R得：v ＝qBRm故粒子的入射速度v ＝3Bqrm. 题组二 带电粒子的运动在科技中的应用6.如图5所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v ＝EB，那么( )图5A.带正电粒子必须沿ab 方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B.带负电粒子必须沿ba 方向从右侧进入场区，才能沿直线通过C.不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D.不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过答案AC解析按四个选项要求让粒子进入，洛伦兹力与电场力等大反向抵消了的就能沿直线匀速通过磁场.7.如图6所示是磁流体发电机原理示意图.A、B两极板间的磁场方向垂直于纸面向里.等离子束从左向右进入板间.下述正确的是()图6A.A极板电势高于B极板，负载R中电流向上B.B极板电势高于A极板，负载R中电流向上C.A极板电势高于B极板，负载R中电流向下D.B极板电势高于A极板，负载R中电流向下答案 C解析等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A极板偏，负离子受到向下的洛伦兹力向B极板偏，这样正离子聚集在A极板，而负离子聚集在B极板，A极板电势高于B极板，电流方向从A→R→B.8.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图7，离子源S 产生的各种不同正离子束(速度可看作为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x，可以判断()图7A.若离子束是同位素，则x越小，离子质量越大B.若离子束是同位素，则x越小，离子质量越小C.只要x相同，则离子质量一定相同D.x越大，则离子的比荷一定越大答案 B题组三带电粒子在叠加场中的运动9.如图8所示，光滑绝缘轨道ABP 竖直放置，其轨道末端的切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里.一带电小球从轨道上的A 点由静止滑下，经P 点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动，则可判定( )图8A.小球带负电B.小球带正电C.若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏D.若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏 答案 BD10.一个带电微粒在如图9所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略，求：图9(1)该带电微粒的电性？ (2)该带电微粒的旋转方向？(3)若已知圆的半径为r ，电场强度的大小为E ，磁感应强度的大小为B ，重力加速度为g ，则线速度为多少？答案 (1)负电荷 (2)逆时针 (3)gBrE解析 (1)带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电微粒带负电荷.(2)磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反).(3)由微粒做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg ＝qE ① 带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为： r ＝m vqB②联立①②得：v ＝gBrE题组四 带电粒子在组合场中的运动11.如图10所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E 和E2；Ⅱ区域内有垂直平面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从左边界O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入电场，经水平分界线OP 上的A 点与OP 成60°角射入Ⅱ区域的磁场中，并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强电场中.求：图10(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨迹半径； (2)O 、M 间的距离；(3)粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间. 答案 (1)2m v 0qB (2)3m v 202qE (3)(8＋3)m v 0qE ＋πm 3qB解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A 点时速度为v ，由类平抛运动规律知v ＝v 0cos 60°＝2v 0 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bq v ＝m v 2R所以R ＝2m v 0qB(2)设粒子在Ⅰ区域电场中运动时间为t 1，加速度为a . 则有 qE ＝ma v 0tan 60°＝at 1 即t 1＝3m v 0qEO 、M 两点间的距离为 L ＝12at 21＝3m v 202qE.(3)如图所示，设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t 2则由几何关系知t 2＝T 16＝πm3qB设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t 3，a ′＝qE 2m ＝qE2m则t 3＝22v 0a ′＝8m v 0qE粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3m v 0qE ＋πm 3qB ＋8m v 0qE＝(8＋3)m v 0qE ＋πm3qB.12.如图11所示，平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正方向成60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点与y 轴正方向成60°角射出磁场，不计粒子重力，求：图11(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R ； (2)匀强电场的场强大小E . 答案 (1)2m v 0qB (2)(3－3)v 0B2解析 (1)因为粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N 点时的速度为v ，把速度v 分解如图甲所示甲根据平抛运动的速度关系，粒子在N 点进入磁场时的速度v ＝v x cos 60°＝v 0cos 60°＝2v 0.乙如图乙所示，分别过N 、P 点作速度方向的垂线，相交于Q 点，则Q 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心根据牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R所以R ＝m vqB，代入v ＝2v 0得粒子在磁场中运动的轨道半径 R ＝2m v 0qB(2)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a ，运动时间为t 由牛顿第二定律：qE ＝ma ① 设沿电场方向的分速度为v y ＝at ②粒子在电场中x 轴方向做匀速直线运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出： 粒子在x 轴方向的位移：R sin 30°＋R cos 30°＝v 0t ③ 又v y ＝v 0tan 60°④由①②③④可以解得E ＝(3－3)v 0B 2.。

1. (多选)(2019·绵阳市月考)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1所示，由此可以判断()图1A．油滴一定做匀速运动B．油滴可以做变速运动C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点答案AD解析油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据油滴做直线运动条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力．根据F＝q v B可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示，如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确．2.(多选)一质量为m的带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，场强为E，匀强磁场水平且垂直纸面向里，磁感应强度为B，重力加速度为g，如图2所示，下列说法正确的是()图2A．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向B ．小球一定带正电且小球的电荷量q ＝mgEC ．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒D ．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变 答案 BD解析 带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球所受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球才能做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球所受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则可知小球绕行方向为逆时针(沿垂直纸面方向向里看)，由mg ＝qE 可得q ＝mgE ，故A 错误，B 正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故小球机械能不守恒，故C 错误；小球做匀速圆周运动，则合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D 正确．3.(多选)(2020·扬州中学高二期中)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图3所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 为运动的最低点．不计重力，则( )图3A ．该离子带负电B ．A 、B 两点位于同一高度C ．到达C 点时离子速度最大D ．离子到达B 点后，将沿原曲线返回A 点 答案 BC解析 离子开始受到电场力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的电场力方向向下，则该离子带正电，A 错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，从A 到B ，动能变化为零，则电场力做功为零，A 、B 两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A 、B 两点位于同一高度，B 正确；根据动能定理知，离子到达C 点时电场力做功最大，则速度最大，C 正确；离子在B 点的状态与A 点的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子将在B 点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A 点，D 错误． 4.(2020·长沙市模拟)如图4所示，在长方形abcd 区域内有正交的电磁场，ab ＝bc 2＝L ，一带电粒子以初速度v 0从ad 的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc 边的中点P 射出，若撤去磁场，则粒子从c 点射出；若撤去电场，则粒子将(重力不计)( )图4A ．从b 点射出B ．从b 、P 间某点射出C ．从a 点射出D ．从a 、b 间某点射出 答案 C解析 粒子在复合场中沿直线运动，则qE ＝q v 0B ，当撤去磁场时，L ＝12at 2，t ＝L v 0，a ＝qEm ，撤去电场时，q v 0B ＝m v 02r ，可以求出r ＝12L .由题意可知该粒子带正电，故粒子将从a 点射出，C 正确．5．(2017·全国卷Ⅰ)如图5，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c ，已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )图5A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a答案 B解析 设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋q v B ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋q v B ＝qE ③比较①②③式可得：m b >m a >m c ，选项B 正确．6．(2020·全国卷Ⅱ)CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测．图6(a)是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M 、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P 点，则( )图6A ．M 处的电势高于N 处的电势B ．增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C ．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D ．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移 答案 D解析 电子在M 、N 间受向右的电场力，电场方向向左，故M 处的电势低于N 处的电势，故A 错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r ＝m vqB 可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P 点右移，故B 错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，故C 错误；根据r ＝m vqB，B 增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P 点左移，故D 正确．7.如图7所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在x 轴上方磁场中运动的半径为R .粒子重力不计，则( )图7A ．粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R 答案 D解析 由r ＝m vqB 可知，粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间为t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB ，选项C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进了l ＝R ＋2R ＝3R ，粒子第二次射入x 轴上方磁场时的方向与第一次射入x 轴上方磁场时的方向相同，粒子将重复前面的曲线运动，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O ，选项A 错误，D 正确．8. (多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图8所示，已知离子P ＋在磁场中转过30°后从磁场右边界射出．忽略离子间的相互作用，在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )图8A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的轨迹半径之比为1∶3C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3 答案 CD解析 P ＋和P 3＋两种离子的质量相同，它们的带电荷量是1∶3的关系，所以由a ＝qU md 可知，它们在电场中的加速度之比为1∶3，故A 错误；离子在离开电场时的速度表达式为v ＝2qUm ，可知它们的速度之比为1∶3，又由q v B ＝m v 2r 知，r ＝m v qB ，所以它们在磁场中运动的轨迹半径之比为3∶1，故B 错误；设磁场宽度为L ，离子通过磁场转过的角度θ等于其圆心角，所以有sin θ＝L r ，则可知它们在磁场中转过角度的正弦值之比为1∶3，又P ＋转过的角度为30°，可知P 3＋转过的角度为60°，即在磁场中两离子转过的角度之比为1∶2，故C 正确；离子在电场中加速，由qU ＝12m v 2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D 正确．9．(2019·天津市静海一中高二上期末改编)如图9所示的直角坐标系中，第一象限内存在与x 轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E ＝400 N/C ；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x 轴方向的宽度OA ＝20 3 cm ，沿y 轴负方向宽度无限大，磁感应强度B ＝1×10－4 T ．现有一比荷为q m ＝2×1011 C/kg 的正离子(不计重力)，以某一速度v 0从O 点射入磁场，其方向与x 轴正方向夹角α＝60°，离子通过磁场后刚好从A 点射出，之后进入电场．图9(1)求离子进入磁场的速度v 0的大小；(2)离子进入电场后，经过多长时间再次到达x 轴上． 答案 (1)4×106 m/s (2)3×10－7 s解析 (1)如图所示，由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径r 1＝OA 2sin α＝0.2 m ，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由Bq v 0＝m v 02r 1，解得v 0＝4×106 m/s.(2)设离子进入电场后，经过时间t 再次到达x 轴上，由几何知识可知，离子从A 点垂直电场线方向射入电场，则离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v 0的匀速直线运动，位移为l 1，则l 1＝v 0t ，离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，位移为l 2，则Eq ＝ma ，l 2＝12at 2，由几何关系可知tan 60°＝l 2l 1，代入数据解得t ＝3×10－7 s.10．如图10所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为U ，S 1、S 2为板上正对的小孔，N 板右侧有个宽度为d 的匀强磁场区域，磁场的边界和N 板平行，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．M 板左侧电子枪发出的电子经小孔S 1进入两板间，电子的质量为m ，电荷量为e ，初速度可以忽略．求：图10(1)电子从小孔S 2射出时的速率； (2)电子在磁场中做圆周运动的半径； (3)电子离开磁场时，偏离原方向的距离． 答案 (1)2eU m (2)1B2mUe(3)见解析 解析 (1)电子从小孔S 2射出时， 由动能定理得eU ＝12m v 2解得v ＝2eUm(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得：e v B ＝m v 2R解得R ＝1B2mUe(3)若电子从磁场右边界离开磁场，有R >d ，即U >ed 2B 22m由几何关系有，偏移距离y ＝R －R 2－d 2 解得y ＝1B2mUe－2mU eB 2－d 2若电子从磁场左边界离开磁场，有R ≤d ，即U ≤ed 2B 22由几何关系有，y ＝2R 解得y ＝2B2mUe11.(2020·山东省实验中学模拟)如图11所示，两竖直极板之间存在匀强电场，两极板之间的电势差为U ，左侧电势高、右侧电势低，两极板间的距离为d .一不计重力，质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子P 从靠近左极板的位置由静止释放，带电粒子经过加速后从右侧极板间的狭缝进入正方形匀强磁场区域ABCD ，匀强磁场ABCD 区域的AC 连线竖直，BD 连线水平，正方形ABCD 的边长为L .图11(1)如果带电粒子从A 点离开磁场，则匀强磁场的磁感应强度为多少？(2)如果带电粒子从AB 边离开，且离开磁场时，速度方向与AB 边垂直，则匀强磁场的磁感应强度为多少？粒子离开磁场的位置到B 点的距离为多少？ 答案 (1)2LmU q (2)1LmUq(2－2)L 解析 (1)带电粒子离开电场时，有：qU ＝12m v 2，解得粒子进入磁场的速度为v ＝2qUm， 带电粒子进入磁场后，如果带电粒子从A 点离开磁场，如图甲所示，甲根据几何关系，带电粒子的运动半径为r ＝22L ， 根据洛伦兹力提供向心力可得q v B ＝m v 2r联立可得B ＝2LmU q(2)粒子垂直于AB 边射出，且离开磁场时，速度方向与AB 边垂直，运动轨迹如图乙所示，乙根据几何关系，带电粒子的运动半径为R ＝2L ，根据q v B ′＝m v 2R ，联立可得B ′＝1LmU q， 粒子离开磁场的位置到B 点的距离 d ＝2L －R ＝(2－2)L .。