第3节 带电粒子在复合场中的运动
[学习目标] 1．了解组合场的特点，学会处理带电粒子在磁场和电场组合场中的运动问题。
2．了解叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中的运动问题。
3．理解质谱仪和回旋加速器的原理，会分析电场和磁场叠加的几种实例。
1．叠加场与组合场
(1)叠加场：电场、____、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，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现。
2．带电粒子在复合场中运动情况分类
(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为0时，将处于____状态或____________状态。
(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与静电力大小____，方向____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________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__________时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的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。
3．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＝。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝__________。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
4．回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2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＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由____________和____________决定，与____________。
1．易错易混辨析
(1)用质谱仪可测量带电粒子的比荷。 ( )
(2)加在回旋加速器的交流电源的电压越大，带电粒子最终获得的速度越大。
( )
(3)带电粒子在复合场中运动时，要关注是否受重力作用。 ( )
(4)带电粒子在复合场中做匀变速直线运动时，可能受洛伦兹力作用。 ( )
(5)带电粒子在叠加场中做圆周运动时，一定是重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力。 ( )
2．(人教版选择性必修第二册改编)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(如图所示)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分别为x1、x2，则A、B的质量之比为( )
3．(鲁科版选择性必修第二册改编)(多选)我国建造的第一台回旋加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图所示：其核心部分是两个D形盒，粒子源O置于D形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器对、粒子分别进行加速，下列说法正确的是( )
A．两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
B．两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等
C．两种粒子离开出口处的动能相等
D．两种粒子离开出口处的动能不相等
带电粒子在组合场中的运动
1．“磁偏转”和“电偏转”的比较
2．“五步法”解决带电粒子在组合场中的运动问题
(1)明性质
弄清场的性质、方向、强弱、范围等。
(2)定运动
带电粒子通过不同场区，由受力情况确定其在不同区域的运动情况。
(3)画轨迹
正确规范地画出粒子的运动轨迹图。
(4)选规律
根据区域和运动情况的不同，将整个运动过程分段处理，不同阶段选用不同的规律求解。
(5)找关系
明确不同场区交界处的速度大小和方向，注意上一区域的末速度往往是下一区域的初速度。
先电场后磁场
[典例1] (2025·八省联考河南卷)如图所示，在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。不计重力。
(1)求粒子进入磁场时的速度大小；
(2)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子距a点的距离为s＝2h，求磁场的磁感应强度大小的可能值；
(3)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求粒子此时距a点的距离。
[听课记录]
先磁场后电场
[典例2] (2025·福建龙岩市第一次质检)如图所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间内存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向的夹角为θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－L) 的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：
(1)磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t；
(3)电场强度的大小E。
[听课记录]
带电粒子在电场、磁场中的交替运动
[典例3] 如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P(0，h)点沿y 轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成θ＝60°角第一次进入电场。
(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v；
(2)若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直，求匀强电场的电场强度大小E；
(3)求粒子返回出发点P所用的总时间t。
[听课记录]
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．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线运动 粒子所受合力为0 平衡条件
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零，qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为0，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
[典例4] (多选)(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则( )
A．油滴a带负电，所带电量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
[听课记录]
[典例5] (2025·八省联考陕西卷)如图所示，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求：
(1)电场强度的大小和P点距y轴的距离；
(2)小球第一次到达最低点时速度的大小；
(3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
[听课记录]
带电粒子在复合场中运动的科技应用
装置 原理图 规律
质谱仪 带电粒子由静止被加速电场加速有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动有qvB＝m，则比荷＝
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。由qvB＝m 得Ekm＝
速度选择器 若qv0B＝qE，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压U稳定时，q＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝
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，称为霍尔电压。由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝＝k，k＝，称为霍尔系数
回旋加速器
[典例6] 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，现对氚核加速，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的增大而增大
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．该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核()加速
[听课记录]
质谱仪
[典例7] (人教版选择性必修第二册改编)某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。若加速电压减小为原来的，通过调节速度选择器两板间的电压，粒子仍从原位置进入分离器，则( )
A．速度选择器两板间的电压减小为原来的
B．粒子在分离器中运动时间减小为原来的
C．粒子在分离器中做圆周运动的半径减小为原来的
D．粒子在分离器中运动的动能减小为原来的
[听课记录]
电场与磁场叠加的应用实例
[典例8] (2024·江西卷)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10-3 A时，测得U-B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近( )
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
[听课记录]
[典例9] 工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体体积)，原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20 cm和10 cm。当流经电磁流量计的液体速度为10 m/s时，其流量约为280 m3/h，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70 m3/h，则在这段时间内( )
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．通过排污管的污水流量约为140 m3/h
C．排污管内污水的速度约为2.5 m/s
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25 m2/s
[听课记录]
1．(多选)(2024·湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是( )
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
2．(2025·八省联考陕西卷)人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正、负离子。如图所示，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行且垂直纸面向里的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时( )
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变小，则血液流速变小
C．血管上下侧电势差与血液流速无关
D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小
3．(2023·全国乙卷)如图所示，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
A．
C．
第3节 带电粒子在复合场中的运动
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梳理·必备知识
1．(1)磁场
2．(1)静止 匀速直线运动 (2)相等 相反 匀速圆周 (3)一条直线上
3．(2)mv2 m
4．(2) 磁感应强度B D形盒半径R 加速电压无关
激活·基本技能
1．(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)√
2．C [由题意得qU＝mv2，qvB＝，联立解得r＝，即r∝，则mA∶mB＝，C项正确。]
3．AD [粒子在磁场中飞出的最大轨迹半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有qvmaxB＝动能为Ekmax＝场中加速一次，在磁场中旋转半周，令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU，解得n＝，则粒子运动的时间t＝n·，其中T＝，解得t＝，可知两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，A正确，B错误；粒子离开出口处的动能最大，根据上述解得Ekmax＝粒子的质量数为2，电荷数为粒子的质量数为4，电荷数为2，可知粒子离开出口处的动能为粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，C错误，D正确。]
细研考点·突破题型
考点1
典例1 解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向＝2ah
由牛顿第二定律得a＝
粒子进入磁场时的速度大小v＝vy
解得v＝2。
(2)粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移x＝v0t＝vyt＝2t＝2h
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与x轴正向仍成45°角，到达h高度时水平位移仍为2h，作出粒子的运动轨迹如图所示，由题意可知2r cos 45°＝2h＋2h＋2h或2r cos 45°＝2h
即r＝3h或r＝h
根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m
可得B＝或B＝。
(3)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间t＝＝2
可知粒子在磁场中运动的时间也为t＝2
根据t＝＝
由洛伦兹力提供向心力qvB′＝m
解得r′＝
此时粒子距a点的距离s＝4h－r′＝4h－。
答案：(1)2 (2)或 (3)4h－
典例2 解析：(1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
其圆心为O1，对应轨道半径为R
由几何关系可得R sin θ＝L，解得R＝2L
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝
联立解得B＝。
(2)带电粒子从P1点运动到P2点所用的时间为t＝T，又T＝＝
联立解得t＝。
(3)设带电粒子在电场中的运动时间为t′，由运动的合成与分解有v cos θ·t′＝L，v sin θ－at′＝0
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得E＝。
答案：(1) (2) (3)
典例3 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识得r cos 60°＝h，解得r＝2h
粒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qvB＝
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小为
v＝。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子经过y轴的Q点时速度方向恰好与y轴垂直，则粒子到达Q点时沿电场方向的速度为零，则有垂直电场方向有
r＋ r sin 60° ＝ v cos 60°·t1
沿电场方向有v sin 60°＝at1
又a＝
联立可得粒子在第三象限电场中的运动时间为
t1＝
匀强电场的电场强度大小为
E＝。
(3)设粒子第一次在第二象限的磁场中运动的时间为t2，如图示关系有t2＝T
由qvB＝，T＝得T＝
又t＝2(t1＋t2)
解得t＝＋。
答案：(1)2h (2)
(3)＋
考点2
典例4 ABD [油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg＝Eq，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。]
典例5 解析：(1)依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化量为零，由动能定理可知合力做功为零，静电力与重力等大反向，可得
qE＝mg
解得E＝
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图
根据qv0B＝
解得r＝
由几何关系，可得
xP＝r＋r cos 30°
联立解得xP＝。
(2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°角的v0，如图所示
其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即
F洛＝qv0B＝mg
小球沿x轴正方向做匀速直线运动，与x轴负方向成45°角的v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为
v＝v0＋v0＝(1＋)v0。
(3)由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示
根据qv0B＝m
又T＝
由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间为
t＝T
联立解得t＝。
答案：(1) (2)(1＋)v0 (3)
考点3
典例6 C [根据周期公式T＝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半径无关，A错误；设D形盒的半径为R，则氚核最终射出回旋加速器的速度满足evB＝m，即v＝，可知氚核最终射出回旋加速器的速度与高频电源的电压无关，B错误；根据周期公式T＝，可知m＝，C正确；因为氚核()与氦核()的比荷不同，则在磁场中做圆周运动的周期不同，所以该回旋加速器接频率为f的高频电源时，不能用来加速氦核()，D错误。]
典例7 D [粒子在加速电场中有qU1＝mv2，在速度选择器中有q＝qvB1，则有U1q＝，若加速电压U1减小为原来的，要使粒子仍从原位置射出，则速度选择器板间电压U2减小为原来的，选项A错误；粒子在分离器中做匀速圆周运动，周期T＝，与粒子的速度无关，若加速电压减小为原来的，粒子在分离器中运动的时间不变，选项B错误；由r＝＝ 知，若加速电压U1减小为原来的，粒子在分离器中做圆周运动的半径减小为原来的，选项C错误；由Ek＝＝qU1知，若加速电压U1减小为原来的，则粒子运动的动能减小为原来的，选项D正确。]
典例8 D [设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图(b)可知 k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016，D正确。]
典例9 D [根据左手定则可知，进入磁场区域时正电荷会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；某段时间内通过电磁流量计的流量为70 m3/h，通过排污管的污水流量也是70 m3/h，由题意知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为v1＝2.5 m/s，流量计半径为r＝5 cm＝0.05 m，排污管的半径R＝10 cm＝0.1 m，由Q＝πr2v1＝πR2v2可得排污管内污水的速度约为v2＝v1＝0.625 m/s，故B、C错误；流量计内污水的速度约为v1＝2.5 m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有q＝qv1B，可知＝v1·2r＝0.25 m2/s，故D正确。]
即时检验·感悟高考
1．AC [由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；结合B项分析可知，仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；结合B项分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。]
2．D [根据左手定则可知正离子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定，设为V，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据V＝Sv可知血液流速变大，故B错误；稳定时，离子所受洛伦兹力等于所受的静电力，根据qvB＝可得U＝dvB，又v＝，联立可得U＝，根据U＝可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误。故选D。]
3．A [
画出带电粒子仅在磁场中运动时的运动轨迹，如图所示。设带电粒子仅在磁场中运动的轨迹半径为r，运动轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得cos θ＝＝，r－a＝r cos θ，解得r＝2a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得r＝2a＝，在匀强磁场区域加上匀强电场后带电粒子沿x轴运动，分析知，此时粒子受力平衡，则有Eq＝qvB，联立解得＝，A正确。 ]
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第十章 磁 场
第3节 带电粒子在复合场中的运动
[学习目标] 1．了解组合场的特点，学会处理带电粒子在磁场和电场组合场中的运动问题。
2．了解叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中的运动问题。
3．理解质谱仪和回旋加速器的原理，会分析电场和磁场叠加的几种实例。
链接教材·夯基固本
1．叠加场与组合场
(1)叠加场：电场、____、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，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现。
磁场
2．带电粒子在复合场中运动情况分类
(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为0时，将处于____状态或____________状态。
(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与静电力大小____，方向____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________运动。
静止
匀速直线运动
相等
相反
匀速圆周
(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__________时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的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。
一条直线上
3．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＝。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝________。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
mv2
m
4．回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2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＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由____________和____________决定，与____________。
磁感应强度B
D形盒半径R
加速电压无关
1．易错易混辨析
(1)用质谱仪可测量带电粒子的比荷。 ( )
(2)加在回旋加速器的交流电源的电压越大，带电粒子最终获得的速度越大。 ( )
(3)带电粒子在复合场中运动时，要关注是否受重力作用。 ( )
√
×
√
(4)带电粒子在复合场中做匀变速直线运动时，可能受洛伦兹力作用。 ( )
(5)带电粒子在叠加场中做圆周运动时，一定是重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力。 ( )
×
√
2．(人教版选择性必修第二册改编)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(如图所示)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分别为x1、x2，则A、B的质
量之比为( )
√
C [由题意得qU＝mv2，qvB＝，联立解得r＝， 即r∝，则mA∶mB＝，C项正确。]
3．(鲁科版选择性必修第二册改编)(多选)我国建造的第一台回旋加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图所示：其核心部分是两个D形盒，粒子源O置于D形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器对
、粒子分别进行加速，下列说法
正确的是( )
A．两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
B．两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等
C．两种粒子离开出口处的动能相等
D．两种粒子离开出口处的动能不相等
√
√
AD [粒子在磁场中飞出的最大轨迹半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有qvmaxB＝动能为Ekmax＝场中加速一次，在磁场中旋转半周，令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU，解得n＝，则粒子运动的时间t＝n·，其中T＝，解得t＝，可知两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，A正确，B错
误；粒子离开出口处的动能最大，根据上述解得Ekmax＝粒子的质量数为2，电荷数为粒子的质量数为4，电荷数为2，可知粒子离开出口处的动能为粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，C错误，D正确。]
细研考点·突破题型
考点1 带电粒子在组合场中的运动
1．“磁偏转”和“电偏转”的比较
2．“五步法”解决带电粒子在组合场中的运动问题
(1)明性质
弄清场的性质、方向、强弱、范围等。
(2)定运动
带电粒子通过不同场区，由受力情况确定其在不同区域的运动情况。
(3)画轨迹
正确规范地画出粒子的运动轨迹图。
(4)选规律
根据区域和运动情况的不同，将整个运动过程分段处理，不同阶段选用不同的规律求解。
(5)找关系
明确不同场区交界处的速度大小和方向，注意上一区域的末速度往往是下一区域的初速度。
角度1 先电场后磁场
[典例1] (2025·八省联考河南卷)如图所示，在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒子进入
磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。
不计重力。
(1)求粒子进入磁场时的速度大小；
(2)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子距a点的距离为s＝2h，求磁场的磁感应强度大小的可能值；
(3)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间相等，求粒子此时距a点的距离。
[解析] (1)粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向＝2ah
由牛顿第二定律得a＝
粒子进入磁场时的速度大小v＝vy
解得v＝2。
(2)粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移x＝v0t＝vyt＝2t＝2h
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与x轴正向仍成45°角，到达h高度时水平位移仍为2h，作出粒子的运动轨迹如图所示，由题意可知2r cos 45°＝2h＋2h＋2h或2r cos 45°＝2h
即r＝3h或r＝h
根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m
可得B＝或B＝。
(3)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运动的时间t＝＝2
可知粒子在磁场中运动的时间也为t＝2
根据t＝＝
由洛伦兹力提供向心力qvB′＝m
解得r′＝
此时粒子距a点的距离s＝4h－r′＝4h－。
[答案] (1)2 (2)或
(3)4h－
角度2 先磁场后电场
[典例2] (2025·福建龙岩市第一次质检)如图所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间内存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向的夹角为θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－L) 的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：
(1)磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t；
(3)电场强度的大小E。
[解析] (1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
其圆心为O1，对应轨道半径为R
由几何关系可得R sin θ＝L，解得R＝2L
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝
联立解得B＝。
(2)带电粒子从P1点运动到P2点所用的时间为t＝T，又T＝＝
联立解得t＝。
(3)设带电粒子在电场中的运动时间为t′，由运动的合成与分解有v cos θ·t′＝L，v sin θ－at′＝0
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得E＝。
[答案] (1) (2) (3)
角度3 带电粒子在电场、磁场中的交替运动
[典例3] 如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P(0，h)点沿y 轴正方向以某初速度开始运动，一段时间
后，粒子与x轴正方向成θ＝60°角第一次
进入电场。
(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v；
(2)若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直，求匀强电场的电场强度大小E；
(3)求粒子返回出发点P所用的总时间t。
[解析] (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识得r cos 60°＝h，解得r＝2h
粒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qvB＝
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度
大小为
v＝。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子经过y轴的Q点时速度方向恰好与y轴垂直，则粒子到达Q点时沿电场方向的速度为零，则有垂直电场方向有
r＋ r sin 60° ＝ v cos 60°·t1
沿电场方向有v sin 60°＝at1
又a＝
联立可得粒子在第三象限电场中的运动时间为
t1＝
匀强电场的电场强度大小为
E＝。
(3)设粒子第一次在第二象限的磁场中运动的时间为t2，如图示关系有t2＝T
由qvB＝，T＝得T＝
又t＝2(t1＋t2)
解得t＝＋。
[答案] (1)2h (2)
(3)＋
考点2 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．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线运动 粒子所受合力为0 平衡条件
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零，qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为0，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
[典例4] (多选)(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加
速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开
后的相互作用，则( )
A．油滴a带负电，所带电量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
√
√
√
ABD [油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg＝Eq，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量
守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－， 由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。]
[典例5] (2025·八省联考陕西卷)如图所示，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求：
(1)电场强度的大小和P点距y轴的距离；
(2)小球第一次到达最低点时速度的大小；
(3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
[解析] (1)依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化量为零，由动能定理可知合力做功为零，静电力与重力等大反向，可得
qE＝mg
解得E＝
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
轨迹如图
根据qv0B＝
解得r＝
由几何关系，可得
xP＝r＋r cos 30°
联立解得xP＝。
(2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°角的 v0，如图所示
其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即
F洛＝qv0B＝mg
小球沿x轴正方向做匀速直线运动，与x轴负方
向成45°角的v0对应的洛伦兹力提供小球做
逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一
次到达最低点时速度的大小为
v＝v0＋v0＝(1＋)v0。
(3)由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示
根据qv0B＝m
又T＝
由几何关系，可得小球从过坐标原点时
到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的
圆心角为135°，则所用时间为
t＝T
联立解得t＝。
[答案] (1) (2)(1＋)v0 (3)
装置 原理图 规律
质谱仪 带电粒子由静止被加速电场加速有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动有qvB＝m，则比荷＝
考点3 带电粒子在复合场中运动的科技应用
装置 原理图 规律
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。由qvB＝m 得Ekm＝
装置 原理图 规律
速度选择器 若qv0B＝qE，即v0＝，粒子做匀速直线运动
装置 原理图 规律
磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压U稳定时，q＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝
装置 原理图 规律
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，称为霍尔电压。由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝＝k，k＝，称为霍尔系数
角度1 回旋加速器
[典例6] 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，现对氚核()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的增大而增大
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．该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核()加速
√
C [根据周期公式T＝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半径无关，A错误；设D形盒的半径为R，则氚核最终射出回旋加速器的速度满足evB＝m，即v＝，可知氚核最终射出回旋加速器的速度与高频电源的电压无关，B错误；根据周期公式T＝，可知m＝，C正确；因为氚核()与氦核()的比荷不同，则在磁场中做圆周运动的周期不同，所以该回旋加速器接频率为f的高频电源时，不能用来加速氦核()，D错误。]
角度2 质谱仪
[典例7] (人教版选择性必修第二册改编)某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。若加速电压减小为原来的，通过调节速度选择器两板间的电压，粒子仍从原位置进入分离器，则( )
A．速度选择器两板间的电压减小为原来的
B．粒子在分离器中运动时间减小为原来的
C．粒子在分离器中做圆周运动的半径减小为原来的
D．粒子在分离器中运动的动能减小为原来的
√
D [粒子在加速电场中有qU1＝mv2，在速度选择器中有q＝qvB1，则有U1q＝，若加速电压U1减小为原来的，要使粒子仍从原位置射出，则速度选择器板间电压U2减小为原来的，选项A错误；粒子在分离器中做匀速圆周运动，周期T＝，与粒子的速度无关，若加速电压减小为原来的，粒子在分离器中运动的
时间不变，选项B错误；由r＝＝知，若加速电压U1减小为原来的，粒子在分离器中做圆周运动的半径减小为原来的，选项C错误；由Ek＝＝qU1知，若加速电压U1减小为原来的，则粒子运动的动能减小为原来的，选项D正确。]
角度3 电场与磁场叠加的应用实例
[典例8] (2024·江西卷)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10-3 A时，测得U-B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近( )
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
√
D [设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图(b)可知k＝＝
V/T，解得n≈2.3×1016，D正确。]
[典例9] 工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体体积)，原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20 cm和10 cm。当流经电磁流量计的液体速度为10 m/s时，其流量约为280 m3/h，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70 m3/h，则在这段时间内( )
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．通过排污管的污水流量约为140 m3/h
C．排污管内污水的速度约为2.5 m/s
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25 m2/s
√
D [根据左手定则可知，进入磁场区域时正电荷会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；某段时间内通过电磁流量计的流量为70 m3/h，通过排污管的污水流量也是70 m3/h，由题意知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为v1＝2.5 m/s，流量计半径为r＝5 cm＝0.05 m，排污管的半径R＝10 cm＝0.1 m，由Q＝πr2v1＝πR2v2可得排污管内污水的速度约为v2＝v1＝0.625 m/s，故B、C错误；流量计内污水的速度约为v1＝2.5 m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有q＝qv1B，可知＝v1·2r＝0.25 m2/s，故D正确。]
即时检验·感悟高考
1．(多选)(2024·湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是( )
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
√
√
AC [由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；结合B项分析可知，仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；结合B项分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。]
2．(2025·八省联考陕西卷)人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正、负离子。如图所示，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行且垂直纸面向里的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时( )
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变小，则血液流速变小
C．血管上下侧电势差与血液流速无关
D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小
√
D [根据左手定则可知正离子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定，设为V，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据V＝Sv可知血液流速变大，故B错误；稳定时，离子所受洛伦兹力等于所受的静电力，根据qvB＝可得U＝dvB，又v＝，联立可得U＝，根据U＝可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误。故选D。]
3．(2023·全国乙卷)如图所示，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
A．
C．
√
A [画出带电粒子仅在磁场中运动时的运动轨迹，如图所示。设带电粒子仅在磁场中运动的轨迹半径为r，运动轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得cos θ＝＝，r－a＝r cos θ，解得r＝2a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得r＝2a＝，在匀强磁场区域加上匀强电场后带电粒子沿x轴运动，分析知，此时粒子受力平衡，
则有Eq＝qvB，联立解得＝，A正确。 ]
课时数智作业(二十七)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
1．空间同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y轴正方向，电场强度大小为E；磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，释放后，粒子恰能沿图中的曲线运动。已知该曲线的最高点P的纵坐标为h，曲线在P点附近的一小部分可以看作是半径为2h的圆周上的一小段圆弧，则( )
A．粒子在y轴方向做匀加速运动
B．粒子在最高点P的速度大小为
C．磁场的磁感应强度大小为
D．磁场的磁感应强度大小为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C [受力分析可知，粒子受到洛伦兹力沿y轴方向的分力是变化的，故粒子在y轴方向的合力是变化的，加速度也是变化的，A错误；从O到P，洛伦兹力不做功，由动能定理得qEh＝，解得vP＝，B错误；粒子经过最高点时，洛伦兹力和静电力的合力提供向心力，即qvPB－qE＝，联立解得B＝，C正确，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(人教版选择性必修第二册P12T3教材改编)如图所示，M、N为速度选择器的上、下两个带电极板，两极板间有匀强电场和匀强磁场。匀强电场的电场强度大小为E、方向由M板指向N板；匀强磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左右两侧各有一个小孔P、Q，连线PQ与两极板平行。某种带电微粒以速度v从P孔沿PQ连线射入速度选择器，从Q孔射出。不计微粒重力，下列判断正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．带电微粒一定带正电
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．若将该种带电微粒以速率v从Q孔沿QP连
线射入，不能从P孔射出
D．若将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入，将做类平抛运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C [若带电微粒带正电，则受到的洛伦兹力向上，静电力向下，若带电微粒带负电，则受到的洛伦兹力向下，静电力向上，微粒沿PQ运动，洛伦兹力等于静电力，因此微粒可以带正电也可以带负电，故A错误；对微粒受力分析有Eq＝qvB，解得B＝，故B错误；若带电微粒带负电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向上，若带电微粒带正电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向下，不可能做直线运动，故不能从P孔射出，故C正确；若将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入，洛伦兹力大于静电力，微粒做曲线运动，由于洛伦兹力的方向一直在变，微粒不可能做类平抛运动，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．(2023·浙江1月选考)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为( )
A．a→b，I0 B．a→b，I0
C．b→a，I0 D．b→a，I0
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D [根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I′的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁场的磁感应强度为0，所以有k1I0＝k2I′，解得I′＝I0，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间加速电场的电场强度大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
B．带电粒子每运动一周被加速一次
C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3
D．加速电场方向需要做周期性的变化
√
题号
1
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2
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6
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7
B [带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在AC间加速，电场方向不需要做周期性的变化，故B正确，D错误；根据qvB＝和nqU＝mv2(n为加速次数)，联立解得r＝，可知P1P2＝2(r2－r1)＝2(－1)，P2P3＝2(r3－r2)＝2()，所以P1P2≠P2P3，故C错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故A错误。]
题号
1
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8
7
5．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。
(1)粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器两板间电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
题号
1
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7
[解析] (1)粒子经加速电场加速，获得速度v，
由动能定理得eU1＝mv2
解得v＝。
题号
1
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8
7
(2)粒子在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件得eE＝evB1
即e＝evB1
解得U2＝B1dv＝B1d。
题号
1
3
5
2
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6
8
7
(3)粒子在B2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evB2＝m
解得R＝＝。
题号
1
3
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6
8
7
[答案] (1) (2)B1d(3)
6．如图所示，平面直角坐标系xOy中存在一与x轴相切的圆形匀强磁场区域，圆心坐标为(0，0.2)，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ T，方向垂直纸面向外。y<0区域，存在电场强度大小为E＝4×103 N/C、方向沿y轴正方向的匀强电场。第四象限内的P点有一质量m＝2×10-9 kg、带电量q＝5×10-5 C的带正电粒子，以大小为v0＝5×103 m/s的初速度沿x轴负方向射入匀强电场，从坐标原点O与x轴负方向成θ＝45°角进入匀强磁场。粒子重力不计，求：
题号
1
3
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2
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7
(1)P点的坐标；
(2)粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间。
题号
1
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7
[解析] (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由几何关系有vy＝v0tan θ＝5×103 m/s
根据牛顿第二定律有a＝＝1×108 m/s2
则粒子在匀强电场中运动的时间为
t＝＝5×10-5 s
水平方向有x＝v0t＝0.25 m
竖直方向有y＝at2＝0.125 m
故P点的坐标为(0.25，－0.125)。
题号
1
3
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6
8
7
(2)粒子进入匀强磁场的速度大小为
v＝＝5×103 m/s
由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得R＝0.2 m
粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期为
T＝＝×10-4 s
粒子的运动轨迹如图所示
题号
1
3
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2
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6
8
7
由几何关系可知，粒子在匀强磁场中转过的圆心角为α＝135°，故粒子在匀强磁场中的运动时间为
t′＝T＝×10-5 s。
题号
1
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7
[答案] (1)(0.25，－0.125) (2)×10-5 s
7．(2024·辽宁卷)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q(q>0)、质量均为m的粒子。如图所示，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P
题号
1
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6
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7
点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
题号
1
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6
8
7
(1)求Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B。
(2)求Ⅲ区宽度d。
(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知，k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的静电力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。
题号
1
3
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7
[解析] (1)根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示。
题号
1
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7
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°。
根据几何关系有r乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝
联立解得B＝。
题号
1
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7
(2)乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝T
又T＝＝
解得t1＝
分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有d＝
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝πL。
题号
1
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7
(3)甲从P点运动到O点的过程，根据运动学规律有v甲O＝v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝(x0－Δx)处。
在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0
题号
1
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7
在x＝(x0－Δx)处有E乙＝ωt0－k(x0－Δx)
又F＝qE乙
联立解得F＝Δx。
题号
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[答案] (1) (2)πL (3)F＝Δx
8．(2024·湖南卷)如图所示，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左、右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m，电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
题号
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8
7
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向的最大夹角为θ，求tan θ的绝对值；
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时在y轴正方向的最大位移。
题号
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7
[解析] (1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…)
联立解得B＝(n＝1，2，3，…)
当n＝1时，磁感应强度的最小值Bmin＝。
题号
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7
(2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxB＝
则|tan θ|＝＝。
题号
1
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7
(3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动时在y轴正方向的位移最大，由牛顿第二定律有eE＝ma
由速度位移公式有2aym＝解得ym＝。
题号
1
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7
[答案] (1) (2)
谢 谢 ！课时分层作业(二十七)
1．空间同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y轴正方向，电场强度大小为E；磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，释放后，粒子恰能沿图中的曲线运动。已知该曲线的最高点P的纵坐标为h，曲线在P点附近的一小部分可以看作是半径为2h的圆周上的一小段圆弧，则( )
A．粒子在y轴方向做匀加速运动
B．粒子在最高点P的速度大小为
C．磁场的磁感应强度大小为
D．磁场的磁感应强度大小为
2．(人教版选择性必修第二册P12T3教材改编)如图所示，M、N为速度选择器的上、下两个带电极板，两极板间有匀强电场和匀强磁场。匀强电场的电场强度大小为E、方向由M板指向N板；匀强磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左右两侧各有一个小孔P、Q，连线PQ与两极板平行。某种带电微粒以速度v从P孔沿PQ连线射入速度选择器，从Q孔射出。不计微粒重力，下列判断正确的是( )
A．带电微粒一定带正电
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．若将该种带电微粒以速率v从Q孔沿QP连线射入，不能从P孔射出
D．若将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入，将做类平抛运动
3．(2023·浙江1月选考)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为( )
A．a→b，I0 B．a→b，I0
C．b→a，I0 D．b→a，I0
4．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间加速电场的电场强度大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
B．带电粒子每运动一周被加速一次
C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3
D．加速电场方向需要做周期性的变化
5．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。
(1)粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器两板间电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
6．如图所示，平面直角坐标系xOy中存在一与x轴相切的圆形匀强磁场区域，圆心坐标为(0，0.2)，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ T，方向垂直纸面向外。y<0区域，存在电场强度大小为E＝4×103 N/C、方向沿y轴正方向的匀强电场。第四象限内的P点有一质量m＝2×10-9 kg、带电量q＝5×10-5 C的带正电粒子，以大小为v0＝5×103 m/s的初速度沿x轴负方向射入匀强电场，从坐标原点O与x轴负方向成θ＝45°角进入匀强磁场。粒子重力不计，求：
(1)P点的坐标；
(2)粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间。
7．(2024·辽宁卷)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q(q>0)、质量均为m的粒子。如图所示，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
(1)求Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B。
(2)求Ⅲ区宽度d。
(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知，k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的静电力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。
8．(2024·湖南卷)如图所示，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左、右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m，电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向的最大夹角为θ，求tan θ的绝对值；
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时在y轴正方向的最大位移。
课时分层作业(二十七)
1．C [受力分析可知，粒子受到洛伦兹力沿y轴方向的分力是变化的，故粒子在y轴方向的合力是变化的，加速度也是变化的，A错误；从O到P，洛伦兹力不做功，由动能定理得qEh＝，解得vP＝，B错误；粒子经过最高点时，洛伦兹力和静电力的合力提供向心力，即qvPB－qE＝，联立解得B＝，C正确，D错误。]
2．C [若带电微粒带正电，则受到的洛伦兹力向上，静电力向下，若带电微粒带负电，则受到的洛伦兹力向下，静电力向上，微粒沿PQ运动，洛伦兹力等于静电力，因此微粒可以带正电也可以带负电，故A错误；对微粒受力分析有Eq＝qvB，解得B＝，故B错误；若带电微粒带负电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向上，若带电微粒带正电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向下，不可能做直线运动，故不能从P孔射出，故C正确；若将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入，洛伦兹力大于静电力，微粒做曲线运动，由于洛伦兹力的方向一直在变，微粒不可能做类平抛运动，故D错误。]
3．D [根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I′的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁场的磁感应强度为0，所以有k1I0＝k2I′，解得I′＝I0，故D正确。]
4．B [带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在AC间加速，电场方向不需要做周期性的变化，故B正确，D错误；根据qvB＝和nqU＝mv2(n为加速次数)，联立解得r＝，可知P1P2＝2(r2－r1)＝2(－1)，P2P3＝2(r3－r2)＝2()，所以P1P2≠P2P3，故C错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故A错误。]
5．解析：(1)粒子经加速电场加速，获得速度v，
由动能定理得eU1＝mv2
解得v＝。
(2)粒子在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件得eE＝evB1
即e＝evB1
解得U2＝B1dv＝B1d。
(3)粒子在B2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evB2＝m
解得R＝＝。
答案：(1) (2)B1d
(3)
6．解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由几何关系有vy＝v0tan θ＝5×103 m/s
根据牛顿第二定律有a＝＝1×108 m/s2
则粒子在匀强电场中运动的时间为
t＝＝5×10-5 s
水平方向有x＝v0t＝0.25 m
竖直方向有y＝at2＝0.125 m
故P点的坐标为(0.25，－0.125)。
(2)粒子进入匀强磁场的速度大小为
v＝＝5×103 m/s
由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得R＝0.2 m
粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期为
T＝＝×10-4 s
粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子在匀强磁场中转过的圆心角为α＝135°，故粒子在匀强磁场中的运动时间为
t′＝T＝×10-5 s。
答案：(1)(0.25，－0.125) (2)×10-5 s
7．解析：(1)根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示。
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°。
根据几何关系有r乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝
联立解得B＝。
(2)乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝T
又T＝＝
解得t1＝
分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有d＝
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝πL。
(3)甲从P点运动到O点的过程，根据运动学规律有v甲O＝v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝(x0－Δx)处。
在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝(x0－Δx)处有E乙＝ωt0－k(x0－Δx)
又F＝qE乙
联立解得F＝Δx。
答案：(1) (2)πL (3)F＝Δx
8．解析：(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…)
联立解得B＝(n＝1，2，3，…)
当n＝1时，磁感应强度的最小值Bmin＝。
(2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxB＝
则|tan θ|＝＝。
(3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动时在y轴正方向的位移最大，由牛顿第二定律有eE＝ma
由速度位移公式有2aym＝解得ym＝。
答案：(1) (2)
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