思维进阶课十四 带电粒子在交变电磁场和立体空间中的运动
[学习目标] 1．掌握带电粒子在交变电磁场中的运动问题的解题思路和处理方法。
2．掌握带电粒子在立体空间中的运动问题的解题思路和处理方法。
带电粒子在交变电磁场中的运动
1．交变场的常见的类型
(1)电场周期性变化，磁场不变。
(2)磁场周期性变化，电场不变。
(3)电场、磁场均周期性变化。
2．带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
[典例1] 如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场，磁感应强度大小B0已知，磁场方向垂直纸面向里为正。t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子(重力不计)的质量为m、电荷量为q，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆。求：
(1)P点到O点的距离；
(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移大小。
[听课记录]
[典例2] 某磁偏转装置如图甲所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小按图乙所示的规律做周期性变化，在 0～T 时间内B＝B0tan 。在磁场区域的右侧有一圆心也在O点的半圆形荧光屏，A为荧光屏中点。一粒子源P均匀地发射初速度可忽略的电子，沿PO方向射出的电子经电压U加速后正对圆心O射入磁场，∠POA＝，在0～T时间内经磁场偏转的电子从上到下打在荧光屏上C、D两点间(图中C、D未画出)。已知电子的电荷量为e、质量为m，B0＝，tan ＝－1。不计电子的重力，电子穿过磁场的时间远小于磁场变化的周期，忽略磁场变化激发电场的影响。
(1)求打在荧光屏A点的电子在进入磁场时磁感应强度大小B1；
(2)求∠COD及电子在荧光屏上扫描的角速度ω。
[听课记录]
[典例3] 如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场和磁场，交变电场的电场强度大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x轴正方向为电场的正方向，垂直纸面向外为磁场的正方向。在t＝0时刻，将一质量为m、带电荷量为q、重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放。粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在x轴上。求：
(1)粒子第一次在磁场中运动的半径；
(2)粒子打在x轴负半轴上的位置到O点的最小距离；
(3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件；
(4)粒子打在x轴上的位置到坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系。
[听课记录]
带电粒子在立体空间中的运动
1．带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充分利用分解的思想，分解为直线运动、圆周运动、类平抛运动，再利用每种运动对应的规律进行求解。
2．粒子在立体空间常见运动及解题策略
运动类型 解题策略
在三维坐标系中运动，每个轴方向的运动都是常见运动模型 将粒子的运动分解为三个方向的运动
一维加一面，如旋进运动 旋进运动将粒子的运动分解为一个轴方向的匀速直线运动或匀变速直线运动和垂直该轴的所在面内的圆周运动
运动所在平面切换，粒子进入下一区域偏转后曲线不在原来的平面内 把粒子运动所在的面隔离出来，转换视图角度，把立体图转化为平面图，分析粒子在每个面的运动
[典例4] 如图所示，在空间直角坐标系中，yOz平面左侧存在沿z轴正方向的匀强磁场，右侧存在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz平面右侧还有沿y轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为(－d，0，0)的M点发射一质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度大小为v0、方向沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为60°；经一段时间后粒子恰好垂直于y轴进入yOz平面右侧。其中电场强度和磁感应强度大小未知，其关系满足＝，不计粒子的重力。求：
(1)粒子在yOz平面左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R1；
(2)粒子第2次经过yOz平面时的速度大小v；
(3)粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标；
(4)粒子第2、3两次经过yOz平面的位置间的距离。
[听课记录]
[典例5] 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作的原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入晶圆上的O点(即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sin α≈tan α≈α，cos α≈1－α2。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来的离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
[听课记录]
思维进阶课十四 带电粒子在交变电磁场和立体空间中的运动
进阶1
典例1 解析：(1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0＝，Eq＝ma
设O、P间距离为x，则x＝，
联立解得x＝。
(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，则
R1＝，R2＝
又由动能定理得
Eqx＝
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，Δx＝2R2－2R1＝。
答案：
典例2 解析：
(1)电子沿着径向飞入磁场，由带电粒子在磁场中的运动规律得，带电粒子沿着OA方向飞出磁场，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，如图1所示
由几何关系得，电子做圆周运动的半径r＝R，由题意得
eU＝mv2
evB1＝m
联立解得B1＝＝B0。
(2)
由r＝知，磁感应强度越小，电子做圆周运动的半径越大，反之越小；如图2所示，由题意知打在屏幕上的C点的电子半径最大，此时的电子在T＝0时刻飞入匀强磁场；打在屏幕D点的电子在T时刻飞入磁场的，那么
rC＝＝＝R
同理rD＝＝R
根据几何关系得tan ∠POOD＝＝，
则∠POOD＝，∠POD＝
同理∠POC＝
故∠COD＝π－＝
故电子在荧光屏上扫描的角速度ω＝。
答案：(1)B0 (2)
典例3 解析：(1)粒子第一次在电场中运动有qE0＝ma
v1＝at0，t0＝，粒子第一次进入磁场中有
qv1B0＝，联立解得R1＝。
(2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上的位置到O点的距离最小，如图甲所示。
第一次加速的位移为Δx1＝＝
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1，v2＝2v1＝
则R2＝＝
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2)。
(3)分析带电粒子运动轨迹如图乙所示。
可知A与坐标原点间的距离d应满足
d＝n2R1＝(n＝1，2，3，…)。
(4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上
xP＝n(Δx1＋R1)＝(π＋2)(n＝1，2，3，…)。
答案：(π＋2)
(3)d＝(n＝1，2，3，…)
(4)xP＝(π＋2)(n＝1，2，3，…)
进阶2
典例4 解析：(1)根据几何关系有R1sin 60°＝d
解得R1＝d。
(2)根据运动的合成有v＝
又v1＝a
qE＝ma
根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝
T＝＝
联立解得v＝2v0。
(3)在yOz平面右侧，磁感应强度大小不变，在磁场中做圆周运动的轨道半径大小仍然为R1，粒子第2次经过yOz平面时的坐标为
Δy＝a
由于＝
解得Δy＝πd
粒子第2次经过yOz平面时的坐标为
。
(4)粒子再次进入yOz平面左侧，其速度大小变为2v0，由tan θ＝＝＝知，速度与y轴负方向夹角θ＝30°，之后在z＝d的平面内做匀速圆周运动，有
q·2v0B＝m，解得R2＝2R1
根据几何关系，粒子第2次、第3次经过yOz平面的交点间的距离为l＝2R2cos 60°＝2R1
解得l＝d。
答案：(1)d (2)2v0 (3)[0，－(πd－d)，d] (4)d
典例5 解析：(1)通过速度选择器的离子由于受力平衡需满足qE＝qvB，可得速度v＝
由题图知，从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝
由＝qvB得
＝＝。
(2)偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为θ，离开电场时，离子在x方向偏转的距离
x1＝··
又tan θ＝＝
则离开电场后，离子在x方向偏移的距离
x2＝L tan θ＝
则x＝x1＋x2＝＝
位置坐标为。
(3)如图所示，偏转系统仅加磁场时，由qvB＝得，离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径
r＝＝
又sin α＝
则离开磁场时，离子在y方向偏转距离
y1＝r(1－cos α)≈(sin α)2＝
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
y2＝L tan α≈L sin α＝
则y＝y1＋y2＝
故位置坐标为。
(4)注入晶圆的位置坐标为
电场引起的速度增量只对离子在x轴方向的运动产生影响，而磁场只对离子在y轴方向的运动产生影响。
答案：(1)
(2)
(3) (4)见解析
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第十章 磁 场
思维进阶课十四 带电粒子在交变电磁场和立体空间中的运动
[学习目标] 1．掌握带电粒子在交变电磁场中的运动问题的解题思路和处理方法。
2．掌握带电粒子在立体空间中的运动问题的解题思路和处理方法。
进阶1 带电粒子在交变电磁场中的运动
1．交变场的常见的类型
(1)电场周期性变化，磁场不变。
(2)磁场周期性变化，电场不变。
(3)电场、磁场均周期性变化。
2．带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
[典例1] 如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场，磁感应强度大小B0已知，磁场方向垂直纸面向里为正。t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子(重力不计)的质量为m、电荷量为q，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆。求：
(1)P点到O点的距离；
(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移大小。
[解析] (1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0＝，Eq＝ma
设O、P间距离为x，则x＝，
联立解得x＝。
(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，则
R1＝，R2＝
又由动能定理得
Eqx＝
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，Δx＝2R2－2R1＝。
[答案]
[典例2] 某磁偏转装置如图甲所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小按图乙所示的规律做周期性变化，在 0～T 时间内B＝B0tan 。在磁场区域的右侧有一圆心也在O点的半圆形荧光屏，A为荧光屏中点。一粒子源P均匀地发射初速度可忽略的电子，沿PO方向射出的电子经电压U加速后正对圆心O射入磁场，∠POA＝，在0～T时间内经磁场偏转的电子从上到下打在荧光屏上C、D两点
间(图中C、D未画出)。已知电子的电荷量为e、质量为m，B0＝，tan ＝－1。不计电子的重力，电子穿过磁场的时间远小于磁场变化的周期，忽略磁场变化激发电场的影响。
(1)求打在荧光屏A点的电子在进入磁场时磁感应强度大小B1；
(2)求∠COD及电子在荧光屏上扫描的角速度ω。
[解析] (1)电子沿着径向飞入磁场，由带电粒子在磁场中的运动规律得，带电粒子沿着OA方向飞出磁场，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，如图1所示
由几何关系得，电子做圆周运动的半径r＝R，
由题意得
eU＝mv2
evB1＝m
联立解得B1＝＝B0。
(2)由r＝知，磁感应强度越小，电子做圆周运动的半径越大，反之越小；如图2所示，由题意知打在屏幕上的C点的电子半径最大，此时的电子在T＝0时刻飞入匀强磁场；
打在屏幕D点的电子在T时刻飞入磁场的，
那么
rC＝＝＝R
同理rD＝＝R
根据几何关系得tan ∠POOD＝＝，
则∠POOD＝，∠POD＝
同理∠POC＝
故∠COD＝π－＝
故电子在荧光屏上扫描的角速度ω＝。
[答案] (1)B0 (2)
[典例3] 如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场和磁场，交变电场的电场强度大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x轴正方向为电场的正方向，垂直纸面向外为磁场的正方向。在t＝0时刻，将一质量为m、带电荷量为q、重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放。粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在x轴上。求：
(1)粒子第一次在磁场中运动的半径；
(2)粒子打在x轴负半轴上的位置到O点的最小距离；
(3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件；
(4)粒子打在x轴上的位置到坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系。
[解析] (1)粒子第一次在电场中运动有qE0＝ma
v1＝at0，t0＝，粒子第一次进入磁场中有
qv1B0＝，联立解得R1＝。
(2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上的位置到O点的距离最小，如图甲所示。
第一次加速的位移为Δx1＝＝
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1，v2＝2v1＝
则R2＝＝
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2)。
(3)分析带电粒子运动轨迹如图乙所示。
可知A与坐标原点间的距离d应满足
d＝n2R1＝(n＝1，2，3，…)。
(4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上
xP＝n(Δx1＋R1)＝(π＋2)(n＝1，2，3，…)。
[答案] (π＋2)
(3)d＝(n＝1，2，3，…)
(4)xP＝(π＋2)(n＝1，2，3，…)
进阶2 带电粒子在立体空间中的运动
1．带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充分利用分解的思想，分解为直线运动、圆周运动、类平抛运动，再利用每种运动对应的规律进行求解。
2．粒子在立体空间常见运动及解题策略
运动类型 解题策略
在三维坐标系中运动，每个轴方向的运动都是常见运动模型 将粒子的运动分解为三个方向的运动
一维加一面，如旋进运动 旋进运动将粒子的运动分解为一个轴方向的匀速直线运动或匀变速直线运动和垂直该轴的所在面内的圆周运动
运动类型 解题策略
运动所在平面切换，粒子进入下一区域偏转后曲线不在原来的平面内 把粒子运动所在的面隔离出来，转换视图角度，把立体图转化为平面图，分析粒子在每个面的运动
[典例4] 如图所示，在空间直角坐标系中，yOz平面左侧存在沿z轴正方向的匀强磁场，右侧存在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz平面右侧还有沿y轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为(－d，0，0)的M点发射一质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度大小为v0、方向沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为60°；经一段时间后粒子恰好垂直于y轴进入yOz平面右侧。
其中电场强度和磁感应强度大小未知，其关系满
足＝，不计粒子的重力。求：
(1)粒子在yOz平面左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R1；
(2)粒子第2次经过yOz平面时的速度大小v；
(3)粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标；
(4)粒子第2、3两次经过yOz平面的位置间的距离。
[解析] (1)根据几何关系有R1sin 60°＝d
解得R1＝d。
(2)根据运动的合成有v＝
又v1＝a
qE＝ma
根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝
T＝＝
联立解得v＝2v0。
(3)在yOz平面右侧，磁感应强度大小不变，在磁场中做圆周运动的轨道半径大小仍然为R1，粒子第2次经过yOz平面时的坐标为
Δy＝a
由于＝
解得Δy＝πd
粒子第2次经过yOz平面时的坐标为。
(4)粒子再次进入yOz平面左侧，其速度大小变为2v0，由tan θ＝＝＝知，速度与y轴负方向夹角θ＝30°，之后在z＝d的平面内做匀速圆周运动，有
q·2v0B＝m，解得R2＝2R1
根据几何关系，粒子第2次、第3次经过yOz平面的交点间的距离为l＝2R2cos 60°＝2R1
解得l＝d。
[答案] (1)d (2)2v0 (3)[0，－(πd－d)，d] (4)d
[典例5] 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作的原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小
孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入晶圆上的O点(即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α
很小时，有sin α≈tan α≈α，cos α≈1－
α2。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来的离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
[解析] (1)通过速度选择器的离子由于受力平衡需满足qE＝qvB，可得速度v＝
由题图知，从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝
由＝qvB得
＝＝。
(2)偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为θ，离开电场时，离子在x方向偏转的距离
x1＝··
又tan θ＝＝
则离开电场后，离子在x方向偏移的距离
x2＝L tan θ＝
则x＝x1＋x2＝＝
位置坐标为。
(3)如图所示，偏转系统仅加磁场时，由qvB＝得，离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径
r＝＝
又sin α＝
则离开磁场时，离子在y方向偏转距离
y1＝r(1－cos α)≈(sin α)2＝
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
y2＝L tan α≈L sin α＝
则y＝y1＋y2＝
故位置坐标为。
(4)注入晶圆的位置坐标为
电场引起的速度增量只对离子在x轴方向的运动产生影响，而磁场只对离子在y轴方向的运动产生影响。
[答案] (1) (2)
(3) (4)见解析
思维进阶特训(十四)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
1．如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。t＝0时刻，一个比荷＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，)处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为( )
A．8π×10-5 s B．π×10-5 s
C．1.2π×10-4 s D．×10-4 s
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C [洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝＝8π×10-5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；位移大小2r sin 60°＝ m，位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨
迹如图所示；正电荷第一次运动到x轴应为
A点，运动时间为t＝T＝1.2π×10-4 s，故
C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(2022·重庆卷)2021年我国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量
大小为v2，不计离子重力，则( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．静电力的瞬时功率为
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D [根据功率的计算公式可知P＝Fv cos θ，则静电力的瞬时功率为P＝Eqv1，A错误；由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F洛＝qv2B，B错误；离子在垂直于磁场方向的平面内以v2做匀速圆周运动，沿电场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力大小不变，静电力大小不变，合力大小不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．如图甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长＝。一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．1∶1 B．2π∶3
C．2π∶9 D．π∶9
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C [设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆心角为α，则由几何关系有2r sin α＝＝，联立解得α＝60°，所以有＝T，T＝，解得T1＝＝v0T2，解得T2＝，所以＝，故C正确，A、B、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．(多选)(2024·河北唐山二模)如图所示，空间中有O-xyz坐标系，xOz平面水平，y轴沿竖直方向，在y轴右侧xOz平面上方空间存在竖直向上的匀强电场，在y轴右侧xOz平面下方空间存在竖直向下的匀强磁场。一带负电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定速度v0沿平行于x轴的正方向射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ角离开电场，粒子在以后的运动中恰好不离开磁场。已知M点的坐标为(0，h，0)，带负电的粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，则下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为
D．粒子在yOz平面上相邻切点间的距离为4πh
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
AD [粒子从M点到N点做类平抛运动，有h＝at2，qE＝ma，tan θ＝，x＝v0t，联立解得E＝，x＝正确；粒子从N点进入磁场，其中沿y轴负方向的速度与磁感应强度平行，不受洛伦兹力而做匀速直线运动，沿x方向的速度v0与磁感应强度垂直，受洛伦兹力做匀速圆周运动，粒子在以后的运动中恰好不离开磁场，则轨
题号
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迹圆与yOz平面相切，则有x＝R，qv0B＝，联立解得R＝，B＝，故B、C错误；粒子在yOz平面上相邻切点间距离为匀速圆周运动一圈的时间内在y轴负方向匀速直线运动的距离，有y＝v0tan θ·T，T＝＝，联立可得y＝4πh，故D正确。]
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5．如图所示，在空间直角坐标系O-xyz中，界面Ⅰ与Oyz平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y轴负方向的匀强电场E，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z轴正方向的匀强磁场B。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从y轴上距O点处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，磁感应
强度B的大小。
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[解析] (1)粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子的加速度为a，沿z轴正方向看，粒子运动轨迹如图所示
在界面Ⅰ、Ⅱ间，有
L＝v0t，＝at2
又qE＝ma
联立解得E＝。
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(2)设粒子到O1点时的速度为v，与x轴夹角为θ，
则vy＝at，解得tan θ＝＝1
即θ＝45°
则v＝＝v0
在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，运动轨迹与界面Ⅲ相切，如图所示，有
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qvB＝m
又根据几何关系有r＋r cos 45°＝L
解得B＝。
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[答案] (2)
6．(2024·广东卷)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场，水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m，忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
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(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，静电力对粒子做的功W。
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[解析] (1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0
根据T＝
则粒子所带的电荷量q＝。
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(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时＝vt0
出电场时竖直速度为零，则竖直方向
y＝2××(0.5t0)2
在磁场中时qvB＝m
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其中的y＝2r＝
联立解得
v＝π
D＝。
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(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示
由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r
粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转
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电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内静电力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次静电力做功也为零，可知整个过程中只有从开始到进入左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功不为零，则W＝mv2＋×＝＋＝。
[答案] (1)正电 (2) π (3)
7．如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
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(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。
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[解析] (1)设经时间t，粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a，则a＝
半个周期内，粒子向上运动的距离为
y＝a
又d＝2ny，t＝nT
联立解得T＝(n＝1，2，3，…)。
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(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝
解得r＝d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场
的半周期，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，
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由几何关系得r＋2r sin θ＝d
解得sin θ＝
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cos θ)＝d。
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[答案] (1)(n＝1，2，3，…) (2)d
8．(2022·河北卷节选)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
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(1)t＝0时刻释放的粒子在t＝时刻的位置坐标；
(2)在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功。
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[解析] (1)设t0＝，在0～t0时间内，E＝E0，B＝0，带电粒子在电场中沿y轴正方向做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律有
qE0＝ma1
由运动学规律可知v1＝a1t0
解得粒子在t＝t0时刻的速度大小为v1＝，方向沿y轴正方向
这段时间粒子沿y轴正方向运动的距离
y1＝v1·t0＝
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在t0～2t0时间内，E＝0，B＝B0，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动。根据粒子在磁场中运动的周期T＝，可知在这段时间内粒子偏转180°，根据左手定则可知粒子向x轴正方向偏转
根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝
解得r1＝
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0～2t0粒子运动轨迹如图甲，则粒子沿x轴正方向运动的距离为x1＝2r1＝
所以在t＝2t0＝时刻，粒子的位置
坐标为。
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(2)由(1)知，2t0时刻粒子速度方向沿y轴负方向，大小为v1
在2t0～3t0时间内，E＝2E0，B＝0，由牛顿第二定律有2qE0＝ma2
由运动学规律有v2＝－v1＋a2t0
解得3t0时刻粒子的速度v2＝
2t0～3t0粒子沿y轴正方向运动的位移为
y2＝·t0＝0
在3t0～4t0时间内，E＝0，B＝B0，粒子沿x轴正方向运动的距离为x2＝2r2＝2＝
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4t0时刻粒子速度方向沿y轴负方向，大小为v2
在4t0～5t0时间内，E＝3E0，B＝0，根据牛顿第二定律有3qE0＝ma3
由运动学规律有v3＝－v2＋a3t0
解得5t0时刻粒子的速度v3＝
4t0～5t0粒子沿y轴正方向运动的位移为
y3＝·t0＝
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在5t0～6t0时间内，E＝0，B＝B0，粒子沿x轴正方向运动的距离为x3＝2r3＝2＝
0～6t0粒子运动的轨迹如图乙
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在0～时间内，静电力对粒子做的功为W＝qE0·y1＋q·2E0·y2＋q·3E0·y3＝。
[答案]
谢 谢 ！思维进阶特训(十四)
1．如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。t＝0时刻，一个比荷＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，)处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为( )
A．8π×10-5 s B．π×10-5 s
C．1.2π×10-4 s D．×10-4 s
2．(2022·重庆卷)2021年我国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则( )
A．静电力的瞬时功率为
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
3．如图甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长＝。一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为( )
A．1∶1 B．2π∶3
C．2π∶9 D．π∶9
4．(多选)(2024·河北唐山二模)如图所示，空间中有O-xyz坐标系，xOz平面水平，y轴沿竖直方向，在y轴右侧xOz平面上方空间存在竖直向上的匀强电场，在y轴右侧xOz平面下方空间存在竖直向下的匀强磁场。一带负电的粒子从y轴正半轴上的M点以一定速度v0沿平行于x轴的正方向射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ角离开电场，粒子在以后的运动中恰好不离开磁场。已知M点的坐标为(0，h，0)，带负电的粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，则下列说法正确的是( )
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为粒子在yOz平面上相邻切点间的距离为4πh
5．如图所示，在空间直角坐标系O-xyz中，界面Ⅰ与Oyz平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y轴负方向的匀强电场E，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z轴正方向的匀强磁场B。一质量为m、电荷量为＋q的粒子从y轴上距O点处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，磁感应强度B的大小。
6．(2024·广东卷)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场，水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m，忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，静电力对粒子做的功W。
7．如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。
8．(2022·河北卷节选)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
(1)t＝0时刻释放的粒子在t＝时刻的位置坐标；
(2)在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功。
思维进阶特训(十四)
1．C [洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝＝8π×10-5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；位移大小2r sin 60°＝ m，位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图所示；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝T＝1.2π×10-4 s，故C正确。]
2．D [根据功率的计算公式可知P＝Fv cos θ，则静电力的瞬时功率为P＝Eqv1，A错误；由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F洛＝qv2B，B错误；离子在垂直于磁场方向的平面内以v2做匀速圆周运动，沿电场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力大小不变，静电力大小不变，合力大小不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。]
3．C [设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆心角为α，则由几何关系有2r sin α＝＝，联立解得α＝60°，所以有＝T，T＝，解得T1＝＝v0T2，解得T2＝，所以＝，故C正确，A、B、D错误。]
4．AD [粒子从M点到N点做类平抛运动，有h＝at2，qE＝ma，tan θ＝，x＝v0t，联立解得E＝，x＝正确；粒子从N点进入磁场，其中沿y轴负方向的速度与磁感应强度平行，不受洛伦兹力而做匀速直线运动，沿x方向的速度v0与磁感应强度垂直，受洛伦兹力做匀速圆周运动，粒子在以后的运动中恰好不离开磁场，则轨迹圆与yOz平面相切，则有x＝R，qv0B＝，联立解得R＝，B＝，故B、C错误；粒子在yOz平面上相邻切点间距离为匀速圆周运动一圈的时间内在y轴负方向匀速直线运动的距离，有y＝v0tan θ·T，T＝＝，联立可得y＝4πh，故D正确。]
5．解析：(1)粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子的加速度为a，沿z轴正方向看，粒子运动轨迹如图所示
在界面Ⅰ、Ⅱ间，有
L＝v0t，＝at2
又qE＝ma
联立解得E＝。
(2)设粒子到O1点时的速度为v，与x轴夹角为θ，
则vy＝at，解得tan θ＝＝1
即θ＝45°
则v＝＝v0
在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，运动轨迹与界面Ⅲ相切，如图所示，有
qvB＝m
又根据几何关系有r＋r cos 45°＝L
解得B＝。
答案： (2)
6．解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0
根据T＝
则粒子所带的电荷量q＝。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时＝vt0
出电场时竖直速度为零，则竖直方向
y＝2××(0.5t0)2
在磁场中时qvB＝m
其中的y＝2r＝
联立解得
v＝π
D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示
由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r
粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内静电力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次静电力做功也为零，可知整个过程中只有从开始到进入左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功不为零，则W＝mv2＋×＝＋＝。
答案：(1)正电 (2) π (3)
7．解析：(1)设经时间t，粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a，则a＝
半个周期内，粒子向上运动的距离为
y＝a
又d＝2ny，t＝nT
联立解得T＝(n＝1，2，3，…)。
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝
解得r＝d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，
由几何关系得r＋2r sin θ＝d
解得sin θ＝
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cos θ)＝d。
答案：(1)(n＝1，2，3，…) (2)d
8．解析：(1)设t0＝，在0～t0时间内，E＝E0，B＝0，带电粒子在电场中沿y轴正方向做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律有
qE0＝ma1
由运动学规律可知v1＝a1t0
解得粒子在t＝t0时刻的速度大小为v1＝，方向沿y轴正方向
这段时间粒子沿y轴正方向运动的距离
y1＝v1·t0＝
在t0～2t0时间内，E＝0，B＝B0，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动。根据粒子在磁场中运动的周期T＝，可知在这段时间内粒子偏转180°，根据左手定则可知粒子向x轴正方向偏转
根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝
解得r1＝
0～2t0粒子运动轨迹如图甲，则粒子沿x轴正方向运动的距离为x1＝2r1＝
所以在t＝2t0＝时刻，粒子的位置坐标为。
(2)由(1)知，2t0时刻粒子速度方向沿y轴负方向，大小为v1
在2t0～3t0时间内，E＝2E0，B＝0，由牛顿第二定律有2qE0＝ma2
由运动学规律有v2＝－v1＋a2t0
解得3t0时刻粒子的速度v2＝
2t0～3t0粒子沿y轴正方向运动的位移为
y2＝·t0＝0
在3t0～4t0时间内，E＝0，B＝B0，粒子沿x轴正方向运动的距离为x2＝2r2＝2＝
4t0时刻粒子速度方向沿y轴负方向，大小为v2
在4t0～5t0时间内，E＝3E0，B＝0，根据牛顿第二定律有3qE0＝ma3
由运动学规律有v3＝－v2＋a3t0
解得5t0时刻粒子的速度v3＝
4t0～5t0粒子沿y轴正方向运动的位移为
y3＝·t0＝
在5t0～6t0时间内，E＝0，B＝B0，粒子沿x轴正方向运动的距离为x3＝2r3＝2＝
0～6t0粒子运动的轨迹如图乙
在0～时间内，静电力对粒子做的功为W＝qE0·y1＋q·2E0·y2＋q·3E0·y3＝。
答案：
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