【江苏专版】41 第九章 第3节 带电粒子在复合场中的运动 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习
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| 名称 | 【江苏专版】41 第九章 第3节 带电粒子在复合场中的运动 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习 |  | |
| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 25.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-07-17 13:39:59 | ||
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文档简介
(共186张PPT)
第九章 磁场
第3节 带电粒子在复合场中的运动
细研考点·突破题型
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
考点1 带电粒子在组合场中的运动
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3．“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况 只受恒定的电场力F＝Eq 只受大小恒定的洛伦兹力
F＝qvB
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
电偏转 磁偏转
运动轨迹 抛物线 圆弧
求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝
4．运动过程
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。
磁场与磁场的组合
[典例1] (磁场与磁场的组合)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。不计粒子重力，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，
求粒子从O运动到O′的时间t。
[解析] (1)根据左手定则可知，粒子进入第一个磁场后受到的洛伦兹力的方向向上，粒子从O上方处射出磁场，可知粒子的半径r0＝
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝
所以B＝。
(2)当入射速度为5v0时，粒子的半径r＝＝5r0＝d
设粒子在矩形磁场中偏转的角度为α，则d＝r·sin α
所以sin α＝
则α＝53°
粒子从第一个矩形磁场区域出来进入第二个磁场区域后，受到的洛伦兹力的方向相反，由运动的对称性可知，粒子出第二个磁场时，运动的方向与初速度的方向相同；粒子在没有磁场的区域内做匀速直线运动，最后在后两个磁场区域的情况与前两个磁场区域的情况对称，运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中运动的周期T＝＝＝
粒子在一个矩形磁场中运动的时间t1＝·T＝
粒子在没有磁场的区域内运动的时间t2＝
所以粒子运动的总时间
t＝4t1＋t2＝。
[答案] (1) (2)
【典例1 教用·备选题】 (磁场与磁场的组合)(2025·江苏如皋市模拟)如图所示，圆心坐标为 (－R，0)、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面，y轴右侧存在磁感应强度大小为0.5B、方向垂直坐标平面的匀强磁场，薄收集板MN位于y轴上－2R到－4R的区间上。PQ是均匀分布的线状电子源，P、Q点的坐标分别为(－2R，－R)、(0，－R)，电子源沿y轴正方向持续发射速率相同的电子，已知电子的质量为m、电荷量为－e，不计电子间的相互作用。
(1)若从PQ中点进入磁场的电子恰好能从y轴左侧打到Q点，求电子的速率v1；
(2)若电子的速率v2＝，求电子第1次在圆形匀强磁场区域中运动的最长时间tm；
(3)若电子的速率v3＝，求MN能收集到的电子数占发射电子数的比例η。
[解析] (1)电子在磁场中做匀速圆周运动，画出电子的运动轨迹如图1所示，由几何关系得r1＋r1＝R
根据洛伦兹力提供向心力，得ev1B＝
联立解得v1＝。
(2)电子在圆形磁场中，有ev2B＝
则轨迹半径r2＝2R
如图2所示，轨迹圆弦长过圆形磁场区域圆心时运动时间最长，圆心角α＝60°
最长时间tm＝
电子运动周期T＝
解得tm＝。
(3)在y轴左侧磁场中，有ev3B＝
可得r3＝R
在y轴右侧磁场中，有ev3×B＝
可得r4＝2R
能打到MN的临界轨迹如图3(r4无需标出)
OM＝2r4sin θ
解得θ＝30°
能打到MN的电子在PQ上的长度为L＝2R cos θ
比例为η＝
解得η＝。
[答案] (1) (2) (3)
1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图所示。
电场与磁场的组合——先电场后磁场
2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图所示。
注意：进入磁场的速度是离开电场的末速度，而非进入电场的初速度。
[典例2] (电场与磁场的组合)(2024·江苏卷)如图所示，两个半圆环区abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a′b′间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
[解析] (1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v1、v2，由题意可得
v2＝kv1
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
evB＝m
解得r＝
可知在磁场中的运动半径r∝v，可得
r1∶r2＝v1∶v2＝1∶k。
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入体后的速度大小为kv。电子经过电场加速后速度大小为v，根据动能定理得
eU＝mv2－m(kv)2
解得v＝
方向垂直于cd向左。
(3)电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d。由P点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如图所示。
根据(1)(2)的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为
r＝＝
电子在左半圆区域的运动半径为kr，则
Δx＝2r－2kr
P点与d点之间的距离为
Pd＝(R2－R1)
电子由P点多次循环后到达d点的循环次数为
n＝＝
电子在左、右半圆区域的运动周期均为
T＝
忽略电子经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从P到d的时间
t＝nT＝。
[答案] (1)1∶k (2)，方向垂直于cd向左 (3)
【典例2 教用·备选题】 (电场与磁场的组合)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在Oxy平面内的截面图如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于Oxy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电、磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
[解析] (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b)所示，速度v沿电场方向的分量为v1。
根据牛顿第二定律有
qE＝ma ①
由运动学公式有
l′＝v0t ②
v1＝at ③
v1＝v cos θ ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝ ⑤
由几何关系得l＝2R cos θ ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝。 ⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0cot ⑧
联立①②③⑦⑧式得＝ ⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋T ⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝
由②⑦⑨⑩ 式得t′＝。
[答案] (1)见解析图 (2) (3)
规律总结 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
【典例2 教用·备选题】(电场与磁场的组合)如图所示，在Oxy平面第Ⅰ象限内有一半径为R＝1 m 的圆形区域，圆心为O1，圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界与x和y轴分别相切于M、N两点。在x<0区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在方向垂直于Oxy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。在电场中有一个位于Oxy平面内且与y轴平行、长为R的线状粒子源CD，CD的中点A在x轴上，粒子源
上各点均能沿Oxy平面发射质量为m、电荷量为q(q>0)的同种带电粒子，且所发射粒子的速度大小均为v0＝2×105 m/s，方向均与x轴正方向成θ＝60°角。已知从C点发出的粒子，恰好沿水平方向经过y轴上的P点，经圆形磁场偏转后恰好从M点进入第Ⅳ象限，粒子的比荷＝5×105 C/kg，P点坐标为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：
(1)匀强电场场强的大小E和OA间的距离s；
(2)圆形磁场磁感应强度的大小B；
(3)粒子源CD上各点所发出的粒子经圆形磁场后最终都能通过x轴进入第Ⅳ象限，经第Ⅳ象限磁场偏转后将第二次通过x轴，求这些粒子第二次通过x轴时所能到达的离O点最远的点的坐标。
[解析] (1)C点到P点过程粒子做类平抛运动，y轴方向
0－(v0sin θ)2＝－2aR
qE＝ma
＝t
x轴方向s＝v0cos θ·t
联立解得E＝3×104 V/m，s＝ m。
(2)C点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其入射速度
v＝v0cos θ＝1×105 m/s
设粒子轨迹半径为r1，由牛顿第二定律得
qvB＝
由几何关系可知r1＝R＝1 m
联立解得B＝0.2 T。
(3)分析可知，CD上任意点发出的粒子经圆形磁场偏转后都从M点通过x轴进入第Ⅳ象限，其中从A点射出的粒子将从N点进入、从M点离开圆形磁场，且第一次通过x轴时速度方向沿－y方向，它第二次通过x轴时能到达离O点最远的位置，其运动轨迹如图
设粒子在第Ⅳ象限磁场中运动的轨迹半径为r2，由牛顿第二定律得qv＝
解得r2＝2 m
所求点的坐标为(5 m，0)。
[答案] (1)3×104 V/m m (2)0.2 T
(3)(5 m，0)
[典例3] (有限制范围的电场与磁场的组合)(2025·江苏连云港模拟)利用电磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。如图所示，在xOy坐标平面内，第三象限存在着方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。在其余象限存在垂直纸面的匀强磁场，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感应强度大小均为B(未知)。在坐标点(0，－)处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以初速度沿着x轴负方向射入匀强电场，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略粒子重力。求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度v；
(2)磁感应强度B的大小。
[解析] (1)正粒子从(0，－)进入电场后做类平抛运动，则在竖直方向上有＝×t2
水平方向有x＝v0t
联立解得t＝，x＝L
竖直方向上有vy＝×t＝
水平方向上有vx＝
故第一次进入磁场时的速度v＝＝2
设速度方向与x轴负方向成θ角，则有
tan θ＝＝
代入解得θ＝30°。
故粒子进入磁场时的速度与x轴负方向成30°角。
(2)经分析可知，粒子轨迹如图1所示，由几何关系可知α＝60°
经(1)分析，粒子在类平抛运动中，x＝v0t＝L
故可知，x＝R cos α
解得R＝2L
粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝
解得B＝＝＝。
[答案] (1)2，方向与x轴负方向成30°角 (2)
1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)。
2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。
电场与磁场的组合——先磁场后电场
[典例4] (先磁场后电场)如图甲所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场存在于底面半径为R的圆柱形空间内，O1和O2是圆柱形空间上、下两个圆面的圆心，其后侧与O1等高处有一个长度为R的水平线状粒子发射源MN，图乙是俯视图，P为MN的中点，O1P连线与MN垂直。线状粒子源能沿平行PO1方向发射某种质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子束，带电粒子的速度大小均相等。在O1O2右侧2R处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏，荧光屏的AB边与线状粒子源MN垂直，且处在同一高度。过O1作AB边的垂线，
交点恰好为AB的中点O。荧光屏的左侧存在竖直向下的匀强电场，宽度为R，电场强度大小为E。已知从MN射出的粒子经磁场偏转后都从F点(圆柱形空间与电场边界相切处)射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)求带电粒子的初速度大小；
(2)以AB边的中点O为坐标原点，沿AB边向里为x轴，垂直AB边向下为y轴建立坐标系，求从M点射出的粒子打在荧光屏上的位置坐标；
(3)求圆柱形横截面内，磁场区域的最小面积。
[解析] (1)在磁场中由洛伦兹力提供向心力qv0B＝
线状粒子源发出的粒子均从F点射出，可得r＝R
解得带电粒子的初速度大小v0＝。
(2)设打在荧光屏上的横、纵坐标分别为x、y，
粒子从F点离开磁场时与O1O之间的夹角为θ，
如图1所示
sin θ＝＝
可得θ＝30°
依题意有x＝R tan θ＝
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可得
a＝
y＝at2
＝v0t
联立解得y＝
则粒子打在荧光屏上的位置坐标为
。
(3)磁场区域的最小面积为图2中两条轨迹与圆O1相交部分的面积，
S＝2－2
解得磁场区域的最小面积S＝。
[答案] (1) (2) (3)
【典例4 教用·备选题】 (先磁场后电场)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)，不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
(2)离子从D处运动到G处所需时间；
(3)离子到达G处时的动能。
[解析] (1)正离子运动的轨迹如图所示。磁场中做圆周运动的半径r满足
d＝r＋r cos 60°，解得r＝d。
(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有
qv0B＝
T＝＝
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为t1＝T＝
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为t2＝＝
离子从D处运动到G处所需时间为
t＝t1＋t2＝。
(3)设电场强度为E，则有qE＝ma
d＝
由动能定理得qEd＝
解得EkG＝。
[答案] (1)d (2) (3)
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
考点2 带电粒子在叠加场中的运动
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线运动 其他力的合力与洛伦兹力等大反向 平衡条件
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 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零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
3．三种场的比较
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：正电荷受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反 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
4．关于是否考虑粒子重力的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。
[典例5] (带电粒子在叠加场中的运动)(2024·贵州卷)如图，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有一半径为L且与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
(1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小；
(2)粒子的电荷量与质量之比；
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
[解析] (1)带电粒子在cdef区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，由题图分析可知粒子带正电，经cd边的中点速度水平向右，设粒子到达cd边的中点速度大小为v0，带电荷量为q，质量为m，由平衡条件有
qE＝qv0B
解得v0＝。
(2)粒子从b点到cd边的中点的运动，可逆向看成从cd边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
qE＝ma
由类平抛运动规律可得
v0t＝L
at2＝
联立解得粒子的电荷量与质量之比
＝＝。
(3)粒子从ef中点射入圆形区域做匀速圆周运动，设粒子的运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B＝
解得R＝L
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α，
由几何关系可知
α＝2θ
可得tan θ＝＝
则θ＝30°
α＝60°。
[答案] (1) (2) (3)60°
规律总结 “三步”解决叠加场问题
【典例5 教用·备选题】 (带电粒子在叠加场中的运动)(2024·安徽卷改编)空间中存在竖直向下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，则以下说法错误的是( )
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
√
C [油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，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电场力和重力仍然平衡，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6] (磁场与电场叠加)(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0[解析] (1)根据电子在复合场中做直线运动，有eE＝ev0B，
解得E＝v0B。
(2)电子在复合场运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理，有
eE·y1＝m－m，
解得y1＝。
(3)由分析可知，电子在最高点速度最大，设能到达的最大高度为y2的电子的入射速度为v，在最大高度处的速度为vm，
由题意有eE－evB＝evmB－eE，
根据动能定理有eE·y2＝ －mv2, 解得v＝v0，
则入射速度在0＝＝，
所以＝90%。
[答案] (1)v0B (2) (3)90%
【典例6 教用·备选题】 (磁场与电场叠加)如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是( )
A．带电粒子M、N的电性一定相同
B．带电粒子M、N的电荷量一定相同
C．撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等
D．撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等
√
D [根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足qvB＝qE，即v＝，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电荷量无关，故A、B错误；撤去电场后，粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，可得R＝，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由l＝vt可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。]
[典例7] (磁场与重力场叠加)(2024·江苏镇江期末)如图所示，圆心为O、半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道PMQ固定在竖直面内，P、Q两点等高，M点为圆弧轨道最低点，在轨道的左半边有方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场，K点为圆弧PM上的一点，KO连线与OM夹角为45°。一带负电的小球(可视为质点)，从轨道右端Q点无初速度释放，运动过程中始终未脱离轨道，已知M点在磁场内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．小球滑到轨道左侧后，不会到达P点
B．小球经过K点时的向心加速度大小为g
C．小球由Q点滑到M点与从M点滑到P点所用的时间相等
D．小球在磁场中，向左经过M点时对轨道的压力大于向右经过M点时对轨道的压力
√
C [由于洛伦兹力不做功，所以小球在光滑半圆弧绝缘轨道运动时，小球的机械能守恒，则小球滑到轨道左侧后，刚好能到达P点，故A错误；小球从Q点到K点，根据动能定理可知mgR cos 45°＝，小球经过K点时的向心加速度大小为a＝，联立解得a＝g，故B错误；由于小球在光滑半圆弧绝缘轨道运动时机械能守恒，则小球经过任意同一水平面的左、右两侧圆弧轨道的速度大小相等，根据对称性可知小球由Q点滑到M点与从M点滑到P点所用的时间相等，故C正确；设小球经过M点时的速度大小为v，小球在磁场中，当小球向左经过M点，根据牛顿第二定律可得N1＋qvB－mg＝m，当小球向右经过M点，根据牛顿第二定律可得N2－qvB－mg＝m，可得N1【典例7 教用·备选题】(磁场与重力场叠加)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，
则( )
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中甲、乙两个小球的机械能不守恒
√
C [设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋Bv甲q甲＝，mg－Bv乙q乙＝，mg＝， 显然，v甲 > v丙 > v乙，选项A、B错误；甲、乙两小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D错误；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。]
【典例7 教用·备选题】(磁场与重力场叠加)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的( )
A B C D
√
A [带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D错误；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，B、C错误。]
[典例8] (磁场、电场与重力场叠加)(2024·江苏南京一模)如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中，在第一象限内有方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，磁感应强度和电场强度大小均未知。在第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一个带电小球从图中y轴上的M点，沿与x轴成θ＝45°角度斜向上做直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即做匀速圆周运动，已知O、N点间的距离为L，重力加速度大小为g。
(1)求小球的比荷和第一象限内匀强电场的电场强度大小E1；
(2)要使小球能够进入第二象限，求第一象限内磁感应强度B1的大小范围。
[解析] (1)设小球质量为m，电荷量为q，速度大小为v，因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件有qE＝mg tan 45°，故＝
要使小球进入第一象限后能立即做匀速圆周运动，则小球受的重力必须与静电力平衡，则有
qE1＝mg，联立解得E1＝E。
(2)在第四象限中有qvB＝qE，即v＝
小球在第一象限中做圆周运动恰好不进入第二象限时的轨迹如图所示，小球轨迹恰与y轴相切，洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
可得R＝
要使小球能够进入第二象限
由几何关系有L解得B1<。
[答案] (1) E (2)B1<
【典例8 教用·备选题】 (磁场、电场与重力场叠加)如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中，xOz平面水平，xOy平面左侧空间存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场；Oxy平面右侧空间存在竖直向上、电场强度大小为2E的匀强电场和水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在xOy平面右侧空间区域有一垂直于z轴的荧光屏，电荷量为q的带电微粒Q静止在yOz平面内的A点，A点离z轴的距离为d。质量与Q相同的不带电微粒P在yOz平面内运动，某时刻与微粒Q碰撞并合为一体(记为微粒C)，经过O点时，速度大小为v，方向与z轴正方向成θ角，重力加速度为g。
(1)求微粒P与微粒Q碰前瞬间速度的大小v0；
(2)若微粒C在磁场中运动打到荧光屏上时的速度与经过O点时的速度相同，求荧光屏到O点的距离L；
(3)若荧光屏到O点的距离l＝，求微粒C打到荧光屏上的位置坐标，并求出O点到该位置的距离。
[解析] (1)设微粒Q的质量为m，P、Q碰撞后瞬间微粒C的速度为v1
当微粒Q静止时有mg＝qE
微粒P、Q碰撞的过程满足动量守恒，有
mv0＝2mv1
碰撞后微粒C到O点的过程，由动能定理有
(2mg－qE)d＝
解得v0＝2。
(2)微粒C在磁场中做等螺距螺旋线运动，由运动的分解可知，微粒C在磁场中沿z轴正方向以大小为v cos θ的速度做匀速直线运动，在平行于xOy平面内做速度大小为v sin θ的匀速圆周运动，微粒C做圆周运动的周期为T＝
故L＝nTv cos θ(n＝1，2，3，…)
解得L＝(n＝1，2，3，…)。
(3)微粒C沿z轴正方向做匀速直线运动，则微粒C从O点运动到荧光屏所用的时间
t＝＝＝5.25T
微粒C在平行于xOy平面内做匀速圆周运动，则有qvB sin θ＝
故微粒C做匀速圆周运动的轨迹半径
r＝＝
根据微粒C的运动轨迹可知，微粒C打到荧光屏上的位置坐标为
原点O到该位置的距离
l′＝＝。
[答案] (1)2 (2) (n＝ 1，2，3，…) (3)
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
考点3 带电粒子在交变电、磁场中的运动
先读图 了解场的变化情况
受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析 分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量
选规律 联立不同阶段的方程求解
[典例9] (带电粒子在匀强电场、交变磁场中的运动)如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
审题指导
题中信息 方法引导
沿PQ向右做直线运动 小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度的大小
小球再次通过D点速度与PQ成60°角 画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆周运动轨迹半径的关系
求运动的最大周期 当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN相切时小球运动周期最大
[解析] (1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，
则mg＝Eq
解得E＝。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有
s＝
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角
θ＝2π－＝π
则t0＝
联立解得＝π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，
由几何关系得R＋＝(＋1)L
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv0B0＝
解得B0＝
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝。
[答案] (1) (2)π (3)
[典例10] (带电粒子在交变磁场中的运动)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；
(3)由于加速电压增大到某一值，0～T时间内进入磁场的电子从A点上方的E点向下扫描，∠EOA＝。为使电子仍在C、D间扫描，扫描的角速度仍为ω，须在圆形磁场区域叠加一个变化的匀强磁场B2，求在0～T时间内B2的值。
[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点的电子半径最小，此时的电子在T时刻飞入磁场，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＝。
(3)设打到E点的电子做圆周运动的速度为v1，此时做圆周运动的回旋角为45°，由几何关系得，此时电子回旋的半径rE＝(＋1)R
由r＝知，B一定时，v与r成正比，即＝＝
如果还要满足在CD间扫描，那么此时的电子在磁场中做圆周运动最大半径为定值rC，同理，v与B成正比，则有
＝＝
解得B2＝B＝
B0tan 。
[答案] (1)B0 (2)
(3)B0tan
[典例11] (带电粒子在交变电、磁场中的运动)如图(a)所示Oxy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
[解析] (1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，
即R＝ ①
又qv0B0＝ ②
代入＝
解得＝。 ③
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝ ④
联立①④解得T＝4t0 ⑤
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则
x1＝v0t0 ⑥
y1＝ ⑦
其中加速度a＝
由③⑦解得y1＝＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为沿x轴正方向，水平位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离，则有L＝2R＋2x1 ⑧
解得L＝v0t0。
[答案] (1) (2)
(3)v0t0
微点突破9 复合场中的STSE问题
质谱仪
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＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m，则比荷＝
[典例1] (质谱仪)(2024·江苏南通阶段练习)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上、下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则( )
A．速度选择器中的电场方向向左，且三种粒子均带正电
B．三种粒子的速度大小均为
C．打在P3点的粒子的比荷最大，且其在磁场中的运动时间最长
D．如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的
间距为Δx，则打在P3、P1两点的粒子质量差
为
√
D [带电粒子通过速度选择器时，需要二力平衡，故qvB1＝qE，且两力方向相反，根据带电粒子在偏转磁场中的偏转方向，由左手定则，可知三种粒子均带正电，故速度选择器中，洛伦兹力方向为水平向左，可知电场方向向右，故A错误；三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qE＝qvB1，得v＝，故B错误；粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，得R＝，半径与三种粒子的比荷成反比，故打在P3点的粒子的比荷最小，在磁场中的运动时间为t＝＝，故打在P3点的粒子在磁场中的运动时间最长，故C错误；打在P3、P1两点的粒子间距为Δx＝2r3－2r1＝＝，解得m3－m1＝，故D正确。]
【典例1 教用·备选题】 (质谱仪)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依次是氕、氘、氚
B．进入磁场时动能从大到小依次是氕、氘、氚
C．在磁场中运动时间由大到小依次是氕、氘、氚
D．a、b、c三条“质谱线”依次对应氕、氘、氚
√
A [离子通过加速电场的过程，有qU＝mv2, 因为氕、氘、氚三种离子的电荷量相同、质量依次增大，故进入磁场时动能相同，速度依次减小，A正确，B错误；由T＝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依次为氚、氘、氕，C错误；由qvB＝m及qU＝mv2，可得R＝，故氕、氘、氚三种离子在磁场中的轨迹半径依次增大，所以a、b、c三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕，D错误。]
回旋加速器
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＝
[典例2] (回旋加速器)(2021·江苏卷)如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为α，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：
(1)粒子加速到P点所需要的时间t；
(2)极板N的最大厚度dm；
(3)磁场区域的最大半径Rm。
[解析] (1)设粒子在P的速度大小为vP，则根据
qvPB＝
可知半径表达式为R＝
粒子在静电场中加速，根据动能定理有
nqU ＝
粒子在磁场中运动的周期为T＝
粒子运动的总时间为t＝(n－1)×
解得t＝。
(2)由粒子的运动半径r＝，结合动能表达式Ek＝变形得r＝
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
r1＝，r2＝
由几何关系dm＝2
结合EkP＝解得
dm＝2。
(3)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力qvPB－qE＝
设粒子离开偏转器的点为E，圆周运动的圆心为O′。由题意知，O′在EQ上，且粒子飞离磁场的点与O、
O′在一条直线上
粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为R，然后轨迹发生偏离，从加速器的F点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
Rm＝OF＝R＋OO′
将等腰三角形△OO′Q放大如图
虚线为从Q点向OO′所引垂线，虚线平分α角，则
OO′＝2(rQ－R)·sin
解得最大半径为Rm＝R＋sin 。
[答案] (1)
(2)2
(3)R＋sin
速度选择器
装置 原理图 规律
速度 选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，带电粒子做匀速运动
[典例3] (速度选择器)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＝
C．若速度v>，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 [粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvB＝qE，解得速度v＝，选项B正确；若速度v>，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不可能做直线运动，选项D错误。]
电磁流量计
装置 原理图 规律
电磁 流量计 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝π＝
[典例4] (电磁流量计)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，污水从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法不正确的是( )
A．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
B．若污水中正离子较多，则前表面电势比后表面电势低
C．若污水中负离子较多，则前表面电势比后表面电势低
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
√
A [最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有q＝qvB，Q＝vS＝vbc，得U＝，所以电压表示数与离子浓度无关，A错误；正负离子流动时，根据左手定则，正离子受洛伦兹力向后表面偏转，所以后表面上带正电荷，前表面上带负电荷，前表面电势比后表面低，与正离子的多少无关，B、C正确；由A项分析可知Q＝，污水流量Q与U成正比，与a、b无关，D正确。此题选择不正确的，故选A。]
霍尔元件
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
[典例5] (霍尔元件)应用霍尔效应可以测量车轮的转动角速度。如图所示为轮速传感器的原理示意图，假设齿轮为五齿结构，且均匀分布，当齿轮凸起部分靠近霍尔元件时，磁体与齿轮间的磁场增强，凹陷部分靠近霍尔元件时，磁体与齿轮间的磁场减弱。工作时霍尔元件上下两面通入电流I，前后两面连接控制电路。下列说法正确的是( )
A．若霍尔元件材料为金属导体，则前表面比后表面的电势高
B．若将磁体的两极对调，同时将电流方向改为向上，则前后表面电势的高低情况不变
C．若电流恒定，则控制电路监测到的电压也恒定不变
D．若自行车的车速增大，则控制电路监测到的电压也增大
√
B [若霍尔元件材料为金属导体，则自由电子导电，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向前表面，即前表面集聚电子，则前表面比后表面的电势低，选项A错误；若将磁体的两极对调，同时将电流方向改为向上，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力仍指向前表面，即前表面集聚电子，则前表面比后表面的电势低，则前后表面电势的高低情况不变，选项B正确；因为q＝qvB，可得U＝Bvd，即若电流恒定，则v不变，由于B不断变化，则控制电路监测到的电压也不断变化，选项C错误；若自行车的车速增大，只是B变化变快，则控制电路监测到的电压频率变大，但是不影响检测到的电压大小，选项D错误。故选B。]
规律总结 讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决物理问题的方法进行分析。这里较多的是用分析力学问题的方法，对于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运用几何知识寻找关系。
题组一 带电粒子在组合场中的运动
1．(2024·江苏无锡一模)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(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( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
课时分层作业(二十七) 带电粒子在复合场中的运动
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A．M处的电势高于N处的电势
B．减小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．减小偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
B [由题意知电子在M、N间做加速运动，即电场方向为水平向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；在M、N间由Uq＝mv2可知，减小M、N之间的加速电压则电子进入磁场的速度减小，由r＝可知电子在磁场中的轨迹圆半径减小，出磁场时的速度与水平方向的夹角变大，可知P点将左移，故B正确；由电子轨迹知电子进入磁场时洛伦兹力竖直向下，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；由r＝可知减小偏转磁场磁感应强度则电子在磁场中的轨迹圆半径变大，出磁场时的速度与水平方向的夹角变小，可知P点将右移，故D错误。]
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
题组二 带电粒子在叠加场中的运动
2．如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面水平向里。一带电微粒由a点以一定的初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是( )
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A．微粒可能带正电，也可能带负电
B．微粒的动能可能变大
C．微粒的电势能一定减小
D．微粒的机械能一定不变
√
C [由受力分析可知，微粒受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，因微粒在有磁场的复合场中做直线运动，可知其所受合力为零，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，A错误；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力大小变化，微粒将做曲线运动，因此微粒的动能保持不变，B错误；微粒由a沿直线ab运动的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，C正确；在微粒的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，则微粒的机械能一定增加，D错误。]
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题号
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3．一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为
( )
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A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
√
C [若电子打在a点，则电子所受的洛伦兹力等于电场力，即eE＝evB，当电场方向水平向左时，磁场的方向只能垂直纸面向外，此时α粒子所受的向左的电场力F电＝2eE，所受的向右的洛伦兹力F洛＝2e×vB＝evB，则α粒子所受的洛伦兹力小于电场力，即α粒子向左发生偏转；当电场方向水平向右时，磁场方向只能垂直纸面向里，此时α粒子所受的向右的电场力F电＝2eE，所受的向左的洛伦兹力F洛＝2e×vB＝evB，则α粒子所受的洛伦兹力小于电场力，α粒子向右发生偏转。同理分析可知，若α粒子打在a点，则电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。故C正确。]
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题组三 带电粒子在交变电、磁场中的运动
4．如图(a)所示，圆心为O的圆形区域，半径R＝10 cm, MN为荧光屏，长度L＝100 cm，P为屏的中点，圆形区域圆心O距离荧光屏s＝20 cm, OP垂直于MN，大量的带电粒子经U＝2 000 V 电压加速，形成一连续的粒子束，沿半径方向进入圆形区域。当圆形区域内不加磁场时，带电粒子打在荧光屏中心P点，当圆形区域加一匀强磁场后，粒子束经磁场偏转打到荧光屏另一位置，通过改变磁场的大小、方向来改变粒子束打在荧光屏上的位置，磁感应强度B随时间t变化如图(b)所示，已知带电粒子的电荷量q＝1×10-3 C，质量m＝1×10-8 kg，不计粒子重力，忽略粒子在磁场中运动的时间，则下面说法正确的是( )
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A．粒子进入磁场区域的速度v＝2×103 m/s
B．t＝0时刻进入磁场的粒子，速度偏转角度θ＝30°
C．电子束打在荧光屏的范围宽度为40 cm
D．若B的最大值为2 T，则t＝0时刻进入磁场的粒子可以打到荧光屏上
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题号
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√
C [根据Uq＝mv2可得粒子进入磁场区域的速度：v＝＝ m/s＝2×104 m/s，选项A错误；t＝0时刻进入磁场的粒子， B0＝ T，则运动半径r0＝＝0.1 m＝10 cm，由几何关系可知，速度偏转角度θ＝60°，选项B错误；当t＝0时刻射入的粒子射出磁场时打到屏上的位置距离P点最远，最远距离为y＝tan 60°＝20 cm，则粒子束打在荧光屏的范围宽度为2y＝40 cm，选项C正确；若B的最大值为 2 T, 则粒子运动半径r＝ ＝10-2 m＝10 cm＝R，则粒子离开磁场时速度方向平行光屏竖直向上，即t＝0时刻进入磁场的粒子无法打到荧光屏上，选项D错误。]
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5．如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示。薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°。在t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示，粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是( )
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A．磁场方向垂直纸面向外
B．图(b)中B0＝
C．图(b)中T0＝
D．若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射、偏转、碰撞后，仍可返回A点
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√
B [根据题图(a)轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力和牛顿第二定律得qvB0＝m ，解得磁感应强度B0＝，选项B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间t1＝，虚线区域加入磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间t2＝＝＝，磁场变化的周期T0＝t1＋t2＝ ，选项C错误；若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下运动，与MN板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转然后从磁场中飞出，不能返回A点，选项D错误。故选B。]
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题组四 复合场中的STSE问题
6．(2024·江苏泰州期末)如图所示，关于带电粒子(不计重力)在以下四种器件中的运动，下列说法正确的是( )
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A．图甲中，仅增大加速电压，粒子离开加速器的动能就会增加
B．图乙中，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
C．图丙中，等离子体进入A、B极板之间后，A极板是磁流体发电机的负极
D．图丁中，从左侧射入的带负电粒子，若速度满足v<，将向下极板偏转
√
C [题图甲中，粒子离开加速器的动能由D形盒的半径和磁感应强度决定，与加速电压大小无关，故A错误；题图乙中，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝P，那么粒子做圆周运动的半径越小，由R＝可知，粒子的半径越小，则粒子的比荷越大，故B错误；题图丙中，等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，带正电粒子向B极板偏转，带负电粒子向A极板偏转，因此A极板是磁流体发电机的负极，故C正确；题图丁中，带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，当电场力与洛伦磁力两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当洛伦兹力小于电场力，即Eq>qvB，解得速度v<，此时粒子向上极板偏转，故D错误。]
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7．(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( )
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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。]
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8．(2024·江苏苏州一模)如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d。则磁感应强度B和电场强度E可表示为( )
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A．B＝，E＝ B．B＝，E＝
C．B＝，E＝ D．B＝，E＝
√
B [设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU＝mv2，带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有qBv＝m，依题意可知r＝d，联立可解得磁感应强度B＝，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，水平方向有d＝vt，竖直方向有d＝t2，联立可解得电场强度E＝，故A、C、D错误，B正确。]
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9．(2025·江苏扬州模拟)电场和磁场经常用来实现对带电粒子运动轨迹的控制。如图所示，在水平直线ab上方存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，ab下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一比荷为k的带正电粒子从直线ab上P点沿竖直面斜射入匀强电场，粒子在P点的速度大小为v0。速度方向与ab直线的夹角α＝30°，粒子将在电场和磁场中不断偏转，若电场、磁场范围足够大，不计粒子的重力，粒子从P点出发记为第一次经过直线ab。
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(1)粒子第二次经过直线ab时的位置为Q，求PQ间的距离；
(2)粒子第三次经过直线ab时的位置为M，求QM间的距离；
(3)求粒子从P点运动到M点的时间。
[解析] (1)粒子在匀强电场中运动，竖直方向做匀减速运动，水平方向做匀速运动，竖直方向上有
qE＝ma
v0sin 30°＝at
水平方向上有
xPQ＝v0cos 30°·2t
解得xPQ＝。
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(2)根据对称性可得，粒子在Q点时的速度方向与ab直线夹角为θ＝30°，粒子在Q点的速度大小为v0，粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，有
qBv0＝
解得轨迹半径r＝＝
画出运动轨迹如图所示
根据几何关系可得粒子做圆周运动的圆弧圆心角为β＝60°，由几何关系可得
xQM＝r＝。
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(3)由粒子的轨迹可得粒子从P点到Q点的时间为
t1＝2＝
粒子从Q点到M点的时间为
t2＝T＝＝
则t3＝t1＋t2＝＝。
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[答案] (2) (3)
10．如图所示为某种新型质谱仪结构简化示意图，半径为R的圆内有垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场，圆心为O，OO′为竖直方向的轴线，O点右侧圆周上的S处有一粒子源(OS⊥OO′)，可以正对O点发射出速度、电荷量相等，质量不同的带正电粒子，圆形磁场上方关于轴线OO′对称放置两块正对的平行金属板MM′和NN′，两金属板长均为0.6R，间距为2.4R，金属板下边缘连线M′N′与圆形磁场最高点在同一水平线上，金属板上边缘连线MN上方存在范围足够大、方向垂直于纸面向里的磁感应强度为 0.25B 的匀强磁场，MN
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连线上有一可左右平移的探测板PQ。已知从S点射出的电荷量为q、质量为m的粒子，恰好沿轴线OO′进入两金属板之间区域。不计粒子之间的相互作用，两金属板间的电场为匀强电场(不考虑边缘效应)，不计粒子重力，已知sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6，tan ＝，求：
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(1)粒子源发射的粒子速率v0；
(2)两金属板之间不加电压时，能从金属板之间区域射出的粒子的质量范围；
(3)两金属板之间不加电压时，要使探测板上表面能接收到所有从金属板之间射出的粒子，板的长度至少为多少？
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[解析] (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则qv0B＝
由题可知r＝R
解得v0＝。
(2)由r1＝可得，质量越大，圆周运动的半径越大。设质量为m1的粒子恰好从N点射出，粒子离开磁场时与水平方向夹角为θ，由几何关系得sin θ＝0.8，cos θ＝0.6
此时粒子在磁场中做圆周运动的半径
r1＝0.5R
所以m1＝0.5m
同理，设质量为m2的粒子恰好从M点射出，则m2＝2m
所以能从金属板之间区域射出的粒子质量范围是0.5m≤m≤2m。
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(3)从N点进入上部分磁场的粒子经磁场偏转返回边界到达Q点，偏移的水平距离
x1＝＝3.2R
从M点进入上部分磁场的粒子经磁场偏转返回边界到达P点，偏移的水平距离
x2＝＝12.8R
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如图所示，则PQ之间距离至少是
Δx＝(12.8＋2.4－3.2)R＝12R。
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[答案] (1) (2)0.5m≤m≤2m
(3)12R
谢 谢 ！
第九章 磁场
第3节 带电粒子在复合场中的运动
细研考点·突破题型
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
考点1 带电粒子在组合场中的运动
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3．“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况 只受恒定的电场力F＝Eq 只受大小恒定的洛伦兹力
F＝qvB
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
电偏转 磁偏转
运动轨迹 抛物线 圆弧
求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝
4．运动过程
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。
磁场与磁场的组合
[典例1] (磁场与磁场的组合)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。不计粒子重力，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，
求粒子从O运动到O′的时间t。
[解析] (1)根据左手定则可知，粒子进入第一个磁场后受到的洛伦兹力的方向向上，粒子从O上方处射出磁场，可知粒子的半径r0＝
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝
所以B＝。
(2)当入射速度为5v0时，粒子的半径r＝＝5r0＝d
设粒子在矩形磁场中偏转的角度为α，则d＝r·sin α
所以sin α＝
则α＝53°
粒子从第一个矩形磁场区域出来进入第二个磁场区域后，受到的洛伦兹力的方向相反，由运动的对称性可知，粒子出第二个磁场时，运动的方向与初速度的方向相同；粒子在没有磁场的区域内做匀速直线运动，最后在后两个磁场区域的情况与前两个磁场区域的情况对称，运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中运动的周期T＝＝＝
粒子在一个矩形磁场中运动的时间t1＝·T＝
粒子在没有磁场的区域内运动的时间t2＝
所以粒子运动的总时间
t＝4t1＋t2＝。
[答案] (1) (2)
【典例1 教用·备选题】 (磁场与磁场的组合)(2025·江苏如皋市模拟)如图所示，圆心坐标为 (－R，0)、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面，y轴右侧存在磁感应强度大小为0.5B、方向垂直坐标平面的匀强磁场，薄收集板MN位于y轴上－2R到－4R的区间上。PQ是均匀分布的线状电子源，P、Q点的坐标分别为(－2R，－R)、(0，－R)，电子源沿y轴正方向持续发射速率相同的电子，已知电子的质量为m、电荷量为－e，不计电子间的相互作用。
(1)若从PQ中点进入磁场的电子恰好能从y轴左侧打到Q点，求电子的速率v1；
(2)若电子的速率v2＝，求电子第1次在圆形匀强磁场区域中运动的最长时间tm；
(3)若电子的速率v3＝，求MN能收集到的电子数占发射电子数的比例η。
[解析] (1)电子在磁场中做匀速圆周运动，画出电子的运动轨迹如图1所示，由几何关系得r1＋r1＝R
根据洛伦兹力提供向心力，得ev1B＝
联立解得v1＝。
(2)电子在圆形磁场中，有ev2B＝
则轨迹半径r2＝2R
如图2所示，轨迹圆弦长过圆形磁场区域圆心时运动时间最长，圆心角α＝60°
最长时间tm＝
电子运动周期T＝
解得tm＝。
(3)在y轴左侧磁场中，有ev3B＝
可得r3＝R
在y轴右侧磁场中，有ev3×B＝
可得r4＝2R
能打到MN的临界轨迹如图3(r4无需标出)
OM＝2r4sin θ
解得θ＝30°
能打到MN的电子在PQ上的长度为L＝2R cos θ
比例为η＝
解得η＝。
[答案] (1) (2) (3)
1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图所示。
电场与磁场的组合——先电场后磁场
2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图所示。
注意：进入磁场的速度是离开电场的末速度，而非进入电场的初速度。
[典例2] (电场与磁场的组合)(2024·江苏卷)如图所示，两个半圆环区abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a′b′间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
[解析] (1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v1、v2，由题意可得
v2＝kv1
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
evB＝m
解得r＝
可知在磁场中的运动半径r∝v，可得
r1∶r2＝v1∶v2＝1∶k。
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入体后的速度大小为kv。电子经过电场加速后速度大小为v，根据动能定理得
eU＝mv2－m(kv)2
解得v＝
方向垂直于cd向左。
(3)电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d。由P点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如图所示。
根据(1)(2)的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为
r＝＝
电子在左半圆区域的运动半径为kr，则
Δx＝2r－2kr
P点与d点之间的距离为
Pd＝(R2－R1)
电子由P点多次循环后到达d点的循环次数为
n＝＝
电子在左、右半圆区域的运动周期均为
T＝
忽略电子经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从P到d的时间
t＝nT＝。
[答案] (1)1∶k (2)，方向垂直于cd向左 (3)
【典例2 教用·备选题】 (电场与磁场的组合)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在Oxy平面内的截面图如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于Oxy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电、磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
[解析] (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b)所示，速度v沿电场方向的分量为v1。
根据牛顿第二定律有
qE＝ma ①
由运动学公式有
l′＝v0t ②
v1＝at ③
v1＝v cos θ ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝ ⑤
由几何关系得l＝2R cos θ ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝。 ⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0cot ⑧
联立①②③⑦⑧式得＝ ⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋T ⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝
由②⑦⑨⑩ 式得t′＝。
[答案] (1)见解析图 (2) (3)
规律总结 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
【典例2 教用·备选题】(电场与磁场的组合)如图所示，在Oxy平面第Ⅰ象限内有一半径为R＝1 m 的圆形区域，圆心为O1，圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界与x和y轴分别相切于M、N两点。在x<0区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在方向垂直于Oxy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。在电场中有一个位于Oxy平面内且与y轴平行、长为R的线状粒子源CD，CD的中点A在x轴上，粒子源
上各点均能沿Oxy平面发射质量为m、电荷量为q(q>0)的同种带电粒子，且所发射粒子的速度大小均为v0＝2×105 m/s，方向均与x轴正方向成θ＝60°角。已知从C点发出的粒子，恰好沿水平方向经过y轴上的P点，经圆形磁场偏转后恰好从M点进入第Ⅳ象限，粒子的比荷＝5×105 C/kg，P点坐标为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：
(1)匀强电场场强的大小E和OA间的距离s；
(2)圆形磁场磁感应强度的大小B；
(3)粒子源CD上各点所发出的粒子经圆形磁场后最终都能通过x轴进入第Ⅳ象限，经第Ⅳ象限磁场偏转后将第二次通过x轴，求这些粒子第二次通过x轴时所能到达的离O点最远的点的坐标。
[解析] (1)C点到P点过程粒子做类平抛运动，y轴方向
0－(v0sin θ)2＝－2aR
qE＝ma
＝t
x轴方向s＝v0cos θ·t
联立解得E＝3×104 V/m，s＝ m。
(2)C点发出的粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，其入射速度
v＝v0cos θ＝1×105 m/s
设粒子轨迹半径为r1，由牛顿第二定律得
qvB＝
由几何关系可知r1＝R＝1 m
联立解得B＝0.2 T。
(3)分析可知，CD上任意点发出的粒子经圆形磁场偏转后都从M点通过x轴进入第Ⅳ象限，其中从A点射出的粒子将从N点进入、从M点离开圆形磁场，且第一次通过x轴时速度方向沿－y方向，它第二次通过x轴时能到达离O点最远的位置，其运动轨迹如图
设粒子在第Ⅳ象限磁场中运动的轨迹半径为r2，由牛顿第二定律得qv＝
解得r2＝2 m
所求点的坐标为(5 m，0)。
[答案] (1)3×104 V/m m (2)0.2 T
(3)(5 m，0)
[典例3] (有限制范围的电场与磁场的组合)(2025·江苏连云港模拟)利用电磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。如图所示，在xOy坐标平面内，第三象限存在着方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。在其余象限存在垂直纸面的匀强磁场，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感应强度大小均为B(未知)。在坐标点(0，－)处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以初速度沿着x轴负方向射入匀强电场，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略粒子重力。求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度v；
(2)磁感应强度B的大小。
[解析] (1)正粒子从(0，－)进入电场后做类平抛运动，则在竖直方向上有＝×t2
水平方向有x＝v0t
联立解得t＝，x＝L
竖直方向上有vy＝×t＝
水平方向上有vx＝
故第一次进入磁场时的速度v＝＝2
设速度方向与x轴负方向成θ角，则有
tan θ＝＝
代入解得θ＝30°。
故粒子进入磁场时的速度与x轴负方向成30°角。
(2)经分析可知，粒子轨迹如图1所示，由几何关系可知α＝60°
经(1)分析，粒子在类平抛运动中，x＝v0t＝L
故可知，x＝R cos α
解得R＝2L
粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝
解得B＝＝＝。
[答案] (1)2，方向与x轴负方向成30°角 (2)
1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)。
2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。
电场与磁场的组合——先磁场后电场
[典例4] (先磁场后电场)如图甲所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场存在于底面半径为R的圆柱形空间内，O1和O2是圆柱形空间上、下两个圆面的圆心，其后侧与O1等高处有一个长度为R的水平线状粒子发射源MN，图乙是俯视图，P为MN的中点，O1P连线与MN垂直。线状粒子源能沿平行PO1方向发射某种质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子束，带电粒子的速度大小均相等。在O1O2右侧2R处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏，荧光屏的AB边与线状粒子源MN垂直，且处在同一高度。过O1作AB边的垂线，
交点恰好为AB的中点O。荧光屏的左侧存在竖直向下的匀强电场，宽度为R，电场强度大小为E。已知从MN射出的粒子经磁场偏转后都从F点(圆柱形空间与电场边界相切处)射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)求带电粒子的初速度大小；
(2)以AB边的中点O为坐标原点，沿AB边向里为x轴，垂直AB边向下为y轴建立坐标系，求从M点射出的粒子打在荧光屏上的位置坐标；
(3)求圆柱形横截面内，磁场区域的最小面积。
[解析] (1)在磁场中由洛伦兹力提供向心力qv0B＝
线状粒子源发出的粒子均从F点射出，可得r＝R
解得带电粒子的初速度大小v0＝。
(2)设打在荧光屏上的横、纵坐标分别为x、y，
粒子从F点离开磁场时与O1O之间的夹角为θ，
如图1所示
sin θ＝＝
可得θ＝30°
依题意有x＝R tan θ＝
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可得
a＝
y＝at2
＝v0t
联立解得y＝
则粒子打在荧光屏上的位置坐标为
。
(3)磁场区域的最小面积为图2中两条轨迹与圆O1相交部分的面积，
S＝2－2
解得磁场区域的最小面积S＝。
[答案] (1) (2) (3)
【典例4 教用·备选题】 (先磁场后电场)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)，不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
(2)离子从D处运动到G处所需时间；
(3)离子到达G处时的动能。
[解析] (1)正离子运动的轨迹如图所示。磁场中做圆周运动的半径r满足
d＝r＋r cos 60°，解得r＝d。
(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有
qv0B＝
T＝＝
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为t1＝T＝
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为t2＝＝
离子从D处运动到G处所需时间为
t＝t1＋t2＝。
(3)设电场强度为E，则有qE＝ma
d＝
由动能定理得qEd＝
解得EkG＝。
[答案] (1)d (2) (3)
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
考点2 带电粒子在叠加场中的运动
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线运动 其他力的合力与洛伦兹力等大反向 平衡条件
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 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零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
3．三种场的比较
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：正电荷受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反 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
4．关于是否考虑粒子重力的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。
[典例5] (带电粒子在叠加场中的运动)(2024·贵州卷)如图，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有一半径为L且与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
(1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小；
(2)粒子的电荷量与质量之比；
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
[解析] (1)带电粒子在cdef区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，由题图分析可知粒子带正电，经cd边的中点速度水平向右，设粒子到达cd边的中点速度大小为v0，带电荷量为q，质量为m，由平衡条件有
qE＝qv0B
解得v0＝。
(2)粒子从b点到cd边的中点的运动，可逆向看成从cd边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
qE＝ma
由类平抛运动规律可得
v0t＝L
at2＝
联立解得粒子的电荷量与质量之比
＝＝。
(3)粒子从ef中点射入圆形区域做匀速圆周运动，设粒子的运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B＝
解得R＝L
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α，
由几何关系可知
α＝2θ
可得tan θ＝＝
则θ＝30°
α＝60°。
[答案] (1) (2) (3)60°
规律总结 “三步”解决叠加场问题
【典例5 教用·备选题】 (带电粒子在叠加场中的运动)(2024·安徽卷改编)空间中存在竖直向下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，则以下说法错误的是( )
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
√
C [油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，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电场力和重力仍然平衡，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6] (磁场与电场叠加)(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0
解得E＝v0B。
(2)电子在复合场运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理，有
eE·y1＝m－m，
解得y1＝。
(3)由分析可知，电子在最高点速度最大，设能到达的最大高度为y2的电子的入射速度为v，在最大高度处的速度为vm，
由题意有eE－evB＝evmB－eE，
根据动能定理有eE·y2＝ －mv2, 解得v＝v0，
则入射速度在0
所以＝90%。
[答案] (1)v0B (2) (3)90%
【典例6 教用·备选题】 (磁场与电场叠加)如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是( )
A．带电粒子M、N的电性一定相同
B．带电粒子M、N的电荷量一定相同
C．撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等
D．撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等
√
D [根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足qvB＝qE，即v＝，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电荷量无关，故A、B错误；撤去电场后，粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，可得R＝，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由l＝vt可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。]
[典例7] (磁场与重力场叠加)(2024·江苏镇江期末)如图所示，圆心为O、半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道PMQ固定在竖直面内，P、Q两点等高，M点为圆弧轨道最低点，在轨道的左半边有方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场，K点为圆弧PM上的一点，KO连线与OM夹角为45°。一带负电的小球(可视为质点)，从轨道右端Q点无初速度释放，运动过程中始终未脱离轨道，已知M点在磁场内，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．小球滑到轨道左侧后，不会到达P点
B．小球经过K点时的向心加速度大小为g
C．小球由Q点滑到M点与从M点滑到P点所用的时间相等
D．小球在磁场中，向左经过M点时对轨道的压力大于向右经过M点时对轨道的压力
√
C [由于洛伦兹力不做功，所以小球在光滑半圆弧绝缘轨道运动时，小球的机械能守恒，则小球滑到轨道左侧后，刚好能到达P点，故A错误；小球从Q点到K点，根据动能定理可知mgR cos 45°＝，小球经过K点时的向心加速度大小为a＝，联立解得a＝g，故B错误；由于小球在光滑半圆弧绝缘轨道运动时机械能守恒，则小球经过任意同一水平面的左、右两侧圆弧轨道的速度大小相等，根据对称性可知小球由Q点滑到M点与从M点滑到P点所用的时间相等，故C正确；设小球经过M点时的速度大小为v，小球在磁场中，当小球向左经过M点，根据牛顿第二定律可得N1＋qvB－mg＝m，当小球向右经过M点，根据牛顿第二定律可得N2－qvB－mg＝m，可得N1
则( )
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中甲、乙两个小球的机械能不守恒
√
C [设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋Bv甲q甲＝，mg－Bv乙q乙＝，mg＝， 显然，v甲 > v丙 > v乙，选项A、B错误；甲、乙两小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D错误；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。]
【典例7 教用·备选题】(磁场与重力场叠加)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的( )
A B C D
√
A [带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D错误；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，B、C错误。]
[典例8] (磁场、电场与重力场叠加)(2024·江苏南京一模)如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中，在第一象限内有方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，磁感应强度和电场强度大小均未知。在第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一个带电小球从图中y轴上的M点，沿与x轴成θ＝45°角度斜向上做直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即做匀速圆周运动，已知O、N点间的距离为L，重力加速度大小为g。
(1)求小球的比荷和第一象限内匀强电场的电场强度大小E1；
(2)要使小球能够进入第二象限，求第一象限内磁感应强度B1的大小范围。
[解析] (1)设小球质量为m，电荷量为q，速度大小为v，因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件有qE＝mg tan 45°，故＝
要使小球进入第一象限后能立即做匀速圆周运动，则小球受的重力必须与静电力平衡，则有
qE1＝mg，联立解得E1＝E。
(2)在第四象限中有qvB＝qE，即v＝
小球在第一象限中做圆周运动恰好不进入第二象限时的轨迹如图所示，小球轨迹恰与y轴相切，洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
可得R＝
要使小球能够进入第二象限
由几何关系有L
[答案] (1) E (2)B1<
【典例8 教用·备选题】 (磁场、电场与重力场叠加)如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中，xOz平面水平，xOy平面左侧空间存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场；Oxy平面右侧空间存在竖直向上、电场强度大小为2E的匀强电场和水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在xOy平面右侧空间区域有一垂直于z轴的荧光屏，电荷量为q的带电微粒Q静止在yOz平面内的A点，A点离z轴的距离为d。质量与Q相同的不带电微粒P在yOz平面内运动，某时刻与微粒Q碰撞并合为一体(记为微粒C)，经过O点时，速度大小为v，方向与z轴正方向成θ角，重力加速度为g。
(1)求微粒P与微粒Q碰前瞬间速度的大小v0；
(2)若微粒C在磁场中运动打到荧光屏上时的速度与经过O点时的速度相同，求荧光屏到O点的距离L；
(3)若荧光屏到O点的距离l＝，求微粒C打到荧光屏上的位置坐标，并求出O点到该位置的距离。
[解析] (1)设微粒Q的质量为m，P、Q碰撞后瞬间微粒C的速度为v1
当微粒Q静止时有mg＝qE
微粒P、Q碰撞的过程满足动量守恒，有
mv0＝2mv1
碰撞后微粒C到O点的过程，由动能定理有
(2mg－qE)d＝
解得v0＝2。
(2)微粒C在磁场中做等螺距螺旋线运动，由运动的分解可知，微粒C在磁场中沿z轴正方向以大小为v cos θ的速度做匀速直线运动，在平行于xOy平面内做速度大小为v sin θ的匀速圆周运动，微粒C做圆周运动的周期为T＝
故L＝nTv cos θ(n＝1，2，3，…)
解得L＝(n＝1，2，3，…)。
(3)微粒C沿z轴正方向做匀速直线运动，则微粒C从O点运动到荧光屏所用的时间
t＝＝＝5.25T
微粒C在平行于xOy平面内做匀速圆周运动，则有qvB sin θ＝
故微粒C做匀速圆周运动的轨迹半径
r＝＝
根据微粒C的运动轨迹可知，微粒C打到荧光屏上的位置坐标为
原点O到该位置的距离
l′＝＝。
[答案] (1)2 (2) (n＝ 1，2，3，…) (3)
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
考点3 带电粒子在交变电、磁场中的运动
先读图 了解场的变化情况
受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析 分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量
选规律 联立不同阶段的方程求解
[典例9] (带电粒子在匀强电场、交变磁场中的运动)如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
审题指导
题中信息 方法引导
沿PQ向右做直线运动 小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度的大小
小球再次通过D点速度与PQ成60°角 画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆周运动轨迹半径的关系
求运动的最大周期 当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN相切时小球运动周期最大
[解析] (1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，
则mg＝Eq
解得E＝。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有
s＝
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角
θ＝2π－＝π
则t0＝
联立解得＝π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，
由几何关系得R＋＝(＋1)L
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv0B0＝
解得B0＝
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝。
[答案] (1) (2)π (3)
[典例10] (带电粒子在交变磁场中的运动)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；
(3)由于加速电压增大到某一值，0～T时间内进入磁场的电子从A点上方的E点向下扫描，∠EOA＝。为使电子仍在C、D间扫描，扫描的角速度仍为ω，须在圆形磁场区域叠加一个变化的匀强磁场B2，求在0～T时间内B2的值。
[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点的电子半径最小，此时的电子在T时刻飞入磁场，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＝。
(3)设打到E点的电子做圆周运动的速度为v1，此时做圆周运动的回旋角为45°，由几何关系得，此时电子回旋的半径rE＝(＋1)R
由r＝知，B一定时，v与r成正比，即＝＝
如果还要满足在CD间扫描，那么此时的电子在磁场中做圆周运动最大半径为定值rC，同理，v与B成正比，则有
＝＝
解得B2＝B＝
B0tan 。
[答案] (1)B0 (2)
(3)B0tan
[典例11] (带电粒子在交变电、磁场中的运动)如图(a)所示Oxy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
[解析] (1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，
即R＝ ①
又qv0B0＝ ②
代入＝
解得＝。 ③
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝ ④
联立①④解得T＝4t0 ⑤
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则
x1＝v0t0 ⑥
y1＝ ⑦
其中加速度a＝
由③⑦解得y1＝＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为沿x轴正方向，水平位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离，则有L＝2R＋2x1 ⑧
解得L＝v0t0。
[答案] (1) (2)
(3)v0t0
微点突破9 复合场中的STSE问题
质谱仪
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＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m，则比荷＝
[典例1] (质谱仪)(2024·江苏南通阶段练习)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上、下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则( )
A．速度选择器中的电场方向向左，且三种粒子均带正电
B．三种粒子的速度大小均为
C．打在P3点的粒子的比荷最大，且其在磁场中的运动时间最长
D．如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的
间距为Δx，则打在P3、P1两点的粒子质量差
为
√
D [带电粒子通过速度选择器时，需要二力平衡，故qvB1＝qE，且两力方向相反，根据带电粒子在偏转磁场中的偏转方向，由左手定则，可知三种粒子均带正电，故速度选择器中，洛伦兹力方向为水平向左，可知电场方向向右，故A错误；三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qE＝qvB1，得v＝，故B错误；粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，得R＝，半径与三种粒子的比荷成反比，故打在P3点的粒子的比荷最小，在磁场中的运动时间为t＝＝，故打在P3点的粒子在磁场中的运动时间最长，故C错误；打在P3、P1两点的粒子间距为Δx＝2r3－2r1＝＝，解得m3－m1＝，故D正确。]
【典例1 教用·备选题】 (质谱仪)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依次是氕、氘、氚
B．进入磁场时动能从大到小依次是氕、氘、氚
C．在磁场中运动时间由大到小依次是氕、氘、氚
D．a、b、c三条“质谱线”依次对应氕、氘、氚
√
A [离子通过加速电场的过程，有qU＝mv2, 因为氕、氘、氚三种离子的电荷量相同、质量依次增大，故进入磁场时动能相同，速度依次减小，A正确，B错误；由T＝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依次为氚、氘、氕，C错误；由qvB＝m及qU＝mv2，可得R＝，故氕、氘、氚三种离子在磁场中的轨迹半径依次增大，所以a、b、c三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕，D错误。]
回旋加速器
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＝
[典例2] (回旋加速器)(2021·江苏卷)如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为α，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：
(1)粒子加速到P点所需要的时间t；
(2)极板N的最大厚度dm；
(3)磁场区域的最大半径Rm。
[解析] (1)设粒子在P的速度大小为vP，则根据
qvPB＝
可知半径表达式为R＝
粒子在静电场中加速，根据动能定理有
nqU ＝
粒子在磁场中运动的周期为T＝
粒子运动的总时间为t＝(n－1)×
解得t＝。
(2)由粒子的运动半径r＝，结合动能表达式Ek＝变形得r＝
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
r1＝，r2＝
由几何关系dm＝2
结合EkP＝解得
dm＝2。
(3)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力qvPB－qE＝
设粒子离开偏转器的点为E，圆周运动的圆心为O′。由题意知，O′在EQ上，且粒子飞离磁场的点与O、
O′在一条直线上
粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为R，然后轨迹发生偏离，从加速器的F点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
Rm＝OF＝R＋OO′
将等腰三角形△OO′Q放大如图
虚线为从Q点向OO′所引垂线，虚线平分α角，则
OO′＝2(rQ－R)·sin
解得最大半径为Rm＝R＋sin 。
[答案] (1)
(2)2
(3)R＋sin
速度选择器
装置 原理图 规律
速度 选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，带电粒子做匀速运动
[典例3] (速度选择器)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＝
C．若速度v>，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 [粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvB＝qE，解得速度v＝，选项B正确；若速度v>，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不可能做直线运动，选项D错误。]
电磁流量计
装置 原理图 规律
电磁 流量计 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝π＝
[典例4] (电磁流量计)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，污水从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法不正确的是( )
A．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
B．若污水中正离子较多，则前表面电势比后表面电势低
C．若污水中负离子较多，则前表面电势比后表面电势低
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
√
A [最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有q＝qvB，Q＝vS＝vbc，得U＝，所以电压表示数与离子浓度无关，A错误；正负离子流动时，根据左手定则，正离子受洛伦兹力向后表面偏转，所以后表面上带正电荷，前表面上带负电荷，前表面电势比后表面低，与正离子的多少无关，B、C正确；由A项分析可知Q＝，污水流量Q与U成正比，与a、b无关，D正确。此题选择不正确的，故选A。]
霍尔元件
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
[典例5] (霍尔元件)应用霍尔效应可以测量车轮的转动角速度。如图所示为轮速传感器的原理示意图，假设齿轮为五齿结构，且均匀分布，当齿轮凸起部分靠近霍尔元件时，磁体与齿轮间的磁场增强，凹陷部分靠近霍尔元件时，磁体与齿轮间的磁场减弱。工作时霍尔元件上下两面通入电流I，前后两面连接控制电路。下列说法正确的是( )
A．若霍尔元件材料为金属导体，则前表面比后表面的电势高
B．若将磁体的两极对调，同时将电流方向改为向上，则前后表面电势的高低情况不变
C．若电流恒定，则控制电路监测到的电压也恒定不变
D．若自行车的车速增大，则控制电路监测到的电压也增大
√
B [若霍尔元件材料为金属导体，则自由电子导电，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向前表面，即前表面集聚电子，则前表面比后表面的电势低，选项A错误；若将磁体的两极对调，同时将电流方向改为向上，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力仍指向前表面，即前表面集聚电子，则前表面比后表面的电势低，则前后表面电势的高低情况不变，选项B正确；因为q＝qvB，可得U＝Bvd，即若电流恒定，则v不变，由于B不断变化，则控制电路监测到的电压也不断变化，选项C错误；若自行车的车速增大，只是B变化变快，则控制电路监测到的电压频率变大，但是不影响检测到的电压大小，选项D错误。故选B。]
规律总结 讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决物理问题的方法进行分析。这里较多的是用分析力学问题的方法，对于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运用几何知识寻找关系。
题组一 带电粒子在组合场中的运动
1．(2024·江苏无锡一模)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(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( )
1
题号
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9
10
课时分层作业(二十七) 带电粒子在复合场中的运动
1
题号
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10
A．M处的电势高于N处的电势
B．减小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．减小偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
1
题号
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9
10
√
B [由题意知电子在M、N间做加速运动，即电场方向为水平向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；在M、N间由Uq＝mv2可知，减小M、N之间的加速电压则电子进入磁场的速度减小，由r＝可知电子在磁场中的轨迹圆半径减小，出磁场时的速度与水平方向的夹角变大，可知P点将左移，故B正确；由电子轨迹知电子进入磁场时洛伦兹力竖直向下，由左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；由r＝可知减小偏转磁场磁感应强度则电子在磁场中的轨迹圆半径变大，出磁场时的速度与水平方向的夹角变小，可知P点将右移，故D错误。]
1
题号
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10
题组二 带电粒子在叠加场中的运动
2．如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面水平向里。一带电微粒由a点以一定的初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是( )
1
题号
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1
题号
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A．微粒可能带正电，也可能带负电
B．微粒的动能可能变大
C．微粒的电势能一定减小
D．微粒的机械能一定不变
√
C [由受力分析可知，微粒受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，因微粒在有磁场的复合场中做直线运动，可知其所受合力为零，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，A错误；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力大小变化，微粒将做曲线运动，因此微粒的动能保持不变，B错误；微粒由a沿直线ab运动的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，C正确；在微粒的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，则微粒的机械能一定增加，D错误。]
1
题号
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10
3．一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为
( )
1
题号
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题号
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A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
√
C [若电子打在a点，则电子所受的洛伦兹力等于电场力，即eE＝evB，当电场方向水平向左时，磁场的方向只能垂直纸面向外，此时α粒子所受的向左的电场力F电＝2eE，所受的向右的洛伦兹力F洛＝2e×vB＝evB，则α粒子所受的洛伦兹力小于电场力，即α粒子向左发生偏转；当电场方向水平向右时，磁场方向只能垂直纸面向里，此时α粒子所受的向右的电场力F电＝2eE，所受的向左的洛伦兹力F洛＝2e×vB＝evB，则α粒子所受的洛伦兹力小于电场力，α粒子向右发生偏转。同理分析可知，若α粒子打在a点，则电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。故C正确。]
1
题号
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10
题组三 带电粒子在交变电、磁场中的运动
4．如图(a)所示，圆心为O的圆形区域，半径R＝10 cm, MN为荧光屏，长度L＝100 cm，P为屏的中点，圆形区域圆心O距离荧光屏s＝20 cm, OP垂直于MN，大量的带电粒子经U＝2 000 V 电压加速，形成一连续的粒子束，沿半径方向进入圆形区域。当圆形区域内不加磁场时，带电粒子打在荧光屏中心P点，当圆形区域加一匀强磁场后，粒子束经磁场偏转打到荧光屏另一位置，通过改变磁场的大小、方向来改变粒子束打在荧光屏上的位置，磁感应强度B随时间t变化如图(b)所示，已知带电粒子的电荷量q＝1×10-3 C，质量m＝1×10-8 kg，不计粒子重力，忽略粒子在磁场中运动的时间，则下面说法正确的是( )
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题号
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A．粒子进入磁场区域的速度v＝2×103 m/s
B．t＝0时刻进入磁场的粒子，速度偏转角度θ＝30°
C．电子束打在荧光屏的范围宽度为40 cm
D．若B的最大值为2 T，则t＝0时刻进入磁场的粒子可以打到荧光屏上
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题号
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10
√
C [根据Uq＝mv2可得粒子进入磁场区域的速度：v＝＝ m/s＝2×104 m/s，选项A错误；t＝0时刻进入磁场的粒子， B0＝ T，则运动半径r0＝＝0.1 m＝10 cm，由几何关系可知，速度偏转角度θ＝60°，选项B错误；当t＝0时刻射入的粒子射出磁场时打到屏上的位置距离P点最远，最远距离为y＝tan 60°＝20 cm，则粒子束打在荧光屏的范围宽度为2y＝40 cm，选项C正确；若B的最大值为 2 T, 则粒子运动半径r＝ ＝10-2 m＝10 cm＝R，则粒子离开磁场时速度方向平行光屏竖直向上，即t＝0时刻进入磁场的粒子无法打到荧光屏上，选项D错误。]
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题号
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10
5．如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示。薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°。在t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示，粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是( )
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题号
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10
A．磁场方向垂直纸面向外
B．图(b)中B0＝
C．图(b)中T0＝
D．若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射、偏转、碰撞后，仍可返回A点
1
题号
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10
√
B [根据题图(a)轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力和牛顿第二定律得qvB0＝m ，解得磁感应强度B0＝，选项B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间t1＝，虚线区域加入磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间t2＝＝＝，磁场变化的周期T0＝t1＋t2＝ ，选项C错误；若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下运动，与MN板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转然后从磁场中飞出，不能返回A点，选项D错误。故选B。]
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题号
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题组四 复合场中的STSE问题
6．(2024·江苏泰州期末)如图所示，关于带电粒子(不计重力)在以下四种器件中的运动，下列说法正确的是( )
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题号
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A．图甲中，仅增大加速电压，粒子离开加速器的动能就会增加
B．图乙中，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
C．图丙中，等离子体进入A、B极板之间后，A极板是磁流体发电机的负极
D．图丁中，从左侧射入的带负电粒子，若速度满足v<，将向下极板偏转
√
C [题图甲中，粒子离开加速器的动能由D形盒的半径和磁感应强度决定，与加速电压大小无关，故A错误；题图乙中，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝P，那么粒子做圆周运动的半径越小，由R＝可知，粒子的半径越小，则粒子的比荷越大，故B错误；题图丙中，等离子体进入A、B极板之间后，受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，带正电粒子向B极板偏转，带负电粒子向A极板偏转，因此A极板是磁流体发电机的负极，故C正确；题图丁中，带负电的粒子从左侧射入复合场中时，受向上的电场力和向下的洛伦兹力，当电场力与洛伦磁力两个力平衡时，带电粒子会沿直线射出，当洛伦兹力小于电场力，即Eq>qvB，解得速度v<，此时粒子向上极板偏转，故D错误。]
1
题号
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7．(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( )
1
题号
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1
题号
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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。]
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8．(2024·江苏苏州一模)如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d。则磁感应强度B和电场强度E可表示为( )
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A．B＝，E＝ B．B＝，E＝
C．B＝，E＝ D．B＝，E＝
√
B [设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU＝mv2，带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有qBv＝m，依题意可知r＝d，联立可解得磁感应强度B＝，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，水平方向有d＝vt，竖直方向有d＝t2，联立可解得电场强度E＝，故A、C、D错误，B正确。]
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9．(2025·江苏扬州模拟)电场和磁场经常用来实现对带电粒子运动轨迹的控制。如图所示，在水平直线ab上方存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，ab下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一比荷为k的带正电粒子从直线ab上P点沿竖直面斜射入匀强电场，粒子在P点的速度大小为v0。速度方向与ab直线的夹角α＝30°，粒子将在电场和磁场中不断偏转，若电场、磁场范围足够大，不计粒子的重力，粒子从P点出发记为第一次经过直线ab。
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(1)粒子第二次经过直线ab时的位置为Q，求PQ间的距离；
(2)粒子第三次经过直线ab时的位置为M，求QM间的距离；
(3)求粒子从P点运动到M点的时间。
[解析] (1)粒子在匀强电场中运动，竖直方向做匀减速运动，水平方向做匀速运动，竖直方向上有
qE＝ma
v0sin 30°＝at
水平方向上有
xPQ＝v0cos 30°·2t
解得xPQ＝。
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(2)根据对称性可得，粒子在Q点时的速度方向与ab直线夹角为θ＝30°，粒子在Q点的速度大小为v0，粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，有
qBv0＝
解得轨迹半径r＝＝
画出运动轨迹如图所示
根据几何关系可得粒子做圆周运动的圆弧圆心角为β＝60°，由几何关系可得
xQM＝r＝。
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(3)由粒子的轨迹可得粒子从P点到Q点的时间为
t1＝2＝
粒子从Q点到M点的时间为
t2＝T＝＝
则t3＝t1＋t2＝＝。
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[答案] (2) (3)
10．如图所示为某种新型质谱仪结构简化示意图，半径为R的圆内有垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场，圆心为O，OO′为竖直方向的轴线，O点右侧圆周上的S处有一粒子源(OS⊥OO′)，可以正对O点发射出速度、电荷量相等，质量不同的带正电粒子，圆形磁场上方关于轴线OO′对称放置两块正对的平行金属板MM′和NN′，两金属板长均为0.6R，间距为2.4R，金属板下边缘连线M′N′与圆形磁场最高点在同一水平线上，金属板上边缘连线MN上方存在范围足够大、方向垂直于纸面向里的磁感应强度为 0.25B 的匀强磁场，MN
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连线上有一可左右平移的探测板PQ。已知从S点射出的电荷量为q、质量为m的粒子，恰好沿轴线OO′进入两金属板之间区域。不计粒子之间的相互作用，两金属板间的电场为匀强电场(不考虑边缘效应)，不计粒子重力，已知sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6，tan ＝，求：
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(1)粒子源发射的粒子速率v0；
(2)两金属板之间不加电压时，能从金属板之间区域射出的粒子的质量范围；
(3)两金属板之间不加电压时，要使探测板上表面能接收到所有从金属板之间射出的粒子，板的长度至少为多少？
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[解析] (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则qv0B＝
由题可知r＝R
解得v0＝。
(2)由r1＝可得，质量越大，圆周运动的半径越大。设质量为m1的粒子恰好从N点射出，粒子离开磁场时与水平方向夹角为θ，由几何关系得sin θ＝0.8，cos θ＝0.6
此时粒子在磁场中做圆周运动的半径
r1＝0.5R
所以m1＝0.5m
同理，设质量为m2的粒子恰好从M点射出，则m2＝2m
所以能从金属板之间区域射出的粒子质量范围是0.5m≤m≤2m。
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(3)从N点进入上部分磁场的粒子经磁场偏转返回边界到达Q点，偏移的水平距离
x1＝＝3.2R
从M点进入上部分磁场的粒子经磁场偏转返回边界到达P点，偏移的水平距离
x2＝＝12.8R
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如图所示，则PQ之间距离至少是
Δx＝(12.8＋2.4－3.2)R＝12R。
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[答案] (1) (2)0.5m≤m≤2m
(3)12R
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