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带电粒子在复合场中的运动专题三
电场与磁场 栏目索引考点1 带电粒子在复合场中运动的应用实例考点2 带电粒子在叠加场中的运动考点3 带电粒子在组合场中的运动1.质谱仪(如图1)考点1 带电粒子在复合场中运动的应用实例图1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，由图2 决定，与加速电压无关.D形盒半径r2.回旋加速器(如图2)3.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量.加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在边界上时会被吸收.当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点.不计离子的重力及电、磁场的边缘效应.求：
(1)离子的比荷；例1 (2019·山东济南市上学期期末)质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用.如图3所示，虚线上方有两条半径分别为R和r(R>r)的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏.虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场图3解析 由题意知，加速电压为U时，(2)离子在磁场中运动的时间；(3)离子能打在荧光屏上的加速电压范围.解析 由(1)中关系，知加速电压和离子半径之间的关系为1.(2019·福建三明市期末质量检测)磁流体发电机的原理如图4所示.将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可在相距为d、面积为S的两平行金属板间产生电压.现把上、下板和电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两极.等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ.忽略边缘效应及离子的重力，下列判断正确的是
A.上板为正极，a、b两端电压U＝Bdv图4变式训练√解析 根据左手定则可知，等离子体射入两极板之间时，正离子偏向a板，负离子偏向b板，即上板为正极；2.(多选)(2019·浙江宁波市 “十校联考”)霍尔式位移传感器的测量原理如图5所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B＝B0＋kz(B0、k均为常数).将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变，方向如图所示，当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上、下表面的电势差U也不同.则图5B.磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越小D.若图中霍尔元件是电子导电，则下表面电势高√√解析 最终自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，B越大，上、下表面的电势差U越大，B错误；若该霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高，故D错误.1.解题规范
(1)分析叠加场的组成特点：重力场、电场、磁场两两叠加，或者三者叠加.
(2)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，场力、弹力和摩擦力.
(3)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动.
(4)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律或功能关系.考点2 带电粒子在叠加场中的运动2.灵活选择运动规律
(1)若只有两个场且合力为零，则表现为匀速直线运动或 状态.例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足 ；重力场与电场中满足 .
(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg＝ ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝
(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或
定律求解.静止mg＝qvBmg＝qEqE能量守恒例2 (2019·安徽蚌埠市三模)如图6所示，MN、PQ是水平放置的一对平行金属板，两板接在电压为U的电源两极上，上极板MN的中心开有一个小孔，在两板之间加一个水平方向的有界匀强磁场，边界为半径为R的圆，且与MN极板相切于小孔处.现将一带电小球从小孔正上方某处由静止释放，小球穿过小孔经磁场偏转后沿直线从下极板右侧Q处离开电场，已知极板长度和间距分别为4 R和3R，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，求：
(1)小球的比荷 ；图6解析 由题意知，小球穿过磁场后做匀速直线运动，重力和电场力平衡，(2)小球经过两极板后速度的偏转角；答案 60°解析 小球在磁场中做匀速圆周运动(C为圆心)，
小球在两极板之间的运动轨迹如图(由几何知识可知O、D、Q三点在一条直线上)即小球经过两极板后速度的偏转角为60°.(3)小球离开Q点时的速度和从释放到运动至Q点的时间.小球自静止释放到从Q点射出，经历自由落体运动、匀速圆周运动和匀速直线运动三个阶段，匀速直线运动位移为DQ＝OQ－OD＝4R－R＝3R则小球自静止释放到从Q点射出的时间为变式训练3.(2019·湖北十堰市上学期期末)如图7所示，在竖直平面xOy内，分割线OA与x轴成30°角，分割线上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，下方存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场(图中未画出).一质量为m(不计重力)、电荷量为q的带正电的粒子，从分割线OA上P点以平行纸面的速度向左上方射入磁场，粒子速度与AO成30°角，P点到y轴距离为L，带电粒子进入磁场后的运动轨迹与x轴相切，粒子从OA上另一点M射出磁场进入分割线OA下方区域时恰好做直线运动，求：
(1)粒子做圆周运动的速度大小；图7解析 粒子运动轨迹如图所示
粒子在OA上方的磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可得：R(1＋cos 60°)＝L·tan 30° ②(2)分割线下方磁场的磁感应强度大小.解析 设分割线下方磁场的磁感应强度大小为B′，
粒子进入下方磁场时恰好做直线运动，
分析可知一定为匀速直线运动，
故粒子在分割线下方受力平衡，qvB′＝Eq ④1.两大偏转模型
电偏转：带电粒子垂直进入匀强电场中；
磁偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场中.
2.思维流程考点3 带电粒子在组合场中的运动例3 (2019·吉林名校第一次联合模拟)如图8甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点(2L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为 ，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力.
(1)求0≤x≤L区域内电场强度E的
大小和电子从M点进入圆形区域
时的速度vM；图8电子从Q点到M点，做类平抛运动，解得：θ＝45°.(2)若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间；解析 如图甲所示，电子从M点到A点做匀速圆周运动，
因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，
所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L(3)若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为正方向)，最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式.解析 电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，
在磁场变化的半个周期内，电子的偏转角为90°，
根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，4.(2019·全国卷Ⅰ·24)如图9，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出.已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力.求：
(1)带电粒子的比荷；变式训练图9解析 设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.解析 由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为5.(2019·河北唐山市第一次模拟)如图10所示，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形ACD区域内存在垂直平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，线段CO＝OD＝L，CD边在x轴上，∠ADC＝30°.电子束沿y轴方向以相同的速度v0从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为 ，在第四象限正方形ODQP区域内存在沿x轴正方向、大小为E＝Bv0的匀强电场，在y＝－L处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P.忽略电子间的相互作用，不计电子的重力.求：
(1)电子的比荷；图10(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离；解析 若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，
则电子在磁场中做圆周运动的轨迹应恰好与AD边相切，
如图所示，电子从F点离开磁场进入电场时，离O点最远设从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G，(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P点的最远距离.解析 设打到屏上离P点最远的电子是从(x′，0)点射入电场的，设该电子打到荧光屏上的点与P点的距离为X， 本课结束 专题三
电场与磁场第7课时 带电粒子在复合场中的运动
考点 带电粒子在复合场中运动的应用实例
1．质谱仪(如图1)
粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m.
由以上两式可得r＝，m＝，＝.
图1
2．回旋加速器(如图2)
图2
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＝，可见同种粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关．
3．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量．
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝Eq，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，两极板电压为U时稳定，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
例1 (2019·山东济南市上学期期末)质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图3所示，虚线上方有两条半径分别为R和r(R>r)的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏．虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在边界上时会被吸收．当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点．不计离子的重力及电、磁场的边缘效应．求：
图3
(1)离子的比荷；
(2)离子在磁场中运动的时间；
(3)离子能打在荧光屏上的加速电压范围．
答案 (1) (2) (3)≤U′≤
解析 (1)由题意知，加速电压为U时，离子在磁场区域做匀速圆周运动的半径r0＝
洛伦兹力提供向心力，qvB＝m
在电场中加速，有qU＝mv2
解得：＝
(2)离子在磁场中运动的周期为T＝
在磁场中运动的时间t＝
解得：t＝
(3)由(1)中关系，知加速电压和离子半径之间的关系为U′＝r′2
若离子恰好打在荧光屏上的C点，轨道半径rC＝
UC＝
若离子恰好打在荧光屏上的D点，轨道半径rD＝
UD＝
即离子能打在荧光屏上的加速电压范围：≤U′≤.
变式训练
1.(2019·福建三明市期末质量检测)磁流体发电机的原理如图4所示．将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可在相距为d、面积为S的两平行金属板间产生电压．现把上、下板和电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两极．等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ.忽略边缘效应及离子的重力，下列判断正确的是( )
图4
A．上板为正极，a、b两端电压U＝Bdv
B．上板为负极，a、b两端电压U＝
C．上板为正极，a、b两端电压U＝
D．上板为负极，a、b两端电压U＝
答案 C
解析 根据左手定则可知，等离子体射入两极板之间时，正离子偏向a板，负离子偏向b板，即上板为正极；稳定时满足q＝Bqv，解得U′＝Bdv；根据电阻定律可知两极板间的电阻为r＝，根据闭合电路欧姆定律：I＝，a、b两端电压U＝IR，联立解得U＝，故选C.
2.(多选)(2019·浙江宁波市 “十校联考”)霍尔式位移传感器的测量原理如图5所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B＝B0＋kz(B0、k均为常数)．将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变，方向如图所示，当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上、下表面的电势差U也不同．则( )
图5
A．传感器灵敏度与上、下表面的距离有关
B．磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越小
C．k越大，传感器灵敏度越高
D．若图中霍尔元件是电子导电，则下表面电势高
答案 AC
解析 最终自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c，有q＝qvB，电流的微观表达式为I＝nqvS＝nqvbc，所以U＝.B越大，上、下表面的电势差U越大，B错误；U＝Bcv＝(B0＋kz)cv，则＝kcv，所以A、C正确；若该霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高，故D错误．
考点 带电粒子在叠加场中的运动
1．解题规范
(1)分析叠加场的组成特点：重力场、电场、磁场两两叠加，或者三者叠加．
(2)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，场力、弹力和摩擦力．
(3)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动．
(4)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律或功能关系．
2．灵活选择运动规律
(1)若只有两个场且合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE.
(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m.
(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
例2 (2019·安徽蚌埠市三模)如图6所示，MN、PQ是水平放置的一对平行金属板，两板接在电压为U的电源两极上，上极板MN的中心开有一个小孔，在两板之间加一个水平方向的有界匀强磁场，边界为半径为R的圆，且与MN极板相切于小孔处．现将一带电小球从小孔正上方某处由静止释放，小球穿过小孔经磁场偏转后沿直线从下极板右侧Q处离开电场，已知极板长度和间距分别为4R和3R，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，求：
图6
(1)小球的比荷；
(2)小球经过两极板后速度的偏转角；
(3)小球离开Q点时的速度和从释放到运动至Q点的时间．
答案 (1) (2)60° (3) ＋
解析 (1)由题意知，小球穿过磁场后做匀速直线运动，重力和电场力平衡，
可得：＝mg
故小球比荷为＝
(2)小球在磁场中做匀速圆周运动(C为圆心)，小球在两极板之间的运动轨迹如图(由几何知识可知O、D、Q三点在一条直线上)
由已知条件知，BQ＝2R，OB＝2R
则tan θ＝＝，θ＝60°，即小球经过两极板后速度的偏转角为60°.
(3)根据小球运动轨迹和几何知识可得，轨迹半径为r＝R
由qvB＝m可得，小球在两板之间运动的速度为v＝＝
小球自静止释放到从Q点射出，经历自由落体运动、匀速圆周运动和匀速直线运动三个阶段，
自由落体运动时间为t1＝＝
匀速圆周运动周期为T＝＝
圆心角为∠ACD＝，故匀速圆周运动时间为t2＝＝
匀速直线运动位移为DQ＝OQ－OD＝4R－R＝3R
故匀速直线运动时间为t3＝＝
则小球自静止释放到从 Q点射出的时间为
t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝＋.
变式训练
3.(2019·湖北十堰市上学期期末)如图7所示，在竖直平面xOy内，分割线OA与x轴成30°角，分割线上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，下方存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)．一质量为m(不计重力)、电荷量为q的带正电的粒子，从分割线OA上P点以平行纸面的速度向左上方射入磁场，粒子速度与AO成30°角，P点到y轴距离为L，带电粒子进入磁场后的运动轨迹与x轴相切，粒子从OA上另一点M射出磁场进入分割线OA下方区域时恰好做直线运动，求：
图7
(1)粒子做圆周运动的速度大小；
(2)分割线下方磁场的磁感应强度大小．
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子运动轨迹如图所示
粒子在OA上方的磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m①
根据几何关系可得：R(1＋cos 60°)＝L·tan 30°②
联立①②式可得粒子做圆周运动的速度大小：v＝③
(2)设分割线下方磁场的磁感应强度大小为B′，粒子进入下方磁场时恰好做直线运动，分析可知一定为匀速直线运动，故粒子在分割线下方受力平衡，qvB′＝Eq④
联立③④式可得：B′＝.
考点 带电粒子在组合场中的运动
1．两大偏转模型
电偏转：带电粒子垂直进入匀强电场中；
磁偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场中．
2．思维流程
例3 (2019·吉林名校第一次联合模拟)如图8甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点(2L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力．
图8
(1)求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；
(2)若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间；
(3)若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为正方向)，最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式．
答案 (1) 2，vM的方向与x轴的夹角为45°
(2) (3)T＝(n＝1,2,3…)
解析 (1)在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：eU＝mv02
可得v0＝
电子从Q点到M点，做类平抛运动，
x轴方向做匀速直线运动，t1＝＝L
y轴方向做匀加速直线运动，＝×t12
由以上各式可得：E＝
电子运动至M点时：vM＝
解得：vM＝2
设vM的方向与x轴的夹角为θ，cos θ＝＝
解得：θ＝45°.
(2)如图甲所示，电子从M点到A点做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L
由洛伦兹力提供向心力可得：evMB＝m
即B＝＝
t2＝＝.
(3)电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，电子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于R0(R0为轨道半径)，即2R0＝2L
因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：2n(R′)＝2L(n＝1,2,3…)
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径R′＝
解得：B0＝(n＝1,2,3…)
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，则使电子到达N点且速度满足题设要求的时间条件为T0＝
又T0＝
解得：T＝(n＝1,2,3…)．
变式训练
4.(2019·全国卷Ⅰ·24)如图9，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求：
图9
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．
答案 (1) (2)
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.
由动能定理有qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m②
由几何关系知d＝r③
联立①②③式得＝④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝⑥
联立②④⑤⑥式得t＝.
5.(2019·河北唐山市第一次模拟)如图10所示，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形ACD区域内存在垂直平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，线段CO＝OD＝L，CD边在x轴上，∠ADC＝30°.电子束沿y轴方向以相同的速度v0从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为，在第四象限正方形ODQP区域内存在沿x轴正方向、大小为E＝Bv0的匀强电场，在y＝－L处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P.忽略电子间的相互作用，不计电子的重力．求：
图10
(1)电子的比荷；
(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离；
(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P点的最远距离．
答案 (1) (2) (3)L
解析 (1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径r＝
由牛顿第二定律得Bev0＝m
电子的比荷＝；
(2)若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，则电子在磁场中做圆周运动的轨迹应恰好与AD边相切，如图所示，电子从F点离开磁场进入电场时，离O点最远
则x＝OF＝2r＝
从F点射出的电子，在第四象限做类平抛运动，有x＝at2，y＝v0t，
又a＝，E＝Bv0，
代入得y＝
电子射出电场时与水平方向的夹角为θ，有
tan θ＝＝＝
设从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G，则它与P点的距离GP＝＝；
(3)设打到屏上离P点最远的电子是从(x′，0)点射入电场的，则射出电场时y′＝v0t′＝v0＝
设该电子打到荧光屏上的点与P点的距离为X，由平抛运动特点得＝
所以X＝2(－x′)＝2( －x′)＝2[－(－ )2＋]
所以当x′＝L时，有Xm＝L.
专题突破练
级保分练
1.(2019·山东德州市上学期期末)电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图1所示，上、下两个面M、N为导体材料，前后两个面为绝缘材料．流量计的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，某次测量中，与上、下两个面M 、N相连的电压表示数为 U，则管道内液体的流量为( )
图1
A.c B.b C．UBc D．UBb
答案 B
解析 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，
有：qvB＝q
解得：U＝vBc，液体的流速为：v＝；
则流量为：Q＝vbc＝b，故选B.
2．(2019·浙江金丽衢十二校联考)如图2所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大小为B的匀强磁场．一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
图2
A．v＝，粒子做匀加速直线运动
B．若粒子往左偏，洛伦兹力做正功
C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加
D．若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动
答案 D
3.(多选)(2019·福建龙岩市教学质量检查)回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图3所示．其核心部件是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒(D1、D2)，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D形盒的半径为R.质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能Ek后经粒子出口处射出．若忽略质子在电场中的加速时间，且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )
图3
A．质子加速后的最大动能Ek与交变电压U大小无关
B．质子在加速器中的运行时间与交变电压U大小无关
C．回旋加速器所加交变电压的周期为πR
D．D2盒内质子的轨道半径由小到大之比为1∶∶∶…
答案 ACD
解析 质子在回旋加速器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，则v＝，当r＝R时，质子有最大动能Ek＝mvm2＝，知质子加速后的最大动能Ek与交变电压U大小无关，故A正确；质子离开回旋加速器时的动能是一定的，与加速电压无关，由T＝可知相邻两次经过电场加速的时间间隔不变，获得的动能为qU，故电压越大，加速的次数n越少，在加速度器中的运行时间越短，故B错误；回旋加速器所加交变电压的周期与质子在D形盒中运动的周期相同，由T＝，R＝，Ek＝mv2知，T＝πR，故C正确；质子每经过1次加速电场动能增大qU，知D2盒内质子的动能由小到大依次为qU、3qU、5qU…，又r＝＝，则半径由小到大之比为1∶∶∶…，故D正确．
4.(2019·广东茂名市第一次综合测试)如图4所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g.则( )
图4
A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外
B．小球可能带正电荷
C．电场强度大小为E＝
D．磁感应强度的大小为B＝
答案 D
解析 小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图甲所示：小球受到洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，所以小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，故B错误；小球受力情况如图乙所示：小球所受洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，故A错误；根据几何关系，电场力大小qE＝mg，洛伦兹力大小qvB＝mg，解得E＝，B＝，故C错误，D正确．
级争分练
5.(2019·山东德州市上学期期末)如图5所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两极板间存在场强为 E 的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．现有大量带电粒子沿中线 OO′ 射入，所有粒子都恰好沿 OO′ 做直线运动．若仅将与极板垂直的虚线 MN 右侧的磁场去掉，则其中比荷为的粒子恰好自下极板的右边缘P点离开电容器．已知电容器两极板间的距离为，带电粒子的重力不计．
图5
(1)求下极板上 N、P 两点间的距离；
(2)若仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P点离开，求这种粒子的比荷．
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子自 O 点射入到虚线MN的过程中做匀速直线运动，qE＝qvB
粒子过MN时的速度大小v＝
仅将MN右侧磁场去掉，粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动，
沿电场方向：＝t2
垂直于电场方向：x＝vt
由以上各式计算得出下极板上N、 P两点间的距离x＝.
(2)仅将虚线MN右侧的电场去掉，粒子在MN右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经过 P 点的粒子的比荷为，其做匀速圆周运动的半径为 R，
由几何关系得：R2＝x2＋(R－)2
解得R＝
又q′vB＝
解得：＝.
6.(2019·福建宁德市上学期期末质量检测)如图6所示，平面直角坐标系xOy在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，在第二象限内，一质量为m、电荷量为＋q的粒子，由静止经电压为U的电场加速后从y轴上M(0，L)点沿x轴正方向射入第一象限，经匀强电场后从N(2L,0)点进入磁场，恰好从坐标原点O第一次射出磁场，不计粒子重力．求：
图6
(1)粒子从N点进入磁场时的速度大小；
(2)粒子从M点进入电场到从O点离开磁场经历的时间；
(3)粒子第二次进入磁场时离N点的距离．
答案 (1)2 (2)(2＋)L (3)2L
解析 (1)设带电粒子经电压U加速后速度为v0，
则由动能定理得：qU＝mv02
设带电粒子在匀强电场中做类平抛运动的加速度大小为a、运动时间为t1，从N点进入磁场时的速度为v2、沿y轴负方向速度大小为vy，则：L＝at12
2L＝v0t1
vy＝at1
v2＝
联立解得v2＝2，t1＝L.
(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图甲所示：
设粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向夹角为θ1，在磁场中运动的轨道半径为R，则：
v0＝v2cos θ1
解得θ1＝45°
由几何关系可知：R＝＝L
设带电粒子从N点进入磁场运动到O点的时间为t2，
t2＝
t＝t1＋t2
联立解得：t＝(2＋)L
(3)带电粒子从O点进入电场时速度大小为v2，方向与x轴正方向夹角为θ2＝θ1＝45°，在电场中做斜抛运动，如图乙所示，设带电粒子从O点进入电场到从S点进入磁场运动的时间为t3，由对称性可知：
v2sin θ2＝a·
水平方向粒子做匀速直线运动，x＝v2cos θ2·t3
Δx＝x－2L
联立解得Δx＝2L.
7．(2019·山东日照市上学期期末)如图7所示，真空中有以O1为圆心、r为半径的圆形匀强磁场区域，坐标原点O为圆形磁场边界上的一点．磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．x＝r的虚线右侧足够大的范围内有电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场．从O点在纸面内向各个方向发射速率相同的质子，速度方向与x轴正方向成120°角的质子，经磁场偏转后又垂直射入电场，到达x轴上的P点(图中未画出)．已知质子的电荷量为e、质量为m，质子重力可忽略．
图7
(1)求质子射入磁场时的速度大小；
(2)求质子从坐标原点O到x轴上的P点所需的时间；
(3)若质子沿y轴正方向射入磁场，在离开磁场前的某一时刻，磁场方向不变、大小突然变为B1，此后质子恰好被束缚在该圆形磁场中，则B1的最小值为多少？
答案 见解析
解析 (1) 设质子射入磁场时的速度大小为v.质子射入磁场后做匀速圆周运动，质子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系知，质子在磁场中的偏转半径为R＝r，
由牛顿第二定律：evB＝m
解得：v＝；
(2)质子在磁场中运动的周期T＝
质子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为120°
在磁场中运动时间为t1＝＝
质子在磁场与电场之间做匀速直线运动，匀速直线运动位移为：s＝r(1－sin 60°)
匀速直线运动的时间为：t2＝＝m
质子垂直射入电场做类平抛运动，设在电场中的运动时间为t3
竖直位移为y＝r(1＋cos 60°)
根据匀变速直线运动的规律y＝at32
其中a＝
解得：t3＝
则质子从O点到达x轴上的P点所需的时间t＝t1＋t2＋t3＝＋＋；
(3)设质子射入磁场中后，其运动轨迹的圆心为O3，如图乙所示
当质子运动到轨迹与O1、O3连线交点处时，改变磁场大小，则满足条件的质子运动的半径最大，即对应的B1最小，
由几何关系得，O3Q＝r－r
2Rmax＝r－O3Q
解得Rmax＝r
由evB1 min＝
解得：B1 min＝(2＋)B.
