第4讲 带电粒子在磁场中的运动
【p49】
【p49】
1．带电粒子在电场中的运动
(1)匀变速直线运动：根据动能定理qU＝mv2－mv求解；匀强电场中，电场力做功还可用W＝qEd求解．
(2)偏转运动：对于类平抛运动可直接利用__平抛__运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用__运动的合成与分解__的方法来处理．
2．带电粒子在磁场中的运动(仅受磁场力作用)
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做__匀速直线__运动．
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做__匀速圆周__运动．
3．带电粒子在复合场中的运动
(1)复合场与组合场
①复合场：重力场、电场、磁场共存，或其中某两种场共存区域．
②组合场：__电场__与__磁场__各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域内，电场、磁场分时间段或分区域交替出现．
(2)重力考虑与否分三种情况
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交代就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比__很小__，可以__忽略__；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交代时就应当考虑其重力．
②在题目中有明确交代是否要考虑重力的．
③对未知的带电粒子其重力是否可忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设计重力或者不计重力，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误．
(3)运动类型
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的__合外力__及初始运动状态的速度，可以是所涉及的各种运动．带电粒子的运动情况和受力情况分析是分析解决问题的关键．
(4)解题规律的选择
①当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据__平衡条件__列方程求解．
②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解．
③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．
【p49】
考点一 带电粒子在磁场中运动的临界问题
例1
如图所示．在x轴和x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为＋q的同种带电粒子．在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板
P上，其速度立即变为0)．现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行．不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力． (1)求磁感应强度B的大小；
(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；
(3)若在y轴上放置一挡板，使薄金属板右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标．
【解析】(1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿－x方向射出的粒子恰好打在金属板的上方，如图a所示，R＝x0，qvB＝m
联立得：B＝
图a (2)粒子做匀速圆周运动的周期为T，
T＝＝
图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角，由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，
即t＝＝
图b 图c 图c为打在右侧下端的临界点，圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角，由图a、c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，即t′＝＝
则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为
Δt＝
(3)由图a可知挡板上端坐标为(0，2x0)
由图c可知挡板下端y坐标为
y2＝2x0cos
30°＝x0，下端坐标(0，x0)
最小长度L＝2x0－x0.
【答案】(1) (2) (3)见解析
【方法总结】解决带电粒子在磁场中运动临界问题的技巧方法：
(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“一元二次方程的判别式”等求极值．
(2)从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．
(3)临界问题的一般解题流程：
变式训练1
(2020·全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力eBv＝m，则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为B＝，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小．令电子运动轨迹最大的半径为rmax，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示
A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，AB⊥OB,
△ABO为直角三角形，则由几何关系可得＝r＋a2
解得
rmax＝a
解得磁场的磁感应强度最小值Bmin＝＝，故选C.
【答案】C
考点二 带电粒子在磁场中运动的极值问题
例2(2020·江苏卷)
空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值．
【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m
得，
R1＝，R2＝
Q、O的距离为：d＝2R1－2R2＝
(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，
N＝＝＝3
所以，再次经过P点的时间为t＝NT＝3T
由匀速圆周运动的规律得，T1＝＝，T2＝＝
绕一周的时间为：T＝＋
解得：T＝
所以，再次经过P点的时间为t＝3T＝
两次经过P点的时间间隔为：Δt＝t－
解得：Δt＝
(3)由洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m
得，
R1′＝
R2′＝
d′＝2R1′－2R2′
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则：
2R1′＋nd′＝OQ＝d(n＝0，1，2，3…)
n(＋)＋＝＋(n＝0，1，2，3…)
结合以上式子，n无解．
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则：
nd′＝OQ(n＝1，2，3…)
n(＋)＝＋(n＝1，2，3…)
计算可得＝n(n＝1，2，3…)
由于甲乙粒子比荷不同，则n＝2时，乙的比荷最小，为＝
【答案】(1)d＝ (2)t＝ (3)＝
【方法总结】带电粒子在磁场中运动的极值问题常见的是诸如求磁场最小面积范围、粒子运动最长、最短时间等．对于求磁场的最小范围问题，对学生的平面几何知识与物理知识的综合运用能力要求较高．问题难点在于带电粒子的运动轨迹不是完整的圆，其进入边界未知的磁场后一般只运动一段圆弧后就飞出磁场边界，运动过程中的临界点(如运动形式的转折点、轨迹的切点、磁场的边界点等)难以确定．对于求粒子运动时间极值问题，要注意：当粒子的运动速率v一定时，粒子经过的弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．当粒子的运动速率v变化时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长．
变式训练2
(2020·全国卷Ⅰ)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A. B. C. D.
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动qBv＝，T＝，可得粒子在磁场中的周期T＝，粒子在磁场中运动的时间t＝·T＝，则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长．采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大．当半径r≤0.5R和r≥1.5R时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期．当0.5R【答案】C
考点三 带电粒子在磁场中运动的多解问题 例3
如图所示，在直角坐标系xOy的第Ⅰ象限中有两个全等的直角三角形区域①和②，两个区域中充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域①的磁感应强度大小为B0，区域②的磁感应强度大小可调，C点坐标为(4L，3L)，M点为OC的中点．质量为m、带电荷量为－q的粒子从C点以平行于y轴的方向射入磁场②中，速度大小为v0＝，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．
(1)若粒子无法进入区域①中，求区域②磁感应强度大小范围；
(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域②磁感应强度大小；
(3)若粒子能到达M点，求区域②磁感应强度大小的所有可能值．
【解析】(1)粒子速度大小不变，磁感应强度越小，半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，粒子恰好能进入①区域，则要求粒子运动半径r0>3L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qBv0＝m
已知v0＝，解得B<.
(2)粒子在区域①中的运动半径r＝＝
若粒子在区域①中轨迹恰好与AC边相切，则粒子不会从AC边射出磁场，如图所示，设∠ACO＝θ，由几何关系有∠O2O1Q＝2θ
则sin
2θ＝2sin
θcos
θ＝
由几何关系有sin
2θ＝
解得R＝r＝L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设此时区域②中磁场磁感应强度为B1，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B1＝m
解得B1＝.
(3)①若粒子由区域①到达M点，则每次前进距离
CP2＝2(R－r)cos
θ＝(R－r)
由周期性有CM＝nCP2(n＝1，2，3，…)
即L＝n(R－r)(n＝1，2，3…)
解得R＝r＋≥L，n≤3
n＝1时，R＝L，B＝B0
n＝2时，R＝L，B＝B0
n＝3时，R＝L，B＝B0.
②若粒子由区域②到达M点，由周期性有
CM＝CP1＋nCP2(n＝0，1，2，3，…)
即L＝R＋n(R－r)(n＝1，2，3…)
解得R＝≥L，n≤(n＝1，2，3…)
n＝0时，R＝L，B＝B0
n＝1时，R＝L，B＝B0.
【答案】(1)B< (2) (3)区域②磁感应强度的可能值有B0、B0、B0，B0和B0.
【方法总结】1.带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因：(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹．(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹．(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同情况分别求解．(4)圆周运动的周期性形成多解．
2．解决多解问题的一般思路：(1)明确带电粒子的电性和磁场方向．(2)正确找出带电粒子运动的临界状态．(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算．
变式训练3
(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向、大小不同的速率射入正方形内，则下列说法中正确的是( )
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从ad边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从bc边射出磁场
【解析】由题意，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0.当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为t＝T＝，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，若带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定不会从ad边射出磁场，故A错误；若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0＝T，则粒子轨迹的圆心角为θ＝×2π＝π，速度的偏向角也为π，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场，故B正确；若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0＝T，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°＋90°＝150°＝π<π，故不一定从ab边射出磁场，故C错误；若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0＝T，则得到轨迹的圆心角为π>π则它一定从bc边射出磁场，故D正确．
【答案】BD
【p137】
A组
1．如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场．对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是( )
A．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长
B．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等
C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π
D．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度
【解析】根据带电粒子在有界磁场中运动周期公式T＝，运动时间t＝T＝，由几何条件可知，从ad边离开的电子在磁场中运动时间最长且均为半个周期，偏转角最大且均为π，A项错，B、C项正确；由几何关系可知，从bc边射出的电子轨道半径大于从ad边射出的电子轨道半径，又由半径公式R＝可知，从bc边射出的电子的速度大于从ad边射出的电子的速度，D项正确．
【答案】A
2．如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为＋q的粒子以相同的速率v沿纸面内由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝，正确的图是( )
【解析】如图，从O点水平向左沿x轴负方向射出的粒子，轨迹为圆，和x轴相切于O点，在x轴上方，半径为R，沿y轴正方向射出的粒子轨迹为半圆，在y轴右侧，和x轴交点距O点为2R，其余方向射入的带电粒子，轨迹圆旋转，最远点在以O为圆心半径为2R的圆周上．故D正确．
【答案】D
3．(多选)如图，匀强磁场与xOy平面垂直且仅分布在第一象限，两个完全相同的带电粒子a、b从x轴上的P点以相等速率射入磁场，分别经过时间ta、tb后从y轴上纵坐标为ya、yb的两点垂直于y轴射出磁场．已知两带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，半径为r，粒子b的射入速度方向与x轴正方向的夹角为60°，a、b间的相互作用和重力可忽略．下列关系正确的是( )
A．tb＝3ta
B．yb＝2ya
C．ta＋tb＝
D．ya＋yb＝2r
【解析】作速度方向的垂线，找出粒子a、b做圆周运动的圆心如图所示：
根据几何关系可知，b粒子轨迹对应的圆心角为120°，由于b粒子与x轴夹角为60°，则OP＝rcos
30°＝r，sin
θ＝＝，解得θ＝60°，所以有：ta＋tb＝T＝，故A错误、C正确；由于OOa＝rcos
θ＝r，则Oya＝r－r＝r，所以b粒子轨迹的圆心Ob与ya重合，yb＝r＋r＝r，ya＝r，所以ya＋yb＝2r，故B错误、D正确．
【答案】CD
4．如图所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场．一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹所对的圆心角为120°，若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，则最大为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识得：r1＝2Rtan
30°＝，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B＝m，解得：v1＝；当粒子竖直向上射入磁场时，如果粒子不能进入小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时粒子轨道半径最大，为：r2＝，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv2B＝m，解得：v2＝，则有：＝，故B正确，ACD错误．
【答案】B
5．(多选)如图所示，在半径为R的半圆和长为2R、宽为R的矩形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里．一束质量为m、电量为q的粒子(不计粒子间相互作用)以不同的速率从边界AC的中点垂直于AC射入磁场，所有粒子从磁场的EF圆弧区域射出(包括E、F点)，其中EO与FO(O为圆心)之间夹角为60°，不计粒子重力．下列说法正确的是( )
A．粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越长
B．粒子在磁场中运动的时间可能为
C．粒子在磁场中运动的时间可能为
D．粒子的最小速率为
【解析】粒子从F点和E点射出的轨迹如图甲和乙所示
对于速率最小的粒子从F点射出，轨迹半径设为r1，根据图中几何关系可得：r1＋＝R，解得：r1＝R，根据图中几何关系可得：sin
θ1＝＝，解得θ1＝60°，所以粒子轨迹对应的圆心角为120°；粒子在磁场中运动的最长时间为t1＝×T＝·＝；对于速率最大的粒子从E点射出，轨迹半径设为r2，根据图中几何关系可得：r2＝＋Rcos
60°，解得：r2＝R，根据图中几何关系可得：sin
θ2＝＝，所以θ2＜60°，可见粒子的速率越大，在磁场中运动的时间越短，粒子的速率越小运动时间越长，粒子在磁场中运动的最长时间为，故B正确、AC错误；从F点射出的粒子速率最小，根据洛伦兹力提供向心力可得r1＝，解得最小速率为v1＝，故D正确．
【答案】BD
B组6.如图所示，边长为7
cm的正方形OABC区域内存在B＝0.1
T，方向垂直纸面向外的匀强磁场．在此正方形区域内有一点P，P点到OC边和BC边的距离均为1
cm，在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量m＝1.0×10－14
kg，电荷量q＝1.0×10－5
C，离子的重力不计，不考虑离子间的相互作用力．求：
(1)速率v＝5.0×106
m/s的离子在OA边上出射点与O点距离范围；
(2)离子要从OA边上射出正方形区域，速度至少应多大．
【解析】(1)设离子在磁场中做圆周运动的半径为R
由qBv＝ ①
得R＝5
cm ②
当离子轨迹与OC边相切时，射出OA边时离O点的距离最小为y1，由几何关系得y1＝1
cm ③
当离子轨迹与OA边相切时，射出OA边时离O点的距离最大为y2，由几何关系得
y2＝1
cm＋2
cm＝5.9
cm ④
所以射出OA边的范围是1～5.9
cm ⑤
(2)当离子速度很小时无法射出磁场区域，而当离子圆轨迹同时与OC边、OA边相切时为离子能射出OA边的临界情况，此时相应的速度最小为v1，对应的圆半径为R1
由qBv1＝ ⑥
建立以O为原点，OC为x轴，OA为y轴的直角坐标系，由图知O1P＝R1，O1Q＝R1－yP，PQ＝xP－R1，对△O1PQ得O1P2＝O1Q2＋PQ2 ⑦
即R＝(R1－yP)2＋(xP－R1)2 ⑧
代入数据得R－14R1＋37＝0 ⑨
解得R1＝(7－2)
cm ⑩
R1′＝(7＋2)
cm(不合理，舍去)
把⑩式代入⑥式，解得
v1＝(7－2)×106
m/s≈3.5×106
m/s
【答案】(1)1～5.9
cm (2)3.5×106
m/s
7．如图所示，边界PQ以上和MN以下空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为4B，PQ、MN间距离为2d，绝缘板EF、GH厚度不计，间距为d，板长略小于PQ、MN间距离，EF、GH之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.有一个质量为m的带正电的粒子，电量为q，从EF的中点S射出，速度与水平方向成30°角，直接到达PQ边界并垂直于边界射入上部场区，轨迹如图所示，以后的运动过程中与绝缘板相碰时无能量损失且遵循反射定律，经过一段时间后该粒子能再回到S点．(粒子重力不计)求：
(1)粒子从S点出发的初速度v；
(2)粒子从S点出发第一次再回到S点的时间；
(3)若其他条件均不变，EF板不动，将GH板从原位置起向右平移，且保证EFGH区域内始终存在垂直纸面向里的匀强磁场B，若仍需让粒子回到S点(回到S点的运动过程中与板只碰撞一次)，则GH到EF的垂直距离x应满足什么关系？(用d来表示x)
【解析】(1)L＝2d，且S为中点，设带电粒子在EF、GH之间的磁场中运动时轨迹半径为R1
由图知：R1sin
60°＝d，R1＝2d
洛伦兹力提供向心力：qvB＝，R1＝，
得：v＝＝
(2)如图，粒子应从G点进入PQ以上的磁场，设带电粒子在4B场区轨迹半径为R2，在4B场内，q×4Bv＝，R2＝＝＝，在4B场区转半个周期，并垂直PQ再由E点回到B场区，由对称性，粒子将打到GH中点并反弹，再次回到S点的轨迹如图．
粒子在B场中时间t1＝4×T1＝T1＝×＝
粒子在4B场中时间t2＝2×T2＝T2＝＝
t总＝t1＋t2＝
(3)如图所示，由粒子运行的周期性以及与板碰撞遵循反射定律，有如下结果：
x1＝(3n＋1)d，(n＝0，1，2…)或x2＝3nd，(n＝0，1，2…)
【答案】(1)v＝ (2) (3)x1＝(3n＋1)d，(n＝0，1，2…)或x2＝3nd，(n＝0，1，2…)
【p51】
考点四 带电粒子在组合场中的运动
例4(2020·山东卷)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示．M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔．以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E.一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上．不计粒子重力．
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子H、氚核H、氦核He的位罝，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程)．
【解析】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v；粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得
qU＝mv2 ①
在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB＝m ②
联立①②式得
R＝ ③
由几何关系得
d2＋(R－L)2＝R2 ④
cos
α＝ ⑤
sin
α＝ ⑥
联立①②④式得
L＝－ ⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为v2，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿笫二定律得
qE＝ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
vz＝vcos
α ⑨
d＝vzt ⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
x＝at2
联立①②⑤⑧⑨⑩式得
x＝
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，由运动学公式得
y′＝vtsin
α
由题意得
y＝L＋y′
联立①④⑥⑨⑩式得
y＝R－＋
(4)s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H的位置．
【答案】(1)R＝L＝－
(2)x＝
(3)y＝R－＋
(4)s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H的位置
【方法总结】1.“磁偏转”和“电偏转”的差别
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
受力情况
只受恒定的电场力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛知识、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt y＝at2
a＝
tan
θ＝(θ是末
速度方向与初速
度方向的夹角)
r＝ T＝
t＝
2.解题的思维流程
考点五 带电粒子在叠加场中的运动
例5
如图所示，竖直虚线MN和PQ将真空空间分割成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，其中Ⅰ、Ⅲ两区域内均存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场(后面称之为叠加场)，而Ⅱ区域内只存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，在Ⅱ区域内的中央水平固定一根内壁粗糙且绝缘的细管，在细管中央静止放置一个带正电小球，某时刻小球分裂成质量分别为2m、m的两个带正电颗粒a、b，分裂后颗粒a、b分别向左向右滑动，其中一个颗粒恰好在细管内匀速滑动，而另一颗粒则没能滑出细管．滑出细管的颗粒在叠加场内做匀速圆周运动，经一段时间后穿过分界线进入Ⅱ区域，颗粒在Ⅱ区域内运动的某一时刻恰好沿竖直方向经过K点(K点在图中未标出)．不计小球分裂后a、b两颗粒之间的作用力，重力加速度为g.求：
(1)滑出细管的颗粒所带的电荷量q；
(2)小球分裂后瞬间a、b两颗粒的动能之和Ek；
(3)K点距水平细管的距离H.
【解析】(1)小球分裂后，颗粒a受到竖直向下的重力和洛伦兹力，所以细管对颗粒a有竖直向上的弹力，颗粒a因受摩擦力作用而未能滑出细管．而颗粒b受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力，此二力平衡，所以颗粒b在细管内匀速运动．
颗粒b滑出细管后，在叠加场中做匀速圆周运动，此时颗粒b所受的电场力和重力二力平衡，则有mg＝qE
解得：q＝
(2)颗粒b在细管内运动时，有：mg＝qvbB
联立解得：vb＝
小球分裂瞬间满足动量守恒定律，取b球的速度方向为正方向，则有：0＝mvb－2mva
解得：va＝
所以a、b两个颗粒的动能之和为：
Ek＝mv＋×2mv＝
(3)颗粒b在Ⅲ区域中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvbB＝m
解得：R＝
颗粒b在Ⅲ区域中运动半圆周后，从细管右端上方进入Ⅱ区域，从进入Ⅱ区域到运动到K点的过程中，在水平方向上，由动量定理得：qv竖Bt＝mvb.
其中v竖t＝h(h是颗粒b在竖直方向向下运动的位移)
解得：h＝
所以K点距水平细管的距离为：H＝2R－h＝.
【答案】(1) (2) (3)
【方法总结】常见的叠加场有：电场与重力场的叠加，磁场与电场的叠加，磁场、电场、重力场的叠加等．
1．解题关键：带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键．
2．力学规律的选择：(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和受力分析列方程联立求解．(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．对于两体或多体相互作用问题，还可以选用动量定理或动量守恒定律列方程求解．
考点六 带电粒子在交变复合场中的运动
例6如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L.O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为，与水平线MN的距离为(1＋)．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间～
内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：
(1)此带电微粒的比荷；
(2)自0时刻起经时间时微粒距O点的距离；
(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN.
【解析】(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：U＝＝4B0L
电容器两极间电场强度：E＝＝4B0
时间～内：mg＝qE
解得比荷：＝
(2)微粒运动的轨迹如图所示．
时间0～内：
mg＋qE＝ma
v＝at1，t1＝
解得：v＝
时间～内：qv·8πB0＝
可得：r＝
又T＝
解得：T＝
时微粒距O点的距离：x＝2r＝
(3)
时间0～内，微粒竖直向下的位移：
h＝t1＝
设粒子转过角度α时与O点间的竖直距离为：
(1＋)
sin
α＝
解得：α＝和α＝
每次微粒进入磁场后运动至水平线MN所需时间：t2＝T
解得：t2＝和t2＝
自开始至水平线MN的时间：t＝t1＋n·2T＋t2，(n＝0，1，2，3，…)
即：t＝(2n＋)和t＝(2n＋)，(n＝0，1，2，3，…)
又2rn＝
解得：n＝3.5
微粒离开电容器后不再经过水平线MN，分析得自开始至水平线MN的时间：t＝(2n＋)
，(n＝0，1，2，3)和t＝(2n＋)
，(n＝0，1，2，3)
【答案】(1) (2) (3)和
【方法总结】1.带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路：
→联立不同阶段的方程求解
2．复合场分析重点
考点七 复合场中的STSE问题
例7(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图(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( )
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【解析】由于电子带负电，要在MN间加速，则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；增大加速电压则根据eU＝mv2，可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有evB＝m，可得R＝，可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B选项的分析可知，当其他条件不变时，增大偏转磁场的磁感应强度，会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确．
【答案】D
【方法总结】1.速度选择器、电磁流量计、磁流体发电机，其物理模型都是带电粒子在复合场中的运动，共同特点是电场力与洛伦兹力平衡．
2．质谱仪与回旋加速器的共性是带电粒子在电场中加速，在匀强磁场中做匀速圆周运动，回旋加速器要满足的先决条件是交流电压周期必须跟带电粒子的运动周期相同．
3．带电粒子在电场、磁场中的运动与现代科技密切相关，主要应用如下表
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，两极电压为U时稳定，＝qvB，U＝Bdv
霍尔
元件
q＝qvB，I＝nqdhv
所以U＝vBh＝
电磁流
量计
q＝qvB，所以v＝
所以流量Q＝vS＝
质谱仪
电子经U加速，从A孔入射经偏转打到P点，eU＝mv，得v0＝.
AP＝d＝2r＝＝
比荷＝
回旋
加速器
两D形盒分别接频率为f＝的高频交流电源两极，带电粒子在窄缝间电场加速，在D形盒内偏转
微专题突破六 磁聚焦和磁发散
【p54】
1.
如图所示，真空中有一以(r，0)为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y≤－r的范围内，有方向水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E.从O点向不同方向发射速率相同的电子，电子的运动轨迹均在纸面内．已知电子的电荷量为e、质量为m，电子在磁场中的偏转半径也为r，不计重力及阻力的作用，求：
(1)电子射入磁场时的速度大小；
(2)速度方向沿x轴正方向射入磁场的电子，到达y轴所需的时间；
(3)速度方向与x轴正方向成30°角(如图中所示)射入磁场的电子，到达y轴的位置与原点O的距离．
【解析】(1)电子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
由evB＝m得
v＝
(2)电子沿x轴正方向射入磁场经圆弧后，以速度v垂直于电场方向进入电场，由于T＝＝
所以，电子在磁场中运动的时间为t1＝＝
电子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r后达到y轴，因此有
r＝at，qE＝ma，解得t2＝＝
所求时间为t＝t1＋t2＝＋
(3)电子在磁场中转过120°角后从P点垂直电场方向进入电场，如图所示：
P点距y轴的距离为
x1＝r＋rcos
60°＝1.5r
设电子从进入电场到达到y轴所需时间为t3，则
由x1＝t得：
t3＝
在y方向上电子做匀速直线运动，因此有
Δy＝vt3＝Br
所以，电子到达y轴的位置与原点O的距离为
Δy＋r＝r＋Br.
【答案】(1) (2)＋ (3)r＋Br
【p54】
本模型是指速率相同的同种带电粒子在经过圆形匀强磁场运动的过程中，当粒子运动轨迹半径与磁场区域半径相等时所引起的一类会聚与发散现象．
【p54】
如图所示，一带电粒子以任意角θ从圆周上一点O沿垂直于磁场方向射入磁场，若粒子的轨道半径与圆形磁场区域半径相同时，轨道圆弧与磁场区域圆弧对应的两条半径线组成平行四边形(即四边形OO1AO2为平行四边形)，带电粒子的速度方向总垂直于半径，因此带电粒子射出磁场时速度方向都平行于射入点磁场区域圆的切线(即平行于y轴)，所以所有带电粒子都以平行于入射点磁场区域圆的切线的方向成平行线射出磁场．
1．磁发散：圆形匀强磁场区域，带电粒子从圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的轨道半径与圆形磁场区域半径相同时，所有带电粒子都以平行于入射点磁场区域圆的切线的方向成平行线射出磁场；
2．磁聚焦：若带电粒子以平行的速度射入磁场，这些带电粒子在磁场中做圆周运动将会聚通过平行速度方向的圆形区域切线与圆的切点．
【p54】
1．(多选)如图所示，在水平面内有一正方形ABCD，在ABCD内的适当区域中有垂直于正方形ABCD所在平面向里的匀强磁场．一电子以某一速度沿正方形ABCD所在平面且垂直于AB边射入该正方形区域．已知该电子从AB边上的任意点入射，都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场．不计电子重力．则关于该区域的磁场范围，下列说法正确的是( )
A．磁场可能存在于整个正方形ABCD区域
B．磁场可能存在于一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆内
C．磁场可能存在于一个以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆内
D．磁场可能存在于一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围内
【解析】设正方形边长为a，令圆弧是自A点垂直于AB入射的电子在磁场中的运行轨道．圆弧的圆心在AB边或其延长线上．依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B
点即为圆心，圆半径为a；自A点垂直于AB入射电子在C点沿DC方向射出，且自AB边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中．因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界．为了确定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中C点的电子的速度方向与BC的延长线交角为θ(不妨设0≤θ＜)的情形．该电子的运动轨迹qpC如图所示．图中，圆弧的圆心为O，pq垂直于AB边，可知，圆弧
的半径仍为a，在D为原点、DA为x轴，CD为y轴的坐标系中，p点的坐标(x，y)为：x＝asin
θ，y＝－[a－(a－acos
θ)]＝－acos
θ，这意味着，在范围0≤θ＜内，p点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B和D为圆心、正方形的边长为半径的两个四分之一圆周和所围成的面积，或者以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆内，故CD正确，AB错误．
【答案】CD
2．如图所示，真空中有一个半径r＝0.5
m的圆形磁场，与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大小B＝2×10－3
T，方向垂直于纸面向外，在x＝r处的虚线右侧有一个方向竖直向上的宽度为L1＝0.2
m的匀强电场区域，电场强度E＝1.5×103
N/C.在x＝1.7
m处有一垂直x方向的足够长的荧光屏．从O点处向不同方向发射出速率相同的比荷为＝1×109
C/kg带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内．一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从磁场与电场的相切处进入电场．不计重力及阻力的作用．
(1)求粒子进入电场时的速度和沿y轴正方向射入的粒子在磁场中运动的时间；
(2)从O点入射的所有粒子经磁场偏转后出射的速度方向有何特点？(直接答结论，不必证明)
(3)速度方向与y轴正方向成30°角(如图中所示)射入磁场的粒子，最后打到荧光屏上，求该发光点的位置坐标．
【解析】(1)由题意可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径R＝r＝0.5
m，有Bqv＝
可得粒子进入电场时的速度v＝＝1×106
m/s
在磁场中运动的时间t1＝＝＝7.85×10－7
s.
(2)从O点入射的所有粒子经磁场偏转后出射的速度方向与x平行．
(3)粒子运动轨迹如图所示．粒子在磁场中转过120°角后从P点沿x轴正方向离开磁场，在电场中加速度大小
a＝＝1.5×1012
m/s2
粒子穿出电场时vy＝at2＝a×＝0.3×106
m/s
tan
α＝＝0.3
在磁场中y1＝1.5r＝0.75
m
在电场中侧移y2＝at＝0.03
m
飞出电场后粒子做匀速直线运动，
y3＝L2tan
α＝(1.7－0.2－0.5)×0.3
m＝0.3
m
故y＝y1＋y2＋y3＝1.08
m
则该发光点的坐标(1.7，1.08)
【答案】(1)1×106
m/s 7.85×10－7
s (2)速度方向与x轴平行 (3)(1.7，1.08)
真题回顾
【p56】
1．(2019·全国卷Ⅲ)
(多选)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点．则( )
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
【解析】
a离正电荷远离负电荷近，b离正电荷近离负电荷远，故a点电势低于b点电势，故A错误，把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确．
【答案】BC
2.
(2018·全国卷Ⅰ)(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2
V．一电子经过a时的动能为10
eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6
eV.下列说法正确的是( )
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4
eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【解析】设相邻两条等势线之间的电势差为U0，根据从a到d的过程中克服电场力所做的功为6
eV，W＝e·3U0＝6
eV，所以U0＝2
V并且电势从a向f逐渐降低．已知平面b上的电势为2
V，所以平面c上的电势为零，A正确；因为从a到f，电势降低4U0＝8
V，所以电势能增大8
eV，动能减少8
eV，可能到达f；但如果在a时速度方向在a平面内，加速度方向向左，就可能到达不了平面f，所以B正确．
从上图可以看出，该电子经过平面d时，其电势能为2
eV，C错误；该电子经过平面b时的动能是经过d时的2倍，所以速率是倍．
【答案】AB
3．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是( )
A．此匀强电场的电场强度方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的电场强度大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【解析】根据题意无法判断电场强度的方向，A错误；不知道电场方向，所以电场的电场强度大小不一定是，C错误；W1＝qUab，W2＝qUcd，又φM＝，φN＝，故WMN＝q(φM－φN)＝q＝＝，故B对；W1＝W2则有φa－φb＝φc－φd，UaM＝φa－φM＝，UbN＝φb－φN＝，故UaM＝UbN，D对．
【答案】BD
4．(2019·全国卷Ⅰ)
如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为( )
A．2F
B．1.5F
C．0.5F
D．0
【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比I1∶I2＝1∶2.如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F＋F′＝F，故本题选B.
【答案】B
5．(2019·全国卷Ⅱ)
如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.kBl，kBl
B.kBl，kBl
C.kBl，kBl
D.kBl，kBl
【解析】
a点射出粒子半径Ra＝＝，得：va＝＝，d点射出粒子半径为R2＝l2＋，R＝l，故vd＝＝，故B选项符合题意．
【答案】B
6．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】运动轨迹如图．
即运动由两部分组成，第一部分是个周期，第二部分是个周期，
粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为：t2＝＝·＝；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为：t1＝＝·＝；则粒子在磁场中运动的时间为：t＝t1＋t2＝＋＝，故B正确，A、C、D错误．
【答案】B
7．(2018·全国Ⅱ卷)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外．则( )
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
【解析】设流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B1a，流经L2电流在a点产生的磁感应强度大小为B2a，已知a点的磁感应强度大小为B0，根据磁感应强度的叠加原理，考虑磁感应强度的方向，有B0－B1a－B2a＝B0.同理，b点的磁感应强度大小为B0，有B0－B1b＋B2b＝B0.因为B1a＝B1b＝B1(因距离相等)，B2a＝B2b＝B2，解得B1＝B0，B2＝B0.
【答案】AC
8．(2019·全国卷Ⅰ)如图，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；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．
【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＝mv2 ①
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＝m ②
由几何关系知d＝r ③
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＝
【答案】(1)＝ (2)t＝
9．(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为
.重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma ①
a()2＝gt2 ②
解得E＝ ③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh ④
且有v1＝v0t ⑤
h＝gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v＋g2t2)
【答案】(1)E＝ (2)Ek＝2m(v＋g2t2)
10.
(2018·全国Ⅰ卷)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m、电荷量为q，不计重力．求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
【解析】(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有
s1＝v1t1 ①
h＝a1t ②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tan
θ1 ③
联立以上各式得s1＝h ④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1 ⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝ ⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝ ⑦
由几何关系得s1＝2R1sin
θ1 ⑧
联立以上各式得B＝ ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv ⑩
由牛顿第二定律有qE＝2ma2
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有
s2＝v2t2
h＝a2t
v2′＝
sin
θ2＝
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1
所以出射点在原点左侧．设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有s2′＝2R2sin
θ2
联立④⑧式得，H第一次离开磁场时得位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h
【答案】(1)h (2) (3)(－1)h
11．(2018·全国Ⅱ卷)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：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xOy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为条形区域边界上的两点，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点射入时速度的大小；
(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)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有
qE＝ma ①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1＝at ②
l′＝v0t ③
v1＝vcos
θ ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为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＝2Rcos
θ ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝ ⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v1＝ 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③⑦⑨⑩式得t′＝(1＋)
【答案】(1)见解析图 (2) (3)(共143张PPT)
平抛
运动的合成与分解
匀速直线
匀速圆周
电场
磁场
很小
忽略
合外力
平衡条件
真题回顾
知识网络>●●。。
直线运动如用电场加速或减速粒子
带电粒子偏转:类平抛运动,一般分解成两个
在电场中
分运动求解
的运动
圆周运动以点电荷为圆心运动或受装
置约束运动
带电
粒子
在电带电粒子「直线运动当带电粒子的速度与磁场平行时)
场
在磁场中圆周运动当带电粉子的速度与磁场垂直时
磁场的运动
中的
半径公式R=,周期公式2m
B
q
运动
带电粒子(直线运动垂直运动方向的力必定平衡
在复合场
圆周运动重力与电场力一定平衡由洛伦
中的运动
兹力提供向心力
般的曲线运动
基础落实>●。●
考点突破>●●。。
限时训练>●。。
先读图明确场的变化情况
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
建模→粒子在不同运动阶段,各有怎样的运动模型
找衔接点>找出衔接相邻两过程的物理量
洗规律|联立不同阶段的方程求解
受力特点
运动性质
叠加场同时受到
几个场力
根据受力
情况和初
场的组成
组合场不同阶段
速度,判
及变化
受不同力
断带电粒
子的运动
交变场不同时间
性质
受不同力
试题回顾>●。●。
模型构建>。。
模型破解>。●。。。
热身练习>●●。。【p139】
A组1.如图所示，真空中O点固定一个带正电的点电荷，同一平面内距离点电荷r处有一个带负电的粒子P(不计重力)，该粒子在纸面内沿垂直于它们连线的方向入射，已知空间同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，则关于粒子在电、磁场中的运动轨迹，不可能的是( )
A．在纸面内以O点为圆心，r为半径的圆
B．初始阶段为在纸面内向右偏的曲线
C．初始阶段为在纸面内向左偏的曲线
D．沿初速度方向的直线
【解析】粒子受到向左的正点电荷的库仑力，由左手定则可知，粒子同时受到向右的洛伦兹力．开始时，当库仑力与洛伦兹力的合力刚好提供向心力则粒子在纸面内以O点为圆心，r为半径的圆周运动；当库仑力与洛伦兹力的合力大于粒子做圆周运动的向心力时，粒子在初始阶段为在纸面内向左偏的曲线；当库仑力与洛伦兹力的合力向右时，粒子初始阶段为在纸面内向右偏的曲线，故ABC正确；粒子沿初速度方向做直线运动时，粒子与正点电荷间的库仑力变化，则粒子受到的合力变化，则粒子的轨迹不可能是沿初速度方向的直线，故D错误．本题选不正确的，故选D.
【答案】D
2．(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图，元件内定向运动的自由电子在磁场力作用下偏转，前、后表面会产生霍尔电势差．则( )
A．图乙中霍尔元件的前表面电势低于后表面电势
B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
D．根据单位时间内的脉冲数和车轮的半径即可获知车速大小
【解析】自由电子在磁场中受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，自由电子向前表面偏转，前表面的电势低，故A正确；设霍尔元件的长为a，宽为b，高为c，稳定后，电场力和洛伦兹力平衡，qvB＝q，得UH＝Bbv，由电流的微观定义式：I＝neSv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得：UH＝，可知霍尔电压UH与车速大小无关，故B错误；由公式UH＝可知，若长时间不更换传感器的电源，那么电流I减小，则霍尔电势差将减小，故C正确；根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故D正确．
【答案】ACD
3．(多选)如图所示为电磁抽水泵模型，泵体是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，在泵体内加入导电剂后，液体的电阻率为ρ，泵体所在处有方向垂直纸面向外的匀强磁场B.工作时，泵体的上下两表面接电压为U的电源(内阻不计)上．若电磁泵和水面高度差为h，理想电流表示数为I，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g.在抽水泵正常工作过程中，下列说法正确的是( )
A．泵体上表面应接电源正极
B．电磁泵不加导电剂也能抽取纯水
C．电源提供总的功率为I2
D．若t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt－mgh－I2t
【解析】当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；纯水中不含有导电离子，分析电磁泵的工作原理可知，不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故B错误；理想电流表的示数为I，则电源提供总的功率为UI，故C错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R＝ρ＝ρ·＝，根据能量守恒定律可知，电源提供的总功率等于液体消耗的电功率和水的机械功率，液体消耗的电功率为I2R＝，t时间内电源提供电能为UIt，若t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt－mgh－I2t，故D正确．
【答案】AD
4．(多选)如图所示，在扇形区域AOC内存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆弧AC有磁场，OC边没有磁场，∠AOC＝60°，甲、乙两个带负电的粒子均从A点以相同的初速度垂直OA方向射入磁场，甲从OC边的中点离开磁场，乙恰好沿OC边离开磁场．粒子重力及粒子间的作用力不计．下列说法正确的是( )
A．甲、乙在磁场中运动的轨道半径之比为(4－6)∶1
B．甲、乙的比荷之比为(4－6)∶1
C．甲、乙在磁场中运动的时间之比为(4＋6)∶15
D．甲、乙在磁场中运动的角速度大小之比为(2＋3)∶6
【解析】根据题意画出运动轨迹，甲粒子与OC交点为E，设扇形半径为R，甲运动的圆周的半径为r1，根据余弦定理知：r＝(R－r1)2＋()2－2(R－r1)·cos
60°，解得：r1＝.设乙做圆周运动的半径为r2，根据几何关系知：r2＋＝R，解得：r2＝(2－3)R，故甲、乙在磁场中运动的轨道半径之比为1∶(4－6)，故A错误；根据r＝知比荷之比等于半径的反比，即为(4－6)∶1，故B正确；甲转过的圆心角为，运动时间为：t甲＝·，乙转过圆心角为π，运动时间为：t乙＝·，所以运动时间之比为：∶＝(4＋6)∶15，故C正确；甲、乙在磁场中运动的角速度大小ω＝，与半径成反比，即(4－6)∶1，故D错误．
【答案】BC
5．(多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上．在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线中点P进入板间．油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域．空气阻力不计，重力加速度为
g，则下列说法正确的是( )
A．油滴刚进入电磁场时的加速度为
g
B．油滴开始下落的高度h＝
C．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D．油滴离开电磁场时的速度大小为
【解析】油滴刚进入电磁场时(在P点)，受重力、电场力和洛伦兹力，其中电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G，根据牛顿第二定律，加速度为g，故A正确；在P点由题意可知qE＝qvB，自由下落过程有v2＝2gh，U＝Ed，由以上三式解得h＝，故B正确；根据左手定则，在P位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C错误；由左手定则可知油滴经过P点后向右侧金属板偏转，则油滴克服电场力做功，整个过程由动能定理mg(h＋L)－qE×＝mv2，得v＝，故D正确．
【答案】ABD
6．(多选)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q＝6×10－7C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2
m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10
m/s2.则下列判断正确的是( )
A．匀强电场的场强大小为3.2×106
V/m
B．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4
J
C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D．小球所受的洛伦兹力的大小为3
N
【解析】据题意和乙图可知，E＝＝
V＝5×106
V，故A错误；据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势能减少最多，大小为：2qφ＝2×6×10－7×2ⅹ106
J＝2.4
J，故B正确；以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C错误；以上可知：mg＝Eq，F＝qvB＝，联立以上解得：F＝3
N，故D正确．
【答案】BD
B组
7．(多选)如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为1
T的匀强磁场，一质量为0.3
kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为0.1
kg带正电的滑块，电荷量为0.2
C，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．t＝0时刻开始对木板施加方向水平向左、大小为1.2
N的恒力，g取10
m/s2，则( )
A．木板和滑块一直做加速度为3
m/s2的匀加速直线运动
B．0.5
s末滑块的速度是1.5
m/s
C．最终木板做加速度为4
m/s2的匀加速直线运动，滑块做速度为5
m/s的匀速直线运动
D．整个运动过程中摩擦力对滑块做的功为1.25
J
【解析】由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为amax＝5
m/s2，所以当1.2
N的恒力作用于木板时，系统一起以a＝＝
m/s2＝3
m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，摩擦力不断减小，当摩擦力产生的加速度小于3
m/s2后，根据μ(mg－Bqv)＝ma解得此时速度v＝2
m/s，根据v＝at知t＝
s>0.5
s，说明0.5
s内滑块仍做加速度为a的匀变速直线运动，根据v＝at0＝1.5
m/s，
s后滑块将发生相对滑动，木板和滑块的受力发生变化，加速度也会变化，故A错误，B正确；当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv′＝mg，解得：v′＝5
m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，加速度a′＝＝
m/s2＝4
m/s2，故C正确；整个运动过程中摩擦力对滑块做的功等于滑块动能的增加量ΔEk＝mv′2＝×0.1×52
J＝1.25
J，故D正确．
【答案】BCD
8．如图所示，在y>0的区域内存在两个匀强磁场．以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2；其余区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B1.一比荷为k的带电粒子在加速电场的下极板处无初速释放，经加速后从坐标为(－2R，0)的a点进入磁场，又从坐标为(2R，0)的b点离开磁场，且粒子经过各磁场边界时的速度方向均与该边界线垂直．不计粒子的重力，且不用考虑粒子多次进入B2磁场的情况，则加速电场的电压大小不可能为( )
A．2kBR2
B.
C.
D.
【解析】当粒子在电场中加速Uq＝mv，当粒子速度较大时，粒子在磁场B1中直接从a点经半圆周到达b点，此时粒子运动的轨道半径为r1＝2R，由qv0B1＝m，联立解得U＝2kBR2.若粒子经过B、B2后再离开磁场，粒子运动的轨迹如图，设进入磁场B1的半径为r2，则由几何关系2R＝r2＋，解得r2＝R，则θ＝37°；则粒子在B2中的运动半径为r3＝R，由qv0B1＝m
，qv0B2＝m，联立解得U＝＝.故选B.
【答案】B
9．如图所示，在光滑绝缘水平面上，存在两个相邻的相同矩形区域CDMN和NMHG，CD＝NM＝GH＝2d、CN＝NG＝d.区域CDMN中存在方向竖直向下的匀强磁场B1，区域NMHG中存在方向竖直向上的匀强磁场B2.不可伸长的轻质细线，一端固定于O点，另一端拴有一个质量为的绝缘小球a.拉紧细线使小球a从距离桌面高h的位置静止释放，当小球a沿圆弧运动至悬点正下方位置时，与静止于该处的带正电小球b发生正碰，碰后小球a向左摆动，上升的最大高度为，小球b从CD边界中点P垂直进入CDMN区域，已知小球b质量为m，带电量为＋q，且始终保持不变，重力加速度为g.则：
(1)通过计算判断a、b两小球的碰撞是否为弹性碰撞；
(2)若B1＝B2＝B，要使b小球能从NG边界射出，求B的取值范围；
(3)若区域CDMN中磁感应强度B1＝，方向仍竖直向下．将区域NMHG中磁场改为匀强电场，电场方向水平且由N指向M.是否存在一个大小合适的场强使小球b恰由H点离开电场区域，若存在请算出场强E的大小，不存在请说明理由．
【解析】(1)设小球a碰前的速率为va，碰后速率为va′，小球b的速率为vb，a小球与b小球碰撞前：
gh＝×v ①
a小球与b小球碰撞后：
g×h＝×va′2 ②
a小球与b小球碰撞时，以水平向右为正方向：
va＝－va′＋mvb ③
联立①②③得：va＝2va′＝2vb，vb＝
碰撞前两物体总动能E1＝＝
碰撞后两物体总动能E2＝＋mv2＝mgh
碰撞前后总动能守恒，所以a、b两小球碰撞属于弹性碰撞．
(2)若小球b恰好从N点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示．由几何关系得：
R＝d ④
而qvbB＝ ⑤
联立解得：B＝；
若小球b恰好从G点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示．
由几何关系可得：＋d2＝R′2 ⑥
R′＝ ⑦
联立解得：R′＝d，B′＝
综上可得B的取值范围为：
≤B≤；
(3)由(2)可得当B1＝小球b在CDMN区域里做圆周运动后小球从距离N点处以速度vb斜射入MNGH区域中，设vb与边界NM夹角为θ，由几何关系得：
cos
θ＝＝0.8
由运动合成分解可知：
vx＝0.6vb
vy＝0.8vb
假设小球恰好能从H点离开电场，运动时间为t.x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做类竖直上抛运动．
x＝d
x＝vxt ⑧
y＝－d
y＝vyt－at2 ⑨
(以电场相反方向为正方向)
a＝ ⑩
联立解得：
a＝
E＝
令vy减为0时，小球沿y轴向上的最大位移
ymax＝＝<
小球未从NG边界离开电场区域．
故假设成立，即电场强度E＝
时小球恰能从H点离开．
【答案】(1)弹性碰撞 (2)≤B≤
(3)存在，E＝
