2021届高考物理二轮专题复习讲义：专题三电场与磁场第2讲 带电粒子在复合场中的运动
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| 名称 | 2021届高考物理二轮专题复习讲义：专题三电场与磁场第2讲 带电粒子在复合场中的运动 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 749.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-04-01 00:25:35 | ||
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文档简介
第2讲 带电粒子在复合场中的运动
专题复习目标 学科核心素养 高考命题方向
1.解决带电粒子在电场、磁场和重力场中运动的综合问题。 2．掌握带电粒子在复合场中运动问题的分析思路和方法。
3．熟练掌握带电粒子在复合场中运动轨迹的画图技巧，综合应用几何知识解决物理问题。 1.科学思维：建立带电粒子在电场中运动的平抛运动模型；建立带电粒子在磁场中的匀速圆周运动模型。
2．科学推理：熟练应用运动对称性和几何作图的方法处理问题。 高考主要考查回旋加速器、质谱仪等带电粒子在复合场中运动的实例分析；带电粒子在叠加场中的运动；带电粒子在组合场中的运动；带电粒子在周期性变化的电场或磁场中的运动。
一、电场中常见的运动类型
1．匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解。
2．偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。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。
二、匀强磁场中常见的运动类型(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．关于粒子的重力
(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电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力。
(2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力。
三、带电粒子在复合场中的运动
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，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。
热点一 带电粒子在复合场中运动的实例分析
(多选) (2020·广州、深圳调研)回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为＋q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm，加速电场频率的最大值为fm。则下列说法正确的是( )
A．粒子获得的最大动能与加速电压无关
B．粒子第n次和第n＋1次进入磁场的半径之比为∶
C．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t＝
D．若fm<，则粒子获得的最大动能为Ekm＝2π2mfR2
[解析] 当粒子出D形金属盒时，速度最大，动能最大，根据qvB＝m，得v＝，则粒子获得的最大动能Ekm＝mv2＝，粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确；粒子在加速电场中第n次加速获得的速度，根据动能定理nqU＝mv，可得vn＝，同理，粒子在加速电场中第n＋1次加速获得的速度vn＋1＝，粒子在磁场中运动的半径r＝，则粒子第n次和第n＋1次进入磁场的半径之比为∶，故B错误；粒子被电场加速一次动能的增量为qU，则粒子被加速的次数n＝＝，粒子在磁场中运动的周期数n′＝＝，粒子在磁场中运动周期T＝，则粒子从静止开始到出口处所需的时间t＝n′T＝×＝，故C正确；加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝，当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应该为fBm＝，粒子的动能为Ek＝mv2，当fm≥时，粒子的最大动能由Bm决定，则qBmvm＝,R)，解得粒子获得的最大动能为Ekm＝，当fm<时，粒子的最大动能由fm决定，则vm＝2πfmR，解得粒子获得的最大动能为Ekm＝2π2mfR2，故D正确。
[答案] ACD
【拓展训练1】 (2020·浙江选考模拟)电磁流量计如图甲所示，它是利用磁场对电荷的作用测出流过容器液体的流量，其原理可以简化为如图乙所示的模型，液体内含有大量正、负离子，从容器左侧流入，右侧流出。在竖直向下的匀强磁场作用下，下列说法正确的是( )
A．带电粒子受到竖直方向的洛伦兹力
B．带负电粒子与带正电粒子受力方向相同
C．上下两侧面有电势差
D．前后两侧面有电势差
解析：选D。带电粒子在磁场中运动会受到洛伦兹力，根据左手定则判断，带正电粒子受到向后的洛伦兹力的作用，带负电粒子受到向前的洛伦兹力作用，从而积聚在前后两个侧面，形成电势差，故D正确。
【拓展训练2】 (2020·濮阳4月摸底)如图所示，在容器A中有同一种元素的两种同位素正粒子，它们的初速度几乎为0，粒子可从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后第一种同位素粒子打到照相底片D上的M点(图中未标出)，第二种同位素粒子打到照相底片D上的N点(图中未标出)。不计同位素粒子重力。量出M点、N点到S3的距离分别为x1、x2，则第一种与第二种同位素粒子在磁场中运动的时间之比为( )
A． B．
C．,x) D．
解析：选C。设加速电场的电压为U，磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q、质量为m，在电场中加速过程有qU＝mv2，在磁场中偏转由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，带电粒子在磁场中运动的周期T＝，带电粒子在磁场中运动的时间均为半个周期，即t＝，根据几何关系有x＝2r，联立以上各式可解得t＝ x2，所以＝,x)，故C正确，A、B、D错误。
热点二 带电粒子在叠加场中的运动
1．基本思路
(1)叠加场的组成特点：电场、磁场、重力场两两叠加，或者三者叠加。
(2)抓住两个分析
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。
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。
(3)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系。
2．解题技巧
(1)若只有两个场且正交，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。
(2020·陕西西安二模)如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，以足够长的x轴为水平边界的上方充满方向与x轴的夹角θ＝37°斜向上、电场强度大小为E1(未知)的匀强电场；x轴下方充满正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E2(未知)、方向竖直向上，磁场方向水平向外。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)从y轴上到原点O距离为L的A点由静止释放，释放后小球沿AP方向做直线运动，从P点进入第Ⅳ象限后做匀速圆周运动且恰好经过原点O。已知AP与x轴的夹角也为θ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，重力加速度大小为g。
(1)求小球经过P点时的速度大小v；
(2)求以及磁场的磁感应强度大小B；
(3)若小球从P点进入第Ⅳ象限后，立即改变x轴上方的匀强电场，使得小球通过原点O时所受合力与小球速度方向垂直，求改变后的匀强电场的电场强度最小时电场强度的方向和电场强度的最小值Emin以及改变电场后小球第一次经过坐标轴上的位置到P点的距离s。
[解析] (1)小球从A点运动到原点O过程的受力和运动情况如图甲所示，
由于小球沿AP方向做直线运动，故该过程小球所受合力F沿AP方向，
根据正弦定理有：＝
小球从A点运动到P点的过程中，根据动能定理有：F·＝mv2
解得：v＝。
(2)根据正弦定理有：＝
由于小球从P点进入第Ⅳ象限后做匀速圆周运动，有：qE2＝mg
解得：＝
由几何关系可得，小球在x轴下方做匀速圆周运动的半径为：r＝＝L
洛伦兹力提供小球做圆周运动所需的向心力，有：qvB＝m
解得：B＝。
(3)根据对称性可知，小球经过原点O时的速度方向与x轴正方向的夹角也为θ(斜向上)，如图乙所示，经分析可知，要使小球通过原点O时所受合力方向与速度方向垂直，且改变后的匀强电场的电场强度较小，则此时电场强度方向与x轴正方向的夹角为θ
根据几何关系有：＝sin θ
解得：Emin＝
小球在第Ⅰ象限内做类平抛运动的加速度大小为：a＝＝g
经分析可知，改变电场后小球第一次经过的坐标轴为x轴。设小球从原点O到经过x轴的时间为t，改变电场后小球第一次经过x轴上的位置到原点O的距离为x1，沿速度方向小球做匀速直线运动，有：x1cos θ＝vt
垂直速度方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，有：x1sin θ＝at2
P点到原点O的距离为：x2＝
经分析可知：s＝x1－x2
解得：s＝L。
[答案] (1) (2)
(3)与x轴正方向的夹角为θ L
【拓展训练3】 (2020·蚌埠质检)如图，在竖直平面xOy内有一个半径为R的圆形区域与x轴相切于O点，在圆形区域外(包括圆形边界)的空间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，xOy平面内有沿y轴负方向的匀强电场。现从坐标原点O以速率v向第一象限内的不同方向发射相同的带电小球，小球的质量为m、电荷量为－q(q>0)，所有小球均在磁场中做匀速圆周运动，且都能沿平行于x轴的方向进入圆形区域并再次通过O点，不计小球间的相互作用，重力加速度为g，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)沿与x轴正向成60°角发射的小球从开始运动到再次通过O点经历的时间。
解析：(1)小球在磁场中做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡即qE＝mg
匀强电场的电场强度E＝。
(2)小球从O点以与x轴成θ角射入第一象限运动轨迹如图，
轨迹圆心C′与交点D的连线平行y轴，由几何关系可知，四边形C′DCO是菱形，
小球在磁场中运动的轨道半径为r＝R
洛伦兹力提供向心力，即Bqv＝m
可得磁感应强度B＝。
(3)小球从O点以与x轴成θ＝角射入第一象限
小球在磁场中的运动周期T＝
小球在磁场中运动时间t1＝2×T
由上式可知小球在圆形区域做匀速直线运动，通过的距离L＝2Rsin θ
运动时间t2＝
从O点出发到再次回到O点的运动时间
t＝t1＋t2＝
将θ＝代入，解得t＝。
答案：(1) (2) (3)
热点三 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
如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.
[解析] (1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力：qv0B0＝m,R0)
解得：v0＝。
(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向：qE＝ma
v－0＝2aR0
沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以：vy＝v0
解得电场强度：E＝R0,2m)。
(3)粒子的轨迹如图所示，
第二象限，沿着x轴方向：R0＝t
沿着y轴方向：ON＝v0t
所以：ON＝2R0
由几何关系知，三角形OO′N为底角45°的等腰直角三角形。在磁场Ⅰ中运动的半径：R＝ON＝2R0
由洛伦兹力提供向心力：qvB1＝m
粒子在N点速度沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以离开的速度：v＝v0
所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1＝B0。
[答案] (1) (2)R0,2m) (3)B0
【拓展训练4】 (2020·河南六市联考)人类研究磁场的目的之一是通过磁场控制带电粒子的运动，某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，宽度为d，长度为L；区域MM′N′N内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长度也为L，磁场宽度足够。电荷量为q，质量为m的带正电的粒子以水平初速度从P点射入电场。边界 MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力。
(1)若带电粒子以水平初速度v0从P点射入电场后，从MM′边界进入磁场，求粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离；
(2)当带电粒子射入电场的水平初速度为多大时，粒子只进入磁场一次就恰好垂直于P′N′边界射出。
解析：(1)粒子以水平速度从P点射入电场后，做类平抛运动a＝
竖直方向d＝at2
水平方向x＝v0t
解得粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离x＝v0。
(2)设粒子从电场入射初速度为v′0
同第(1)问原理可以求得粒子在电场中类平抛运动的水平位移x＝v′0
粒子进入磁场时，垂直于边界的速度vy＝t＝
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度v＝
在磁场中qvB＝m
粒子第一次进入磁场后，垂直于边界M′N′从磁场射出，必须满足x＋Rsin α＝L
联立解得v′0＝L－
粒子第一次进入磁场后，垂直于边界P′M′从电场射出，必须满足2(x＋Rsin α)＝L
联立解得v′0＝ －。
答案：(1)v0
(2)L －或 －
(建议用时：40分钟)
1．(2020·朝阳区期末)磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板A、B和电阻R连接， A、B之间有很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速度v喷入磁场，A、B两板间便产生电压，成为电源的两个电极。下列推断正确的是( )
A．A板为电源的正极
B．A、B两板间电压等于电源的电动势
C．两板间非静电力对等离子体做功，使电路获得电能
D．若增加两极板的正对面积，则电源的电动势会增加
解析：选C。由左手定则可知，正离子向B板偏转，则B板为电源的正极，A错误；A、B两板间电压相当于电源的路端电压，则小于电源的电动势，B错误；两板间洛伦兹力，即非静电力对等离子体做功，使电路获得电能，C正确；平衡时q＝qvB，则U＝Bdv，则若增加两极板的正对面积，电源的电动势不变，D错误。
2．(2020·江苏二调)如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是( )
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B．乙图可判断出A极板是发电机的负极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝
D．丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
解析：选B。根据公式qBv＝得v＝，故最大动能Ekm＝mv2＝，与加速电压无关，故A错误；由左手定则知，正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq＝qvB，所以v＝，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。
3．(多选)(2020·河南联考)回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处(D形盒圆心)进入加速电场(初速度近似为零)。D形盒半径为R，粒子质量为m，电荷量为＋q，加速器接电压为U的高频交流电源。若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑。下列论述正确的是( )
A．交流电源的频率可以任意调节，不受其他条件的限制
B．加速氘核(H)和氦核(He)两次所接高频电源的频率不相同
C．加速氘核(H)和氦核(He)它们的最大速度相等
D．增大U，粒子在D形盒内运动的总时间t 减少
解析：选CD。根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，粒子做圆周运动的周期T＝＝，交流电源的频率f＝，解得f＝，可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；加速不同的粒子，交流电源的频率f＝，由于氘核(H)和氦核(He)的比荷相同，所以加速氘核(H)和氦核(He)两次所接高频电源的频率相同，故B错误；粒子加速后的最大轨道半径等于D形盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得粒子的最大运行速度vm＝，由于氘核(H)和氦核(He)的比荷相同，所以加速氘核(H)和氦核(He)它们的最大速度相等，故C正确；粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得2nqU＝Ek，经过的周期个数为n＝，最大动能为Ekm＝mv＝，粒子在D形盒磁场内运动的时间t＝nT，即t＝，U越大，t越小，故D正确。
4. (多选)(2020·三明5月质检)在竖直放置固定半径为R的光滑绝缘圆环中，套有一个电荷量为－q、质量为m的小环，整个装置放在如图所示的正交匀强电磁场中，磁感应强度大小为B，电场强度E＝，重力加速度为g。当小环从大环顶端无初速度下滑时，则小环( )
A．运动到最低点的速度最大
B．不能做完整的圆周运动
C．对轨道最大压力为N＝mg
D．受到的最大洛伦兹力f＝qB
解析：选BD。将重力场和电场等效为一个等效场，只有运动到等效最低点的速度才最大，故A错误。电场力的方向向左，可知该等效最低点在左下侧，其等效最高点在环的右上侧，小环开始时的位置不在等效最高点。由能量守恒定律可知，无法到达等效最高点，不能做完整的圆周运动，故B正确；由动能定理可得：mgR＋R＝mv，解得：vmax＝，受到的最大洛伦兹力：fmax＝qB；在等效最低点由牛顿第二定律有：N－－f＝m,R)，可知N＝mg＋fmax，故C错误，D正确。
5．(2020·济南一模)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中关于x轴对称放置两平行金属板A、B，A、B板的左端均在y轴上，两板间距离d＝6.0 cm，板长L1＝1.8 cm，距两板右端L2＝28 cm处放置有足够长的垂直于x轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T，方向垂直于坐标平面向里。大量比荷为＝5.0×104 C/kg的带负电粒子以速度v0＝6.0×103 m/s从坐标原点O连续不断地沿x轴正向射入板间，离开板间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。在两板间加上如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求：
(1)t＝0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；
(2)粒子打在荧光屏上的范围。
解析：(1)粒子穿过偏转电场时间t＝＝3.0×10－6s＝T
根据牛顿第二定律可得＝ma
解得a＝8×109 m/s2
t＝0时刻，粒子从偏转电场飞出时的竖直分速度vy＝aT－aT＝8.0×103 m/s
飞出时速度v＝＋v)＝1.0×104 m/s
偏转距离y＝a＋
解得y＝2.8 cm。
(2)由题意知，所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都是平行的，所有粒子在磁场中的运动时间均相同。
粒子飞出电场的方向与水平方向成θ角tan θ＝＝
在磁场中，根据牛顿第二定律可得qvB＝m
解得R＝20 cm
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知L2＝Rsin θ＋Rsin β
解得sin β＝
粒子在磁场中运动过程中的y轴方向的偏移距离均为Δy＝|Rcos θ－Rcos β|＝4 cm
t＝0时刻的粒子在荧光屏上的纵坐标Y＝y＋Δy＝6.8 cm
t＝2×10－6 s时刻的粒子在电场中偏移y′＝(t)2＋(－a)·t·t－(－a)(t)2＝－0.4 cm
t＝2×10－6 s时刻的粒子荧光屏上的纵坐标Y′＝y′＋Δy＝3.6 cm
即范围坐标为(3.6 cm，6.8 cm)。
答案：(1)1.0×104 m/s 2.8 cm (2)(3.6 cm，6.8 cm)
6．(2020·广东茂名模拟)如图所示，两块平行金属板MN水平放置，板长L＝1 m，间距d＝ m，在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直于纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直于纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一水平线上，B、C、H也处于同一直线上，AF两点距离为 m。现从平行金属板MN左端沿中心轴线方向射入一个重力不计的带电粒子，由P点垂直于AB边进入磁场，磁感应强度B1＝ T，粒子质量m＝3×10－10 kg，电荷量q＝＋1×10－4 C，初速度v0＝1×105 m/s。
(1)求两金属板间电压UMN；
(2)求粒子从飞入电场到刚要进入磁场区域B2经过的时间；
(3)接第(2)问，若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2至少应为多大？
解析：(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，q＝ma
t1＝＝1×10－5 s
竖直方向的速度为vy＝at
因为粒子垂直AB边进入磁场，速度v与水平方向夹角θ＝30°，
则tan θ＝＝
联立上式得UMN＝1×104 V。
(2)粒子射入磁场时速度为：v＝2vy＝×105 m/s
带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移y＝at2＝ m＝d
粒子在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R＝＝ m
由几何关系可知粒子在磁场中以A点为圆心做圆周运动，垂直于AC边穿出磁场区域
在磁场B1内运动时间t2＝·＝π×10－5 s，
穿出磁场后做匀速直线运动，根据几何关系
t3＝＝5×10－6 s
则粒子从飞入电场到刚要进入磁场区域B2经过的时间t＝t1＋t2＋t3＝×10－5 s。
(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最小，运动轨迹如图所示：
由几何关系得：R2＋＝1 m
故半径R2＝m
又B2qv＝m
故B2＝ T
所以B2应满足的条件为B2≥ T。
答案：(1)1×104 V (2)×10－5 s (3) T
7．(2020·山西太原一模)如图甲所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B0，电场方向与水平成30°角斜向左上方(图中未画出)，电场强度大小E0 ＝。有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在该电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入平行板间。小球通过小孔时记为t＝0时刻，给两板间加上如图乙所示的电场E和磁场B，电场强度大小为E0，方向竖直向上；磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外，重力加速度为g。(坐标系中t1 ＝、t2＝＋ 、t3＝＋、t4＝＋、t5＝＋、…)
(1)求小球刚进入平行板时的速度v0的大小；
(2)求t2时刻小球的速度v1的大小；
(3)若小球经历加速后，运动轨迹能与PQ板相切，试分析平行板间距离d满足的条件。
解析：(1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知一定是匀速直线运动，受力平衡，因电场力F电＝qE0＝mg，方向沿左上方与水平成30°角，重力mg竖直向下，可知电场力与重力夹角为120°，其合力大小为mg，则满足qv0B0＝mg
解得v0＝。
(2)由几何关系可知，小球进入两板之间时速度方向与MN成60°角斜向下，由于在0～t1时间内受向上的电场力，大小为mg，以及向下的重力mg，可知电场力和重力平衡，小球只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，因为t1＝·，可知粒子在0～t1时间内转过的角度为30°，即此时小球的速度方向变为竖直向下，在t1～t2时间内小球只受重力作用向下做加速度为g的加速运动，则经过Δt＝×＝
速度为v1＝v0＋gΔt＝。
(3)在t2～t3时间内小球仍做匀速圆周运动，因为t2～t3时间为一个周期，可知小球在t3时刻再次运动到原来的位置，然后在t3～t4时间内继续向下做匀加速直线运动……如此重复，但是每次做圆周运动的半径逐渐增加，当圆周与PQ相切时满足：d＝R0sin30°＋(v0·nΔt＋gΔt2)＋R(n＝1、2、3、…)
其中R0＝＝)
R＝＝
解得d＝(n＋1))(n＝1、2、3、…)。
答案：(1) (2)
(3)d＝(n＋1)) (n＝1、2、3、…)
专题复习目标 学科核心素养 高考命题方向
1.解决带电粒子在电场、磁场和重力场中运动的综合问题。 2．掌握带电粒子在复合场中运动问题的分析思路和方法。
3．熟练掌握带电粒子在复合场中运动轨迹的画图技巧，综合应用几何知识解决物理问题。 1.科学思维：建立带电粒子在电场中运动的平抛运动模型；建立带电粒子在磁场中的匀速圆周运动模型。
2．科学推理：熟练应用运动对称性和几何作图的方法处理问题。 高考主要考查回旋加速器、质谱仪等带电粒子在复合场中运动的实例分析；带电粒子在叠加场中的运动；带电粒子在组合场中的运动；带电粒子在周期性变化的电场或磁场中的运动。
一、电场中常见的运动类型
1．匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解。
2．偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。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。
二、匀强磁场中常见的运动类型(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．关于粒子的重力
(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电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力。
(2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力。
三、带电粒子在复合场中的运动
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，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。
热点一 带电粒子在复合场中运动的实例分析
(多选) (2020·广州、深圳调研)回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为＋q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm，加速电场频率的最大值为fm。则下列说法正确的是( )
A．粒子获得的最大动能与加速电压无关
B．粒子第n次和第n＋1次进入磁场的半径之比为∶
C．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t＝
D．若fm<，则粒子获得的最大动能为Ekm＝2π2mfR2
[解析] 当粒子出D形金属盒时，速度最大，动能最大，根据qvB＝m，得v＝，则粒子获得的最大动能Ekm＝mv2＝，粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确；粒子在加速电场中第n次加速获得的速度，根据动能定理nqU＝mv，可得vn＝，同理，粒子在加速电场中第n＋1次加速获得的速度vn＋1＝，粒子在磁场中运动的半径r＝，则粒子第n次和第n＋1次进入磁场的半径之比为∶，故B错误；粒子被电场加速一次动能的增量为qU，则粒子被加速的次数n＝＝，粒子在磁场中运动的周期数n′＝＝，粒子在磁场中运动周期T＝，则粒子从静止开始到出口处所需的时间t＝n′T＝×＝，故C正确；加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝，当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应该为fBm＝，粒子的动能为Ek＝mv2，当fm≥时，粒子的最大动能由Bm决定，则qBmvm＝,R)，解得粒子获得的最大动能为Ekm＝，当fm<时，粒子的最大动能由fm决定，则vm＝2πfmR，解得粒子获得的最大动能为Ekm＝2π2mfR2，故D正确。
[答案] ACD
【拓展训练1】 (2020·浙江选考模拟)电磁流量计如图甲所示，它是利用磁场对电荷的作用测出流过容器液体的流量，其原理可以简化为如图乙所示的模型，液体内含有大量正、负离子，从容器左侧流入，右侧流出。在竖直向下的匀强磁场作用下，下列说法正确的是( )
A．带电粒子受到竖直方向的洛伦兹力
B．带负电粒子与带正电粒子受力方向相同
C．上下两侧面有电势差
D．前后两侧面有电势差
解析：选D。带电粒子在磁场中运动会受到洛伦兹力，根据左手定则判断，带正电粒子受到向后的洛伦兹力的作用，带负电粒子受到向前的洛伦兹力作用，从而积聚在前后两个侧面，形成电势差，故D正确。
【拓展训练2】 (2020·濮阳4月摸底)如图所示，在容器A中有同一种元素的两种同位素正粒子，它们的初速度几乎为0，粒子可从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后第一种同位素粒子打到照相底片D上的M点(图中未标出)，第二种同位素粒子打到照相底片D上的N点(图中未标出)。不计同位素粒子重力。量出M点、N点到S3的距离分别为x1、x2，则第一种与第二种同位素粒子在磁场中运动的时间之比为( )
A． B．
C．,x) D．
解析：选C。设加速电场的电压为U，磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q、质量为m，在电场中加速过程有qU＝mv2，在磁场中偏转由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，带电粒子在磁场中运动的周期T＝，带电粒子在磁场中运动的时间均为半个周期，即t＝，根据几何关系有x＝2r，联立以上各式可解得t＝ x2，所以＝,x)，故C正确，A、B、D错误。
热点二 带电粒子在叠加场中的运动
1．基本思路
(1)叠加场的组成特点：电场、磁场、重力场两两叠加，或者三者叠加。
(2)抓住两个分析
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。
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。
(3)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系。
2．解题技巧
(1)若只有两个场且正交，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。
(2020·陕西西安二模)如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，以足够长的x轴为水平边界的上方充满方向与x轴的夹角θ＝37°斜向上、电场强度大小为E1(未知)的匀强电场；x轴下方充满正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E2(未知)、方向竖直向上，磁场方向水平向外。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)从y轴上到原点O距离为L的A点由静止释放，释放后小球沿AP方向做直线运动，从P点进入第Ⅳ象限后做匀速圆周运动且恰好经过原点O。已知AP与x轴的夹角也为θ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，重力加速度大小为g。
(1)求小球经过P点时的速度大小v；
(2)求以及磁场的磁感应强度大小B；
(3)若小球从P点进入第Ⅳ象限后，立即改变x轴上方的匀强电场，使得小球通过原点O时所受合力与小球速度方向垂直，求改变后的匀强电场的电场强度最小时电场强度的方向和电场强度的最小值Emin以及改变电场后小球第一次经过坐标轴上的位置到P点的距离s。
[解析] (1)小球从A点运动到原点O过程的受力和运动情况如图甲所示，
由于小球沿AP方向做直线运动，故该过程小球所受合力F沿AP方向，
根据正弦定理有：＝
小球从A点运动到P点的过程中，根据动能定理有：F·＝mv2
解得：v＝。
(2)根据正弦定理有：＝
由于小球从P点进入第Ⅳ象限后做匀速圆周运动，有：qE2＝mg
解得：＝
由几何关系可得，小球在x轴下方做匀速圆周运动的半径为：r＝＝L
洛伦兹力提供小球做圆周运动所需的向心力，有：qvB＝m
解得：B＝。
(3)根据对称性可知，小球经过原点O时的速度方向与x轴正方向的夹角也为θ(斜向上)，如图乙所示，经分析可知，要使小球通过原点O时所受合力方向与速度方向垂直，且改变后的匀强电场的电场强度较小，则此时电场强度方向与x轴正方向的夹角为θ
根据几何关系有：＝sin θ
解得：Emin＝
小球在第Ⅰ象限内做类平抛运动的加速度大小为：a＝＝g
经分析可知，改变电场后小球第一次经过的坐标轴为x轴。设小球从原点O到经过x轴的时间为t，改变电场后小球第一次经过x轴上的位置到原点O的距离为x1，沿速度方向小球做匀速直线运动，有：x1cos θ＝vt
垂直速度方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，有：x1sin θ＝at2
P点到原点O的距离为：x2＝
经分析可知：s＝x1－x2
解得：s＝L。
[答案] (1) (2)
(3)与x轴正方向的夹角为θ L
【拓展训练3】 (2020·蚌埠质检)如图，在竖直平面xOy内有一个半径为R的圆形区域与x轴相切于O点，在圆形区域外(包括圆形边界)的空间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，xOy平面内有沿y轴负方向的匀强电场。现从坐标原点O以速率v向第一象限内的不同方向发射相同的带电小球，小球的质量为m、电荷量为－q(q>0)，所有小球均在磁场中做匀速圆周运动，且都能沿平行于x轴的方向进入圆形区域并再次通过O点，不计小球间的相互作用，重力加速度为g，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)沿与x轴正向成60°角发射的小球从开始运动到再次通过O点经历的时间。
解析：(1)小球在磁场中做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡即qE＝mg
匀强电场的电场强度E＝。
(2)小球从O点以与x轴成θ角射入第一象限运动轨迹如图，
轨迹圆心C′与交点D的连线平行y轴，由几何关系可知，四边形C′DCO是菱形，
小球在磁场中运动的轨道半径为r＝R
洛伦兹力提供向心力，即Bqv＝m
可得磁感应强度B＝。
(3)小球从O点以与x轴成θ＝角射入第一象限
小球在磁场中的运动周期T＝
小球在磁场中运动时间t1＝2×T
由上式可知小球在圆形区域做匀速直线运动，通过的距离L＝2Rsin θ
运动时间t2＝
从O点出发到再次回到O点的运动时间
t＝t1＋t2＝
将θ＝代入，解得t＝。
答案：(1) (2) (3)
热点三 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
如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.
[解析] (1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力：qv0B0＝m,R0)
解得：v0＝。
(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向：qE＝ma
v－0＝2aR0
沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以：vy＝v0
解得电场强度：E＝R0,2m)。
(3)粒子的轨迹如图所示，
第二象限，沿着x轴方向：R0＝t
沿着y轴方向：ON＝v0t
所以：ON＝2R0
由几何关系知，三角形OO′N为底角45°的等腰直角三角形。在磁场Ⅰ中运动的半径：R＝ON＝2R0
由洛伦兹力提供向心力：qvB1＝m
粒子在N点速度沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以离开的速度：v＝v0
所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1＝B0。
[答案] (1) (2)R0,2m) (3)B0
【拓展训练4】 (2020·河南六市联考)人类研究磁场的目的之一是通过磁场控制带电粒子的运动，某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，宽度为d，长度为L；区域MM′N′N内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长度也为L，磁场宽度足够。电荷量为q，质量为m的带正电的粒子以水平初速度从P点射入电场。边界 MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力。
(1)若带电粒子以水平初速度v0从P点射入电场后，从MM′边界进入磁场，求粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离；
(2)当带电粒子射入电场的水平初速度为多大时，粒子只进入磁场一次就恰好垂直于P′N′边界射出。
解析：(1)粒子以水平速度从P点射入电场后，做类平抛运动a＝
竖直方向d＝at2
水平方向x＝v0t
解得粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离x＝v0。
(2)设粒子从电场入射初速度为v′0
同第(1)问原理可以求得粒子在电场中类平抛运动的水平位移x＝v′0
粒子进入磁场时，垂直于边界的速度vy＝t＝
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度v＝
在磁场中qvB＝m
粒子第一次进入磁场后，垂直于边界M′N′从磁场射出，必须满足x＋Rsin α＝L
联立解得v′0＝L－
粒子第一次进入磁场后，垂直于边界P′M′从电场射出，必须满足2(x＋Rsin α)＝L
联立解得v′0＝ －。
答案：(1)v0
(2)L －或 －
(建议用时：40分钟)
1．(2020·朝阳区期末)磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板A、B和电阻R连接， A、B之间有很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速度v喷入磁场，A、B两板间便产生电压，成为电源的两个电极。下列推断正确的是( )
A．A板为电源的正极
B．A、B两板间电压等于电源的电动势
C．两板间非静电力对等离子体做功，使电路获得电能
D．若增加两极板的正对面积，则电源的电动势会增加
解析：选C。由左手定则可知，正离子向B板偏转，则B板为电源的正极，A错误；A、B两板间电压相当于电源的路端电压，则小于电源的电动势，B错误；两板间洛伦兹力，即非静电力对等离子体做功，使电路获得电能，C正确；平衡时q＝qvB，则U＝Bdv，则若增加两极板的正对面积，电源的电动势不变，D错误。
2．(2020·江苏二调)如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是( )
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B．乙图可判断出A极板是发电机的负极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝
D．丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
解析：选B。根据公式qBv＝得v＝，故最大动能Ekm＝mv2＝，与加速电压无关，故A错误；由左手定则知，正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq＝qvB，所以v＝，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。
3．(多选)(2020·河南联考)回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处(D形盒圆心)进入加速电场(初速度近似为零)。D形盒半径为R，粒子质量为m，电荷量为＋q，加速器接电压为U的高频交流电源。若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑。下列论述正确的是( )
A．交流电源的频率可以任意调节，不受其他条件的限制
B．加速氘核(H)和氦核(He)两次所接高频电源的频率不相同
C．加速氘核(H)和氦核(He)它们的最大速度相等
D．增大U，粒子在D形盒内运动的总时间t 减少
解析：选CD。根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，粒子做圆周运动的周期T＝＝，交流电源的频率f＝，解得f＝，可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；加速不同的粒子，交流电源的频率f＝，由于氘核(H)和氦核(He)的比荷相同，所以加速氘核(H)和氦核(He)两次所接高频电源的频率相同，故B错误；粒子加速后的最大轨道半径等于D形盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得粒子的最大运行速度vm＝，由于氘核(H)和氦核(He)的比荷相同，所以加速氘核(H)和氦核(He)它们的最大速度相等，故C正确；粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得2nqU＝Ek，经过的周期个数为n＝，最大动能为Ekm＝mv＝，粒子在D形盒磁场内运动的时间t＝nT，即t＝，U越大，t越小，故D正确。
4. (多选)(2020·三明5月质检)在竖直放置固定半径为R的光滑绝缘圆环中，套有一个电荷量为－q、质量为m的小环，整个装置放在如图所示的正交匀强电磁场中，磁感应强度大小为B，电场强度E＝，重力加速度为g。当小环从大环顶端无初速度下滑时，则小环( )
A．运动到最低点的速度最大
B．不能做完整的圆周运动
C．对轨道最大压力为N＝mg
D．受到的最大洛伦兹力f＝qB
解析：选BD。将重力场和电场等效为一个等效场，只有运动到等效最低点的速度才最大，故A错误。电场力的方向向左，可知该等效最低点在左下侧，其等效最高点在环的右上侧，小环开始时的位置不在等效最高点。由能量守恒定律可知，无法到达等效最高点，不能做完整的圆周运动，故B正确；由动能定理可得：mgR＋R＝mv，解得：vmax＝，受到的最大洛伦兹力：fmax＝qB；在等效最低点由牛顿第二定律有：N－－f＝m,R)，可知N＝mg＋fmax，故C错误，D正确。
5．(2020·济南一模)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中关于x轴对称放置两平行金属板A、B，A、B板的左端均在y轴上，两板间距离d＝6.0 cm，板长L1＝1.8 cm，距两板右端L2＝28 cm处放置有足够长的垂直于x轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T，方向垂直于坐标平面向里。大量比荷为＝5.0×104 C/kg的带负电粒子以速度v0＝6.0×103 m/s从坐标原点O连续不断地沿x轴正向射入板间，离开板间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。在两板间加上如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求：
(1)t＝0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；
(2)粒子打在荧光屏上的范围。
解析：(1)粒子穿过偏转电场时间t＝＝3.0×10－6s＝T
根据牛顿第二定律可得＝ma
解得a＝8×109 m/s2
t＝0时刻，粒子从偏转电场飞出时的竖直分速度vy＝aT－aT＝8.0×103 m/s
飞出时速度v＝＋v)＝1.0×104 m/s
偏转距离y＝a＋
解得y＝2.8 cm。
(2)由题意知，所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都是平行的，所有粒子在磁场中的运动时间均相同。
粒子飞出电场的方向与水平方向成θ角tan θ＝＝
在磁场中，根据牛顿第二定律可得qvB＝m
解得R＝20 cm
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知L2＝Rsin θ＋Rsin β
解得sin β＝
粒子在磁场中运动过程中的y轴方向的偏移距离均为Δy＝|Rcos θ－Rcos β|＝4 cm
t＝0时刻的粒子在荧光屏上的纵坐标Y＝y＋Δy＝6.8 cm
t＝2×10－6 s时刻的粒子在电场中偏移y′＝(t)2＋(－a)·t·t－(－a)(t)2＝－0.4 cm
t＝2×10－6 s时刻的粒子荧光屏上的纵坐标Y′＝y′＋Δy＝3.6 cm
即范围坐标为(3.6 cm，6.8 cm)。
答案：(1)1.0×104 m/s 2.8 cm (2)(3.6 cm，6.8 cm)
6．(2020·广东茂名模拟)如图所示，两块平行金属板MN水平放置，板长L＝1 m，间距d＝ m，在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直于纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直于纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一水平线上，B、C、H也处于同一直线上，AF两点距离为 m。现从平行金属板MN左端沿中心轴线方向射入一个重力不计的带电粒子，由P点垂直于AB边进入磁场，磁感应强度B1＝ T，粒子质量m＝3×10－10 kg，电荷量q＝＋1×10－4 C，初速度v0＝1×105 m/s。
(1)求两金属板间电压UMN；
(2)求粒子从飞入电场到刚要进入磁场区域B2经过的时间；
(3)接第(2)问，若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2至少应为多大？
解析：(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，q＝ma
t1＝＝1×10－5 s
竖直方向的速度为vy＝at
因为粒子垂直AB边进入磁场，速度v与水平方向夹角θ＝30°，
则tan θ＝＝
联立上式得UMN＝1×104 V。
(2)粒子射入磁场时速度为：v＝2vy＝×105 m/s
带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移y＝at2＝ m＝d
粒子在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R＝＝ m
由几何关系可知粒子在磁场中以A点为圆心做圆周运动，垂直于AC边穿出磁场区域
在磁场B1内运动时间t2＝·＝π×10－5 s，
穿出磁场后做匀速直线运动，根据几何关系
t3＝＝5×10－6 s
则粒子从飞入电场到刚要进入磁场区域B2经过的时间t＝t1＋t2＋t3＝×10－5 s。
(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最小，运动轨迹如图所示：
由几何关系得：R2＋＝1 m
故半径R2＝m
又B2qv＝m
故B2＝ T
所以B2应满足的条件为B2≥ T。
答案：(1)1×104 V (2)×10－5 s (3) T
7．(2020·山西太原一模)如图甲所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B0，电场方向与水平成30°角斜向左上方(图中未画出)，电场强度大小E0 ＝。有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在该电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入平行板间。小球通过小孔时记为t＝0时刻，给两板间加上如图乙所示的电场E和磁场B，电场强度大小为E0，方向竖直向上；磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外，重力加速度为g。(坐标系中t1 ＝、t2＝＋ 、t3＝＋、t4＝＋、t5＝＋、…)
(1)求小球刚进入平行板时的速度v0的大小；
(2)求t2时刻小球的速度v1的大小；
(3)若小球经历加速后，运动轨迹能与PQ板相切，试分析平行板间距离d满足的条件。
解析：(1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知一定是匀速直线运动，受力平衡，因电场力F电＝qE0＝mg，方向沿左上方与水平成30°角，重力mg竖直向下，可知电场力与重力夹角为120°，其合力大小为mg，则满足qv0B0＝mg
解得v0＝。
(2)由几何关系可知，小球进入两板之间时速度方向与MN成60°角斜向下，由于在0～t1时间内受向上的电场力，大小为mg，以及向下的重力mg，可知电场力和重力平衡，小球只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，因为t1＝·，可知粒子在0～t1时间内转过的角度为30°，即此时小球的速度方向变为竖直向下，在t1～t2时间内小球只受重力作用向下做加速度为g的加速运动，则经过Δt＝×＝
速度为v1＝v0＋gΔt＝。
(3)在t2～t3时间内小球仍做匀速圆周运动，因为t2～t3时间为一个周期，可知小球在t3时刻再次运动到原来的位置，然后在t3～t4时间内继续向下做匀加速直线运动……如此重复，但是每次做圆周运动的半径逐渐增加，当圆周与PQ相切时满足：d＝R0sin30°＋(v0·nΔt＋gΔt2)＋R(n＝1、2、3、…)
其中R0＝＝)
R＝＝
解得d＝(n＋1))(n＝1、2、3、…)。
答案：(1) (2)
(3)d＝(n＋1)) (n＝1、2、3、…)
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