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第7讲 带电粒子的运动问题
（2024 湖北）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
（多选）（2024 安徽）空间中存在竖直向下的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（　　）
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
（2024 山东）如图所示，在Oxy坐标系x＞0，y＞0 区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜yL的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
（2024 天津）如图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿+y方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；
（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间t1。
（2024 浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；
（2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）；
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）；
（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
一、做好“两个区分”，谨防做题误入歧途
1.正确区分电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点
力的特点 功和能的特点
电场力 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，电场力做功改变电势能
洛伦兹力 洛伦兹力F＝qvB 方向符合左手定则 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
2.正确区分“电偏转”和“磁偏转”的规律
(1)电偏转→
(2)磁偏转→→→→
二、带电粒子在复合场中的运动实例
质谱仪 加速：qU＝mv2。偏转：d＝2r＝。比荷＝。可以用来确定带电粒子的比荷和分析同位素等
速度选择器 带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝。这个结论与粒子带何种电荷以及所带电荷量多少都无关
磁流体发电机 当等离子体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvB＝q，即U＝Bdv
电磁流量计 导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差。流量稳定时流量Q＝Sv＝
【方法指导】
一、“三种方法”和“两种物理思想”
1.对称法、合成法、分解法。
2.等效思想、分解思想。
二、解题用到的“三个技巧”
1.按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同阶段的小过程。
2.善于利用几何图形处理边角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯。
3.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计的共同特点是粒子稳定运动时电场力与洛伦兹力平衡。
三、动态圆与磁聚焦
(一)动态放缩法
适用条件 速度方向一定、大小不同 粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与粒子速度大小有关
轨迹圆圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
(二)定圆旋转法
适用条件 速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度大小为v0，则圆周运动半径为r＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O为圆心、半径r＝的圆上
界定 方法 将半径为r＝的轨迹圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
(三)平移圆法
适用条件 速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上 粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的带电粒子，它们进入匀强磁场时，做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则运动半径r＝，如图所示
轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线
界定方法 将半径为r＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
（四）磁聚焦、磁发散
点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域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半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处的切线方向射出磁场，如图所示。
平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图所示。
考点一 带电粒子在电磁场中的直线运动和偏转
（2024 碑林区校级四模）如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的（　　）
A．轨迹半径之比为1：2 B．速度之比为2：1
C．时间之比为2：3 D．周期之比为2：1
（2024 邢台二模）水平放置的两金属板，板长为0.2m，板间距为0.15m，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为2×103V/m，两板的左端点MN连线的左侧足够大空间存在匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，方向垂直纸面向里。一比荷为1×106C/kg正电粒子以初速度v0紧靠上极板从右端水平射入电场，随后从磁场射出。则（　　）
A．当v0＝1×104m/s时，粒子离开磁场时的速度最小
B．当v0＝2104m/s时，粒子离开磁场时的速度最小
C．当v0104m/s时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小
D．当v0＝2×104m/s时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小
（2024 南昌模拟）如图所示，在直角三角形abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，∠a＝30°。一质子以v0的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域，经时间t从ON的中点M离开磁场，若一α粒子以v0的速度从O点沿相同的方向射入，则α粒子在磁场中的运动时间为（　　）
A． B．t C． D．2t
（2024 南宁模拟）如图所示，竖直平面内半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N为圆形区域水平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的速率从P点向纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝3R，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子可以沿竖直方向射出磁场
B．粒子在磁场中运动的最长时间大于
C．不可能有粒子从M点射出磁场
D．不可能有粒子从N点射出磁场
（2024 辽宁模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，有一圆心为O、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向外，C、D为圆弧AE的三等分点，第二象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。两个电荷量均为+q、质量分别为2m、m的带电粒子a、b分别以速率va、vb均从C点以平行于x轴方向射入磁场，a、b粒子经过第一象限内的匀强磁场后分别从D、E两点射出，之后b粒子刚好不从x轴射出而再次到达y轴，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
（1）第二象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小。
（2）速率va、vb的比值。
（3）b粒子从C点进入磁场到再次到达y轴所经历的时间t。
考点二 带电粒子在叠加场中的运动问题
（2024 东港区校级模拟）据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。则以下说法错误的是（　　）
A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
（2024 四川模拟）如图所示，光滑水平绝缘桌面上放置一光滑绝缘玻璃管（两端开口，不计空气阻力），管中有一质量为m，电荷量为q的带正电小球，小球直径略小于管径，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，若玻璃管以速度v0沿y轴负方向匀速运动（不考虑小球离开玻璃管情形），若以x和y分别表示小球在x轴和y轴方向上的分位移，以vx表示小球沿x轴方向的分速度，v表示小球的瞬时速度，用t表示小球的运动时间，下列描述小球运动情况的图像正确的是（　　）
A． B． C． D．
（2024 陕西一模）我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如下图（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大
C．漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进
D．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距Δx增大
（2024 未央区校级模拟）霍尔推进器是现代航天器的最先进的动力装置，据报道我国的天宫空间站就安装了此类推进器用以空间站的轨道维持。如图乙是与霍尔推进器工作原理类似的装置示意图，在很窄的环内平面内有沿半径方向向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等，垂直环平面内方向同时存在匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），已知电场强度大小为E，电子恰好可以在环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，已知电子电量为e，质量为m，忽略电子间的相互作用以及电子运动产生的磁场，以下说法正确的是（　　）
A．电场方向垂直环平面向里
B．电子运动周期为
C．磁场2的方向垂直环面向外
D．磁场2的磁感应强度大小为
（2024 泰州一模）高能微粒实验装置，是用以发现高能微粒并研究和了解其特性的主要实验工具。为了简化计算，一个复杂的高能微粒实验装置可以被最简化为空间中的复合场模型。如图甲所示，三维坐标系中，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小，从微粒通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，已知，，规定当磁感应强度沿z轴正方向时为正，重力加速度大小为g。
（1）求抛出点P到x轴的距离y；
（2）求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T；
（3）若时撤去yOz右侧的原电场和磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向的匀强磁场，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。
考点三 带电粒子在交变电场中的周期性运动问题
（2024 沈河区校级模拟）如图甲所示，真空中xOy平面直角坐标系的第一、四象限内存在垂直纸面且变化周期为4t0的磁场（图甲中未画出）和沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为。将一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）从第二象限内的P点沿x轴正方向水平抛出，小球第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°，设此时为t＝0时刻，此后磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示（规定磁场方向垂直纸面向里为正方向），（t0不是已知量），重力加速度大小为g。求：
（1）小球抛出点P的位置坐标；
（2）2t0时刻小球的位置坐标；
（3）①定性画出小球第一次经过x轴（即坐标原点）到第三次经过x轴的轨迹（用尺规作图并标明圆心）；
②若在第一、四象限内垂直于x轴放置一个足够大的挡板，粒子运动过程中恰好能够垂直打在挡板上并被吸收，求挡板x坐标的所有可能值。
（2023 高州市一模）如图甲所示，空间存在方向竖直向上周期性变化的匀强电场，场强大小随时间变化如图乙所示，空间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化如图丙所示。一个质量为0.1kg、带电量为+0.2C的带电小球，在空间P点在t＝0时刻在纸面内以水平向右大小为10m/s的速度抛出。小球在空中运动的时间大于2s，最终落地时速度垂直于地面。重力加速度为10m/s2，小球可视为质点，求：
（1）t＝1s时，小球的速度大小；
（2）1s：2s内小球受到的合力大小；
（3）小球第一次速度水平向左时离P点的高度；
（4）P点离地面的高度至少为多少。
（2023 永州三模）如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，在x≤0区域内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1，E1＝0.1N/C，E2＝0.25N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，s，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m、电荷量为q的带正电液滴从P点以速度v0＝2m/s沿x轴负方向入射，恰好沿y轴负方向的速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知：
m＝5×10﹣6kg，q＝2×10﹣4C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10m/s2。
（1）求液滴第一次到达O点时速度v的大小；
（2）求液滴在0～5t0时间内的路程；
（3）若在t＝5t0时撤去电场E1、E2和磁场B1，同时在整个空间区域加竖直向上的匀强磁场B2（未画出），B2＝0.5T，求从此时刻起，再经过s，液滴距O点的距离。（本小题中取π2≈10）
（2024 湖北三模）带电粒子在磁场中运动时，我们可以根据粒子的运动轨迹寻找到很多美丽的对称图形。空间中一圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域外为磁感应强度大小相同、方向相反的匀强磁场，一带电粒子从某处以正对虚线圆圆心方向入射，通过改变带电粒子速度，可得到如图甲、乙所示轨迹（虚线为磁场边界，实线为带电粒子运动轨迹），则两图中粒子的速度之比为（　　）
A．2：1 B．：1 C．：1 D．1：1
（2024 江宁区校级模拟）如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电量为﹣q、质量为m的小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示。则（　　）
A．OAB轨迹为半圆
B．磁场垂直于纸面向里
C．小球运动至最低点A时处于失重状态
D．小球在整个运动过程中机械能守恒
（2024 新余二模）如图所示，一长玻璃圆管内壁光滑、竖直放置。有一带正电的小球（可视为质点），以速率v0沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管。若再次重复该过程，以相同速率v0进入管内，同时在此空间加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀增加的磁场。设运动过程中小球所带电量不变，空气阻力不计。以下说法正确的是（　　）
A．加磁场后小球离开管口的速率与没加磁场时的速率的大小关系不能确定
B．加磁场后小球离开管口的时间小于没加磁场时的时间
C．加磁场后小球对玻璃管的压力一定不断增大
D．加磁场后，小球在玻璃管中运动时，只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒
（2024 沙坪坝区校级模拟）地磁场能抵御宇宙射线的侵入。赤道剖面的地磁场可简化为厚度为地球半径的的匀强磁场，方向如图所示。从O点射入a、b、c三个同种带电粒子，运动轨迹如图，其中a、c入射方向与磁场边界相切于O点。不计粒子重力和粒子间的相互作用，且a、b、c都恰好不能到达地面，则（　　）
A．a粒子带负电，b、c粒子带正电
B．a、c粒子入射速度大小之比va：vc＝1：17
C．从O运动至与地面相切，a粒子的运动时间小于b粒子的运动时间
D．若a粒子速率不变，在图示平面内只改变a粒子射入的速度方向，粒子可能到达地面
（2024 德惠市校级模拟）如图所示，半径为R的圆OAP区域中存在垂直于圆平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，圆心O点有一粒子源，先后从O点以相同速率向圆区域内发射两个完全相同的正电粒子a、b（质量为m，电量为q），其速度方向均垂直于磁场方向，与OP的夹角分别为90°、60°，不计粒子的重力及粒子间相互作用力，则两个粒子a、b在磁场中运动时间之比ta：tb为（　　）
A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．4：1
（2024 青岛二模）如图所示，在半径为R、圆心为O的半圆形区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为﹣q、质量为m的粒子（不计所受重力）从O点沿纸面各个方向射入匀强磁场后，均从OC段射出磁场，下列说法正确的是（　　）
A．粒子射入磁场时的最大速度为
B．粒子射入磁场时的最大速度为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．粒子在磁场中运动的最长时间为
（2024 昌平区二模）如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图。螺线管内存在磁感应强度为B、方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为v，方向不同的电子，且电子速度v与磁场方向的夹角非常小。电子电荷量为e、质量为m。电子间的相互作用和电子的重力不计。这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点。下列说法错误的是（　　）
A．电子在磁场中运动的时间可能为
B．荧光屏到电子入射点的距离可能为
C．若将电子入射速度变为，这些电子一定能会聚在P点
D．若将电子入射速度变为2v，这些电子一定能会聚在P点
（2024 广东三模）如图所示，在0＜y＜y0，0＜x＜x0区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0～y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（　　）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
（2024 泉州一模）利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面（纸面）内，x＜x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1＜x＜x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知，，区域Ⅱ中电场的场强。求：
（1）区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
（3）粒子离开电场时的速度大小v。
（2024 龙岗区校级模拟）如图所示，在x＜0的区域存在方向竖直向上、大小为E0的匀强电场，在x＞0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场B（B未知）。一个质量为m的带正电粒子甲从A点以速度v0沿x轴正方向进入电场，粒子从B点进入磁场后，恰好与静止在C点质量为的中性粒子乙沿x轴正方向发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。已知C点横坐标为xCd，不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场变化引起的效应。求：
（1）粒子甲的比荷；
（2）粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小；
（3）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x＜0的区域加上与x＞0区域内相同的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时间Δt。
（2024 天河区三模）在三维坐标系O﹣xyz中长方体abcd﹣a′b′c′d′所在区域内存在匀强磁场，平面mnij左侧磁场B1方向垂直于平面adjm，平面mnij右侧磁场B2由m指向i方向，其中B1、B2大小均未知。现有电量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子以初速度v从a点沿平面adjm进入左侧磁场，经j点垂直平面mnij进入右侧磁场，最后离开长方体区域。已知长方体侧面abcd为边长L的正方形，其余边长如图中所示，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，不计粒子重力。
（1）求磁感应强度B1及粒子从a点运动到j点时间t；
（2）若粒子从nb′边离开磁场，求B2的大小范围；
（3）若平面mnij可右侧空间磁场换成由j指向n方向且电场强度E大小可变的匀强电场（电场图中未画出，其余条件不变），求粒子离开长方体区域时动能Ek与电场强度E大小的关系式。
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第7讲 带电粒子的运动问题
（2024 湖北）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【解答】解：AB、从A点沿半径方向射入圆形磁场区域，根据相交圆的相关知识可知，轨迹不会经过O点，但粒子射出圆形磁场区域时一定背离O的方向，故AB错误；
C、画出粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的轨迹图，根据时间公式和周期公式，可知总时间为Δt22T，故C错误；
D、画出从A进入，从C离开的轨迹图，
由几何关系可知，轨迹半径：r＝Rtan30°
再结合半径公式r
联立可得：v，故D正确。
故选：D。
（多选）（2024 安徽）空间中存在竖直向下的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（　　）
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
【解答】解：A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力；
根据题意Eq＝mg
解得带电有点所带的电荷量
油滴a在最低点的速度方向水平向左，沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知，油滴带负电，故A正确；
B.洛伦兹力提供向心力
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为，故B正确；
C.油滴分裂后，小油滴Ⅰ仍然做匀速圆周运动，说明电荷和质量都均分；
小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
小油滴Ⅰ做圆周运动的周期，故C错误；
D.取向水平向左为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
负号表示方向水平向右；根据左手定则可知油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D正确。
故选：ABD。
（2024 山东）如图所示，在Oxy坐标系x＞0，y＞0 区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜yL的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
【解答】解：（1）根据题意，粒子均垂直于y轴进入磁场，粒子在△OMN区域中在做匀速圆周运动，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如下图所示，N点为圆弧轨迹的圆心。
根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力得：
在加速电场中的运动过程，由动能定理得：
联立解得：
（2）根据题意，粒子速度最小时，其在△OMN区域中的轨迹半径最小，作出轨迹半径最小的运动轨迹如下图所示，最小的半径等于K点到y轴的距离。
根据几何关系可知，最小的半径为
同理可得：
解得：v1
粒子沿y轴正方向从小孔K射出，据题意射出后粒子做匀速直线运动，粒子带正电，由左手定可知，受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子受到的电场力应沿x轴正方向，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足：
qE＝qv1B
联立解得：
（3）在加速电场中，由动能定理得：
已知：U
解得：
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有：
可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径为：
作出粒子的运动轨迹如下图所示。
设粒子从小孔K射出时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，由几何关系得：
，解得：θ＝60°
将粒子在K点的速度分解为沿y轴正方向的分速度v2y和沿x轴正方向的分速度v2x，则有：
因v2y＝v1，故粒子沿y轴正方向的匀速直线运动，则可将粒子的运动分解为沿y轴正方向的匀速直线运动和在xOy平面内的匀速圆周运动，匀速圆周运动的线速度大小等于v2x，同理可得分运动的匀速圆周运动的半径为：
可得粒子与y轴的最小距离（即x轴坐标）为：
当匀速圆周运动的速度偏转270°时粒子第一次距离y轴最近，此过程经历的时间为：
t0
粒子第一次距离y轴最近时的y轴坐标为：
y1＝v2yt0sin60°+r3
解得：y1
在圆周运动的一个周期内粒子沿y轴方向运动的位移大小为：
Δy＝v2yT
距离y轴最近时y轴的坐标为：x＝y1+nΔy，（n＝0、1、2、3……）
故粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标为：[，]，（n＝0、1、2、3……）
答：（1）使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0为；
（2）第一象限中电场强度的大小为，方向为沿x轴正方向；
（3）运动过程中距离y轴最近位置的坐标为[，]，（n＝0、1、2、3……）。
（2024 天津）如图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿+y方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；
（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间t1。
【解答】解：（1）由题意可知，静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则有：
qE＝qBv
解得：
（2）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
qE＝ma
依题意，粒子沿﹣x方向运动的位移为R，由运动学公式得：
联立解得：
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，作出粒子的运动轨迹如下图所示。
粒子从Q点离开磁场，则PQ延长线必然经过半圆形磁场的圆心O′，设∠MO′P＝θ，由几何关系可得：
tanθ，可得：θ
设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，速度大小为v1，由洛伦兹力提供向心力得：
设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有：
由几何条件可得：
联立解得：
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）若仅有电场，粒子从M点到达y轴的时间t为；
（3）粒子在磁场中运动的时间t1为。
（2024 浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；
（2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）；
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）；
（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
【解答】解：（1）根据题意，粒子从O点射入时的运动轨迹如图所示：
粒子从O点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为2r＝dmin
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
代入数据解得
（2）设水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，y方向速度变大，假设折射角为θ′
根据动能定理
由于
代入数据联立解得
设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成θ′角，如图所示：
根据速度关系vx＝v0sinθ＝v1sinθ′
根据折射定律
代入数据联立解得“折射率”
（3）在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零；
根据动能定理
可得
即应满足
（4）分粒子全部打在探测板CQD和全部打不到探测板CQD两种情形；
根据数学知识
解得∠CPQ＝30°
所以如果U≥0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当U≥0时，取竖直向上为正方向，根据动量定理F＝2Nm[0﹣（﹣vy）]＝2Nmvy
根据动能定理
解得
②全部都打不到板的情况，根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为
所以
根据动能定理
代入数据联立解得
即当时，F＝0
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点右侧的一束粒子能打到板上，因此F＝Nmvy
根据动能定理
代入数据联立解得。
答：（1）磁场宽度d的最小值为；
（2）“折射率”n为；
（3）电场电压，可实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”；
（4）见解析。
一、做好“两个区分”，谨防做题误入歧途
1.正确区分电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点
力的特点 功和能的特点
电场力 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，电场力做功改变电势能
洛伦兹力 洛伦兹力F＝qvB 方向符合左手定则 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
2.正确区分“电偏转”和“磁偏转”的规律
(1)电偏转→
(2)磁偏转→→→→
二、带电粒子在复合场中的运动实例
质谱仪 加速：qU＝mv2。偏转：d＝2r＝。比荷＝。可以用来确定带电粒子的比荷和分析同位素等
速度选择器 带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝。这个结论与粒子带何种电荷以及所带电荷量多少都无关
磁流体发电机 当等离子体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvB＝q，即U＝Bdv
电磁流量计 导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差。流量稳定时流量Q＝Sv＝
【方法指导】
一、“三种方法”和“两种物理思想”
1.对称法、合成法、分解法。
2.等效思想、分解思想。
二、解题用到的“三个技巧”
1.按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同阶段的小过程。
2.善于利用几何图形处理边角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯。
3.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计的共同特点是粒子稳定运动时电场力与洛伦兹力平衡。
三、动态圆与磁聚焦
(一)动态放缩法
适用条件 速度方向一定、大小不同 粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径与粒子速度大小有关
轨迹圆圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
(二)定圆旋转法
适用条件 速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度大小为v0，则圆周运动半径为r＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O为圆心、半径r＝的圆上
界定 方法 将半径为r＝的轨迹圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
(三)平移圆法
适用条件 速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上 粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的带电粒子，它们进入匀强磁场时，做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则运动半径r＝，如图所示
轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线
界定方法 将半径为r＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
（四）磁聚焦、磁发散
点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域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半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点处的切线方向射出磁场，如图所示。
平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图所示。
考点一 带电粒子在电磁场中的直线运动和偏转
（2024 碑林区校级四模）如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2，沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则它们在磁场中运动的（　　）
A．轨迹半径之比为1：2 B．速度之比为2：1
C．时间之比为2：3 D．周期之比为2：1
【解答】解：A．设粒子的入射点到磁场下边界的磁场距离为d，粒子的轨迹半径分别为R1、R2，如图所示。
根据几何关系可得：
R1＝d
R2＝R2cos60°+d
解得：R2＝2d
则两粒子在磁场中运动的轨道半径之比为R1：R2＝1：2，故A正确；
B、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
可得：v
则两粒子的速度之比为v1：v2＝R1：R2＝1：2，故B错误；
CD、粒子在磁场中运动的周期为：T，可知粒子的运动的周期与粒子的速度大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同；
由粒子的运动轨迹可知，两种速度的粒子轨迹的圆心角分别为90°、60°，粒子运动的时间为：tT
则两粒子在磁场中的运动时间之比为：t1：t2＝90°：60°＝3：2，故CD错误。
故选：A。
（2024 邢台二模）水平放置的两金属板，板长为0.2m，板间距为0.15m，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为2×103V/m，两板的左端点MN连线的左侧足够大空间存在匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，方向垂直纸面向里。一比荷为1×106C/kg正电粒子以初速度v0紧靠上极板从右端水平射入电场，随后从磁场射出。则（　　）
A．当v0＝1×104m/s时，粒子离开磁场时的速度最小
B．当v0＝2104m/s时，粒子离开磁场时的速度最小
C．当v0104m/s时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小
D．当v0＝2×104m/s时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小
【解答】解：AB．粒子在磁场中做匀速圆周运动，要使粒子离开磁场时的速度最小，则粒子在从电场进入磁场时速度最小，设粒子进入磁场时的速度v与水平方向的夹角为θ，根据类平抛运动的规律有，水平方向
L＝v0t
竖直方向
yat2
加速度
代入数据解得
a＝2×109m/s2
而
vy＝at
则
tanθ
可得
y＝0.1tanθ
根据匀变速直线运动速度与位移的关系式可得
而
v
联立以上各式可得
可知，当θ＝45°时，粒子进入磁场时有最小速度
此时
v0＝vcos45°
代入数据解得
v0＝2×104m/s
故AB错误；
CD．根据以上分析可知，粒子进入磁场时的速度为v，进入磁场后粒子在磁场中做圆周运动，偏转后从MN边界离开磁场，则由洛伦兹力充当向心力有
Bqv
可得
R
根据几何关系可得，粒子进入磁场的位置与射出磁场的位置之间的距离为
L′＝2Rcosθ
代入数据解得
L′
则离M点的距离为
Δy＝y+L′
代入数据解得
Δy
可知，当θ＝45°时，粒子离开磁场的位置距M点的距离最小，根据以上分析可知，当θ＝45°时
v0＝2×104m/s
故C错误，D正确。
故选：D。
（2024 南昌模拟）如图所示，在直角三角形abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，∠a＝30°。一质子以v0的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域，经时间t从ON的中点M离开磁场，若一α粒子以v0的速度从O点沿相同的方向射入，则α粒子在磁场中的运动时间为（　　）
A． B．t C． D．2t
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力可得：
变形后解得：
设质子在磁场中的运动半径为r1，则α粒子在磁场中的运动半径为：r2＝2r1
根据几何关系可知α粒子从N点离开磁场，根据题意作出粒子运动轨迹，
由题可知，质子在磁场中的运动时间为：
所以α粒子在磁场中的运动时间为：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2024 南宁模拟）如图所示，竖直平面内半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N为圆形区域水平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的速率从P点向纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝3R，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子可以沿竖直方向射出磁场
B．粒子在磁场中运动的最长时间大于
C．不可能有粒子从M点射出磁场
D．不可能有粒子从N点射出磁场
【解答】解：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子轨迹的圆心如下图中的O1时，粒子恰好以竖直向上的速度射出磁场，故A正确；
B.要使带电粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场的圆形区域的直径PQ为弦，此粒子的运动轨迹如上图中圆心为O2的圆弧轨迹，设此轨迹在磁场中的偏转角为θ，根据几何关系得：，可得：30°，即θ＜60°，可得粒子在磁场中运动的最长时间满足：，故B错误；
CD.由上图所示，当入射速度的方向合适时，粒子轨迹的圆心分别为O3、O4时，粒子可分别从N点、M点射出，故CD错误。
故选：A。
（2024 辽宁模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，有一圆心为O、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向外，C、D为圆弧AE的三等分点，第二象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。两个电荷量均为+q、质量分别为2m、m的带电粒子a、b分别以速率va、vb均从C点以平行于x轴方向射入磁场，a、b粒子经过第一象限内的匀强磁场后分别从D、E两点射出，之后b粒子刚好不从x轴射出而再次到达y轴，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
（1）第二象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小。
（2）速率va、vb的比值。
（3）b粒子从C点进入磁场到再次到达y轴所经历的时间t。
【解答】解：（1）b粒子运动轨迹如图所示
对b粒子，在第一象限中，根据几何关系得
rb＝R
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
在第二象限中，由几何关系知，vb与y轴的夹角为30°，由几何关系知
R＝r'b+r'bsin30°
解得
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
；
（2）在第一象限中，画出a粒子的运动轨迹，如上如图所示，其做匀速圆周运动的圆心为O1，连接OO1、OC、DO1延长O1C交OA于F点，由于C、D为圆弧AE的三等分点，可知
∠COA＝∠COD＝30°
根据几何关系可得
∠O1OF＝45°
可得
对a、b粒子，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
解得
；
（3）粒子b在第一象限中运动的周期为
由几何关系知粒子b在第一象限中运动的圆心角为60°，则在第一象限运动的时间为
在第二象限中运动的周期为
由几何关系知粒子b在第二象限中运动的圆心角为300°，则
b粒子从C点进入磁场到再次到达y轴所经历的时间为
t＝t1+t2
解得
。
答：（1）第二象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小为。
（2）速率va、vb的比值为。
（3）b粒子从C点进入磁场到再次到达y轴所经历的时间t为。
考点二 带电粒子在叠加场中的运动问题
（2024 东港区校级模拟）据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。则以下说法错误的是（　　）
A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
【解答】解：A．根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，故A错误；
B．电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为
故B正确；
C．电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有
解得
故C正确；
D．电子在垂直环平面方向受力平衡，则有
eE＝evB
解得
故D正确。
本题选错误的，故选：A。
（2024 四川模拟）如图所示，光滑水平绝缘桌面上放置一光滑绝缘玻璃管（两端开口，不计空气阻力），管中有一质量为m，电荷量为q的带正电小球，小球直径略小于管径，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，若玻璃管以速度v0沿y轴负方向匀速运动（不考虑小球离开玻璃管情形），若以x和y分别表示小球在x轴和y轴方向上的分位移，以vx表示小球沿x轴方向的分速度，v表示小球的瞬时速度，用t表示小球的运动时间，下列描述小球运动情况的图像正确的是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：AB、由题意，玻璃管以速度v0沿y轴负方向匀速运动，由左手定则判断，可知小球受到的洛伦兹力在x轴方向上的分力沿x轴正方向，且大小恒为fx＝qBv0，洛伦兹力的这个分力使小球沿x轴正方向做初速度为零匀加速直线运动，由vx＝at，可知vx﹣t图像为过原点的倾斜直线，由xat2，可知x﹣t图像为抛物线的一部分，故A正确，B错误；
C、小球沿y轴方向做匀速直线运动，则有y＝v0t，与xat2，联立可得：y2，则y2﹣x图像为过原点的倾斜直线，故C错误；
D、由矢量合成可得小球的瞬时速度的平方为：，沿x轴方向有：
联立解得：，则v2﹣x图像为不过原点的倾斜直线，故D错误。
故选：A。
（2024 陕西一模）我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如下图（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大
C．漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进
D．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺距Δx增大
【解答】解：A．带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB
解得：
由半径公式可知，在地磁场作用下的旋转半径会越来越小，故A错误；
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，由偏转半径公式
可知，宇宙粒子的半径变小，故B错误；
C．漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，水平分量向北，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，故C错误；
D．当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D减小，而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx将增大，故D正确。
故选：D。
（2024 未央区校级模拟）霍尔推进器是现代航天器的最先进的动力装置，据报道我国的天宫空间站就安装了此类推进器用以空间站的轨道维持。如图乙是与霍尔推进器工作原理类似的装置示意图，在很窄的环内平面内有沿半径方向向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等，垂直环平面内方向同时存在匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），已知电场强度大小为E，电子恰好可以在环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，已知电子电量为e，质量为m，忽略电子间的相互作用以及电子运动产生的磁场，以下说法正确的是（　　）
A．电场方向垂直环平面向里
B．电子运动周期为
C．磁场2的方向垂直环面向外
D．磁场2的磁感应强度大小为
【解答】解：A．电子在环内沿顺时针方向做匀速圆周运动，根据左手定则可知电子在磁场1中受到的洛伦兹力方向垂直环平面向里，故电场力应垂直换面平面向外，又电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，故A正确；
B．根据运动学公式，电子做匀速圆周运动的周期为
，故B错误；
C．电子做匀速圆周运动的向心力由电子在磁场2中所受洛伦兹力提供，方向指向圆心N，根据左手定则可知，磁场2的方向垂直环平面向里，故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
解得
，故D错误。
故选：A。
（2024 泰州一模）高能微粒实验装置，是用以发现高能微粒并研究和了解其特性的主要实验工具。为了简化计算，一个复杂的高能微粒实验装置可以被最简化为空间中的复合场模型。如图甲所示，三维坐标系中，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B（图中未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场E。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的高能微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平射出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小，从微粒通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，已知，，规定当磁感应强度沿z轴正方向时为正，重力加速度大小为g。
（1）求抛出点P到x轴的距离y；
（2）求微粒从通过O点开始做周期性运动的周期T；
（3）若时撤去yOz右侧的原电场和磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向的匀强磁场，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。
【解答】解：（1）粒子做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为45°，则有：vy＝v0sin45°v0
根据平抛规律可得：，即有：，解得：；
（2）根据题意，粒子受到的重力与电场力平衡，则有：qE＝mg
由洛伦兹力提供向心力，则有：，解得：
粒子在磁场中运动的周期为：
当B＝B0时，有：，
当B时，则有：R2，
结合题中信息可知：0～t0，微粒刚好转过180°；t0～2t0，微粒转过90°；2t0～3t0与0～t0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样；3t0～4t0与t0～2t0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，综上所述，微粒一个周期的运动轨迹如图所示：
由图可知：T＝22；
（3）t＝t0时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即有：，
粒子在竖直方向上做竖直上抛运动，则有：，解得：
，解得：t2
粒子水平方向向上做圆周运动，则有：
R3
T3
由此可知：t2T3
则有：x′R1+R3＝（）
y′＝y2
z′＝R3
因此粒子向上运动到离xOz平面最远时的坐标为：（（），，）。
答：（1）抛出点P到x轴的距离为
（2）微粒从通过O点开始做周期性运动的周期为；
（3）微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标为。
考点三 带电粒子在交变电场中的周期性运动问题
（2024 沈河区校级模拟）如图甲所示，真空中xOy平面直角坐标系的第一、四象限内存在垂直纸面且变化周期为4t0的磁场（图甲中未画出）和沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为。将一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）从第二象限内的P点沿x轴正方向水平抛出，小球第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°，设此时为t＝0时刻，此后磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示（规定磁场方向垂直纸面向里为正方向），（t0不是已知量），重力加速度大小为g。求：
（1）小球抛出点P的位置坐标；
（2）2t0时刻小球的位置坐标；
（3）①定性画出小球第一次经过x轴（即坐标原点）到第三次经过x轴的轨迹（用尺规作图并标明圆心）；
②若在第一、四象限内垂直于x轴放置一个足够大的挡板，粒子运动过程中恰好能够垂直打在挡板上并被吸收，求挡板x坐标的所有可能值。
【解答】解：（1）小球一开始做平抛运动，由于经过O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45°，如图所示：
小球到达O点时，沿x轴方向与沿y轴方向的分速度大小为：
竖直方向根据自由落体运动的规律可得：，
水平方向有：
解得：，
所以P点的坐标为：；
（2）由于电场力和重力等大反向，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
磁感应强度大小为：
解得：
小球做匀速圆周运动的周期为：
解得：
可知在第一个t0时间内逆时针转过半个圆周；
在第二个t0时间内，有：
磁感应强度大小为：
解得运动半径为：
结合左手定则可知小球在第二个t0时间内顺时针转过圆周；
由几何关系得2t0时刻小球的位置为：
综上可得2t0时刻小球的位置坐标为；
（3）由，可知在0 t0时间内，小球刚好转过180°。之后磁场强弱和方向都变了，则偏转方向变了，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：．
已知：，解得：
由，解得
在t0 2t0时间内，小球转过90°
同理得，小球在2t0 3t0时间内与0 t0时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，3t0 4t0时间内与t0 2t0时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。
综上所述，得到小球一个周期的轨迹图如图所示：
由几何关系得：
由图可知，若挡板竖直放在OA中点，或者AB中点，粒子都可以垂直打在挡板上。考虑到周期性，可得：
解得：。
答：（1）小球抛出点P的位置坐标为；
（2）2t0时刻小球的位置坐标为；
（3）①定性画出小球第一次经过x轴（即坐标原点）到第三次经过x轴的轨迹见解析；
②若在第一、四象限内垂直于x轴放置一个足够大的挡板，粒子运动过程中恰好能够垂直打在挡板上并被吸收，则挡板x坐标的所有可能值为。
（2023 高州市一模）如图甲所示，空间存在方向竖直向上周期性变化的匀强电场，场强大小随时间变化如图乙所示，空间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化如图丙所示。一个质量为0.1kg、带电量为+0.2C的带电小球，在空间P点在t＝0时刻在纸面内以水平向右大小为10m/s的速度抛出。小球在空中运动的时间大于2s，最终落地时速度垂直于地面。重力加速度为10m/s2，小球可视为质点，求：
（1）t＝1s时，小球的速度大小；
（2）1s：2s内小球受到的合力大小；
（3）小球第一次速度水平向左时离P点的高度；
（4）P点离地面的高度至少为多少。
【解答】解：（1）小球在0～1s内只在重力作用下做平抛运动，设t＝1s时，小球的速度为v1，小球在此时的竖直方向分速度为
v1y＝gt1
代入数据解得v1y＝10m/s，因此，
v1m/s＝10m/s；
（2）在1～2s内，由于qE＝5×0.2N＝mg＝1N，则重力与电场力的合力为0，此时合力为
F合＝qv1B＝0.2×10N＝2N
（3）小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动周期为T1s，即在1～2s内，小球刚好在磁场中做完整的圆周运动，根据牛顿第二定律可得
qv1B
解得R1m
小球在第1s内下落的高度为
h1
解得h1＝5m
小球开始做圆周运动时，速度与水平方向夹角为45°，当小球做圆周运动速度水平向左时，小球离P点的高度为
h＝h1+R1R1
解得hm；
（4）小球第二次在磁场中运动且落地时速度垂直于地面，这时P点离地面的高度最小，在0～3s内，小球下落的高度为
h2
解得h2＝20m
设第3s末，小球的速度为v2，根据动能定理
mgh2
解得
v2＝10m/s
设此时速度与竖直方向的夹角为θ，则
sinθ
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R2，根据牛顿第二定律可得
qv2B
解得R2
代入数据解得R2m
根据几何关系可知P点离地面的最小高度为
H＝h2+R2sinθ
解得H＝（20）m
答：（1）t＝1s时，小球的速度大小为10m/s；
（2）1s：2s内小球受到的合力大小为2N；
（3）小球第一次速度水平向左时离P点的高度为m；
（4）P点离地面的高度至少为（20）m。
（2023 永州三模）如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，在x≤0区域内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1，E1＝0.1N/C，E2＝0.25N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，s，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m、电荷量为q的带正电液滴从P点以速度v0＝2m/s沿x轴负方向入射，恰好沿y轴负方向的速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知：
m＝5×10﹣6kg，q＝2×10﹣4C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10m/s2。
（1）求液滴第一次到达O点时速度v的大小；
（2）求液滴在0～5t0时间内的路程；
（3）若在t＝5t0时撤去电场E1、E2和磁场B1，同时在整个空间区域加竖直向上的匀强磁场B2（未画出），B2＝0.5T，求从此时刻起，再经过s，液滴距O点的距离。（本小题中取π2≈10）
【解答】解：（1）取v0方向为正方向，水平方向利用动量定理：﹣E1qt＝0﹣mv0
取向下为正方向，竖直方向利用动量定理：mgt＝mv﹣0
联立两式，可得v＝5m/s
（2）由E2q＝mg可知粒子在x≤0区域内做匀速圆周运动
0～t0时间内，B1＝2T，粒子做圆周运动的周期，代入数据可得，可知
液滴所受洛伦兹力提供向心力，则有：，代入数据可得
t0～2t0时间内，B1＝4T，粒子做圆周运动的周期，代入数据可得，可知
液滴所受洛伦兹力提供向心力，则有：，B1＝4T，代入数据可得
同理可知2t0～3t0，4t0～5t0时间内液滴运动的周期和半径与0～t0时间内的周期和半径相等，3t0～4t0时间内的周期和半径与t0～2t0时间内周期和半径相等，可得液滴运动轨迹如下图所示：
由图可得液滴在0～5t0时间内的路程
代入数据可得s＝0.49m
（3）t＝5t0时，带电液滴的速度经过原点O水平向右，当B2＝0.5T，方向竖直向上时，带电液滴在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体，
粒子运动的周期，代入数据，可得，可知
带电粒子运动的半径，代入数据可得
液滴经过Δt，水平方向的位移大小
竖直方向的位移大小
则液滴距O点的距离
代入数据可得d＝0.35m
答：（1）液滴第一次到达O点时速度v的大小为5m/s；
（2）液滴在0～5t0时间内的路程为0.49m；
（3）若在t＝5t0时撤去电场E1、E2和磁场B1，同时在整个空间区域加竖直向上的匀强磁场B2（未画出），B2＝0.5T，求从此时刻起，再经过s，液滴距O点的距离为0.35m。
（2024 湖北三模）带电粒子在磁场中运动时，我们可以根据粒子的运动轨迹寻找到很多美丽的对称图形。空间中一圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域外为磁感应强度大小相同、方向相反的匀强磁场，一带电粒子从某处以正对虚线圆圆心方向入射，通过改变带电粒子速度，可得到如图甲、乙所示轨迹（虚线为磁场边界，实线为带电粒子运动轨迹），则两图中粒子的速度之比为（　　）
A．2：1 B．：1 C．：1 D．1：1
【解答】解：由几何关系可知甲图中带电粒子在磁场内部时转过的角度为90°，可知做圆周运动的半径等于圆形区域半径
r1＝R
而乙图中带电粒子在磁场内部转过的角度为120°，则
根据
可得
速度之比等于圆周运动的半径之比，故两图中粒子的速度之比为。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 江宁区校级模拟）如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电量为﹣q、质量为m的小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示。则（　　）
A．OAB轨迹为半圆
B．磁场垂直于纸面向里
C．小球运动至最低点A时处于失重状态
D．小球在整个运动过程中机械能守恒
【解答】解：A．运动过程中受洛伦兹力及重力，轨迹为不是半圆，故A错误；
B．根据左手定则可知磁场垂直于纸面向外，故B错误；
C．由图可知小球运动至最低点A时加速度竖直向上，可知处于超重状态，故C错误；
D．小球在整个运动过程中洛伦兹力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，故D正确。
故选：D。
（2024 新余二模）如图所示，一长玻璃圆管内壁光滑、竖直放置。有一带正电的小球（可视为质点），以速率v0沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管。若再次重复该过程，以相同速率v0进入管内，同时在此空间加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀增加的磁场。设运动过程中小球所带电量不变，空气阻力不计。以下说法正确的是（　　）
A．加磁场后小球离开管口的速率与没加磁场时的速率的大小关系不能确定
B．加磁场后小球离开管口的时间小于没加磁场时的时间
C．加磁场后小球对玻璃管的压力一定不断增大
D．加磁场后，小球在玻璃管中运动时，只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒
【解答】解：A.加磁场后，因磁场方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀增加，根据楞次定律可知，产生感应电场的方向俯视顺时针方向，与带正电的小球的初速度方向相反，可知小球水平方向将不断被减速，则加磁场后小球离开管口的速率小于没加磁场时的速率，故A错误；
B.小球进入玻璃管中后，无论是否加磁场，则竖直方向均做自由落体运动，可知加磁场后小球离开管口的时间等于没加磁场时的时间，故B错误；
C.根据牛顿第二定律
可知加磁场后因磁场逐渐增强，则小球对玻璃管的压力一定不断增大，故C正确；
D.根据A选项分析可知，感应电场对小球做负功，则出离玻璃管的机械能一定减小，小球与地球组成的系统机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
（2024 沙坪坝区校级模拟）地磁场能抵御宇宙射线的侵入。赤道剖面的地磁场可简化为厚度为地球半径的的匀强磁场，方向如图所示。从O点射入a、b、c三个同种带电粒子，运动轨迹如图，其中a、c入射方向与磁场边界相切于O点。不计粒子重力和粒子间的相互作用，且a、b、c都恰好不能到达地面，则（　　）
A．a粒子带负电，b、c粒子带正电
B．a、c粒子入射速度大小之比va：vc＝1：17
C．从O运动至与地面相切，a粒子的运动时间小于b粒子的运动时间
D．若a粒子速率不变，在图示平面内只改变a粒子射入的速度方向，粒子可能到达地面
【解答】解：A、根据左手定则可知，a、c均带负电荷，而b带正电荷，故A错误；
B、粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
解得：，设地球半径为R，根据几何关系可得：
，，所以，故B正确；
C、若a、b粒子比荷相同，根据，可得，则从O运动至与地面相切，a粒子转过的圆心角比b大，由此可分析出a的运动时间比b长，故C错误；
D、若a粒子速率不变，则粒子的轨道半径不变，因粒子到达的最远点恰能与地面相切，则在图示平面内只改变a粒子射入的速度方向，粒子不可能到达地面，故D错误。
故选：B。
（2024 德惠市校级模拟）如图所示，半径为R的圆OAP区域中存在垂直于圆平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，圆心O点有一粒子源，先后从O点以相同速率向圆区域内发射两个完全相同的正电粒子a、b（质量为m，电量为q），其速度方向均垂直于磁场方向，与OP的夹角分别为90°、60°，不计粒子的重力及粒子间相互作用力，则两个粒子a、b在磁场中运动时间之比ta：tb为（　　）
A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．4：1
【解答】解：根据粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力：，代入数据解得：R＝R。
粒子在场中做圆周运动的半径均为R，恰好与磁场区域半径相等，对a粒子，画出运动轨迹，如图所示：
在磁场中恰好以P点为圆心做圆周运动，从AP边上M点出磁场，根据几何关系可知，转过的圆心角为60°，所以运动时间为：；
对b粒子，画出运动轨迹，如图所示：
磁场中做圆周运动恰好从AP边上D点出，由几何关系得：转过的圆心角为：60°
所以运动时间为：
故ta：tb＝1：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024 青岛二模）如图所示，在半径为R、圆心为O的半圆形区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为﹣q、质量为m的粒子（不计所受重力）从O点沿纸面各个方向射入匀强磁场后，均从OC段射出磁场，下列说法正确的是（　　）
A．粒子射入磁场时的最大速度为
B．粒子射入磁场时的最大速度为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．粒子在磁场中运动的最长时间为
【解答】解：如图所示，当离子轨迹与半圆形边界相切时，离子轨迹半径最大，则由几何关系有：
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
变形可得粒子射入磁场时的最大速度为：
粒子在磁场中恰好运动一周，那么运动的最长时间为：tmax＝T，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 昌平区二模）如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图。螺线管内存在磁感应强度为B、方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为v，方向不同的电子，且电子速度v与磁场方向的夹角非常小。电子电荷量为e、质量为m。电子间的相互作用和电子的重力不计。这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点。下列说法错误的是（　　）
A．电子在磁场中运动的时间可能为
B．荧光屏到电子入射点的距离可能为
C．若将电子入射速度变为，这些电子一定能会聚在P点
D．若将电子入射速度变为2v，这些电子一定能会聚在P点
【解答】解：由题图可知，螺线管内磁场方向水平向右，将粒子速度沿水平方向、竖直方向正交分解，则粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速圆周运动，粒子螺旋式前进，设螺线管长为L，若这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，则需满足：
nT（n＝1，2，3…）
T为粒子竖直方向做圆周运动的周期，又因为：evyB＝m
解得周期为：T
联立可得：（n＝1，2，3…）
因为电子速度v与磁场方向的夹角非常小，所以：vx＝v
可见，粒子的速度只要满足：（n＝l，2，3…）
即粒子的运动时间为粒子做圆周运动周期的整数倍，粒子就可以会聚到P点。
A、由上述分析可知，若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P点，则运动的时间可能为，故A正确；
B、若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P点，则：L＝vT，故B正确；
C、由上述分析可知当粒子速度为v时，Lv（n＝1，2，3…），故当粒子速度为v时，L（n′＝2，4，6…），即粒子的运动时间仍然为粒子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子一定能会聚在P点，故C正确；
D、当粒子速度为2v时，L2v（n″，1，），即粒子的运动时间不是总等于粒子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子不一定能会聚在P点，故D错误。
本题选错误的。故选：D。
（2024 广东三模）如图所示，在0＜y＜y0，0＜x＜x0区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0～y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（　　）
A．磁感应强度的大小为
B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大
D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%
【解答】解：A．当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
故A错误；
B．若粒子从处射入，则水平方向有
x0＝v0t1
竖直方向有
联立解得
则粒子从N点下方进入磁场，故B错误；
C．设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则
粒子在磁场中偏转距离为
d＝2rsinθ
解得
d＝y0
由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；
D．由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为
所以从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0～范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。
故选：D。
（2024 泉州一模）利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面（纸面）内，x＜x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1＜x＜x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。已知，，区域Ⅱ中电场的场强。求：
（1）区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
（3）粒子离开电场时的速度大小v。
【解答】解：（1）粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，在磁场中做圆周运动的半径设为R，由几何关系可得：Rcosθ＝L
又根据牛顿第二定律有：
解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小：
（2）粒子运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，则时间为：
其中周期为：
粒子在电场中做类平抛运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，则
根据牛顿第二定律有：qE＝ma
由几何关系有：x2﹣x1＝v0t2
解得：
其中：h
联立解得：
由于：h＜R+Rcosθ＝3L
粒子从电场边界离开，则总时间：t＝t1+t2
联立解得：
（3）由动能定理得：
变形后解得：
答：（1）区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B为；
（2）粒子从原点O出发到离开电场的总时间t为；
（3）粒子离开电场时的速度大小v为。
（2024 龙岗区校级模拟）如图所示，在x＜0的区域存在方向竖直向上、大小为E0的匀强电场，在x＞0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场B（B未知）。一个质量为m的带正电粒子甲从A点以速度v0沿x轴正方向进入电场，粒子从B点进入磁场后，恰好与静止在C点质量为的中性粒子乙沿x轴正方向发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。已知C点横坐标为xCd，不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场变化引起的效应。求：
（1）粒子甲的比荷；
（2）粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小；
（3）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x＜0的区域加上与x＞0区域内相同的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时间Δt。
【解答】解：（1）粒子甲在电场中做类平抛运动，沿x轴方向做匀速直线运动，则有
沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
，
联立解得粒子甲的比荷为：
（2）粒子甲在电场中沿y轴做初速度为零的匀加速直线运动，则有
进入磁场中粒子甲速度与x轴的夹角满足：
即θ＝60°
则进入磁场速率为v＝2v0
设粒子甲在磁场中做圆周运动的半径为R，如图所示，由几何关系可得
又由，解得：
（3）甲、乙两粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1，v2，取碰撞前甲粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
解得：
两粒子碰后在磁场中都做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得
qv1B＝m，qv2B＝m
解得：r1＝r2＝d
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
，
则两粒子碰后再次相遇需满足：
解得再次相遇时间为：
答：（1）粒子甲的比荷为；
（2）粒子甲刚进入磁场时的速率为2v0，磁感应强度B的大小为；
（3）两粒子碰撞后能再次相遇，再次相遇的时间Δt为。
（2024 天河区三模）在三维坐标系O﹣xyz中长方体abcd﹣a′b′c′d′所在区域内存在匀强磁场，平面mnij左侧磁场B1方向垂直于平面adjm，平面mnij右侧磁场B2由m指向i方向，其中B1、B2大小均未知。现有电量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子以初速度v从a点沿平面adjm进入左侧磁场，经j点垂直平面mnij进入右侧磁场，最后离开长方体区域。已知长方体侧面abcd为边长L的正方形，其余边长如图中所示，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，不计粒子重力。
（1）求磁感应强度B1及粒子从a点运动到j点时间t；
（2）若粒子从nb′边离开磁场，求B2的大小范围；
（3）若平面mnij可右侧空间磁场换成由j指向n方向且电场强度E大小可变的匀强电场（电场图中未画出，其余条件不变），求粒子离开长方体区域时动能Ek与电场强度E大小的关系式。
【解答】解：（1）粒子在面adjm内做匀速圆周运动，轨迹如图所示
设其轨道半径为r1，由几何关系得：
根据洛伦兹力提供向心力有：
联立解得：
根据几何关系可知：
时间为：
（2）若粒子从b′射出，根据几何关系有：
若粒子从n射出，则有：
根据洛伦兹力提供向心力：
将半径代入解得磁感应强度的范围为：
（3）粒子恰好从b′射出时，垂直于电场方向有：2L＝vt
在平行于电场方向上有：
且有：qE＝ma
解得：
根据动能定理有：
若电场强度满足：
则离开电场时的动能：
当电场强度：
粒子往nj方向偏转，有：
根据动能定理有：
联立解得：（）
答：（1）磁感应强度B1为；粒子从a点运动到j点时间t为；
（2）B2的大小范围为：；
（3）粒子离开长方体区域时动能Ek与电场强度E大小的关系式是：（）或（）。
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