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第10课时　带电粒子在复合场中的运动
【知识网络】
热点一　带电粒子在组合场中的运动
例1 (2024·安徽皖南八校联考)如图1所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限的等边三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，等边三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点(2h，0)进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度方向与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
图1
(1)电场强度E的大小；
(2)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；
(3)粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值。
训练1 (2024·福建卷，15)如图2所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子经电容器M由静止开始加速后从另一电容器N下极板进入偏转电场，经电场偏转后恰从电容器N的上极板射出偏转电场，已知两电容器电压均为U，以N电容器下极板右侧O点建立坐标系，粒子自y轴上距离O为d的P点进入右侧磁场，粒子经磁场偏转后垂直于x轴方向经过x轴，求：
图2
(1)粒子刚进入N时的速度大小；
(2)粒子在P处速度方向与y轴正方向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
热点二　带电粒子在叠加场中的运动
例2 (2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图3所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
图3
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
训练2 (2024·江西鹰潭一模)在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图4所示。空间有磁感应强度为B＝1 T、方向垂直于纸面向里的磁场， Ⅱ 、 Ⅲ 、 Ⅳ 象限(含x、y轴)有电场强度为E＝1 N/C、方向竖直向下的电场。光滑圆弧轨道圆心O′，半径为R＝4 m，圆弧轨道底端位于坐标轴原点O。质量为m1＝1 kg、带电荷量为q1＝－1 C的小球A从O′处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。 质量为m2＝4 kg、带电荷量为q2＝2 C的小球B从与圆心O′等高处静止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可视为质点，所在空间无重力场作用。求：
图4
(1) 小球A在O′处的初速度；
(2) 碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支持力；
(3) 小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，回到y轴时离O点的距离。
热点三　带电粒子在交变场中的运动
例3 (2024·江苏南通一模)如图5甲所示，xOy平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里、电场强度的正方向为＋y方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速v0沿x轴正方向入射(不计粒子重力)。B－t图像中B0＝，E－t图像中E0＝。求：
图5
(1)时刻粒子的坐标；
(2)0～4t0时间段内粒子速度沿x轴负方向的时刻；
(3)0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
答案　(1)　(2)t0和t0 (3)v0t0
解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝m
又周期T＝，B0＝
解得T＝t0，r1＝
所以时刻粒子坐标为。
(2)粒子在0～4t0时间内
的运动轨迹如图所示
在2t0时刻，vy＝at0＝t0＝·＝v0，v＝v0，可知在2t0时刻粒子的速度方向与＋x方向的夹角为45°，此后，根据左手定则可知粒子沿逆时针方向运动，当粒子的速度方向偏转135°时速度沿－x方向。
0～4t0时间内粒子速度沿x轴负方向的时刻为t1＝t0和 t2＝2t0＋t0＝t0。
(3)根据运动的对称性和匀变速运动的规律可得t0～2t0、3t0～4t0、5t0～6t0时间内粒子沿y轴方向的位移均为y0＝v0t0
6t0时刻与2t0时刻粒子的速度相同
6t0～7t0时间内粒子沿y轴方向的最大位移y磁＝(1＋cos 45°)r2
洛伦兹力提供粒子在磁场中运动的向心力qvB0＝m
解得r2＝＝v0t0
综上所述可得ym＝3y0＋y磁＝(＋＋)v0t0。
解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路
训练3 如图6甲所示，水平放置的平行金属板P和Q相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
图6
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。
答案　(1)(n＝1，2，3，…)　(2)d
解析　(1)当粒子飞到Q板时的速度方向恰与Q板相切时，竖直速度为零，设加速度为a，则a＝
半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝a
又d＝2ny(n＝1，2，3，…)
联立得T＝(n＝1，2，3，…)。
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有
qv0B0＝m
解得r＝d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半周期，
粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，
如图所示，由几何关系得r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cos θ)＝d。
新情境命题　现代科技与电磁场
情境分析　高考常以现代科技中的电、磁场问题为背景进行命题，通过建构组合场、叠加场模型。运用电场、磁场及力学规律来分析问题，解决此类问题的思路如下：
典例1 (2024·甘肃卷，15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图7所示。 Ⅰ 为粒子加速器，加速电压为U; Ⅱ 为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里； Ⅲ 为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
图7
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷；
(2)求O点到P点的距离；
(3)若速度选择器 Ⅱ 中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
答案　(1)正电　　(2)　(3)
解析　(1)粒子在 Ⅲ 区域磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电
粒子在 Ⅱ 区域中做直线运动，必是匀速直线运动，则有qv0B1＝qE1
粒子在 Ⅰ 区域中，根据动能定理有qU＝mv
联立解得＝。
(2)粒子在 Ⅲ 区域磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B2＝m
根据几何关系有dOP＝2r
结合(1)问解得dOP＝。
(3)将粒子进入速度选择器时的速度v0分解为水平向右的速度大小为v1＝和水平向左的速度大小为v2＝－v0，则粒子在速度选择器中的运动就分解为了以速度v1向右的匀速直线运动和以速率v2逆时针的匀速圆周运动
由于粒子垂直打在O′点，则粒子在O′点的速度
v＝v1＋v2＝－v0＝。
典例2 (2024·陕西安康模拟)如图8所示，为回旋加速器的工作原理示意图，两个D形盒的正中间有狭缝，狭缝宽度为d，狭缝之间存在匀强电场，电场强度为E；两个半径为R的D形盒接上高频交流电，并处在匀强磁场中，在D1的中心A处有一个粒子源，它产生并发出比荷为k的带正电粒子，粒子的初速度视为0，经加速后从D形盒的边缘以速度v飞出，不计粒子重力，求：
图8
(1)粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的磁感应强度；
(2)粒子第4次被加速结束的瞬间位置与A点之间的距离。
答案　(1)　　(2)2(＋1－)
解析　(1)由牛顿第二定律有qE＝ma
根据运动学公式v＝at
整理得t＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m
得B＝。
(2)加速一次由动能定理有qEd＝mv
解得v1＝＝
从A点出发向右运动2r1，则
2r1＝2＝
同理可得加速第二次粒子向左运动
2r2＝2
粒子加速第三次后向右运动2r3＝2
所以，第四次加速结束瞬间距A点的距离为
x＝2r1－2r2＋2r3＝2(＋1－)。
1.(多选)(2024·安徽卷，10)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9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(　　)
图9
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
答案　ABD
解析　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝qE，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴 Ⅰ 的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴 Ⅱ 的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴 Ⅱ 的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴 Ⅱ 沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
2.(2024·广东卷，15)如图10甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B，一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
图10
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
答案　(1)正电　　(2)　π (3)
解析　(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0
根据T＝
则粒子所带的电荷量q＝。
(2)设金属板的板间距离为D，则板长为
粒子在板间运动时有＝vt0
出电场时竖直方向速度为零，则竖直方向有
y＝2×(0.5t0)2
在磁场中时qvB＝m
其中的y＝2r＝
联立解得v＝π，D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
W＝mv2＋q×＝＋＝。
1.(2023·新课标卷，18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图1所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　)
图1
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
答案　C
解析　假设电子打在a点，即其所受静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁叠加场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，A、B错误；电子所受静电力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确；假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确。
2.(多选)(2024·湖北武汉二模)现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图2甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是(　　)
图2
A.匀强电场的电场强度大小为
B.粒子从O点运动到P点的时间为
C.M、N两点的竖直距离为d
D.粒子经过N点时速度大小为
答案　BD
解析　设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有qEd＝mv2，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，由几何关系可得R＝d，综上可得E＝，故A错误；粒子在电场中的运动时间为t1＝＝，在磁场中的运动时间为t2＝＝，粒子从O运动到P的时间为t＝t1＋t2＝，故B正确；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx＝qvyB，Fy＝qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得mv1－0＝∑qvyBΔt＝qBy，由动能定理可得qEy＝mv－0，联立解得v1＝，y＝d，故C错误，D正确。
3.(2024·河北沧州一模)如图3所示，一个以坐标原点为圆心、半径为R的圆形有界区域 Ⅰ 内存在磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其边界上有一粒子源，在纸面内沿不同方向向区域 Ⅰ 内连续射入大量电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，部分粒子经磁场偏转后沿x轴水平射入右侧匀强电场和匀强磁场叠加的区域 Ⅱ 中，其内磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里，电场强度大小为E(未知)、方向沿y轴负方向。已知这部分带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R，在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动，粒子的重力和粒子间的相互作用均不计。
图3
(1)求匀强电场的电场强度的大小E；
(2)求该粒子源的位置坐标；
(3)若区域 Ⅱ 的长度为L，求这部分粒子从射入区域 Ⅰ 到离开区域 Ⅱ 的总时间。
答案　(1)　(2)(－R，－R) (3)＋
解析　(1)带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R
根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得v＝
在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动，则有qvB2＝qE
解得E＝。
(2)带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R，如图所示
根据几何关系可知tan θ＝＝
解得θ＝60°
则入射粒子速度方向与竖直方向的夹角为
α＝2θ－90°＝30°
入射点坐标为x＝－Rsin 30°＝－R
y＝－Rcos 30°＝－R。
(3)粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的时间为
t1＝·＝
在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动的时间为t2＝＝
则总时间为t＝t1＋t2＝＋。
4.(2024·重庆模拟预测)如图4所示，OP与x轴的夹角θ＝60°，在第一象限中OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从x轴上的M点平行于y轴射入电场，经电场后沿垂直于OP的方向由N点立刻进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向里)，并沿y轴负方向经过O点。已知O点到N点的距离为3l，不计粒子的重力，求：
图4
(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)矩形磁场区域的最小面积。
答案　(1)　(2)　(3)l2
解析　(1)粒子从M点到N点做类平抛运动，在y轴方向上做匀速直线运动，在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子到达N点x轴方向的速度为vx，速度为v，如图甲
则tan 60°＝＝
粒子在y轴方向的位移大小为y＝3lsin 60°＝v0t
解得匀强电场的电场强度大小E＝。
(2)粒子
达到N点的速度大小v＝＝2v0
粒子由N点进入一矩形磁场并沿y轴负方向经过O点，运动轨迹如图乙所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
r＝(3l－r)sin 30°，解得r＝l
由qvB＝m，解得B＝＝。
(3)如图丙所示
矩形磁场区域的面积最小时，矩形的宽为a＝r＝l
矩形的长为
b＝r＋rsin 30°＝l
所以矩形磁场区域的最小面积为Smin＝ab＝l2。
5.(2024·福建厦门三检)如图5所示，在Oxy平面直角坐标系中，虚线OO′与x轴正方向的夹角θ＝60°，OO′与y轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界存在磁场)，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子从x轴负半轴的P点以初速度v0进入电场，v0与x轴正方向的夹角θ＝60°，经电场偏转后从点M(0，L)垂直y轴进入磁场，粒子恰好不从OO′边界射出磁场。不计粒子重力。求：
图5
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子进入电场，在y轴方向有
vy＝v0sin θ，qE＝ma，v＝2aL
联立解得E＝。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
粒子进入磁场的速度vx＝v0cos θ
由几何关系可得＋r＝L
解得r＝
洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，有
qvxB＝m
联立解得B＝。
(3)粒子第一次进入电场，在竖直方向有L＝at
粒子在磁场中运动的时间t2＝
粒子再次进入电场，在竖直方向有L－2r＝at
粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间
t＝t1＋t2＋t3
联立解得t＝。
6.质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷的精密仪器，某一改进后带有速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图6所示，A为粒子加速器，加速电压为U1，B为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感应强度为B1，两板距离为d，C为粒子偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一比荷为k1(未知)的带正电的粒子P，不计重力，从小孔S1“飘入”(初速度为零)，经加速后，该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子从小孔S3进入分离器C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D点上，测出D点与S3距离为L。
图6
(1)粒子P的比荷k1为多大；
(2)速度选择器的电压U2应为多大；
(3)另一粒子Q同样从小孔S1“飘入”，保持U2和d不变，调节U1的大小，使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F点(在D点右侧)，测出F点与D点距离为x，则可得粒子Q比荷k2，求k2(用k1表示)。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)由动能定理得qU1＝mv
粒子在进入分离器C后做匀速圆周运动，则
qv0B2＝m
由几何关系得R＝
由题意知k1＝
联立解得k1＝。
(2)该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，可得qv0B1＝q
解得U2＝。
(3)由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速度相同，则q′v0B2＝m′
由几何关系得R′＝
由题意知k2＝
解得k2＝。
7.如图7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(未画出)，E1＝0.1 N/C，E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，t0＝ 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＝2 m/s沿x轴负方向入射，恰好沿y轴负方向以速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知m＝5×10－6 kg，q＝2×10－4 C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2。
图7
(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。
答案　(1)5 m/s　(2) m
解析　(1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由动量定理有－qE1t＝0－mv0
mgt＝mv
解得v＝5 m/s。
(2)带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限有qE2＝mg
则带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
qvB1＝m，T＝
当B1＝2 T时，r1＝ m，T1＝ s
当B1＝4 T时，r2＝ m，T2＝ s
带电液滴在0～5t0即0～ s内运动轨迹如图所示
则液滴在0～5t0即0～ s时间内的路程s＝πr1＋2πr2
解得s＝ m。
8.(2024·江苏卷，16)如图8所示，两个半圆环区域abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a′b′间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
图8
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
答案　(1)　(2) (3)
解析　(1)设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体前后由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m
e·kv0B＝m
联立解得＝。
(2)电子多次循环稳定后对电子从c′d′出发经电场到ab的过程，由动能定理有
eU＝mv2－m(kv)2
解得v＝。
(3)结合(2)问分析，当电子到达cd中点P时速度稳定后，其在abcd区域运动有evB＝m
解得r＝
结合(1)问分析可知，电子在a′b′c′d′区域运动的半径为
r′＝
所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2(r－r′)
由几何关系可知＝nl
又电子在磁场中运动的周期为T＝＝
联立解得电子从P运动到d的时间为
t＝nT＝。
9.(2024·广东茂名二模)在如图9所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电荷量为＋q的带电小球沿x轴正方向以初速度v0＝从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场E1＝，小球偏转后打到x轴上的C(L，0)点，x轴下方有匀强电场E2(图中未画出)，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在x轴下方做匀速圆周运动，已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度大小为g。
图9
(1)求x轴下方匀强电场的电场强度E2；
(2)求带电小球在C点的速度vC；
(3)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为，求粒子从C点运动到P(0，－3L)点所用的时间。
答案　(1)，方向竖直向上　(2)，与x轴正方向成60°斜向下　
(3)或
解析　(1)小球在x轴下方做匀速圆周运动，则mg＝qE2，解得E2＝，方向竖直向上。
(2)小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律mg－qE1＝ma，可得a＝
水平方向有L＝v0t，可得t＝
竖直方向有vy＝at，可得vy＝
根据运动的合成vC＝
可得vC＝
根据几何关系tan θ＝，可得θ＝60°
即vC方向与x轴正方向成60°斜向下。
(3)小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为r1
则qvCB4＝m，解得r1＝2L
设粒子运动的周期为T1，则T1＝
解得T1＝2π
如图甲，由几何关系可知，粒子从C到P偏转圆心角为，此过程运动时间为t1＝T1＝
粒子经P点进入第三象限后，设运动半径为r2，则qvCB3＝m，解得r2＝L
设粒子运动的周期为T2，则T2＝
解得T2＝π
如图乙，粒子从P点再回到P点所用时间为t2＝T1＋T2＝2π
粒子从C点第二次运动到P点所用的时间为t1＋t2＝
故粒子从C点运动到P点所用的时间为或。
第10课时　带电粒子在复合场中的运动
【知识网络】
热点一　带电粒子在组合场中的运动
例1 (2024·安徽皖南八校联考)如图1所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限的等边三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，等边三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点(2h，0)进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度方向与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
图1
(1)电场强度E的大小；
(2)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；
(3)粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动
x轴方向有2h＝v0t
y轴方向有h＝at2
又a＝，解得E＝。
(2)粒子到达a点时，沿y轴负方向的分速度为
vy＝at＝v0
则粒子到达a点时的速度大小为v＝＝v0，方向与x轴正方向成45°角。粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示
由牛顿第二定律得qvBmin＝m
由几何知识得rmax＝L
解得Bmin＝。
(3)结合(1)(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1＝
在磁场中运动的最长时间为t2＝T
又T＝
由轨迹图可知θ＝
解得t2＝
粒子出磁场后做匀速直线运动，x轴方向分速度与粒子在电场中的x轴方向分速度大小相等，则有
t3＝t1
粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值为t＝t1＋t2＋t3＝。
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
训练1 (2024·福建卷，15)如图2所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子经电容器M由静止开始加速后从另一电容器N下极板进入偏转电场，经电场偏转后恰从电容器N的上极板射出偏转电场，已知两电容器电压均为U，以N电容器下极板右侧O点建立坐标系，粒子自y轴上距离O为d的P点进入右侧磁场，粒子经磁场偏转后垂直于x轴方向经过x轴，求：
图2
(1)粒子刚进入N时的速度大小；
(2)粒子在P处速度方向与y轴正方向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
答案　(1)　(2)夹角为45°且斜向右上方 (3)
解析　(1)粒子在电容器M两极板间受静电力做匀加速直线运动，由动能定理得qU＝mv
解得vN＝。
(2)带电粒子在电容器N中做类平抛运动，沿x轴方向以速度vx＝vN＝做匀速直线运动，沿y轴正方向做匀加速直线运动，加速度a＝，运动到P点时沿y轴方向的分速度vy＝＝＝vx，则带电粒子在P处的速度vP＝＝2，设粒子在P处速度与y轴正方向的夹角为α，则sin α＝＝，解得α＝45°，故vP与y轴正方向的夹角为45°，斜向右上方。
(3)带电粒子在电容器N及磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得∠OPQ＝45°，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r＝＝d，由qvPB＝m得B＝。
热点二　带电粒子在叠加场中的运动
例2 (2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图3所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
图3
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
答案　(1)Bv0　(2)　(3)90%
解析　(1)电子沿x轴正方向做直线运动，则电子受力平衡，即eE＝ev0B
解得E＝Bv0。
(2)电子在电场和磁场叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由到的过程中，由动能定理得
eEy1＝m－m
解得y1＝。
(3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2＝的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则
电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B
电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE
由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，
即F2＝F1
整理得v1＋v2＝2v0
电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得
eEy2＝mv－mv
整理得v2－v1＝，解得v1＝v0
又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝位置的电子数占总电子数的比例为η＝＝×100%
解得η＝90%。
“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题
训练2 (2024·江西鹰潭一模)在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图4所示。空间有磁感应强度为B＝1 T、方向垂直于纸面向里的磁场， Ⅱ 、 Ⅲ 、 Ⅳ 象限(含x、y轴)有电场强度为E＝1 N/C、方向竖直向下的电场。光滑圆弧轨道圆心O′，半径为R＝4 m，圆弧轨道底端位于坐标轴原点O。质量为m1＝1 kg、带电荷量为q1＝－1 C的小球A从O′处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。 质量为m2＝4 kg、带电荷量为q2＝2 C的小球B从与圆心O′等高处静止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可视为质点，所在空间无重力场作用。求：
图4
(1) 小球A在O′处的初速度；
(2) 碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支持力；
(3) 小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，回到y轴时离O点的距离。
答案　(1)2 m/s　(2)1.6 N
(3)10n2π2 m(n＝1，2，3，…)
解析　(1)A从O′飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，半径为rA＝
洛伦兹力提供向心力q1v1B＝m1
联立整理得v1＝
解得v1＝2 m/s。
(2)设B滑到O点的速度为v2，由动能定理有q2ER＝m2v
解得v2＝2 m/s
A、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速度为v，由动量守恒定律，有m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v
解得v＝ m/s
在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为FN，C球带电荷量
q＝q1＋q2
质量mC＝m1＋m2
由FN－qE＋qvB＝mC
解得FN＝1.6 N。
(3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的静电力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在静电力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上一次。
由qvB＝mC及T＝
解得C球圆周运动周期T＝
C球竖直方向加速度a＝
C球回到y轴时离O点的距离y＝a(nT)2
代入数据解得y＝10n2π2 m(n＝1，2，3，…)。
热点三　带电粒子在交变场中的运动
例3 (2024·江苏南通一模)如图5甲所示，xOy平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里、电场强度的正方向为＋y方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速v0沿x轴正方向入射(不计粒子重力)。B－t图像中B0＝，E－t图像中E0＝。求：
图5
(1)时刻粒子的坐标；
(2)0～4t0时间段内粒子速度沿x轴负方向的时刻；
(3)0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
答案　(1)　(2)t0和t0 (3)v0t0
解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝m
又周期T＝，B0＝
解得T＝t0，r1＝
所以时刻粒子坐标为。
(2)粒子在0～4t0时间内
的运动轨迹如图所示
在2t0时刻，vy＝at0＝t0＝·＝v0，v＝v0，可知在2t0时刻粒子的速度方向与＋x方向的夹角为45°，此后，根据左手定则可知粒子沿逆时针方向运动，当粒子的速度方向偏转135°时速度沿－x方向。
0～4t0时间内粒子速度沿x轴负方向的时刻为t1＝t0和 t2＝2t0＋t0＝t0。
(3)根据运动的对称性和匀变速运动的规律可得t0～2t0、3t0～4t0、5t0～6t0时间内粒子沿y轴方向的位移均为y0＝v0t0
6t0时刻与2t0时刻粒子的速度相同
6t0～7t0时间内粒子沿y轴方向的最大位移y磁＝(1＋cos 45°)r2
洛伦兹力提供粒子在磁场中运动的向心力qvB0＝m
解得r2＝＝v0t0
综上所述可得ym＝3y0＋y磁＝(＋＋)v0t0。
解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路
训练3 如图6甲所示，水平放置的平行金属板P和Q相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
图6
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。
答案　(1)(n＝1，2，3，…)　(2)d
解析　(1)当粒子飞到Q板时的速度方向恰与Q板相切时，竖直速度为零，设加速度为a，则a＝
半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝a
又d＝2ny(n＝1，2，3，…)
联立得T＝(n＝1，2，3，…)。
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有
qv0B0＝m
解得r＝d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半周期，
粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，
如图所示，由几何关系得r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cos θ)＝d。
新情境命题　现代科技与电磁场
情境分析　高考常以现代科技中的电、磁场问题为背景进行命题，通过建构组合场、叠加场模型。运用电场、磁场及力学规律来分析问题，解决此类问题的思路如下：
典例1 (2024·甘肃卷，15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图7所示。 Ⅰ 为粒子加速器，加速电压为U; Ⅱ 为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里； Ⅲ 为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
图7
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷；
(2)求O点到P点的距离；
(3)若速度选择器 Ⅱ 中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
答案　(1)正电　　(2)　(3)
解析　(1)粒子在 Ⅲ 区域磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电
粒子在 Ⅱ 区域中做直线运动，必是匀速直线运动，则有qv0B1＝qE1
粒子在 Ⅰ 区域中，根据动能定理有qU＝mv
联立解得＝。
(2)粒子在 Ⅲ 区域磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B2＝m
根据几何关系有dOP＝2r
结合(1)问解得dOP＝。
(3)将粒子进入速度选择器时的速度v0分解为水平向右的速度大小为v1＝和水平向左的速度大小为v2＝－v0，则粒子在速度选择器中的运动就分解为了以速度v1向右的匀速直线运动和以速率v2逆时针的匀速圆周运动
由于粒子垂直打在O′点，则粒子在O′点的速度
v＝v1＋v2＝－v0＝。
典例2 (2024·陕西安康模拟)如图8所示，为回旋加速器的工作原理示意图，两个D形盒的正中间有狭缝，狭缝宽度为d，狭缝之间存在匀强电场，电场强度为E；两个半径为R的D形盒接上高频交流电，并处在匀强磁场中，在D1的中心A处有一个粒子源，它产生并发出比荷为k的带正电粒子，粒子的初速度视为0，经加速后从D形盒的边缘以速度v飞出，不计粒子重力，求：
图8
(1)粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的磁感应强度；
(2)粒子第4次被加速结束的瞬间位置与A点之间的距离。
答案　(1)　　(2)2(＋1－)
解析　(1)由牛顿第二定律有qE＝ma
根据运动学公式v＝at
整理得t＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m
得B＝。
(2)加速一次由动能定理有qEd＝mv
解得v1＝＝
从A点出发向右运动2r1，则
2r1＝2＝
同理可得加速第二次粒子向左运动
2r2＝2
粒子加速第三次后向右运动2r3＝2
所以，第四次加速结束瞬间距A点的距离为
x＝2r1－2r2＋2r3＝2(＋1－)。
1.(多选)(2024·安徽卷，10)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9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(　　)
图9
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
答案　ABD
解析　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝qE，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴 Ⅰ 的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴 Ⅱ 的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴 Ⅱ 的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴 Ⅱ 沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
2.(2024·广东卷，15)如图10甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B，一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
图10
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
答案　(1)正电　　(2)　π (3)
解析　(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0
根据T＝
则粒子所带的电荷量q＝。
(2)设金属板的板间距离为D，则板长为
粒子在板间运动时有＝vt0
出电场时竖直方向速度为零，则竖直方向有
y＝2×(0.5t0)2
在磁场中时qvB＝m
其中的y＝2r＝
联立解得v＝π，D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
W＝mv2＋q×＝＋＝。
1.(2023·新课标卷，18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图1所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　)
图1
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
答案　C
解析　假设电子打在a点，即其所受静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁叠加场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，A、B错误；电子所受静电力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确；假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确。
2.(多选)(2024·湖北武汉二模)现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图2甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是(　　)
图2
A.匀强电场的电场强度大小为
B.粒子从O点运动到P点的时间为
C.M、N两点的竖直距离为d
D.粒子经过N点时速度大小为
答案　BD
解析　设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有qEd＝mv2，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，由几何关系可得R＝d，综上可得E＝，故A错误；粒子在电场中的运动时间为t1＝＝，在磁场中的运动时间为t2＝＝，粒子从O运动到P的时间为t＝t1＋t2＝，故B正确；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx＝qvyB，Fy＝qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得mv1－0＝∑qvyBΔt＝qBy，由动能定理可得qEy＝mv－0，联立解得v1＝，y＝d，故C错误，D正确。
3.(2024·河北沧州一模)如图3所示，一个以坐标原点为圆心、半径为R的圆形有界区域 Ⅰ 内存在磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其边界上有一粒子源，在纸面内沿不同方向向区域 Ⅰ 内连续射入大量电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，部分粒子经磁场偏转后沿x轴水平射入右侧匀强电场和匀强磁场叠加的区域 Ⅱ 中，其内磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里，电场强度大小为E(未知)、方向沿y轴负方向。已知这部分带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R，在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动，粒子的重力和粒子间的相互作用均不计。
图3
(1)求匀强电场的电场强度的大小E；
(2)求该粒子源的位置坐标；
(3)若区域 Ⅱ 的长度为L，求这部分粒子从射入区域 Ⅰ 到离开区域 Ⅱ 的总时间。
答案　(1)　(2)(－R，－R) (3)＋
解析　(1)带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R
根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得v＝
在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动，则有qvB2＝qE
解得E＝。
(2)带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R，如图所示
根据几何关系可知tan θ＝＝
解得θ＝60°
则入射粒子速度方向与竖直方向的夹角为
α＝2θ－90°＝30°
入射点坐标为x＝－Rsin 30°＝－R
y＝－Rcos 30°＝－R。
(3)粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的时间为
t1＝·＝
在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动的时间为t2＝＝
则总时间为t＝t1＋t2＝＋。
4.(2024·重庆模拟预测)如图4所示，OP与x轴的夹角θ＝60°，在第一象限中OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从x轴上的M点平行于y轴射入电场，经电场后沿垂直于OP的方向由N点立刻进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向里)，并沿y轴负方向经过O点。已知O点到N点的距离为3l，不计粒子的重力，求：
图4
(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)矩形磁场区域的最小面积。
答案　(1)　(2)　(3)l2
解析　(1)粒子从M点到N点做类平抛运动，在y轴方向上做匀速直线运动，在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子到达N点x轴方向的速度为vx，速度为v，如图甲
则tan 60°＝＝
粒子在y轴方向的位移大小为y＝3lsin 60°＝v0t
解得匀强电场的电场强度大小E＝。
(2)粒子
达到N点的速度大小v＝＝2v0
粒子由N点进入一矩形磁场并沿y轴负方向经过O点，运动轨迹如图乙所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
r＝(3l－r)sin 30°，解得r＝l
由qvB＝m，解得B＝＝。
(3)如图丙所示
矩形磁场区域的面积最小时，矩形的宽为a＝r＝l
矩形的长为
b＝r＋rsin 30°＝l
所以矩形磁场区域的最小面积为Smin＝ab＝l2。
5.(2024·福建厦门三检)如图5所示，在Oxy平面直角坐标系中，虚线OO′与x轴正方向的夹角θ＝60°，OO′与y轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界存在磁场)，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子从x轴负半轴的P点以初速度v0进入电场，v0与x轴正方向的夹角θ＝60°，经电场偏转后从点M(0，L)垂直y轴进入磁场，粒子恰好不从OO′边界射出磁场。不计粒子重力。求：
图5
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子进入电场，在y轴方向有
vy＝v0sin θ，qE＝ma，v＝2aL
联立解得E＝。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
粒子进入磁场的速度vx＝v0cos θ
由几何关系可得＋r＝L
解得r＝
洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，有
qvxB＝m
联立解得B＝。
(3)粒子第一次进入电场，在竖直方向有L＝at
粒子在磁场中运动的时间t2＝
粒子再次进入电场，在竖直方向有L－2r＝at
粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间
t＝t1＋t2＋t3
联立解得t＝。
6.质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷的精密仪器，某一改进后带有速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图6所示，A为粒子加速器，加速电压为U1，B为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感应强度为B1，两板距离为d，C为粒子偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一比荷为k1(未知)的带正电的粒子P，不计重力，从小孔S1“飘入”(初速度为零)，经加速后，该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子从小孔S3进入分离器C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D点上，测出D点与S3距离为L。
图6
(1)粒子P的比荷k1为多大；
(2)速度选择器的电压U2应为多大；
(3)另一粒子Q同样从小孔S1“飘入”，保持U2和d不变，调节U1的大小，使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F点(在D点右侧)，测出F点与D点距离为x，则可得粒子Q比荷k2，求k2(用k1表示)。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)由动能定理得qU1＝mv
粒子在进入分离器C后做匀速圆周运动，则
qv0B2＝m
由几何关系得R＝
由题意知k1＝
联立解得k1＝。
(2)该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，可得qv0B1＝q
解得U2＝。
(3)由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速度相同，则q′v0B2＝m′
由几何关系得R′＝
由题意知k2＝
解得k2＝。
7.如图7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(未画出)，E1＝0.1 N/C，E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，t0＝ 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＝2 m/s沿x轴负方向入射，恰好沿y轴负方向以速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知m＝5×10－6 kg，q＝2×10－4 C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2。
图7
(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。
答案　(1)5 m/s　(2) m
解析　(1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由动量定理有－qE1t＝0－mv0
mgt＝mv
解得v＝5 m/s。
(2)带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限有qE2＝mg
则带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
qvB1＝m，T＝
当B1＝2 T时，r1＝ m，T1＝ s
当B1＝4 T时，r2＝ m，T2＝ s
带电液滴在0～5t0即0～ s内运动轨迹如图所示
则液滴在0～5t0即0～ s时间内的路程s＝πr1＋2πr2
解得s＝ m。
8.(2024·江苏卷，16)如图8所示，两个半圆环区域abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a′b′间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
图8
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
答案　(1)　(2) (3)
解析　(1)设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体前后由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m
e·kv0B＝m
联立解得＝。
(2)电子多次循环稳定后对电子从c′d′出发经电场到ab的过程，由动能定理有
eU＝mv2－m(kv)2
解得v＝。
(3)结合(2)问分析，当电子到达cd中点P时速度稳定后，其在abcd区域运动有evB＝m
解得r＝
结合(1)问分析可知，电子在a′b′c′d′区域运动的半径为
r′＝
所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2(r－r′)
由几何关系可知＝nl
又电子在磁场中运动的周期为T＝＝
联立解得电子从P运动到d的时间为
t＝nT＝。
9.(2024·广东茂名二模)在如图9所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电荷量为＋q的带电小球沿x轴正方向以初速度v0＝从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场E1＝，小球偏转后打到x轴上的C(L，0)点，x轴下方有匀强电场E2(图中未画出)，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在x轴下方做匀速圆周运动，已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度大小为g。
图9
(1)求x轴下方匀强电场的电场强度E2；
(2)求带电小球在C点的速度vC；
(3)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为，求粒子从C点运动到P(0，－3L)点所用的时间。
答案　(1)，方向竖直向上　(2)，与x轴正方向成60°斜向下　
(3)或
解析　(1)小球在x轴下方做匀速圆周运动，则mg＝qE2，解得E2＝，方向竖直向上。
(2)小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律mg－qE1＝ma，可得a＝
水平方向有L＝v0t，可得t＝
竖直方向有vy＝at，可得vy＝
根据运动的合成vC＝
可得vC＝
根据几何关系tan θ＝，可得θ＝60°
即vC方向与x轴正方向成60°斜向下。
(3)小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为r1
则qvCB4＝m，解得r1＝2L
设粒子运动的周期为T1，则T1＝
解得T1＝2π
如图甲，由几何关系可知，粒子从C到P偏转圆心角为，此过程运动时间为t1＝T1＝
粒子经P点进入第三象限后，设运动半径为r2，则qvCB3＝m，解得r2＝L
设粒子运动的周期为T2，则T2＝
解得T2＝π
如图乙，粒子从P点再回到P点所用时间为t2＝T1＋T2＝2π
粒子从C点第二次运动到P点所用的时间为t1＋t2＝
故粒子从C点运动到P点所用的时间为或。(共78张PPT)
第10课时　带电粒子在复合场中的运动
专题三　电场与磁场
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目 录
CONTENTS
突破高考热点
01
课时跟踪训练
04
链接高考真题
03
新情境命题
02
突破高考热点
1
热点二　带电粒子在叠加场中的运动
热点一　带电粒子在组合场中的运动
热点三　带电粒子在交变场中的运动
热点一　带电粒子在组合场中的运动
例1 (2024·安徽皖南八校联考)如图1所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限的等边三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，等边三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点(2h，0)进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度方向与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
图1
(1)电场强度E的大小；
(2)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；
(3)粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值。
解析　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动
x轴方向有2h＝v0t
(2)粒子到达a点时，沿y轴负方向的分速度为
vy＝at＝v0
粒子出磁场后做匀速直线运动，x轴方向分速度与粒子在电场中的x轴方向分速度大小相等，则有t3＝t1
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
图2
训练1 (2024·福建卷，15)如图2所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子经电容器M由静止开始加速后从另一电容器N下极板进入偏转电场，经电场偏转后恰从电容器N的上极板射出偏转电场，已知两电容器电压均为U，以N电容器下极板右侧O点建立坐标系，粒子自y轴上距离O为d的P点进入右侧磁场，粒子经磁场偏转后垂直于x轴方向经过x轴，求：
(1)粒子刚进入N时的速度大小；
(2)粒子在P处速度方向与y轴正方向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
解析　(1)粒子在电容器M两极板间受静电力做匀加速直线运动，由动能定理得
热点二　带电粒子在叠加场中的运动
图3
例2 (2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图3所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
解析　(1)电子沿x轴正方向做直线运动，则电子受力平衡，即eE＝ev0B
解得E＝Bv0。
电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B
电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE
由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，
即F2＝F1
整理得v1＋v2＝2v0
电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得
解得η＝90%。
“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题
图4
(1) 小球A在O′处的初速度；
(2) 碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支持力；
(3) 小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，回到y轴时离O点的距离。
解得v2＝2 m/s
A、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速度为v，由动量守恒定律，有m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v
在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为FN，C球带电荷量
q＝q1＋q2
质量mC＝m1＋m2
解得FN＝1.6 N。
(3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的静电力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在静电力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上一次。
热点三　带电粒子在交变场中的运动
图5
(2)粒子在0～4t0时间内
的运动轨迹如图所示
6t0时刻与2t0时刻粒子的速度相同
6t0～7t0时间内粒子沿y轴方向的最大位移y磁＝(1＋cos 45°)r2
解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路
图6
训练3 如图6甲所示，水平放置的平行金属板P和Q相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；
如图所示，由几何关系得r＋2rsin θ＝d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半周期，
粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，
新情境命题
2
新情境命题　现代科技与电磁场
情境分析　高考常以现代科技中的电、磁场问题为背景进行命题，通过建构组合场、叠加场模型。运用电场、磁场及力学规律来分析问题，解决此类问题的思路如下：
图7
典例1 (2024·甘肃卷，15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图7所示。 Ⅰ 为粒子加速器，加速电压为U; Ⅱ 为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里； Ⅲ 为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷；
(2)求O点到P点的距离；
(3)若速度选择器 Ⅱ 中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
解析　(1)粒子在 Ⅲ 区域磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电
粒子在 Ⅱ 区域中做直线运动，必是匀速直线运动，则有qv0B1＝qE1
(2)粒子在 Ⅲ 区域磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
根据几何关系有dOP＝2r
图8
典例2 (2024·陕西安康模拟)如图8所示，为回旋加速器的工作原理示意图，两个D形盒的正中间有狭缝，狭缝宽度为d，狭缝之间存在匀强电场，电场强度为E；两个半径为R的D形盒接上高频交流电，并处在匀强磁场中，在D1的中心A处有一个粒子源，它产生并发出比荷为k的带正电粒子，粒子的初速度视为0，经加速后从D形盒的边缘以速度v飞出，不计粒子重力，求：
解析　(1)由牛顿第二定律有qE＝ma
根据运动学公式v＝at
链接高考真题
3
ABD
1.(多选)(2024·安徽卷，10)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9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(　 　)
图9
图10
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
解析　(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，
由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
课时跟踪训练
4
C
基础保分练
图1
解析　假设电子打在a点，即其所受静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁叠加场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，A、B错误；电子所受静电力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确；假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确。
2.(多选)(2024·湖北武汉二模)现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图2甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是(　　)
图2
3.
图3
(1)求匀强电场的电场强度的大小E；
(2)求该粒子源的位置坐标；
(3)若区域 Ⅱ 的长度为L，求这部分粒子从射入区域 Ⅰ 到离开区域 Ⅱ 的总时间。
解得θ＝60°
则入射粒子速度方向与竖直方向的夹角为
α＝2θ－90°＝30°
4.(2024·重庆模拟预测)如图4所示，OP与x轴的夹角θ＝60°，在第一象限中OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从x轴上的M点平行于y轴射入电场，经电场后沿垂直于OP的方向由N点立刻进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向里)，并沿y轴负方向经过O点。已知O点到N点的距离为3l，不计粒子的重力，求：
图4
(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)矩形磁场区域的最小面积。
解析　(1)粒子从M点到N点做类平抛运动，在y轴方向上做匀速直线运动，在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子到达N点x轴方向的速度为vx，速度为v，如图甲
粒子由N点进入一矩形磁场并沿y轴负方向经过O点，运动轨迹如图乙所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
r＝(3l－r)sin 30°，解得r＝l
(3)如图丙所示，矩形磁场区域的面积最小时，
矩形的宽为a＝r＝l
矩形的长为
5.(2024·福建厦门三检)如图5所示，在Oxy平面直角坐标系中，虚线OO′与x轴正方向的夹角θ＝60°，OO′与y轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界存在磁场)，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子从x轴负半轴的P点以初速度v0进入电场，v0与x轴正方向的夹角θ＝60°，经电场偏转后从点M(0，L)垂直y轴进入磁场，粒子恰好不从OO′边界射出磁场。不计粒子重力。求：
图5
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间。
解析　(1)粒子进入电场，在y轴方向有
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
粒子进入磁场的速度vx＝v0cos θ
图6
(1)粒子P的比荷k1为多大；
(2)速度选择器的电压U2应为多大；
(3)另一粒子Q同样从小孔S1“飘入”，保持U2和d不变，调节U1的大小，使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F点(在D点右侧)，测出F点与D点距离为x，则可得粒子Q比荷k2，求k2(用k1表示)。
图7
(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。
解析　(1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由动量定理有
－qE1t＝0－mv0
mgt＝mv
解得v＝5 m/s。
(2)带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限有qE2＝mg
则带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
8.(2024·江苏卷，16)如图8所示，两个半圆环区域abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a′b′间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
图8
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
解析　(1)设电子进入插入体前的速度大小为v0，
(2)电子多次循环稳定后对电子从c′d′出发经电场到ab的过程，由动能定理有
(3)结合(2)问分析，当电子到达cd中点P时速度稳定后，其在abcd区域运动有
联立解得电子从P运动到d的时间为
图9
(2)小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律mg－qE1＝ma，
即vC方向与x轴正方向成60°斜向下。
(3)小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为r1

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