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第4讲　带电粒子在组合场中的运动(综合融通课)
类型(一)　带电粒子在一般组合场中的运动
1.组合场:电场与磁场各自位于一定的区域内且不重叠。
2.“电偏转”与“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力 情况 电场力FE=qE,其大小、方向不变,与速度v无关,FE是恒力 洛伦兹力FB=qvB,其大小不变,方向随v而改变,FB是变力
轨迹 抛物线 圆或圆的一部分
运动 轨迹 示例
垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
求解 方法 利用类平抛运动的规律求解: vx=v0,x=v0t vy=·t, y=··t2 偏转角φ满足: tan φ== 半径:r= 周期:T= 偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解
运动 时间 t= t=T=
动能 变化 不变
3.分析带电粒子在组合场中运动的方法
[考法全训]
考法(一)　磁场与磁场的组合
　　先在一个磁场中运动,然后再进入另一个磁场中运动,根据带电粒子在磁场中的运动规律结合几何关系求解相关的物理量。
　　[例1]　(多选)如图所示,在直角坐标系的第二象限内,以y轴上的O1点为圆心的四分之一圆内有垂直坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ,圆的半径为R,圆弧刚好与x轴相切于坐标原点O;在第四象限内,在以O为圆心、半径为R的四分之一圆内,有垂直坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从磁场Ⅰ的圆弧边界上的P点沿x轴的正方向射入磁场Ⅰ,P点到x轴的距离为,粒子射入磁场的速度大小为v0,粒子经磁场Ⅰ偏转,恰好从坐标原点O进入磁场Ⅱ,经磁场Ⅱ偏转后沿x轴正方向射出磁场,不计粒子的重力,则下列判断正确的是 (　　)
A.磁场Ⅰ的磁感应强度大小为
B.磁场Ⅱ的磁感应强度大小是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍
C.粒子在两磁场中运动的时间为
D.保持粒子射入速度不变,将粒子入射点沿圆弧向上平移,粒子有可能不能进入磁场Ⅱ
听课记录:
　　[针对训练]
1.(2025·黑龙江大庆高三模拟)(多选)如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内存在两处磁感应强度大小均为B、方向垂直于xOy平面的匀强磁场,第一象限内的匀强磁场分布在三角形OAC之外的区域,磁场方向向里,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OAC=30°,OC的长度为2R;第二象限内的匀强磁场分布在半径为R的圆形区域内,圆形区域的圆心坐标为(-R,R),圆形区域与x、y轴的切点分别为P、Q,第三、四象限内均无磁场。置于P点的离子发射器,能持续地从P点在xOy平面内向x轴上方180°范围内以恒定速率发射同种正离子,离子的质量均为m、电荷量均为q;在y轴上放置长度为2R的探测板CG,G和C分别为探测板的上、下边缘,所有打到探测板上的离子都被板吸收。已知从P点垂直于x轴发射的离子恰好经过Q点进入第一象限,不计重力及离子间的相互作用。则 (　　)
A.圆形区域内磁场的方向垂直于纸面向外
B.离子的发射速率v0=
C.探测板CG上有离子打到的区域长度R+R
D.从P点垂直于x轴发射的离子,从发射到第二次经过边界AC所用的时间t=
考法(二)　先电场后磁场的组合
1.先在电场中做加速直线运动,然后进入磁场做匀速圆周运动。如图甲、乙所示,在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
2.先在电场中做类平抛运动,然后进入磁场做匀速圆周运动。如图丙、丁所示,在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
　　[例2]　(2025·广州高三质检)如图所示,在0x0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E=,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y0处射入的粒子,恰好从N点进入磁场
C.从y0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%
听课记录:
　　[针对训练]
2.如图所示,有一个竖直平面xOy,x轴水平,在第一象限有竖直向下的匀强电场,第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B=2 T。现有一个质量为m=9.0×10-21 kg、电荷量未知的带正电粒子从P点(0,1 m)以平行于x轴正方向的速度v0=8.0×106 m/s进入第一象限,并在电场的偏转下从x轴正半轴上的Q点进入第四象限,且在Q点的速度方向与x轴正方向成45°夹角,接着以垂直于y轴的方向进入第三象限,粒子的重力忽略不计,求:
(1)Q点的坐标以及粒子经过Q点时速度v的大小;
(2)粒子的电荷量q。
考法(三)　先磁场后电场的组合
　　对于粒子从磁场进入电场的运动,常见的有两种情况:
1.
进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反,如图甲所示,粒子在电场中做加速或减速运动,用动能定理或运动学公式列式求解。
2.进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直,如图乙所示,粒子在电场中做类平抛运动,用平抛运动知识分析。
　　[例3]　如图所示,xOy坐标系的第一象限内有一等腰三角形OAC,底角为53°,底边长为14L,
三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场,D是底边OA的中点。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场,恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场。不计粒子的重力,sin 53°=,cos 53°=,求:
(1)粒子的速度大小;
(2)粒子离开磁场后,经过x轴上N点(图中没有标出),已知NO=5L,求匀强电场的电场强度;
(3)求粒子从D点到达N点所经历的时间。
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　　[针对训练]
3.(2025·重庆高三模拟)如图所示,xOy坐标系中存在圆形有界匀强磁场,其圆心在A点、半径为R,磁感应强度为B、方向垂直纸面向外;在x>R的区域存在沿y轴负方向的匀强电场,x轴上有无限长的收集板。原点O处有一离子源,它可向各个方向发射速率相同的同种离子,沿y轴正方向发射的离子经磁场从P点射出后,在电场中落到收集板上的Q点。已知离子质量为m、带电量为+q,P、Q两点坐标分别为、,离子重力不计,离子间的相互作用不计,落到收集板后不反弹,求:
(1)离子的发射速率;
(2)匀强电场的电场强度大小;
(3)与y轴正方向均成30°角发射的离子1、离子2落到收集板上的间隔距离。
类型(二)　带电粒子在交变场中的运动
1.交变场常见的类型
(1)电场周期性变化,磁场不变。
(2)磁场周期性变化,电场不变。
(3)电场、磁场均周期性变化。
2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
　　[典例]　如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙所示,y轴正方向为E的正方向,垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻,带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出,它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量,图乙中=,在0~t0 时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求:
(1)粒子P的比荷;
(2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标;
(3)带电粒子在运动过程中与原点O的最远距离L。
规范解答:
　　[针对训练]
(2024·广东高考)如图甲所示,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。
(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。
第4讲
类型(一)
[例1]　选AC　粒子在磁场中运动的轨迹如图所示,P点到x轴的距离为,磁场圆半径为R,由几何关系可知,△OO1P、△OO2P、△OO3Q都是正三角形,粒子在两磁场中做圆周运动的半径都为R,且圆心角都为60°,由qv0B=,可得B=,且磁场Ⅱ的磁感应强度大小与磁场Ⅰ的磁感应强度大小相等,故A正确,B错误;由T=,可知粒子在两磁场中运动的时间为t=·T=,故C正确;由于在磁场Ⅰ中的轨迹圆半径等于磁场圆半径,故平行于x轴射向磁场Ⅰ的粒子均从O点离开磁场Ⅰ,临界情况为从磁场Ⅰ最上端入射,此时粒子沿y轴负方向射入磁场Ⅱ,粒子一定进入磁场Ⅱ,故D错误。
[针对训练]
1.选ABC　从P点垂直于x轴发射的正离子恰好经过Q点进入第一象限,说明正离子在P点受向右的洛伦兹力,由左手定则知磁场方向垂直于纸面向外,如图所示,
设离子在圆形区域内做圆周运动的半径为r,则r=R,又有qv0B=m,解得v0=,故A、B正确;如图所示,因所有离子均以恒定速率发射,故离子在圆形磁场中的轨迹半径均为r,又已知r=R,易得所有离子经过圆形磁场后均水平向右飞出圆形磁场,然后穿过AC进入右侧磁场,从C点进入右侧磁场的离子,经过半个周期打到屏上E点,则CE=2R,从M点进入右侧磁场的离子,轨迹恰好与屏CG相切于D点,图中CF垂直于O2M,则FM=Rtan 30°=R,则CD=O2F=R-R,则探测板上有离子打到的区域为DE,其长度DE=CE-CD=R+R,故C正确;设离子在两磁场中做圆周运动的周期为T,则T=,离子在圆形磁场中运动的圆心角为90°,则运动时间t1=T=,离子在两磁场之间做匀速直线运动的时间t2==,离子在AC右侧区域磁场中运动的圆心角为300°,运动时间t3=T=,则离子从发射到第二次经过边界AC所用的时间t=t1+t2+t3=,故D错误。
[例2]　选D　当电场强度为0时,从O点射入的粒子恰能运动到N点,则粒子在磁场中做圆周运动的半径r1=,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,解得B=,故A错误;若电场强度为E=,粒子在电场中运动时有x0=v0t1,y1=a,a=,联立解得y1=y0,若粒子从y0处射入,则y=y1+=+=y0[针对训练]
2.解析:(1)粒子在Q点的速度方向与x轴正方向成45°夹角,则有vcos 45°=v0,
解得v=8×106 m/s,
粒子沿x轴方向做匀速直线运动,则xQ=v0t,粒子沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有y=t=t,
联立解得xQ=2y=2 m,因此Q点的坐标为(2 m,0)。
(2)粒子在第四象限的运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,
根据图中几何关系可得r=xQ=2 m,
联立解得粒子的电荷量为q==1.8×10-14 C。
答案:(1)(2 m,0)　8×106 m/s
(2)1.8×10-14 C
[例3]　解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示,粒子做圆周运动的圆心为G,设粒子轨迹半径为R,根据几何关系有GD=FG=R,OG==R,则OD=R+R=×14L,解得R=4L,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得v=。
(2)粒子在电场中做类平抛运动的轨迹如图所示,粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动,位移为x=GN=8L
沿电场线方向做匀加速直线运动,位移为y=FG=4L
根据x=vt,y=at2,a=
解得E=。
(3)设粒子在磁场中运动的时间为t1,在电场中运动的时间为t2,由图可知,时间t1=T,带电粒子在磁场中运动的周期为T=,联立解得t1=,由以上分析知x=GN=8L=vt2,解得t2=,粒子从D点到达N点所经历的时间t=t1+t2=。
答案:(1)　(2)　(3)
[针对训练]
3.解析:(1)根据题意作出离子的运动轨迹如图所示,
离子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m
根据几何关系有r=R
解得v0=。
(2)P→Q离子做类平抛运动,则x=v0t=2R
y=at2=R
由牛顿第二定律得,加速度为a=
解得E=。
(3)对离子1有R-Rsin 30°=a
x1=R+v0t1
解得x1=R
对离子2有R+Rsin 30°=a
x2=R+v0t2
解得x2=R
离子1、离子2落到收集板上的间隔距离为Δx=x2-x1=R。
答案:(1)　(2)　(3)R
类型(二)
[典例]　解析:(1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,当粒子所在位置的纵、横坐标相等时,粒子在磁场中恰好经过圆周,所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R,即R=
又qv0B0=m,代入=
解得=。
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T,则
T=,联立解得T=4t0
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场,粒子以速度v0垂直于电场方向进入电场后做类平抛运动,设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1,则x1=v0t0
y1=a
其中加速度a=
联立解得y1==R,
因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为,如图中的b点所示。
(3)分析知,在2t0~3t0时间内,电场力产生的加速度方向沿y轴正方向,由对称关系知,在3t0时刻速度方向为x轴正方向,这段时间内的水平位移x2=x1=v0t0;在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动,往复运动轨迹如图所示,由图可知,带电粒子在运动过程中与原点O的最远距离L=2R+2x1,解得L=v0t0。
答案:(1)　(2)　(3)v0t0
[针对训练]
解析:(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹并结合左手定则可知,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)若金属板的板间距离为D,则板长为
设带电粒子由左侧电场第一次水平向右进入金属板间的速度大小为v,粒子在板间运动时,有=vt0
出板间电场时竖直速度为零,则竖直方向上有y=2×××
在磁场中运动时有qvB=m
其中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所示,由(2)的计算可知金属板的板间距离D=3r,则粒子在3t0时刻再次水平向左进入中间的偏转电场,在4t0时刻水平进入左侧的电场做减速运动,速度为零后反向加速,在6t0时刻再次水平向右进入中间的偏转电场,6.5t0时刻碰到上金属板,因带电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从左侧电场由静止加速到进入金属板间电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功,则W=mv2+Eq×=+=。
答案:(1)正电　　(2)π　(3)
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带电粒子在组合场中的运动
(综合融通课)
第 4 讲
1
类型(一)　带电粒子在一般组合场中的运动
2
类型(二)　带电粒子在交变场中的运动
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3
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类型(一)　带电粒子在一般
组合场中的运动
1.组合场：电场与磁场各自位于一定的区域内且不重叠。
2.“电偏转”与“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场 (不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场
(不计重力)
受力情况 电场力FE=qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力 洛伦兹力FB=qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹 抛物线 圆或圆的一部分
运动轨 迹示例
续表
求解 方法
运动时间
动能 变化 不变
续表
3.分析带电粒子在组合场中运动的方法
考法(一)　磁场与磁场的组合
先在一个磁场中运动，然后再进入另一个磁场中运动，根据带电粒子在磁场中的运动规律结合几何关系求解相关的物理量。
考法全训
[例1]　(多选)如图所示，在直角坐标系的第二象限内，以y轴上的O1点为圆心的四分之一圆内有垂直坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，圆的半径为R，圆弧刚好与x轴相切于坐标原点O；在第四象限内，在以O为圆心、半径为R的四分之一圆内，有垂直坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从磁场Ⅰ的圆弧边界上的P点沿x轴的正方向射入磁场Ⅰ，P点到x轴的距离为，
粒子射入磁场的速度大小为v0，粒子经磁场Ⅰ偏转，恰好从坐标原点O进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转后沿x轴正方向射出磁场，不计粒子的重力，则下列判断正确的是(　　)
A.磁场Ⅰ的磁感应强度大小为
B.磁场Ⅱ的磁感应强度大小是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍
C.粒子在两磁场中运动的时间为
D.保持粒子射入速度不变，将粒子入射点沿圆弧向上平移，粒子有可能不能进入磁场Ⅱ
√
√
[解析]　粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，P点到x轴的距离为，磁场圆半径为R，由几何关系可知，△OO1P、△OO2P、△OO3Q都是正三角形，粒子在两磁场中做圆周运动的半径都为R，且圆心角都为60°，由qv0B=，可得B=，且磁场Ⅱ的磁感应强度大小与磁场Ⅰ的磁感应强度大小相等，故A正确，B错误；由T=，可知粒子在两磁场中运动的时间为t=·T=，故C正确；
由于在磁场Ⅰ中的轨迹圆半径等于磁场圆半
径，故平行于x轴射向磁场Ⅰ的粒子均从O点
离开磁场Ⅰ，临界情况为从磁场Ⅰ最上端入
射，此时粒子沿y轴负方向射入磁场Ⅱ，粒子
一定进入磁场Ⅱ，故D错误。
1.(2025·黑龙江大庆高三模拟)(多选)如图所示，在平面直角坐标系xOy平面内存在两处磁感应强度大小均为B、方向垂直于xOy平面的匀强磁场，第一象限内的匀强磁场分布在三角形OAC之外的区域，磁场方向向里，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OAC=30°，OC的长度为2R；第二象限内的匀强磁场分布在半径为R的圆形区域内，圆形区域的圆心坐标为(-R，R)，圆形区域与x、y轴的切点分别为P、Q，第三、四象限内均无磁场。置于P点的离子发射器，能持续地从P点
针对训练
在xOy平面内向x轴上方180°范围内以恒定速率发射同种正离子，离子的质量均为m、电荷量均为q；在y轴上放置长度为2R的探测板CG，G和C分别为探测板的上、下边缘，所有打到
探测板上的离子都被板吸收。已知从P点垂直
于x轴发射的离子恰好经过Q点进入第一象限，
不计重力及离子间的相互作用。则 (　　)
A.圆形区域内磁场的方向垂直于纸面向外
B.离子的发射速率v0=
C.探测板CG上有离子打到的区域长度R+R
D.从P点垂直于x轴发射的离子，从发射到第二次经过边界AC所用的时间t=
√
√
√
解析：从P点垂直于x轴发射的正离子恰好经过Q点进入第一象限，说明正离子在P点受向右的洛伦兹力，由左手定则知磁场方向垂直于纸面向外，如图所示，设离子在圆形区域内做圆周运动的半径为r，则r=R，又有qv0B=m，解得v0=，故A、B正确；如图所示，因所有离子均以恒定速率发射，故离子在圆形磁场中的轨迹半径均为r，又已知r=R，易得所有离子经过圆形磁场后均水平向右飞出圆形磁场，
然后穿过AC进入右侧磁场，从C点进入右侧磁场的离子，经过半个周期打到屏上E点，则CE=2R，从M点进入右侧磁场的离子，轨迹恰好与屏CG相切于D点，图中CF垂直于O2M，则FM=Rtan 30°=R，则CD=O2F=R-R，则探测板上有离子打到的区域为DE，其长度DE= CE-CD=R+R，故C正确；设离子在两磁场中做圆周运动的周期为T，
则T=，离子在圆形磁场中运动的圆心角为90°，则运动时间t1=T=，离子在两磁场之间做匀速直线运动的时间t2==，离子在AC右侧区域磁场中运动的圆心角为300°，
运动时间t3=T=，则离子从发射到第二次经
过边界AC所用的时间t=t1+t2+t3=，
故D错误。
考法(二)　先电场后磁场的组合
1.先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做匀速圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
2.先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
[例2]　(2025·广州高三质检)如图所示，在0x0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E=，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y0处射入的粒子，恰好从N点进入磁场
C.从y0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%
√
[解析]　当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则粒子在磁场中做圆周运动的半径r1=，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m，解得B=，故A错误；若电场强度为E=，粒子在电场中运动时有x0=v0t1，y1=a，a=，联立解得y1=y0，若粒子从y0处射入，则y=y1+=+=y0为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则v=，qvB=m，所以粒子在磁场中偏转距离为d=2rsin θ=y0，由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为y1=，所以从y0处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且经磁场偏转后恰好打在M点，即只有0~y0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。
2.如图所示，有一个竖直平面xOy，x轴水平，在第一象限有竖直向下的匀强电场，第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=2 T。现有一个质量为m=9.0×10-21 kg、电荷量未知的带正电粒子从P点(0，1 m)以平行于x轴正方向的速度v0=8.0×106 m/s进入第一象限，并在电场的偏转下从x轴正半轴上的Q
点进入第四象限，且在Q点的速度方向与x轴
正方向成45°夹角，接着以垂直于y轴的方向
进入第三象限，粒子的重力忽略不计，求：
针对训练
(1)Q点的坐标以及粒子经过Q点时速度v的大小；
答案： (2 m，0)　8×106 m/s
解析：粒子在Q点的速度方向与x轴正方向成45°夹角，
则有vcos 45°=v0，解得v=8×106 m/s，
粒子沿x轴方向做匀速直线运动，则xQ=v0t，粒子沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有y=t=t，
联立解得xQ=2y=2 m，因此Q点的坐标为(2 m，0)。
(2)粒子的电荷量q。
答案：1.8×10-14 C
解析：粒子在第四象限的运动轨迹如图所示，
由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，
根据图中几何关系可得r=xQ=2 m，
联立解得粒子的电荷量为q==1.8×10-14 C。
考法(三)　先磁场后电场的组合
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
1.进入电场时粒子速度方向与电场方
向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场
中做加速或减速运动，用动能定理或运动
学公式列式求解。
2.进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析。
[例3]　如图所示，xOy坐标系的第一象限内有一等腰三角形OAC，底角为53°，底边长为14L，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场，D是底边OA的中点。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场。不计粒
子的重力，sin 53°=，cos 53°=，求：
(1)粒子的速度大小；
[答案]　　
[解析]　粒子在磁场中做匀速圆周运动的
轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G，
设粒子轨迹半径为R，根据几何关系有GD=
FG=R，OG==R，则OD=R+R=×14L，解得R=4L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得v=。
(2)粒子离开磁场后，经过x轴上N点(图中没有标出)，已知NO=5L，求匀强电场的电场强度；
[答案]　
[解析]　粒子在电场中做类平抛运动的轨迹如图所示，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为x=GN=8L
沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为y=FG=4L
根据x=vt，y=at2，a=解得E=。
(3)求粒子从D点到达N点所经历的时间。
[答案]　
[解析]　设粒子在磁场中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，由图可知，时间t1=T，带电粒子在磁场中运动的周期为T=，联立解得t1=，由以上分析知x=GN=8L=vt2，解得t2=，粒子从D点到达N点所经历的时间t=t1+t2=。
3.(2025·重庆高三模拟)如图所示，xOy坐标系中存在圆形有界匀强磁场，其圆心在A点、半径为R，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外；在x>R的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴上有无限长的收集板。原点O处有一离子源，它可向各个方向发射速率相同的同种离子，沿y轴正方向发射的离子经磁场从P点射出后，
针对训练
在电场中落到收集板上的Q点。已知离子质量为m、带电量为+q ，P、Q两点坐标分别为、，离子重力不计，离子间的相互作用不计，落到收集板后不反弹，求：
(1)离子的发射速率；
答案：
解析：根据题意作出离子的运动轨迹如图所示，离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心
力得qv0B=m根据几何关系有r=R
解得v0=。
(2)匀强电场的电场强度大小；
答案：
解析： P→Q离子做类平抛运动，则x=v0t=2R
y=at2=R
由牛顿第二定律得，加速度为a=
解得E=。
(3)与y轴正方向均成30°角发射的离子1、离子2落到收集板上的间隔距离。
答案： R
解析：对离子1有R-Rsin 30°=a
x1=R+v0t1
解得x1=R
对离子2有R+Rsin 30°=a
x2=R+v0t2
解得x2=R
离子1、离子2落到收集板上的间隔距离为
Δx=x2-x1=R。
类型(二)　带电粒子在交变
场中的运动
1.交变场常见的类型
(1)电场周期性变化，磁场不变。
(2)磁场周期性变化，电场不变。
(3)电场、磁场均周期性变化。
2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
[典例]　如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻，带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能
沿一定轨道做周期性运动。 v0、E0和t0为已知量，图乙中=，在0~t0 时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求：
(1)粒子P的比荷；
[答案]　
[解析] 0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，
所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R=
又qv0B0=m
代入=
解得=。
(2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标；
[答案]　
[解析]　设粒子P在磁场中运动的周期为T，则T=
联立解得T=4t0
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直于电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移
分别为x1、 y1，则x1=v0t0
y1=a
其中加速度a=联立解得y1==R，
因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为，
如图中的b点所示。
(3)带电粒子在运动过程中与原点O的最远距离L。
[答案]　 v0t0
[解析]　分析知，在2t0~3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，这段时间内的水平位移x2=x1=v0t0；在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动过程中与原点O的最远距离L=2R+2x1
解得L=v0t0。
(2024·广东高考)如图甲所示，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，
针对训练
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。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
答案：正电　　
解析：根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹并结合左手定则可知，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)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；
答案： 　π
解析：若金属板的板间距离为D，则板长为
设带电粒子由左侧电场第一次水平向右进入金属板间的速度大小为v，粒子在板间运动时，有=vt0
出板间电场时竖直速度为零，
则竖直方向上有y=2× × ×
在磁场中运动时有qvB=m其中y=2r=
联立解得v=π
D=。
(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：
解析：带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，由(2)的计算可知金属板的板间距离D=3r，则粒子在3t0时刻再次水平向左进入中间的偏转电场，在4t0时刻水平进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次水平向右进入中间的偏转电场， 6.5t0时
刻碰到上金属板，因带电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从左侧电场由静止加速到进入金属板间电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则W=mv2+Eq×=+=。
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一、单项选择题
1.如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强
磁场，粒子在磁场中转过半个圆周后打在P点，
测出O、P间距离为x，下列x U图像可能正确
的是(　　)
(说明:标★的为推荐讲评题目)
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解析：在加速电场中，由动能定理得qU=mv2，在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得r=，则得x=2r=，B、m、q都一定，x∝，则由数学知识可知，B正确。
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2.如图所示，在平面直角坐标系第二象限的OABC矩形区域内存在沿y轴方向的匀强电场(未画出)，第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。一带电粒子从B点以速度v0沿x轴正方向飞入电场，恰好从坐标原点O
飞入磁场，经过一段时间，粒子最终从F点飞出
磁场。已知OC=OF=2OA=2OD=2L，C、F两点
位于x轴上，不计粒子重力，则粒子的比荷为 (　　)
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A. B. C. D.
解析：由带电粒子在电场中的运动规律可知，粒子在O点的速度的反向延长线过AB边的中点，因此在O点的速度方向与x轴正方向成45°角，根据几何关系可知v=v0，画出粒子在磁场
中的运动轨迹如图所示，根据几何关系可得R=
L，又R=，联立解得=，故A、B、D错误，
C正确。
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3.如图所示，竖直虚线P、Q间分布着竖直向下的匀强电场，间距为d，水平虚线CD与CF之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，CF与虚线Q间的夹角为θ=30°。现一质量为m、电荷量为q的粒子从A点以水平初速度v0射入电场，经偏转
后恰能从C点射入磁场，且速度与虚线CD的
夹角也为θ，不计粒子重力，下列说法中正确
的是 (　　)
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A.粒子带负电荷
B.粒子在磁场中运动的时间为t=
C.电场强度大小为E=
D.粒子在磁场中运动的轨迹半径为r=
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解析：带电粒子在电场中向下偏转，故粒子带正电，故A错误；设带电粒子在匀强电场中的运动时间为t0，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则d=v0t0，y=a，tan30°=，由牛顿第二定律得Eq=ma，解得E= ，故C错误；带电粒子进入磁场的速度大小为v= =v0，由洛伦兹力提供向心力得qvB=m，解得r= ，故D错误；粒子在磁场中运动的时间为t=×= ，故B正确。
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4.(2025·黄冈质检)如图所示，空间内有一垂直于x轴的足够大的平面M，M将x≥0的空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域，两区域均存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ磁场沿y轴负方向，区域Ⅱ磁场沿y轴正方向。一带电粒子从O点以大小为v的速度射入区域Ⅰ，速度方向在xOy平面内且与x轴正方向成θ=37°，粒子在Ⅰ、Ⅱ两区
域内运动后经过y轴上的P点。已知OP=7d，
sin 37°=0.6，不计带电粒子的重力，则该
粒子的比荷为 (　　)
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A. B. C. D.
解析：将粒子的入射速度沿水平方向与竖直方向分解，则有vx=vcos θ，vy=vsin θ，粒子水平方向的分运动为匀速圆周运动，竖直方向的分运动为匀速直线运动，假设粒子带正电，Ⅰ、Ⅱ
两部分磁场方向分别沿y轴负方向与y轴正方向，
作出粒子水平方向分运动的俯视图如图所示，
则有qvxB=m，粒子做匀速圆周运动的周期
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为T=，解得R=，T=，粒子在左、右磁场中做圆周运动的半径相等，则有α=，粒子在水平方向做圆周运动的时间为tx=T，粒子在竖直方向做匀速直线运动的时间为ty=，根据分
运动的等时性有tx=ty，解得=，故选A。
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二、多项选择题
5.“双聚焦分析器”是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图甲。原理如图乙，电场分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，电场强度大小为E=，r为入射点到圆心O1的距离，k可调节。磁场分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与电场分析器的右端面平行。若质量为m、电荷量为+q的离子(初速度为零)，经电压为U的
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加速电场加速后，进入辐射状电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后，垂直磁场左边界从P点进入圆心为O2的四分之一圆形磁场区域并打在荧光屏上。图中QO2=d，不计离子的重力。下列说法正确的是 (　　)
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A.k值应调节为2U
B.若离子源和加速电场整体向右平移一小段距离，则离子在电场分析器中不能做匀速圆周运动
C.若离子垂直于荧光屏打在Q点，则磁场分析器所加的磁感应强度大小为B=
D.若另有一离子经加速电场、电场分析器后从P点进入磁场分析器打在O2点，该离子的比荷为
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解析：当加速电压为U时，设离子进入电场分析器的速度为v0，则qU=m，q=m，解得k=2U，A项正确；若离子源和加速电场整体向右平移一小段距离，离子进入电场中不同的点，根据牛顿第二定律有q=m，等式与r'大小无关，只要调节k=2U，离子仍能做匀速圆周运动，B项错误；若离子垂直于荧光屏打在Q点，粒子的轨迹半径为d=，
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则磁场分析器所加的磁感应强度大小为B=，C项错误；若离子经加速电场、电场分析器和磁场分析器后打在O2点，则半径为=，q'U=m'v2，解得==，D项正确。
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6.(2025·四川遂宁模拟)如图所示，在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场，在x>0区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a，0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a，a)、质量
也为m的不带电粒子乙发生完全非弹性正碰，
碰撞后速度沿y轴正方向，且碰撞前后总电荷
量保持不变，不计粒子重力，下列说法正确
的是 (　　)
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A.电场强度的大小E=
B.碰撞后运动半径、周期都发生变化
C.经过y轴后，进入电场的最远距离为
D.经过y轴后，进入电场的最远距离为
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解析：设粒子甲在电场中加速后进入磁场的速度为v，粒子甲从S点到O点，由动能定理可得qEa=mv2，粒子甲在磁场中做匀速圆周运动，由O点到P点偏转圆周，可知粒子甲的轨迹半径为r=a，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，联立解得E=，r=，A正确；
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碰撞前粒子甲的运动周期为T==，甲、乙两粒子发生完全非弹性正碰，设碰撞后的速度大小为v'，由动量守恒定律可得mv=2mv'，解得v'=，碰撞后，两粒子共同在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qv'B=2m，解得r1=，运动周期为T'==，可知碰撞后运动半径不变，周期变大，B错误；
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由于碰撞后运动半径不变，可知在(0，2a)位置垂直y轴进入电场，速度大小为，在电场中做匀减速运动，加速度大小为a加==，由速度位移关系公式可得x=，其中v=，联立解得进入电场的最远距离为x=，C错误，D正确。
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7.如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C)，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面，大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1 s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB=BC=l，且粒子由A到C的运动时间小于1 s。不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是(　　)
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A.电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为3v0∶1
B.第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为1∶2
C.第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2
D.第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1∶5
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解析：在t=1 s时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，如图1所示，由牛顿第二定律得qv0B0==ma1，粒子的轨道半径R=l，解得B0=；在t=3 s时，空间区域存在匀强电场，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，如图2所示，竖直方向l=v0t，水平方向l=a2t2，其中a2=，解得E0=，则=，故A错误；
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第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比==，故B正确；第一个粒子的运动时间t1=T=，第二个粒子的运动时间t2=，第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比t1∶t2=π∶2，故C正确；设第二个粒子通过C点的动能为Ek2，由动能定理得qE0l=Ek2-m，
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解得Ek2=m，第一个粒子通过C点的动能Ek1=m，
第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1∶5，故D正确。
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三、计算题
8.(12分)(2025年1月·八省联考河南卷，节选)如图，在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)
的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒
子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。
不计重力。
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(1)求粒子进入磁场时的速度大小；(4分)
答案:2
解析:粒子在电场中只受电场力，水平方向做匀速直线运动，
竖直方向做匀加速直线运动
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由牛顿第二定律得a=，vy=
粒子进入磁场时的速度大小v=
解得v=2。
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(2)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子距a点的距离为s=2h，求磁场的磁感应强度大小的可能值。(8分)
答案: 或
解析:粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移为
x=v0t=vyt=2·t=2h
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粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与水平虚线的夹角仍为45°，回到电场中高度为h时粒子距a点的距离为2h，可作出粒子可能的运动轨迹，如图所示
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由几何关系可知2r1cos 45°=2h，2r2cos 45°=2h+2h+2h
即r1=h，r2=3h
由洛伦兹力提供向心力有qvB=m
可得B1=，B2= 。
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9.(14分)(2024·湖南高考)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的
分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电
量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子
之间的相互作用及电子的重力。
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(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
(4分)
答案：　
解析：电子在匀强磁场中运动时，将其的运动分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy，由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t
在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，
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由牛顿第二定律知Bevy=m
可得R=且T==
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，
则有t=nT
联立得B=
当n=1时，B有最小值，可得Bmin=。
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(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值；(4分)
答案：
解析：将电子的速度分解，如图所示
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有tan θ=
当tan θ有最大值时，vy最大，R最大，此时R=r，
又B=，R=
联立可得vym=，tan θ=。
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(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。(6分)
答案：
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解析：当vy最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym，根据匀变速直线运动中速度与位移的关系式有ym=
由牛顿第二定律知a=
又vym=
联立得ym=。
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10.(20分)(2024·新课标卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁
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感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为
圆心的圆弧移动至c(-v0，v0)点；然后粒子离
开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已
知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通
过的曲线长度都相等，不计重力。求：
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(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；(7分)
答案：　
解析：粒子在磁场中做圆周运动时的速度大小为v==v0
根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m=mv
解得粒子在磁场中做圆周运动的半径r=周期T=。
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(2)电场强度的大小；(7分)
答案： Bv0
解析：根据题意，已知任何相等的时间内P点沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的是速度的变化量，根据a=可知曲线上任意点的加速度大小相等，则粒子在电场中受到的静电力的大小与在磁场中受到的洛伦兹力的大小相同，有qE=Bq·v0
解得E=Bv0。
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(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。(6分)
答案：
解析：根据题图速度变化图线，作出粒子运动轨迹，如图所示。
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a→b，带电粒子做类平抛运动，设运动时间为t1，
沿y轴正方向的位移大小为y1，则有v0=t1
y1=v0t1
b→c，带电粒子做匀速圆周运动，
在磁场中转过个周期，
设此阶段粒子沿y轴负方向的位移大小为y2，
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由几何关系可知y2=r
c→a，带电粒子做类斜抛运动，
设其沿y轴正方向的位移大小为y3，则y3=y1
根据对称性可知，粒子在x轴方向上的位移为0，故粒子的位移大小即为在y轴方向上的位移大小，有s=y=|y2-y1-y3|
联立解得s=
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4课时跟踪检测(五十六)　带电粒子在组合场中的运动
一、单项选择题
1.如图所示,一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力),经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场,粒子在磁场中转过半个圆周后打在P点,测出O、P间距离为x,下列x U图像可能正确的是 (　　)
2.如图所示,在平面直角坐标系第二象限的OABC矩形区域内存在沿y轴方向的匀强电场(未画出),第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B。一带电粒子从B点以速度v0沿x轴正方向飞入电场,恰好从坐标原点O飞入磁场,经过一段时间,粒子最终从F点飞出磁场。已知OC=OF=2OA=2OD=2L,C、F两点位于x轴上,不计粒子重力,则粒子的比荷为 (　　)
A. B.
C. D.
3.如图所示,竖直虚线P、Q间分布着竖直向下的匀强电场,间距为d,水平虚线CD与CF之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,CF与虚线Q间的夹角为θ=30°。现一质量为m、电荷量为q的粒子从A点以水平初速度v0射入电场,经偏转后恰能从C点射入磁场,且速度与虚线CD的夹角也为θ,不计粒子重力,下列说法中正确的是 (　　)
A.粒子带负电荷
B.粒子在磁场中运动的时间为t=
C.电场强度大小为E=
D.粒子在磁场中运动的轨迹半径为r=
4.(2025·黄冈质检)如图所示,空间内有一垂直于x轴的足够大的平面M,M将x≥0的空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域,两区域均存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,区域Ⅰ磁场沿y轴负方向,区域Ⅱ磁场沿y轴正方向。一带电粒子从O点以大小为v的速度射入区域Ⅰ,速度方向在xOy平面内且与x轴正方向成θ=37°,粒子在Ⅰ、Ⅱ两区域内运动后经过y轴上的P点。已知OP=7d,sin 37°=0.6,不计带电粒子的重力,则该粒子的比荷为 (　　)
A. B.
C. D.
二、多项选择题
5.“双聚焦分析器”是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪,其模型图如图甲。原理如图乙,电场分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向,电场强度大小为E=,r为入射点到圆心O1的距离,k可调节。磁场分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内,分布着方向垂直于纸面的匀强磁场,其左边界与电场分析器的右端面平行。若质量为m、电荷量为+q的离子(初速度为零),经电压为U的加速电场加速后,进入辐射状电场,恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后,垂直磁场左边界从P点进入圆心为O2的四分之一圆形磁场区域并打在荧光屏上。图中QO2=d,不计离子的重力。下列说法正确的是 (　　)
A.k值应调节为2U
B.若离子源和加速电场整体向右平移一小段距离,则离子在电场分析器中不能做匀速圆周运动
C.若离子垂直于荧光屏打在Q点,则磁场分析器所加的磁感应强度大小为B=
D.若另有一离子经加速电场、电场分析器后从P点进入磁场分析器打在O2点,该离子的比荷为
6.(2025·四川遂宁模拟)如图所示,在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场,在x>0区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放,进入磁场区域后,与静止在点P(a,a)、质量也为m的不带电粒子乙发生完全非弹性正碰,碰撞后速度沿y轴正方向,且碰撞前后总电荷量保持不变,不计粒子重力,下列说法正确的是 (　　)
A.电场强度的大小E=
B.碰撞后运动半径、周期都发生变化
C.经过y轴后,进入电场的最远距离为
D.经过y轴后,进入电场的最远距离为
7.如图甲所示,在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场,电场的方向水平向右(图甲中由B到C),场强大小随时间变化情况如图乙所示;磁感应强度方向垂直于纸面,大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1 s时,从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子,并在此之后,每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出,并恰好均能击中C点,若AB=BC=l,且粒子由A到C的运动时间小于1 s。不计重力和空气阻力,对于各粒子由A运动到C的过程中,以下说法正确的是 (　　)
A.电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为3v0∶1
B.第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为1∶2
C.第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2
D.第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1∶5
卷码 400015621 姓名
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三、计算题
8.(12分)(2025年1月·八省联考河南卷,节选)如图,在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射,当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。不计重力。
(1)求粒子进入磁场时的速度大小;(4分)
(2)若粒子第一次回到电场中高度为h时,粒子距a点的距离为s=2h,求磁场的磁感应强度大小的可能值。(8分)
9.(14分)(2024·湖南高考)如图,有一内半径为2r、长为L的圆筒,左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点,取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场,场强大小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子,电子初速度方向均在xOy平面内,且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e,设电子始终未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场,求磁感应强度B的最小值;(4分)
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ,求tan θ的绝对值;(4分)
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。(6分)
10.(20分)(2024·新课标卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动,其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx,vy)表示,vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0,v0)点,粒子在水平方向的匀强电场作用下运动,P点沿线段ab移动到b(v0,v0)点;随后粒子离开电场,进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场,P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(-v0,v0)点;然后粒子离开磁场返回电场,P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等,不计重力。求:
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期;(7分)
(2)电场强度的大小;(7分)
(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时,粒子位移的大小。(6分)
课时跟踪检测(五十六)
1.选B　在加速电场中,由动能定理得qU=mv2,在匀强磁场中,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,则得x=2r=,B、m、q都一定,x∝,则由数学知识可知,B正确。
2.
选C　由带电粒子在电场中的运动规律可知,粒子在O点的速度的反向延长线过AB边的中点,因此在O点的速度方向与x轴正方向成45°角,根据几何关系可知v=v0,画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,根据几何关系可得R=L,又R=,联立解得=,故A、B、D错误,C正确。
3.选B　带电粒子在电场中向下偏转,故粒子带正电,故A错误;设带电粒子在匀强电场中的运动时间为t0,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,则d=v0t0,y=a,tan30°=,由牛顿第二定律得Eq=ma,解得E= ,故C错误;带电粒子进入磁场的速度大小为v==v0,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,解得r= ,故D错误;粒子在磁场中运动的时间为t=×= ,故B正确。
4.选A　将粒子的入射速度沿水平方向与竖直方向分解,则有vx=vcos θ,vy=vsin θ,粒子水平方向的分运动为匀速圆周运动,竖直方向的分运动为匀速直线运动,假设粒子带正电,Ⅰ、Ⅱ两部分磁场方向分别沿y轴负
方向与y轴正方向,作出粒子水平方向分运动的俯视图如图所示,则有qvxB=m,粒子做匀速圆周运动的周期为T=,解得R=,T=,粒子在左、右磁场中做圆周运动的半径相等,则有α=,粒子在水平方向做圆周运动的时间为tx=T,粒子在竖直方向做匀速直线运动的时间为ty=,根据分运动的等时性有tx=ty,解得=,故选A。
5.选AD　当加速电压为U时,设离子进入电场分析器的速度为v0,则qU=m,q=m,解得k=2U,A项正确;若离子源和加速电场整体向右平移一小段距离,离子进入电场中不同的点,根据牛顿第二定律有q=m,等式与r'大小无关,只要调节k=2U,离子仍能做匀速圆周运动,B项错误;若离子垂直于荧光屏打在Q点,粒子的轨迹半径为d=,则磁场分析器所加的磁感应强度大小为B=,C项错误;若离子经加速电场、电场分析器和磁场分析器后打在O2点,则半径为=,q'U=m'v2,解得==,D项正确。
6.选AD　设粒子甲在电场中加速后进入磁场的速度为v,粒子甲从S点到O点,由动能定理可得qEa=mv2,粒子甲在磁场中做匀速圆周运动,由O点到P点偏转圆周,可知粒子甲的轨迹半径为r=a,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,联立解得E=,r=,A正确;碰撞前粒子甲的运动周期为T==,甲、乙两粒子发生完全非弹性正碰,设碰撞后的速度大小为v',由动量守恒定律可得mv=2mv',解得v'=,碰撞后,两粒子共同在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可得qv'B=2m,解得r1=,运动周期为T'==,可知碰撞后运动半径不变,周期变大,B错误;由于碰撞后运动半径不变,可知在(0,2a)位置垂直y轴进入电场,速度大小为,在电场中做匀减速运动,加速度大小为a加==,由速度位移关系公式可得x=,其中v=,联立解得进入电场的最远距离为x=,C错误,D正确。
7.选BCD　在t=1 s时,空间区域存在匀强磁场,粒子做匀速圆周运动,如图1所示,由牛顿第二定律得qv0B0==ma1,粒子的轨道半径R=l,解得B0=;在t=3 s时,空间区域存在匀强电场,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,如图2所示,竖直方向l=v0t,水平方向l=a2t2,其中a2=,解得E0=,则=,故A错误;第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比==,故B正确;第一个粒子的运动时间t1=T=,第二个粒子的运动时间t2=,第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比t1∶t2=π∶2,故C正确;设第二个粒子通过C点的动能为Ek2,由动能定理得qE0l=Ek2-m,解得Ek2=m,第一个粒子通过C点的动能Ek1=m,第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1∶5,故D正确。
8.解析:(1)粒子在电场中只受电场力,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动
由牛顿第二定律得a=,vy=
粒子进入磁场时的速度大小v=
解得v=2。
(2)粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移为x=v0t=vyt=2·t=2h
粒子进入磁场后做匀速圆周运动,离开磁场时速度方向与水平虚线的夹角仍为45°,回到电场中高度为h时粒子距a点的距离为2h,可作出粒子可能的运动轨迹,如图所示
由几何关系可知2r1cos 45°=2h,2r2cos 45°=2h+2h+2h
即r1=h,r2=3h
由洛伦兹力提供向心力有qvB=m
可得B1=,B2= 。
答案:(1)2　(2) 或
9.解析:(1)电子在匀强磁场中运动时,将其的运动分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy,由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t
在yOz平面内,设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为T,由牛顿第二定律知Bevy=m,可得R=
且T==
由题意可知所有电子均能经过O进入电场,则有t=nT
联立得B=
当n=1时,B有最小值,可得Bmin=。
(2)将电子的速度分解,
如图所示
有tan θ=
当tan θ有最大值时,vy最大,R最大,此时R=r,
又B=,R=
联立可得vym=,tan θ=。
(3)当vy最大时,电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym,根据匀变速直线运动中速度与位移的关系式有ym=
由牛顿第二定律知a=
又vym=
联立得ym=。
答案:(1)　(2)　(3)
10.解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度大小为v==v0
根据洛伦兹力提供向心力有
Bqv=m=mv
解得粒子在磁场中做圆周运动的半径r=
周期T=。
(2)根据题意,已知任何相等的时间内P点沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等,由于曲线表示的是速度的变化量,根据a=可知曲线上任意点的加速度大小相等,则粒子在电场中受到的静电力的大小与在磁场中受到的洛伦兹力的大小相同,有qE=Bq·v0,解得E=Bv0。
(3)根据题图速度变化图线,作出粒子运动轨迹,如图所示。
a→b,带电粒子做类平抛运动,设运动时间为t1,沿y轴正方向的位移大小为y1,则有v0=t1,y1=v0t1
b→c,带电粒子做匀速圆周运动,在磁场中转过个周期,设此阶段粒子沿y轴负方向的位移大小为y2,由几何关系可知y2=r
c→a,带电粒子做类斜抛运动,设其沿y轴正方向的位移大小为y3,则y3=y1
根据对称性可知,粒子在x轴方向上的位移为0,故粒子的位移大小即为在y轴方向上的位移大小,有s=y=|y2-y1-y3|
联立解得s=
答案:(1)　　(2)Bv0
(3)
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