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专题十　带电粒子在组合场中的运动
【学习目标】
1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律并学会解决相关问题。
2.掌握带电粒子在交变电、磁场中运动的解题思路和处理方法。
题型一　带电粒子在一般组合场中的运动
1.组合场
电场与磁场位于各自的区域内，并不重叠，电场、磁场可交替出现。
2.分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
3.常见粒子的运动及解题方法
考向一　磁场与磁场的组合
　　磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。
[例1]　如图所示，平面直角坐标系内有一边长为L的正方形Oabc，O为坐标原点，Oa边和x轴重合，Oc边与y轴重合，e、f、g、h为四边中点，n为正方形中心，正方形Oabc上半区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，下半区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，上下两个区域内磁感应强度大小相等。一个不计重力、质量为m、电荷量绝对值为q、带负电的粒子从h点以速度v0沿与hg成θ=30°角进入磁场，之后恰好从n点进入上半区域的磁场。
(1)求磁场区域内磁感应强度的大小；
(2)粒子离开磁场区域后打中y轴上的P点，求P点的坐标以及粒子从h点运动到P点的时间。
【答案】 (1)　(2)　
【解析】 (1)粒子的运动轨迹如图所示，在下半区域，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R=，由qv0B=m，解得B=。
(2)由图可知，粒子经过n点时速度方向也和hg成30°角进入上半区域，恰好经过g点，由几何关系可知Pc=gc=L，OP=Oc＋Pc=L＋L，所以P点的坐标为，粒子在磁场中运动的周期为T=，粒子在下半区域运动的时间t1=T=，在上半区域运动的时间t2=T=，粒子射出磁场区域后运动到P点的时间t3=，所以粒子从h点运动到P点的时间为t=t1＋t2＋t3=。
考向二　电场＋磁场
[例2]　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内存在垂直于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的速度垂直于磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ=60°，一段时间后垂直于x=x1虚线边界进入电场。已知x1=L，x2=L，区域Ⅱ中电场的电场强度E=。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。
【答案】 (1)　(2)　(3)v0
【解析】 (1)区域Ⅰ内粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsin θ=L，解得R=2L，又qv0B=m，解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B=。
(2)粒子在磁场中运动的轨迹圆所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，则t1=T，其中T=；粒子在电场中做类平拋运动，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，则有qE=ma，x2－x1=v0t2，解得t2=，其中h=a，解得h=。由于h＜R＋Rcos θ=3L，粒子从电场边界离开，则总时间t=t1＋t2，解得t=。
(3)由动能定理可知qEh=mv2－m，解得v=v0。
[例3]　(2024·浙江1月选考)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、方向垂直于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)若以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U=，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。
【答案】 (1)　(2)　(3)U≤－　(4)见解析
【解析】 (1)根据牛顿第二定律Bev0=m，要使不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d的最小值为dmin=2r=。
(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'，根据动能定理有Ue=mm，解得v1=v0，根据速度关系有v0sin θ=v1sin θ'。解得n=。
(3)刚好发生“全反射”的临界情况：到达Ⅲ区的时候y方向速度为零，即Ue=0－m，可得U=－，即应满足U≤－。
(4)临界情况有两种：①全部都能打到；②全部都打不到。根据几何关系可得∠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全都能打在板上的情况。当U≥0时F=2Nmvy，又eU=mm，解得F=2Nm。
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vx=，所以vy=v0，又eU=mm·(v0cos θ)2，解得U=－，即当U＜－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，又eU=mm·，解得F=Nm。
考向三　磁场＋电场＋磁场
[例4]　(2025·浙江A9联考)某装置用电场和磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。可上下移动的发射源A(紧贴左极板)连续发射质量为m、电荷量为－q、初速度大小为v0、方向平行于极板的粒子，经加速电场从真空通道轴线小孔O进入，水平通道长为L，上、下两个相同的矩形区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于纸面的匀强磁场，两磁场间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO'上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。改变加速电压U，可以控制粒子到达收集板上的位置。当加速电压U=U0(未知)时，粒子与轴线成45°角进入通道，经过上方的磁场区域一次，恰好垂直击中P点。不计粒子的重力。
(1)求加速电压U0。
(2)求磁场区域宽度h与L、d的关系。
(3)若d=(B为两磁场的磁感应强度)，加速电压U=kU0：
①欲使粒子只经过上方的磁场区域一次到达N点，求k的值；
②增大磁场宽度，使粒子在通道内对称运动到达M点；求k可能的值。
【答案】 (1)　(2)h=(－1)　(3)①　(4)②
【解析】 (1)当加速电压U=U0时，粒子与轴线成45°角进入磁场，其速度设为v，则有v=v0，由动能定理得U0q=mmm，可得U0=。
(2)加速电压为U0时，粒子恰好垂直击中P点，则有L=d＋3rsin 45°，可得r=，h=r(1－cos 45°)=(－1)。
(3)①只经过上方的磁场区域一次到达N点，此时粒子与轴线成θ角进入磁场，有L=dcot θ＋2rsin θ=dcot θ＋2d，而加速电压U=U0时，有L=d＋3d=d，可得cot θ=；
又cot θ=，可得U=U0，则有k=。
②粒子在通道内对称运动到M点，应满足dcot β＋d(n=1，2，…)，所以cot β==2＞0，故n=1，可得k=。
题型二　带电粒子在交变组合场中的运动
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
[例5]　如图甲所示，平行正对金属板M、N接在直流电源上，极板长度为l=6 cm、板间距离为d=2 cm；极板右侧空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，t0=×10－7 s，B0=0.2 T。一比荷为=5×107 C/kg的带负电粒子以初速度v0=×105 m/s沿板间的中心线射入电场，t=0时刻进入磁场时，速度方向与v0的夹角θ=30°，以板间中心线为x轴，极板右边缘为y轴。不考虑极板正对部分之外的电场，粒子重力不计。求：
(1)M、N间的电压；
(2)0~t0时间内粒子运动过程中距x轴的最大距离；
(3)t=4t0时刻粒子的位置坐标。
甲
乙
【答案】 (1)200 V　(2)2 cm　(3)(3 cm，0)
【解析】 (1)粒子在电场中运动的过程中，沿极板方向和垂直极板方向分别做匀速运动和匀加速直线运动有l=v0t、vy=at，其中，根据牛顿第二定律可得q=ma，粒子进入磁场时tan θ=，代入数据，联立解得U=200 V。
(2)粒子进入磁场时，速度大小为v=，进入磁场时的纵坐标为y0=at2，在0~t0时间内，根据牛顿第二定律qvB0=m，解得粒子做圆周运动的半径大小为R1=2 cm；粒子在磁场中运动的周期为T1==2π×10－7 s；
又因为t0=，综上分析可得，在0~t0时间内粒子运动轨迹的圆心C1在x轴上，故0~t0时间内粒子运动过程中距x轴的最大距离为2 cm。
(3)在t0~2t0时间内，根据牛顿第二定律qv×2B0=m，运动周期为T1==π×10－7 s；则t0=，则2t0时刻，粒子的速度方向与t=0时刻相同，根据运动的周期性，粒子的运动轨迹如图所示，4t0时刻粒子的位置坐标为x4=2(R1sin θ＋R1)－2(R2sin θ＋R2)，y4=y0－2R1cos θ＋2R2cos θ，解得x4=3 cm，y4=0；所以，t=4t0时刻粒子的位置坐标为(3 cm，0)。(共37张PPT)
题型二　带电粒子在交变组合场中的运动
题型一　带电粒子在一般组合场中的运动
课时作业
内
容
索
引
专题十　带电粒子在组合场中的运动
【学习目标】1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律并学会解决相关问题。
2.掌握带电粒子在交变电、磁场中运动的解题思路和处理方法。
题型一　带电粒子在一般组合场中的运动
1.组合场
电场与磁场位于各自的区域内，并不重叠，电场、磁场可交替出现。
2.分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
3.常见粒子的运动及解题方法
　　磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。
考向一　磁场与磁场的组合
例 1
如图所示，平面直角坐标系内有一边长为L的正方形Oabc，O为坐标原点，Oa边和x轴重合，Oc边与y轴重合，e、f、g、h为四边中点，n为正方形中心，正方形Oabc上半区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，下半区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，上下两个区域内磁感应强度大小相等。一个不计重力、质量为m、电荷量绝对值为q、带负电的粒子从h点以速度v0沿与hg成θ=30°角进入磁场，之后恰好从n点进入上半区域的磁场。
(1)求磁场区域内磁感应强度的大小；
【解析】 粒子的运动轨迹如图所示，在下半区域，由几何关系可知，
粒子做圆周运动的半径为R=，由qv0B=m，解得B=。
【答案】 　
(2)粒子离开磁场区域后打中y轴上的P点，求P点的坐标以及粒子从h点运动到P点的时间。
【解析】 由图可知，粒子经过n点时速度方向也和hg成30°角进入上半区域，恰好经过g点，由几何关系可知Pc=gc=L，OP=Oc＋Pc=L＋L，所以P点的坐标为，粒子在磁场中运动的周期为T=，粒子在下半区域运动的时间t1=T=，在上半区域运动的时间t2=T=，粒子射出磁场区域后运动到P点的时间t3=，所以粒子从h点运动到P点的时间为t=t1＋t2＋t3=。
【答案】 　
【解析】 区域Ⅰ内粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsin θ=L，解得R=2L，又qv0B=m，解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B=。
例 2
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内存在垂直于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的速度垂直于磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ=60°，一段时间后垂直于x=x1虚线边界进入电场。已知x1=L，x2=L，区域Ⅱ中电场的电场强度E=。求：
(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
考向二　电场＋磁场
【答案】 　
(2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
【解析】 粒子在磁场中运动的轨迹圆所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，则t1=T，其中T=；粒子在电场中做类平拋运动，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，则有qE=ma，x2－x1=v0t2，解得t2=，其中h=a，解得h=。由于h＜R＋Rcos θ=3L，粒子从电场边界离开，则总时间t=t1＋t2，解得t=。
【答案】 　
(3)粒子离开电场时的速度小v。
【解析】 由动能定理可知qEh=mv2－m，解得v=v0。
【答案】 v0
例 3
(2024·浙江1月选考)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、方向垂直于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)若以不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；
【解析】 根据牛顿第二定律Bev0=m，要使不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d的最小值为dmin=2r=。
【答案】 　
(2)若U=，求“折射率”n(入射角正弦与折射角正弦的比值)；
【解析】 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'，根据动能定理有Ue=mm，解得v1=v0，根据速度关系有v0sin θ=v1sin θ'。解得n=。
【答案】 　
(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)；
【解析】刚好发生“全反射”的临界情况：到达Ⅲ区的时候y方向速度为零，即Ue=0－m，可得U=－，即应满足U≤－。
【答案】 U≤－　
(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。
【解析】 临界情况有两种：①全部都能打到；②全部都打不到。根据几何关系可得∠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全都能打在板上的情况。当U≥0时F=2Nmvy，又eU=mm，解得=2Nm。
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vx=，所以vy=v0，又eU=mm·(v0cos θ)2，解得U=
－，即当U＜－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，又eU=mm·，解得F=Nm。
【答案】 见解析
例 4
(2025·浙江A9联考)某装置用电场和磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。可上下移动的发射源A(紧贴左极板)连续发射质量为m、电荷量为－q、初速度大小为v0、方向平行于极板的粒子，经加速电场从真空通道轴线小孔O进入，水平通道长为L，上、下两个相同的矩形区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于纸面的匀强磁场，两磁场间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO'上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。改变加速电压U，可以控制粒子到达收集板上的位置。当加速电压U=U0(未知)时，粒子与轴线成45°角进入通道，经过上方的磁场区域一次，恰好垂直击中P点。不计粒子的重力。
考向三　磁场＋电场＋磁场
(1)求加速电压U0。
【解析】 当加速电压U=U0时，粒子与轴线成45°角进入磁场，其速度设为v，则有v=v0，由动能定理得U0q=mmm，可得U0=。
【答案】 　
(2)求磁场区域宽度h与L、d的关系。
【解析】 加速电压为U0时，粒子恰好垂直击中P点，则有L=d＋3rsin 45°，可得r=，h=r(1－cos 45°)=(－1)。
【答案】 h=(－1)　
(3)若d=(B为两磁场的磁感应强度)，加速电压U=kU0：
①欲使粒子只经过上方的磁场区域一次到达N点，求k的值；
②增大磁场宽度，使粒子在通道内对称运动到达M点；求k可能的值。
【解析】 ①只经过上方的磁场区域一次到达N点，此时粒子与轴线成θ角进入磁场，有L=dcot θ＋2rsin θ=dcot θ＋2d，而加速电压U=U0时，有L=d＋3d=d，可得cot θ=；
又cot θ=，可得U=U0，则有k=。
②粒子在通道内对称运动到M点，应满足dcot β＋d(n=1，2，…)，所以cot β==2＞0，故n=1，可得k=。
【答案】 ①　②
题型二　带电粒子在交变组合场中的运动
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
例 5
如图甲所示，平行正对金属板M、N接在直流电源上，极板长度为l=6 cm、板间距离为d=2 cm；极板右侧空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，t0=×10－7 s，B0=0.2 T。一比荷为=5×107 C/kg的带负电粒子以初速度v0=×105 m/s沿板间的中心线射入电场，t=0时刻进入磁场时，速度方向与v0的夹角θ=30°，以板间中心线为x轴，极板右边缘为y轴。不考虑极板正对部分之外的电场，粒子重力不计。求：
甲
乙
(1)M、N间的电压；
【解析】 粒子在电场中运动的过程中，沿极板方向和垂直极板方向分别做匀速运动和匀加速直线运动有l=v0t、vy=at，其中，根据牛顿第二定律可得q=ma，粒子进入磁场时tan θ=，代入数据，联立解得U=200 V。
【答案】 200 V　
(2)0~t0时间内粒子运动过程中距x轴的最大距离；
【解析】 粒子进入磁场时，速度大小为v=，进入磁场时的纵坐标为y0=at2，在0~t0时间内，根据牛顿第二定律qvB0=m，解得粒子做圆周运动的半径大小为R1=2 cm；粒子在磁场中运动的周期为T1==2π×10－7 s；
又因为t0=，综上分析可得，在0~t0时间内粒子运动轨迹的圆心C1在x轴上，故0~t0时间内粒子运动过程中距x轴的最大距离为2 cm。
【答案】 2 cm　
(3)t=4t0时刻粒子的位置坐标。
【解析】 在t0~2t0时间内，根据牛顿第二定律qv×2B0=m，运动周期为T1==π×10－7 s；则t0=，则2t0时刻，粒子的速度方向与t=0时刻相同，根据运动的周期性，粒子的运动轨迹如图所示，4t0时刻粒子的位置坐标为x4=2(R1sin θ＋R1)－2(R2sin θ＋R2)，y4=y0－2R1cos θ＋2R2cos θ，解得x4=3 cm，y4=0；所以，t=4t0时刻粒子的位置坐标为(3 cm，0)。
【答案】 (3 cm，0)
课时作业
答案速对
第十一单元 专题十　带电粒子在组合场中的运动 题号 1 2 3 4
答案 见答案 见答案 见答案 见答案
1.如图所示，以两虚线P、Q为边界，中间存在平行于纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。一质量为m、带电荷量为－q、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度v0从电场边界P、Q之间的O点出发。
(1)若粒子能到达边界Q，求O点到边界Q的最大距离l1；
【解析】 由动能定理得－Eql1=0－m，得l1=。
【答案】 　
(2)若使粒子到达边界Q并进入磁场的偏转半径为R，求O点到边界Q的距离l2；
【解析】 由动能定理得－Eql2=mm，由洛伦兹力提供向心力，有qv1B=，解得l2=。
【答案】 　
(3)在(2)问的前提下，能使粒子从O点出发到再次回到O点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d和全过程的运动时间t。
【解析】 要使粒子在磁场中运动时间最短，则轨迹如图所示：

由洛伦兹力提供向心力，有qv1B=，qv2B=，由动能定理有Eqd=mm，解得d=。粒子在电场中运动的加速度a=，在磁场中运动的周期T=，全过程的运动时间t=。
【答案】 　
2.如图所示为一种磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0，R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向。当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60°角，不计重力和粒子间的相互作用。求：
(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1大小；
【解析】 设在区域Ⅰ内轨迹圆的半径为r1，由几何关系知r1=R0，由洛伦兹力提供向心力可得qB1v1=，得B1=，又动能为E0=mv2，所以B1=。
【答案】 　
(2)若要使所有的粒子均约束在磁场区域内，则环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形半径R至少为多大；
【解析】 设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r2，部分轨迹如图所示：
由几何关系知r2=r1，根据洛伦兹力提供向心力得qB2v=m，
解得B2=B1=，方向垂直于xOy平面向外。由几何关系
得R=2r2＋r2=3r2=R0。
【答案】 　方向垂直于xOy平面向外　R0
(3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期。
【解析】 轨迹从A点到Q点对应的角度∠AOQ=90°＋60°=150°，要仍从A点沿着y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点，需满足150n=360m，m、n属于自然数，可得最小整数m=5、n=12，从A点到Q点经过的时间T=12×，其中T1=，T2=，代入数据得T= 。
【答案】
3.(2025·浙江十校联盟)人们常利用电场和磁场来控制带电粒子运动的轨迹，如图甲所示，两平行正对金属板M、N右侧存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里，在两金属板间加上如图乙所示的电压，图中U0已知，T未知。t=0时刻在两板间的中心O点处释放一初速度大小为v0，方向水平向右的带正电粒子，粒子经电场偏转后进入磁场时速度方向与水平方向的夹角为α=30°，粒子在T时刻第1次回到O点，且速度与释放时的速度等大反向。已知M、N的长度和板间距离均为L，电场只存在于M、N板间，不计重力。求：
甲 乙
(1)粒子的比荷；
【解析】 粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有=v0·t1，竖直方向上有a=，E=，而tan 30°=，vy=at1，解得。
【答案】 　
(2)磁感应强度B的大小；
【解析】 由题意，作出粒子从发射到回到O点的运动轨迹，如图所示，

在电场中偏转距离y满足tan 30°=，粒子进入磁场的速度为v=v0，由几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R=y=，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力有qBv=m，解得B=。
【答案】 　
(3)交流电压的周期T。
【解析】 粒子从O点出发到第1次回到O点，设粒子在磁场中运动的时间为t2，由几何关系有t2=T1=T1，其中T1=，解得t2=；根据对称性有T=2t1＋t2，解得T=。
【答案】
4.(2025·宁波十校联考)某离子控制装置如图所示，在xOy坐标系中以点P(0，10 cm)为圆心的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，在磁场上方一足够长的荧光屏与y轴垂直放置，荧光屏被离子击中时会发光。点A坐标为(10 cm，0)，点B坐标为(10 cm，20 cm)，点D为x=10 cm与荧光屏的交点，BD右侧有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=5×106 N/C。原点O的离子源能在图示的角度范围内持续均匀地发射离子，发射离子的质量m=3.2×10－27 kg、带电荷量q=
＋1.6×10－19 C、速率v0=2.5×106 m/s。在AB处放置长20 cm的挡板，离子均垂直击中挡板，击中挡板后以原速率反弹。不考虑电场边缘效应和离子间的相互作用。取sin 37°=0.6。
(1)求磁场的磁感应强度大小；
【解析】 根据题意，结合几何关系可知，轨迹圆圆心、入射点、磁场圆圆心与出射点构成的四边形为棱形，即离子在磁场运动的轨迹半径等于磁场区域的半径，离子在磁场中运动有qv0B=m，解得B=0.5 T。
【答案】 0.5 T　
(2)求挡板上有离子击中区域的长度；
【解析】 作出离子打到挡板最高位置C与最低位置H的图像，如图甲所示，


由题意可得，打到C点的纵坐标ymax=r＋rsin 37°，打到H点的纵坐标ymin=r－rcos 37°，则挡板上有离子击中区域的长度l=ymax－ymin=14 cm。
【答案】 14 cm　
甲
(3)若离子源单位时间内发射的总离子数为n，求挡板上纵坐标为5~10 cm的部分所受的冲击力大小；
【解析】 设离子发射速度方向与x轴正方向夹角θ，θ与离子击中挡板纵坐标位置的关系为y=r(1－cos θ)，当y=10 cm时，解得θ=90°，当y=5 cm时，解得θ=60°，则单位时间内打到挡板上纵坐标为5~10 cm的部分的离子数为n=；由动量定理有FΔt=Δt·mv0－Δt·m(－v0)，解得F=×10－21 N。
【答案】×10－21 N
(4)设BD=h，求同一时刻从离子源射出的离子到达荧光屏的最大时间差Δt与h的关系，以及荧光屏上亮线的长度L与h的关系。
【解析】 作出离子从发射到最终离开磁场区域过程的轨迹，如图乙所示，
可知离子在磁场区域运动轨迹所对圆心角之和均为180°，离子运动的时间t=，结合θ的取值范围可知，当θ=90°时，t的值最小，则有tmin=4h×10－7 s，当θ=37°时，t的值最大，则有tmax=×10－6 s＋3.2×10－8 s，则有Δt=tmax－tmin=×10－7 s＋3.2×10－8 s，作出离子部分轨迹，如图丙所示，
乙
丙
根据几何关系有=7.5 cm，当h≤7.5 cm时有L=h，当h＞7.5 cm时，离子打到荧光屏最左侧的点到y轴的距离x1=，离子在电场中运动的最长时间t'=，离子在电场中的加速度a=，离子打到荧光屏最右侧的点到y轴的距离x2=r＋v0t'cos 37°at'2，解得L=x1＋x2=h2－h。
【答案】 Δt=×10－7 s＋3.2×10－8 s　L=h2－h

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