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专题强化十九　带电粒子在组合场中的运动
学习目标　掌握带电粒子在组合场中的运动规律,学会分析处理此类问题的方法。
1.组合场
电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,电场、磁场交替出现。
2.分析思路
(1)画运动轨迹:根据受力分析和运动过程分析,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.“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v0⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况 只受恒定的静电力F=qE 只受大小恒定的洛伦兹力F=qvB
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
运动轨迹
求解方法 利用类平抛运动的规律得x=v0t,y=at2,a=,tan θ= 根据牛顿第二定律和向心力公式可得qvB=m,T=,t=T
动能 静电力做的功等于动能变化量 洛伦兹力不做功,带电粒子的动能不变
考点一　磁场与磁场组合
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 如图在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。若粒子重力不计,则粒子在磁场中运动的时间为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图所示,对应的轨迹半径分别为r1和r2,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得r1=,r2=,根据几何关系可得cos θ==,解得θ=60°,粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1=,T2=,则带电粒子在第二象限、第一象限中运动的时间分别为t1=,t2=T2,则粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=,故D正确。
例2 (2025·湖北卷,14)如图所示,两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出,方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为,粒子能回到O点,并在纸面内做周期性运动。不计重力,求:
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径;
(2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距;
(3)粒子的运动周期。
答案　(1)　(2)　(3)+
解析　(1)粒子在MN左侧区域中运动时,由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=m
解得粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径
r1=。
(2)粒子在PQ右侧区域运动时,由洛伦兹力提供向心力有
qv0·2B=m
解得粒子在PQ右侧区域的运动轨迹的半径为
r2==r1
由于粒子能回到O点,则粒子的轨迹关于MN的中垂线对称,设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1,在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2,作出粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知cos θ==
得θ=60°
则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为
s=2r2sin 60°=。
(3)由qvB=m、T=得粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为
T1=、T2=
粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对应的圆心角分别为
θ1=360°-2θ=240°、θ2=2θ=120°
则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为
t1=T1+T2=
粒子一次在MN、PQ间匀速运动的距离为
x=(r1-r2)tan θ=
则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为
t2==
则粒子的运动周期为t=t1+t2=+。
考点二　电场与磁场组合
1.带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动,在匀强磁场中做匀速圆周运动,如图所示。
2.带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动,在磁场中做匀速圆周运动,如图所示。
例3 (2025·贵州黔南模拟)如图,在x=0到x=d的整个区域Ⅰ内存在垂直于xOy平面的匀强磁场,在x=d到x=2d的整个区域Ⅱ内存在平行于y轴的匀强电场。一带正电的粒子从O点以与x轴正方向的夹角为θ、大小为v0的速度进入区域Ⅰ并垂直区域Ⅰ的右边界进入区域Ⅱ最终离开区域Ⅱ。已知粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与进入区域Ⅰ时的速度方向相同。不计粒子的重力,粒子运动始终在xOy平面内,已知sin θ=0.6。求:
(1)磁场和电场的方向以及粒子离开区域Ⅱ时速度的大小;
(2)粒子从区域Ⅱ离开的位置到x轴的距离;
(3)电场强度与磁感应强度大小之比。
答案　(1)磁场方向垂直纸面向外,电场方向沿y轴正方向　v0　(2)d　(3)v0
解析　(1)由左手定则可知,磁场方向垂直纸面向外;由题意可知,电场方向沿y轴正方向。粒子离开区域Ⅱ的速度大小为v=,解得v=v0。
(2)根据题意可知,粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动,令半径为r,粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
r==d,y1=r-=d
粒子在电场中做类平抛运动,有
d=v0t,y2=t
解得y2=d
则粒子从区域Ⅱ离开的位置到x轴的距离为
y=y1+y2=d。
(3)在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,有
qv0B=m
在电场中,有v0tan θ=at,又a=
联立解得=v0。
例4 (2026·湖南常德高三月考)如图所示,在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,在x轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P(0,h)点沿y 轴正方向以某初速度开始运动,一段时间后,粒子与x轴正方向成θ=60°第一次进入电场。
(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v;
(2)若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直,求匀强电场的电场强度大小E;
(3)求粒子返回出发点P所用的总时间t。
答案　(1)2h　　(2) (3)+
解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示
由几何知识得rcos 60°=h,解得r=2h
粒子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qvB=
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小
v=。
(2)粒子在电场中做类平抛运动,粒子经过y轴的Q点时速度方向恰好与y轴垂直,则粒子到达Q点时沿电场方向的速度为零,则在垂直电场方向,有
r+ rsin 60° = vcos 60°·t1
沿电场方向,有vsin 60°=at1,a=
联立可得匀强电场的电场强度大小
E=
粒子在第三象限电场中的运动时间t1=。
(3)粒子第一次在第二象限的磁场中运动的时间为t2,如图所示,有t2=T
由qvB=,T=得T=
又t=2(t1+t2)
解得t=+。
A级　基础对点练
对点练1　磁场与磁场的组合
1.如图所示,竖直放置的PQ板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场,右侧为垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小均为B=0.332 T,一质量m=6.64×10-27 kg,带电荷量q=3.2×10-19 C的粒子(不计重力)从小孔1位置以垂直板方向,大小为v=3.2×106 m/s的速度开始运动,依次通过小孔2、3、4,已知相邻两孔间的距离相等。则(　　)
A.粒子带负电
B.相邻两孔间的距离为0.2 m
C.带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间约为5.89×10-7 s
D.带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间约为1.95×10-7 s
答案　C
解析　由左手定则可判断出粒子带正电,故A错误;画出粒子的运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得r==0.2 m,则d=2r=0.4 m,故B错误;圆周运动周期为T=≈3.93×10-7 s,带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T,即约为5.89×10-7 s,故C正确;带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T,约为3.93×10-7 s,故D错误。
对点练2　电场与磁场组合
2.(多选)如图(a)为CT的剖面图,图(b)为其简化的工作原理示意图。M、N间有一加速电场,虚线框内有垂直于纸面的匀强偏转磁场。从电子枪逸出的电子(忽略初速度),经M、N间的电场加速后沿带箭头的实线方向前进,打到靶上的P点,从而产生X射线进行工作,则(　　)
A.M处的电势高于N处的电势,偏转磁场的方向垂直于纸面向外
B.仅增大M、N之间的加速电压,电子在偏转磁场中的运动时间变短
C.当加速电压增加为原来的2倍时,射出电场时的速度变为原来的倍
D.仅增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点右移
答案　BC
解析　由于电子在M、N间做加速运动,所以电子受到的静电力水平向右,则电场强度的方向水平向左,即N处的电势高于M处的电势。由于电子向下偏转,根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里,故A错误;由动能定理有qU=m,解得v0=,M、N之间的电压越大,电子进入磁场的速度越大,对应的圆心角越小,在磁场中运动时间越短,故B正确;由qU=mv2得v=,可知当加速电压增加为原来的2倍时,射出电场时的速度变为原来的倍,故C正确;电子在磁场中的轨道半径r=,磁感应强度越大,电子在磁场中运动的轨道半径越小,顺时针偏转角度越大,P点向左移动,故D错误。
3.(多选)(2026·湖南长沙高三月考)可控核聚变当中,有一重要技术难题,就是如何将运动电荷束缚在某一固定区域。有一种利用电场和磁场组合的方案,其简化原理如下:如图,已知直线l上方存在方向竖直向下的匀强电场,直线l下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。一个带正电的、不计重力的粒子从电磁场边界l上方一点,以一定速度水平向右发射,经过一段时间又回到该发射点。则改变下列条件能使粒子发射后回到原来位置的是(　　)
A.仅带电粒子比荷发生变化(但仍为带正电的粒子)
B.仅带电粒子初速度发生变化
C.电场强度变成原来的3倍且磁感应强度变成原来的2倍
D.仅发射点到电场边界l的距离发生变化
答案　AD
解析　粒子在电磁场中的运动轨迹如图所示,粒子在磁场中,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,粒子在电场中做类平抛运动,有qE=ma,h1=at2,vy=at,x=v0t,由几何关系可知sin θ==,联立可得粒子回到抛出点需要满足v0=,仅带电粒子比荷发生变化(但仍为带正电的粒子),能使粒子发射后回到原来位置,故A正确;仅带电粒子初速度发生变化,不能使粒子发射后回到原来位置,B错误;若电场强度变成原来的3倍且磁感应强度变成原来的2倍,不能使粒子发射后回到原来位置,C错误;仅发射点到电场边界l的距离发生变化,能使粒子发射后回到原来位置,D正确。
4.(2025·河南平顶山模拟)如图所示,平行板电容器竖直放置,右极板右侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场。一比荷为的带负电粒子从电容器下端中间位置以v0的初速度沿极板方向进入电场,经电场偏转后从电容器右极板正中间的小孔进入匀强磁场,最后恰好从右极板的上边缘射出磁场。已知两极板间的距离为d,极板间电压U=,不计带电粒子的重力,下列说法正确的是(　　)
A.电容器极板长度为3d
B.粒子进入磁场时的速度大小为2v0
C.匀强磁场的磁感应强度大小为
D.粒子从射入电场到射出磁场的运动时间为
答案　D
解析　粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中做类平抛运动,水平方向有q=ma,解得a=,由运动学公式有=a,解得t1=,粒子沿极板方向做匀速运动,有=v0t1=d,解得电容器极板长度为L=2d,故A错误;粒子进入磁场时竖直方向的速度大小为v0,水平分速度大小v1=at1=v0,则粒子进入磁场时的速度大小v==v0,故B错误;设粒子进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ,有tan θ===1,解得θ=45°,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由几何关系有=,解得r=d,由牛顿第二定律有qvB=m,解得B=,故C错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T==,粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为90°,可知运动时间t2=T=,则粒子从射入电场到射出磁场的运动时间t=t1+t2=,故D正确。
B级　综合提升练
5.[2025·河南卷,15(1)(2)]如图,水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射,当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点,通过b点时其速度方向水平向右。a、b 距水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3h。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小;
(2)求电场强度的大小。
答案　(1)　(2)
解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,进入电场时的速度方向与虚线的夹角为60°,作出粒子在磁场中的运动轨迹,如图甲所示
由几何关系有r-h=rcos 60°
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r=2h
粒子在匀强磁场中运动时,由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=m
解得磁感应强度的大小为B=。
(2)作出粒子从a点运动到b点的运动轨迹,如图乙所示
粒子在电场中做类斜抛运动,由斜抛运动规律可知,
水平方向有x1=v0cos 60°·t1
竖直方向有2v0sin 60°=at1
由牛顿第二定律有qE=ma
粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为
x2=rsin 60°=h
由粒子运动的对称性可知粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移也为x2,则粒子从a点运动到b点的水平位移为
x1=s-2x2
联立解得电场强度大小为E=。
6.(2025·天津宁河一模)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,第一象限内有竖直向上的匀强电场,第二、四象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场。已知质量为m、电荷量为-q的粒子从x轴上的M点以速度v0沿y轴正方向进入第二象限,经y轴上N点沿x轴正方向射入第一象限,再从x轴上P点进入第四象限,经y轴上的Q点(图中未画出)射出磁场。已知第二、四象限匀强磁场的磁感应强度大小均为B=(d为已知量),粒子在P点的速度与x轴正方向成45°角,不计粒子的重力。求:
(1)ON的长度;
(2)匀强电场的电场强度大小和OP的长度;
(3)PQ的长度。
答案　(1)d　(2)　2d　(3)2d
解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示,设粒子在第二象限的磁场中的轨迹半径为r
由qv0B=m,解得r=d,所以ON=r=d。
(2)粒子进入电场中做类平抛运动,有
qE=ma,d=at2,tan 45°=
联立解得E=,t=
水平方向有OP=v0t
联立解得OP=2d。
(3)根据几何关系有cos 45°=,所以v=v0
设粒子在第四象限磁场中运动的半径为r',由洛伦兹力提供向心力,有
qvB=m
联立可得r'=d
所以PQ=2r'=2d。
C级　培优加强练
7.(2026·湖北武汉调研)如图所示,两条平行直线MN、KL相距为d,其间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,在MN、KL两侧分布着垂直两平行直线的匀强电场,电场强度大小相等、方向相反。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从直线MN上方、距离MN为2d的A点从静止释放,经电场加速后以速度v进入磁场,经磁场偏转45°后进入KL下方的电场。粒子始终在电场或磁场中运动,且运动轨迹在同一平面内,不计粒子重力。求:
(1)电场强度E的大小和磁感应强度B的大小;
(2)粒子从静止释放到速度再次为零的过程,粒子运动的时间t和位移x的大小。
答案　(1)　　(2) (2+2)d
解析　(1)粒子在MN上方受到静电力作用而做加速运动,根据动能定理有
qE·2d=mv2
解得E=
作出粒子运动轨迹如图所示,粒子在磁场中逆时针偏转了45°
由几何关系可知r=d
粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有
qvB=m
解得B=。
(2)粒子在上方电场分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动,运动的时间
t1=2×=
粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动的时间为
t2=×=
粒子在下方电场运动时,在竖直方向先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动,运动时间为
t3=2×
粒子在下方电场运动时只受到静电力,则有
qE=ma
联立解得t3=
则粒子的运动时间为
t=t1+t2+t3=
经分析易知,粒子的位移沿MN方向
粒子在磁场中运动时,沿MN方向的位移为
x1=2r(1-cos 45°)=(2-2)d
粒子在下方电场运动时,沿MN方向的位移为
x2=vcos 45°·t3=4d
则整个过程粒子的位移大小为
x=x1+x2=(2+2)d。(共47张PPT)
专题强化十九　带电粒子在组合场中的运动
第十章　磁场
掌握带电粒子在组合场中的运动规律,学会分析处理此类问题的方法。
学习目标
1.组合场
电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,电场、磁场交替出现。
2.分析思路
(1)画运动轨迹:根据受力分析和运动过程分析,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.“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v0⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况 只受恒定的静电力F=qE 只受大小恒定的洛伦兹力F=qvB
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
运动轨迹
电偏转 磁偏转
求解方法 利用类平抛运动的规律得x=v0t,y=at2,a=,tan θ= 根据牛顿第二定律和向心力公式可得qvB=m,T=,t=T
动能 静电力做的功等于动能变化量 洛伦兹力不做功,带电粒子的动能不变
目 录
CONTENTS
考点
01
提升素养能力
02
考点
1
考点二　电场与磁场组合
考点一　磁场与磁场组合
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。
考点一　磁场与磁场组合
例1 如图在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。若粒子重力不计,则粒子在磁场中运动的时间为(　　)
A. B.
C. D.
D
解析　粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图所示,对应的轨迹半径分别为r1和r2,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得r1=,r2=,根据几何关系可得cos θ==,解得θ=60°,粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1=,T2=,则带电粒子在第二象限、第一象限中
运动的时间分别为t1=,t2=T2,则粒子在磁场中运动的
时间t=t1+t2=,故D正确。
例2 (2025·湖北卷,14)如图所示,两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出,方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为,粒子能回到O点,并在纸面内做周期性运动。不计重力,求:
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径;
答案　
解析　粒子在MN左侧区域中运动时,由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=m
解得粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径
r1=。
(2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距;
解析　粒子在PQ右侧区域运动时,由洛伦兹力提供向心力有
qv0·2B=m
解得粒子在PQ右侧区域的运动轨迹的半径为
r2==r1
由于粒子能回到O点,则粒子的轨迹关于MN的中垂线对称,设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1,在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2,作出粒子的运动轨迹如图所示
答案　　
由几何关系可知cos θ==
得θ=60°
则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为
s=2r2sin 60°=。
(3)粒子的运动周期。
解析　由qvB=m、T=得粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为
T1=、T2=
粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对应的圆心角分别为
θ1=360°-2θ=240°、θ2=2θ=120°
则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为
t1=T1+T2=
答案　+
粒子一次在MN、PQ间匀速运动的距离为
x=(r1-r2)tan θ=
则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为
t2==
则粒子的运动周期为t=t1+t2=+。
1.带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动,在匀强磁场中做匀速圆周运动,如图所示。
考点二　电场与磁场组合
2.带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动,在磁场中做匀速圆周运动,如图所示。
例3 (2025·贵州黔南模拟)如图,在x=0到x=d的整个区域Ⅰ内存在垂直于xOy平面的匀强磁场,在x=d到x=2d的整个区域Ⅱ内存在平行于y轴的匀强电场。一带正电的粒子从O点以与x轴正方向的夹角为θ、大小为v0的速度进入区域Ⅰ并垂直区域Ⅰ的右边界进入区域Ⅱ最终离开区域Ⅱ。已知粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与进入区域Ⅰ时的速度方向相同。不计粒子的重力,粒子运动始终在xOy平面内,已知sin θ=0.6。求:
(1)磁场和电场的方向以及粒子离开区域Ⅱ时速度的大小;
答案　磁场方向垂直纸面向外,电场方向沿y轴正方向　v0
解析　由左手定则可知,磁场方向垂直纸面向外;由题意可知,电场方向沿y轴正方向。粒子离开区域Ⅱ的速度大小为v=,解得v=v0。
(2)粒子从区域Ⅱ离开的位置到x轴的距离;
答案　d
解析　根据题意可知,粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动,令半径为r,粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
r==d,y1=r-=d
粒子在电场中做类平抛运动,有
d=v0t,y2=t
解得y2=d
则粒子从区域Ⅱ离开的位置到x轴的距离为
y=y1+y2=d。
(3)电场强度与磁感应强度大小之比。
答案　v0
解析　在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,有
qv0B=m
在电场中,有v0tan θ=at,又a=
联立解得=v0。
例4 (2026·湖南常德高三月考)如图所示,在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,在x轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P(0,h)点沿y 轴正方向以某初速度开始运动,一段时间后,粒子与x轴正方向成θ=60°第一次进入电场。
(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v;
答案　2h　　
解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示
由几何知识得rcos 60°=h,解得r=2h
粒子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qvB=
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小
v=。
(2)若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直,求匀强电场的电场强度大小E;
答案　
解析　粒子在电场中做类平抛运动,粒子经过y轴的Q点时速度方向恰好与y轴垂直,则粒子到达Q点时沿电场方向的速度为零,则在垂直电场方向,有
r+ rsin 60° = vcos 60°·t1
沿电场方向,有vsin 60°=at1,a=
联立可得匀强电场的电场强度大小
E=
粒子在第三象限电场中的运动时间t1=。
(3)求粒子返回出发点P所用的总时间t。
解析　粒子第一次在第二象限的磁场中运动的时间为t2,如图所示,有t2=T
由qvB=,T=得T=
又t=2(t1+t2)
解得t=+。
答案　+
提升素养能力
2
A级　基础对点练
C
对点练1　磁场与磁场的组合
1.如图所示,竖直放置的PQ板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场,右侧为垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小均为B=0.332 T,一质量m=6.64×10-27 kg,带电荷量q=3.2×10-19 C的粒子(不计重力)从小孔1位置以垂直板方向,大小为v=3.2×106 m/s的速度开始运动,依次通过小孔2、3、4,已知相邻两孔间的距离相等。则(　　)
A.粒子带负电
B.相邻两孔间的距离为0.2 m
C.带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间约为5.89×10-7 s
D.带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间约为1.95×10-7 s
解析　由左手定则可判断出粒子带正电,故A错误;画出粒子的运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得r==0.2 m,则d=2r=0.4 m,故B错误;圆周运动周期为T=≈3.93×10-7 s,带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T,即约为5.89×10-7 s,故C正确;带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T,约为3.93×10-7 s,故D错误。
BC
对点练2　电场与磁场组合
2.(多选)如图(a)为CT的剖面图,图(b)为其简化的工作原理示意图。M、N间有一加速电场,虚线框内有垂直于纸面的匀强偏转磁场。从电子枪逸出的电子(忽略初速度),经M、N间的电场加速后沿带箭头的实线方向前进,打到靶上的P点,从而产生X射线进行工作,则(　　)
A.M处的电势高于N处的电势,偏转磁场的方向垂直于
纸面向外
B.仅增大M、N之间的加速电压,电子在偏转磁场中的运动时间变短
C.当加速电压增加为原来的2倍时,射出电场时的速度变为原来的倍
D.仅增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点右移
解析　由于电子在M、N间做加速运动,所以电子受到的静电力水
平向右,则电场强度的方向水平向左,即N处的电势高于M处的电势。
由于电子向下偏转,根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里,故
A错误;由动能定理有qU=m,解得v0=,M、N之间的电压越
大,电子进入磁场的速度越大,对应的圆心角越小,在磁场中运动时间越短,故B正确;由qU=mv2得v=,可知当加速电压增加为原来的2倍时,射出电场时的速度变为原来的倍,故C正确;电子在磁场中的轨道半径r=,磁感应强度越大,电子在磁场中运动的轨道半径越小,顺时针偏转角度越大,P点向左移动,故D错误。
AD
3.(多选)(2026·湖南长沙高三月考)可控核聚变当中,有一重要技术难题,就是如何将运动电荷束缚在某一固定区域。有一种利用电场和磁场组合的方案,其简化原理如下:如图,已知直线l上方存在方向竖直向下的匀强电场,直线l下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。一个带正电的、不计重力的粒子从电磁场边界l上方一点,以一定速度水平向右发射,经过一段时间又回到该发射点。则改变下列条件能使粒子发射后回到原来位置的是(　　)
A.仅带电粒子比荷发生变化(但仍为带正电的粒子)
B.仅带电粒子初速度发生变化
C.电场强度变成原来的3倍且磁感应强度变成原来的2倍
D.仅发射点到电场边界l的距离发生变化
解析　粒子在电磁场中的运动轨迹如图所示,粒子在磁场中,
由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,粒子在电场中
做类平抛运动,有qE=ma,h1=at2,vy=at,x=v0t,由几何关系可知
sin θ==,联立可得粒子回到抛出点需要满足v0=,仅带电粒子比荷发生变化(但仍为带正电的粒子),能使粒子发射后回到原来位置,故A正确;仅带电粒子初速度发生变化,不能使粒子发射后回到原来位置,B错误;若电场强度变成原来的3倍且磁感应强度变成原来的2倍,不能使粒子发射后回到原来位置,C错误;仅发射点到电场边界l的距离发生变化,能使粒子发射后回到原来位置,D正确。
D
4.(2025·河南平顶山模拟)如图所示,平行板电容器竖直放置,右极板右侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场。一比荷为的带负电粒子从电容器下端中间位置以v0的初速度沿极板方向进入电场,经电场偏转后从电容器右极板正中间的小孔进入匀强磁场,最后恰好从右极板的上边缘射出磁场。已知两极板间的距离为d,极板间电压U=,不计带电粒子的重力,下列说法正确的是(　　)
A.电容器极板长度为3d
B.粒子进入磁场时的速度大小为2v0
C.匀强磁场的磁感应强度大小为
D.粒子从射入电场到射出磁场的运动时间为
解析　粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中做类平抛运动,水平方向有q=ma,解得a=,由运动学公式有=a,解得t1=,粒子沿极板方向做匀速运动,有=v0t1=d,解得电容器极板长度为L=2d,故A错误;粒子进入磁场时竖直方向的速度大小为v0,水平分速度大小v1=at1=v0,则粒子进入磁场时的速度大小v==v0,故B错误;设粒子进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ,有tan θ===1,解得θ=45°,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由几何关系有=,解得r=d,
由牛顿第二定律有qvB=m,解得B=,故C错误;粒子在磁
场中做圆周运动的周期T==,粒子在磁场中的运动轨迹
所对应的圆心角为90°,可知运动时间t2=T=,则粒子从射
入电场到射出磁场的运动时间t=t1+t2=,故D正确。
5.[2025·河南卷,15(1)(2)]如图,水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射,当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点,通过b点时其速度方向水平向右。a、b 距水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3h。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小;
(2)求电场强度的大小。
B级　综合提升练
答案　(1)　(2)
解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,进入电场时的速度方向与虚线的夹角为60°,作出粒子在磁场中的运动轨迹,如图甲所示
由几何关系有r-h=rcos 60°
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r=2h
粒子在匀强磁场中运动时,由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=m
解得磁感应强度的大小为B=。
(2)作出粒子从a点运动到b点的运动轨迹,如图乙所示
粒子在电场中做类斜抛运动,由斜抛运动规律可知,
水平方向有x1=v0cos 60°·t1
竖直方向有2v0sin 60°=at1
由牛顿第二定律有qE=ma
粒子从a点开始运动到进入电场水平位移为
x2=rsin 60°=h
由粒子运动的对称性可知粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移也为x2,则粒子从a点运动到b点的水平位移为
x1=s-2x2
联立解得电场强度大小为E=。
6.(2025·天津宁河一模)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,第一象限内有竖直向上的匀强电场,第二、四象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场。已知质量为m、电荷量为-q的粒子从x轴上的M点以速度v0沿y轴正方向进入第二象限,经y轴上N点沿x轴正方向射入第一象限,再从x轴上P点进入第四象限,经y轴上的Q点(图中未画出)射出磁场。已知第二、四象限匀强磁场的磁感应强度大小均为B=(d为已知量),粒子在P点的速度与x轴正方向成45°角,不计粒子的重力。求:
(1)ON的长度;
(2)匀强电场的电场强度大小和OP的长度;
(3)PQ的长度。
答案　(1)d　(2)　2d　(3)2d
解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示,设粒子在第二象限的磁场中的轨迹半径为r
由qv0B=m,解得r=d,所以ON=r=d。
(2)粒子进入电场中做类平抛运动,有
qE=ma,d=at2,tan 45°=
联立解得E=,t=
水平方向有OP=v0t
联立解得OP=2d。
(3)根据几何关系有cos 45°=,所以v=v0
设粒子在第四象限磁场中运动的半径为r',由洛伦兹力提供向心力,有
qvB=m
联立可得r'=d
所以PQ=2r'=2d。
7.(2026·湖北武汉调研)如图所示,两条平行直线MN、KL相距为d,其间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,在MN、KL两侧分布着垂直两平行直线的匀强电场,电场强度大小相等、方向相反。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从直线MN上方、距离MN为2d的A点从静止释放,经电场加速后以速度v进入磁场,经磁场偏转45°后进入KL下方的电场。粒子始终在电场或磁场中运动,且运动轨迹在同一平面内,不计粒子重力。求:
(1)电场强度E的大小和磁感应强度B的大小;
(2)粒子从静止释放到速度再次为零的过程,粒子运动
的时间t和位移x的大小。
C级　培优加强练
答案　(1)　　(2) (2+2)d
解析　(1)粒子在MN上方受到静电力作用而做加速运动,根据动能定理有
qE·2d=mv2
解得E=
作出粒子运动轨迹如图所示,粒子在磁场中逆时针偏转了45°
由几何关系可知r=d
粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有
qvB=m
解得B=。
(2)粒子在上方电场分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动,运动的时间
t1=2×=
粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动的时间为
t2=×=
粒子在下方电场运动时,在竖直方向先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动,运动时间为
t3=2×
粒子在下方电场运动时只受到静电力,则有
qE=ma
联立解得t3=
则粒子的运动时间为
t=t1+t2+t3=
经分析易知,粒子的位移沿MN方向
粒子在磁场中运动时,沿MN方向的位移为
x1=2r(1-cos 45°)=(2-2)d
粒子在下方电场运动时,沿MN方向的位移为
x2=vcos 45°·t3=4d
则整个过程粒子的位移大小为
x=x1+x2=(2+2)d。
本节内容结束
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