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专题三
电场与磁场
第3讲　带电粒子在复合场中的运动
[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
考情分析
考向一　带电粒子在组合场中的运动
带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能
规律总结
带电粒子在组合场中运动的处理方法
…………………………………………………………………………………
(1)明场情：要清楚场的性质、方向、强弱、范围等，如典例中的三个不同的场区。
(2)定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况，如典例中粒子经历电场中的加速运动、类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动。
(3)画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图。
(4)用规律：根据区域和运动规律的不同，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。
(5)找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向的关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度，如典例中粒子在板间匀强电场的末速度是进入磁场的速度。
答案：C
2．(2020·安徽宣城高三第二次调研)如图所示，一质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处到A点的距离为2d(直线DAG与电场方向垂直)。不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求：
(1)磁感应强度B1的大小；
(2)粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；
(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒
子可以垂直于MA经小孔P回到O点(若粒子经过A点
立即被吸收)。
考向二　带电粒子在叠加场中的运动
1．三种场力的作用特点
(1)重力和电场力可以(不是一定)对带电粒子做功，而洛伦兹力永不做功。
(2)在重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动。
规律总结
带电粒子在叠加场中运动的处理方法
…………………………………………………………………………………
(1)弄清叠加场的组成特点，如典例中第二、三象限空间有匀强磁场和重力场，而且被杆约束，第四象限三场并存。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
(3)画出粒子的运动轨迹，如典例中带电小球a在第二、三象限做直线运动，在第四象限做匀速圆周运动，在不同的区域灵活选择不同的运动规律。
4．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线
运动。下列选项正确的是(　　)
A．ma>mb>mc　　　　　
B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb
D．mc>mb>ma
B
5．如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，在其第三象限内有沿垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5
T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2
N/C。在其第一象限内有沿y轴负方向、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4
m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
(2)油滴在P点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值。
考向三　磁与现代科技的应用实例
两类实例模型
(1)组合场模型：图②③是常见的磁场与电场的组合模型，它们的共同特征是粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动。
[典例3]　(2020·山东济南高三上学期期末)质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示，虚线上方有两条半径分别为R和r(R>r)的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏。虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B，虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在荧光屏上时会被吸收。当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点。不计离子的重力及电、磁场的边缘效应。求：
6．(2019·高考天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的(　　)
7．(2020·江苏南京模拟)磁流体发电机的原理如图所示，将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，可在相距为d、面积为S的两平行金属板间产生电压。现把上、下板和电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两极。等离子体稳定时在两板间均匀
分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　)
C
B
9．(多选)如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变。已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是(　　)
答案：BD
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(45分钟)
[基础题组专练]
1．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子(H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若换作α粒子(He)在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的倍数是(　　)
A.　　　　　　　　　
B．
C．2
D．
解析：粒子在加速电场中运动时，根据动能定理得qU＝mv2－0，得v＝；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m，联立可得B＝。质子与α粒子经同一加速电场，U相同，同一出口离开磁场，R相同，则B∝，可得＝
＝，即Bα＝BH，故选项B正确。
答案：B
2．(2020·高考全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　)
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
解析：电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，B错误；电子受洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，C错误；根据r＝可知，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，D正确。
答案：D
3．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入两水平放置的、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计粒子重力，不考虑极板边缘效应)(　　)
A．d随U1变化，d与U2无关
B．d与U1无关，d随U2变化
C．d随U1变化，d随U2变化
D．d与U1无关，d与U2无关
解析：设带电粒子刚进入磁场时的速度为v，与水平方向夹角为θ。粒子在磁场中运动时，qvB＝m，R＝，M、N两点间距离d＝2Rcos
θ＝＝。对粒子在电场中加速运动的过程有qU1＝mv，联立可得d＝
，故d随U1变化，与U2无关。
答案：A
4．(2020·北京西城区一模)如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是(　　)
A．带电粒子M、N的电性一定相同
B．带电粒子M、N的电荷量一定相同
C．撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等
D．撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等
解析：根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足qvB＝qE，即vB＝E，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电荷量无关，故A、B错误；撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，可得R＝，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由l＝vt可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。
答案：D
5．(2020·辽宁沈阳高三模拟)空间同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y轴正方向，场强大小为E；磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，释放后，粒子恰能沿图中的曲线运动。已知该曲线的最高点P的纵坐标为h，曲线在P点附近的一小部分可以看作是半径为2h的圆周上的一小段圆弧，则(　　)
A．粒子在y轴方向做匀加速运动
B．粒子在最高点P的速度大小为
C．磁场的磁感应强度大小为
D．粒子经过时间π
运动到最高点
解析：粒子受到电场力和洛伦兹力作用，不可能做匀加速运动，A错误；粒子从O运动到P的过程，只有电场力做功，由动能定理得qEh＝mv，解得vP＝，B错误；粒子经过P点时，由电场力和洛伦兹力的合力提供向心力，则有qvPB－qE＝meq
\f(v,2h)，联立解得B＝
，C正确；粒子从O到P的过程不是圆周运动，时间无法求解，D错误。
答案：C
6．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝40
N/C，方向竖直向上；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度E2＝
N/C。一质量为m＝2×10－3
kg的带正电的小球，从M(3.64
m，3.2
m)点以v0＝1
m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04
m，0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28
m)点(图中未标出)。(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)小球由P点运动至N点的时间。
解析：(1)由题意可知qE1＝mg
解得q＝5×10－4
C
小球在第一、四象限的运动轨迹如图所示。
则Rcos
θ＝xM－xP
Rsin
θ＋R＝yM
可得R＝2
m，θ＝37°
由qv0B＝meq
\f(v,R)，解得B＝2
T。
(2)小球进入第四象限后受力如图所示。
tan
α＝＝0.75
可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，
即α＝θ＝37°。
由几何关系可得：
OA＝OPtan
α＝1.53
m
AN＝ON－OA＝0.75
m
过N点作AP的垂线，交PA的延长线于一点Q，由几何关系知△OAP与△QAN相似，
所以∠QNA＝∠OPA＝α
得QN＝ANcos
α＝0.6
m
由QN＝v0t，解得t＝0.6
s。
答案：(1)2
T　(2)0.6
s
[能力题组专练]
7．(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M。静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E。由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于静电分析器的左边界，又垂直于磁场的方向射入磁场中，最终打到胶片上的某点。下列说法正确的是(　　)
A．P、Q间加速电压为ER
B．离子在磁场中运动的半径为
C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出
D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷
解析：在加速电场加速过程，根据动能定理，有
qU＝mv2
①
在静电分析器中运动过程，根据牛顿第二定律，有
qE＝m
②
在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，有qvB＝m
③
解得U＝ER
④
r＝
＝
⑤
由④式知，只要满足R＝，所有粒子都可以从辐射电场区通过；
由④⑤知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等。
答案：AD
8．(多选)(2020·湖南湘潭高三4月模拟)如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。若PC＝L，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为g，则(　　)
A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于mg
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgL
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB
解析：小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为F＝＝mg不变，故根据牛顿第二定律可知，小球做加速度减小的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A正确。当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，为mg，不可能大于mg，故B错误。小球最终在C、D间做往复运动，在C点和D点的速度为零，从开始到最终速度为零的C点或D点，根据动能定理可知，摩擦力做的功与重力及电场力做的功之和为零，则摩擦力总功为mgL，故C错误。小球由C向D运动时，对小球在O点受力分析，由牛顿第二定律，有FN－mg＋Bqv＝m，由C到O点，由机械能守恒定律，有mgR(1－sin
30°)＝mv2，解得FN＝2mg－qB，即当小球经过O点时，则对轨道的弹力为2mg－qB，故D正确。
答案：AD
9．电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示，在平面直角坐标系xOy内，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电荷量均为e，正、负电子的重力不计。求：
(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；
(2)电子从A点运动到P点所用时间；
(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S。
解析：(1)由题意可得电子在磁场中运动的轨迹半径R＝L
又ev0B＝meq
\f(v,R)，解得B＝。
电子在电场中做类平抛运动，有2L＝v0t1
L＝at
a＝
解得E＝eq
\f(mv,2eL)。
(2)电子在磁场中运动的周期T＝＝
电子在磁场中运动了四分之一圆周，则
t2＝T＝
电子在电场中的运动时间t1＝
故电子从A运动到P所用的时间t＝t1＋t2＝。
(3)电子射出电场区域时，沿y轴方向的分速度为vy＝at1
电子的运动方向与x轴之间的夹角θ的正切值
tan
θ＝
解得θ＝45°
由此可知，正电子在磁场中转过的圆心角为90°
速度为v0的正电子在磁场中运动的半径
R2＝＝L，
故Q点的纵坐标y＝－(R2＋)＝－4L，
未知矩形磁场区域的最小面积(如图所示)为
S＝2L×(－1)L＝2(－1)L2。
答案：(1)　eq
\f(mv,2eL)　(2)
(3)－4L　2(－1)L2
10．(2020·山东济宁高三模拟)如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向与y轴正方向的夹角范围为30°～150°，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限。已知带电粒子电荷量为q、质量为m，重力不计。求：
(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；
(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；
(3)从x轴上x＝(－1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y＝－b的点，求该粒子经过y轴上y＝－b点的速度大小。
解析：(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动轨迹如图甲所示。
由几何关系知，粒子运动轨迹的圆心在O点，轨迹半径r1＝a
由洛伦兹力提供向心力得
qv1B＝meq
\f(v,r1)
解得v1＝。
(2)当粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°时，粒子在第一象限的磁场中运动的时间最长，此时运动轨迹对应的圆心角α＝150°
粒子在磁场中运动的周期T＝
粒子的运动时间t＝T＝×＝。
(3)粒子在第一象限内的轨迹如图乙所示。
设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，轨迹半径为R，由几何关系得
R－Rcos
θ＝(－1)a
Rsin
θ＝a
解得θ＝45°，R＝a
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq
\f(v,R)
则此粒子进入磁场的速度
v0＝
设粒子到达y轴上y＝－b点的速度大小为v，根据动能定理得qEb＝mv2－mv
解得v＝。
答案：(1)　(2)　与y轴正方向夹角为30°　(3)第3讲　带电粒子在复合场中的运动
[建体系·论要点]__________________________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
要点熟记
1.做好“两个区分”(1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。重力、电场力做功只与初、末位置有关，与路径无关，而洛伦兹力不做功。(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同。“电偏转”是指带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，而“磁偏转”是指带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。2.抓住“两个技巧”(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特点的小过程。(2)善于应用几何图形处理边、角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯。3.熟记复合场中“三种运动”(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。(3)非匀变速曲线运动：当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能
考向一　带电粒子在组合场中的运动
带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力
FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力
运动规律
匀速圆周运动r＝，T＝
类平抛运动vx＝v0，vy＝t
x＝v0t，y＝t2
[典例1]　(2020·山西临汾调研)容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场。粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示。已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场电场强度E＝，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片。测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：
(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；
(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)；
(3)粒子在磁场中运动的最短时间。
[解析]　(1)设质量为m、电荷量为q的粒子通过孔S2的速度为v0，则qU＝mv
粒子在平行板ef间运动时，有L＝v0t，vx＝t，tan
θ＝
联立可以得到tan
θ＝1，则θ＝45°，故其速度方向与边界ab间的夹角为θ＝45°。
(2)粒子在平行板中沿场强方向的位移x＝vxt＝，故粒子从e板下端与水平方向成45°角斜向下射入匀强磁场，如图所示。
设质量为m、电荷量为q的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，则
v＝eq
\r(v＋v)＝v0＝
由几何关系有r2＋r2＝(4L)2，则r＝2L
又r＝
联立解得＝。
(3)设粒子在磁场中运动的时间为t，则t＝
又r＝＝
联立可以得到t＝
因为粒子在磁场中运动的偏转角θ＝π，所以粒子打在P处时间最短，此时半径为r′，
由几何关系知r′2＋r′2＝L2，则r′＝L
联立可得t＝＝。
[答案]　(1)45°　(2)　(3)
规律总结
带电粒子在组合场中运动的处理方法
……………………………………………………
(1)明场情：要清楚场的性质、方向、强弱、范围等，如典例中的三个不同的场区。
(2)定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况，如典例中粒子经历电场中的加速运动、类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动。
(3)画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图。
(4)用规律：根据区域和运动规律的不同，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。
(5)找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向的关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度，如典例中粒子在板间匀强电场的末速度是进入磁场的速度。
1．(2020·陕西西安四校5月联考)如图所示，在第一象限内有水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝eq
\f(3mv,2qd)。在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在该平面内有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点以初速度v0沿y轴负方向射出，P点的坐标为(2d，d)，粒子恰好能打到y轴上，不考虑粒子的重力，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为(　　)
A.　　　　　　
B．
C.
D．
解析：如图所示，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，有d＝v0t，沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝eq
\f(3v,2d)，则沿x轴正方向的位移x＝at2＝d，设射出电场时粒子的速度v方向与初速度v0方向的夹角为θ，根据类平抛运动的推论得tan
θ＝2＝，则θ＝60°，所以v＝＝2v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，恰好打到y轴上时，轨迹与y轴相切，设粒子轨迹半径为r，根据几何关系得r＋rcos
60°＝2d＋x，解得r＝2d，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，解得B＝，选项C正确。
答案：C
2．(2020·安徽宣城高三第二次调研)如图所示，一质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处到A点的距离为2d(直线DAG与电场方向垂直)。不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求：
(1)正离子的初速度v0；
(2)正离子从D处运动到G处所需时间t；
(3)电场强度的大小E。
解析：(1)正离子的运动轨迹如图所示，在磁场中做圆周运动的时间为
t1＝T＝
圆周运动半径r满足r＋rcos
60°＝d
解得r＝d
设离子在磁场中运动的速度为v0，则有r＝
解得v0＝。
(2)离子从C运动到G所需的时间t2＝＝
离子从D→C→G的总时间为t＝t1＋t2＝。
(3)对离子在电场中的运动过程，有qE＝ma
d＝at
解得E＝。
答案：(1)　(2)　(3)
3．(2020·河南郑州质量预测)如图所示，三块挡板围成截面边长为L＝1.2
m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4
N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、
磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场。现将一比荷＝108
C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过小孔Q进入外部磁场。已知粒子最终回到了O点，OC相距2
m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3。求：
(1)磁感应强度B1的大小；
(2)粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；
(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经小孔P回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)。
解析：(1)粒子在电场中加速，则由动能定理得
Eqx＝mv2
解得v＝400
m/s
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
由几何关系可知R1＝＝0.6
m
又qvB1＝m
代入数据得B1＝×10－5
T。
(2)由题可知B2＝3B1＝2×10－5
T
又qvB2＝m
则R2＝＝0.2
m
粒子在电场阶段做匀加速直线运动，则x＝vt1
得到t1＝0.01
s
粒子在磁场B1中的周期为T1＝
则在磁场B1中的运动时间为t2＝T1＝3×10－3
s
在磁场B2中的周期为T2＝
在磁场B2中的运动时间为
t3＝T2＝5.5×10－3
s
则粒子在复合场中运动的总时间为
t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2
s。
(3)设挡板外磁场变为B2′，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2′＝m
根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件
＝(2k＋1)r，其中k＝0，1，2，3…
解得B2′＝×10－5
T(k＝0，1，2，3…)
即满足B2＝B2′＝×10－5
T(k＝0，1，2，3…)时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点。
答案：(1)×10－5
T　(2)2.85×10－2
s　(3)×10－5
T(k＝0，1，2，3…)
考向二　带电粒子在叠加场中的运动
1．三种场力的作用特点
(1)重力和电场力可以(不是一定)对带电粒子做功，而洛伦兹力永不做功。
(2)在重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动。
①若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如，电场与磁场叠加满足qE＝qvB时、重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时、重力场与电场叠加满足mg＝qE时。
②若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
③若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
[典例2]　如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆固定在二、三象限内；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电小球a穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N点脱离细杆后恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴。已知A点到坐标原点O的距离为l，小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ＝，＝，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。求：
(1)带电小球的电性及电场强度的大小E。
(2)第二、三象限内磁场的磁感应强度大小B1。
(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度水平向右抛出一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？
[解析]　(1)由带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动可知，带电小球a带正电，且mg＝qE
解得E＝。
(2)带电小球a从N点运动到A点的过程中，设运动半径为R，有qvB＝m
由几何关系有R＋Rsin
θ＝l
联立解得v＝＝
带电小球a在杆上匀速运动时，由平衡条件有
mgsin
θ＝μ(qvB1－mgcos
θ)
解得B1＝
。
(3)带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的周期
T＝＝
带电小球a第一次在第一象限竖直方向上，上下运动的总时间为t0＝＝
绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为
t＝＝2
因t＝2t0，所以带电小球a与绝缘小球b只能在带电小球a再次进入第一象限时相碰，可得小球b做平抛运动的水平位移x＝l＋2R＝l
设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则l＝v0t
解得v0＝。
[答案]　(1)带正电　　(2)
　(3)
规律总结
带电粒子在叠加场中运动的处理方法
……………………………………………………
(1)弄清叠加场的组成特点，如典例中第二、三象限空间有匀强磁场和重力场，而且被杆约束，第四象限三场并存。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
(3)画出粒子的运动轨迹，如典例中带电小球a在第二、三象限做直线运动，在第四象限做匀速圆周运动，在不同的区域灵活选择不同的运动规律。
4．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)
A．ma>mb>mc　　　　　
B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb
D．mc>mb>ma
解析：该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。
答案：B
5．如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，在其第三象限内有沿垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5
T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2
N/C。在其第一象限内有沿y轴负方向、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4
m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
(2)油滴在P点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值。
解析：(1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电。受力如图所示。
由平衡条件和几何关系得mg∶qE∶F＝1∶1∶。
(2)对油滴在垂直PO方向上应用平衡条件得
qvB＝2Eqsin
45°，
代入数据解得v＝4
m/s。
(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示。由O到A匀速运动的位移为s1＝＝h＝0.4
m，运动时间为t1＝＝0.1
s
油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期T＝
由几何关系知油滴由A到C运动的时间为t2＝T＝＝＝0.628
s，从C到N，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间t3＝t1＝0.1
s，则油滴在第一象限内总的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.828
s。
设OA、AC、CN段在x轴上的投影分别为x1、x2、x3，
则x1＝x3＝h＝0.4
m，x2＝r＝
由(1)可知mg＝qvB，代入上式可得x2＝3.2
m，所以油滴在第一象限内沿x轴方向运动的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝4
m，则油滴离开第一象限时的位置坐标为(4.0
m，0)。
答案：(1)1∶1∶　负电　(2)4
m/s　(3)0.828
s　(4.0
m，0)
考向三　磁与现代科技的应用实例
两类实例模型
(1)组合场模型：图②③是常见的磁场与电场的组合模型，它们的共同特征是粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动。
(2)正交场模型：图①④⑤⑥是常见的带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型，它们的共同特征是粒子在其中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡，即qE＝qvB?v＝。
[典例3]　(2020·山东济南高三上学期期末)质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示，虚线上方有两条半径分别为R和r(R>r)的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏。虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B，虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在荧光屏上时会被吸收。当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点。不计离子的重力及电、磁场的边缘效应。求：
(1)离子的比荷；
(2)离子在磁场中运动的时间；
(3)能使离子打在荧光屏上的加速电压范围。
[解析]　(1)当加速电压为U时，离子的轨迹半径r0＝
由匀速圆周运动规律得qvB＝m
在电场中加速，有qU＝mv2
解得＝eq
\f(2U,B2r)＝。
(2)离子在磁场中运动的周期为T＝
在磁场中运动的时间t＝
解得t＝。
(3)由(1)中关系知，加速电压和离子轨迹半径之间的关系为U′＝r′2
若离子恰好打在荧光屏上的C点，轨迹半径rC＝
UC＝eq
\f(qB2r,2m)＝
若离子恰好打在荧光屏上的D点，轨迹半径rD＝
UD＝eq
\f(qB2r,2m)＝
即离子能打在荧光屏上的加速电压范围：≤U′≤。
[答案]　(1)　(2)
(3)≤U′≤
6．(2019·高考天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的(　　)
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
解析：由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力大小F＝evB＝，D正确。
答案：D
7．(2020·江苏南京模拟)磁流体发电机的原理如图所示，将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，可在相距为d、面积为S的两平行金属板间产生电压。现把上、下板和电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两极。等离子体稳定时在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　)
A．上板为正极，a、b两端电压U＝Bdv
B．上板为负极，a、b两端电压U＝
C．上板为正极，a、b两端电压U＝
D．上板为负极，a、b两端电压U＝
解析：稳定时电源的电动势为E＝Bdv，则流过R的电流为I＝，又r＝ρ，解得a、b两端电压U＝；根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，因此上极板为电源的正极，故C正确。
答案：C
8．如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场相互垂直分布。某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过，则该带电粒子(　　)
A．一定带正电
B．速度大小为
C．可能沿QP方向运动
D．若沿PQ方向运动的速度大于，将一定向下极板偏转
解析：带电粒子沿题图中虚线水平通过，则粒子受到的电场力qE与洛伦兹力qvB等大反向，则速度v＝，即粒
子做匀速直线运动，粒子可带正电也可带负电，故A错误，B正确；若粒子沿QP方向进入，电场力与洛伦兹力同向，不能做直线运动，故C错误；若速度v>，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，若粒子带正电荷，粒子将向上极板偏转，若粒子带负电荷，粒子将向下极板偏转，故D错误。
答案：B
9．(多选)如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变。已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是(　　)
A．环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里
B．粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqU
C．粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的周期不变
D．粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为
解析：粒子在A、B之间加速，故粒子是沿顺时针运动的，在磁场中洛伦兹力提供向心力，故磁场方向垂直纸面向外，选项A错误；粒子在电场中加速，根据动能定理，有EN＝NqU，选项B正确；粒子在加速，根据T＝知，周期要减小，选项C错误；由动能定理知NqU＝mv，得到vN＝，由牛顿第二定律，则有meq
\f(v,R)＝qvNBN，解得BN＝，联立解得BN＝
，选项D正确。
答案：BD

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