高中物理复习考点知识专题训练18---带电粒子在组合场中的运动
一轮复习：带电粒子在组合场中的运动
感应强度为B，N环上有均匀分布的6个小孔，从M环的内侧边缘
由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经电
场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发
点，全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件是(AC )
A．U＝qB6m2R22
B．U＝qB5m2R22
C．U＝3q2Bm2R22
如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场 的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的 左边界上的N点离开磁场。已知带电粒子的比荷q/m＝3.2×109 C/kg，电场强度E＝200 V/m，M、N间距MN＝1 cm，金属板长 L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，带电粒子的重力忽 略不计，求： (1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ； (2)磁感应强度B的大小。
2．如图所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有偏 转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上
电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限 中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间 相互作用力)( A ) A．E向下，B向上 B．E向下，B向下 C．E向上，B向下 D．E向上，B向上
B．粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的轨迹半径
之比为 2∶1
C．粒子完成一次周期性运动的时间为23πqmB
D．粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进 3R
11所示，M、N为两个同
心金属圆环，半径分别为R1和R2，两圆环之间存在着沿金属环
半径方向的电场，N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁
B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝105
2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破18 带电粒子在组合场和叠加场中的动力学问题
2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破专题18带电粒子在组合场和叠加场中的动力学问题专练目标专练内容目标1高考真题（1T—4T）目标2带电粒子在二维平面组合场中的动力学问题（5T—8T）目标3带电粒子在三维空间组合场中动力学问题（9T—12T）目标4带电粒子在交变组合场中动力学问题（13T—16T）目标5带电粒子叠加场中直线类动力学问题（17T—20T）目标6带电粒子叠加场中曲线类动力学问题（21T—24T）【典例专练】一、高考真题1．2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。
为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。
若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（）A．电场力的瞬时功率为B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC．v2与v1的比值不断变大D．该离子的加速度大小不变2．如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。
电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。
已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（）A．电子从N到P，电场力做正功B ．N 点的电势高于P 点的电势C ．电子从M 到N ，洛伦兹力不做功D ．电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力3．中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz 中，0z d < 空间内充满匀强磁场I ，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴正方向；30d z -< ，0y 的空间内充满匀强磁场II ，磁感应强度大小为22B ，方向平行于xOy 平面，与x 轴正方向夹角为45︒；0z <，0y ≤的空间内充满沿y 轴负方向的匀强电场。
带电粒子在组合场中运动专题
带电粒子在组合场中运动专题（1）分析带电粒子在组合场中运动问题的方法(1)要清楚场的性质、方向、强弱、范围等。
(2)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。
(3)正确地画出粒子的运动轨迹图。
(4)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)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关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度。
1．电视机显像管简单原理如图所示，初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，如要求电子束偏转角为 ，求加速电场的电势差U。
（已知电子电量为e，质量为m）2．如图所示，一个质量为m =2.0×10—11kg，电荷量q = +1.0×10—5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中。
金属板长L=20cm，两板间距d =103cm。
求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0是多大？（2）若微粒射出偏转电场时的偏转角为θ=30°，并接着进入一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，则两金属板间的电压U2是多大？（3）若该匀强磁场的宽度为D =103cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？3、如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E=4×105N/C 方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。
质荷比为10104-⨯=q m N/C 的带正电粒子从x 轴上的A 点以初速度v0=2×107m/s 垂直x 轴射入电场，OA=0.2m ，不计重力。
求：（1）粒子经过y 轴时的位置到原点O 的距离；（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B 的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）。
4．如图所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向为x 轴负向。
高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，在两块长为3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T的最小值T min．【答案】（1）0mvBqL=（2）223cosd R a R L≥+=；min(632)3LTvπ+=【解析】【分析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则012qv B mvR=由几何关系：222113()()2L LR R=+-解得0mvBqL=（2）粒子P从O003L v t=01122y L v t =解得03y v v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin 3v v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=， 解得233L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t v πα--=解得()min 06323L T v π+=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12解得A在2s内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得a2=2m/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W3．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m．质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；(2)求小球到达P点时的速度大小v P和B、C两点间的距离x．【答案】(1) 6m/s；7.5×104N/C (2) 2.5m/s ；0.85m【解析】【详解】(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：v P =2.5m /s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sin cos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m4．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q （q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用； （1）求粒子运动到距x 轴为h 所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgE q=，求从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）； （3）若保持EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的点所在的直线方程.【答案】（1）Bh tE =(2)2222225m g m gxq B q B≤≤（3）22211528m gy xq B=-+【解析】（1）粒子恰能在xoy平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F Bqv=洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg=+，()()2252qE mg mgvqB+==则v在y方向上分量大小sin2yqE E mgv v vBqv B qBθ====因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x轴为h处所用的时间2yh Bh qhBtv E mg===；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgEq=，则电场力''F qE mg==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2v qvB m r =，()()22mqE mg mv R Bq+==如图所示，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin 2mqE mg mE m gx R B q q BqE mg θ+====+ 当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的位置之间的距离为2R 时，第一次打在x 轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sin mqE mg m qE mg Rm g x qEB q Eq BqE mg θ++====+ 所以从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围为12x x x ≤≤，即2222225m g m gx q B q B≤≤ （3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到位置坐标（x ，y ）满足速率'v v =，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v --=--，3222231528m g qEx mgy mv q B --=-=-，所以22211528m gy x q B =-+点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．5．如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y 轴向下．一电子以速度v 0从y 轴上的P 点垂直于y 轴向右飞入电场，经过x 轴上M 点进入磁场区域，又恰能从y 轴上的Q 点垂直于y 轴向左飞出磁场已知P 点坐标为(0，－L)，M点的坐标为(233L ，0)．求 (1)电子飞出磁场时的速度大小v (2)电子在磁场中运动的时间t【答案】（1）02v v =；（2）2049Lt v π= 【解析】 【详解】（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x 轴夹角为θ，（1）在电场中x 0123Lv t =，y 轴方向12y v L t =：，0tan 3y v v θ==得60θ=o ，002cos v v v θ== （2）在磁场中，2343L r L == 磁场中的偏转角度为23απ=202439rL t v v ππ==6．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e 。
专题：带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动三维目标：一、知识与技能1、知道什么是组合场，以及组合场的特点2、掌握带电粒子在组合场中的运动分析的基本方法和思路二、过程与方法通过综合运用力学知识、电磁学知识解决带电粒子在组合场（电场、磁场）中的问题，培养学生的分析推理能力，应用数学知识处理物理问题能力。
三、情感态度与价值观培养物理学科严密的逻辑思维，明辨物理过程的本质，进一步引导学生崇尚科学的价值观。
教学重点：粒子在组合场中的运动分析的基本方法和思路。
教学重点：粒子运动问题的求解教学方法：教师讲授法、问答法、问题探究法教学手段：多媒体教学引入新课：带电粒子在磁场、组合场、复合场中的运动是高中物理的重要内容，这类问题对考查同学们空间想象能力，综合分析能力，应用数学知识处理物理问题的能力都有较高的要求，是高考的热点。
本节课我们复习带电粒子在组合场中的运动。
教学过程：一、基础知识回顾1、组合场：指电场与磁场同时存在，但各位于一定的区域内且并不重叠的情况。
带电粒子在一个场中只受一个场的作用。
3、电场、磁场对带电粒子偏转的特征二、题型归类例析1、 带电粒子在组合场中的单次运动例1：在0≤≤-x a 区域内存在与y 轴平行的匀强电场，电场强度为E ；在a x ≤≤0区域内存在与xoy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B ，电场、磁场方向如图所示。
粒子源位于x 坐标轴上，在xoy 平面内发射出大量同种带正电粒子，所有粒子的初速度方向均沿x 轴正方向。
不计粒子重力。
（1）若带电粒子先后穿越电场、磁场后，速度方向仍与x 轴平行，求带电粒子初速度的大小。
（2）若相关物理量取值如下：带电粒子的初速度s m v /180=、电荷量C q 2101-⨯=、质量kg m 4103-⨯=，电场强度m V E /36=，电场（磁场）的宽度m a 36.0=。
请分析通过调整磁感应强度B 的大小，能否使带电粒子到达坐标原点O ？分析：画出带电粒子的运动轨迹是关键，再根据带电粒子在电场中作类平抛运动及在磁场中作匀速圆周运动的有关规律即可求解。
高考物理专题【带电粒子在组合场中的运动】一轮复习资料
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(1)粒子 P 的比荷； (2)t＝2t0 时刻粒子 P 的位置； (3)带电粒子在运动中距离原点 O 的最远距离 L.
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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14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，
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2
C 多维 课堂 突破
考点一 质谱仪与回旋加速器
自主学习
1．质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝12mv2. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB＝mvr2.
由以上两式可得 r＝B1
2mqU，m＝q2r2UB2，mq ＝B22Ur2.
(1)11H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)21H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离．
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解析： (1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所 示．
在电场中由运动学公式有 s1＝v1t1① h＝12a1t21② 11H 进入磁场时速度在 y 轴方向的分量大小为 v1tan θ1＝a1t1③ 联立以上各式得 s1＝233h.④
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
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运动轨迹
电偏转 抛物线
磁偏转 圆弧
求解方法
利用类平抛运动的规律 x＝v0t，y＝12 牛顿第二定律、向心力公式 r＝mqBv，
高考物理一轮复习讲义带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动1、特点：常见的组合场为电场和磁场分布在不同的空间区域中，不同场的边界清晰明确2、问题类型：（1）先在电场中运动后进入磁场中运动（2）先在磁场中运动后进入电场中运动3、分析方法：（1）明确场的性质、方向、强弱、范围（2）对电荷在不同场中的运动进行受力分析，判断电荷的运动性质（3）根据电荷的运动性质，画出电荷在不同场中的运动轨迹（4）运用动力学观点和能量观点的规律分析不同运动过程，得出所需结论4、常见的运动类型和解题策略题型一：电荷从电场中进入磁场中例1：如图所示，一个质量为m＝2.0×10－11kg，电荷量q＝＋1.0×10－5C的带电微粒，从静止开始经U1＝100V电压加速后，沿着平行于两金属板面射入偏转电场中，经偏转后进入右侧的匀强磁场。
金属板的d。
右侧上极板带正电，下极板带负电，两板间电压U2＝100V，板长L＝20cm，两板间距m匀强磁场足够长，宽度D＝10cm，微粒的重力忽略不计，求：(1)微粒进入偏转电场时的速度v0大小；(2)微粒射出偏转电场时的速度偏转角 ；(3)为使微粒不会从磁场右边界射出，则最小的磁感应强度B的大小。
总结：一、电场中：1、电荷在电场中做类平抛运动时，若采用运动分解的方法，应先求加速度，再分解位移，最后分解速度2、电荷从电场中进入磁场时，通常需要求解电荷速度的大小和方向，从而有助于磁场中画出电荷运动轨迹二、磁场中1、找运动轨迹的圆心（1）往洛伦兹力方向做两个不同位置速度的垂线，交点即为圆心（2）往洛伦兹力方向做速度垂线，与弦的中垂线交点即为圆心2、求解运动轨迹的半径（1）题目中有已知角度，利用三角函数知识求解半径大小（2）题目中没有已知角度，利用勾股定理求解半径大小3、求解运动轨迹对应的圆心角（1）题目中有已知角度，利用平面几何知识求解圆心角（2）题目中没有已知角度，利用三角函数知识求解圆心角习题精炼1、如图所示，现有质量为m、电荷量为e、初速度不计的电子经加速电场加速后，垂直于磁场射入宽度为L的有界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，若电子束的偏转角为θ，求加速电场的电势差U是多少？U LBvθv2、如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场。
高中物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析
高中物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，竖直面内有水平线MN 与竖直线PQ 交于P 点，O 在水平线MN 上，OP 间距为d ，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从O 处以大小为v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在O 处时动能的4倍．当粒子到达A 点时，突然将电场改为大小为E 2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。
已知粒子从O 运动到A 的时间与从A 运动到B 的时间相同，不计粒子重力，已知量为m 、q 、v 0、d ．求：(1)粒子从O 到A 运动过程中,电场力所做功W ； (2)匀强电场的场强大小E 1、E 2； (3)粒子到达B 点时的动能E kB ．【答案】(1)2032W mv = (2)E 1＝2034m qd υ E 2＝2033m qdυ (3) E kB ＝20143m υ【解析】 【分析】(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。
(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B 点时的动能。
【详解】(1) 由题知：粒子在O 点动能为E ko =2012mv 粒子在A 点动能为：E kA =4E ko ，粒子从O 到A 运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=E kA -E ko =2032mv ；(2) 以O 为坐标原点，初速v 0方向为x 轴正向，建立直角坐标系xOy ，如图所示设粒子从O 到A 运动过程，粒子加速度大小为a 1， 历时t 1，A 点坐标为（x ，y ） 粒子做类平抛运动：x=v 0t 1，y=21112a t 由题知：粒子在A 点速度大小v A =2 v 0，v Ay 03v ，v Ay =a 1 t 1 粒子在A 点速度方向与竖直线PQ 夹角为30°。
2020高考备考物理重难点《带电粒子在复合场中的运动》(附答案解析版)
重难点08 带电粒子在复合场中的运动【知识梳理】考点带电粒子在组合场中的运动1．带电粒子在组合场中的运动是力电综合的重点和高考热点．这类问题的特点是电场、磁场或重力场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，磁场或电场与无场区交替出现相组合的场等．其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用．复习指导：1.理解掌握带电粒子的电偏转和磁偏转的条件、运动性质，会应用牛顿运动定律进行分析研究，掌握研究带电粒子的电偏转和磁偏转的方法，能够熟练处理类平抛运动和圆周运动．2．学会按照时间先后或空间先后顺序对运动进行分析，分析运动速度的承前启后关联、空间位置的距离关系、运动时间的分配组合等信息将各个运动联系起来．2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．3．要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态．4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键【重点归纳】1、求解带电粒子在组合复合场中运动问题的分析方法（1）正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析．（2）确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．（3）对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理．（4）画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．2、带电粒子在复合场中运动的应用实例 （1）质谱仪 （2）回旋加速器 （3）速度选择器 （4）磁流体发电机 （5） 电磁流量计工作原理 【限时检测】（建议用时：30分钟）1．（2019·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 。
专题提升18 带电粒子在组合场中的运动--2025版高考总复习物理
第11章 磁场
第3步：应用规律
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第11章 磁场
3．“电偏转”与“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场( 垂直磁感线进入匀强磁场(不
不计重力)
计重力)
电场力FE＝qE，其大小、 洛伦兹力FB＝qvB，其大小
受力情况 方向不变，与速度v无关， 不变，方向随v而改变，FB
FE是恒力
是变力
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第11章 磁场
联立解得 E2＝2.5 N/C，a2＝500 m/s2 粒子经过 P 点沿 y 轴负方向的分速度大小为 vy＝a2t＝10 2 m/s 因此，粒子经过 P 点的速度大小为 v＝ v20＋v2y＝20 m/s
设速度方向与 x 轴正向夹角为 θ，则有 tan θ＝vv0y＝1
可得 θ＝45°。
[答案] (1)10 2 m/s (2)2.5 N/C 20 m/s，方向与 x 轴正向夹角为 45°
并指向第四象限
3π (3)200 s
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第11章 磁场
[解析] (1)粒子在第二象限做匀加速直线运动，则有 2a1|xA|＝v20 由牛顿第二定律得 qE1＝ma1 联立解得粒子经过 C 点的速度大小 v0＝10 2 m/s。 (2)在第一象限，粒子做类平抛运动，沿 x 轴正方向有 R＝v0t 沿 y 轴负方向有 yC＝12a2t2 由牛顿第二定律可得 qE2＝ma2
2πm 又 T＝ qB
3π 联立解得 t＝200 s。
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第11章 磁场
考向2 先磁场后电场 例3 (2024·四川达州统考)如图所示，位于第一象限内半径为R的圆形匀 强磁场与两坐标轴分别相切于P、Q两点，磁场方向垂直纸面向外，磁感 应强度大小为B，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大 小为E。一带正电粒子经P点以速率v沿x轴正方向射入磁场恰好从Q点射 出磁场。不计粒子重力。
2025高考物理总复习带电粒子在组合场中的运动
磁 场
专题十六 带电粒子在组合场中的运动
目录
01
教材帮 读透教材 融会贯通
Contents
02
高考帮 研透高考 明确方向
03
练习帮 练透好题 精准分层
专题十六
带电粒子在组合场中的运动
核心考点
五年考情
命题分析预测
本专题内容常以计算题形式出现，难度
中等，主要考查“带电粒子在电场中的
磁场＋磁场
代入数据得s＝(0.5π＋1) m.
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专题十六
带电粒子在组合场中的运动
命题点3 粒子多次进出电场、磁场的运动
3. [2021广东]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图.空间有三个同心圆a、b、c
围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个
(2)粒子从进入磁场到再次穿出磁场所经过的路程.
[答案] (0.5π＋1) m
[解析] 粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子
在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr
设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得
2 1
Eq ＝ mv2
2
2
2
解得s2＝
2
总路程s＝s1＋s2＝πr＋
区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁
场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的
接收器MN上，不计重力，则( AD )
A.
0 02
粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝ 2
0
B. 粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝v0 1 +
高中物理 带电粒子在场中的运动专题复习
实蹲市安分阳光实验学校带电粒子在场中的运动专题复习一．带电粒子在电场中的运动1．电子、质子、α粒子由静止状态经相同电压加速后，垂直电场线进入同一匀强电场中，则 ( )A．最后离开电场时α粒子偏角最大B．最后离开电场时质子的动能最大C．最后离开电场时质子的速度最大D．电子通过匀强电场的时间最短2．如图A-9-41-17所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电荷量为q、质量为m的带电粒子（不计重力）以v0从A点水平射入电场，且刚好以速度v从B 点射出，则（）A．若该粒子以速度“－v”从B点射入，则它刚好以速度“-v0”从A点射出B．若将q的反粒子（－q、m）以“-v”从B点射入，它将刚好以速度“-v0”从A点射出C．若将q的反粒子（－q、m）从B点以“-v0”射入电场，它将刚好以“-v”从A点射出D．若该粒子以“-v0”从B点射入电场，它将以“-v”从A点射出3．两个正点电荷Q1＝Q和Q2＝4Q分别置于固在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L，且A、B两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图所示。
（1）现将另一正点电荷置于A、B连线上靠近A处静止释放，求它在AB连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A点的距离。
（2）若把该点电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P处。
试求出图中PA和AB连线的夹角θ。
二．带电粒子在磁场中的运动4．如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O 固一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动.在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法一错误的是A.速率变小，半径变小，周期不变B.速率不变，半径不变，周期不变C.速率不变，半径变大，周期变大D.速率不变，半径变小，周期变小（一）带电粒子在半无界磁场中的运动5．一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率v垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。
高考复习精品资料 带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动考点一 带电粒子在组合场中的运动应用实例(高频50)1．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12m v 2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2r .由以上两式可得r ＝ 1B2mU q ，m ＝ qr 2B 22U ，q m ＝ 2UB 2r2 . 2．回旋加速器(1)构造：如图所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中．(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由q v B ＝m v 2r，得E km ＝ q 2B 2r 22m ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关．命题点1 质谱仪的工作原理1.(2017·江苏卷，15)一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．(1)求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ； (3)若考虑加速电压有波动，在(U 0－ΔU )到(U 0＋ΔU )之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件．【解析】 (1)甲种离子在电场中加速时，有 qU 0＝12×2m v 2①设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1，则有 q v B ＝2m v 2r 1②根据几何关系有 x ＝2r 1－L ③由①②③式解得x ＝4BmU 0q－L .④ (2)如图所示．最窄处位于过两虚线交点的垂线上d ＝r 1－r 21－⎝⎛⎭⎫L 22⑤ 由①②⑤式解得d ＝2BmU 0q－4mU 0qB 2－L 24.⑥ (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2 r 1的最小半径 r 1min ＝2Bm (U 0－ΔU )q.⑦ r 2的最大半径r 2max ＝1B2m (U 0＋ΔU )q⑧ 由题意知2r 1min －2r 2max ＞L ， 即4Bm (U 0－ΔU )q －2B2m (U 0＋ΔU )q＞L ⑨ 由⑦⑧⑨式解得 L ＜2Bmq[2U 0－ΔU －2(U 0＋ΔU )]．⑩ 【答案】 (1)4BmU 0q －L (2)2B mU 0q－4mU 0qB 2－L 24(3)L ＜2Bmq[2U 0－ΔU －2(U 0＋ΔU )] 2．如图所示为质谱仪的示意图．速度选择器部分的匀强电场的场强为E ＝1.2×105 V/m ，匀强磁场的磁感强度为B 1＝0.6 T ；偏转分离器的磁感应强度为B 2＝0.8 T ．求：(已知质子质量为1.67×10－27kg)(1)能通过速度选择器的粒子的速度大小；(2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d . 【解析】 (1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，有eB 1v ＝eE ，得v ＝E B 1＝1.2×1050.6m/s ＝2×105 m/s.(2)粒子进入磁场B 2后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则eB 2v ＝m v 2R ，得R ＝m vB 2e设质子质量为m ，则氘核质量为2m ，故 d ＝2m v B 2e ×2－m v B 2e ×2＝5.2×10－3 m.【答案】 (1)2×105 m/s (2)5.2×10－3 m 命题点2 回旋加速器的工作原理3．(2016·江苏卷，15)回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R .两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直．被加速粒子的质量为m 、电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U 0，周期T ＝2πmqB .一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件． 【解析】 (1)粒子运动半径为R 时q v B ＝m v 2R且E m ＝12m v 2解得E m ＝q 2B 2R 22m.(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md匀加速直线运动nd ＝12a ·Δt 2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πmqB.(3)只有在0～⎝⎛⎭⎫T 2－Δt 时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－Δt T 2 由η＞99%，解得d ＜πmU 0100qB 2R .【答案】 (1)q 2B 2R 22m(2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)d＜πmU0100qB2R考点二带电粒子在组合场中的运动(高频51)1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键．当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成．2．(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．(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．L ＝v 0t ，d ＝12at 2＝12qE m t 2，v y ＝at ，v ＝v 20＋v 2yh ＝12at 2，v y ＝at ，v ＝v 20＋v 2y ，tan α＝v y v丙 丁3．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；(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．(如图甲、乙所示)命题点1先电场后磁场类4．(2017·天津卷，11)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比．【解析】 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有2L ＝v 0t ① L ＝12at 2②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v y v y ＝at ③设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有 tan α＝v yv 0④联立①②③④式得 α＝45°⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上．设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有v ＝v 20＋v 2y ⑥联立①②③⑥式得 v ＝2v 0.⑦(2)设电场强度为E ，粒子所带电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得F ＝ma ⑧ 又F ＝qE ⑨设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R ⑩由几何关系可知 R ＝2L ⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得 E B ＝v 02. 【答案】 (1)2v 0，速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 02命题点2 先磁场后电场类5．(2014·大纲卷，25)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间．【解析】 (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 20R 0①由题给条件和几何关系可知R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿第二定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③ v x ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)， 有tan θ＝v xv 0⑥联立①②③④⑤⑥式得E B ＝12v 0tan 2θ.(2)联立⑤⑥式得 t ＝2dv 0tan θ. 【答案】 (1)12v 0tan 2θ (2)2dv 0tan θ命题点3 先后两个(或多个)磁场类6．(2017·课标卷Ⅲ，24)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域，磁感应强度的大小为B 0；x ＜0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿z 轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．【解析】 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2，由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB 0v 0＝m v 20R 1①qλB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时，所需时间t 2为t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得，所求时间为t 0＝t 1＋t 2＝πmB 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ.⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d 0＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ. 【答案】 (1)πmB 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ (2)2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ 7．(2016·浙江卷，25)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场．质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径为r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；(2)求轨道在一个峰区圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ； (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2 sin 2α2【解析】 (1)峰区内圆弧半径r ＝m vqB ，旋转方向为逆时针方向．(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3每个圆弧的长度l ＝2πr 3＝2πm v3qB每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3m v qB周期T ＝3(l ＋L )v 代入得T ＝(2π＋33)mqB.(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° 谷区内的轨道圆弧半径r ′＝m vqB ′由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′2由三角关系sin 30°2＝sin 15°＝6－24代入得B ′＝3－12B . 【答案】 (1)m v qB 逆时针方向 (2)2π3 (2π＋33)mqB(3)B ′＝3－12B本题以回旋加速器为载体考查了带电粒子在有界组合场中的圆周运动，一要紧扣粒子在前后阶段中的速度联系：“大小、方向未变”来分析试题，对数学运算能力要求较高．二要注意粒子在峰区内运动的轨迹圆心不在O 点，抓住粒子经峰区与谷区交界处到O 点距离不变是保证粒子沿平衡轨道运动的条件．命题点4 先后多个电、磁场类8.如图所示，xOy 为直角坐标系，在－d ≤x ≤0范围内有沿＋y 方向的匀强电场，场强大小为E ；在x ≤－d 和x ≥0范围内有方向均垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B .一带正电的粒子(电荷量为q ，质量为m )从(－d,0)处沿x 轴正方向以速度v 0射入电场，从y 轴上的P 1(0，d2)点第1次离开电场，从y 轴上的M 1(0，d )点第2次进入电场．不计粒子的重力．求：(1)电场强度E 和磁感应强度B 的比值；(2)粒子第3次在右侧磁场(x ≥0)运动的过程中，到y 轴的最远距离．【解析】 (1)粒子第1次在电场中运动，加速度大小a ＝qEm ，通过电场的时间t ＝dv 0沿＋y 方向的位移为d 2＝12at 2联立解得E ＝m v 20qd粒子第1次进入右侧的磁场时，设速度v 的偏向角为θ，则 v 0＝v cos θ在右侧磁场中，粒子第1次做圆周运动的半径r ＝m vqB由几何知识得粒子第1次在右侧磁场中运动的入射点和出射点间的距离 Δy ＝2r cos θ由题意知P 1M 1＝Δy ＝d2联立解得B ＝4m v 0qd 解得E B ＝v 04.(2)粒子在电场中运动时，因电场力沿＋y 方向，故粒子速度的水平分量恒为v 0.根据t ＝dv 0可知，粒子每次在电场中运动的时间均相同，而粒子每次在电场中运动的加速度不变，根据对称性，可将粒子在电场中的运动累积起来，等效为粒子在电场中以水平初速度v 0做类平抛运动．粒子第n 次进入右侧磁场时，设沿＋y 方向的速度分量为v ny ，速度方向与x 轴的夹角为θn ，则v ny ＝a ·(2n －1)t ，n ＝1,2,3，… tan θn ＝v ny v 0由(1)知v 0＝v y ＝at由以上三式解得tan θn ＝2n －1 由(1)得Δy ＝2m v 0qB由上式可知，粒子每次进出磁场时的Δy 均相同，有 Δy ＝d 2粒子第n 次在右侧磁场中运动，到y 轴最远的距离 Δx n ＝Δy 2cos θn －Δy2tan θn联立解得Δx n ＝d4[(2n －1)2＋1－(2n －1)]，n ＝1,2,3，…故当n ＝3时Δx 3＝26－54d . 【答案】 (1)v 04 (2)26－54d思想方法系列(十) 带电粒子在交变电、磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路类型一 例1 如图甲所示，M 、N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．有一束正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子的质量为m ，电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．(1)求磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v 0的可能值． 【解析】 (1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有B 0q v 0＝m v 20r粒子运动的周期T 0＝2πrv 0联立两式得磁感应强度B 0＝2πmqT 0.(2)正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场时，运动轨迹如图所示．在两板之间正离子只运动一个周期T 0时，有r ＝d4在两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有 r ＝d4n(n ＝1,2,3，…) 解得v 0＝πd2nT 0(n ＝1,2,3，…)．【答案】 (1)2πm qT 0 (2)πd2nT 0(n ＝1,2,3，…)类型二 交变电场＋恒定磁场类例2 (2018·江苏盐城市射阳二中高三期中)如图甲所示，在坐标轴y 轴左侧存在一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，y 轴右侧存在如图乙所示宽度为L 的有界交变电场(规定竖直向下为正方向)，此区间的右侧存在一大小仍为B 、方向垂直纸面向内的匀强磁场，有一质量为m ，带电量为q 的正粒子(不计重力)从x 轴上的A 点以速度大小为v 、方向与x 轴正方向夹角θ＝60°射出，粒子达到y 轴上的C 点时速度方向与y 轴垂直，此时区域内的电场从t ＝0时刻开始变化，在t ＝2T 时刻粒子从x 轴上的F 点离开电场(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)．求：(1)C 点距坐标原点距离y ；(2)交变电场的周期T 及电场强度E 0的大小；(3)带电粒子进入右侧磁场时，区域内的电场消失，要使粒子仍能回到A 点，左侧磁感应强度的大小、方向应如何改变？【解析】 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有： q v B ＝m v 2r解得：r ＝m vBq由几何关系可知C 点的坐标为 y ＝r －r cos 60°＝m v2qB.(2)粒子在水平方向做匀速直线运动 L ＝v t ＝2v T 解得：T ＝L2v；竖直方向到达x 轴上的F 点，根据运动的对称性可知： y ＝4×[12×Eq m (T3)2]解得：E ＝9m 2v 3q 2BL2.(3)从F 点进入右磁场时，方向水平向右，做圆周运动，半径仍为r ，离开右磁场时恰运动半周，水平向左，由于电场消失，粒子匀速运动到y 轴，进入左侧磁场，运动半径为R ，由图可知，要使粒子回到A 点，轨迹如图所示；由几何关系可知： R 2＝(2r －R )2＋(32r )2R ＝19r 16由洛伦兹力充当向心力可得： q v B 1＝m v 2R B 1＝1619B方向垂直纸面向内．【答案】 (1)m v 2qB (2)L 2v 9m 2v 3q 2BL 2 (3)1619B 方向垂直纸面向里类型三 交变磁场＋恒定电场类例3 电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转．图(a)为显像管工作原理示意图，阴极K 发射的电子束(初速不计)经电压为U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向)，磁场区的中心为O ，半径为r ，荧光屏MN 到磁场区中心O 的距离为L .当不加磁场时，电子束将通过O 点垂直打到屏幕的中心P 点．当磁场的磁感应强度随时间按图(b)所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为23L 的亮线．由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变．已知电子的电荷量为e ，质量为m ，不计电子之间的相互作用及所受的重力．求：(1)电子打到荧光屏上时速度的大小； (2)磁感应强度的最大值B 0.【解析】 (1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v ，由动能定理eU ＝12m v 2；解得v ＝2eUm. (2)当交变磁场为峰值B 0时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打在Q 点，PQ ＝ 3 L ．电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为θ，由几何关系可知，tan θ＝3LL，θ＝60°. 根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角α＝θ，而 tan α2＝r R.由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得e v B 0＝m v 2R ，解得B 0＝6meU3er.【答案】 (1)2eU m (2)6meU3er类型四 交变电、磁场类例4 如图(a)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象如图(b)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，带负电粒子P (重力不计)由原点O 以速度v 0沿y 轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v 0、E 0和t 0为已知量，图(b)中E 0B 0＝8v 0π2，在0～t 0时间内粒子P 第一次离x 轴最远时的坐标为(2v 0t 0π，2v 0t 0π)．求：(1)粒子P 的比荷；(2)t ＝2t 0时刻粒子P 的位置；(3)带电粒子在运动中距离原点O 的最远距离L .【解析】 (1)0～t 0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14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 ＝2v 0t 0π①又q v 0B 0＝m v 20R ②代入E 0B 0＝8v 0π2解得q m ＝4v 0πE 0t 0.③(2)设粒子P 在磁场中运动的周期为T ，则 T ＝2πR v 0④联立①④解得T ＝4t 0⑤即粒子P 做14圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v 0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t 0～2t 0时间内水平位移和竖直位移分别为x 1、y 1， 则x 1＝v 0t 0＝2πR 4＝πR2⑥y 1＝12at 20，⑦其中加速度a ＝qE 0m由③⑦解得y 1＝2v 0t 0π＝R ，因此t ＝2t 0时刻粒子P 的位置坐标为(2＋ππv 0t 0,0)，如图中的b点所示．(3)分析知，粒子P 在2t 0～3t 0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3t 0时刻速度方向为x 轴正方向，位移x 2＝x 1＝v 0t 0；在3t 0～5t 0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，带电粒子在运动中距原点O 的最远距离L ，即O 、d 间的距离L ＝2R ＋2x 1.解得L ＝2＋ππ2v 0t 0.【答案】 (1)4v 0πE 0t 0 (2)(2＋ππv 0t 0,0) (3)2＋ππ2v 0t 0[高考真题]1．(2016·课标卷Ⅰ，15)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．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，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12倍．此离子和质子的质量比约为( )A ．11B ．12 C.121D ．144【解析】 根据动能定理可得：qU ＝12m v 2，带电粒子进入磁场时速度v ＝2qUm，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，q v B ＝m v 2r ，解得：m ＝qB 2r 22U ，所以此离子和质子的质量比约为144，故A 、B 、C 错误，D 正确．【答案】 D2．(2015·课标卷Ⅱ，19)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【解析】 设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，设B 2＝B ，B 1＝kB ，则由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R①T ＝2πR v ②由①②得：R ＝m v qB ，T ＝2πmqB ，所以R 2R 1＝k ，T 2T 1＝k根据a ＝v 2R ，ω＝v R ，可知a 2a 1＝1k ，ω2ω1＝1k所以选项A 、C 正确，选项B 、D 错误． 【答案】 AC3．(2014·课标卷Ⅰ，16)如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2B ． 2 C.1D ．22【解析】 设粒子在铝板上方和下方的速率及轨道半径分别为v 1、v 2及R 1、R 2. 由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得： q v 1B 上＝m v 21R 1①q v 2B 下＝m v 22R 2②由题意知：R 1＝2R 2③ 12m v 22＝12×12m v 21 则v 1v 2＝2④ 联立①②③④得：B 上B 下＝R 2v 1R 1v 2＝22，选项D 正确．【答案】 D[名校模拟]4.(2018·云南开封高三定位考试)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若经同一电场加速的一束粒子由极板间射入质谱仪后分裂为a 、b 两束，分别运动到磁场边界的胶片上，它们的运动轨迹如图所示．则下列相关说法中正确的是( )A ．a 的质量一定大于b 的质量B ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量C ．在磁场中a 运动的时间大于b 运动的时间D ．a 的比荷q a m a 大于b 的比荷q bm b【解析】 带电粒子在电场中加速，由动能定理可知qU ＝12m v 2，以速度v 进入匀强磁场中做匀速圆周运动，q v B ＝m v 2R，2R ＝x ，联立解得x ＝22mUqB 2.由于x 2大于x 1，所以a 的比荷一定大于b 的比荷，但是不能断定二者的质量关系和电荷量关系，选项A 、B 错误，D 正确；由T ＝2πmqB 可知，比荷较大的粒子周期较小，所以在磁场中a 运动的时间小于b 运动的时间，选项C 错误．【答案】 D5．(2018·广西师大附中高三月考)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1【解析】 由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A 正确；由洛伦兹力f ＝qB v ＝ma 和a ＝v ·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B 1∶B 2＝1∶2，则B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t ＝θm qB 可得t ＝θ1m qB 1＝θ2mqB 2，且B 2＝2B 1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R ＝m vqB 可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r ，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d 1＝2r sin 30°＝r ；区域Ⅱ的宽度d 2＝r sin 30°＋r cos(180°－60°－60°)＝r ，故D 正确．【答案】 ACD6.(2018·河南洛阳市高三上学期质检)如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一重力不计的带电粒子(电荷量为q ，质量为m )以垂直于x 轴的速度v 0从x 轴上的P 点进入匀强电场，恰好与y 轴正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限．已知OP 之间的距离为d ，则( )A ．带电粒子通过y 轴时的坐标为(0，d )B ．电场强度的大小为m v 202qdC ．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为(3π＋4)d2v 0D ．磁感应强度的大小为2m v 04qd【解析】 粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y 轴正方向成45°角，所以沿x 轴正方向的分速度v x ＝v 0，在x 轴正方向做匀加速运动，有d ＝0＋v 02t ，沿y 轴正方向做匀速运动，有s ＝v 0t ＝2d ，故选项A 错误．沿x 轴正方向做匀加速运动，根据v x ＝v 0＝Eq m ×2d v 0＝2Eqd m v 0，解得E ＝m v 202qd ，故选项B 正确．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知粒子在磁场中运动的半径R ＝22d ，圆心角θ＝135°，所以在磁场中的运动时间为t 1＝2πR ×1353602v 0＝3π×22d 42v 0＝3πd 2v 0；在电场中的运动时间为t 2＝2dv 0，所以总时间为t ＝t 1＋t 2＝(3π＋4)d 2v 0，故选项C 正确．由q v B ＝m v 2R 可知，磁感应强度B ＝m ×2v 0q ×22d ＝m v 02qd ，故选项D 错误．【答案】 BC课时作业(二十六) [基础小题练]1.MN 板两侧都是磁感强度为B 的匀强磁场，方向如下图所示，带电粒子从a 位置以垂直磁场方向的速度开始运动，依次通过小孔b 、c 、d ，已知ab ＝bc ＝cd ，粒子从a 运动到d 的时间为t ，则粒子的比荷为( )A.3πtBB ．4π3tB C.πtB D ．tB 2π【解析】 粒子从a 运动到d 依次经过小孔b 、c 、d ，经历的时间t 为3个T 2，由t ＝3×T 2和T ＝2πm Bq ，可得：q m ＝3πtB，故A 正确． 【答案】 A2.如图所示，a 、b 是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等．电荷量为2e 的正离子以某一速度从a 点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b 点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是( )【解析】 正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，速度不变，电荷量变为＋e ，由左手定则可判断出正离子过b 点时所受洛伦兹力方向向下，由r ＝m v qB可知，轨迹半径增大到原来的2倍，所以在磁场中的运动轨迹是图D.【答案】 D3.如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A 2A 4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，已知A 2A 4与A 1A 3的夹角为60°.一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A 1处沿与A 1A 3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A 2A 4的方向经过圆心O 进入Ⅱ区，最后再从A 4处射出磁场．若忽略该粒子重力，则下列说法正确的是( )A ．粒子在磁场区域Ⅰ、Ⅱ中运动的半径r 1和r 2之比为2∶1B ．粒子在磁场区域Ⅰ、Ⅱ中做圆周运动的周期T 1和T 2之比为1∶2C ．粒子在磁场区域Ⅰ、Ⅱ中运动所用的时间t 1和t 2之比为2∶1。
带电粒子在组合场中的运动作业答案
第1轮复习磁场 tianlei 版权所有1307148.3带电粒子在组合场中的运动组合场的电场和磁场分布在不同的空间，带电粒子在不同场中的运动性质可能不同，可分别进行讨论。
粒子在不同场中的运动的联系点是速度，因为速度不能突变，在前一个场中的末速度，就是后一个场中运动的初速度。
16．(12分)如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场强度大小未知，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向外．有一质量为m ，带有电荷量＋q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场．质点到达x 轴上A 点时，速度大小为v ，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d .接着质点进入磁场，并垂直于磁场边界的OC 射线飞离磁场．不计重力影响．若OC 与x 轴的夹角为φ，求 (1)磁感应强度B 的大小 (2)匀强电场的场强E 的大小 16. 质点在磁场中偏转90º，半径qB mv d r ==φsin ，得φsin qd mvB =；第1轮复习磁场 tianlei 版权所有130714由平抛规律，质点进入电场时v 0=v cos φ，在电场中经历时间t=d /v 0，在电场中mqEa =,0si v at n =φ，由以上各式可得φφcos sin m 2qd v E =11.如图，POy 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，POx 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OP 与x 轴成θ角．不计重力的负电荷，质量为m 、电量为q ，从y 轴上某点以初速度v 0垂直电场方向进入，经电场偏转后垂直OP 进入磁场，又垂直x 轴离开磁场．求： （1）电荷进入磁场时的速度大小 （2）电场力对电荷做的功（3）电场强度E 与磁感应强度B 的比值解析：（1）设带电粒子到达OP 进入磁场前的瞬时速度为v ，有：……①（2）由动能定理，电场力做的功为：φOyEBAφCφdh第1轮复习磁场 tianlei版权所有130714……②（3）设带电粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿运动定律：……③依题意：……④有几何关系：……⑤有：……⑥又：……⑦在y方向：……⑧联立可得：……⑨（评分说明：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨每式2分）2、带电粒子在相邻的两个有界电磁组合场中的运动24．（18分）如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。
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B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：mm21＝144，选项 D 正确。 2.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连
接的两个 D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时
都能得到加速，两 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设 D 形盒半
粒子从 P 处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；
(2)粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；
(3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为 B′，但方向不
变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则 B′的最小值为多少？ 解析：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为 v，由动能定理可得 qEd＝12mv2，
径为 R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为 B，高频交流电频率为
f。则下列说法正确的是( )
A．质子被加速后的最大速度不可能超过 2πfR
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B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流 D．不改变 B 和 f，该回旋加速器也能用于加速 α 粒子
(1)粒子运动的时间； (2)粒子与 O 点间的距离。 解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在 x≥0 区域，圆周半径为 R1； 在 x＜0 区域，圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
2
qB0v0＝mvR01 ①
2
qλB0v0＝mvR02 ② 粒子速度方向转过 180°时，所需时间 t1 为 t1＝πR1③
答案：(1)2v0
2 3d 3
(2)3kvd0
9.(2019·汕头模拟)如图所示，虚线 MN 为匀强电场和匀强磁场
的分界线，匀强电场场强大小为 E，方向竖直向下且与边界 MN 成 θ
＝45°角，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向外，在电场
中有一点 P，P 点到边界 MN 的竖直距离为 d。现将一质量为 m、电荷量为 q 的带正电
的动能之比为 1∶3，故 D 正确。
6.(2018·辽宁本溪三校联考)如图所示，L1 和 L2 为平行线，L1
上方和 L2 下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场， A、B 两点都在 L2 线上，带电粒子从 A 点以初速度 v 与 L2 线成 θ＝30°角斜向上射出， 经过偏转后正好过 B 点，经过 B 点时速度方向也斜向上，不计粒子重力，下列说法中 不正确的是( )
2qEd
解得：v＝
m。
(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁
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场到第二次进磁场，两点间距为 xCA，由类平抛运动规律：x＝vt，y＝12at2，qE＝ma，
由几何知识可得 x＝y，
8md 解得：t＝ qE ，
两点间的距离为：xCA＝ 2vt，
代入数据可得：xCA＝4 2d。
2d 得 A 到 B 的距离为 x＝tan θ，所以，若将带电粒子在 A 点时初速度方向改为与 L2 线成 60°角斜向上，它就不再经过 B 点，故 D 正确。
7．(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场。在 x≥0 区域，磁感应强度的大小为 B0；x<0 区域，磁感应强度的大小为 λB0(常数 λ>1)。一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子 以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次 沿 x 轴正向时，求：(不计重力)
平行于 x 轴射出磁场，故 C 错误，D 正确。
5．(多选)(2019·温州中学模拟)在半导体离子注入工艺中，初速度
可忽略的磷离子 P＋和 P3＋，经电压为 U 的电场加速后，垂直进入磁感 应强度大小为 B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域， 如图所示。已知离子 P＋在磁场中转过 θ＝30°后从磁场右边界射出。 在电场和磁场中运动时，离子 P＋和 P3＋( )
高中物理复习考点知识专题训练
带电粒子在组合场中的运动
A 卷——基础保分专练 1．(2016·全国卷Ⅰ)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。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏
转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，
A．在电场中的加速度之比为 1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为 2∶1 C．在磁场中转过的角度之比为 1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为 1∶3
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解析：选 CD 两个离子的质量相同，其带电荷量之比是 1∶3 的关系，所以由 a qU ＝md可知，其在电场中的加速度之比是 1∶3，故 A 错误。要想知道半径必须先知道进
2
B0qv0＝mvr0 2πr
粒子运动的周期 T0＝ v0
2πm 解得 B0＝ qT0 。 (2)正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场时，可能的运动轨迹如 图所示，
d 正离子在两板之间只运动一个周期 T0 时，有 r＝4
d 正离子在两板之间运动 n 个周期即 nT0 时，有 r＝4n(n＝1,2,3，…)
2
v (3)由 qvB＝m R ，v＝
2qEd m，
1 2mEd
联立解得：R＝B
q，
由题意可知，当粒子运动到 F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径有 最大值，即 B′最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。
2＋ 2 设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为 r，则由几何关系可知 r＝ 4 R。
mv 又因为 r＝qB′，
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磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。有一束正离子在 t＝0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场，已知正离子的质量为 m，电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的 周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不 计正离子所受重力。求：
(1)磁感应强度 B0 的大小； (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度 v0 的可能 值。 解析：(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力，有
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示，对应正、负电荷，故 A 错误；带电粒子经过 B 点的速度跟在 A 点时的速度大小相 等、方向相同，故 B 正确；根据轨迹，粒子经过边界 L1 时入射点到出射点间的距离与 经过边界 L2 时入射点到出射点间的距离相同，与速度大小无关，所以当初速度变大但 保持方向不变，它仍能经过 B 点，故 C 正确；设 L1 与 L2 之间的距离为 d，由几何知识
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正电粒子，从 y 轴上的 P 点由静止释放，设 P 点到 O 点的距离为 h，不计重力作用与
空气阻力的影响。下列说法正确的是( ) B2a2q
A．若 h＝ 2mE ，则粒子垂直 CM 射出磁场 B2a2q
B．若 h＝ 2mE ，则粒子平行于 x 轴射出磁场 B2a2q
C．若 h＝ 8mE ，则粒子垂直 CM 射出磁场 B2a2q
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，粒子在磁场中转半个圆周后打在 P 点，设 OP＝x，能够正确反应 x 与 U 之间的函数关系的是( )
解析：选 B 带电粒子经电压 U 加速，由动能定理，qU＝12mv2，粒子垂直进入磁
v2
2
感应强度为 B 的匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，qvB＝mR ，2R＝x，联立解得：x＝B
入磁ห้องสมุดไป่ตู้的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v
2qU
2
v
mv
＝
m ，可知其速度之比为 1∶ 3。又由 qvB＝m r 知，r＝qB，所以其半径之比为
3∶1，故 B 错误。由 B 项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为 3∶1，设磁场 L
宽度为 L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以 sin θ＝r，则可知角度的正弦 值之比为 1∶ 3，又 P＋的偏转角度为 30°，可知 P3＋的偏转角度为 60°，即在磁场中转 过的角度之比为 1∶2，故 C 正确。由电场加速后：qU＝12mv2 可知，两离子离开电场
v0 粒子再转过 180°时，所需时间 t2 为
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t2＝πR2④ v0
联立①②③④式得，所求时间为 πm 1
t0＝t1＋t2＝B0q1＋λ。⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝2Bm0vq01－1λ。⑥ 答案：(1)Bπm0q1＋1λ (2)2Bm0vq01－1λ 8.如图所示，在 xOy 坐标系的 0≤y≤d 的区域内分布着沿 y 轴正方向的匀强电场，在 d≤y≤2d 的区域内分布着垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场，MN 为电场和磁场的交界面，ab 为磁场的 上边界。现从原点 O 处沿 x 轴正方向发射出速率为 v0、比荷(电荷量与质量之比)为 k 的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与 ab 相切并返回磁场。已知电场强度 E＝32vk0d2，不计 粒子重力和粒子间的相互作用。求： (1)粒子第一次穿过 MN 时的速度大小和水平位移的大小； (2)磁场的磁感应强度 B 的大小。 解析：(1)根据动能定理得，qEd＝12mv2－12mv02， 解得 v＝2v0 粒子在电场中做类平抛运动，由 F＝qE，a＝mF，d＝12at12，x＝v0t1
2 3d 2 3d 解得 t1＝ 3v0 ，x＝ 3 。
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(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与 x 轴正方向成 θ 角进入磁场
2
2
tan θ＝
v －v0 ＝
3，解得 θ＝60°
v0
2d 根据 R＋Rcos θ＝d，解得 R＝ 3