高考物理二轮复习专题三电场和磁场带电粒子在复合场中的运动学案

第3讲 带电粒子在复合场中的运动
考点一 以科技应用为背景命题的复合场问题
1. (2020·浙江11月选考·8)如图1所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直．以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )
图1
A ．粒子一定带负电
B ．粒子的速度大小v ＝B E
C ．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动
D ．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化 答案 C
解析 粒子做直线运动，说明竖直方向受力平衡，即qvB ＝qE ，可得v ＝E B ，选项B 错误；当v ＝E
B 时，无
论粒子带正电还是负电，在竖直方向均受力平衡，选项A 错误；如果粒子速度大小改变，就会导致洛伦兹力变化，因此粒子将做曲线运动，选项C 正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子所受电场力不变，选项D 错误．
2．(多选)(2020·宁波市九校高二上期末)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图2所示，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，置于匀强磁场B 中，D 形盒半径为R ，其间留有空隙，两盒分别与高频电源的两极相连，电源频率为f ，则下列说法正确的是( )
图2
A ．粒子的加速次数越多，加速电压越大，最终获得的动能也越大
B ．被加速后的粒子最大速度为2πfR，与加速电场的电压无关
C ．不改变回旋加速的任何参数，装置可以加速质子1
1H ，也可以加速α粒子4
2He
D ．高频电源不能使用正弦式交变电流 答案 B
解析 根据qvB ＝m v 2
R 得，粒子的最大速度v ＝qBR m ，则最大动能E km ＝12mv 2＝q 2B 2R
2
2m .知若增大动能，需增大D
形盒的半径，或增大磁感应强度，故A 错误； 根据v ＝2πR
T ＝2πRf，可知：最大半径为R ，且电场变化
的频率的倒数即为粒子在磁场中运动周期，所以最大速度不可能超过2πfR，故B 正确；加速质子1
1H 后再加速α粒子， 因比荷发生变化，所以周期也变化，因此不能用这个装置，故C 错误．
3．(人教版选修3－1P103“课题研究”改编)利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图3所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前后两表面会形成电势差. 现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路( 闭合开关)，则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是( )
图3
A ．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低
B ．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高
C ．不论接入哪个元件，都是前表面电势高
D ．不论接入哪个元件，都是前表面电势低 答案 A
解析 若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏，则前表面的电势高于后表面的电势．若载流子为空穴(相当于正电荷)，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向后表面聚集，则前表面的电势低于后表面的电势．
4. 现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图4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．则此离子和质子的质量比约为( )
图4
A ．11
B ．12
C ．121
D ．144 答案 D
解析 根据动能定理得，qU ＝12mv 2
得v ＝
2qU
m
①
离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 v
2
R
得R ＝
mv qB
②
①②两式联立得：m ＝qB 2R
2
2U
一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U 相同，同一出口离开磁场则R 相同，所以m∝B 2
，磁感应强度增加到原来的12倍，则离子质量是质子质量的144倍，D 正确，A 、B 、C 错误．
1.质谱仪(如图5)
图5
原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12mv 2
.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v
2
r .
由以上两式可得r ＝1
B
2mU q ，m ＝qr 2B 2
2U ，q m ＝2U
B 2r
2.
2．回旋加速器(如图6)
图6
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qvB ＝mv
2
r ，得E km
＝q 2B 2r 2
2m
，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．
3．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和
电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出所求物理量，差别见下表．
装置
原理图规律
速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝
E
B
，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极板电压为U时稳定，q
U
d
＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计U
D
q＝qvB，所以v＝
U
DB
，所以Q＝vS＝
πDU
4B
霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
考点二带电粒子在组合场中的运动
1．(2020·浙江4月选考·23)如图7所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿x 方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔．K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的
电压U AK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b＝
3
2
R，d＝l，电子质
量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用．
图7
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)求电子从P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ的范围； (3)当U AK ＝0时，每秒经过极板K 上的小孔到达极板A 的电子数； (4)画出电流i 随U AK 变化的关系曲线. 答案 见解析 解析 轨迹示意图
(1)“磁聚焦”模型要求：R ＝mv eB
解得B ＝mv
eR
.
(2)如图，由几何关系知：
θ在关于y 轴左、右对称的60°(含)范围内．
(3)要进入小孔，电子到达P 点时与y 轴负方向的夹角φ≤45° 则：η＝2Rsin φ2b ＝sin φsin 60°≤6
3
则当U AK ＝0时每秒到达A 板的电子数：N 0＝63
N. (4)①当U AK ≥0时，到达的电子全部到A 板 i 1＝N 0e ＝
63
Ne ②设当U AK ＝U 1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A 板 则eU 1＝0－12m(vcos φ1)2
解得U AK ＝－mv
2
4e
即在区间(－mv 24e ，0)之间，i 2＝N 0e ＝6
3
Ne
③当U AK 反向再增大时，将出现有电子(该临界角度为α) 刚好打到A 板上，而φ>α的电子打不到A 板 i ＝
sin αsin 60°
Ne
eU AK ＝0－12
m(vcos α)2
解得：i ＝
43＋8eU AK 3mv
2Ne 综上所述：i －U AK 图线如图所示
2. (2020·浙江10月选考·23)如图8所示，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，位于x 轴下方的离子源C 发射质量为m 、电荷量为q 的一束负离子，其初速度大小范围为0～3v 0.这束离子经电势差为U ＝mv 0
2
2q 的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x
轴上．在x 轴上2a ～3a 区间水平固定放置一探测板(a ＝mv 0
qB 0)．假设每秒射入磁场的离子总数为N 0，打到x 轴
上的离子数均匀分布(离子重力不计)．
图8
(1)求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；
(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B 1； (3)保持磁感应强度B 1不变，求每秒打在探测板上的离子数N ；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小． 答案 见解析
解析 (1)对于初速度为0的粒子：qU ＝12mv 1 2
由B 0qv 1＝m v 1 2
r 1得r 1＝mv 1
qB 0＝a
恰好打在x ＝2a 的位置 对于初速度为3v 0的粒子 qU ＝12mv 2 2－12m(3v 0)2
由B 0qv 2＝m v 2 2r 2得r 2＝mv 2
qB 0＝2a ，
恰好打在x ＝4a 的位置
离子束打在x 轴上的区间为[2a,4a] (2)由动能定理 qU ＝12mv 2 2－12m(3v 0)2
由B 1qv 2＝m v 2
2r 3得
r 3＝
mv 2
qB 1
r 3＝32a
解得B 1＝4
3
B 0
(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2a≤r≤3a 对应的速度范围为4
3v 0≤v′≤2v 0
每秒打在探测板上的离子数为 N ＝N 02v 0－43v 0
2v 0－v 0＝2
3N 0
根据动量定理
吸收的离子受到板的作用力大小 F 吸＝
Δp 吸Δt ＝0.8N 2(2mv 0＋43mv 0)＝8N 0mv 0
9
反弹的离子受到板的作用力大小 F 反＝
Δp 反Δt ＝0.2N 2[2m(v 0＋0.6v 0)＋43m(v 0＋0.6v 0)]＝16
45
N 0mv 0 根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小 F ＝
56
45
N 0mv 0 3．(2020·浙江4月选考·22)如图9为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L ＝0.10 m ，高均为H ＝0.06 m ．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v ＝1.0×105
m/s 水平射入，质子荷质比近似为q m
＝1.0×108
C/kg.(忽略边界效应，不计重力)
图9
(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值E max ； (2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值B max ；
(3)当区域Ⅰ加电场E 小于(1)中的E max ，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B 与区域Ⅰ中的电场E 之间的关系式． 答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3
T (3)B ＝2E
v
解析 (1)质子在电场中做类平抛运动 v y ＝at ＝
qEL mv ，tan α＝v y v ＝EqL mv
2
质子到达区域Ⅱ右下端时，有
tan α＝
H
2
L＋
L
2
得E max＝Hmv2 3qL2
＝200 V/m.
(2)质子在磁场中运动有qvB＝m
v2
R
，即R＝
mv
qB
根据几何关系有R2－(R－
H
2
)2＝L2
得B max＝
mvH
q(L2＋
H2
4
)
≈5.5×10－3 T.
(3)质子运动轨迹如图所示．
设质子进入磁场时的速率为v′，
sin α＝
v y
v′
＝
at
v′
＝
(
Eq
m
)(
L
v
)
v′
＝
EqL
mvv′
由几何关系知sin α＝
L
2
R
＝
L
2
mv′
Bq
＝
BqL
2mv′
，得B＝
2E
v
.
4．(2020·衢州、丽水、湖州、舟山四地市3月检测)如图10所示，半径r＝0.06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1 m、磁感应强度大小B＝0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN的极板长L＝0.3 m、间距d＝0.1 m，极板间所加电压U＝6.4×102 V，其中N极板收集的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6×105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向．若粒子重力不计、比荷
q
m
＝108 C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图10
(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；
(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O 点入射方向与y 轴的夹角θ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η. 答案 见解析
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB ＝mv
2
R 0
得R 0＝mv
qB
＝0.08 m
(2)如图所示，从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴的夹角为θ，轨迹圆心与y 轴交于(0,0.10 m)处，
由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°
(3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y ：y ＝UqL 2
2mdv 2＝0.08 m
设此粒子入射时与x 轴夹角为α，则有： y ＝rsin α＋R 0－ R 0cos α 可知tan α＝4
3即α＝53°
比例η＝53°
180°
×100%≈29.4%
5. 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11所示，在平面直角坐标系xOy 上，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v 0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2v 0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，而后进入未知矩形磁场区域，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：
图11
(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 点所用的时间； (3)Q 点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S. 答案 (1)mv 0eL mv 0 2
2eL (2)(4＋π)L
2v 0
(3)－4L 2(2－1)L 2
解析 (1)电子束a 从A 点沿y 轴正方向发射，经过C 点，由题意可得电子在磁场中运动的半径R ＝L ， 又 ev 0B ＝mv 0 2
R ，解得B ＝mv 0
eL
，
电子在电场中做类平抛运动，得2L ＝v 0t 1， 又L ＝12at 1 2
，
a ＝eE m ，解得E ＝mv 0 2
2eL .
(2)在磁场中运动的周期T ＝
2πR v 0＝2πL
v 0
， 电子在磁场中运动了四分之一圆周，则 t 2＝14T ＝πL
2v 0
，
在电场中运动时间t 1＝2L
v 0，故从A 到P 的时间
t ＝t 1＋t 2＝(4＋π)L
2v 0
(3)速度为2v 0的正电子在磁场中运动的半径 R 2＝
m ·2v 0
eB
＝2L, 故Q 点的纵坐标y ＝－(2R 2＋
2L
tan 45°
)＝－4L ，
未知矩形磁场区域的最小面积(如图所示)为 S ＝2L(2－1)L ＝2(2－1)L 2
.
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加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，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，其运动过程则由几个不同的运动阶段组成．
考点三 带电粒子在叠加场中的运动
1. 如图12，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒从原点出发，沿与x 轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l ，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：
图12
(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)
m q
g l (3)(3π
4＋1)l
g
解析 (1)微粒到达A(l ，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：
所以，Eq ＝mg ，得：E
＝mg
q
(2)由平衡条件：qvB ＝2mg
电场方向变化后，
微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB ＝m v 2
r
由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ， B ＝
m q
g l
(3)微粒做匀速运动的时间：t 1＝
2l v
＝l g 做圆周运动的时间：t 2＝3
4π·2l v ＝
3π
4
l g
在复合场中的运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π
4
＋1)
l g
.
2．(2020·宁波市模拟)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图13所示，已知电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g.运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：
图13
(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大；
(3)若液滴运动到最低点A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R 1＝3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A 点，则另一个液滴怎样运动？ 答案 见解析
解析 (1)顺时针运动．
(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，液滴所受洛伦兹力提供向心力，即Eq ＝mg ，qvB ＝m v
2
R
解得v ＝
gBR E
(3)第一个液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v 1＝gBR 1E ＝gB·3R
E
＝3v ，方向向左．
第二个液滴分裂后的速度设为v 2，分裂前后动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向 mv ＝12mv 1＋1
2
mv 2，解得v 2＝－v
即分裂后第二个液滴速度大小为v ，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下仍做匀速圆周运动，绕行方向仍是顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径R 2＝R.
粒子在叠加场中运动的分析思路
专题强化练 (限时：30分钟)
1. (2020·宁波市九校高三上学期期末)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．一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图1所示，其中电场和两个磁场固定不变，粒子重力不计，则下列说法中正确的是( )
图1
A ．该束带电粒子带负电
B ．速度选择器的P 1极板接电源负极
C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，速度越快
D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷q
m 越小
答案 D
解析 根据粒子在磁场中的运动轨迹及左手定则知，该束粒子带正电，故A 错误．在平行金属板间， 带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P 1极板带正电，故B 错误. 进入B 2磁场中的粒子速度v 是一定的，由牛顿第二定律得：qvB 2＝m v
2
r ，
解得：r ＝mv qB 2，由r ＝mv qB 2可知，r 越大，比荷q
m
越小，故C 错误，D 正确．
2．如图2是利用霍尔效应制成的污水流量计的原理图，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左、右两端开口，有垂直上下底面的匀强磁场B ，前后内侧面分别固定有金属板电极．流量为Q 的污水充满管道从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压．下列说法中正确的是( )
图2
A ．后表面比前表面的电势低
B ．污水流量越大，电压表的示数越小
C ．污水中离子浓度升高，电压表的示数不变
D ．增大所加磁场的磁感应强度，电压表的示数减小 答案 C
解析 根据左手定则可知，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，故后表面的电势一定高于前表面的电势，选项A 错误；最终离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，有qvB ＝q U
b ，则电势差U ＝vBb ，又因为流
量Q ＝vS ＝vbc ＝Uc B ，所以U ＝QB c ，故流量Q 越大，电压越大，选项B 错误；因为U ＝QB
c ，所以电压与污水
中离子的浓度无关，选项C 正确；由U ＝QB
c 可知，增大所加磁场的磁感应强度B ，电压表的示数U 将增大，
选项D 错误．
3．如图3所示，两块水平放置、相距为d 的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m 、水平速度均为v 0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U ，墨滴在电场区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M 点．
图3
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量； (2)求磁感应强度B 的值；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M 点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？ 答案 (1)负电荷
mgd U (2)v 0U gd 2 (3)4v 0U 5gd
2 解析 (1)墨滴在电场区域内做匀速直线运动，有 q U
d ＝mg
①
由①式得 q ＝
mgd
U
②
由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷
(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有 qv 0B ＝m v 0
2
R
③
考虑墨滴进入磁场和撞板时的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径 R ＝d
④ 由②③④式得B ＝v 0U
gd
2
⑤
(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R′，有
qv 0B′＝m v 0
2
R′
⑥
由图示可得 R′2＝d 2
＋(R′－d 2)
2
⑦ 得R′＝5
4d
⑧
联立②⑥⑧式可得 B′＝
4v 0U
5gd
2. 4．(2020·浙江余姚中学高三上期中) 如图4所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到最大值U m 之间的各种数值．静止的带电粒子电荷量为＋q ，质量为m(不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：
图4
(1)当M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子射入磁场的速度v 1的大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)粒子在磁场中运动的最长时间t m ； (4)CD 板上可能被粒子打中区域的长度s. 答案 (1)
2qU m m (2)1
L
2mU m
q
(3)πL m
2qU m
(4)(2－2)L 解析 (1) M 、N 两板间电压取最大值U m 时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示：
设此时粒子运动轨迹半径为r 1，CH ＝QC ＝L
即半径r 1＝L ，由：qU m ＝12mv 1 2
，可得：v 1＝
2qU m
m
(2)由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动得 qv 1B ＝m v 1 2
r 1，得B ＝1
L
2mU m
q
(3)粒子在磁场中运动的时间最长为半个周期 由T ＝
2πr v ＝2πm qB ，t m ＝T
2
，得t m ＝πL m
2qU m
(4)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A 在△AKC 中，sin 45°＝
r 2
L －r 2
解得：r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L 所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK 即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L.
5．(2020·浙江名校新高考联盟3月联考)如图5所示，真空中MN 上方半径为R 的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．在磁场右侧有长为2R 、间距为R 的平行金属板所形成的匀强电场，具体分布在矩形ACFD 内．矩形中心线O 1O 2与磁场区域的圆心O 在同一直线上，O 1也是圆周上的一点，BAO 1DE 在同一竖直线上，BA 、DE 为挡板．有一群电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子以速率v 0从圆周上的a 点飞入，其方向与aM 成0°～180°角且分布均匀地射出，每秒内射出的带电粒子数总为N 0，某一沿aO 方向射入磁场的粒子从O 1点飞出磁场进入右侧电场，并恰好从DF 边缘F 点离开电场，最后垂直打到探测板PQ 上．(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)
图5
(1)求电场强度E 和磁场的磁感应强度B 的比值；
(2)求探测板PQ 与MN 的夹角θ的正切值和每秒垂直打在荧光屏PQ 上的粒子数N.
(3)若打在平行金属板DF 上的粒子被全部吸收，打在探测板PQ 上的粒子全部被探测板反向弹回，弹回速度大小不变，求从电场中射出的粒子对探测板的平均作用力的大小．(没有飞入ACFD 的粒子均被AB 、DE 挡板拦截) 答案 见解析
解析 (1)带电粒子从aO 方向射入，从O 1射出，其反向延长线必经过O 点，可得轨迹圆的半径与区域圆的半径是相同的，即都为R qv 0B ＝mv 0 2
R ，B ＝mv 0qR
带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，可得
R 2＝12·qE m t 2 2R ＝v 0t E ＝mv 0 2
4qR
E B ＝v 04
(2)带电粒子从F 点飞出时，水平方向的速度仍为v 0，竖直方向速度为v y ＝qE m t ＝v 0
2，由数学知识可得
tan θ＝v 0
v y
＝2
与aM 成90°沿aO 方向射入的粒子，此时刚好打到斜面上，可知，只有从A 处水平进入的同样的带电粒子会从O 2点出来垂直打到斜面上．由数学知识可得，此时带电粒子从a 处进入的方向与aM 成60°，即在a 处入射的粒子能够打到极板上的角度大小是30°，由此得N ＝N 0
6
(3)带电粒子从电场中出射速度大小为： v ＝v 0 2
＋v y 2
＝
52
v 0 对粒子进行受力分析，由动量定理得： Ft 0＝Nt 0·mv－(－Nt 0·mv) 得F ＝
5
6
N 0mv 0 由牛顿第三定律可得，粒子对探测板的平均作用力大小为F′＝
5
6
N 0mv 0. 6．如图6所示，在第二象限半径为r 的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切．x 轴上切点A 处有一粒子源，能够向x 轴上方发射速率均为v ，质量为m ，电量为＋q 的粒子，粒子重力不计．圆形区域磁场的磁感应强度B 1＝mv
qr ，y 轴右侧0＜y ＜r 的范围内存在沿y 轴负方向的匀强电场，已
知某粒子从A 处沿＋y 方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°角斜向下，求：
图6
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)若在MN 右侧某区域存在另一圆形匀强磁场B 2，发现A 处粒子源发射的所有粒子经磁场B 1、电场E 射出后均能进入B 2区域，之后全部能够经过x 轴上的P 点，求圆形匀强磁场B 2的最小半径；
(3)继第二问，若圆形匀强磁场B 2取最小半径，试求A 处沿＋y 方向射入B 1磁场的粒子，自A 点运动到x 轴上的P 点所用的时间．
答案 (1)mv 2
qr (2)22r (3)3r 2v ＋3πr
4v
解析 (1)设粒子做类平抛运动的水平位移大小为x ， 竖直方向的速度大小为v y ，类平抛的加速度大小为a ， 类平抛的时间为t ，
根据牛顿第二定律Eq ＝ma ，得a ＝
qE
m
， 粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛的规律有： x 方向：x ＝vt ＝r ， y 方向：v y ＝at ＝
qE m t ＝Eqr mv
， 粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°斜向下，则 v y ＝v ， 联立得匀强电场的电场强度大小E ＝mv
2
qr .
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得qvB 1＝m v
2
R ，
联立题中已知B 1＝mv
qr
，得R ＝r ，
因为磁场半径与轨迹半径相同，所以粒子离开磁场后的速度方向均沿x 轴正方向， 又所有粒子穿出匀强电场后速度纵向偏移量 y ＝12at 2＝1
2
r 均相等，
设粒子从MN 射出的最高点为E ，最低点为F ， 则EF ＝2r ，所以粒子束的宽度d ＝2r 圆形匀强磁场B 2的最小半径 r B2＝2
2r. (3)粒子在磁场B 1中运动时间 t 1＝
πr
2v
粒子在匀强电场中运动时间 t 2＝r
v ，
粒子在无场区运动速度 v′＝2v ， 粒子在无场区运动的距离 x 3＝22
r ， 粒子在无场区运动的时间 t 3＝
x 3v′＝r 2v ， 粒子在磁场B 2中运动时间 t 4＝
πr 4v。