2021版高考物理一轮复习第9章磁场第3节带电粒子在复合场中的运动教案

第3节 带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动 [讲典例示法]
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，跟在磁场中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。

[典例示法] (2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在
xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度
的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行。

一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出。

不计重力。

(1)定性画出该粒子在电、磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π
6，求该粒子的比荷及
其从M 点运动到N 点的时间。

[解析] (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。

图(a)
(2)设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b )，速度v 沿电场方向的分量为v 1。

图(b)
根据牛顿第二定律有qE ＝ma ①
由运动学公式有
l ′＝v 0t ② v 1＝at ③ v 1＝v cos θ
④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB ＝mv 2
R
⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ
⑥
联立①②③④⑤⑥式得v 0＝
2El ′
Bl。

⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v 1＝v 0cot π
6
⑧
联立①②③⑦⑧式得q m
＝43El ′
B 2l
2
⑨
设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则
t ′＝2t ＋2⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－π62π
T
⑩
式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T ＝
2πm
qB
⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1＋
3πl 18l ′。

⑫
[答案] (1)见解析 (2)2El ′Bl (3)43El ′B 2l 2
Bl E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1＋3πl 18l ′
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
[跟进训练]
先电场后磁场
1．(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压
U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸
面向里，磁场左边界竖直。

已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l 。

不计重力影响和离子间的相互作用。

求：
(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比。

[解析] (1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有
q 1U ＝1
2
m 1v 21
①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q 1v 1B ＝m 1v 21
R 1
② 由几何关系知2R 1＝l
③
由①②③式得B ＝
4U
lv 1。

④
(2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2。

同理有
q 2U ＝12
m 2v 22 ⑤ q 2v 2B ＝m 2v 22R 2
⑥ 由题给条件有2R 2＝l
2
⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
q 1m 1∶q 2
m 2
＝1∶4。

⑧
[答案] (1)
4U
lv 1
(2)1∶4
2．(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，在y >0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y <0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。

一个氕核1
1H 和一个氘
21
H 先后从y 轴上y ＝h 点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向。

已知1
1H 进入磁场时，
速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场。

1
1H 的质量为m ，电荷量为q 。

不计重力。

求：
(1)1
1H 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。

[解析] (1)1
1H 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。

设1
1H 在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1。

由运动学公式有
s 1＝v 1t 1
① h ＝12
a 1t 21
②
由题给条件，1
1H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°。

1
1H 进入磁场时速度的y 分量的大小为
a 1t 1＝v 1tan θ1
③
联立以上各式得
s 1＝
23
3
h 。

④
(2)1
1H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE ＝ma 1
⑤
设1
1H 进入磁场时速度的大小为v ′1，由速度合成法则有
v ′1＝v 21＋(a 1t 1)2
⑥
设磁感应强度大小为B ，1
1H 在磁场中运动的圆轨迹半径为R 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv ′1B ＝mv ′21R 1
⑦
由几何关系得
s 1＝2R 1sin θ1
⑧ 联立以上各式得B ＝
6mE
qh。

⑨
(3)设2
1H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2，在电场中的加速度大小为a 2，由题给条件得
12(2m )v 2
2＝12mv 21
⑩
由牛顿第二定律有
qE ＝2ma 2
⑪
设2
1H 第一次射入磁场时的速度大小为v ′2，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2。

由运动学公式有
s 2＝v 2t 2
⑫ h ＝12
a 2t 22
⑬ v ′2＝v 22＋(a 2t 2)2
⑭ sin θ2＝
a 2t 2
v ′2
⑮
联立以上各式得
s 2＝s 1，θ2＝θ1，v ′2＝
2
2
v ′1
⑯
设2
1H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R 2＝
(2m )v ′2
qB
＝2R 1
⑰
所以出射点在原点左侧。

设2
1H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s ′2，由几何关系有
s ′2＝2R 2sin θ2
⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，2
1H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为
s ′2－s 2＝
23
3
(2－1)h 。

⑲
[答案] (1)23
3
h (2)
6mE
qh (3)233
(2－1)h 先磁场后电场
3.如图所示，真空中有一以(r,0)为圆心，半径为r 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里，在y ≥r 的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E ；从O 点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内。

已知质子的电荷量为e ，质量为m ，质子在磁场中的偏转半径也为r ，不计重力及阻力的作用，求：
(1)质子射入磁场时的速度大小；
(2)速度方向沿x 轴正方向射入磁场的质子，到达y 轴所需时间及与y 轴交点坐标。

[解析] (1)质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
evB ＝m v 2
r
可得v ＝
eBr m。

(2)质子沿x 轴正方向射入磁场，经1
4圆弧后，以速度v 垂直于电场方向进入电场，
由于T ＝2πr v ＝2πm
eB
质子在磁场中运动的时间为t 1＝T 4＝πm 2eB
质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r 后到达y 轴，因此有r ＝12at 2
2
则t 2＝
2r a
＝
2mr eE
所求时间为t ＝t 1＋t 2＝πm
2eB ＋
2mr
eE
与y 轴的交点
y ＝r ＋
2mr eE ·eBr
m ＝r ＋Br
2er
mE ，x ＝0。

[答案] (1)
eBr m (2)πm 2eB
＋2mr eE
⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，r ＋Br
2er mE
4．如图所示，一个质量为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，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 处距A 点2d (AG ⊥AC )，不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。

求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r ； (2)离子从D 处运动到G 处所需时间； (3)离子到达G 处时的动能。

[解析] (1)正离子运动的轨迹如图所示。

磁场中做圆周运动的半径r 满足：
d ＝r ＋r cos 60°，解得r ＝23
d 。

(2)设离子在磁场中的运动速度为v 0，则有：
qv 0B ＝m v 20
r
T ＝
2πr v 0＝2πm
qB
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：
t 1＝13T ＝
2πm
3Bq
离子在电场中做类平抛运动，从C 到G 的时间为： t 2＝2d v 0＝3m Bq
离子从D 处运动到G 处所需时间为：
t ＝t 1＋t 2＝
(9＋2π)m
3Bq。

(3)设电场强度为E ，则有：
qE ＝ma d ＝1
2
at 22
由动能定理得：qEd ＝E k G －12mv 20
解得E k G ＝4B 2q 2d
2
9m。

[答案] (1)23d (2) (9＋2π)m 3Bq (3)4B 2q 2d
2
9m
带电粒子在叠加场中的运动 [讲典例示法]
1．三种场的比较
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G ＝mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变物体的重力势能 电场
大小：F ＝qE
方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关
W ＝qU
电场力做功改变电势能
磁场
大小：F ＝qvB (v ⊥B ) 方向：可用左手定则判断
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力
相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。

(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。

(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。

[典例示法] 如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B 。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动。

A 、C 两点间距离为h ，重力加速度为g 。

(1)求小滑块运动到C 点时的速度大小v C ；
(2)求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；
(3)若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点。

已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v P 。

[解析] (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足
qvB ＋F N ＝qE
小滑块在C 点离开MN 时，有
F N ＝0
解得v C ＝E
B。

(2)由动能定理
mgh －W f ＝12
mv 2C －0 解得W f ＝mgh －mE 2
2B
2。

(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。

撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g ′，则
g
′＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫qE m 2
＋g 2 且v 2
P ＝v 2
D ＋g ′2t 2
解得v P ＝
v 2D ＋⎣⎢⎢⎡⎦
⎥
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫qE m 2
＋g 2t 2。

[答案] (1)E B (2)mgh －mE 2
2B
2
(3)
v 2D ＋⎣⎢⎢⎡⎦
⎥
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫qE m 2
＋g 2t 2
“三步”解决叠加场问题
[跟进训练]
磁场与电场叠加
1.(多选)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子
恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。

不计重力，则( )
A ．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动
B ．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转
C ．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转
D ．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动
BD [若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，B 选项正确；若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下，由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D 选项正确。

]
2.(2016·北京高考)如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。

不计带电粒子所受重力。

(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小。

[解析] (1)洛伦兹力提供向心力，有f ＝qvB ＝m v 2R 带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv qB
匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πm qB。

(2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力f ＝qvB 。

粒子做匀速直线运动，则qE ＝qvB
电场强度的大小E ＝vB 。

[答案] (1)mv qB 2πm qB
(2)vB 磁场与重力场叠加
3.(多选)如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。

质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。

现将三个小球在轨道
AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A ．经过最高点时，三个小球的速度相等
B ．经过最高点时，甲球的速度最小
C ．甲球的释放位置比乙球的高
D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
CD [设磁感应强度为B ，圆形轨道半径为r ，三个小球质量均为m ，它们恰好通过最高
点时的速度分别为v 甲、v 乙和v 丙，则mg ＋Bv 甲q 甲＝mv 2甲r ，mg －Bv 乙q 乙＝mv 2乙r ，mg ＝mv 2丙r
， 显然，v 甲 > v 丙 > v 乙，选项A 、B 错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C 正确。

]
4.(多选)如图所示为一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下列选项中的( )
A B C D
AD [带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A 正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D 正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故
B 、
C 错误。

]
磁场、电场与重力场叠加
5.(2017·全国卷Ⅰ)如图所示，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m a 、m b 、m c 。

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．m a>m b>m c B．m b>m a>m c
C．m c>m a>m b D．m c>m b>m a
B[设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即
m a g＝qE ①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
m b g＝qE＋qvB ②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
m c g＋qvB＝qE ③
比较①②③式得：m b>m a>m c，选项B正确。

]
6．(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T。

有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。

求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。

[解析] (1)小球匀速直线运动时受力如图甲所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
甲
qvB＝q2E2＋m2g2①
代入数据解得
v＝20 m/s ②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tan θ＝qE mg ③ 代入数据解得
tan θ＝ 3 θ＝60°。

④
(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有
乙
a ＝q 2E 2＋m 2g 2
m ⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有
x ＝vt ⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有
y ＝1
2at 2 ⑦
a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又
tan θ＝y x
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t ＝2 3 s≈3.5 s。

⑨
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
v y ＝v sin θ ⑤
若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 v y t －12gt 2＝0
⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得 t ＝2 3 s≈3.5 s。

⑦
[答案] (1)20 m/s ，方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s
带电粒子在交变电、磁场中的运动 [讲典例示法]
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图 看清、并明白场的变化情况 受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析
分析粒子在不同时间内的运动情况 找衔接点
找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解
[典例示法] 如图甲所示，虚线MN 的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。

一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(视为质点)，以大小为v 0的水平初速度沿PQ 向右做直线运动。

若小球刚经过D 点时(t ＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D 点时的速度方向与PQ 连线成60°角。

已知D 、Q 间的距离为(3＋1)L ，t 0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g 。

甲 乙
(1)求电场强度E 的大小；
(2)求t 0与t 1的比值；
(3)小球过D 点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B 0及运动的最大周期T m 。

审题指导
题中信息
方法引导 沿PQ 向右做直线运动 小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度
的大小
小球再次通过D 点速度与PQ 成60°角 画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆
周运动轨迹半径的关系
求运动的最大周期
当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN 相切时小球
运动周期最大 则mg ＝Eq
解得E ＝mg q。

(2)小球能再次通过D 点，其运动轨迹应如图(a)所示。

(a)
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，则由几何关系有
s ＝r tan 30° 又知s ＝v 0t 1
圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－⎝
⎛⎭⎪⎫π－π3＝43π 则t 0＝θr v 0
联立解得t 0t 1＝439π。

(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN 相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，
(b)
由几何关系得R ＋R
tan 30°
＝(3＋1)L 解得R ＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv 0B 0＝m v 2
0R
解得B 0＝mv 0qL
小球在一个周期内运动的路程
s 1＝3×2
3×2πR ＋6×R
tan 30°＝(4π＋63)L
故T m ＝s 1v 0＝(4π＋63)L v 0。

[答案] (1)mg q (2)439π (3)mv 0qL (4π＋63)L v 0
[跟进训练]
带电粒子在交变磁场中的运动
1．(多选)某一空间存在着磁感应强度为B 且大小不变、方向随时间t 做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。

为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a →b →c →d →e →f 的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( )
甲 乙
A ．若粒子的初始位置在a 处，在t ＝38
T 时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 B ．若粒子的初始位置在f 处，在t ＝T 2
时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 C ．若粒子的初始位置在e 处，在t ＝118
T 时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 D ．若粒子的初始位置在b 处，在t ＝T 2
时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 AD [要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T 0＝T 2，若粒子的初始位置在a 处时，对应时刻应为t ＝34T 0＝38
T ，同理可判断B 、C 、D 选项，可得A 、D 正确。

]
带电粒子在交变电、磁场中的运动
2．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 0π
2，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：
(a) (b)
(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 0π
① 又qv 0B 0＝m v 2
0R
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 0
④ 联立①④解得T ＝4t 0
⑤ 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
⑥ y 1＝12at 2
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 ⑧
解得L
＝4＋2ππv 0t 0。

[答案] (1)4v 0πE 0t 0 (2)⎝ ⎛⎭
⎪⎫2＋ππv 0t 0，0 (3)4＋2ππv 0t 0
实例一 质谱仪
装置 原理图 规律
质谱仪
带电粒子由静止被加速电场加速qU
＝12
mv 2，在磁场中做匀速圆周运动qvB ＝m v 2r ，则比荷q m ＝2U B 2r
2 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，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 ．11
B ．12
C ．121
D ．144
D [带电粒子在加速电场中运动时，有qU ＝12
mv 2，在磁场中偏转时，其半径r ＝mv qB
，由以上两式整理得：r ＝1B 2mU
q 。

由于质子与一价正离子的电荷量相同，B 1∶B 2＝1∶12，当半径相等时，解得：m 2m 1＝144，选项D 正确。

]
实例二 回旋加速器
装置 原理图 规律
回旋加
速器
交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相
同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D 形盒缝隙都会被加速。

由qvB ＝m v 2r 得E km ＝q 2B 2r 2
2m
强磁场中，并与高频电源两极相连，现对氚核(3
1H)加速，所需的高频电源的频率为f 。

已知元电荷为e 。

下列说法正确的是( )
A ．D 形盒可以用玻璃制成
B ．氚核的质量为eBf 2π
C ．高频电源的电压越大，氚核从P 处射出的速度越大
D ．若对氦核(42He)加速，则高频电源的频率应调为32
f D [为使D 形盒内的带电粒子不受外电场的影响，D 形盒应用金属材料制成，以实现静电屏蔽，A 错误；为使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应与带电粒子在匀强磁场中做
匀速圆周运动的频率相等，由T 1
＝2πm 1eB 和T 1＝1f ，得氚核的质量m 1＝eB 2πf
，B 错误；由ev m B ＝m 1v 2m R ，得v m ＝eBR m 1
，可见氚核从P 处射出时的最大速度v m 与电源的电压大小无关，C 错误；结合T 2＝2πm 22eB 和T 2＝1f 2，得f 2＝2m 1m 2f ，又m 1m 2＝34，得f 2＝32
f ，D 正确。

] 实例三 速度选择器
装置 原理图 规律
速度选择器
若qv 0B ＝Eq ，即v 0＝E
B
，带电粒子做匀速运动 3.在如图所示的平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直。

一带电粒子(重力不计)从左端以速度v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )
A ．一定带正电
B ．速度v ＝E B
C ．若速度v >E B ，粒子一定不能从板间射出
D ．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
B [粒子带正电和负电均可，选项A 错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvB ＝qE ，解得速度v ＝E B ，选项B 正确；若速度v >E B
，粒子可能从板间射出，选项C 错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D 错误。

]
实例四 电磁流量计
装置
原理图 规律 电磁流量计 U D q ＝qvB ，所以v ＝U DB ，所以Q ＝vS ＝U DB π⎝ ⎛⎭⎪⎫D 22
＝πUD 4B 平面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁M 和N 分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰艇内超导体在M 、N 间产生强磁场，使M 、N 间海水受到磁场力作用被推出，船因此前进。

要使图乙中的舰艇向右前进，则所加磁场的方向应为( )
甲 乙
A ．水平向左
B ．水平向右
C ．竖直向上
D ．竖直向下
C [图乙为俯视图，舰艇向右行驶，必须获得向右的作用力，由牛顿第三定律知，海水受到的安培力必须向左，M 接正极，电流从M 到N ，由左手定则知所加磁场方向必须竖直向上，选项C 正确。

]
实例五 霍尔元件
装置 原理图
规律 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
5.(2019·天津高考)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eU a
D [由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A 错。

电子受力平衡后，U 稳定不变，由e U a ＝evB 得U ＝Bav ，与v 成正比，与c 无关，B 、C 错。

洛伦兹力F ＝evB ＝eU a
，D 对。

]
讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决物理问题的方法进行分析。

这里较多的是用分析力学问题的方法，对于带电粒子在磁场。