带电粒子在组合场中的运动
第一章 专题强化4 带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动[学习目标] 1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法.2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法.3.会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现．1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识2．“电偏转”与“磁偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件只受恒定的静电力F＝qEv⊥E进入匀强电场只受大小恒定的洛伦兹力F＝q v Bv⊥B进入匀强磁场运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝12at2，a＝qEm，tan θ＝atv0利用牛顿第二定律、向心力公式有r＝m vqB，T＝2πmqB，t＝θT2π一、由电场进入磁场例1 (多选)一带负电粒子的质量为m 、电荷量为q ，空间中一平行板电容器两极板S 1、S 2间的电压为U .将此粒子在靠近极板S 1的A 处无初速度释放，经电场加速后，经O 点进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S 2)，图中虚线Ox 垂直于极板S 2，当粒子从P 点离开磁场时，其速度方向与Ox 方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则( )A ．极板S 1带正电B ．粒子到达O 点的速度大小为2qUmC ．此粒子在磁场中运动的时间t ＝πm3qBD ．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O 点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d ＝Um qB 2答案 BC解析 带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，场强向左，说明极板S 1带负电，故A 错误；设粒子到达O 点的速度大小为v ，由动能定理可得Uq ＝12m v 2，解得v ＝2qUm，故B 正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝π3，此粒子在磁场中运动的时间t ＝16T ＝16×2πm Bq ＝πm3qB，故C 正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O 点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bq v ＝m v 2R把B 选项中求得的速度大小代入可得R ＝2UmqB 2， 则该有界磁场区域的宽度d ＝R ＝2UmqB 2，故D 错误． 例2 如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场圆心在M (L ，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q (－2L ，－L )点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O 进入磁场，从P (2L ，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值． 答案 (1)v 02 (2)π4解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m 和q ，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L ＝v 0t 1，L ＝12at 12，qE ＝ma联立解得E ＝m v 022qL粒子到达O 点时沿＋y 方向的分速度为v y ＝at 1＝v 0，tan α＝v yv 0＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v ＝2v 0.粒子所受洛伦兹力提供向心力， 则Bq v ＝m v 2r ，由几何关系得r ＝2L联立解得B ＝m v 0qL ，则E B ＝v 02；(2)粒子在磁场中运动的周期为T ＝2πr v ，粒子在磁场中运动的时间为t 2＝14T ＝πL2v 0，粒子在电场中运动的时间为t 1＝2Lv 0，解得t 2t 1＝π4.从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时速度的大小和方向，这是正确求解的关键． 二、从磁场进入电场例3 如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一象限内有竖直向上的匀强电场，圆心O 1在x 轴上，半径为R 且过坐标原点O ，圆内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)．一质量为m ，带电荷量为q 的正粒子从圆上P 点正对圆心O 1以速度v 0射入磁场，从坐标原点O 离开磁场，接着又恰好经过第一象限的Q (a ，b )点，已知PO 1与x 轴负方向成θ角，不计粒子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (2)粒子从P 运动到Q 的时间．答案 (1)2mb v 02a 2q m v 0Rq tan θ2 (2)θR v 0tanθ2＋av 0解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ， 由几何关系得r tan θ2＝R又q v 0B ＝m v 02r故B ＝m v 0Rq tan θ2粒子从O 到Q 做类平抛运动，设运动时间为t 2， a ＝v 0t 2则t 2＝a v 0，b ＝12·qE m ·t 22故E ＝2mb v 02a 2q(2)粒子在磁场中运动的时间t 1＝θ2π·2πr v 0＝θr v 0＝θRv 0tanθ2则粒子从P 运动到Q 的时间为t ＝t 1＋t 2＝θR v 0tanθ2＋av 0.三、多次进出电场和磁场例4 如图所示的xOy 坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子在该平面内从x 轴上的P 点，以垂直于x 轴的初速度v 0进入匀强电场，恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限的磁场．已知O 、P 之间的距离为d ，不计粒子的重力．求：(1)O 点到Q 点的距离； (2)磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间． 答案 (1)2d (2)m v 02qd (3)(7π＋4)d 2v 0解析 (1)设Q 点的纵坐标为h ，粒子到达Q 点的水平分速度为v x ，从P 到Q 受到的恒定的静电力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h ＝v 0t 1水平方向匀加速直线运动的平均速度v ＝0＋v x2，则d ＝v x t 12根据速度的矢量合成知tan 45°＝v xv 0解得h ＝2d .(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R ＝22d由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ，由(1)可知v ＝v 0cos 45°＝2v 0联立解得B ＝m v 02qd.(3)粒子在电场中的运动时间为t 1＝2dv 0粒子在磁场中的运动周期为T ＝2πR v ＝4πdv 0粒子在第一象限中的运动时间为t 2＝135°360°·T ＝38T粒子在第四象限内的运动时间为t 3＝T2故带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(7π＋4)d2v 0.1．(2020·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 答案 D解析 电子在M 、N 间受向右的静电力，电场方向向左，故M 处的电势低于N 处的电势，故A 错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r ＝m vqB 可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P 点右移，故B 错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场的方向垂直于纸面向里，故C 错误；根据r ＝m vqB，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，故D 正确．2.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，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，则离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的轨迹半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3 答案 BCD解析 离子P ＋和P 3＋质量之比为1∶1，电荷量之比为1∶3，故在电场中的加速度(a ＝qEm )之比为1∶3，A 项错误；离子在离开电场区域时，有qU ＝12m v 2，在磁场中做匀速圆周运动时，有q v B ＝m v 2r ，得半径r ＝m v qB ＝1B2mU q ，则半径之比为1∶13＝3∶1，B 项正确；设磁场宽度为d ，由几何关系，有d ＝r sin θ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶3，因为θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，C 项正确；由qU ＝12m v 2可知，离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D 项正确．3.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区域加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外、半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的点F (图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R ，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )A.8U R 2B 2B.4U R 2B 2C.6U R 2B 2D.2U R 2B 2 答案 C解析 设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v ，由动能定理有qU ＝12m v 2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R3.又Bq v ＝m v 2r ，则q m ＝6UR 2B2，故C 正确．4.如图所示的区域中，OM 左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM ，且垂直于磁场方向．一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的带电粒子从小孔P 以初速度v 0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C 垂直于OM 射入匀强电场，最后打在Q 点，已知OC ＝L ，OQ ＝2L ，不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B 的大小； (2)电场强度E 的大小． 答案 (1)3m v 02qL (2)m v 022qL解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O 1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)，∠PO 1C ＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ， 由r ＋r cos 60°＝OC ＝L 得r ＝2L3粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，q v 0B ＝m v 02r ，解得：B ＝m v 0qr ＝3m v 02qL ；(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度大小为a ＝qEm ，水平方向有2L ＝v 0t ，竖直方向有L ＝12at 2联立解得E ＝m v 022qL.5.如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从y 轴正半轴上y ＝h 处的M 点，以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上x ＝2h 处的P 点进入磁场，最后以垂直于y 轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：(1)电场强度E 的大小；(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r ；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t . 答案 见解析解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示设粒子在电场中运动的时间为t 1， 则有2h ＝v 0t 1，h ＝12at 12根据牛顿第二定律得Eq ＝ma 解得E ＝m v 022qh(2)设粒子进入磁场时速度为v ，在电场中， 由动能定理得Eqh ＝12m v 2－12m v 02，又因Bq v ＝m v 2r ，解得r ＝2m v 0Bq. (3)粒子在电场中运动的时间t 1＝2hv 0粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πmBq设粒子在磁场中运动的时间为t 2，则 t 2＝38T得t ＝t 1＋t 2＝2h v 0＋3πm4Bq.6．(2022·河北泊头一中高二月考)如图所示，以两虚线P 、Q 为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E ，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电荷量为－q 、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度v 0从电场边界P 、Q 之间的O 点出发．(1)若粒子能到达边界Q ，求O 点到边界Q 的最大距离l 1；(2)若使粒子到达边界Q 并进入磁场的偏转半径为R ，求O 点到边界Q 的距离l 2；(3)在题(2)的前提下，能使粒子从O 点出发到再次回到O 点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d 和全过程的运动时间t .答案 见解析解析 (1)由动能定理得－Eql 1＝0－12m v 02， 则l 1＝m v 022Eq. (2)由动能定理得－Eql 2＝12m v 12－12m v 02， 由洛伦兹力提供向心力，q v 1B ＝m v 12R解得l 2＝m 2v 02－q 2B 2R 22Eqm. (3)要使粒子在磁场中运动时间最短，则轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力q v 1B ＝m v 12Rq v 2B ＝m v 222R由动能定理得Eqd ＝12m v 22－12m v 12 解得d ＝3q 2B 2R 22Eqm粒子在电场中运动的加速度a ＝Eq m在磁场中运动的周期T ＝2πm qB全过程的运动时间t ＝32×2πm qB ＋2(v 0－v 1)a ＋2(v 2－v 1)a ＝3πm qB ＋2m v 0Eq .。
带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动
带电粒子的运动是物理学中的一种重要现象，其中电磁场产生的组合场是影响
带电粒子运动的重要因素之一。
带电粒子在组合场中的运动受到电磁场和重力场的共同作用。
由于它在电磁场中受到电力的作用，电流质点会产生电场和磁场。
磁场又会产
生电离力，对电流质点的运动产生影响。
进而磁场又可以产生电场，来反作用磁力，这就是带电粒子在组合场中的运动。
此外，受重力场的作用，带电粒子会受到由重力产生的阿博尔力的挤压，就如
苹果被外部重力拉扯一样，这也是带电粒子在组合场中运动的另外一种影响因素。
另外，当带电粒子运行速度很大时，也会受到电场和磁场、重力场及动能守恒
定律的引力作用，这意味着它受到四种类型的力的共同作用，来影响它的运动。
而这种运动受到环境的影响的程度要远低于电子在金属物质中的运动。
带电粒子在组合场中的运动是一个比较复杂的问题，要了解它的运动规律，必
须要考虑它受到电磁场，重力场及动能守恒定律的多重作用，并且要有较高的数学处理技能，才能理解它们之间的相互影响。
总之，带电粒子在组合场中的运动受到电磁场，重力场及动能守恒定律的共同
影响，而且运动过程受环境影响的程度较低，因此，需要有较丰富的数学处理能力才能更好地了解它们之间的相互作用。
难点20 带电粒子在组合场中的运动——【全攻略】备战2023年高考物理一轮重难点复习(解析版)
难点20 带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．2．分析思路(1)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．(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)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．3．常见粒子的运动及解题方法一、磁场与磁场的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】(2020·江苏卷·16) 空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：(1)Q 到O 的距离d ；(2)甲两次经过P 点的时间间隔Δt ；(3)乙的比荷q ′m ′可能的最小值． 【答案】(1)mv 3qB 0 (2)2πm qB 0 (3)2q m【详解】(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r 1、r 2由qvB ＝m v 2r 可知r ＝mv qB， 故r 1＝mv 2qB 0，r 2＝mv 3qB 0且d ＝2r 1－2r 2解得d ＝mv 3qB 0(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t 1、t 2由T ＝2πr v ＝2πm qB 得t 1＝πm 2qB 0，t 2＝πm 3qB 0且Δt ＝2t 1＋3t 2 解得Δt ＝2πm qB 0(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动若经过两磁场的次数均为n (n ＝1,2,3，…)相遇时，有n m ′v 3q ′B 0＝d ，n 5πm ′6q ′B 0＝t 1＋t 2解得q ′m ′＝n q m根据题意，n ＝1舍去．当n ＝2时，q ′m ′有最小值，(q ′m ′)min ＝2q m若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n ＋1)、n (n ＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇．综上分析，乙的比荷的最小值为2q m. 二、电场与磁场的组合（一）先电场后磁场1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲．2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图乙．【例2】（2022·湖北·武汉市长虹中学高三阶段练习）如图所示，在0y >的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在0y <的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy 平面（纸面）向外。
第6节 带电粒子在组合场、叠加场中的运动
由几何关系有 = 2cos 30∘
联立解得 =
3
2
（2）匀强电场的电场强度的大小。
[解析] 粒子进入电场时，速度方向与边界的夹角为60∘ ，由几何关系可知，速度方
向和电场方向垂直。粒子在电场中的位移 = = sin 30∘
又sin 30∘ =
1பைடு நூலகம்
2
cos 30∘ = 2
为的带正电粒子以速度从坐标原点沿轴正方向进入磁场，经磁场
偏转后由点进入电场，最后从轴上的点离开电场，已知、两点间距离为
，连线平行于轴。不计粒子重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
[解析] 粒子在磁场中运动时（如图所示），设轨迹半径为，根据
洛伦兹力提供向心力可得 =
动的规律
较复杂的曲线 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为 动能定理、能量守恒定
运动
零，也不与洛伦兹力等大反向
律
【视角1】 叠加场中做直线运动
域内有竖直向上的匀强电场，在 > 0 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场
强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则
(
AD
)
A.粒子从中点射入磁场，电场强度满足 =
B.粒子从中点射入磁场时速度为0
0 02
02
02 +02
02
C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
=
联立解得 =
8 3 2
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质
受力特点
匀速直线运动 粒子所受合力为0
带电粒子在组合场中的运动 课件
(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)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案 (1) 2 3 h (2) 6mE (3) 2 3 ( 2 -1)h
3
qh
3
解析 (1)11H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如
图所示。设 11H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中
(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。
答案 见解析 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=v0t ① L= 1 at2 ②
2
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy=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
1.“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力 电场力FE=qE,其大小、方向不变,与 洛伦兹力FB=qvB,其大小不变,方向随v
情况 速度v无关,FE是恒力
而改变,FB是变力
轨迹 抛物线
圆或圆的一部分
运动 轨迹
续表
垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
求解 利用类平抛运动的规律求解:
方法
运动 时间
vx=v0,x=v0t
vy=
qE m
t,y=
qE 2m
t2
偏转角φ:
tan
φ=
vy vx
qEt
= mv0
t= x
v0
半径r=
mv qB
周期T=
带电粒子在组合场运动
带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动（第1课时）专题串讲一一、基础知识要记牢带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较：分析带电粒子在组合场中运动问题的方法：(1)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。
(2)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。
(3)正确地画出粒子的运动轨迹图。
三、易错易混要明了(1)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。
(2)带电粒子在电场中的类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动，虽然均为曲线运动，但运动规律不同，处理方法也不同。
题型一带电粒子在组合场中的运动[典例1] (2013·山东高考)如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。
一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。
已知OP＝d，OQ＝2d。
不计粒子重力。
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
跟踪训练1．如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30°，OA与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场，其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。
有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点沿着x轴正方向以初速度v0射入电场，运动一段时间后经过Q点垂直于射线OA进入磁场，经磁场偏转，过y轴正半轴上的M点再次垂直进入匀强电场。
物理应考内容-带电粒子在组合场中的运动分析
带电粒子在组合场中的运动分析一、先电场后磁场模型(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．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．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．二、先磁场后电场模型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．1．(2013·浙江·20) (多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，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P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3 答案 BCD解析 磷离子P ＋和P 3＋的质量相等设为m ，P ＋的电荷量设为q ，则P 3＋的电荷量为3q ，在电场中由a ＝Eq m 知，加速度之比为所带电荷量之比，即为1∶3，A 错误；由qU ＝12m v 2得E k ∝q ，即离开电场区域时的动能之比为1∶3，D 正确；又由q v B ＝m v 2r ，得r ＝1B2mU q ∝1q ，所以r P ＋∶r P3＋＝3∶1，B 正确；由几何关系可得P 3＋在磁场中转过60°角后从磁场右边界射出，C 正确．2.如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U ，带电粒子以某一初速度v 0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 和v 0的变化情况为( )A ．d 随v 0增大而增大，d 与U 无关B ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而增大C ．d 随U 增大而增大，d 与v 0无关D ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而减小 答案 A解析 设粒子从M 点进入磁场时的速度大小为v ，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v ＝v 0cos θ.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r ＝m v qB .而MN 之间的距离为d ＝2r cos θ.联立解得d ＝2m v 0qB ，故选项A 正确．3．如图所示，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某一最大值之间的任一数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从靠近M 板的P 点经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，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时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：(1)两板间电压的最大值U m ；(2)CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ；(3)粒子在磁场中运动的最长时间t m .答案 (1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πmBq解析 (1)M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点， 如图所示，CH ＝QC ＝L故半径r 1＝L 又因为q v 1B ＝m v 21r 1且qU m ＝12m v 21，所以U m ＝qB 2L 22m .(2)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 2L －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 (3)打在Q 、E 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以t m ＝T 2＝πmBq . F4.(12分)如图14所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y <0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场．一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从电场中Q (－2h ，－h )点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O 处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN 的方向射出磁场．已知MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h,2h )，不计粒子的重力，求：(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小．(1) m v 022qh (2) m v 0qh4．(15分)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)正离子轨迹如图所示．圆周运动半径r ，满足：d ＝r ＋r cos 60° 解得r ＝23d .(2)设离子在磁场中的运动速度为v 0，则有：q v 0B ＝m v 20rT ＝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 ＝2πm3Bq 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＝3mBq离子从D →C →G 的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝(9＋2π)m3Bq (3)设电场强度为E ，则有：qE ＝ma d ＝12at 22 由动能定理得：qEd ＝E k G －12m v 20 解得E k G ＝4B 2q 2d 29m答案：(1)23d (2)(9＋2π)m 3Bq (3)4B 2q 2d 29m5．直角坐标系xOy 中与x 轴成45°角的界线OM 两侧区域分别有如图20所示电、磁场(第三象限除外)，匀强磁场磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外，匀强电场场强E ＝v B 、方向沿x 轴负方向．一不计重力的带正电的粒子，从坐标原点O 以速度为v 、沿x 轴负方向射入磁场，随后从界线上的P 点沿垂直电场方向进入电场，并最终飞离电、磁场区域．已知粒子的电荷量为q ，质量为m ，求：(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径R 及P 点的位置坐标； (2)粒子在磁场中运动的时间；(3)粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标．答案 (1)m v qB (m v qB ，m v qB ) (2)3πm2qB (3)[0，－(2－1)m v qB ] 解析 (1)由洛伦兹力提供向心力，有：q v B ＝m v 2R 解得：R ＝m vqB粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子经过界线OM 的位置P 的坐标为(m v qB ，m vqB )(2)粒子在磁场中运动的周期 T ＝2πR v ＝2πm qB粒子在磁场中运动的时间t ＝34T ＝3πm2qB(3)粒子从P 点射入电场后将做类平抛运动，如图所示，有： R ＝12at 2① x ＝v t② 其中：a ＝qEm③联立①②③式解得x ＝2m vqB故粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标为[0，－(2－1)m vqB ]6．中国著名物理学家、中国科学院院士何泽慧教授曾在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程．有人设想利用电场、磁场控制正、负电子在云室中运动来再现这一过程．实验设计原理如下：在如图所示的xOy 平面内，A 、C 二小孔距原点的距离均为L ，每隔一定的时间源源不断地分别从A 孔射入正电子，C 孔射入负电子，初速度均为v 0，方向垂直x 轴，正、负电子的质量均为m ，电荷量均为e (忽略电子之间的相互作用)．在y 轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y 轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，要使正、负电子在y 轴上的P (0，L )处相碰．求：(1)电场强度E 的大小；磁感应强度B 的大小及方向；(2)P 点相碰的正、负电子的动能之比和射入小孔的时间差Δt .解析 (1)对A 处进入的正电子，由类平抛运动规律得： L ＝v 0t A L ＝12at 2A＝Ee 2m t 2A 得E ＝2m v 20eL对C 处进入的负电子，由牛顿第二定律得e v 0B ＝m v 20L B ＝m v 0eL ，方向垂直纸面向外(2)设P 点相碰的正、负电子的动能分别为E k A 、E k C .对A 处进入的正电子，由动能定理得： EeL ＝E k A －m v 202，所以E k A ＝5m v 202故E k AE k C＝51从C进入的负电子运动的时间为t C＝90°360°×2πLv0＝πL2v0从A进入的正电子运动的时间t A＝Lv0Δt＝t C－t A，得Δt＝πL2v0－Lv0＝(π－2)L2v0。
带电粒子在组合场中的运动
模型概述
带电粒子在组合场中的运动过程比较复杂，但如果认真分析其运 动过程会发现，粒子的运动过程实际上是几个运动过程的组合， 只要认真分析每个过程，找出其所满足的物理规律，并找出各个 过程之间的衔接点和相关联的物理量，问题便可迎刃而解．
学科素养培养
1．先电场后磁场模型
60°
学科素养培养
【例 3】 E＝2×106 N/C 和 B1＝0．1 T，极板的
长度 l＝ 3 3 m， 圆形磁场的半径为 R＝ m． 正 3 3
电的粒子恰速度方向偏转了 60° ，不计粒子的重 q 力，粒子的比荷为m＝2×108 C/kg． (1)求圆形磁场区域的磁感应强度 B2 的大小； (2)在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁 场撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形磁 场，求圆形磁场的圆心 O 离极板右边缘的水平 距离 d 应满足的条件．
图22
高考模拟
高考题组
1
模拟题组
2
3
1．(2013· 山东 · 23)如图 22，电场强度大小 为 E． 电荷量为＋ q、 质量为 m 的粒子， 已知 OP＝ d， OQ＝ 2d． 不计粒子重力． (1)求粒子过 Q 点时速度的大小和方向． (2)若磁感应强度的大小为一确定值 B0, 粒子将沿垂直 y 轴的方向进入第二象限, 求 B0． (3)若磁感应强度的 大小为另一确定值， 经过一段时间后粒 子将再次经过 Q 点， 且速度与第一次过 Q 点时相同，求该 粒子相邻两次经过 图22 Q 点所用的时间．
(2)设粒子做
为 E． 电荷量为＋ q、 质量为 m 的粒子， 圆周运动的 已知 OP＝ d， OQ＝ 2d． 不计粒子重力． 半径为 R ，
带电粒子在组合场中的运动 课件
() A．11
B．12
C．121
D．144
[审题指导] (1)审关键词：①质谱仪．②质子、一价正离子从同 一出口离开磁场．
(2)思路分析：根据粒子在电场中加速，在磁场中偏转得出半径 的表达式，再求出质量之比．
[解析] D [由 qU＝12mv2 得带电粒子进入磁场的速度为 v＝ 2mqU，结合带电粒子在磁场中运动的轨迹半径 R＝mBqv，综合得到 R＝B1 2mqU，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的轨 道半径和电荷量，故mmp0＝144，故选 D.]
(2)思路分析：①粒子在狭缝间做初速度为零的匀加速直线运动； 在 D 形盒中做匀速圆周运动．②根据粒子每次均被加速的比例求 d.
[解析] (1)粒子运动半径为 R 时，有 qvB＝mvR2，且 Em＝12mv2， 解得 Em＝q22Bm2R2. (2)粒子被加速 n 次达到动能 Em，则 Em＝nqU0. 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＝qmUd0，
(2)πBR22＋U20 BRd－πqmB
(3)d<10π0mqUB20R
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.
据题意由几何关系得 R1＝d ② 联立①②式得 B0＝mqvd0 ③
(2)设粒子做圆周运动的半径为 R2，加速度大小为 a，由圆周运 动公式得 a＝Rv202 ④
据题意由几何关系得 3R2＝d ⑤ 联立④⑤式得 a＝3dv20 ⑥ (3)设粒子做圆周运动的半径为 R，周期为 T，由圆周运动公式 得 T＝2vπ0R ⑦ 由牛顿第二定律得 qv0B0＝mRv20 ⑧
带电粒子在组合场中的运动ppt正式完整版
类平抛运动
vx=v0,vy=
qEt m
qEt 2 x=v0t,y= 2 m
重点导思
一个m、q的正离子，在D处沿图示方向射入磁感应强度为B的 匀强磁场中。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，最后离子打在G处，而G处距A点2d。不 计离子重力。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处所需时间为多少； （3）离子到达G处时的动能为多少．
粒子a(、3b)的沿质量与之比+为x1:方5 向成60°角射入的粒子，
在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v，沿不同方向射入第一象限。
（3）最离子终到达将G处从时的磁动能场为多边少．缘的N点(图中未画出)
圆形磁场区域半径为R。
（2）穿离子出从D，处运不动到再G处进所需入时间为磁多少场；，求N点的坐标和
的点P(11时)速圆率为形v0，磁方向场沿x区轴正域方向磁； 感应强度的大小；
qvBsin α,FB为变
(1)圆(形2磁)场沿区域+磁x感方应强向度的射大小入； 磁场的粒子，从进入
穿出，不再进入磁场，求N点的坐标和
v垂直到B时再,FB=次qvB,穿出所走过的路程;
(2)粒子到达P2时速度的大小和方向；
清北导思
圆形磁场区域半径为R。匀强电场，电场强度为E。在M点有 一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v，沿不同方向射入第一 象限。发现沿+x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速 C．在度磁场减中转小过的到角度0之后比为又1∶2返回磁场．已知m，+q。粒子重力不计。求：
在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xoy平面(纸面)向外．一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处
专题36 带电粒子在组合场中的运动-2019高考物理一轮复习专题详解(解析版)
知识回顾组合场是指电场、磁场和重力场分区域存在．带电粒子在组合场中的运动形式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．较复杂的曲线运动当带电粒子所受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，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．4．分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成.（在电场中经常是类平抛，在磁场中为匀速圆周）复合场中重力是否考虑的三种情况(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电场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、金属块等，一般应考虑其重力．(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力．(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．基本思路：当带电粒子沿不同方向进入电场或磁场时，粒子做各种各样的运动，形成了异彩纷呈的轨迹图形．对带电粒子而言“受力决定运动，运动描绘轨迹，轨迹涵盖方程”．究竟如何构建轨迹模型，至关重要．首先应根据电场力和洛伦兹力的性质找出带电粒子所受到的合力，再由物体做曲线运动的条件确定曲线形式．例题分析【例1】如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有正交的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场沿水平方向且垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B，匀强电场沿x轴负方向、场强大小为E.在其第一象限空间有沿y 轴负方向的、场强大小为E ′＝43E 的匀强电场．一个电荷量的绝对值为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 做直线运动(PO 与x 轴负方向的夹角为θ＝37°)，并从原点O 进入第一象限．已知重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．(1)求油滴的电性；(2)求油滴在P 点得到的初速度大小；(3)在第一象限的某个长方形区域再加上一个垂直于纸面向里的、磁感应强度也为B 的匀强磁场，且该长方形区域的下边界在x 轴上，上述油滴进入第一象限后恰好垂直穿过x 轴离开第一象限，求这个长方形区域的最小面积以及油滴在第一象限内运动的时间． 【解析】 (1)油滴带负电．(2)油滴受三个力作用，如图所示，从P 到O 沿直线必为匀速运动，设油滴质量为m ：(3)油滴进入第一象限： 由电场力F ′＝qE ′＝43qE重力G ＝mg ＝4qE 3g ·g ＝43qE易知油滴先受平衡力而保持以速率v 做匀速直线运动，进入磁场区域后以线速度v 做匀速圆周运动，路径如图10－2－4，最后垂直于x 轴从N 点离开第一象限． 在磁场中运动的轨道半径：由qvB ＝m v 2r ，得r ＝mvqB代入m 、v 的结果，有r ＝20E 29gB 2长方形磁场区域的最小面积：高h ＝r ，宽l ＝r ＋r sin θ【例2】.如图所示，在空间中O 点放一质量为m ，带电荷量为＋q 的微粒，过O 点水平向右为x 轴，竖直向下为y 轴，MN 为边界线，上方存在水平向右的匀强电场E ，下方存在水平向左的匀强电场E ′和垂直纸面向里的匀强磁场．OM ＝h ，若从静止释放此微粒，微粒一直沿直线OP 穿过此区域，θ＝60°.若在O 点给它一沿x 方向的初速度v 0，它第一次经过MN 时，与MN 交于C 点．电场强度E 和E ′大小未知，重力加速度为g .求：(1)C 点的坐标；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小． 【答案】⎝⎛⎭⎫3h ＋v 02h g ，h ；m 6gh 6qh(2)设微粒在D 点时的速度为v ，由动能定理得 mgh ＋3Eqh ＝12mv 2 解得v ＝22gh微粒在MN 下方做匀速直线运动，由平衡条件得 F 洛＝Bqv ＝mg cos30°，B ＝mg q 6gh＝m 6gh6qh 。
高考物理总复习 第九单元 磁场 微专题8 带电粒子在组合场和复合场中的运动(含解析)
微专题8 带电粒子在组合场和复合场中的运动一带电粒子在组合场中的运动组合场是指电场与磁场同时存在或者磁场与磁场同时存在,但各位于一定的区域内,并不重叠的情况。
所以弄清带电粒子在电场及磁场中的运动形式、规律和研究方法是解决此类问题的基础。
1.基本类型运动类型带电粒子在匀强电场中加速(v0与电场线平行或为零)带电粒子在匀强电场中偏转(v0⊥E)带电粒子在匀强磁场中匀速运动(v0与磁感线平行)带电粒子在匀强磁场中偏转(v0与磁感线垂直)受力特点受到恒定的电场力;电场力做功不受磁场力作用受磁场力作用;但磁场力不做功运动特征匀变速直线运动类平抛运动匀速直线运动匀速圆周运动研究方法牛顿运动定律匀变速运动学规律牛顿运动定律匀变速运动学公式正交分解法匀速直线运动公式牛顿运动定律向心力公式圆的几何知识表达方式如何求运动时间、速度和位移如何求飞行时间、偏移量和偏转角-如何求时间和偏转角用匀变速直线运动的基本公式、导出公式和推论求解飞出电场时间:t=打在极板上t=偏移量:y=偏转角:tan-时间t=T(θ是圆心角,T是周期)偏转角sin θ=(l是磁场宽度,R是粒子轨道半径)α=运动情境2.解题思路题型1电场与磁场的组合例1如图所示,在xOy直角坐标系中,第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场,第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。
初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后,从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域,重力不计,经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域,在电场中偏转并击中x轴上的C点。
已知OA=OC=d。
则磁感应强度B和电场强度E分别为多少?解析设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,则qU=mv2带电粒子进入磁场后,由洛伦兹力提供向心力qBv=依题意可知r=d,联立解得B=带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点,由d=vt,d=t2联立解得E=。
1.4 带电粒子在叠加场和组合场中的运动
磁场后能到达y轴上，且速度与y轴负方向成45角？
答案：(1)
(2) 方向与x轴正方向成450角 (3) ≥
二、带电粒子在组合场中的运动
练习2、 如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在垂直于xOy平面向里的
匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x>3a的区域内存在垂直于x轴方向
第一章 安培力与洛伦兹力
§1.4 带电粒子在叠加
场和组合场中的运动
一、带电粒子在叠加场中的运动
叠加场：一般是指电场、磁场和重力场并存，或其中两种场并
存。
(1)重力是恒力，重力做功与路径无关， = −∆ 。
(2)电场力一般为恒力（匀强电场），电场力做功与路径无关，
电 = −∆ 电。
(3)洛伦兹力一般为变力（随速度的大小和方向的改变而改变）。
(+ +)
(4)
二、带电粒子在组合场中的运动
（三）粒子由磁场如磁场
例3、如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度大小为B的
匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度大小为
的匀强磁场。
一带负电的粒子，电荷量为q，质量为m，从原点O与x轴成30°角斜向上射入
磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R，不计粒子重力，则(
的匀强电场(图中未画出)，从原点O沿y轴正方向发射的粒子刚好从磁场
右边界上P(3a，a)点离开磁场进入电场，经电场偏转后到达x轴上的Q点，
到Q点速度恰好沿x轴正方向，已知粒子质量为m，电荷量为q，不计粒
子重力，求：
(1)粒子经过P点的速度大小和方向；
(2)电场强度的大小和方向；
(统考版)2023版高考物理一轮复习 第九章 磁场 专题七 带电粒子在复合场中的运动学生用书
专题七带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在组合场中的运动1．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现．2．“电偏转”或“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转) F＝qv B，F大小不变，方向总指向圆例1.一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；，求该粒子的比荷及其(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π6从M点运动到N点的时间．[教你解决问题](1)读题→画轨迹(2)模型建构→求速度[思维方法]解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板跟进训练1.[2021·广东卷，14]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之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能E k0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速．已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为√3R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.(1)当E k0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示．求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当E k0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．考点二带电粒子在叠加场中的运动1．磁场力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．2．电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．3．电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动．(2)若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．例2.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x 轴负方向成37°角，在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．[教你解决问题]——读题抓已知条件→模型建构跟进训练2．[2022·广西南宁统考]如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动，最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是( )A．小球带负电＝√3v0B．电场和磁场的大小关系为EBC．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动D．若小球刚进入管道时撤去电场，小球的机械能不断增大3．如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy中，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，第一象限y≥0.35 m的区域有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T，电场的场强大小均为E＝2 N/C.一带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0，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，经过一段时间后再次穿过x轴离开第一象限，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)油滴在P点得到的初速度v0的大小；(2)油滴在第一象限运动的时间；(3)油滴再次穿过x轴时的横坐标x1.考点三复合场与现代科技素养提升原理图例3. [2021·河北卷，5]如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是( )A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR sinθB1B2LdB．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgR sinθB1B2LdC．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR tanθB1B2LdD．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgR tanθB1B2Ld跟进训练4.(多选)如图甲是回旋加速器D形盒外观图，如图乙是回旋加速器工作原理图，微观粒子从S处由静止开始被加速，达到其可能的最大速度v m后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是( )A．D形盒半径是决定v m的一个重要因素B．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量C．高频电源的电压是决定v m的重要因素D．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期5.[2022·郑州模拟](多选)某种质谱仪的工作原理示意图如图所示．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.若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点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法正确的是( )ERA．P、Q间加速电压为12B．离子在磁场中运动的半径为√mERqC．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情境2 CT扫描机例4. 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．图甲是某种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乙所示．图乙中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[思维方法]解决实际问题的一般过程专题七带电粒子在复合场中的运动关键能力·分层突破例 1 解析：(1)粒子运动的轨迹如图甲所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝v cos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl⑦(3)由运动学公式和题中所给数据得v 1＝v 0tanπ6⑧联立①②③⑦⑧式得q m＝4√3El ′B 2l 2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2(π2−π6)2πT ⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝BlE (1＋√3πl 18l ′) ⑫答案：(1)图见解析 (2)2El ′Bl(3)4√3El ′B 2l 2Bl E(1＋√3πl 18l ′)1．解析：(1)设电子经圆b 的加速电场加速两次后以速度v 1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小为B 1，则由动能定理得2eU ＝12mv 12－0，由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径r 1＝R tan θ2＝R tan 22.5°＝0.4R ，由洛伦兹力提供向心力可得ev 1B 1＝m v 12 r1， 联立解得B 1＝5√meUeR ， 运动时间t 1＝360°−135°360°T ，又T ＝2πmeB 1，联立解得t 1＝πR √meU 4eU，电子由P →Q ，由动能定理得8eU ＝E k ，所以动能E k ＝8eU .(2)k 最大时，电子进入Ⅰ区时速度v 最大，做匀速圆周运动的半径r 最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r 最大，由几何关系知(√3R －r )2＝R 2＋r 2，解得r ＝√33R ，根据洛伦兹力提供向心力有evB 1＝m v 2r ， 解得v ＝5√3meU3m，电子从P 点进入圆b 到刚进入Ⅰ区，由动能定理得 2eU ＝12mv 2－E k0，又E k0＝keU ，解得k ＝136. 答案：(1)5√meU eR πR √meU4eU8eU (2)136例2 解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动．由图知tan 37°＝qE 1mg，得E 1＝3mg 4q，cos 37°＝mgqv 0B 1，得B 1＝5mg4qv 0.(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动．由图知cos 37°＝qE 2mg ，得E 2＝4mg 5q.方向与x 轴正方向成53°角向上．(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg ＝qE 3，得E 3＝mgq ，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示．由几何关系得r ＝5d8，由洛伦兹力提供向心力知q ·2v 0B 2＝m (2v 0)2r，联立得B 2＝16mv 05qd.答案：(1)3mg 4q5mg 4qv 0(2)4mg 5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上 (3)mgq16mv 05qd2．解析：带电小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据质点做匀速直线运动的条件可知，小球带正电，选项A 错误；由sin 30°＝qE qv 0B可得，电场和磁场的大小关系为EB＝v02，选项B 错误；若小球刚进入管道时撤去磁场，重力沿速度方向的分力与电场力沿速度方向的分力大小相等，方向相反，所以小球仍做匀速直线运动，选项C 正确；若小球刚进入管道时撤去电场，只有重力做功，小球的机械能守恒，选项D 错误．答案：C3．解析：(1)如图所示，根据平衡条件可得mg ＝qE ，qv 0B ＝√2qE解得v 0＝√2EB＝4√2 m/s.(2)进入第一象限后，在0≤y ≤0.35 m 区域内，油滴做斜抛运动，根据运动的合成与分解，油滴在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，刚到O 点时，有v 0x ＝v 0cos 45°，v 0y ＝v 0sin 45°竖直方向上，油滴做竖直上抛运动，有v −y 2v 0y 2＝－2g ℎvy ＝v0y －gt1进入y>ℎ区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则进入到y>ℎ区域时，有v1＝√v 0x 2+v y2 根据速度的合成与分解可得tan α＝vy v 0x运动时间t 2＝2α360°T其中周期T ＝2πm qB总时间t ＝2t 1＋t 2联立解得t ＝15 s ＋37π225 s ＝0.72 s.(3)进入第一象限后，在0≤y ≤h 区域内，油滴在水平方向上做匀速直线运动，有L 1＝v 0x t 1进入y >h 区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qv 1B ＝mv 12 R由几何关系得L 2＝R sin α由对称性得x 1＝2L 1＋2L 2， 解得x 1＝3.2 m.答案：(1)4√2 m/s (2)0.72 s (3)3.2 m例3 解析：由左手定则可知Q 板带正电，P 板带负电，所以金属棒ab 中的电流方向为从a 到b ，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B 2IL ＝mg sin θ，而I ＝UR ，而对等离子体受力分析有q U d＝qvB 1，解得v ＝mgR sin θB 1B 2Ld.故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B4．解析：回旋加速器中的加速粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R ＝mv m qB，可得v m ＝qBR m，则粒子的最大速度与加速的电压无关，而与D 形盒的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关，D 形盒半径越大，v m 越大；磁场越强，v m 越大，A 正确，C 错误．回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子的，B 错误；粒子在磁场中转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则T 电＝2×T 磁2＝T 磁＝2πm qB，D 正确．答案：AD5．解析：直线加速过程，根据动能定理得qU ＝12mv 2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qE ＝m v 2R，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r，解得U ＝12ER ，r ＝m qB√qER m＝1B √mER q，故选项A 正确，B 错误；只要满足R ＝2UE ，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C 错误；由r ＝1B √mER q可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D 正确．答案：AD例4 解析：本题结合CT 扫描机考查带电粒子的加速、偏转问题．电子束在M 、N 之间需要加速，故N 处的电势高于M 处的电势，A 错误；若增大M 、N 之间的加速电压，会使得电子获得的速度变大，电子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，有Bvq ＝m v 2R ，可得电子的偏转轨迹半径R ＝mvqB ，则电子在磁场中运动轨迹的半径变大，电子出磁场时偏转角减小，P 点向右移，B 错误；电子进入磁场中向下偏转，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C 错误；根据R ＝mvqB 可知，偏转磁场的磁感应强度越大，电子的运动轨迹半径越小，在偏转磁场中偏转越明显，P 点向左移，故D 正确．答案：D。
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带电粒子在组合场中的运动1．质谱仪图8-3-1(1)构造：如图8-3-1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 ＝1B 2mU q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r 2。
2．回旋加速器(1)构造：如图8-3-2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。
图8-3-2(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。
[典例] 如图8-3-3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)图8-3-3(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)2×105m/s (2)5.2×10－3 m[针对训练]1．(多选) (2016·天水一模)质谱仪的构造原理如图8-3-4所示。
从粒子源S 出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P 点，测得P 点到入口的距离为x ，则以下说法正确的是( )图8-3-4A ．粒子一定带正电B ．粒子一定带负电C ．x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越大D ．x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越小解析：选AC 根据左手定则，知粒子带正电，故A 正确，B 错误；根据半径公式r ＝m v qB 知，x ＝2r ＝2m v qB ，又qU ＝12m v 2，联立解得x ＝8mUqB 2，知x 越大，质量与电量的比值越大，故C 正确，D 错误。
2．(多选)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极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，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8-3-5所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )图8-3-5A ．增大匀强电场间的加速电压B ．增大磁场的磁感应强度C ．减小狭缝间的距离D ．增大D 形金属盒的半径解析：选BD 回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据q v B ＝m v 2R 可得，v ＝qBR m ，因此离开回旋加速器时的动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m 可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，A 、C 错误；磁感应强度越大，D 形盒的半径越大，动能越大，B 、D 正确。
要点二 带电粒子在四类组合场中的运动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。
[多维探究](一)先电场后磁场(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8-3-6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。
图8-3-6(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8-3-7甲、乙所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
图8-3-7[典例1](2016·日照检测)如图8-3-8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m－10 kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射q＝4×10入电场，OA＝0.2 m，不计粒子的重力。
图8-3-8(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ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)。
[思路点拨](1)带电粒子在第Ⅰ象限内做________运动，在第Ⅱ象限内做__________运动。
提示：类平抛 匀速圆周(2)粒子恰不能进入第Ⅲ象限的条件是运动轨迹与x 轴________。
提示：相切[解析] (1)设粒子在电场中运动时间为t ，粒子经过y 轴时的位置与原点O 的距离为y ，则x OA ＝12at 2 a ＝qE m y ＝v 0t代入数据解得a ＝1.0×1015 m/s 2， t ＝2.0×10－8 s ，y ＝0.4 m 。
(2)粒子经过y 轴时在电场方向的分速度为： v x ＝at ＝2×107 m/s 粒子经过y 轴时速度为 v ＝v x 2＋v 02＝2 2×107m/s与y 轴正方向夹角大小为θ。
tan θ＝v xv 0＝1 θ＝45°要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为R ， 则R ＋22R ≤y 由q v B ＝m v 2R解得B ≥(22＋2)×10－2 T 。
[答案] (1)0.4 m (2)B ≥(22＋2)×10－2 T(二)先磁场后电场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8-3-9甲、乙所示)图8-3-9[典例2] (2014·全国卷)如图8-3-10，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，求图8-3-10(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 02R 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EB ＝12v 0tan 2θ⑦(2)联立⑤⑥式得 t ＝2d v 0tan θ⑧ [答案] 见解析 (三)先后两个磁场[典例3] (2013·山东高考)如图8-3-11所示，在坐标系xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向里；第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E 。
一带电量为＋q 、质量为m 的粒子，自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入第四象限，经x 轴上的Q 点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。
已知OP ＝d ，OQ ＝2d 。
不计粒子重力。
图8-3-11(1)求粒子过Q 点时速度的大小和方向。
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B 0，粒子将以垂直y 轴的方向进入第二象限，求B 0。
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q 点，且速度与第一次过Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过Q 点所用的时间。
[审题指导] 第一步：抓关键点关键点获取信息(1)沿y 轴正方向的匀强电场 (2)自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入 带电粒子在第四象限内做类平抛运动 在第一、三象限内存在相同的匀强磁场在第一、三象限内带电粒子做半径相同的匀速圆周运动以垂直y 轴的方向进入第二象限在第一象限内做圆周运动的轨迹圆心在y 轴上改变磁感应强度值，经过一段时间后粒子再次经过Q 点，且速度与第一次相同带电粒子在第一、三象限内运动的轨迹均为半圆第二步：找突破口(1)要求过Q点的速度，可以结合平抛运动的知识列方程求解。
(2)要求以垂直y轴的方向进入第二象限时的磁感应强度B0值，可以先画出带电粒子在第一象限的运动轨迹，后结合匀速圆周运动的知识求解。
(3)要求经过一段时间后仍以相同的速度过Q点情况下经历的时间，必须先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合有关知识列方程求解。
[解析](1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为v y，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得qE＝ma①由运动学公式得d＝12at02②2d＝v0t0③v y＝at0④v＝v02＋v y2⑤tan θ＝v yv0⑥联立①②③④⑤⑥式得v＝2 qEdm⑦θ＝45°。
⑧(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图甲所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得甲R1＝22d⑨由牛顿第二定律得qvB0＝m v2R1⑩联立⑦⑨⑩式得B0＝mE2qd。
⑪(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析，粒子运动的轨迹如图乙所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形。