专题26 带电粒子在复合场中的运动（解析版）

专题26带电粒子在复合场中的运动目录TOC\o"1-3"\h\u题型一带电粒子在组合场中的运动 1类型1磁场与磁场的组合 2类型2先磁场后电场 6类型3先电加速后磁偏转 18类型4先电偏转后磁偏转 25题型二带电粒子在叠加场中的运动 38题型三带电粒子在交变电、磁场中的运动 52题型四洛伦兹力与现代科技 59类型1质谱仪的原理及应用 59类型2回旋加速器的原理和应用 64类型3电场与磁场叠加的应用实例分析 71题型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，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类型1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】(多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－eq\r(2)L,0)、Q(0，－eq\r(2)L)为坐标轴上的两点．现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是()A．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为eq\f(πm,2eB)B．若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为eq\f(πL,2)C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间一定为eq\f(2πm,eB)D．若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程可能为πL或2πL【答案】ABD【解析】电子在磁场中做圆周运动，从P点到Q点运动轨迹可能如图甲或图乙所示，电子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πm,eB)设电子在PO段完成n个圆弧，则电子从P点出发恰好经原点O点的时间为t＝neq\f(90°,360°)T＝eq\f(nπm,2eB)，n＝1、2、3……所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动时间可能为eq\f(πm,2eB)，则A正确；电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得neq\r(2)r＝eq\r(2)L电子从P点出发恰好经原点O，运动路程为s＝neq\f(πr,2)当n＝1时s＝eq\f(πL,2)所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O，运动路程可能为eq\f(πL,2)，则B正确；电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间为t＝nT＝eq\f(2nπm,eB)，n＝1、2、3…，所以若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间可能为eq\f(2πm,eB)，则C错误；若电子从P点出发经原点O到Q点，运动轨迹可能如图甲、乙所示，若电子在PO段完成n个圆弧，那么关于电子的运动路程，n为奇数时为2πL，n为偶数时为πL，故D正确．【例2】.如图所示，空间均匀分布的磁场，其方向都垂直于纸面向外，y轴是两磁场的分界面．在x>0区域内，磁感应强度大小为B1＝2T，在x<0的区域内，磁感应强度大小为B2＝1T．在坐标原点O处有一个中性粒子(质量为M＝3.2×10－25kg)分裂为两个带等量异号的带电粒子a和b，其中粒子a的质量m＝γM(γ可以取0～1的任意值)，电荷量q＝＋3.2×10－19C，分裂时释放的总能量E＝1.0×104eV.释放的总能量全部转化为两个粒子的动能．设a粒子的速度沿x轴正方向．不计粒子重力和粒子之间的相互作用；不计中性粒子分裂时间．求：(1)若γ＝0.25，粒子a在右边磁场运动的半径Ra1；(2)γ取多大时，粒子a在右边磁场运动的半径最大；(3)γ取多大时，两粒子会在以后的运动过程中相遇？【答案】(1)eq\f(\r(3),80)m(2)eq\f(1,2)(3)eq\f(3,4)或eq\f(2,7)【解析】(1)分裂过程动量守恒，则有γMva＝(1－γ)Mvb由能量守恒定律得，E＝eq\f(1,2)γMva2＋eq\f(1,2)(1－γ)Mvb2，解得va＝eq\r(\f(21－γE,γM))vb＝eq\r(\f(2γE,1－γM))粒子a轨迹满足qvaB1＝eq\f(γMv\o\al(a2),Ra1)Ra1＝eq\f(γMva,qB1)＝eq\f(\r(3),80)m(2)由(1)问可知Ra1＝eq\f(γMva,qB1)＝eq\f(\r(2γ1－γME),qB1)可知当γ＝eq\f(1,2)时Ra1最大；(3)一个中性粒子分裂为两个带电粒子a和b，根据电荷守恒，a粒子带正电，则b粒子带负电．由于两个粒子的质量和速度的乘积相等，所以两个粒子在同一磁场中的运动半径也相等r＝eq\f(mv,qB)即eq\f(r1,r2)＝eq\f(B2,B1)＝eq\f(1,2)a、b两粒子的运动轨迹如图所示，它们相遇的位置只有两个，分别为C点和D点①若在C点相遇eq\f(πγM,qB1)＝eq\f(π1－γM,qB1)＋eq\f(π1－γM,qB2)则γ＝eq\f(3,4)②若在D点相遇，由于△OCD为正三角形，所以eq\f(πγM,qB1)＋eq\f(πγM,3qB2)＝eq\f(π1－γM,3qB2)则γ＝eq\f(2,7).【例3】宇宙中的暗物质湮灭会产生大量的高能正电子，正电子的质量为m，电荷量为e，通过寻找宇宙中暗物质湮灭产生的正电子是探测暗物质的一种方法(称为“间接探测”)．如图所示是某科研攻关小组为空间站设计的探测器截面图，粒子入口的宽度为d，以粒子入口处的上沿为坐标原点建立xOy平面直角坐标系，以虚线AB、CD、EF为边界，0<x<d区域有垂直纸面向外的匀强磁场，d<x<2d区域有垂直纸面向里的匀强磁场，0<x<2d区域内磁感应强度的大小均为B；2d<x<3d区域有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为eq\f(eB2d,m)；x＝5d处放置一块与y轴平行的足够长的探测板PQ.在某次探测中，仅考虑沿x轴正方向射入的大量速度不等的正电子，正电子的重力以及相互作用不计，其中一些正电子到达边界AB时，速度与x轴正方向的最小夹角为60°，对此次探测，求：(1)初速度多大的正电子能到达探测板PQ；(2)正电子自入口到探测板PQ的最短时间；(3)正电子经过边界CD时的y轴坐标范围？【答案】(1)v>eq\f(Bed,m)(2)(eq\f(2π,3)＋eq\f(3\r(3),2))eq\f(m,eB)(3)－3d≤y≤－eq\f(2,3)eq\r(3)d【解析】(1)正电子只要能经过边界AB就能到达探测板PQ，正电子能到达探测板PQ时，正电子做圆周运动的轨道半径r>d由牛顿第二定律得evB＝meq\f(v2,r)解得v>eq\f(Bed,m)(2)在边界AB速度方向与x轴夹角为60°的正电子到PQ的时间最短，正电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设正电子的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得ev1B＝meq\f(v12,r1)由几何知识得d＝r1sineq\f(π,3)在入口和AB间、AB和CD间的运动时间相同，设为t1，则eq\f(π,3)r1＝v1t1解得t1＝eq\f(πm,3eB)自CD至PQ，t2＝eq\f(3d,v1)t＝2t1＋t2＝(eq\f(2π,3)＋eq\f(3\r(3),2))eq\f(m,eB)(3)速度最大的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y1＝r1－r1coseq\f(π,3)速度最小的正电子在每一磁场区域沿y轴负方向偏移的距离y2＝d正电子经过边界CD时的y轴坐标范围是－2y2－d≤y≤－2y1即－3d≤y≤－eq\f(2,3)eq\r(3)d.类型2先磁场后电场1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．【例1】（2023·海南海口·海南中学校考三模）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=k。在第二象限有一半径为R=b的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为（－b，b），与两坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里。在x=3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q。大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，当速度与x轴正方向成θ=120°角的电子经过磁场后到达Y轴上M点。忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为。求：（1）圆形磁场的磁感应强度大小；（2）M点的坐标；（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。【答案】（1）B=k；（2）（0，1.5b）；（3）【详解】（1）由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为r=b而电子的比荷为解得B=k（2）速度与x轴正方向成θ角的电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，电子离开磁场时的位置为P′，连接PO1P′O′可知该四边形为菱形，如图甲由于PO1竖直，因而轨迹半径P′O′也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向由图甲可知Y=bsin（θ－90°）＋b=1.5b可见M点的坐标是（0，1.5b）。（3）由（2）可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动，设电子在电场中运动的加速度为a，运动的时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则有x=v0teE=ma联立解得设电子最终打在荧光屏的最远点距Q点为H，如图乙所示设电子射出电场时的夹角为α，有v=at有有当即时，H有最大值，由于所以【例2】.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在直角坐标系的范围内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外；在的范围内有与y轴负方向成斜向下的匀强电场。y轴与x轴上有P、Q两点，Q点坐标为。一个质量为m、带电量为的粒子从O点以与x轴正方向夹角为的方向射入磁场中，先后经过P、Q两点又回到O点，粒子重力不计。求：（1）P点的纵坐标和粒子从O射入磁场时的初速度的大小；（2）匀强电场场强E的大小；（3）在此过程中，粒子轨迹经过点的纵坐标范围。

【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）依题意，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示

根据几何关系判断，可知粒子在磁场中的运动轨迹所对应圆心角为；利用几何知识，可求得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为且所以点的纵坐标为由粒子在磁场中运动时满足可得因为，可得（2）依题意，可知粒子进入电场后在电场力的作用下做类平抛运动，从到点过程中，有而联立可求得（3）利用几何关系，可得粒子轨迹点纵坐标的最大值为粒子在电场中做类平抛运动，当粒子的速度方向平行轴时，此时粒子轨迹的纵坐标有最小值。将处速度及电场力分别分解，在垂直轴方向上，则有则可得联立可求得所以，可得粒子运动轨迹纵坐标的范围为【例3】.（2023·黑龙江·统考模拟预测）如图所示，平面直角坐标系中，y轴右侧有三个足够长的区域，区域边界线均与y轴平行其中Ⅰ、Ⅲ区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，其宽度均为；Ⅱ区域内存在沿着y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，其宽度为。P为Ⅲ区域右边界线与x轴交点。一带负电粒子以一定的速度从O点出发沿x轴正方向射入磁场，一段时间后该粒子恰好以从O点出发时的速度从P点沿x轴正方向离开Ⅲ区域。不计粒子重力。（1）定性画出粒子在三个区域中的运动轨迹；（2）求粒子在Ⅱ区内的运动时间；（3）若粒子刚进入Ⅱ区时的速度与y轴正方向夹角为，求粒子在磁场中运动的总时间t。

【答案】（1）见详解；（2）；（3）【详解】（1）粒子运动轨迹作图如下

（2）在Ⅰ中由几何关系，有在Ⅱ区中，y方向上粒子做匀减速运动，有且有，联立解得

（3）在Ⅰ区的运动时间在Ⅱ区的水平分运动在Ⅰ区内，由几何关系有解得在磁场中运动总时间

【例4】．（2023·广东清远·校考模拟预测）如图所示，在xOy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第二、三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场。一比荷为k的带负电粒子（不计重力）从x轴负半轴上的M点（图中未画出）沿x轴正向射入电场，从y轴上的N（0，b）点进入磁场，进入磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°，粒子经过磁场偏转后从P点（图中未画出）垂直穿过x轴。求:（1）P点与O点之间的距离。（2）该粒子在磁场中运动的速度大小v。（3）M点的坐标及电场强度E的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）（-2b，0），【详解】（1）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示

设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系可知P点与O点之间的距离（2）根据洛伦兹力提供向心力有解得（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，设其射入电场时的初速度大小为v0，根据类平抛运动的规律可知,带电粒子在N点的速度v的反向延长线过O、M连线的中点，故M点的坐标为（-2b，0）粒子在x轴方向有2b=v0t粒子在y轴方向有并且又因为联立解得【例5】．（2023春·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示，坐标系的第一象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于平面向外；第四象限内有沿轴负方向的匀强电场。质量为、带电量为的粒子以速率从轴的点射入磁场，经轴上的点沿轴负方向进入电场，然后从轴负半轴点以与轴负方向成角离开电场，不计粒子重力，求：（1）粒子在点时速度方向与轴正方向的夹角；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）粒子在电场和磁场中运动的总时间。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示

由于，且从点沿轴负方向进入电场，则圆心在轴负半轴，设粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动的半径为，圆心为，由几何关系有解得则有设粒子在A点的速度方向与y轴正方向成角，由几何关系，有解得（2）根据题意可知，粒子在第二象限做类平抛运动，沿电场方向上有垂直电场方向上有又有联立解得（3）由上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为粒子在电场中运动的时间为粒子在磁场电场中运动的总时间【例6】（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校联考模拟预测）如图所示，半径为R的圆形边界，圆心为O，半径Oe与直径jp垂直，圆形边界内除扇形区域jOe外，存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，带电平行金属板ab、cd的长度均为R，间距为2R，圆形边界与ac相切于e点，且e点是ac的中点，在平行板的右侧放置一荧光屏，荧光屏与bd平行，且与bd的间距为R。一带电量为、质量为m的粒子甲（不计重力），从p点以指向圆心O的速度垂直进入磁场，然后从e点进入匀强电场，最后从d点射出；再让与粒子甲相同的粒子乙从p点垂直射人磁场，速度的大小与甲相同、方向与甲不同，乙从j点射出磁场，进入电场，最后打在荧光屏上的f点，求：（1）匀强电场的场强；（2）粒子乙从p点到f点的运动时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）作出甲粒子的运动轨迹如图所示轨迹几何关系可知，粒子圆周运动的轨道半径为粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有粒子在电场中做类平抛运动，则有，根据牛顿第二定律有解得（2）作出乙粒子的运动轨迹如图所示粒子在磁场中圆周运动的周期结合解得粒子在磁场中运动的时间粒子进入电场前做匀速直线运动，经历时间解得粒子在电场中做类平抛运动，根据上述，可知解得粒子飞出电场后做匀速直线运动，水平方向有解得则粒子乙从p点到f点的运动时间为解得类型3先电加速后磁偏转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．【例1】(2020·全国Ⅱ卷，17)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】电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故选项A错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故选项C错误；对加速过程应用动能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evB＝meq\f(v2,r)，则r＝eq\f(mv,Be)，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sinθ＝eq\f(d,r)(其中d为磁场宽度)，联立可得sinθ＝dBeq\r(\f(e,2mU))，可见增大U会使θ减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故选项B错误，D正确。【例2】（2023·山西·校联考模拟预测）半导体有着广泛的应用，人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求。离子注入系统的原理简化如图所示。质量为m、电荷量为q的正离子经电场加速后从P点沿方向垂直射入圆心为O、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度为时，离子恰好沿方向射出并击中晶体的中点Q。已知，，，，不考虑离子进入加速器的初速度及离子重力和离子间的相互作用。（1）求加速电场两板间的电压；（2）为使离子能够击中晶体的各个部分，求磁感应强度的取值范围。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设加速电场两板间的电压为U，离子经电场加速后的速度大小为v，由动能定理有当磁感应强度为时，设离子在磁场中运动的半径为，由几何关系和牛顿运动定律有解得（2）当磁感应强度为时，离子离开磁场后到达晶体的M处，设离子在磁场中运动的半径为，由几何关系和牛顿运动定律有解得当磁感应强度为时，离子离开磁场后到达晶体的N处，设离子在磁场中运动的半径为，由几何关系和牛顿运动定律有解得所以，磁感应强度的取值范围为。【例3】(2022·江苏省第二次适应性模拟)平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从坐标为(－L，L)的P点沿y轴负向进入电场，初速度大小为v0＝eq\r(\f(2EqL,m))，粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力．(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)若粒子由P点沿x轴正方向入射，初速度仍为v0＝eq\r(\f(2EqL,m))，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离．【答案】(1)4eq\r(\f(mE,qL))(2)eq\f(6＋\r(2),4)L【解析】(1)由动能定理得EqL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02粒子进入磁场时速度大小为v＝eq\r(\f(4EqL,m))在磁场中L＝2RqvB＝eq\f(mv2,R)可得B＝4eq\r(\f(mE,qL))(2)假设粒子由y轴离开电场，运动轨迹如图所示L＝v0t，y1＝eq\f(1,2)at2，Eq＝ma解得y1＝eq\f(L,4)<L，假设成立vy＝at速度偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)第一次到达x轴的坐标x1＝eq\f(L－y1,tanθ)＝eq\f(3,2)L在磁场中R′＝eq\f(mv′,qB)x2＝2R′sinθ＝eq\f(2mv′,qB)sinθ＝eq\f(2mvy,qB)＝eq\f(\r(2),4)L粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离x＝x1＋x2＝eq\f(6＋\r(2),4)L.【例4】（2023·广东茂名·统考二模）如图所示，在xOy平面内和x轴之间存在沿+x方向的匀强电场，的区域存在匀强磁场。比荷为2k的带负电粒子1从O点以速度沿y轴正方向射入，此时电场强度大小变为原来的3倍，粒子1不经过磁场直接到达收集装置被收集，且在粒子1到达收集装置的过程中，前一半时间存在电场，后一半时间电场消失。电场恢复到开始时情况，比荷为k的带正电粒子2从O点以速度沿y轴正方向射入，最终到达固定于坐标的收集装置被收集。忽略粒子重力，不考虑边界效应。求：（1）开始时电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设粒子1存在电场的时间为t，则竖直方向一直做匀速运动带负电粒子1向轴负方向运动，设水平方向加速后的速度为，水平方向先做匀加速运动，后做匀速运动匀加速过程有由题知联立解得（2）带正电粒子2向轴正方向做类平抛运动竖直方向做匀速运动水平方向做匀加速运动其中解得竖直方向的速度所以进入磁场时速度为方向与竖直方向成45°在磁场中洛伦兹力提供向心力由几何关系可知联立解得【例5】（2023春·重庆北碚·高三西南大学附中校考阶段练习）如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从S点（-l，-l）由静止释放，进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点（l，0）、不计粒子重力。（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）粒子释放开始计时，求粒子第1次到达y轴正半轴的时间；（3）粒子第3次过y轴时的坐标。【答案】（1）；（2）；（3）（0，-2l）【详解】（1）带正电粒子从S点（-l，-l）由静止释放，则在电场中做匀加速直线运动，从（0，-l）位置进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点（l，0）、可知在磁场中做圆周运动的半径r=l根据可得则在电场中可得（2）粒子在电场中加速的时间粒子第1次到达y轴正半轴时，在磁场中运动半周，则运动时间则总时间（3）粒子从（-l，0）位置进入第三象限的电场，则当粒子第3次过y轴时解得y=2l即粒子第3次过y轴时的坐标（0，-2l）。类型4先电偏转后磁偏转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1】（2023·河北张家口·统考三模）如图所示，PQ、MN两挡板竖直正对放置，两板长度l均为1m，间距也为1m，两挡板间有垂直纸面向里、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。挡板的上边缘P、M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向上的匀强电场，电场强度大小E=10V/m；一带负电粒子自电场中A点以一定速度水平向右发射，恰好从P点处与水平方向成45°射入磁场，从两挡板下边缘Q、N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知：该带负电的粒子比荷大小为1.0×105C/kg，粒子发射位置A到水平线PM的距离h=2m，不计粒子的重力。整个装置处于真空中且不考虑地磁场的影响。求：（1）粒子从A点发射的初速度v0；（2）求磁感应强度大小的取值范围。【答案】（1）2×103m/s；（2）【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有根据牛顿第二定律有解得（2）粒子在磁场运动的速度大小为粒子在磁场中运动的临界轨迹（从Q射出）如图所示由几何关系可知，最小半径为粒子在磁场中做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，即解得磁感应强度大小的临界值为所以磁感应强度大小的取值范围为【例2】（2023春·安徽·高三校联考期中）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内、边长为L的正方形OACD区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，在第三象限内、边长为L的正方形OMPN区域内有沿y轴正向的匀强电场，在MP边上离x轴距离为的Q点，以速度v0沿x轴正向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经电场偏转恰好从坐标原点O进入磁场，粒子经磁场偏转后，从（，0）点离开磁场，不计粒子的重力，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）若粒子在磁场中运动的某时刻，突然撤去磁场，此后粒子的运动经过C点，则撤去磁场后，粒子在OACD区域内运动的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）粒子在电场中运动做类平抛运动，则有根据牛顿第二定律解得（2）设粒子通过O点时的速度大小为v，根据动能定理得解得设粒子进入磁场时速度方向与y轴夹角为θ，则解得设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系有解得根据牛顿第二定律得解得（3）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心的坐标为（L，L）。设O1C的距离为s，根据几何关系有设撤去磁场后，粒子在OACD区域内运动的距离为d，根据几何关系得解得运动的时间为【例3】（2023·广东湛江·统考二模）如图所示，在第一象限的区域内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，在的区域内存在沿y轴负方向、电场强度大小未知的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计粒子的重力）从y轴上A（0，L）点处由静止释放，粒子离开区域后撤去该区域内的匀强电场，粒子经C（3L，0）进入x轴下方的磁场中，之后粒子经过第二象限回到A点。求（1）匀强电场的电场强度大小；（2）粒子从A点出发至第一次返回A点所用时间t。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子在区域内做匀加速直线运动，根据动能定理，有进入竖直向下的电场后做类平抛运动，经C（3L，0）进入x轴下方的磁场中，根据运动的合成与分解，水平方向有竖直方向有联立解得（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，飞出磁场后，在第二象限做匀速直线运动，粒子进入磁场时的水平速度为竖直速度为所以粒子进入磁场时速度方向与x轴成斜向下，速度大小粒子的运动轨迹如图所示可知粒子离开磁场时的速度也是与x轴成斜向上，粒子经过第二象限回到A点；根据几何关系可得解得粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角为，粒子在磁场中运动的时间为粒子在电场中运动的时间为粒子在第四象限运动的时间为所以粒子从A点出发回到A点所用的时间为【例4】（2023春·江西·高三校联考阶段练习）如图，在平面直角坐标系的第二、三象限内有沿x轴正向、大小为E的匀强电场，在y轴和直线之间有垂直坐标平面向外的匀强磁场，x轴上P点的坐标为，在P点沿y轴正向射出电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，粒子的初速度大小为，粒子在y轴上Q点以与y轴正方向成进入匀强磁场，粒子在磁场中运动轨迹刚好与直线相切，不计粒子的重力，求：（1）粒子进磁场时的速度大小和OQ之间的距离；（2）匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设粒子进入磁场时的速度大小为，根据类平抛运动的规律有解得设OQ间的距离为y，有联立解得（2）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系解得根据牛顿第二定律解得【例5】（2023·天津河东·统考二模）蜜蜂飞行时依靠峰房、采蜜地点和太阳三个点进行定位做“8”字形运动，以此告知同伴蜜源方位。某兴趣小组用带电粒子在电场和磁场中的运动模拟蜜蜂的运动。如图所示，空间存在足够大且垂直纸面、方向相反的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，其上、下边界分别为、，间距为d。与之间存在沿水平方向且大小始终为的匀强电场，当粒子通过进入电场中运动时，电场方向水平向右；当粒子通过进入电场中运动时，电场方向水平向左。现有一质量为m、电荷量为的粒子在纸面内以初速度从A点垂直射入电场，一段时间后进入磁场Ⅱ，之后又分别通过匀强电场和磁场Ⅰ，以速度回到A点，磁场Ⅱ的磁感应强度，不计粒子重力。求：（1）粒子进入磁场Ⅱ时速度v的大小和方向；（2）磁场Ⅰ的磁感应强度大小。【答案】（1），方向与成指向右上方；（2）【详解】（1）粒子从进入电场做类平抛运动，竖直方向匀速水平方向做加速运动解得则粒子进入磁场Ⅱ的速度大小设速度v与夹角为，由解得可知v方向与成指向右上方。（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示粒子在磁场Ⅱ中的运动粒子在电场中沿电场方向运动的距离（或）由几何关系粒子在磁场Ⅰ中的运动解得【例6】（2023·湖南邵阳·统考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限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轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示，不计粒子重力，求：（1）匀强电场的场强大小；（2）若磁感应强度大小可以调节，为使粒子不从y轴穿出磁场，则磁场的磁感应强度至少为多大。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设粒子过N点的速度为v，则有解得粒子在磁场中以O'为圆心做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得解得粒子的轨道半径为ON之间距离粒子在电场中的时间为y方向，有解得（2）改变磁感应强度的大小，使粒子刚好与y轴相切，如图所示设此时的磁感应强度为，根据洛伦兹力提供向心力可得由几何关系可得联立解得为使粒子不从y轴穿出磁场，则磁场的磁感应强度至少为。【例7】（2023·贵州贵阳·校联考三模）如图所示，水平直线上方有竖直向下的匀强电场，下方有一边长为的正三角形匀强磁场区域（边界上也有磁场），点在边界上，边与平行，匀强磁场方向垂直纸面向外。质量为、带电量为的粒子从点以初速度垂直电场方向射出，在电场中偏转后从点进入磁场，之间的水平距离为，竖直距离为，粒子重力不计。（1）求电场强度的大小；（2）若粒子从点离开磁场，求粒子在磁场中的运动时间；（3）若粒子从边上距离点为的点离开磁场，求磁感应强度的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，垂直电场方向有沿电场方向有解得（2）根据题意，粒子在电场中的运动轨迹如图所示

由几何关系可知，粒子离开电场时又有解得粒子进入磁场后做圆周运动，若从点出磁场，轨迹如图所示

由牛顿第二定律有据几何关系可得圆心角粒子在磁场中运动的时间解得（3）若粒子从点出磁场，轨迹如图所示

设粒子速度的偏转角为，据几何关系可得解得又有解得题型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．洛伦兹力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。3．电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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。4．电场力、洛伦兹力、重力并存(1)若三力平衡，带电粒子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，可用能量守恒定律或动能定理求解。【例1】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，sin37°＝0.6，cos37°＝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。【解题指导】【答案】(1)eq\f(3mg,4q)eq\f(5mg,4qv0)(2)eq\f(4mg,5q)，方向与x轴正方向成53°角向上(3)eq\f(mg,q)eq\f(16mv0,5qd)【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tan37°＝eq\f(qE1,mg)，得E1＝eq\f(3mg,4q)，cos37°＝eq\f(mg,qv0B1)，得B1＝eq\f(5mg,4qv0)。(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cos37°＝eq\f(qE2,mg)，得E2＝eq\f(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＝qE3，得E3＝eq\f(mg,q)，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＝eq\f(5d,8)，由洛伦兹力提供向心力知q·2v0B2＝meq\f(（2v0）2,r)，联立得B2＝eq\f(16mv0,5qd)。【例2】(2022·云南保山市调研)如图所示，质量为m，带电荷量为＋q(q>0)的液滴，以速度v沿与水平方向成θ＝45°角斜向上进入正交的范围足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动.重力加速度为g，试求：(1)电场强度E和磁感应强度B各多大？(2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度为多大？(3)在满足(2)的前提下，液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的P点(图中未画出)所用的时间.【答案】(1)eq\f(mg,q)eq\f(\r(2)mg,qv)(2)eq\r(2)g(3)eq\f(3\r(2)πv,4g)【解析】(1)液滴带正电，受力情况如图所示：有qE＝mgtanθ＝mg，qvB＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\r(2)mg可得E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(2)mg,qv).(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：a＝eq\f(qvB,m)＝eq\r(2)g.(3)电场变为竖直向上后，qE＝mg，故液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝eq\f(mv,qB)则T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)由几何知识得t＝eq\f(3,4)T可得t＝eq\f(3\r(2)πv,4g).【例3】（2023·黑龙江·校联考一模）如图所示，在坐标系所在的竖直平面内有一方向未知的匀强电场，第二象限内有垂直纸面向里、大小未知的匀强磁场。一带正电的小球沿方向以速度向坐标原点做直线运动，与轴负向夹角为。小球质量为，电荷量为，重力加速度为。（1）电场强度的最小值；（2）在（1）的条件下，小球在第四象限运动轨迹与轴的交点到坐标原点的距离。【答案】（1）；（2）【详解】（1）小球在复合场中做直线运动，一定做匀速直线运动，则合力为零，重力和洛伦兹力的合力与电场力等大反向，重力大小方向确定，当洛伦兹力取不同值时，重力和洛伦兹力的合力如下图所示由上图可知，重力和洛伦兹力的合力的最小值方向沿着直线向下，所以电场力最小值沿着直线向上，由几何关系可知，电场力最小值由可知电场强度（2）小球进入第四象限，受力和运动轨迹如下图所示小球在第四象限受电场力和重力，两者的合力与线垂直，与原来洛伦兹力的大小相等，则重力和电场力的合力由牛顿第二定律可知加速度小球做类平抛运动，设小球从坐标原点再到轴运动的时间为，则水平方向的位移竖直方向的位移由图可知解得则小球运动轨迹与轴的交点到坐标原点的距离【例4】（2023·云南曲靖·统考二模）现代科技可以利用电场、磁场对带电粒子的作用来控制其运动轨迹，让其到达所需的位置，在现代科学技术、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。如图所示是此种仪器中电磁场的简化示意图。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轴正方向、电场强度大小的匀强电场和方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小的匀强磁场。原点O处的粒子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量、电荷量的带正电的粒子束，粒子恰能在xOy平面内做直线运动，重力加速度为，不计粒子间的相互作用。（1）求粒子发射的速度大小和方向；（2）若保持粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即撤去磁场，求粒子从O点射出后经过y轴时的坐标（不考虑磁场变化产生的影响）；（3）若保持粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即将电场变为竖直向上、场强大小变为，求从O点射出的所有粒子第一次经过x轴时的坐标（不考虑电场变化产生的影响）。

【答案】（1）20m/s，与y轴负方向夹角为；（2）；（3）【详解】（1）粒子做匀速直线运动，如下图

则解得粒子出射的速度方向与y轴负方向夹角为解得（2）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如下图

则解得所以坐标为；（3）由题意可得粒子做匀速圆周运动，如下图

则解得由几何关系可知经过y轴的坐标为。【例5】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，直角坐标系xoy，x轴水平，y轴竖直。第一象限内存在沿y轴正方向匀强电场，且在第一象限内的某圆形区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B，第二象限内存在平行于坐标平面的匀强电场（大小、方向均未知）。一带正电小球由x轴上点（，0）以初速度竖直向上抛出，当其经过y轴上的A点时速度水平，且动能为初动能的3倍，再经过一段时间小球由x轴上点（，0）飞出磁场，此时小球速度方向与x轴负方向的夹角为。已知小球质量为m、电荷量为q，，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：（1）A点坐标；（2）磁场的磁感应强度B；（3）小球由P点到达Q点的时间。【答案】（1）（0，）；（2），方向垂直于坐标平面向外；（3）【详解】（1）小球从P点到A点水平和竖直方向均为匀变速直线运动，由小球在A点动能为P点的3倍，则有可得A点速度为水平方向竖直方向解得故A点坐标为（0，）。（2）由题意可得可知小球在第一象限中的磁场中做匀速圆周运动，如图所示由几何关系得由洛伦兹力提供向心力得联立解得方向垂直于坐标平面向外。（3）小球由P点至A点时间记为，从A匀速到进入磁场时间记为，在磁场中匀速圆周运动时间记为。则有小球由A运动到磁场中满足解得小球在磁场中运动时间为小球从P到Q运动总时间为【例6】（2023·全国·高三专题练习）建立如图所示的坐标系xOy，x轴紧挨着光滑绝缘的水平地面。在且区域内存在着彼此垂直的匀强电场与匀强磁场，匀强电场平行y轴向上，匀强磁场垂直纸面向里。质量为m且带电量为q的小球（视为点电荷）从坐标原点以速度沿x轴射入该区域，小球在复合场中做匀速圆周运动，并恰好从坐标为的点飞离复合场。忽略空气阻力，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，试求：（1）匀强电场E及匀强磁场B的大小；（2）小球落地时的坐标；（3）若小球从坐标原点以速度沿x轴射入该区域，此后经多长时间第5次进入复合场，并确定进入点的坐标。【答案】（1），；（2）（）；（3），（9a，a）【详解】（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有解得小球恰好从坐标为的点飞离复合场，由几何关系得洛伦兹力提供向心力联立解得（2）小球飞离复合场后做平抛运动，则有，解得故小球落地时的坐标为（）（3）若小球从坐标原点以速度沿x轴射入该区域，小球在磁场中运动的轨迹半径为解得小球在磁场中运动的时间小球离开磁场后做竖直上抛运动，运动时间小球在第一象限做周期性运动，其周期为小球从坐标原点到第5次进入复合场的时间第5次进入复合场的横坐标为故进入点的坐标（9a，a）。【例7】（2023·浙江·高三校联考阶段练习）如图所示，在真空中沿竖直方向分布着许多足够大的、水平放置的金属网（厚度不计），编号为1，2，3，……，相邻的网间距离都为。金属网间存在方向竖直（交替反向）的匀强电场，电场强度大小为。一质量、电荷量的带正电微粒，在时从1号金属网处由静止释放开始运动，若微粒经过任意金属网时都能从网孔中无机械能损失地自由穿过。重力加速度。（1）求微粒穿过5号金属网时的速度大小及从1号到5号金属网所用的时间；（2）若维持电场不变，在2~3、4~5、6~7、……网间再加上磁感应强度、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），仍让微粒从1号金属网处静止释放，求微粒穿过3号金属网时的速度大小及从1号到3号金属网所用的时间；（3）保持（2）中条件不变，当微粒从无限靠近2023号网的上边界以水平向右射入，求该微粒可到达的最远的金属网的编号。【答案】（1），；（2）；（3）2015【详解】（1）1~2金属板间，对微粒受力分析，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得解得2~3金属板间，对微粒受力分析，根据牛顿第二定律得解得根据匀变速直线运动位移速度公式得解得再根据速度时间公式得匀速运动的时间为则微粒从1号到5号金属网所用的时间为（2）1~2金属板间，微粒的运动同上，则2~3金属板间，对微粒受力分析，知微粒做匀速圆周运动，则再根据洛伦兹力提供向心力得解得设微粒在磁场中运动的圆心角为，运动轨迹如下图所示，由几何关系得解得微粒做圆周运动的周期为运动时间为微粒从1号到3号金属网所用的时间为（3）某次粒子经过磁场区时，运动轨迹如图所示，由几何关系得微粒在水平方向上的速度变化量为综上可得经分析可知，微粒通过4次磁场偏转后，速度只剩竖直分量，这过程只有重力和电场力做功，经过三个重力场和电场混合场，当粒子到达第2016金属网时，速度为。即微粒能够到达的金属网的编号为2015。题型三带电粒子在交变电、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先读图看清并且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段内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的速度大小及方向选规律联立不同阶段的方程求解【例1】（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，在平面的第一象限内（含轴和轴的正半轴）存在周期性变化的磁场，规定垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。某质量为、电荷量为的粒子，在时刻沿轴正方向从坐标原点射入磁场。图乙中为未知量．已知，，。求：（1）时间内粒子做匀速圆周运动的角速度；（2）若粒子不能从轴正半轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值；（3）若粒子能沿轴正方向通过坐标为（，）的点，其射入磁场时速率。【答案】（1）；（2）；（3）（，，）【详解】（1）设粒子进入磁场的速度为，根据洛伦兹力提供向心力可得解得轨道半径为则粒子做匀速圆周运动的角速度为（2）要使得粒子不从轴射出，则轨迹如图1所示在前内的运动半径为在后内的运动半径为可得由几何关系可知联立解得粒子做圆周运动的周期为则在运时间内有解得磁感应强度变化周期的最大值为（3）使粒子经过点且平行轴射出，在时刻达到点的轨迹如图2所示由几何关系可得可得根据周期性，在时刻达到点可满足题意，由几何关系可得（，，）又有根据洛伦兹力提供向心力可得联立解得（，，）【例2】．（2023·河北衡水·高三统考专题练习）某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右（如图甲中由B到C的方向），电场变化如图乙中E－t图像，磁感应强度变化如图丙中B－t图像。在A点，从t=1s（即1s末）开始，每隔2s，有一个相同的带电粒子（重力不计）沿AB方向（垂直于BC）以速度v射出，恰能击中C点，且粒子在AB间运动的时间小于1s，若，求：（1）图线上E0和B0的比值是多少？磁感应强度B的方向是怎样的？（2）若第1个粒子击中C点的时刻已知为（1＋Δt）s，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少？【答案】（1），磁场方向垂直纸面向外；（2）（3＋Δt）【详解】（1）设，在t=1s时，空间区域只有磁场，故粒子做匀速圆周运动，则有：画出粒子运动轨迹，有几何关系由可得：则：当粒子在电场中运动时，在AB方向上匀速运动，在BC方向上是匀加速运动，则有：联立可求得：故由于粒子的电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，由粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可以判断磁场方向垂直纸面向外。（2）第一个粒子击中C点的时刻已知为（1+）s，该粒子在磁场中运动，所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定，由几何关系可得，粒子从A到C时，轨迹所对应的圆心角为，故粒子在磁场中运动时间：Δt=又第二个粒子在电场中运动的时间为：故第2个粒子击中C点的时刻为：【例3】．（2023·江苏·高三专题练习）如图甲所示，电子从静止开始经加速电场加速后从O点以速度v水平射入有界匀强磁场，恰好从M点飞出。已知磁场宽度为，MP的距离为L，电子质量为m，电荷量为e，求：(1)加速电压U；(2)磁感应强度B1；(3)若磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，磁场垂直纸面向外为正方向，要使t=0时刻射入的电子从M点水平射出，磁感应强度B2和周期T应该满足的条件。【答案】(1)；(2)；(3)（n＝1，2，3，…）；（n＝1，2，3，…）【详解】(1)根据动能定理解得(2)电子运动轨迹如图根据几何关系有解得r1=2L对于电子有解得(3)电子运动轨迹如图可知：θ=60º，电子经n个周期后从M点射出。则OM=2nr2即2L=2nr2又解得（n＝1，2，3，…）周期关系为即解得（n＝1，2，3，…）【例4】．（2023·高三课时练习）如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示。在t=0时刻从O点发射一带负电的粒子（不计重力），初速度大小为v0，方向沿y轴正方向。在x轴上有一点A（图中末标出），坐标为若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：；粒子的比荷满足：。求：（1）在时，粒子的位置坐标；（2）粒子偏离x轴的最大距离；（3）粒子运动至A点的时间。【答案】(1)；(2)；（3）【详解】（1）在时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得，周期则在时间内转过的圆心角，所以在时，粒子的位置坐标为：（）（2）在时间内，粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示运动的位移在时间内粒子做匀速圆周运动，半径故粒子偏离x轴的最大距离（3）粒子在xoy平面内做周期性运动的运动周期为，一个周期内向右运动的距离AO间的距离为所以，粒子运动至A点的时间为题型四洛伦兹力与现代科技类型1质谱仪的原理及应用1．作用测量带电粒子质量和分离同位素．2．原理(如图所示)(1)加速电场：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏转磁场：qvB＝eq\f(mv2,r)，l＝2r；由以上两式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).【例1】（2023·广东广州·高三统考阶段练习）图示装置为质谱仪，最初是由阿斯顿设计的，是一种测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。其工作原理如下：一个质量为、电荷量为的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为的加速电场，其初速度可视为0，然后自S3垂直于磁场边界射入匀强磁场，最后打到照相的底片上、已知磁感应强度为，方向垂直于纸面向外，不计粒子的重力，求：（1）粒子进入磁场时的速率；（2）若a、b是两种带电量均为、但质量不同的粒子，从底片上获知a、b打在底片上的点分别为P1、P2（未画出），测得P1、P2到S3的距离之比为12：1，求a、b的质量之比。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子在电场中加速，根据动能定理有解得（2）粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，有解得a、b粒子的轨道半径之比由题目可知S3到P1、P2的距离为粒子运动轨迹的直径，即所以a、b粒子运动轨迹半径之比则质量之比【例3】（2023·河南开封·统考三模）质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具，如图所示是一种质谱仪的工作原理示意图。质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为的加速电场，其初速度几乎为0，接着经过小孔进入速度选择器中，沿着直线经过小孔垂直进入磁感应强度为的匀强磁场中，最后打到照相底片CD上。已知速度选择器的板间距为d，板间电压为且板间存在匀强磁场，粒子打在底片上的亮点距小孔的距离为D。则该带电粒子的比荷可以表示为（）A． B． C． D．【答案】CD【详解】粒子在电场中加速，由动能定理可得解得

粒子进入速度选择器中做直线运动，由平衡条件可得

联立可得粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，有与联立可得故选CD。【例3】（2023·全国·高三专题练习）利用质谱仪可以测量带电粒子的比荷，如图所示为一种质谱仪的原理示意图。某带电粒子从容器A下方的小孔飘入加速电场（其初速度可视为零），之后自O点垂直磁场边界进入匀强磁场中，最后打到照相底片上的P点，粒子重力不计。此过程中，比荷越大的带电粒子（）

A．进入磁场时的速度越小B．粒子带正电C．在磁场中的运动时间越长D．在加速电场中的加速时间越长【答案】B【详解】AD．根据可得则比荷大的粒子进入磁场时的速度越大，在加速电场中的加速时间越短，故AD错误；B．由图可知，当粒子刚进入磁场时，其所受洛伦兹力的方向向左，根据左手定则可知，粒子带正电，故B正确；C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为可知，比荷大的粒子在磁场中的运动周期越短，则时间越短，故C错误。故选B。【例4】．（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图甲所示为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S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。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度B为，，则下列说法中正确的是（）

A．该粒子带负电B．该粒子比荷为C．该粒子在磁场中运动的时间约为D．若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子【答案】C【详解】A．粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得解得粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得可得则有可知图像的斜率为可得粒子的比荷为故B错误；C．该粒子在磁场中运动的时间为故C正确；D．根据若电压不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。故选C。类型2回旋加速器的原理和应用1．构造如图4所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。2．原理交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子就被加速一次。3．最大动能由qvmB＝eq\f(mveq\o\al(2,m),R)、Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。4．总时间粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U)。【例1】（2023·广东广州·统考模拟预测）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对核（）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．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径增大而增大B．高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大C．氚核的质量为D．在磁感应强度B和频率f不变时，该加速器也可以对氦核（）加速【答案】C【详解】A．根据周期公式可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与D型盒半径大小无关。A错误；B．设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足即有最终射出回旋加速器的速度与电压无关。B错误；C．根据周期公式可知C正确；D．因为氚核（）与氦核（）的比荷不同，在磁场中圆周运动周期不同，所以不能用来加速氦核（）。D错误。故选C。【例2】．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）近年来利用重离子治疗某些肿瘤获得很好的效果，越来越多的医疗机构配置相应的设备.重离子治疗肿瘤时通过回旋加速器将碳离子加速到光速的70％～80％后照射肿瘤位置杀死病变细胞.如图所示为回旋加速器示意图，D形盒的半径为R，D形盒间的交变电压大小为U，碳离子的电荷量为q，质量为m，加速后的速度为（c为光速），不计相对论效应，则下列说法正确的是（）

A．碳离子被加速的次数为 B．回旋加速器所加磁场的磁感应强度大小为C．交变电压的频率为 D．同一个回旋加速器能加速任意比荷的正离子【答案】A【详解】A．由动能定理得解得故A正确；B．当碳离子被加速到速度为时，在磁场中运动的轨迹半径为R，由解得故B错误；C．交流电压的周期与碳离子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，由解得故C错误；D．一个回旋加速器只能加速比荷相同的离子，故D错误。故选A。【例3】（2023·北京海淀·北京市十一学校校考三模）回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在盒中心A处有粒子源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压加速后，进入盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，忽略相对论效应，求：（1）交变电压的周期T；（2）粒子被加速后获得的最大动能；（3）粒子在回旋加速器中运动的总时间。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则联立以上两式，解得交变电压的周期为（2）粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有解得设粒子的最大动能为，则（3）质子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得经过的周期个数为n，则有质子在D型盒磁场内运动的时间联立解得质子在回旋加速器中运动的总时间为【例4】．（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛用于科学研究和医学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U。D形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。（1）求把质量为m，电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需时间；（2）若此回旋加速器原来加速α粒子（）。获得的最大动能为，现改为加速氘核（），它获得的最大动能为多少？要想使氚核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法；（3）已知两D形盒间的交变电压如图乙所示，设α粒子在此回旋加速器中运行的周期为T，现对核进行加速，已知该核的电荷量为，在时进入加速电场，求该粒子在加速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D形盒）【答案】（1）；（2）见解析；（3）【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得粒子每旋转一周动能增加2qU，则旋转周数周期粒子在磁场中运动的时间一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间（2）对α粒子，由速度得其最大动能为对氘核，最大动能为若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，有解得即磁感应强度需增大为原来的倍，高频交流电源的原来周期故由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的。（3）对α粒子有对粒子分析，其在磁场中的周期每次加速偏移的时间差为满足解得根据动能定理即类型3电场与磁场叠加的应用实例分析共同特点：当带电粒子(不计重力)在叠加场中做匀速直线运动时，洛伦兹力与静电力大小相等qvB＝qE或qvB＝qeq\f(U,d).1速度选择器(1)平行板间电场强度E和磁感应强度B互相垂直．(如图)(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是洛伦兹力与静电力平衡qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B).(3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．(4)速度选择器具有单向性．【例1】（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的点，出现一个光斑。在垂直纸面向里的方向上加一宽度为、磁感应强度为的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为的圆弧运动，最后打在距磁场右侧距离为的荧光屏上的点。现在磁场区域再加一竖直方向、电场强度大小为的匀强电场，光斑从点又回到点，不计粒子重力，则（）A．粒子带正电B．粒子的初速度大小为C．粒子的比荷为D．两点之间的距离为【答案】AC【详解】A．由题图可知，粒子在加上磁场后向上偏，磁场方向为垂直于平面向里，根据左手定则可知，粒子带正电，故A项正确；B．由题意可知，粒子在电场和磁场的叠加场内做直线运动，有解得故B项错误；C．在只有磁场时，对粒子有解得故C项正确；D．由几何关系，粒子在磁场中偏转的距离为由几何关系有粒子出磁场后竖直方向的位移为所以OP两点之间的距离为故D项错误。故选AC。【例2】如图所示为一速度选择器，两极板MN之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．一束质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，能够沿直线运动，不计粒子重力．则下列说法正确的是()A．M极板接电源的负极B．质子流的入射速度为eq\f(Bd,U)C．如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，则电子在该区域运动过程中电势能增加D．如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域【答案】D【解析】质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，所受的洛伦兹力垂直于M极板向上，因垂直于极板方向受力平衡，故静电力方向垂直于M极板向下，即电场强度方向向下，M极板接电源的正极，故A错误；由平衡条件得qBv＝qeq\f(U,d)，解得质子流的入射速度为v＝eq\f(U,Bd)，故B错误；如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，电子受到的静电力和洛伦兹力都垂直于M极板向上，静电力做正功，电势能减少，故C错误；如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，所受洛伦兹力垂直于M极板向上，静电力方向垂直于M极板向下，且有qαBv＝qαeq\f(U,d)，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域，故D正确．2磁流体发电机(1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出正离子偏向B板，图中的B是发电机的正极．(3)发电机的电动势：当发电机外电路断路时，正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U，则qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，则E＝U＝Bdv.当发电机接入电路时，遵从闭合电路欧姆定律．【例1】（2023·河北·校联考三模）如图为磁流体发电机的示意图，间距为d的平行金属板A、B之间的磁场可看成匀强磁场，磁感应强度大小为B，板A、B和电阻R连接，将一束等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向喷入磁场，已知金属板A、B的正对面积为S，A、B及其板间的等离子体的等效电阻率为，下列说法正确的是（）

A．金属板A为正极 B．电阻R两端的电压为C．电阻R两端的电压为 D．流过电阻R的电流大小为【答案】B【详解】A．根据左手定则可得，正离子向金属板B，金属板B为正极，金属板A为负极。故A错误；D．根据稳定时，等离子体满足该发电机的电动势为流过电阻的电流大小为故D错误；BC．电阻两端电压为故B正确；C错误。故选B。【例2】．（2023·广东佛山·统考模拟预测）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置示意图如图所示，两块面积均为的矩形平行金属板正对地浸在河水中，金属板间距为。水流速度处处相同大小为，方向水平向左，金属板面与水流方向平行。地磁场磁感应强度竖直向下的分量为，水的电阻率为，水面上方有一阻值为的电阻通过绝缘导线和开关连接到两金属板上。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（）

A．电阻上的电流方向从里向外B．河水流速减小，两金属板间的电压增大C．该发电装置的电动势大小为D．流过电阻的电流大小为【答案】C【详解】A．根据题意，由左手定则可知，河水中的正离子向外面金属板偏转，外金属板为正极，负离子向里面金属板偏转，里金属板为负极，则电阻上的电流方向从外向里，故A错误；C．设稳定时产生的感应电动势为，两板间有一带电荷量为的离子匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得解得故C正确；B．设极板间等效电阻为，由闭合回路欧姆定律可得，两金属板间电压为可知，河水流速减小，两金属板间的电压减小，故B错误；D．根据题意，由电阻定律可得，极板间等效电阻为由闭合回路欧姆定律可得，流过电阻的电流大小为故D错误。故选C。【例3】．（2023·浙江金华·统考三模）磁流体发电机发电通道是一个长、高、宽分别为a、h、b的长方体空腔。上下两个侧面是电阻不计的电极，电极与固定在水平桌面上间距为L电阻不计的平行金属导轨相连。发电通道内的匀强磁场方向垂直与a、h组成的平面，磁感应强度大小为B。电阻率为ρ的等离子体以速率v水平向右通过发电通道。导轨间匀强磁场与导轨平面成θ角右斜向上，磁感应强度大小也为B，质量为m，电阻为R的金属棒垂直于导轨放置，与导轨道动摩擦因数为μ。棒的中点用条水平垂直于棒的细线通过光滑定滑轮与重物相连。当S闭合后，金属棒恰好处于静止状态，则重物的质量可能为（）A． B．C． D．【答案】C【详解】等离子体中的正电荷受向上的洛伦兹力偏向上极板，可知上极板为正极，电流流过导体棒，受安培力斜向左上方，若导体棒恰不向左运动，则摩擦力向右，对导体棒受力平衡其中解得同理若导体棒恰不向右运动，则摩擦力向左对导体棒受力平衡其中解得故选C。【例4】．（2023·江苏·模拟预测）目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，立体图如图甲所示，侧视图如图乙所示，其工作原理是燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，高温等离子体经喷管提速后以速度进入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射方向的匀强磁场（图乙中垂直纸面向里），磁感应强度大小，等离子体在发电通道内发生偏转，这时两金属薄板上就会聚集电荷，形成电势差。已知发电通道从左向右看长，宽，高，等离子体的电阻率，电子的电荷量。不计电子和离子的重力以及微粒间的相互作用，则以下判断正确的是（）A．发电机的电动势为2500VB．若电流表示数为16A，则1s内打在下极板的电子有1010个C．当外接电阻为12Ω时，电流表的示数为5AD．当外接电阻为8Ω时，发电机输出功率最大【答案】D【详解】A．由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得qvB0＝则得发电机的电动势为E＝B0dv＝1000V故A错误；B．由电流的定义可知，代入数据解得n＝1