3.3带电粒子在复合场中的运动（教师版）

专题三电场与磁场3.3带电粒子在复合场中的运动【命题分析】实际应用情境化题目常以科技前沿为背景（如等离子体控制、粒子治疗仪），要求抽象出物理模型。示例：2022年全国乙卷第24题结合“磁约束核聚变”考查复合场中粒子的运动边界。综合性与创新性增强多场叠加：电场、磁场、重力场同时存在时的平衡或复杂运动（如带电微粒在叠加场中的螺旋运动）。动态场变化：电场或磁场随时间/空间变化（如交变电场中的周期性运动）。跨模块知识融合与能量、动量结合：电场力做功与动能定理、碰撞中的动量守恒综合考查。与电路关联：如霍尔效应中电势差与电流、磁场的关系计算。【素养要求】基础模型深化考查典型组合场：电场与磁场的分区域组合（如先加速后偏转）、叠加场（如速度选择器）。经典应用模型：质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、霍尔效应等原理的定量分析。关键能力：受力分析（电场力、洛伦兹力、重力）、运动轨迹的几何关系（如圆周运动半径、偏转角度）。动态与临界问题边界条件：粒子能否通过场区、是否发生碰撞等临界问题（如磁场最小面积、电场强度临界值）。多过程衔接：粒子在不同场区的运动阶段转换（如电场中直线加速→磁场中圆周偏转）。数学工具综合应用几何方法：利用圆、三角形、对称性分析轨迹（如磁场中多角度入射的粒子束）。函数与图像：推导物理量间的函数关系（如动能与磁场强度的关系）并分析图像。1．（2025·浙江·高考真题）同位素相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。将少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含有三种碳同位素、、的离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U的加速电极P，磁感应强度为B、半径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成。通过调节U，可分离、、三种同位素，其中、的离子被接收器F所接收并计数，它们的离子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而离子可通过接收器F，进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算。(1)写出中子与发生核反应生成，以及发生衰变生成的核反应方程式：(2)根据图2写出的离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数字。已知，原子质量单位，元电荷）；(3)如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距两平行极板，在下极板开有间距的两小孔，仅允许入射角的离子通过。求两极板之间的电势差U：(4)对古木样品，测得与离子数之比值为；采用同样办法，测得活木头中与的比值为，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被砍伐距今的时间（已知的半衰期约为5700年，）【答案】(1)，(2)，(3)(4)【解析】（1）中子与发生核反应生成的核反应方程式为发生衰变生成的核反应方程式为（2）在加速电场中，由动能定理得解得磁场中，洛伦兹力提供向心力联立解得，相比，的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2可知当电压为时，与的离子数百分比为，故的离子所对应的U值为。根据整理得（3）由题意知，粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有，竖直方向有，，联立解得（4）古木中与比值是活木头中的，说明经过衰变后只剩下，已知经过一个半衰期剩下，设经过n个半衰期，则有解得则砍伐时间2．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：(1)粒子沿直线通过区域时的速度大小；(2)粒子的电荷量与质量之比；(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有解得（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得由类平抛运动规律可得联立解得粒子的电荷量与质量之比（3）粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得解得粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知可得则有重点一带电粒子在组合场中的运动1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)进入电场时速度方向与电场有一定夹角情景图受力FB=qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力运动规律匀速圆周运动r=mv0Bq，类平抛运动vx=v0，vy=Eqmx=v0t，y=Eq2m类斜抛运动vx=v0sinθ，vy=v0cosθ-qEmx=v0sinθ·t，y=v0cosθ·t-12qE2.常见运动及处理方法例题1.如图所示，粒子源不断地产生氢的三种同位素原子核（、和），三种粒子飘入（初速度可忽略不计）电压为的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板、的中心线射入偏转电场。cd两板间的电压为，在偏转电场的右侧存在范围足够大的有界匀强磁场，磁场左边界与板右端重合，磁场方向垂直纸面向里。三种粒子通过偏转电场后从进入磁场，之后又从边界射出磁场，平行金属板、的中轴线与边界交于点。整个装置处于真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法错误的是（）A．、和三种粒子从同一位置射入磁场B．、和三种粒子从同一位置射出磁场C．、和三种粒子射出磁场时速度方向相同D．仅增大，则射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变【答案】B【解析】A．粒子在加速电压中有在偏转电场中，设板长为L，间距为d，有，其中解得则、和三种粒子从同一位置射入磁场，故A正确，不符合题意；BCD．设速度偏转角为，位移的偏转角为，则满足可知粒子进入磁场的速度方向相同，则三种粒子射入磁场时速度方向相同；假设射入磁场的速度大小为进入磁场后有入射与出射点的距离为解得三种粒子带比荷不同，则、和三种粒子不会从同一位置射出磁场，仅增大，则射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变，故B错误，符合题意，CD正确，不符合题意。本题选择错误选项；故选B。训练1.如图所示，三个同心圆a、b、c的半径分别为r、2r、，在圆a区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在圆a和圆b间的环形区域存在背向圆心的辐向电场，在圆b和圆c间的环形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B2，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，从圆a边界上的A点沿半径方向以速度v0射入圆a内，第一次从圆a边界射出时速度方向偏转60°，经过辐向电场加速后，从圆b边界上进入外环区域，粒子恰好不会从圆c飞离磁场，已知磁感应强度，不计粒子的重力，则粒子在圆a内磁场中和圆c与圆b两边界间磁场中做圆周运动半径之比（）A．3:2 B．2:3 C． D．【答案】A【解析】粒子的运动轨迹如图所示根据几何关系有所以故选A。重点二带电粒子在叠加场中的运动1.三种典型情况(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE=qvB时，重力场与磁场叠加满足mg=qvB时，重力场与电场叠加满足mg=qE时。(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=mv22.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的场中的运动平衡问题，所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子打在两极板后才产生的。3.分析例题2.如图所示，带电平行板中匀强电场E的方向竖直向上，匀强磁场B的方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的A点自由滑下，经P点进入板间后恰好沿水平方向做直线运动。现使小球从较低的C点自由滑下，经P点进入板间，不计空气阻力则小球在板间运动过程中（

）A．动能将会减小 B．电势能将会减小C．机械能将会减小 D．小球带负电【答案】C【解析】小球从A点滑下进入复合场区域时沿水平方向做直线运动，则小球受力平衡，判断可知小球带正电，则有mg＝qE＋qvB从C点滑下刚进入复合场区域时，其速度小于从A点滑下时的速度，则有小球向下偏转，重力做正功，静电力做负功，因为mg>qE，则合力做正功，小球的电势能和动能均增大，根据能量守恒可知，机械能减小。故选C。训练2.如图所示，竖直平面内固定一足够长绝缘直杆，倾角为，杆处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为，杆上套一个带负电的环，电荷量为，质量为，环与绝缘直杆间的动摩擦因数。将环由静止释放向下滑动，取，则小环的最大速度为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】环由静止释放向下滑动时，对环受力分析由平衡条件、滑动摩擦力大小公式及牛顿第二定律可得小环的速度增大，加速度也随之增大，杆对小环的支持力逐渐减小直至反向（垂直杆向下），此时，再对小环受力分析可得随着小环的速度增大，加速度减小，当小环加速度减小至0时，小环的速度取最大值，对小环受力分析及平衡条件可得代入数据解得故选D。难点一“配速法”解决摆线问题1.摆线摆线是指一个圆在一条定直线上滚动时，圆周上一个定点的轨迹，又称圆滚线、旋轮线。当圆滚动的方向与圆心匀速移动的方向一致时，圆滚动一周，动圆上定点描画出摆线的一拱。每一拱的拱高为2a(即圆的直径)，拱宽为2πa(即圆的周长)。2.配速法(1)若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，轨迹常为摆线。我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。(2)配速法适用条件：①在叠加场中；②合力不为零。(3)规律：把速度分解成两个速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动。①初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度；②初速度不为零时，按矢量分解法则分解。(4)常见的“配速法”的应用常见情况处理方法BG摆线：初速度为0，有重力把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。BE摆线：初速度为0，不计重力把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。BEG摆线：初速度为0，有重力把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。BGv摆线：初速度为v0，有重力把初速度v0分解为速度v1和速度v2。例题3.如图甲所示，曲线OP上方有沿方向的匀强电场，其场强大小为，曲线左侧有一粒子源AB，B端位于x轴上，能够持续不断地沿方向发射速度为，质量为m、电荷量为q的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O点，已知从A点入射粒子恰好从P点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。（1）写出匀强电场边界OP段的边界方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系式）：（2）若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场（未画出），磁场方向垂直纸面向外。自O点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y轴，若粒子在第四象限运动时始终未离开磁场，求磁场的最小面积；（3）若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场和匀强电场（如图乙），电磁场边界与y轴平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场，方向垂直纸面向里，匀强电场，方向沿x轴正方向，现仅考虑自A端射入的粒子，经匀强电场偏转后，恰好与y轴负方向成从O点射入，试确定该粒子将在第几个磁场区域拐弯（即速度恰好与y轴平行）。【答案】（1）；（2）；（3）3【解析】（1）粒子在电场E1区域做类平抛运动，则解得（2）设粒子经过O点的速度为v，与y轴的夹角为θ，则由可得粒子在磁场中运动时，在y轴上的偏移量∆y恒定，故所有粒子均击中y轴上的同一位置，即处；在x轴上从B端射入的粒子到达的x轴上坐标的最远距离为得磁场的最小面积（3）粒子经过O点时与y轴负方向成角，可得粒子的速度为设粒子在第n+1个磁场区域拐弯，则电场中共加速n次：由动能定理可得在y轴方向上由动量定理可得可得解得由于n只能取整数，故n只能取2，即粒子将在第3个磁场区域拐弯。训练3.利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为的正离子束，沿纸面射向磁场区域．不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度及其在磁场中的运动时间t；（2）若，求能到达处的离子的最小速度；

【答案】（1），；（2）【解析】（1）离子恰不进入区域Ⅱ时的速度为离子不进入区域Ⅱ的最大速度，作出其此时的运动轨迹，如图所示。

由轨迹图中的几何关系得解得根据洛伦兹力提供向心力有解得离子不进入区域Ⅱ的最大速度由几何关系可得运动轨迹所对圆心角为则离子在磁场中的运动时间为（2）当离子运动到处时的速度方向水平向右时，速度最小，运动轨迹如图所示。

根据洛伦兹力提供向心力则由几何关系可知设，在中由几何关系可知解得能到达处的离子的最小速度为（建议用时：30分钟）一、单选题1．如图所示，某质谱仪由电压为的加速电场，半径为且圆弧中心线（虚线所示）处电场强度大小为的均匀辐射电场和磁感应强度为的半圆形磁分析器组成。质量为、电荷量为的正电粒子（不计重力）从板由静止加速后，沿圆弧中心线经过辐射电场，再从点垂直磁场边界进入磁分析器后打在胶片上点。下列说法正确的是（）A．辐射电场中，沿电场线方向电场减弱 B．辐射电场的电场力对该粒子做正功C．加速电压 D．点与点的距离为【答案】D【解析】AB．辐射电场中，沿电场线方向，电场线逐渐变密，故电场是增强的，又因为指向圆心的电场力提供向心力，电场力对该粒子不做功，故AB错误；C．在加速电场中，有在偏转电场中，满足联立解得故C错误；D．带电粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二定律有联立解得P点与Q点的距离等于故D正确。故选D。2．如图所示，真空区域有同心圆a和b，半径分别为R和2R，O为圆心，圆a内和圆b外足够大的区域均存在有垂直圆面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反；a、b之间充满辐向电场，电场方向均指向圆心O。质量为m，电荷量为的带电粒子从圆a上的P点沿PO方向射入，入射速度大小为，已知带电粒子第二次经过圆b外匀强磁场区域后，再经电场恰好回到P点并沿PO方向射入。不计粒子重力，忽略边界效应，则圆a、b之间电势差为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】作出粒子的运动轨迹，如图所示由题知，带负电的粒子在a圈内的匀强磁场以速度向下偏转，从处进入环形电场，粒子所受电场力方向与速度方向相同，故粒子从到做加速运动，然后粒子以速度从点进入圆b外足够大的匀强磁场。则带负电的粒子在a圈内的匀强磁场做匀速圆周运动，则有解得根据几何关系可得解得根据几何关系可得在直角三角形中，根据几何关系有粒子在圆b外足够大的匀强磁场做匀速圆周运动，则有解得粒子从到做加速运动，根据动能定理有解得故选C。3．如图所示，粒子源不断地产生氢的三种同位素原子核（、、），三种粒子飘入（初速度可忽略不计）电压为的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板、的中心线射入偏转电场。两板间的电压为，在偏转电场的右侧存在范围足够大的有界匀强磁场，磁场左边界与板右端重合，磁场方向垂直纸面向里。三种粒子通过偏转电场后从进入磁场，之后又从边界射出磁场，平行金属板、的中轴线与边界交于点。整个装置处于真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法错误的是（）A．、和三种粒子从同一位置射入磁场B．、和三种粒子从同一位置射出磁场C．、和三种粒子射出磁场时速度方向相同D．仅增大，则射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变【答案】B【解析】A．粒子经过加速电场，根据动能定理可得解得粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则有，，联立解得粒子离开偏转电场的侧向位移为，可知粒子离开偏转电场的侧向位移与粒子的比荷无关，则三种离子都从同一点离开偏转电场，进入磁场且进入磁场时速度方向相同，故A正确；B．粒子离开电场后，进入磁场，由洛伦兹力提供向心力可得又入射点和出射点之间的距离，所以由于三种离子的比荷不同，则三种离子分别从三个点离开偏转磁场，故B错误；C．因为所以进入磁场时速度方向相同，由几何关系可知粒子射入磁场和射出磁场时的速度与磁场边界的夹角相同，所以，粒子射出磁场时速度方向相同，故C正确；D．因为该值与无关，故D正确；故选B。4．如图所示，已知匀强电场方向向下，边界为矩形ABGH，匀强磁场方向垂直纸面向里，边界为矩形BCDG，GD长为L，磁感应强度为B。电量为q，质量为m的粒子，从AH中点以垂直电场的速度（未知量）进入电场，然后从边界BG进入磁场，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．AB长为2LC．D．若电场强度减弱，粒子在磁场中运动时间将变长【答案】B【解析】A．由题意可知，若粒子带正电，运动轨迹如图所示，若粒子带负电，由对称性，粒子在电场中向上偏转，磁场中运动的圆轨迹与正粒子圆轨迹相重合，故不论带何种电荷，都符合题意，A错误；B．如图所示，取正粒子运动轨迹，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场,所以圆弧对应的圆心角为，可知图中设定的，设粒子在磁场中运动轨道半径为r,由几何关系设P点速度为,根据速度的分解可得，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动时间为，则有，由几何关系联立解得B正确；C．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦磁力提供向心力，可得代入数据解得C错误；D．若电场强度减弱，粒子进入磁场的偏转角减小，粒子在磁场中运动的轨道半径减小，圆轨道对应的圆心角变小，所以在磁场中运动时间将变短，D错误。故选B。5．如图，在区域内有垂直于xOy平面内的匀强磁场和平行于x轴的匀强电场，x轴和y轴所表示的单位长度相同。一不计重力的带电粒子每次均从坐标原点O以一定的速度沿y轴正方向射入。若电场、磁场均存在，粒子恰好沿直线运动；若仅撤去磁场，粒子将从点射出；若仅撤去电场，粒子将（）A．从点射出 B．从点射出C．从点射出 D．从点射出【答案】B【解析】设粒子的初速度为，电场、磁场均存在，粒子恰好沿直线运动，可得撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，可得，又撤去电场后，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有联立，解得若仅撤去磁场，粒子将从点射出，可知粒子受洛伦兹力时与电场力方向相反，结合几何关系可知轨迹圆的圆心位置为（-1,0），则粒子从点射出。故选B。6．如图a、b、c为三个完全相同的带负电的小球，在真空中从相同高度由静止下落。在下落过程中，a球始终处在水平匀强电场中，b球始终处在水平匀强磁场中，c球始终处在竖直匀强磁场中。已知三小球落地时间分别为ta、tb、tc，落地时速率分别为va、vb、vc，则（）A．tb>ta=tc，va>vb=vc B．ta=tb=tc，va>vb>vcC．tb>ta=tc，va=vb=vc D．ta=tb=tc，va>vb=vc【答案】A【解析】a球受竖直向下的重力、水平向左的电场力，在水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，重力和电场力均做正功；b球除重力之外还受到垂直纸面向里的洛伦兹力作用，在洛仑兹力的作用下，小球的轨迹将为曲线，且竖直方向的加速度小于g，下落时间变长，由于只有重力做功，所以小球落地速度较小；c球只受重力，只有重力做功，其落地速度的大小与b球速度大小相等，下落时间与a球相等，即，故选A。7．如图所示，竖直面内有正交的匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与水平方向的夹角为。一带电油滴以一定的初速度沿电场方向射入，恰好做直线运动。已知磁感应强度为，油滴的质量为、电荷量为，重力加速度为。则下列判断正确的是（）A．油滴带负电 B．带电油滴做匀加速直线运动C．初速度的大小为 D．电场强度的大小为【答案】C【解析】A．根据左手定则可知，油滴受洛伦兹力方向斜向左上，可知油滴带正电，选项A错误；B．带电油滴做直线运动，洛伦兹力不变，则一定是匀速直线运动，选项B错误；CD．由平衡可知，解得初速度的大小为电场强度的大小为选项C正确，D错误。故选C。8．空间中存在磁感应强度为B的匀强磁场（未画出），两相同极板A与B竖直放置在磁场中，极板间的电压为U，间距为d，其中极板A带正电。一带电微粒由A板附近的M点沿直线运动到B板附近的N点，如图所示。下列说法正确的是（）A．微粒带负电B．磁场方向垂直于纸面向里C．微粒运动的速度大小D．同时减小微粒的速度大小和极板间的距离，其他条件不变，微粒仍有可能在A、B板间沿直线运动【答案】B【解析】AB．极板A带正电，电场方向水平向右，粒子受到重力、电场力与洛伦兹力作用做直线运动，则粒子一定做匀速直线运动，合力为0，若粒子带负电，粒子所受重力方向竖直向下，电场力方向一定水平向左，根据左手定则可知，当磁场垂直于纸面向里时，洛伦兹力方向垂直于MN斜向右下方，此时，合力一定不为0，当磁场垂直于纸面向外时，洛伦兹力方向垂直于MN斜向左上方，此时，合力也一定不为0，可知，粒子一定带正电，重力方向竖直向下，电场力方向水平向右，根据左手定则可知，当磁场垂直于纸面向里时，洛伦兹力方向垂直于MN斜向左上方，此时，合力可能为0，当磁场垂直于纸面向外时，洛伦兹力方向垂直于MN斜向右上方，此时，合力一定不为0，结合上述，粒子带正电，磁场垂直于纸面向里，故A错误，B正确；C．令粒子质量为m，结合上述，根据平衡条件有解得故C错误；D．结合上述可知，重力、电场力与洛伦兹力的合力为0，重力为一个恒力，根据平衡条件可知，三个力能够构成一个直角三角形，其中重力对应的直角边一定，若同时减小微粒的速度大小和极板间的距离，即减小洛伦兹力，增大电场力，由于电场力方向不变，则这三个力不可能再构成一个闭合的直角三角形，即合力不可能为0，微粒不可能在A、B板间沿直线运动，故D错误。故选B。二、多选题9．医院中X光检测设备的核心器件为X射线管。如图所示，在X射线管中，电子（质量为m、电荷量为-e，初速度可以忽略）经电压为U的电场加速后，从P点垂直磁场边界水平射入匀强磁场中。磁场宽为2L，磁感应强度大小可以调节。电子经过磁场偏转后撞击目标靶。已知水平放置的目标靶MN长为2L，Q为MN中点，PM长为L，不计电子重力、电子间相互作用力及电子高速运行中辐射的能量。则（）A．电子进入磁场的速度大小B．垂直撞击在目标靶的电子在磁场中运动的时间C．撞击在Q点与撞击在N点的电子在磁场中运动时间之比为3:2D．能使电子撞击在Q点与撞击在N点所加磁场的磁感应强度大小之比为5:2【答案】AD【解析】A．电场经电场加速过程，根据动能定理有解得B．垂直撞击在目标靶的电子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，根据半径为L，则圆周运动周期结合上述解得，垂直撞击在目标靶的电子在磁场中运动的时间故B错误；C．结合上述，撞击在Q点的电子在磁场中运动的周期为根据几何关系可知，撞击在Q点的电子在磁场中运动的轨迹有解得则撞击在Q点的电子在磁场中运动的周期为令撞击在Q点的电子在磁场中轨迹对应的圆心角为，根据几何关系有解得撞击在Q点与撞击在N点的电子在磁场中运动时间分别为，解得故C错误；D．根据解得结合上述可知，电子撞击在Q点与撞击在N点所加磁场的磁感应强度大小分别为，解得故D正确。故选AD。10．如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角θ=30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ=30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知OM距离为3L，粒子的比荷为，不计粒子重力。则（）

A．OP两点的距离B．OP两点的距离为C．粒子在磁场中运动的时间D．粒子在磁场中运动的时间【答案】AC【解析】AB．带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C

由牛顿第二定律得解得由几何关系得则故A正确，B错误；CD．粒子在磁场中的运动周期粒子偏转120°，即在磁场中运动时间解得故C正确，D错误。故选AC。11．如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有匀强电场图中未画出，第二象限内除区域外都有匀强磁场，其方向垂直坐标平面向外，磁感应强度大小为B。一束带电粒子从AC边界以相同方向的速度进入匀强磁场，结果都从y轴上的C点平行x轴向右飞出磁场，其中从A入射的粒子到达x轴上的D点图中未标出时，速度方向斜向右下与夹角为，且大小与A点速度相等，已知带电粒子质量为m，电量为，AC边界与x轴夹角，C点坐标为，电场中D点到O点的电势差为U，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（）A．带电粒子在磁场中运动的时间不相等B．带电粒子从AC边界入射的速度大小与其入射点y坐标的关系为C．第一象限内匀强电场的场强大小为D．从A入射的粒子在第一象限电场中的最小速度大小为【答案】BD【解析】A．由直线单边界磁场规律可知，带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心角都为，故时间，相等，A错误；B．如图，由几何关系：弦长，，解得带电粒子的速度大小v与其入射点y坐标的关系为B正确；C．根据粒子到达x轴上的D点时，速度方向斜向右下与夹角为，且速度与其初速度等大，可知连接CD即为匀强电场中的一条等势线，粒子在C点速度与等势线的夹角与D点速度与等势线的夹角应相等，如图可得，故匀强电场的场强大小为C错误；D．从A入射的粒子速度大小为（B选项关系式代入即可），C点速度与A点一样大，在第一象限电场中做类斜抛运动，当速度方向与电场力方向垂直时，速度最小，其大小为速度沿CD方向的分量D正确。故选BD。12．现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，某次一粒子源于A处不断释放质量为m，带电量为＋q的离子，离子静止释放，经电压为U的电场加速后，沿半径为的圆弧形虚线通过均匀辐射的电场，从P点沿直径PQ方向进入半径为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的收集屏上，收集屏到PQ的距离为，不计离子重力，下列说法正确的是（）A．离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为B．圆弧形虚线处的电场强度大小为C．磁感应强度大小为D．离子运动轨迹不变，改变加速电压和对应虚线处辐射电场大小，使所有离子都能打到收集屏上，加速电压的范围应控制在～3U之间【答案】ACD【解析】A．离子通过加速电场，由动能定理得解得可知离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为，故A正确；B．离子经过静电分析器，电场力提供向心力可得解得圆弧形虚线处的电场强度大小为故B错误；C．离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的收集屏上，由几何知识可知根据洛伦兹力提供向心力有联立解得故C正确；D．要让离子全部打在收集屏上，其临界状态的轨迹如图所示设圆心分别为，半径分别为，由几何关系可知，恰为收集屏的最低点，根据几何关系有设圆心为的离子在磁场中做圆周运动的圆心角为，根据几何关系有解得根据几何关系有解得根据，将“