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高中物理高考 专题24 带电粒子（带电体）在复合场中的运动（解析版）
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这是一份高中物理高考 专题24 带电粒子（带电体）在复合场中的运动（解析版），共28页。
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TOC \ "1-3" \h \u 热点题型一 带电粒子在叠加场中运动的实例分析1
1.质谱仪1
2.回旋加速器3
3.速度选择器5
4.磁流体发电机7
5.电磁流量计8
6.霍尔元件9
热点题型二 带电粒子在组合场中的运动10
1.先电场，后磁场10
2.先磁场，后电场13
热点题型三 带电粒子在叠加场中的运动15
1. 磁场力，重力并存16
2.电场力、磁场力并存16
3.电场力、磁场力、重力并存17
热点题型四 带电粒子在交变电、磁场中的运动18
【题型演练】21
【题型归纳】
热点题型一 带电粒子在叠加场中运动的实例分析
1.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＝eq \f(1,2)mv2.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r).
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】(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，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v1，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．
【答案】 (1)eq \f(4U,v1l) (2)1∶4
【解析】 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1 B＝m1eq \f(v\\al(2,1),R1)②
由几何关系知
2R1＝l③
由①②③式得
B＝eq \f(4U,lv1)④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有
q2U＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)⑤
q2v2B＝m2eq \f(v\\al(2,2),R2)⑥
由题给条件有
2R2＝eq \f(l,2)⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶4⑧
【变式1】(2019·山东枣庄高三上学期期末)如图所示，从离子源产生的某种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场的磁感应强度大小为B，磁场左边界与水平方向的夹角为θ(0°＜θ＜90°)。已知该离子在磁场边界的N点射出，MN长为l。不计重力影响。则该离子的比荷为________，进入磁场时的速度大小为________。
【答案】 eq \f(8Usin2θ,B2l2) eq \f(4Usinθ,Bl)
【解析】 设离子的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速度为v0。则qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，粒子在磁场中有qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)，由几何关系知2rsinθ＝l，联立解得eq \f(q,m)＝eq \f(8Usin2θ,B2l2)，v0＝eq \f(4Usinθ,Bl)。
【变式2】(2016·高考全国卷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
【答案】D
【解析】带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝eq \f(mv,qB)，由以上两式整理得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)).由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得eq \f(m2,m1)＝144，选项D正确．
2.回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2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．
(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qvB＝eq \f(mv2,r)，
得Ekm＝eq \f(q2B2r2,2m)，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．
【例2】(2019·山东德州检测)如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(eq \\al(2,1)H)和氦核(eq \\al(4,2)He)，下列说法中正确的是( )
A．它们的最大速度相同 B．它们的最大动能相同
C．两次所接高频电源的频率相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
【答案】 AC
【解析】 由R＝eq \f(mv,qB)得最大速度v＝eq \f(qBR,m)，两粒子的eq \f(q,m)相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；高频电源的频率f＝eq \f(qB,2πm)，因为eq \f(q,m)相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误．
【变式1】劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．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忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )
A．质子被加速后的最大速度与D形盒半径R有关
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与交流电频率f成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 eq \r(2)∶1
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，经该回旋加速器加速的各种粒子的最大动能不变
【答案】AC.
【解析】质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm＝eq \f(2πR,T)＝2πRf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，故B错误；根据qvB＝eq \f(mv2,r)，Uq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，2Uq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq \r(2)∶1，故C正确；因经回旋加速器加速的粒子最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，故D错误．
【变式2】．(2019·湖北华中师范大学第一附属中学模拟)美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，其基本原理如图所示．现有一回旋加速器，当外加磁场一定时，可把质子的速度从零加速到v，质子获得的动能为Ek.在不考虑相对论效应的情况下，用该回旋加速器加速原来静止的α粒子(氦核)时，有( )
A. 能把α粒子从零加速到eq \f(v,2) B．能使α粒子获得的动能为2Ek
C．加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1∶2
D．加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为2∶1
【答案】 AC
【解析】粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)，则粒子的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，因质子与α粒子的质量数之比为1∶4，而电荷量之比为1∶2，所以α粒子加速到的速度为eq \f(v,2)，动能仍为Ek，故A正确，B错误；加速器所接交流电的频率应与粒子做匀速圆周运动的频率相同，粒子做匀速圆周运动的频率为f＝eq \f(qB,2πm)，所以加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1∶2，故C正确，D错误．
3.速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝eq \f(E,B)，粒子做匀速直线运动
【例3】(2019·辽宁大连高三模拟)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O点，出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点．关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是( )
A．粒子带负电 B．初速度为v＝eq \f(B,E)
C．比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(B2r,E) D．比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(E,B2r)
【答案】D
【解析】在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时qvB＝Eq，解得v＝eq \f(E,B)，选项B错误；在磁场中时，由qvB＝meq \f(v2,r)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(v,rB)＝eq \f(E,B2r)，故选项D正确，C错误．
【变式】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( )
若电子以相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动
B．若电子以相同的速率从右向左飞入，电子将向下偏转
C．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转
D．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动
【答案】D
【解析】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，A、B选项错误；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，C选项错误．
4.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、负电荷，两极电压为U时稳定，qeq \f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd
【例4】如图所示为磁流体发电机的原理图．金属板M、N之间的距离为d＝20 cm，磁场的磁感应强度大小为B＝5 T，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入的额定功率为P＝100 W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是( )
A．金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷 B．该发电机的电动势为100 V
C．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/s D．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N上
【答案】BD
【解析】.由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转，负离子将向金属板N偏转，选项A错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以E＝U＝eq \r(PR)＝100 V，选项B正确；由Bqv＝qeq \f(U,d)可得v＝eq \f(U,Bd)＝100 m/s，选项C错误；每秒钟经过灯泡L的电荷量Q＝It，而I＝eq \r(\f(P,R))＝1 A，所以Q＝1 C，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为n＝eq \f(Q,e)＝eq \f(1,1.6×10－19)＝6.25×1018(个)，选项D正确．
【变式】如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且
通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电荷量为e.
下列说法中正确的是( )
A．导体的M面比N面电势高 B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝eq \f(U,Bd) D．导体单位体积内的自由电子数为eq \f(BI,eUb)
【答案】 CD
【解析】 由于自由电子带负电，根据左手定则可知，M板电势比N板电势低，选项A错误；当上、下表面电压稳定时，有qeq \f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，与单位体积内自由电子数无关，选项B错误，C正确；再根据I＝neSv，可知选项D正确．
5.电磁流量计
eq \f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq \f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq \f(πDU,4B)
【例5】医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和
b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、
磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血液一起在磁场中运动，电极
ab之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力
和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势
差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
A．1.3 m/s，a正、b负 B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正
【答案】A
【解析】由于正、负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断电极a带正电，电极b带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即qvB＝qE得v＝eq \f(E,B)＝eq \f(U,Bd)≈1.3 m/s，A正确．
6.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
【例6】(2019·江西南昌三校联考)中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h、宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是( )
A．上表面的电势高于下表面的电势 B．仅增大h时，上下表面的电势差增大
C．仅增大d时，上下表面的电势差减小 D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小
【答案】C
【解析】因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，A选项错误．当电子达到平衡时，电场力等于洛伦兹力，即qeq \f(U,h)＝qvB，又I＝nqvhd(n为导体单位体积内的自由电子数)，得U＝eq \f(IB,nqd)，则仅增大h时，上下表面的电势差不变；仅增大d时，上下表面的电势差减小；仅增大I时，上下表面的电势差增大，故C正确，B、D错误．
【变式】 (2019·浙江嘉兴一中高三测试)如图所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍尔电压UH.已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I＝neSv.实验中导体板尺寸、电流I和磁感应强度B保持不变，下列说法正确的是( )
A．导体内自由电子只受洛伦兹力作用 B．UH存在于导体的Z1、Z2两面之间
C．单位体积内的自由电子数n越大，UH越小 D．通过测量UH，可用R＝eq \f(U,I)求得导体X1、X2两面间的电阻
【答案】C.
【解析】由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了匀强电场，故电子也受电场力，故A错误；电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了电势差UH，故B错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有：qvB＝qE，其中：E＝eq \f(UH,d)(d为Y1、Y2平面之间的距离)根据题意，有：I＝neSv，联立得到：UH＝Bvd＝Beq \f(I,neS)d∝eq \f(1,n)，故单位体积内的自由电子数n越大，UH越小，故C正确；由于UH＝Beq \f(I,neS)d，与导体的电阻无关，故D错误．
热点题型二 带电粒子在组合场中的运动
“3步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；
第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动．
第3步：用规律
磁偏转→eq \x(\a\al(匀速圆,周运动))→定圆心→画轨迹eq \(――→,\s\up12(求法))eq \x(\a\al(圆周运动公式、牛顿,定律以及几何知识))
1.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．
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图丙、丁所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．
【例7】(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】 (1)eq \f(4U,B2d2) (2)eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
【解析】 (1)设带电粒子的质量为m、电荷量为q，经电压U加速后的速度大小为v。
由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝meq \f(v2,r)②
粒子的运动轨迹如图，由几何关系知
d＝eq \r(2)r③
联立①②③式得eq \f(\a\vs4\al(q),m)＝eq \f(4U,B2d2)④
(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s＝eq \f(πr,2)＋rtan30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝eq \f(s,v)⑥
联立②④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。⑦
【变式】(2017·高考天津卷)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存
在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，
Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出
磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
(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】 (1)eq \r(2)v0，与x轴正方向成45°角斜向上 (2)eq \f(v0,2)
【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＝v0t①
L＝eq \f(1,2)at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有
tan α＝eq \f(vy,v0)④
联立①②③④式得
α＝45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．
设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))⑥
联立①②③⑥式得
v＝eq \r(2)v0.⑦
(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得
F＝ma⑧
又F＝qE⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝meq \f(v2,R)⑩
由几何关系可知
R＝eq \r(2)L⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得
eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2).
2.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．(如图甲、乙所示)
【例8】(2019·山东潍坊模拟)在如图所示的坐标系中，第一和第二象限(包括y轴的正半轴)内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y轴正方向、大小未知的匀强电场．p点为y轴正半轴上的一点，坐标为(0，l)；n点为y轴负半轴上的一点，坐标未知．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由p点沿y轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x轴正半轴成45°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y轴经过n点．粒子的重力忽略不计．求：
(1)粒子在p点的速度大小；
(2)第三和第四象限内的电场强度的大小；
(3)带电粒子从由p点进入磁场到第三次通过x轴的总时间．
【答案】(1)eq \f(\r(2)Bql,m) (2)eq \f(\r(2)－1qlB2,m)
(3)(eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2)eq \f(m,qB)
【解析】粒子在复合场中的运动轨迹如图所示．
(1)由几何关系可知
rsin 45°＝l
解得r＝eq \r(2)l又因为qv0B＝meq \f(v02,r)，可解得
v0＝eq \f(\r(2)Bql,m).
(2)粒子进入电场在第三象限内的运动可视为平抛运动的逆过程，设粒子射入电场坐标为(－x1,0)，从粒子射入电场到粒子经过n点的时间为t2，由几何关系知x1＝(eq \r(2)＋1)l，在n点有v2＝eq \f(\r(2),2)v1＝eq \f(\r(2),2)v0
由类平抛运动规律有
(eq \r(2)＋1)l＝eq \f(\r(2),2)v0t2
eq \f(\r(2),2)v0＝at2＝eq \f(Eq,m)t2
联立以上方程解得t2＝eq \f(\r(2)＋1m,qB)，E＝eq \f(\r(2)－1qlB2,m).
(3)粒子在磁场中的运动周期为
T＝eq \f(2πm,qB)
粒子第一次在磁场中运动的时间为
t1＝eq \f(5,8)T＝eq \f(5πm,4qB)
粒子在电场中运动的时间为
2t2＝eq \f(2\r(2)＋1m,qB)
粒子第二次在磁场中运动的时间为
t3＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πm,2qB)
故粒子从开始到第三次通过x轴所用时间为
t＝t1＋2t2＋t3＝(eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2)eq \f(m,qB).
【变式】如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀
强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度
v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经
过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
【答案】 (1)eq \f(5πm,4qB) (2)eq \f(2mv0,qT0)
【解析】 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),R)，T＝eq \f(2πR,v0)
依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为eq \f(5,4)π，所需时间t1为t1＝eq \f(5,8)T，求得t1＝eq \f(5πm,4qB).
(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，
有qE＝ma，v0＝eq \f(1,2)at2，得t2＝eq \f(2mv0,qE)
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0
得电场强度最大值E＝eq \f(2mv0,qT0).
热点题型三 带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中的运动的分析方法
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．
【例9】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
【答案】CD
【解析】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＝eq \f(mv甲2,r)，mg－Bv乙q＝eq \f(mv乙2,r)，mg＝eq \f(mv丙2,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，因为重力势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确．
2.电场力、磁场力并存
(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，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解．
【例10】(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
【答案】 BD
【解析】 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．
3.电场力、磁场力、重力并存
(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动．
(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动．
(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解．
【例11】(2019·浙江名校联考) 质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是( )
A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcs θ) D．该电场的场强为Bvcs θ
【答案】AC
【解析】.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故选项A正确，B错误；由平衡条件得：qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝eq \f(mg,qvcs θ)，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项C正确，D错误．
【变式】(2019·赣州模拟)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)
【答案】CD
【解析】.开始时对小球受力分析如图所示，则mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误；因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误；若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qvB)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正确．
热点题型四 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
【例12】(2019·浙江宁波高三上学期期末十校联考)如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿＋y方向的匀强电场，电场强度E＝eq \f(8,π)×103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t＝0时刻，一个带正电粒子从P点以v＝2×104 m/s的速度沿＋x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为eq \f(π－2,10) m，P点到坐标原点O的距离为1.1 m，粒子的比荷eq \f(q,m)＝106 C/kg，不计粒子的重力。求粒子：
(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离；
(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间；
(3)最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。
【答案】 (1)0.4 m (2)eq \f(π,2)×10－5 s或4π×10－5 s(3)0.37 m
【解析】 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝meq \f(v2,R)，
解得半径R＝0.2 m，
粒子做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)＝2π×10－5 s，由图乙可知粒子运动eq \f(3,4)圆周后磁感应强度发生变化，在0～eq \f(3π,2)×10－5 s内，粒子做匀速圆周运动的时长为t1＝eq \f(3π,2)×10－5 s。
由磁场变化规律可知，粒子在0～eq \f(3π,2)×10－5 seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(即0～\f(3,4)T))时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿－y方向做匀速直线运动直至电场边界上的C点，如图1所示，设电场边界MN到x轴的距离为y0，
用时t2＝eq \f(R＋y0,v)＝eq \f(π,2)×10－5 s＝eq \f(T,4)。
进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度：a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(8,π)×109 m/s2，
粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间
t3＝eq \f(2v,a)＝eq \f(2×2×104,\f(8,π)×109) s＝eq \f(π,2)×10－5 s＝eq \f(T,4)。
接下来，粒子沿＋y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁感应强度刚好变为0.1 T，粒子将在洛伦兹力的作用下从A点开始做匀速圆周运动，再经eq \f(3π,2)×10－5 s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程。因此粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym＝2R＝0.4 m。
(2)由(1)中结论可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2π×10－5 s
粒子连续两次通过电场边界MN有两种可能情况，以图1所示过程为例，
第一种可能是，由C点先沿－y方向到D再返回经过C，所需时间为t＝t3＝eq \f(π,2)×10－5 s。
第二种可能是，由C点先沿＋y方向运动至A点，做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿－y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为t′＝t2＋eq \f(3T,2)＋t2＝2T＝4π×10－5 s。
(3)由(1)可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向－x方向平移2R(即图1中所示从P点移到F点)，eq \x\t(OP)＝1.1 m＝5.5R，故粒子打在挡板前的前运动轨迹如图2所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。
由题意知，eq \x\t(QI)＝eq \x\t(OP)－5R＝0.1 m，eq \x\t(KQ)＝R－eq \x\t(QI)＝0.1 m＝eq \f(R,2)，
则eq \x\t(JQ)＝eq \r(R2－\x\t(KQ)2)＝eq \f(\r(3),2)R，
J点到O的距离eq \x\t(JO)＝R＋eq \f(\r(3),2)R＝eq \f(2＋\r(3),10) m≈0.37 m。
【变式】(2019·哈尔滨三中模拟)如图甲所示，质量为m带电量为－q的带电粒子在t＝0时刻由a点以初速
度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场磁感应强度大小不变、方向周期性变化如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；
Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同均为B0.粒子在Ⅰ区域内一定
能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为eq \f(T0,2)整数倍，则：
(1)粒子在Ⅰ区域运动的轨道半径为多少？
(2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)．
【答案】 (1)eq \f(mv0,qB0)或eq \f(v0T0,2π) (2)eq \f(qB0x,2m) eq \f(qB0x,2m)－2v0
【解析】 (1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),r)
解得r＝eq \f(mv0,qB0)(或T0＝eq \f(2πr,v0)，r＝eq \f(v0T0,2π))．
(2)第一种情况，若粒子进入第Ⅲ区域，当第三次经过mn进入Ⅰ区域，Ⅰ区域磁场向外时：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝eq \f(x,2)
qv2B0＝meq \f(v\\al(2,2),R)
解得粒子在Ⅲ区域速度大小v2＝eq \f(qB0x,2m)
第二种情况，若粒子进入第Ⅲ区域，当第三次经过mn进入Ⅰ区域，Ⅰ区域磁场向里时：
粒子在Ⅲ区域运动半径R＝eq \f(x－4r,2)
粒子在Ⅲ区域速度大小v2＝eq \f(qB0x,2m)－2v0.
【题型演练】
1.(2019·山西名校联考)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S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2
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F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝eq \r(3)R.则该粒子的比
荷为(粒子的重力忽略不计)( )
A.eq \f(3U,R2B2) B.eq \f(4U,R2B2)
C.eq \f(6U,R2B2) D.eq \f(2U,R2B2)
【答案】C
【解析】设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：qU＝eq \f(1,2)mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝eq \f(\r(3)R,3)，又Bqv＝meq \f(v2,r)，可求eq \f(q,m)＝eq \f(6U,R2B2)，故C正确．
2.(2019·厦门一模)如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁
场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)
穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则( )
A．若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t B．若撒去电场E，质子穿过场区时间等于t
C．若撒去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek D．若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek
【答案】C
【解析】质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动．若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撒去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误．
3.如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一
带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是( )
A．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动 B．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动
C．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动 D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动
【答案】D
【解析】P处于静止状态，mg＝qE，带负电荷，若仅撤去磁场，P仍静止，A错误；仅撤去电场，P向下加速，同时受到洛伦兹力，将做复杂的曲线运动，B错误；给P一初速度，若沿磁场方向，则粒子只受重力和电场力，且二者相等，则P做匀速直线运动，若垂直磁场方向，因mg＝qE，P将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，C错误，D正确．
4.如图所示，相互正交的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里．带有等量同种电荷的三个液滴在
此空间中，a液滴静止不动，b液滴沿水平线向右做直线运动，c液滴沿水平线向左做直线运动．则下列说
法中正确的是 ( )
A．三个液滴都带负电 B．液滴b的速率一定大于液滴c的速率
C．三个液滴中液滴b质量最大 D．液滴b和液滴c一定做的是匀速直线运动
【答案】AD
【解析】a液滴受力平衡，有Ga＝qE，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故液滴带负电，b液滴受力平衡，有Gb＋qvB＝qE，c液滴受力平衡，有Gc＝qvB＋qE，解得Gc＞Ga＞Gb，故A正确，C错误；由以上分析可知，无法确定b与c洛伦兹力大小，因此无法确定液滴速率大小，故B错误；根据f＝qvB，可知，液滴的洛伦兹力受到速率的约束，若不是做匀速直线运动，则洛伦兹力变化，导致受力不平衡，那么就不可能做直线运动，故D正确．
5.如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，
有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是 ( )
A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运动
【答案】AC
【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确．故选AC.
6. (2019·铜陵质检)如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v－t图象如下图所示，其中正确的是( )
【答案】C.
【解析】小球下滑过程中，qE与qvB反向，开始下落时qE>qvB，所以a＝eq \f(mg－μ（qE－qvB）,m)，随下落速度v的增大a逐渐增大；当qE7. 如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )
A． 电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
【答案】AC.
【解析】根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝eq \f(mv2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们都带正电，以相同速度进入磁场时，所受洛伦兹力方向相同，两者偏转方向相同，仅依据粒子轨迹无法判断是质子还是正电子，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝eq \r(2mEk)，故粒子的动能与半径无关，选项D错误．
8.如图所示，质量为m，带电量为＋q的液滴，以速度v沿与水平成45°角斜向上进入正交的足够大的匀强
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，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，此时液滴加速度多少？
(3)在满足(2)的前提下，粒子从A点到达与A点位于同一水平线上的B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，液滴受力如图所示．
根据平衡条件，有Eq＝mgtan θ＝mg，qvB＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \r(2)mg
解得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(F合,m)＝eq \r(2)g
(3)电场变为竖直向上后，qE＝mg，故粒子做匀速圆周运动，由T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(3,4)T
可得t＝eq \f(3\r(2)πv,4g)
9．(2019·开封模拟)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场垂直
纸面向里．在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m.在M点有一正粒子以速
率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到零后又返回磁场，最终又从磁
场离开．已知粒子的比荷为eq \f(q,m)＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计．
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程．
【答案】(1)0.2 T (2)(0.5π＋1)m
【解析】(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到零，粒子一定是从如图的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5 m
根据Bqv＝eq \f(mv2,r)，得B＝eq \f(mv,qR)，代入数据得B＝0.2 T.
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR
设在电场中的路程为s2，根据动能定理得
eq \f(qEs2,2)＝eq \f(1,2)mv2，s2＝eq \f(mv2,Eq)
总路程s＝πR＋eq \f(mv2,Eq)，代入数据得s＝(0.5π＋1)m
10.(2019·贵州黔东南州模拟)空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场．现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用力，求：
(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；
(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达y轴所用的时间．
【答案】(1)eq \f(qBR,m) eq \f(qB2R,2m) (2)(eq \f(5π,6)＋eq \f(1,2))eq \f(m,qB)
【解析】(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(qBR,m)
如图甲所示，
因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R＝vt
又因为R＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t2解得E＝eq \f(qB2R,2m).
(2)轨迹如图乙所示，
轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ＝150°，粒子在磁场中运动的时间为
t1＝eq \f(θ,360°)T＝eq \f(5πm,6qB)
粒子离开磁场到y轴的距离MH＝eq \f(R,2)，在无场区运动的时间t2＝eq \f(R,2v)＝eq \f(m,2qB)
故粒子到达y轴的时间为t＝t1＋t2＝(eq \f(5π,6)＋eq \f(1,2))eq \f(m,qB).
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
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TOC \ "1-3" \h \u 热点题型一 带电粒子在叠加场中运动的实例分析1
1.质谱仪1
2.回旋加速器3
3.速度选择器5
4.磁流体发电机7
5.电磁流量计8
6.霍尔元件9
热点题型二 带电粒子在组合场中的运动10
1.先电场，后磁场10
2.先磁场，后电场13
热点题型三 带电粒子在叠加场中的运动15
1. 磁场力，重力并存16
2.电场力、磁场力并存16
3.电场力、磁场力、重力并存17
热点题型四 带电粒子在交变电、磁场中的运动18
【题型演练】21
【题型归纳】
热点题型一 带电粒子在叠加场中运动的实例分析
1.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＝eq \f(1,2)mv2.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r).
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】(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，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v1，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．
【答案】 (1)eq \f(4U,v1l) (2)1∶4
【解析】 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1 B＝m1eq \f(v\\al(2,1),R1)②
由几何关系知
2R1＝l③
由①②③式得
B＝eq \f(4U,lv1)④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有
q2U＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)⑤
q2v2B＝m2eq \f(v\\al(2,2),R2)⑥
由题给条件有
2R2＝eq \f(l,2)⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶4⑧
【变式1】(2019·山东枣庄高三上学期期末)如图所示，从离子源产生的某种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场的磁感应强度大小为B，磁场左边界与水平方向的夹角为θ(0°＜θ＜90°)。已知该离子在磁场边界的N点射出，MN长为l。不计重力影响。则该离子的比荷为________，进入磁场时的速度大小为________。
【答案】 eq \f(8Usin2θ,B2l2) eq \f(4Usinθ,Bl)
【解析】 设离子的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速度为v0。则qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，粒子在磁场中有qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)，由几何关系知2rsinθ＝l，联立解得eq \f(q,m)＝eq \f(8Usin2θ,B2l2)，v0＝eq \f(4Usinθ,Bl)。
【变式2】(2016·高考全国卷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
【答案】D
【解析】带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝eq \f(mv,qB)，由以上两式整理得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)).由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得eq \f(m2,m1)＝144，选项D正确．
2.回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2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．
(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qvB＝eq \f(mv2,r)，
得Ekm＝eq \f(q2B2r2,2m)，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．
【例2】(2019·山东德州检测)如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(eq \\al(2,1)H)和氦核(eq \\al(4,2)He)，下列说法中正确的是( )
A．它们的最大速度相同 B．它们的最大动能相同
C．两次所接高频电源的频率相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
【答案】 AC
【解析】 由R＝eq \f(mv,qB)得最大速度v＝eq \f(qBR,m)，两粒子的eq \f(q,m)相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；高频电源的频率f＝eq \f(qB,2πm)，因为eq \f(q,m)相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误．
【变式1】劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．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忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )
A．质子被加速后的最大速度与D形盒半径R有关
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与交流电频率f成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 eq \r(2)∶1
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，经该回旋加速器加速的各种粒子的最大动能不变
【答案】AC.
【解析】质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm＝eq \f(2πR,T)＝2πRf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，故B错误；根据qvB＝eq \f(mv2,r)，Uq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，2Uq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq \r(2)∶1，故C正确；因经回旋加速器加速的粒子最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，故D错误．
【变式2】．(2019·湖北华中师范大学第一附属中学模拟)美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，其基本原理如图所示．现有一回旋加速器，当外加磁场一定时，可把质子的速度从零加速到v，质子获得的动能为Ek.在不考虑相对论效应的情况下，用该回旋加速器加速原来静止的α粒子(氦核)时，有( )
A. 能把α粒子从零加速到eq \f(v,2) B．能使α粒子获得的动能为2Ek
C．加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1∶2
D．加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为2∶1
【答案】 AC
【解析】粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)，则粒子的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，因质子与α粒子的质量数之比为1∶4，而电荷量之比为1∶2，所以α粒子加速到的速度为eq \f(v,2)，动能仍为Ek，故A正确，B错误；加速器所接交流电的频率应与粒子做匀速圆周运动的频率相同，粒子做匀速圆周运动的频率为f＝eq \f(qB,2πm)，所以加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1∶2，故C正确，D错误．
3.速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝eq \f(E,B)，粒子做匀速直线运动
【例3】(2019·辽宁大连高三模拟)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O点，出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点．关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是( )
A．粒子带负电 B．初速度为v＝eq \f(B,E)
C．比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(B2r,E) D．比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(E,B2r)
【答案】D
【解析】在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时qvB＝Eq，解得v＝eq \f(E,B)，选项B错误；在磁场中时，由qvB＝meq \f(v2,r)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(v,rB)＝eq \f(E,B2r)，故选项D正确，C错误．
【变式】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( )
若电子以相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动
B．若电子以相同的速率从右向左飞入，电子将向下偏转
C．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转
D．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动
【答案】D
【解析】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，A、B选项错误；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，C选项错误．
4.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、负电荷，两极电压为U时稳定，qeq \f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd
【例4】如图所示为磁流体发电机的原理图．金属板M、N之间的距离为d＝20 cm，磁场的磁感应强度大小为B＝5 T，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入的额定功率为P＝100 W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是( )
A．金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷 B．该发电机的电动势为100 V
C．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/s D．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N上
【答案】BD
【解析】.由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转，负离子将向金属板N偏转，选项A错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以E＝U＝eq \r(PR)＝100 V，选项B正确；由Bqv＝qeq \f(U,d)可得v＝eq \f(U,Bd)＝100 m/s，选项C错误；每秒钟经过灯泡L的电荷量Q＝It，而I＝eq \r(\f(P,R))＝1 A，所以Q＝1 C，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N上的离子个数为n＝eq \f(Q,e)＝eq \f(1,1.6×10－19)＝6.25×1018(个)，选项D正确．
【变式】如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且
通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电荷量为e.
下列说法中正确的是( )
A．导体的M面比N面电势高 B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝eq \f(U,Bd) D．导体单位体积内的自由电子数为eq \f(BI,eUb)
【答案】 CD
【解析】 由于自由电子带负电，根据左手定则可知，M板电势比N板电势低，选项A错误；当上、下表面电压稳定时，有qeq \f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，与单位体积内自由电子数无关，选项B错误，C正确；再根据I＝neSv，可知选项D正确．
5.电磁流量计
eq \f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq \f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq \f(πDU,4B)
【例5】医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和
b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、
磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血液一起在磁场中运动，电极
ab之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力
和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势
差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
A．1.3 m/s，a正、b负 B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正
【答案】A
【解析】由于正、负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断电极a带正电，电极b带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即qvB＝qE得v＝eq \f(E,B)＝eq \f(U,Bd)≈1.3 m/s，A正确．
6.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
【例6】(2019·江西南昌三校联考)中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h、宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是( )
A．上表面的电势高于下表面的电势 B．仅增大h时，上下表面的电势差增大
C．仅增大d时，上下表面的电势差减小 D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小
【答案】C
【解析】因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，A选项错误．当电子达到平衡时，电场力等于洛伦兹力，即qeq \f(U,h)＝qvB，又I＝nqvhd(n为导体单位体积内的自由电子数)，得U＝eq \f(IB,nqd)，则仅增大h时，上下表面的电势差不变；仅增大d时，上下表面的电势差减小；仅增大I时，上下表面的电势差增大，故C正确，B、D错误．
【变式】 (2019·浙江嘉兴一中高三测试)如图所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍尔电压UH.已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I＝neSv.实验中导体板尺寸、电流I和磁感应强度B保持不变，下列说法正确的是( )
A．导体内自由电子只受洛伦兹力作用 B．UH存在于导体的Z1、Z2两面之间
C．单位体积内的自由电子数n越大，UH越小 D．通过测量UH，可用R＝eq \f(U,I)求得导体X1、X2两面间的电阻
【答案】C.
【解析】由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了匀强电场，故电子也受电场力，故A错误；电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了电势差UH，故B错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有：qvB＝qE，其中：E＝eq \f(UH,d)(d为Y1、Y2平面之间的距离)根据题意，有：I＝neSv，联立得到：UH＝Bvd＝Beq \f(I,neS)d∝eq \f(1,n)，故单位体积内的自由电子数n越大，UH越小，故C正确；由于UH＝Beq \f(I,neS)d，与导体的电阻无关，故D错误．
热点题型二 带电粒子在组合场中的运动
“3步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；
第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动．
第3步：用规律
磁偏转→eq \x(\a\al(匀速圆,周运动))→定圆心→画轨迹eq \(――→,\s\up12(求法))eq \x(\a\al(圆周运动公式、牛顿,定律以及几何知识))
1.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．
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图丙、丁所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．
【例7】(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】 (1)eq \f(4U,B2d2) (2)eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
【解析】 (1)设带电粒子的质量为m、电荷量为q，经电压U加速后的速度大小为v。
由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝meq \f(v2,r)②
粒子的运动轨迹如图，由几何关系知
d＝eq \r(2)r③
联立①②③式得eq \f(\a\vs4\al(q),m)＝eq \f(4U,B2d2)④
(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s＝eq \f(πr,2)＋rtan30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝eq \f(s,v)⑥
联立②④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。⑦
【变式】(2017·高考天津卷)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存
在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，
Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出
磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
(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】 (1)eq \r(2)v0，与x轴正方向成45°角斜向上 (2)eq \f(v0,2)
【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＝v0t①
L＝eq \f(1,2)at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有
tan α＝eq \f(vy,v0)④
联立①②③④式得
α＝45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．
设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))⑥
联立①②③⑥式得
v＝eq \r(2)v0.⑦
(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得
F＝ma⑧
又F＝qE⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝meq \f(v2,R)⑩
由几何关系可知
R＝eq \r(2)L⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得
eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2).
2.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．(如图甲、乙所示)
【例8】(2019·山东潍坊模拟)在如图所示的坐标系中，第一和第二象限(包括y轴的正半轴)内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y轴正方向、大小未知的匀强电场．p点为y轴正半轴上的一点，坐标为(0，l)；n点为y轴负半轴上的一点，坐标未知．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由p点沿y轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x轴正半轴成45°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y轴经过n点．粒子的重力忽略不计．求：
(1)粒子在p点的速度大小；
(2)第三和第四象限内的电场强度的大小；
(3)带电粒子从由p点进入磁场到第三次通过x轴的总时间．
【答案】(1)eq \f(\r(2)Bql,m) (2)eq \f(\r(2)－1qlB2,m)
(3)(eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2)eq \f(m,qB)
【解析】粒子在复合场中的运动轨迹如图所示．
(1)由几何关系可知
rsin 45°＝l
解得r＝eq \r(2)l又因为qv0B＝meq \f(v02,r)，可解得
v0＝eq \f(\r(2)Bql,m).
(2)粒子进入电场在第三象限内的运动可视为平抛运动的逆过程，设粒子射入电场坐标为(－x1,0)，从粒子射入电场到粒子经过n点的时间为t2，由几何关系知x1＝(eq \r(2)＋1)l，在n点有v2＝eq \f(\r(2),2)v1＝eq \f(\r(2),2)v0
由类平抛运动规律有
(eq \r(2)＋1)l＝eq \f(\r(2),2)v0t2
eq \f(\r(2),2)v0＝at2＝eq \f(Eq,m)t2
联立以上方程解得t2＝eq \f(\r(2)＋1m,qB)，E＝eq \f(\r(2)－1qlB2,m).
(3)粒子在磁场中的运动周期为
T＝eq \f(2πm,qB)
粒子第一次在磁场中运动的时间为
t1＝eq \f(5,8)T＝eq \f(5πm,4qB)
粒子在电场中运动的时间为
2t2＝eq \f(2\r(2)＋1m,qB)
粒子第二次在磁场中运动的时间为
t3＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πm,2qB)
故粒子从开始到第三次通过x轴所用时间为
t＝t1＋2t2＋t3＝(eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2)eq \f(m,qB).
【变式】如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀
强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度
v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经
过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
【答案】 (1)eq \f(5πm,4qB) (2)eq \f(2mv0,qT0)
【解析】 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),R)，T＝eq \f(2πR,v0)
依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为eq \f(5,4)π，所需时间t1为t1＝eq \f(5,8)T，求得t1＝eq \f(5πm,4qB).
(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，
有qE＝ma，v0＝eq \f(1,2)at2，得t2＝eq \f(2mv0,qE)
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0
得电场强度最大值E＝eq \f(2mv0,qT0).
热点题型三 带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中的运动的分析方法
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．
【例9】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
【答案】CD
【解析】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＝eq \f(mv甲2,r)，mg－Bv乙q＝eq \f(mv乙2,r)，mg＝eq \f(mv丙2,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，因为重力势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确．
2.电场力、磁场力并存
(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，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解．
【例10】(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
【答案】 BD
【解析】 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．
3.电场力、磁场力、重力并存
(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动．
(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动．
(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解．
【例11】(2019·浙江名校联考) 质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是( )
A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcs θ) D．该电场的场强为Bvcs θ
【答案】AC
【解析】.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故选项A正确，B错误；由平衡条件得：qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝eq \f(mg,qvcs θ)，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项C正确，D错误．
【变式】(2019·赣州模拟)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)
【答案】CD
【解析】.开始时对小球受力分析如图所示，则mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误；因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误；若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qvB)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正确．
热点题型四 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
【例12】(2019·浙江宁波高三上学期期末十校联考)如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿＋y方向的匀强电场，电场强度E＝eq \f(8,π)×103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t＝0时刻，一个带正电粒子从P点以v＝2×104 m/s的速度沿＋x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为eq \f(π－2,10) m，P点到坐标原点O的距离为1.1 m，粒子的比荷eq \f(q,m)＝106 C/kg，不计粒子的重力。求粒子：
(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离；
(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间；
(3)最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。
【答案】 (1)0.4 m (2)eq \f(π,2)×10－5 s或4π×10－5 s(3)0.37 m
【解析】 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝meq \f(v2,R)，
解得半径R＝0.2 m，
粒子做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)＝2π×10－5 s，由图乙可知粒子运动eq \f(3,4)圆周后磁感应强度发生变化，在0～eq \f(3π,2)×10－5 s内，粒子做匀速圆周运动的时长为t1＝eq \f(3π,2)×10－5 s。
由磁场变化规律可知，粒子在0～eq \f(3π,2)×10－5 seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(即0～\f(3,4)T))时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿－y方向做匀速直线运动直至电场边界上的C点，如图1所示，设电场边界MN到x轴的距离为y0，
用时t2＝eq \f(R＋y0,v)＝eq \f(π,2)×10－5 s＝eq \f(T,4)。
进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度：a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(8,π)×109 m/s2，
粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间
t3＝eq \f(2v,a)＝eq \f(2×2×104,\f(8,π)×109) s＝eq \f(π,2)×10－5 s＝eq \f(T,4)。
接下来，粒子沿＋y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁感应强度刚好变为0.1 T，粒子将在洛伦兹力的作用下从A点开始做匀速圆周运动，再经eq \f(3π,2)×10－5 s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程。因此粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym＝2R＝0.4 m。
(2)由(1)中结论可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2π×10－5 s
粒子连续两次通过电场边界MN有两种可能情况，以图1所示过程为例，
第一种可能是，由C点先沿－y方向到D再返回经过C，所需时间为t＝t3＝eq \f(π,2)×10－5 s。
第二种可能是，由C点先沿＋y方向运动至A点，做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿－y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为t′＝t2＋eq \f(3T,2)＋t2＝2T＝4π×10－5 s。
(3)由(1)可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向－x方向平移2R(即图1中所示从P点移到F点)，eq \x\t(OP)＝1.1 m＝5.5R，故粒子打在挡板前的前运动轨迹如图2所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。
由题意知，eq \x\t(QI)＝eq \x\t(OP)－5R＝0.1 m，eq \x\t(KQ)＝R－eq \x\t(QI)＝0.1 m＝eq \f(R,2)，
则eq \x\t(JQ)＝eq \r(R2－\x\t(KQ)2)＝eq \f(\r(3),2)R，
J点到O的距离eq \x\t(JO)＝R＋eq \f(\r(3),2)R＝eq \f(2＋\r(3),10) m≈0.37 m。
【变式】(2019·哈尔滨三中模拟)如图甲所示，质量为m带电量为－q的带电粒子在t＝0时刻由a点以初速
度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场磁感应强度大小不变、方向周期性变化如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；
Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同均为B0.粒子在Ⅰ区域内一定
能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为eq \f(T0,2)整数倍，则：
(1)粒子在Ⅰ区域运动的轨道半径为多少？
(2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)．
【答案】 (1)eq \f(mv0,qB0)或eq \f(v0T0,2π) (2)eq \f(qB0x,2m) eq \f(qB0x,2m)－2v0
【解析】 (1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),r)
解得r＝eq \f(mv0,qB0)(或T0＝eq \f(2πr,v0)，r＝eq \f(v0T0,2π))．
(2)第一种情况，若粒子进入第Ⅲ区域，当第三次经过mn进入Ⅰ区域，Ⅰ区域磁场向外时：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝eq \f(x,2)
qv2B0＝meq \f(v\\al(2,2),R)
解得粒子在Ⅲ区域速度大小v2＝eq \f(qB0x,2m)
第二种情况，若粒子进入第Ⅲ区域，当第三次经过mn进入Ⅰ区域，Ⅰ区域磁场向里时：
粒子在Ⅲ区域运动半径R＝eq \f(x－4r,2)
粒子在Ⅲ区域速度大小v2＝eq \f(qB0x,2m)－2v0.
【题型演练】
1.(2019·山西名校联考)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S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2
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F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝eq \r(3)R.则该粒子的比
荷为(粒子的重力忽略不计)( )
A.eq \f(3U,R2B2) B.eq \f(4U,R2B2)
C.eq \f(6U,R2B2) D.eq \f(2U,R2B2)
【答案】C
【解析】设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：qU＝eq \f(1,2)mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝eq \f(\r(3)R,3)，又Bqv＝meq \f(v2,r)，可求eq \f(q,m)＝eq \f(6U,R2B2)，故C正确．
2.(2019·厦门一模)如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁
场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)
穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则( )
A．若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t B．若撒去电场E，质子穿过场区时间等于t
C．若撒去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek D．若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek
【答案】C
【解析】质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动．若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撒去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误．
3.如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一
带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是( )
A．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动 B．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动
C．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动 D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动
【答案】D
【解析】P处于静止状态，mg＝qE，带负电荷，若仅撤去磁场，P仍静止，A错误；仅撤去电场，P向下加速，同时受到洛伦兹力，将做复杂的曲线运动，B错误；给P一初速度，若沿磁场方向，则粒子只受重力和电场力，且二者相等，则P做匀速直线运动，若垂直磁场方向，因mg＝qE，P将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，C错误，D正确．
4.如图所示，相互正交的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里．带有等量同种电荷的三个液滴在
此空间中，a液滴静止不动，b液滴沿水平线向右做直线运动，c液滴沿水平线向左做直线运动．则下列说
法中正确的是 ( )
A．三个液滴都带负电 B．液滴b的速率一定大于液滴c的速率
C．三个液滴中液滴b质量最大 D．液滴b和液滴c一定做的是匀速直线运动
【答案】AD
【解析】a液滴受力平衡，有Ga＝qE，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故液滴带负电，b液滴受力平衡，有Gb＋qvB＝qE，c液滴受力平衡，有Gc＝qvB＋qE，解得Gc＞Ga＞Gb，故A正确，C错误；由以上分析可知，无法确定b与c洛伦兹力大小，因此无法确定液滴速率大小，故B错误；根据f＝qvB，可知，液滴的洛伦兹力受到速率的约束，若不是做匀速直线运动，则洛伦兹力变化，导致受力不平衡，那么就不可能做直线运动，故D正确．
5.如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，
有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是 ( )
A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴一定带负电
C．电场线方向一定斜向上 D．液滴有可能做匀变速直线运动
【答案】AC
【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确．故选AC.
6. (2019·铜陵质检)如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v－t图象如下图所示，其中正确的是( )
【答案】C.
【解析】小球下滑过程中，qE与qvB反向，开始下落时qE>qvB，所以a＝eq \f(mg－μ（qE－qvB）,m)，随下落速度v的增大a逐渐增大；当qE
A． 电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
【答案】AC.
【解析】根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝eq \f(mv2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们都带正电，以相同速度进入磁场时，所受洛伦兹力方向相同，两者偏转方向相同，仅依据粒子轨迹无法判断是质子还是正电子，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝eq \r(2mEk)，故粒子的动能与半径无关，选项D错误．
8.如图所示，质量为m，带电量为＋q的液滴，以速度v沿与水平成45°角斜向上进入正交的足够大的匀强
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，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，此时液滴加速度多少？
(3)在满足(2)的前提下，粒子从A点到达与A点位于同一水平线上的B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，液滴受力如图所示．
根据平衡条件，有Eq＝mgtan θ＝mg，qvB＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \r(2)mg
解得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(F合,m)＝eq \r(2)g
(3)电场变为竖直向上后，qE＝mg，故粒子做匀速圆周运动，由T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(3,4)T
可得t＝eq \f(3\r(2)πv,4g)
9．(2019·开封模拟)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场垂直
纸面向里．在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m.在M点有一正粒子以速
率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到零后又返回磁场，最终又从磁
场离开．已知粒子的比荷为eq \f(q,m)＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计．
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程．
【答案】(1)0.2 T (2)(0.5π＋1)m
【解析】(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到零，粒子一定是从如图的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5 m
根据Bqv＝eq \f(mv2,r)，得B＝eq \f(mv,qR)，代入数据得B＝0.2 T.
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR
设在电场中的路程为s2，根据动能定理得
eq \f(qEs2,2)＝eq \f(1,2)mv2，s2＝eq \f(mv2,Eq)
总路程s＝πR＋eq \f(mv2,Eq)，代入数据得s＝(0.5π＋1)m
10.(2019·贵州黔东南州模拟)空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场．现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用力，求：
(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；
(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达y轴所用的时间．
【答案】(1)eq \f(qBR,m) eq \f(qB2R,2m) (2)(eq \f(5π,6)＋eq \f(1,2))eq \f(m,qB)
【解析】(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(qBR,m)
如图甲所示，
因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R＝vt
又因为R＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t2解得E＝eq \f(qB2R,2m).
(2)轨迹如图乙所示，
轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ＝150°，粒子在磁场中运动的时间为
t1＝eq \f(θ,360°)T＝eq \f(5πm,6qB)
粒子离开磁场到y轴的距离MH＝eq \f(R,2)，在无场区运动的时间t2＝eq \f(R,2v)＝eq \f(m,2qB)
故粒子到达y轴的时间为t＝t1＋t2＝(eq \f(5π,6)＋eq \f(1,2))eq \f(m,qB).
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
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