专题08 磁场 带电粒子在磁场中的运动（精讲）

2023年高考物理二轮复习讲练测

专题08 磁场 带电粒子在磁场中的运动（精讲）

【知识体系构建】

【典例方法突破】

一、磁感应强度的叠加

【例1】（2022年全国乙卷）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（   ）

A．测量地点位于南半球

B．当地的地磁场大小约为50μT

C．第2次测量时y轴正向指向南方

D．第3次测量时y轴正向指向东方

【答案】BC

【详解】A．如图所示

地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；

B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为计算得B ≈ 50μT

B正确；

CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。故选BC。

【例2】（2021年福建卷）如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则（　　）

A．O点的磁感应强度为0

B．O点的磁感应强度方向由O指向c

C．e点的磁感应强度方向沿y轴正方向

D．e点的磁感应强度方向沿y轴负方向

【答案】BD

【详解】AB．由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示

由图可知，与相互抵消，与合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为零，故A错误，B正确；

CD．由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示

由图可知与大小相等，方向相反，互相抵消；而与大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向，故C错误，D正确。故选BD。

【方法规律归纳】

(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。

(2)磁场中某点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。

(3)磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。

二、安培力作用下的平衡和动力学问题

【例3】（2022年重庆一诊）为探测某空间存在的匀强磁场磁感应强度的大小，某同学用绝缘细线将质量为、长为的直导线悬于点，如图所示，通有大小为的电流时，导线稳定在细线与竖直方向的夹角为处：电流变为时，导线稳定在细线与竖直方向的夹角为处。已知磁场方向平行于纸面，直导线垂直于纸面，重力加速度为，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】设直导线受安培力方向与水平方向的夹角为β，则对直导线受力分析可知

； ； 解得

同理当电流变为时可得 解得β=30°；故选C。

【例4】（2022年湖北卷）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）

A．棒与导轨间的动摩擦因数为

B．棒与导轨间的动摩擦因数为

C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°

D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°

【答案】BC

【详解】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有

令；根据数学知识可得

则有同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有

有所以有当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得带入可得α=30°，此时

加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有故BC正确，AD错误。故选BC。

【方法规律归纳】

1.安培力公式：F＝ILBsin θ。

2．弯曲通电导线的有效长度

(1)当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。

(2)对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。

3.安培力方向的判断

(1)判断方法：左手定则。

(2)方向特点：既垂直于B，也垂直于I，所以安培力一定垂直于B与I决定的平面。

4.通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路

(1)选定研究对象。

(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意

F安⊥B、F安⊥I；如图所示。

(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。

三、带电粒子在有界磁场中的运动

【例5】（2022年湖北卷）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）

A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°

【答案】BC

【详解】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图

根据几何关系则有；可得根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。

当粒子上下均经历一次时，如图

因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有根据洛伦兹力提供向心力有可得此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故可知BC正确，AD错误。故选BC。

【例6】（2022年四川内江三模）如图，在水平面内存在半径为R和半径为2R的两个同心圆，在小圆和大圆之间形成一环形区域小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场，小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面，向各个方向发射速率相同、电荷量为q、质量为m的正粒子，粒子从发射至第一次离开小圆区域运动的时间均为，不计粒子所受的重力及相互作用力，下列说法中正确的是（　　）

A．粒子的发射速度大小为

B．为了将所有粒子都束缚在大圆区域内，环形区域磁场的磁感应强度的大小至少为B

C．若粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的时间为

D．若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B，则粒子在两磁场中运动的总时间为

【答案】CD

【详解】A．粒子在小圆区域运动中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由题设条件第一次离开小圆区域运动的时间均为，可得由计算和几何关系可知，粒子在小圆区域内的运动半径是R，则有粒子的发射速度大小为，A错误；

B．粒子从小圆区域到环形区域，速度大小不变，因受洛伦兹力方向相反，粒子偏转方向相反，如图所示，由粒子束缚在半径为2R的大圆区域内，由几何关系可得

由余弦定理可得，在环形区域内粒子做圆周运动的半径最大值应满足关系式

解得为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形区域内，粒子在环形区域内做圆周运动的半径由洛伦兹力提供向心力，可得；，B错误；

C．由解析图可知，由于，因此粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的圆弧长所对的圆心角为120°，即运动的时间为，C正确；

D．若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B，由题意可知，则粒子在环形磁场中运动的时间也为，则有粒子在两磁场中运动的总时间为，D正确。故选CD。

【方法规律归纳】

1.基本公式:

①向心力公式:qvB=m。②轨道半径公式:r=。③周期公式:T=。④运动时间公式:t=T。

2.确定圆心和半径：

圆心确定：①与速度方向垂直的直线过圆心；②弦的垂直平分线过圆心；③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心。

半径确定：利用平面几何知识求半径。

3.带电粒子在磁场中的临界极值问题四个结论：

(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。

(2)当速率v一定时,弧长(或圆心角小于180°时的弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。

(3)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。

(4)在圆形匀强磁场中,若带电粒子速率v一定且运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)

四、磁场中的放缩圆、旋转圆、平移圆和磁聚焦模型

1.   放缩圆模型

【例7】（2023年山西模考）如图所示，直角三角形区域内有一方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。，，在点有一个粒子源，可以沿方向发射速度大小不同的带正电的粒子。已知粒子的比荷均为，不计粒子间相互作用及重力，则下列说法正确的是（　　）

A．随着速度的增大，粒子在磁场中运动的时间变小

B．随着速度的增大，粒子射出磁场区域时速度的偏向角越大

C．从边射出的粒子的最大速度为

D．从边射出的粒子，在磁场中的运动时间为

【答案】CD

【详解】B．粒子在磁场中做圆周运动，从边射出的粒子轨迹如图所示

则射出磁场时速度的偏向角都相等为60°，故B错误；

C．从点射出的粒子速度最大，由几何关系知，粒子运动的半径由得，最大速度为选项C正确；

AD．从边射出的粒子的圆心角为，在磁场中的运动时间为则随着速度的增大，粒子在磁场中运动的时间不变，故A错误，D正确。故选CD。

【方法规律归纳】

2.   旋转圆模型

【例8】（2022年湖北黄冈二模）如图所示，ab为一足够大感光板，板下方有一匀强磁场，板面与磁场方向平行，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小B=0.60T，在到ab的距离处，有一个点状的放射源S，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量粒子，粒子的速度大小为，已知粒子的电荷与质量之比=5.0×107C/kg，粒子撞在感光板上则会被吸收。不考虑粒子重力及粒子间作用力，下列选项正确的是（　　）

A．撞在感光板ab上的粒子在磁场中运动的最短时间为

B．撞在感光板ab上的粒子在磁场中运动的最长时间为

C．撞在感光板ab的粒子数占发射的总粒子数的

D．感光板ab上有粒子撞击的长度范围为16cm

【答案】AC

【详解】A．用R表示轨道半径，则有可得周期为粒子在磁场中运动的圆心角最小时，弧长最短，运动时间最短，最短弧长为S与ab垂直的距离，则有可得，粒子在磁场中运动的最短时间为故A正确；

B．撞在感光板ab上的粒子在磁场中运动的弧长最长时，运动时间最长，则粒子到达ab板时与板相切，由几何关系可得最长运动时间为故B错误；

C．粒子的运动轨迹与感光板ab分别相切与P1、P2，圆心在以S为圆心，半径为R的圆弧O1、O2上的α粒子均可搭载感光板上，如图

有几何关系可得则撞在感光板ab的粒子数占发射的总粒子数的故C正确；

D．如图

由几何关系可得感光板ab上有粒子撞击的长度范围为

故D错误。故选AC。

【方法规律归纳】

3.   平移圆模型

【例9】（2022年黑龙江大庆模考）如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AC = d，∠B = 30°。现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间均为t，而在磁场中运动的最长时间为 （不计重力和粒子间的相互作用）。下列判断正确的是（　　）

A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t

B．该匀强磁场的磁感应强度大小为

C．粒子在进入磁场时速度大小为

D．粒子在磁场中运动的轨迹半径为

【答案】ABC

【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是，即

则得周期，A正确；

B．根据可得； 联立可得故B正确；

C．粒子在磁场中运动的速度为，C正确；

D．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为，则有解得运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

设轨道半径为R，由几何知识得解得选项D错误。故选ABC。

【方法规律归纳】

4.   磁聚焦模型

【例10】（2022年四川宜宾二诊）在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直bc边射出，下列说法正确的是（　　）

A．离子在磁场中做圆周运动的半径为2L

B．离子在磁场中运动的最长时间为

C．磁场区域的最小面积为

D．离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，将从bc边中点射出

【答案】CD

【详解】A．带电离子在圆形磁场中运动时存在着这样的规律，如果离子的轨迹半径与圆形磁场的半径相等，则离子从同一点以相同的速率、不同的方向射入圆形磁场，则离子会平行于某一方向射出磁场。根据几何关系可知，离子在磁场中做圆周运动的半径为L，故A错误；

B．离子的速率一定，轨迹最长的离子运动的时间最长，则最长时间为，则故B错误；

C．磁场区域的最小面积为图中阴影部分的面积，则有故C正确；

D．离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，设出射点据b点x，则解得离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，将从bc边中点射出，故D正确；

故选CD。

【方法规律归纳】

1．磁发散：如图1所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行。

2．磁汇聚：如图2所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出。

五、磁场中的各类仪器的原理

【例11】（2021年福建卷）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（　　）（所有粒子均不考虑重力的影响）

A．以速度的射入的正电子

B．以速度射入的电子

C．以速度射入的核

D．以速度射入的a粒子

【答案】B

【详解】质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足解得即质子的速度满足速度选择器的条件；

A．以速度的射入的正电子，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；

B．以速度射入的电子，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性而只选择速度，故B正确；

C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不满足速度选器的条件，故都不能做匀速直线运动，故CD错误；故选B。

【例12】（2021年河北卷）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，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，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，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，

B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，

C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，

D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，

【答案】B

【详解】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足 由欧姆定律和安培力公式可得再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得

则金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。故选B。

【例13】（2022年天津重点学校联考）为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计流量为单位时间内流过某截面流体的体积如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为、、，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板、N，污水充满管道从左向右匀速流动。测得、N间电压为，污水流过管道时受到的阻力大小是比例系数，为污水沿流速方向的长度，为污水的流速。则（　　）

A．污水的流量

B．金属板的电势不一定高于金属板N的电势

C．电压与污水中离子浓度成正比

D．左、右两侧管口的压强差

【答案】D

【详解】A.根据得：则有：故A项错误；

B. 根据左手定则，正离子向上表面偏转，负离子向下表面偏转，知上表面的电势一定高于下表面的电势，即金属板M的电势一定高于金属板N的电势，故B项错误；

C. 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：解得：U=vBc电压与污水中离子浓度无关，故C错误；

D. 根据平衡条件，则有而 解得：故D项正确。故选D。

【例14】（2022年河北衡水二模）随着生产技术的成熟，打印机、扫描仪、复印机成为了我们的生活中必不可少的工具。霍尔元件作为其中的重要器件，丰富了这些办公设备的功能，使它们变得更智能更方便。如图所示是金属导体材质的霍尔元件工作原理示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面向下，磁感应强度为，霍尔元件宽为（、间距离），厚为（图中上下面间距离），当通以图示方向的电流时，用电压表测得导体左、右表面间稳定的电压为，已知自由电子的电荷量大小为，则（　　）

A．板电势比板高

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

D．导体单位体积内的自由电子数为

【答案】D

【详解】A．由左手定则可知，自由电子向N板偏转，则板电势比板低，故A错误；

B．电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，故B错误；

C．由可得故C错误；

D．电流的微观表达式则导体单位体积内的自由电子数又；联立得

故D正确。故选D。

【例15】（2022年云南昆明模考）回旋加速器的工作原理如图所示，和是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动。已知粒子质量为m、电量为q，从回旋加速器中输出时的平均功率为P、回旋加速器的半径为R，磁感应强度为B。若忽略粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（　　）

A．加速电压越小，粒子射出的动能越小

B．加速电压越小，粒子在磁场中运动的时间越长

C．第n次与第次加速后，粒子在磁场中的轨道半径之比为

D．射出时，带电粒子束的等效电流为

【答案】BCD

【详解】A．粒子射出时速度（动能）最大动能时，圆周半径达到回旋加速器半径R，由牛顿第二定律

则最大动能与加速电压无关，故A错误；

B．设粒子在回旋加速器中被加速度次数为n，根据功能关系可知加速电压U越小，加速次数n越大，做圆周运动的次数越大，根据周期不变，因此导致运行时间越长，故B正确；

C．根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式；所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为即第n次与第次加速后，粒子在磁场中的轨道半径之比为，故C正确；

D．设在t时间内离开加速器的粒子数为N，由电流定义式则粒子束从回旋加速器输出时的平均功率

联立可得等效电流为故D正确。故选D。

【例16】（2022年辽宁模拟预测）如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）

A．极板M比极板N电势高

B．加速电场的电压

C．直径

D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子有相同的比荷

【答案】ABD

【详解】A．粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即粒子所受电场力方向与电场强度相同，所以粒子带正电，在加速电场中所受电场力由M指向N，即场强方向由M指向N，因此极板M比极板N电势高，故A正确。

B．设粒子经过加速电场后获得的速度大小为v，根据动能定理有   ①粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有   ②联立①②解得   ③故B正确；

C．设粒子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有   ④联立①②④解得

   ⑤所以   ⑥故C错误；

D．根据⑥式可知，若一群离子从静止开始经上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷，故D正确。故选ABD。

【方法规律归纳】

六、带电粒子在组合场中的运动

【例17】（2023年湖南模拟）如图所示，在xOy平面的第I象限半径为R=1m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场（与x、y轴分别相切于M、N）。第Ⅱ象限内存在方向沿y轴负方向的匀强电场。第IV象限内存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，两磁场强弱一样。带电粒子a从x轴上A点处以vA=2×105m/s的速度与x轴正方向成θ=60°射入电场，恰好沿水平方向经过y轴上P点，粒子离开圆形磁场时，速度的偏转角为60°，经过圆形磁场偏转后在Q点（图中未画出）穿过x轴。已知OA=m，粒子的比荷=5×105C/kg，粒子重力不计。求：

（1）匀强电场场强E的大小和OP的距离；

（2）匀强磁场磁感应强度B的大小；

（3）粒子a自A点出发到第二次到达x轴所需要的时间t（取π=3，=1.73，结果保留三位有效数字）。

【答案】（1）2×104V/m，1.5m；（2）0.1T；（3）8.44×10-5s

【详解】（1）带点粒子在静电场中水平方向做匀速直线运动，水平方向速度

运动时间竖直方向做匀减速直线运动；

因为qE=ma；解得E=2×104V/m；OP=1.5m

（2）由题意得，粒子在第I象限运动轨迹如图

由几何关系可知，粒子a的轨道半径为r=2R=2m根据可得B=0.1T

（3）粒子整个运动过程轨迹如图

粒子a在电场中运动时间由几何关系得，粒子a在两个磁场中运动得圆心角分别为60°、120°，故在磁场得总时间为粒子a匀速直线运动得路程

；所以粒子a自A点到第二次穿过x轴的时间为

【例18】（2022年广东名校联考）如图所示为某种粒子偏转装置，在xOy平面的第二象限内有半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。已知磁场区域的圆心为，磁场边界与x轴，y轴分别相切与P、Q点。位于P处的粒子源均匀地向纸面内以相同速率发射质量为m，电量为+q的相同带电粒子，且粒子初速度的方向被限定在两侧夹角均为的范围内。第一象限内存在y轴负方向的匀强电场，沿着x轴的区间范围内放置粒子接收装置MN。已知沿方向射入磁场的粒子恰好经过Q点射出，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：

（1）粒子源发射粒子的速率；

（2）y轴上有粒子出射的区域范围；

（3）若要求粒子源发出的所有带电粒子均被接收装置接收，求匀强电场的取值范围。

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）粒子沿方向射入磁场，恰好经过Q点射出，则粒子圆周运动的半径r=R

根据洛伦兹力提供向心力；

（2）如图所示，设粒子在左右两侧30°角方向上射入磁场的粒子，最终分别由磁场边界上A、B两点射出，对应圆周运动的圆心分别为，，则四边形、均为菱形，则粒子由A、B两点水平飞出，和B点重合。

；和，都为等边三角形，则AB=R；B到x轴的距离为，所以y轴上有粒子出射的区域范围为

（3）带电粒子由处飞入磁场时，最终打在N点，设此时场强为，根据牛顿第二定律和类平抛运动规律；；解得带电粒子由处飞入磁场时，最终打在M点，设此时场强为，根据牛顿第二定律和类平抛运动规律；；解得

匀强电场的取值范围为

【例19】（2022年浙江联考）如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间以后，电荷以的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻。求：

（1）匀强电场的电场强度E；

（2）图（b）中时刻电荷与O点的水平距离；

（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。

【答案】（1）；（2）；（3）

【详解】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为，由匀变速直线运动规律得由牛顿第二定律得qE=ma代入数据解得

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径做圆周运动的周期代入数据解得；同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为做圆周运动的周期

电荷从时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示

从电荷第一次通过开始其运动的周期为所以时刻粒子距离O点的水平距离为

（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即则最后的距离如图所示

由几何关系可得解得即故电荷运动的总时间

【例20】（2022年山东淄博二模）如图所示，一线状粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子（初速度可视为0），经过电场加速后，粒子以相同的水平速度从MS段垂直MF进入边长为L的正方体电磁修正区FMPQ-AGRN内，底面AGRN水平。已知MS段的长度为，电磁修正区内部有垂直于平面MPRG的磁感应强度为B的匀强磁场、电场强度为E的匀强电场，从M点射入的粒子在正方体电磁修正区中运动时间为，且从底面AGRN射出。距离正方体电磁修正区底面L处有一与底面平行的足够大平板，能吸收所有出射粒子。现以正方体电磁修正区底面中心O在平板的垂直投影点为原点，在平板内建立直角坐标系（其中x轴与GR平行）。忽略粒子间相互作用，不计重力。

（1）求加速电场的电压U；

（2）求从M点射入的粒子射出正方体电磁修正区后速度v的大小；

（3）若，求从S点入射的粒子打到平板上的位置坐标；

（4）满足（3）问条件下，求所有粒子落到平板上的落点离的最小距离。

【答案】（1）；（2）或；（3）；（4）

【详解】（1）粒子在加速电场中有：①分析可知粒子进入修正区后在与磁场垂直的方向上做匀速圆周运动，在沿电场方向上做初速为零的匀加速直线运动，在磁场中有②因③

则圆周运动半径为④由①~④得

（2）从M点入射的粒子射出修正区时沿PR方向的分速度为⑤沿y轴正方向的分速度为⑥

又⑦则粒子射出修正区时的速度为⑧由①~④得

（3）若从S点射入的粒子在沿电场方向做匀加速直线的时间为，则其在该方向上运动的分位移为：

⑨又解得即S点射入的粒子恰好从底面N点射出。粒子在出修正区后沿电场方向做匀速直线运动的分位移为⑩竖直方向⑪则由几何关系知从S点入射的粒子打在平板上的纵坐标为⑫由⑨~⑫得从S点入射的粒子打在平板上的横坐标为从S点入射的粒子打在平板上的坐标为

（4）因则由几何关系可知落点离的最小距离为

【方法规律归纳】

1．带电粒子在组合场中运动的分析思路

第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段。

第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如第3步中表图所示。

第3步：用规律

2.常见的两类组合场问题

（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。

（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，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列式。

②进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析。

七、带电粒子在叠加场中的运动

【例21】（2022年浙江金华模拟）如图所示，有一足够长的绝缘圆柱形管道水平固定，内有带负电小球，小球直径略小于管道直径。小球质量为m，电荷量为q，与管道的动摩擦因数为，空间中有垂直向外、大小为B的匀强磁场。现对物块施加水平向右的恒力F，使物块自静止开始运动，已知重力加速度为g，对物块运动过程的判断正确的是（　　）

A．小球一直做加速度减小的运动 B．小球最大加速度为

C．小球稳定时速度为 D．从开始运动到最大速度时F做的功为

【答案】C

【详解】ABC．对小球受力分析，小球从静止开始运动，则在竖直方向上当

水平方向上解得从静止开始，速度逐渐增加，则加速度逐渐增大，当

加速度达到最大值，为随着速度的增加，竖直方向上受力情况变为解得此时的加速度为随着速度的继续增大，小球加速度减小，当物体加速度为0，开始做匀速直线运动，速度稳定达到最大值为则加速度先增加，后减小，故AB错误，C正确；

D．从开始运动到最大速度的过程中，根据动能定理可得即

故D错误。故选C。

【例22】（2022年山东聊城一模）如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有一带正电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变，小球最终从上端管口飞出．从进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，下列说法正确的是（    ）

A．洛伦兹力对小球做正功 B．小球的机械能增加

C．小球的运动轨迹是一条抛物线 D．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度无关

【答案】BC

【详解】A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，故A错误；

B．设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，小球受力如图所示，玻璃管对带电小球的弹力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故B正确；

C．小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球在竖直方向所受的洛伦兹力F1=qvB是恒力，在竖直方向，由牛顿第二定律得vBq-mg=ma解得小球的加速度大小小球的加速度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线，故C正确；

D．小球在竖直方向做匀加速运动，根据 可知则小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度有关，选项D错误。故选BC。

【例23】（2022年天津四区联考）如图所示，将一质量为m、带电荷量为q的小球从a点斜向上抛出，当小球到达最高点c时，恰好进入正交的匀强电场和匀强磁场中，然后在电、磁场中做半径为R的匀速圆周运动，轨迹如图中虚线所示。其中电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，a、c两点间的水平距离和竖直距离均为2R，重力加速度为g，不计空气阻力。则（　　）

A．小球带正电

B．小球进入电、磁场时的速度大小为

C．匀强电场的场强大小为

D．匀强磁场的磁感应强度大小为

【答案】CD

【详解】AC．小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足解得小球带负电，故C正确，A错误；

B．根据；联立解得故B错误；

D．由牛顿第二定律得解得故D正确。故选CD。

【例24】（2021年河北张家口三模）如图所示，将一质量为m，带电量为+q的小球在空间垂直纸面向里的匀强磁场中由静止释放，其运动轨迹为“ 轮摆线”，为方便分析，可将初始状态的速度（为零）分解为一对水平方向等大反向的速度v，即该运动可以分解为一个匀速直线运动1和一个匀速圆周运动2两个分运动，重力加速度为g，磁感应强度大小为B，为实现上述运动的分解，下列说法正确的是（　　）

A．速度

B．分运动2的半径为

C．小球在轨迹最低点处的曲率半径为

D．小球从释放到最低点的过程中重力势能的减少量为

【答案】C

【详解】A．分运动1为匀速直线运动，根据平衡条件有解得故A错误；

B．分运动2做匀速圆周运动，可得解得故B错误；

C．小球在最低点的速度大小为2v，则有且，解得故C正确；

D．此过程只有重力做功，重力势能全部转化为动能，所以有故D错误。

故选C。

【方法规律归纳】

1.带电粒子在叠加场中运动的解题思路

2.配速法几种常见情况：