第九章 第三节 带电粒子在复合场中的运动-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

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第三节　带电粒子在复合场中的运动　

一、带电粒子在复合场、组合场中的运动
1．复合场与组合场
(1)复合场：__电场__、__磁场__、重力场在同一区域共存，或其中两场在同一区域共存。
(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重复，或在同一区域，电场、磁场分时间段交替出现。
2．带电体在复合场中运动的几种情况
运动形式
受力特点
静止或匀速
直线运动
带电粒子在复合场中所受合力为__零__
匀速圆周运动
带电粒子所受重力与电场力大小__相等__，方向__相反__，洛伦兹力提供向心力
其他变加速
曲线运动
带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度不在一条直线上
二、带电粒子在复合场中运动的应用实例
装置
原理图
规律
质谱
仪

粒子由静止被加速电场加速qU＝　mv2　，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝　m　，则比荷＝　　
回旋
加速
器　

交流电的周期和粒子做圆周运动的周期__相等__，粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvB＝得Ekm＝　　
速度
选择
器　

若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做__匀速直线__运动
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，q＝qv0B，U＝__v0Bd__
电磁
流量
计

q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝　　
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__

[自我诊断]
判断下列说法的正误。
(1)带电粒子在复合场中的运动一定要考虑重力。(×)
(2)带电粒子在复合场中不可能处于静止状态。(×)
(3)带电粒子在复合场中不可能做匀速圆周运动。(×)
(4)不同比荷的粒子在质谱仪磁场中做匀速圆周运动的半径不同。(√)
(5)粒子在回旋加速器中做圆周运动的半径、周期都随粒子速度的增大而增大。(×)
(6)在速度选择器中做匀速直线运动的粒子的比荷可能不同。(√)



考点一　带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，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．组合场中的两种典型偏转


角度1　先电场后磁场

[例1]　(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m、电荷量为q，不计重力。求
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
[审题指导]　(1)根据氕核H进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为60°，利用速度的分解和类平抛运动规律得出氕核H第一次进入磁场的位置到原点O的距离。(2)画出氕核H在匀强磁场中的运动轨迹，利用几何关系得出氕核H在匀强磁场中运动的轨迹半径，运用洛伦兹力提供向心力列方程得出磁场的磁感应强度大小。(3)可画出氘核H在匀强磁场中的运动轨迹，运用洛伦兹力提供向心力列方程得出氘核H在匀强磁场中运动的轨迹半径，利用几何关系得出氘核H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离。

[解析]　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1＝v1t1①
h＝a1t②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得s1＝h④
(2)在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有v′1＝⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv′1B＝⑦
由几何关系得s1＝2R1sin θ1 ⑧
联立以上各式得B＝⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv⑩
由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪
设H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2＝v2t2⑫
h＝a2t⑬
v′2＝⑭
sin θ2＝⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1⑯
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1⑰
所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系得
s′2＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s′2－s2＝(－1)h。
[答案]　(1)h　(2) 　(3)(－1)h
◆方法总结
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。
角度2　多个电磁场的组合
[例2]　

(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4 N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场。现将一比荷＝108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场。已知粒子最终回到了O点，OC相距2 m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失、且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3。求：
(1)磁感应强度B1的大小；
(2)粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；
(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点立即被吸收)。

[解析]　(1)粒子在电场中加速，则由动能定理得：Eqx＝mv2
解得v＝400 m/s
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。由几何关系可知R1＝＝0.6 m
由qvB1＝m
代入数据得B1＝×10－5 T
(2)由题可知B2＝3B1＝2×10－5 T
又qvB2＝m
则R2＝＝0.2 m
粒子在由O→C过程中做匀加速直线运动，则x＝vt1
得到t1＝0.01 s
粒子在磁场B1中周期为T1＝
则在磁场B1中的运动时间为t2＝T1＝3×10－3 s
在磁场B2中的周期为T2＝
在磁场B2中的运动时间为t3＝T2＝5.5×10－3 s
则粒子在复合场中运动的总时间为：t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s
(3)设挡板外磁场变为B2′，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2′＝m
根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件
＝(2k＋1)r，其中k＝0,1,2,3…
解得B2′＝×10－5 T(k＝0,1,2,3…)。
即满足B2＝B2′＝×10－5 T(k＝0,1,2,3…)时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点。
[答案]　(1)×10－5 T　(2)2.85×10－2 s
(3)×10－5 T(k＝0,1,2,3…)
◆方法总结
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)。
2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。

[跟踪训练]

1．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　　)
A.　　 B.　　　
C.　　 D.

[解析]　由qvB＝得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r＝，当粒子进入第一象限时，由于磁感应强度减为B，故轨迹半径变为2r，轨迹如图所示。由几何关系可得cos θ＝，θ＝60°，则粒子运动时间t＝·＋·＝，选项B正确。
[答案]　B
考点二　带电粒子在叠加场中的运动
1．带电粒子在包含匀强磁场的叠加场中无约束情况下运动的几种常见形式
受力特点
运动性质
方法规律
其他场力的合力与洛伦兹力等大反向
匀速直线运动
平衡条件
除洛伦兹力外，其他力的合力为零
匀速圆周运动
牛顿第二定律、圆周运动的规律
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
较复杂的曲线运动
动能定理、能量守恒定律
2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，分析时应注意：
(1)分析带电粒子所受各力尤其是洛伦兹力的变化情况，分阶段明确物体的运动情况。
(2)根据物体各阶段的运动特点，选择合适的规律求解。
①匀速直线运动阶段：应用平衡条件求解。
②匀加速直线运动阶段：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
③变加速直线运动阶段：应用动能定理、能量守恒定律。
角度1　带电粒子在无约束的叠加场中运动
[例3]　如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。
[审题探究]　(1)小球在第二象限内受几个力的作用？其合力是多少？
(2)小球在区域Ⅰ中运动，其合力方向如何？电场力沿什么方向时有最小值？
(3)小球在区域Ⅱ中的运动轨迹如何？怎样确定圆心和半径？
[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1所示关系且小球只能做匀速直线运动。

图1
由图1知tan 37°＝，
解得：
E1＝　cos 37°＝，
解得：B1＝

图2
(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图2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2知cos 37°＝，解得：E2＝，方向与x轴正方向成53°角，方向斜向上
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，解得：E3＝

图3
因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图3所示，由几何关系得r＝d
由洛伦兹力提供向心力知B2q·2v0＝m
联立解得：B2＝。
[答案]　(1)　　(2)，与x轴正方向成53°角斜向上　(3)　
角度2　带电粒子在有约束的叠加场中运动

[例4]　(多选)(2019·江西八校联考)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
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是

[解析]　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，机械能与电势能的总和在减小，B错误。若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qv1B)＝m，得v1＝；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qv2B－qE)＝m，得v2＝，故C、D正确。
[答案]　CD
◆规律总结
带电粒子在叠加场中运动的分析方法


[跟踪训练]

2．如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°。有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力。若将小球P(视为质点)以初速度v0水平向右抛出，一段时间后，小球落在斜面上的C点。已知小球P的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：
(1)小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t；
(2)小球P从抛出到落到斜面的位移x的大小。
[解析]　(1)小球P静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面无压力，则
mg＝qE①

小球P获得水平初速度后由于自身重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示，由对称性可得小球P落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角θ为45°
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m②
圆周运动的周期T＝＝③
圆周运动转过的圆心角为90°，小球P由A到C所需的时间t＝＝。④
(2)由②式可知，小球P做匀速圆周运动的半径R＝⑤
由几何关系知x＝R⑥
联立①⑤⑥式解得位移x＝。
[答案]　(1)45°　　(2)
考点三　带电粒子在复合场中运动的实例分析
(一)“组合场”实例模型(回旋加速器和质谱仪)
1．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)回旋加速器的原理和分析
①加速条件：T电场＝T回旋＝；
②磁场约束偏转：
qvB＝⇒v＝。
③带电粒子的最大速度vmax＝，rD为D形盒的半径。
粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。
2．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＝mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
(二)“叠加场”实例模型(速度选择器等)
装置
原理图
规律
速度
选择器

若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
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，两极电压为U时稳定，
q＝qv0B，U＝Bdv0
电磁
流量计

q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝
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

[题组突破]
[回旋加速器]

1．(2020·襄阳第五中学高三模拟)如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T。忽略粒子在D形盒缝隙间的运动时间和相对论效应，下列说法正确的是(　　)
A．保持B和T不变，该回旋加速器可以加速质子
B．仅调整磁场的磁感应强度大小为B′，该回旋加速器仍可以加速H粒子
C．保持B和T不变，该回旋加速器可以加速He粒子，且在回旋加速器中运动的时间与H粒子的相等
D．保持B和T不变，该回旋加速器可以加速He粒子，加速后的最大动能与H粒子的相等
[解析]　D形盒缝隙间电场变化周期T等于被加速的H在磁场中运动的周期，即T＝，而质子在磁场中的运动周期为TH＝，则该回旋加速器不可以加速质子，选项A错误；仅调整磁场的磁感应强度大小为B′，则H在磁场中的运动周期将要变化，则该回旋加速器不可以加速H粒子，选项B错误；He在磁场中运动的周期THe＝＝＝T，则保持B和T不变，该回旋加速器可以加速He粒子，且在回旋加速器中两粒子运动的半径也相同，则粒子运动的时间与H粒子的相等，选项C正确；根据qvmB＝m，Ekm＝mv＝∝，可知He加速后的最大动能与H粒子不相等，选项D错误。
[答案]　C
[质谱仪]

2．(2018·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。
[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＝m1v①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝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＝m2v⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。
[答案]　见解析
[霍尔效应的分析]

3．(2020·嘉兴测试)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＝求得导体X1、X2两面间的电阻
[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＝(d为Y1、Y2平面之间的距离)，根据题意，有：I＝neSv，联立得到：UH＝Bvd＝Bd∝，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＝Bd，与导体的电阻无关，故D错误。
[答案]　C
考点四　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5]　(2019·合肥模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。
已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝105 m/s，比荷为＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：

(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；
(2)带电粒子射出电场时的最大速度；
(3)带电粒子打在屏幕上的范围。
[审题指导]　第一步：抓关键点
关键点
获取信息
电场可视作是恒定不变的
电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动
最小半径
当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最小
最大速度
由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应注意粒子能否从极板中飞出
第二步：找突破口
(1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解。
(2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。
(3)要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知识列方程求解。
[解析]　(1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。
粒子在磁场中运动时qv0B＝
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径
rmin＝＝ m＝0.2 m
其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。

(2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有＝at2＝·2
代入数据，解得U1＝100 V
在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，则有mv＝mv＋q
解得vmax＝×105 m/s≈1.414×105 m/s。
(3)由第(1)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin＝d＝0.2 m，径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点，
则＝rmin＝0.2 m
带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大。打在屏幕上的位置最低。
设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示。
由洛伦兹力提供向心力有
qvmaxB＝
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径
rmax＝＝ m＝ m
由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则
＝＝ m＝0.1 m
带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则
＝rmax－＝m＝0.18 m
即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内。
[答案]　(1)0.2 m　(2)1.414×105 m/s　(3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内
[跟踪训练]
3．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值约为(　　)

A．11　　 B．12　　　C．121　　 D．144
[解析]　带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝ 。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：＝144，选项D正确。
[答案]　D

规范解答5——带电粒子在复合场中的运动
[典例]　(19分)如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷为，不计粒子的重力。

(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标。
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离。
(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值。









[读题与审题]　
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规范解答
(1)由粒子的比荷＝，则粒子做圆周运动的周期T＝＝2t0(1分)
则在0～t0内转过的圆心角α＝π(2分)
由牛顿第二定律qv0B0＝m(2分)
得r1＝，位置坐标为。(2分)
(2)

图1
粒子在t＝5t0时回到原点，轨迹如图1所示
r2＝2r1，r1＝，r2＝(3分)
得v2＝2v0，又＝，r2＝(2分)
粒子在t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离：
hm＝t0＋r2＝v0t0。(2分)
(3)

图2
如图2所示，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足：
n(2r2′－2r1)＝2r1，(n＝1,2,3，…)(1分)
r1＝，r2′＝(1分)
联立以上各式解得v＝v0，(n＝1,2,3，…)(1分)
又由v＝v0＋，得E0＝，(n＝1,2,3，…)。(2分)
提分必备
1.仔细审题，弄清题意
本题考查带电粒子在交变电磁场中的运动，题中不考虑重力，出发点在原点，电磁场不同时存在，要么粒子做圆周运动，要么做匀变速直线运动，往往粒子运动轨迹特殊。
2．规范解析书写过程，注意分步列式
对所列方程最好用序号标出，阅卷老师才好找到得分点；尽量不要列连等式，以防由于写综合方程，一处出错则全部没分。
3．保证结果计算正确
本题较多的是数学表达式的推导，要提高计算能力，会做的题尽量做对。只要结果正确，前面书写的稍有不规范，阅卷老师也可能不在意，但一旦结果错误，阅卷老师再找得分点时，书写不规范或马虎往往就会吃亏。
4．等价给分
采用不同的思路，只要方程正确，也确实能推出正确答案的，就能给分。
5．只看对的，不看错的
对于不会做的题目，要把与本题相关的公式都写上，公式是主要得分点，阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，无用的如果写了，不给分也不扣分。