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
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 12
类型4 先电偏转后磁偏转 16
题型二　带电粒子在叠加场中的运动 21
题型三　带电粒子在交变电、磁场中的运动 32
题型四 洛伦兹力与现代科技 36
类型1　质谱仪的原理及应用 36
类型2　回旋加速器的原理和应用 39
类型3 电场与磁场叠加的应用实例分析 42

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(－L,0)、Q(0，－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
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
C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间一定为
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＝

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＝nT＝，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，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nr＝L
电子从P点出发恰好经原点O，运动路程为s＝n
当n＝1时s＝
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，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＝，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，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＝2 T，在x<0的区域内，磁感应强度大小为B2＝1 T．在坐标原点O处有一个中性粒子(质量为M＝3.2×10－25 kg)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＝＋3.2×10－19 C，分裂时释放的总能量E＝1.0×104 eV.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) m　(2)　(3)或
【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＝γMva2＋(1－γ)Mvb2，解得va＝
vb＝
粒子a轨迹满足qvaB1＝
Ra1＝＝ m
(2)由(1)问可知Ra1＝＝
可知当γ＝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＝
即＝＝

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＝＋
则γ＝
②若在D点相遇，由于△OCD为正三角形，所以＋＝
则γ＝.
【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
(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>　(2)(＋)　(3)－3d≤y≤－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＝m
解得v>

(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＝m
由几何知识得d＝r1sin
在入口和AB间、AB和CD间的运动时间相同，设为t1，则r1＝v1t1
解得t1＝
自CD至PQ，t2＝
t＝2t1＋t2＝(＋)
(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－r1cos
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≤－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】(2022·山东潍坊市3月五县联考)如图所示的坐标系xOy中，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度未知。一带正电粒子从A(d，0)点以初速度v0开始运动，初速度方向与x轴负方向夹角为53°，粒子到达y轴时速度方向与y轴垂直，粒子经过电场区域、x轴下方磁场区域恰好回到A点，且速度方向与初速度方向相同。粒子重力不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

(1)粒子的比荷；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)x轴下方磁场的磁感应强度大小。
【答案】　(1)　(2)　(3)B0
【解析】　(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的轨迹半径为r1，则有

qv0B0＝m
由图可知r1＝
解得＝。
(2)设粒子做类平抛运动过程竖直位移为Δy，
则Δy＝r1－r1cos 53°
由题意可知，粒子做类平抛运动的末速度与x轴负方向夹角为θ＝53°，则
vy＝v0tan θ，类平抛运动过程
vy＝at，Δy＝at2，qE＝ma
联立解得t＝，E＝。
(3)设粒子做类平抛运动过程水平位移为Δx，则Δx＝v0t，设粒子在y轴下方磁场区域运动的轨道半径为r2，则r2＝
粒子运动速度v＝，qvB＝m
解得B＝B0。
【例2】.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．

(1)求OP两点的距离；
(2)求粒子在磁场中运动的时间；
(3)当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标．
【答案】　(1)L　(2)　(3)(L，L)
【解析】　(1)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qvB＝
解得R＝L
由几何关系得∠OCP＝120°
则OP＝L
(2)粒子在磁场中的运动周期T＝
粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t＝
解得t＝
(3)带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可．设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得PN＝QM＝L
又x＝PNcos 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得x＝L，y＝L
【例3】.(2022·天津南开中学高三月考)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上，一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：

(1)粒子的初速度大小v1，进入电场前在磁场中的运动时间t；
(2)b点的坐标，匀强电场的电场强度大小E.
【答案】　(1)　　(2)(0，－h)　
【解析】　(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，

由几何关系有rcos 45°＝h
可得r＝h
又qv1B＝
可得v1＝＝
粒子在磁场中的周期为T＝＝
粒子进入电场前在磁场中的运动时间t＝T＝
(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规律，有vb＝v1cos 45°
得vb＝
设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb
结合类平抛运动规律得r＋rsin 45°＝vbt，yb＝(v1sin 45°＋0)t＝h
则b点坐标为(0，－h)
由动能定理得－qEyb＝mvb2－mv12
解得E＝.
【例4】如图所示，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)　(2)
【解析】　(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．

设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m
T＝
联立解得T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为π
所需时间为t1＝T＝T
解得t1＝.
(2)粒子进入电场后，先做匀减速直线运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速直线运动，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，有qE＝ma
v0＝a·
解得t2＝
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
t2≥T0
解得电场强度最大值Emax＝.
【例5】．如图所示，xOy平面内，OP与x轴夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T．第二象限有平行于 y轴向下的匀强电场，场强大小为E ＝×105 V/m.一带电微粒以速度 v0 ＝5×106 m/s从 x 轴上 a(L,0)点平行于OP射入磁场，并从OP上的b点垂直于OP离开磁场，与y轴交于c点，最后回到x轴上的点d，图中点b、d未标出．已知L＝ m，sin 53°＝，cos 53°＝，不计微粒的重力，求：

(1)微粒的比荷；
(2)d 点与O点的距离l;
(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度Bx大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限．
【答案】　(1)5×107 C/kg　(2)4 m　(3)Bx≥0.2 T
【解析】　(1)微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得：
r＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B＝m
解得＝5×107 C/kg
(2)粒子进入电场后做类斜抛运动．由几何关系得
yOc＝
在y轴方向 yOc＝－v0tcos 53°＋t2
在x轴方向 l ＝ v0tsin 53°
解得l＝4 m
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限．
由几何关系知R＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B1＝m
解得B1 ＝ 0.2 T
故当磁感应强度Bx≥0.2 T时，微粒能到达第四象限．
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＝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＝m，则r＝，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sin θ＝(其中d为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dB，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】如图所示，M、N板间存在电压为U0的加速电场，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O的距离为2R。带电粒子从S点由静止飘入M、N板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到P点的距离，便能推算出带电粒子的比荷，不计带电粒子的重力。

(1)若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e，质量为m0，求电子经过电场加速后的速度大小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r；
(2)若某种带电粒子通过电场加速和磁场偏转后，打在光屏上的Q点，已知P点到Q点的距离为2R，求该带电粒子的比荷及其在磁场中运动的时间t。
【答案】　(1)　 (2)　
【解析】　(1)电子在电场中加速，根据动能定理，
有eU0＝m0v2－0
解得v＝
电子在磁场中做匀速圆周运动
由evB＝m0，解得r＝。
(2)带电粒子从S点到达Q点的运动轨迹如图所示。

由几何关系可得θ＝60°，则α＝＝30°
因tan α＝
因r′＝，解得＝
带电粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角θ＝60°
周期T＝
运动时间t＝T＝。
【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＝，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＝，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离．
【答案】　(1)4　(2)L
【解析】　(1)由动能定理得EqL＝mv2－mv02
粒子进入磁场时速度大小为v＝
在磁场中L＝2R
qvB＝
可得B＝4
(2)假设粒子由y轴离开电场，运动轨迹如图所示

L＝v0t，
y1＝at2，
Eq＝ma
解得y1＝ vy＝at
速度偏转角tan θ＝
第一次到达x轴的坐标
x1＝＝L
在磁场中R′＝
x2＝2R′sin θ＝sin θ＝＝L
粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离
x＝x1＋x2＝L.
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】如图所示，平面直角坐标系xOy中，在x轴上方和y＝－L下方存在场强大小相等、方向相反(均平行于y轴)的匀强电场，在x轴下方和y＝－L间存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1(0，L)时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2(L,0)进入磁场，经磁场偏转后垂直y＝－L虚线进入下方电场，不计粒子重力，sin 37°＝，cos 37°＝，求：

(1)粒子到达P2点时的速度大小和方向；
(2)电场强度E和磁感应强度B的大小；
(3)粒子从P1点出发后至第5次经过x轴所经历的时间及此时经过x轴的位置坐标．
【答案】　(1)v0　方向与x轴正方向的夹角为53° (2)　(3)　(L,0)
【解析】　(1)如图所示，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时沿y轴方向的分速度为vy
由运动学规律有L＝v0t1

L＝t1
可得t1＝
vy＝v0
故粒子在P2的速度大小v＝＝v0
设v与x轴正方向的夹角为β，则tan β＝＝
即β＝53°
(2)粒子从P1到P2，据动能定理有qEL＝mv2－mv02
可得E＝
作出粒子轨迹如图所示，
设在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，
则由几何关系可得r＝＝L
由 qvB＝m
B＝＝
(3)粒子运动一个周期的轨迹如图所示，粒子从P1运动到P2，t1＝
又因为T磁＝＝
粒子从P2运动到M，t2＝T磁＝
粒子从M运动到N，a＝＝
则t3＝＝
则粒子第5次经过x轴经历了2个周期加1个类平抛的时间，
即为t＝4(t1＋t2＋t3)＋t1＝
每个周期内粒子会沿x轴正方向移动的距离为Δx＝2×L＋2×(L－L·cos 37°)＝4L
则粒子第5次经过x轴距坐标原点的距离为x＝2Δx＋L＝L
则坐标为(L,0)
【例2】．如图所示，同一竖直平面内的a、b、c三条水平虚线间的距离分别为d、2d，在虚线a上方有竖直向下的匀强电场，虚线b、c之间有水平向里的匀强磁场，其磁感应强度大小可调．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从到虚线a的距离为d的O点水平向右射入电场，射入的初速度大小为v0，并从虚线a上的P点离开电场，O、P两点间的水平距离为2d.当磁感应强度大小为B1(未知)时，粒子恰好不能从虚线c射出磁场，并从虚线a上的Q点(图中未标出)第一次返回电场．不计粒子受到的重力，虚线a、b之间既无电场也无磁场．

(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求磁感应强度大小B1及P、Q两点间的距离；
(3)改变匀强磁场的磁感应强度大小，使粒子第一次从磁场中返回到电场后能直接从Q点离开电场，求此磁感应强度大小B2.
【答案】　(1)　(2) (6＋4)d　(3)
【解析】　(1)如图甲所示，粒子在电场中做类平抛运动，沿初速度方向有2d＝v0t

沿电场方向有d＝at2
其中加速度大小a＝
解得E＝
(2)如图乙所示，粒子从电场中射出时有tan θ＝＝1

粒子从电场中射出时的速度大小v＝＝v0
粒子在磁场中运动时有qvB1＝
粒子恰好不从虚线c射出时有2d＝R－Rcos θ
则R＝(4＋2)d
联立解得B1＝
粒子从电场中射出时到进入磁场前沿虚线方向的位移大小x1＝＝d
粒子在磁场中沿虚线方向的位移大小x2＝2Rsin θ＝4(＋1)d
由对称性可得P、Q间的距离xPQ＝2x1＋x2＝(6＋4)d
(3)如图丙所示，当粒子再次进入电场中时沿虚线方向的位移大小x3＝2xOP＝4d

粒子从电场射出时经过Q点，则有2x1＋x2′＋x3＝xPQ
解得x2′＝4d
由几何关系可得R′＝4d
粒子在磁场中运动时有qvB2＝
解得B2＝.
【例3】(2021·全国甲卷·25)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和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下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场.一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞.已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力.

(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离.
【答案】　(1) 　(2)≤B≤(3)l
【解析】　(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知x＝v0t①
y＝at2＝②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有
tan 30°＝＝③
粒子发射位置到P点的距离s＝④
由①②③④式得s＝⑤
(2)带电粒子在磁场中的运动速度v＝＝⑥
带电粒子在磁场中运动的两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图所示

由几何关系可知，最小半径rmin＝＝l⑦
最大半径rmax＝＝(＋1)l⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知qvB＝⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围为
≤B≤
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子的运动轨迹如图所示.

由几何关系可知sin θ＝＝⑩
带电粒子的运动半径为r3＝⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
dmin＝(r3sin 30°＋l)－r3⑫
由⑩⑪⑫式解得d＝l
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，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。
【解题指导】　

【答案】　(1)　　(2)，方向与x轴正方向成53°角向上　(3)　
【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tan 37°＝，得E1＝，
cos 37°＝，
得B1＝。
(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cos 37°＝，
得E2＝，
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＝，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＝，
由洛伦兹力提供向心力知
q·2v0B2＝m，
联立得B2＝。
【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)　　(2)g　(3)
【解析】　(1)液滴带正电，受力情况如图所示：

有qE＝mgtan θ＝mg，qvB＝＝mg
可得E＝，
B＝.
(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＝＝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＝m
可得r＝
则T＝＝
由几何知识得t＝T
可得t＝.
【例3】(2022·山东济南市模拟)如图所示，两竖直虚线间的距离为L，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域左方的A点将质量为m、电荷量为q的带电小球以初速度v0＝沿平行于电场的方向抛出。已知抛出点到电场左边界的距离为2L，小球到达电场右边界时速度方向恰好变为竖直向下。不计空气阻力，重力加速度大小为g。

(1)求小球进入电场时速度大小；
(2)求小球到达电场右边界时的位置到抛出点的距离；
(3)在匀强电场区域再施加一个匀强磁场，使小球进入此区域后能够沿直线运动，求所加磁场的方向以及磁感应强度大小。
【答案】　(1)2　(2)5L (3)垂直纸面向外，
【解析】　(1)设小球从抛出经时间t1恰好进入电场，则根据平抛运动规律有
2L＝v0t1①
根据速度的合成可知，小球进入电场时的速度大小为v＝②
联立①②解得v＝2③
(2)设小球进入电场后经时间t2到达电场右边界，根据运动学公式得L＝t2④
小球从抛出到到达电场右边界的过程中下落的高度为h＝g(t1＋t2)2⑤
由几何关系可知s＝⑥
联立①④⑤⑥解得s＝5L⑦
(3)由前面分析可知小球带负电，小球在电场、磁场和重力场的复合场中做匀速直线运动，小球所受重力和电场力的合力方向斜向左下方，根据平衡条件可知小球所受洛伦兹力的方向一定斜向右上方，又因为小球进入复合场区时的速度方向斜向右下方，故根据左手定则可知匀强磁场的方向为垂直纸面向外。
设小球刚进入复合场时速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝⑧
根据平衡条件可得mgtan α＝qE⑨
qvB＝⑩
联立①③⑧⑨⑩解得磁感应强度的大小为
B＝⑪
【例4】(2022·福建龙岩市质量检测)如图所示，在竖直的xOy平面内，在水平x轴上方存在场强大小E1＝、方向平行于x轴向右的匀强电场，在第二象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，大小与方向都未知的匀强电场E2。一质量为m、带电荷量为q的小球从y轴上的P(0，L)位置无初速度释放，释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与y轴相切。

(1)求匀强电场E2的大小与方向；
(2)求小球第二次穿过x轴的位置与第三次穿过x轴的位置之间的距离；
(3)若让小球从y轴上的Q点(图中未标出)无初速度释放，小球第二次穿过x轴后进入第二象限做直线运动，恰好又回到Q点。求第二象限中匀强磁场的磁感应强度B的大小。
【答案】　(1)　方向竖直向上　(2)8L　(3)
【解析】　(1)小球无初速度释放后进入第一象限，故小球带正电，做匀加速直线运动
因为小球在第四象限做匀速圆周运动，所以qE2＝mg①
则E2＝，方向竖直向上
(2)设小球进入第四象限的速度方向与水平方向夹角为θ，如图所示

由运动学公式得
v2＝2a③
a＝g
tan θ＝＝1④
由②③④得v＝2，θ＝45°
小球再次回到第一象限做类平抛运动，有
竖直方向t＝⑤
水平方向qE1＝max⑥
x＝(vcos θ)t＋axt2⑦
由⑤⑥⑦得x＝8L。
(3)假设x轴下方匀强磁场磁感应强度大小为B0，从P点释放的小球进入磁场，有

R＋Rcos θ＝L⑧
qvB0＝m⑨
假设Q点离坐标原点的距离为yQ，对从Q点释放的小球，进入第一象限的速度为v1，同理可得v1＝2⑩
从Q点释放的小球进入x轴下方，做匀速圆周运动，有
qv1B0＝m⑪
从Q点释放的小球在第二象限做直线运动，电场力和重力的合力与洛伦兹力大小相等，v1与x轴夹角θ＝45°，有qv1B＝mg⑫
电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，则MQ与NQ必然垂直，由几何关系，得
R1＝yQ⑬
由⑧⑨⑩⑪⑫⑬并代入R，得
B＝。
【例5】如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，重力加速度为g，求：

(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间．
【答案】　(1)　(2)　(3)(＋1)
【解析】　(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：

可知Eq＝mg，得：E＝.
(2)由平衡条件得：qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝m

由几何知识可得：r＝l
联立解得：v＝，
B＝.
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝＝
微粒做匀速圆周运动的时间：
t2＝＝
微粒在复合场中的运动时间：
t＝t1＋t2＝(＋1).
【例6】如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿y轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场．一质量为0.02 kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4 m)的A点出发，与y轴成45°角以2 m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)微粒第一次通过y轴正半轴时的纵坐标；
(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示)；
(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量．
【答案】　(1)0.4 m　(2)(6＋π) s　(3)0.16 J
【解析】　(1)微粒受力及运动过程分析如图所示：

微粒在第四象限内沿与y轴成45°角做匀速直线运动，
有qE＝mg
qvB＝mg
微粒在第一象限内，重力与静电力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，
由qvB＝
联立解得r＝ m
由几何关系得，微粒在第一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过y轴正半轴时的纵坐标为0.4 m.
(2)由A到B微粒做匀速直线运动：
位移为x1＝ m
时间t1＝
解得t1＝ s
由B到C微粒做匀速圆周运动：
t2＝
解得t2＝ s
由C到D微粒做匀速直线运动：
位移为x2＝ m
时间t3＝
解得t3＝ s
由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交BA延长线于G点
加速度方向沿D指向A，大小为a＝g
沿DA方向位移大小为x3＝ m
由x3＝at42，
解得t4＝ s
故t总＝t1＋t2＋t3＋t4＝(6＋π) s
(3)只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化．
从D到G，合外力做的功W＝mg·x3
由动能定理知，W＝ΔEk，
解得动能的增加量为ΔEk＝0.16 J．
【例7】(2022·江西高三月考)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E.第一象限中有沿y轴正方向的匀强电场(电场强度大小未知)且某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场(磁感应强度大小也为B)．一个带电小球从图中y轴上的M点，沿与x轴成θ＝45°角斜向上做匀速直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，离开矩形磁场区域后垂直打在y轴上的P点(图中未标出)，已知O、N点间的距离为L，重力加速度大小为g(取sin 22.5°＝0.4，cos 22.5°＝0.9)．求：

(1)小球所带电荷量与质量的比值和第一象限内匀强电场的场强大小；
(2)矩形匀强磁场区域面积S的最小值；
(3)小球从M点运动到P点所用的时间．
【答案】　(1)　E　(2)　(3)(1＋)＋(π－)
【解析】　(1)设小球质量为m，电荷量为q，速度为v，小球在MN段受力如图

因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得
mgtan 45°＝qE
qvBsin 45°＝qE
解得＝
要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区城内做匀速圆周运动，则小球受的重力必须与静电力平衡，mg＝qE1
联立解得E1＝E
(2)由(1)可知qvB＝qE
即v＝
由qvB＝m
可知R＝＝
由图可知矩形的最小面积S＝2Rcos 22.5°×(R－Rsin 22.5°)＝

(3)在第四象限运动的时间
t1＝
在第一象限矩形磁场区域运动的时间
t2＝
在第一象限做匀速直线运动的时间
t3＝
联立解得小球从M到P的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝(1＋)＋(π－)．

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】(2022·山东日照市高三模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，间距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场．P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量．

(1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离．
【答案】　(1)(n＝1,2,3……)　(2)x＝d
【解析】　(1)设经时间t粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a，则a＝
半个周期内，粒子向上运动的距离为
y＝a()2
d＝2ny
t＝nT
联立得T＝(n＝1,2,3……)
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝m
解得r＝d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期内，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得

r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝0.5
则粒子打到Q板的位置距出发点的水平距离为
x＝r－2r(1－cos θ)＝d.
【例2】(2022·湖南长郡中学高三月考)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＝1×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过t1＝×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，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)，计算结果可用π表示．


(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O点右方43.5 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．
【答案】　(1)见解析　(2)π×10－5 s
【解析】　(1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r1，由B1qv0＝
代入数据可得r1＝＝5 cm
当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为r2，同理可得r2＝＝3 cm
由圆周运动规律得T＝
当磁场垂直纸面向外时，周期T1＝＝×10－5 s
磁场垂直纸面向里时，周期T2＝＝×10－5 s
(2)电荷从t＝0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MN开始，其运动的周期
T′＝4t1＋＋＝×10－5 s
每个周期电荷沿MN向挡板移动距离为Δd＝2(r1－r2)＝4 cm
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s＝9Δd＝36 cm
则最后7.5 cm的距离的轨迹如图所示

由几何关系可得r1＋r1cos α＝7.5 cm
解得cos α＝0.5，即α＝60°
故电荷运动的总时间t总＝t1＋9T′＋T1－T1＝π×10－5 s.
【例3】如图a，区域Ⅰ有竖直向上的场强大小为E0的匀强电场，区域Ⅱ有平行于x轴的交变电场，场强E随时间变化规律如图b所示(设向右为正方向)，区域Ⅲ和区域Ⅳ有方向均垂直纸面的匀强磁场，且区域Ⅳ磁场的磁感应强度大小为区域Ⅲ磁场的磁感应强度大小的2倍．y轴上水平固定着一块以O′为中点的绝缘弹性挡板(挡板厚度可忽略，粒子与挡板碰撞时，平行挡板方向的分速度不变，垂直挡板方向上的分速度等大反向，且碰撞后电荷量不变)．t＝0时，在O点释放一带正电粒子(不计重力)，粒子经电场加速后进入区域Ⅱ，经电场偏转后进入区域Ⅲ，进入时粒子速度与水平方向成30°角，接着在磁场中恰好以O′点为圆心做圆周运动，此后又恰好回到O点，并做周期性运动，已知量有：粒子的质量m，电荷量q，电场场强大小E0，区域Ⅰ的宽度d.求：
　
(1)粒子在区域Ⅰ加速的时间t1以及进入区域Ⅱ时的速度大小v0；
(2)粒子刚进入区域Ⅲ的x坐标以及区域Ⅲ中磁感应强度B的大小；
(3)若粒子在t＝T时刻恰好返回O点，则交变电场随时间变化的周期T是多少？
【答案】　(1)　　(2)3d　　(3)(2＋2＋2.5π)
【解析】　(1)粒子在区域Ⅰ经电场加速，设加速时间为t1，加速度大小为a，由匀变速直线运动的位移公式得d＝at12
由牛顿第二定律得a＝
得t1＝
根据动能定理有qE0d＝mv02
得进入区域Ⅱ时的速度大小v0＝
(2)粒子在区域Ⅱ中经电场偏转，做类平抛运动，设粒子偏转时间为t2，粒子进入区域Ⅲ的速度大小为v，其水平分速度为vx，粒子刚进入区域Ⅲ的水平坐标为x.由运动的合成与分解得x＝t22
vx＝t2，vx＝，得 x＝3d
由几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝
由牛顿第二定律得qvB＝m
又因为v＝
得B＝
(3)据题意，粒子在0～0.5T内运动到O′点，轨迹关于y轴对称．由(2)问表达式得t2＝

粒子在磁场中运动的周期T0＝＝
在区域Ⅲ运动的时间为t3＝2×·＝
在区域Ⅳ运动的时间为t4＝＝
故周期T＝2(t1＋t2)＋t3＋t4
得T＝(2＋2＋2.5π).
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＝mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得r＝，m＝，＝.
【例1】(2022·福建宁德市质检)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，测出O、P间距离为x，下列x－U图像可能正确的是(　　)


【答案】　B
【解析】　在加速电场中，由动能定理得
qU＝mv2
在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，
有qvB＝m
解得r＝
则得x＝2r＝
B、m、q都一定，则由数学知识可知，x－U图像是抛物线，故B正确。
【例3】(多选)如图所示，一束电荷量相同的带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场(左侧极板带正电，右侧极板带负电)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强偏转磁场，最终打在A1、A2上，下列说法正确的是(　　)

A．粒子带正电
B．速度选择器中磁场方向为垂直纸面向里
C．所有打在A1A2上的粒子，在匀强偏转磁场中的运动时间都相同
D．粒子打在A1A2上的位置越远，粒子的质量越大
【答案】　AD
【解析】　带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A正确；粒子经过速度选择器时所受的静电力和洛伦兹力平衡，静电力方向向右，则洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外，故B错误；所有打在A1A2上的粒子，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动，运动的时间t＝，而T＝，经过速度选择器后粒子的速度都相同，在匀强偏转磁场中做匀速圆周运动的粒子，半径越大则时间越长，故C错误；经过速度选择器进入匀强偏转磁场中的粒子速度相等，根据题意可知粒子的电荷量相同，根据qvB＝m，得r＝，粒子打在A1A2上的位置越远离P，则半径越大，粒子的质量越大，故D正确．
【例3】(2022·湖南长沙一中高三月考)质谱仪是一种利用质谱分析测量离子比荷的分析仪器，如图是一种质谱仪的示意图，它是由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．已知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．现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子由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，下列说法中正确的是(　　)

A．经分析，粒子带正电，且极板M低于极板N电势
B．不同种类的带电粒子通过静电分析器的时间都相同
C．加速电场的电压U＝ER
D．带电粒子在磁分析器中运动的直径PQ＝
【答案】　C
【解析】　因为粒子在磁场中从P点运动到Q点，因此由左手定则可知粒子带正电；在加速电场中受到的静电力向右，所以电场线方向向右，则M板为正极，M板的电势高于N板电势，故A错误；在加速电场中，由动能定理得qU＝mv2－0得v＝，粒子在静电分析器中做圆周运动，静电力提供向心力，由牛顿第二定律得qE＝m
解得U＝ER，故C正确；根据v＝可知，不同种类的带电粒子加速后的速度不一定相同，所以通过静电分析器的时间也不一定相同，故B错误；粒子在磁分析器中以半径为r做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m解得r＝，带电粒子在磁分析器中运动的直径PQ＝2r＝，故D错误．
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＝、Ekm＝mv得Ekm＝，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＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝。
【例2 (2022·江苏百校联考) 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，现对氚核(H)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的增大而增大
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．该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核(He)加速
【答案】　C
【解析】　根据周期公式T＝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半径无关，A错误；设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足evB＝m，即v＝，可知最终射出回旋加速器的速度与频率无关，B错误；根据周期公式T＝＝，可知m＝，C正确；因为氚核(H)与氦核(He)的比荷不同，则在磁场中做圆周运动的周期不同，所以该回旋加速器接频率为f的高频电源时，不能用来加速氦核(He)，D错误。
【例2】(多选) (2022·东北三省四市质量监测)劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器如图所示，真空中的两个D形金属盒间留有平行的狭缝，粒子通过狭缝的时间可忽略。匀强磁场与盒面垂直，加速器接在交流电源上，若A处粒子源产生的质子可在盒间被正常加速。下列说法正确的是(　　)

A．虽然逐渐被加速，质子每运动半周的时间不变
B．只增大交流电压，质子在盒中运行总时间变短
C．只增大磁感应强度，仍可能使质子被正常加速
D．只增大交流电压，质子可获得更大的出口速度
【答案】　AB
【解析】　质子在D形盒中运动的周期T＝，半个周期为，粒子的比荷不变，则质子每运动半周的时间不变，故A正确；质子在电场中加速，根据qU＝mv2，qvB＝m，联立可得R＝，增大交变电压，质子运动的半径增大，则质子在回旋加速器中加速的次数减少，又因为周期不变，则运行时间会变短，故B正确；由T＝可知，若磁感应强度B增大，则T会减小，只有交流电频率增大，才能正常工作，故C错误；设D形盒的最大半径为RD，质子可获得更大的出口速度满足qvmB＝m，可得vm＝，vm与电压无关，故D错误。
【例3】(2022·北京市首都师范大学附属中学模拟)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．置于高真空中的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处粒子源产生的质子质量为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不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U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1∶
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速α粒子
【答案】　A
【解析】　质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v＝＝2πRf，所以最大速度不超过2πfR，故A正确；根据Bqv＝m，知v＝，则最大动能Ekm＝mv2＝，与加速电压无关，故B错误；质子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v＝知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为∶1，根据R＝，则半径比为∶1，故C错误；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T＝知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，改变交流电的频率才能加速α粒子，故D错误．
【例4】(多选)图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并与高频电源相连．带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的是(　　)

A．t3－t2＝t2－t1＝t1
B．v1∶v2∶v3＝1∶2∶3
C．粒子在电场中的加速次数为
D．同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持不变
【答案】　AC
【解析】　粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝m，可得r＝，粒子运动周期为T＝＝，故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3－t2＝t2－t1＝t1，A正确；粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n次后的动能为mvn2＝nqU，可得vn＝，故速度之比为v1∶v2∶v3＝1∶∶，B错误；由B的分析可得mv12＝qU，mvn2＝nqU，联立解得n＝，故粒子在电场中的加速次数为，C正确；由A的分析可得r＝，由B的分析可知v3－v2≠v2－v1，故r3－r2≠r2－r1，即同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误．
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＝q.
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＝.
(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】(多选)某实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动．将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，P能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射入板间．已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m(电子重力及相互间作用力忽略不计)．以下说法中正确的有(　　)

A．沿直线穿过速度选择器的电子的速率为
B．只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过A、B板的时间变长
C．若t＝时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿O1O2
D．若t＝0时刻进入金属板A、B间的电子恰能水平飞出，则T＝(n＝1,2,3…)
【答案】　ACD
【解析】　电子受静电力和洛伦兹力的作用，沿中轴线运动，则电子受力平衡，所以有eE＝Bve得v＝，故A正确；若只增大速度选择器中的电场强度E，电子沿中轴线射入，则此时v＝，v也增大，则在A、B板长度不变的情况下，电子穿过A、B板的时间变短，故B错误；若t＝时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，且飞出方向沿O1O2方向，此时仅静电力做功，根据对称性可知，若飞出时时刻为t＝＋nT(n＝1,2,3……)，电子都能水平飞出，飞出方向沿O1O2，故C正确；若t＝0时刻进入金属板A、B间的电子恰能水平飞出，则此时竖直方向的速度为0，即通过的时间为nT(n＝1,2,3……)，则有＝nT，v＝，代入v＝，解得T＝(n＝1,2,3…)，故D正确．
【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
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＝q，解得质子流的入射速度为v＝，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＝qα，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q＝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3】如图，等离子体以平行两极板向右的速度v＝100 m/s进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为0.5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10 cm，两极板间等离子体的电阻r＝1 Ω.某同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A点后完成“旋转的液体”实验．若蹄形磁体两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S极，R0＝2.0 Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表(视为理想电压表)的示数恒为2.0 V，则(　　)

A．玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘
B．由上往下看，液体做顺时针旋转
C．通过R0的电流为1.5 A
D．闭合开关后，R0的热功率为2 W
【答案】　D
【解析】　由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此玻璃皿中的电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针旋转，故A、B错误；当静电力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不再改变，则有q＝qvB，
解得U＝Bdv＝5 V
由闭合电路欧姆定律有U－UV＝I(r＋R0)
解得：I＝1 A，R0的热功率PR0＝I2R0＝12×2 W＝2 W，故C错误，D正确．
【例4】(2021·河北卷，5)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B1，一束速度大小为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B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab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，v＝
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
【答案】　B
【解析】　由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsin θ，而I＝，而对等离子体受力分析有q＝qvB1，解得v＝。故B正确，A、C、D错误。
3.电磁流量计

(1)流量(Q)：单位时间流过导管某一截面的液体的体积．
(2)导电液体的流速(v)的计算．

如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转，使a处积累正电荷，b处积累负电荷，使a、b间出现电势差，φa>φb.当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由q＝qvB，可得v＝.
(3)流量的表达式：Q＝Sv＝·＝.
(4)电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.
【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以及一对磁极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流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的静电力和洛伦兹力的合力为零．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】　血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a带正电，b带负电．最终血液中的离子所受的静电力和洛伦兹力的合力为零，有q＝qvB
所以v＝＝ m/s≈1.3 m/s，故A正确．
【例6】(多选)(2022·福建泉州市质监)如图，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，整个测量管处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q(单位时间内流过的液体体积)，下列说法正确的是(　　)

A．a极电势高于b极电势
B．液体流过测量管的速度大小为
C．a、b两极之间的电压为
D．若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
【答案】　AC
【解析】　由左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，则a极电势高于b极电势，选项A正确；由Q＝vS＝v·πD2，解得液体流过测量管的速度大小为v＝，选项B错误；当达到平衡时q＝qvB，解得a、b两极之间的电压为U＝，选项C正确；因a、b两板间的电压与流过的液体中离子浓度无关，则当粒子浓度变高时，显示器上的示数不变，选项D错误。
【例7】(2022·湖南常德市模拟)某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下．污水(含有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)．则(　　)

A．a侧电势比c侧电势低
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
C．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
【答案】　D
【解析】　污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；最终正、负离子会在静电力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，有qE＝qvB，即＝vB，则污水流量Q＝＝·＝，可知Q与U、D成正比，与L无关，显示仪器的示数与离子浓度无关，匀强磁场的磁感应强度B＝，故D正确，B、C错误．
【例8】(2022·浙江省柯桥中学模拟)在实验室中有一种污水流量计如图甲所示，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出．流量Q等于单位时间通过横截面的液体的体积．空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，并测出M、N间的电压U，则下列说法正确的是(　　)

A．正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的
B．容器内液体的流速为v＝
C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D．污水流量为Q＝
【答案】　B
【解析】　离子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到洛伦兹力向上，故A错误；当达到平衡时有q＝qvB，解得v＝，故B正确；不带电的液体在磁场中不受力，M、N两点没有电势差，无法计算流速，故C错误；污水流量为Q＝vS＝πd2·＝，故D错误．
4.霍尔效应的原理和分析
(1)定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．

(2)电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低．
(3)霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝＝k，k＝称为霍尔系数．
【例9】(2022·江苏省前黄高级中学高三月考)霍尔器件广泛应用于生产生活中，有些电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔器件，这种转动把手称为“霍尔转把”．“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲所示．开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I，如图乙．将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U.这个电势差是控制车速的，电势差与车速的关系如图丙．以下叙述正确的是(　　)
　

A．若霍尔器件的自由电荷是自由电子，则C端的电势高于D端的电势
B．若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制
C．其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度
D．按图甲顺时针均匀转动把手，车速减小
【答案】　C
【解析】　若霍尔器件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向与C端相连接的面移动，因此C端电势低于D端的电势，A错误．当霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向改变，从霍尔器件输出的控制车速的电势差正负号相反，但由题图丙可知，不会影响车速控制，B错误．设自由电荷定向移动的速率为v，霍尔器件前后表面间的距离为h，左右表面间距离为d，达到稳定后，自由电荷受力平衡，由Bqv＝q可得U＝Bhv
电流的微观表达式I＝nqvS＝nqvhd
则U＝
可知仅增大电流I时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，C正确．当按题图甲顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围磁场增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势差U增大，因此车速变快，D错误．
【例10】海底通信电缆通电后会产生磁场，科学家为了检测某一海域中磁感应强度的大小，利用图中一块长为a、宽为b、厚为c，单位体积内自由电子数为n的金属霍尔元件，放在海底磁场中，当有如图所示的恒定电流I(电流方向和磁场方向垂直)通过元件时，会产生霍尔电势差UH，通过元件参数可以求得此时海底的磁感应强度B的大小(地磁场较弱，可以忽略)．下列说法正确的是(提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I＝nevbc，其中e为单个电子的电荷量)(　　)

A．元件上表面的电势高于下表面的电势
B．仅增大霍尔元件的宽度c，上、下表面的电势差不变
C．仅增大霍尔元件的厚度b，上、下表面的电势差不变
D．其他条件一定时，霍尔电压越小，则该处的磁感应强度越大
【答案】　C
【解析】　金属材料中定向移动的是自由电子，自由电子定向移动的方向与电流方向相反，由左手定则可知，电子聚集在上表面，上表面的电势低，故A错误；当电子受到的静电力和洛伦兹力平衡时，霍尔电压也趋于稳定，可得e＝evB，解得UH＝Bvb，电流I＝nevbc，可得UH＝，仅增大霍尔元件的宽度c，上、下表面的电势差变小；仅增大霍尔元件的厚度b，上、下表面的电势差不变，故B错误，C正确；根据UH＝Bvb可知，其他条件一定时，霍尔电压越小，该处的磁感应强度越小，故D错误．
【例11】(多选)“天问一号”火星探测器由地火转移阶段进入火星俘获阶段后，环绕火星飞行三个月，反复对首选着陆区进行预先探测．“天问一号”环绕器携带磁强计等探测仪器．目前有一种磁强计，用于测定磁场的磁感应强度，原理如图所示．电路有一段金属导体，它的横截面是宽a、高b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位长度中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N分别与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.则关于磁感应强度的大小和电极M、N的正负说法正确的是(　　)

A．M为正、N为负
B．M为负、N为正
C．磁感应强度的大小为
D．磁感应强度的大小为
【答案】　BC
【解析】　由左手定则可知，金属中的自由电子所受洛伦兹力方向指向极板M，则电子偏向M侧极板，即M为负、N为正，选项A错误，B正确；当达到平衡时e＝evB，I＝＝＝nve，联立解得B＝，选项C正确，D错误．