第9章 第3讲　带电粒子在复合场中的运动—2024高考物理科学复习解决方案（讲义）

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知识点 带电粒子在复合场中的运动 Ⅱ
1．组合场与叠加场
(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、磁场分时间段交替出现。
(2)叠加场：电场、eq \x(\s\up1(01))磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做eq \x(\s\up1(15))匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力大小eq \x(\s\up1(16))相等，方向eq \x(\s\up1(17))相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做eq \x(\s\up1(18))匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做eq \x(\s\up1(19))非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
知识点 带电粒子在复合场中运动的应用实例 Ⅰ
(一)电场、磁场分区域应用实例
1．质谱仪
(1)构造：如图甲所示，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，根据动能定理可得关系式qU＝eq \f(1,2)mv2。
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝meq \f(v2,r)。
由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。
r＝eq \x(\s\up1(01))eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \x(\s\up1(02))eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \x(\s\up1(03))eq \f(2U,B2r2)。
2．回旋加速器
(1)构造：如图乙所示，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，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由qvB＝eq \f(mv2,r)，得Ekm＝eq \x(\s\up1(04))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。
(二)电场、磁场同区域并存的实例
一 堵点疏通
1．带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，必有mg＝Eq，洛伦兹力做向心力。( )
2．粒子速度选择器只选择速度大小，不选择速度方向。( )
3．回旋加速器中粒子获得的最大动能与加速电压有关。( )
4．带电粒子在重力、电场力(恒力)、洛伦兹力三个力作用下可以做变速直线运动。( )
5．质谱仪可以测带电粒子比荷。( )
6．有的时候，题目中没明确说明时，带电粒子是否考虑重力，要结合运动状态进行判定。( )
答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1．(多选)如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．小球一定带负电
C．小球的绕行方向为顺时针
D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
答案 BC
解析 小球做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得，绕行方向为顺时针方向，C正确；改变小球的速度大小，重力仍与电场力平衡，小球仍在洛伦兹力作用下做圆周运动，D错误。
2.(人教版选修3－1·P98·T4改编)(多选)磁流体发电是一项新兴技术，如图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，磁感应强度为B。将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。A、B两板间距为d，等离子体以速度v沿垂直于磁场方向射入A、B两板之间，所带电荷量为q，则下列说法正确的是( )
A．A板是电源的正极 B．B板是电源的正极
C．电源的电动势为Bdv D．电源的电动势为qvB
答案 BC
解析 根据左手定则，带正电粒子向下偏转，所以B板带正电，为电源正极，A错误，B正确；最终带电粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有qvB＝qeq \f(E,d)，解得E＝Bdv，D错误，C正确。
3．(人教版选修3－1·P100·例题改编)一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。
(1)求粒子进入磁场时的速率；
(2)求粒子打在照相底片D上的点到S3的距离。
答案 (1) eq \r(\f(2qU,m)) (2)eq \f(2,B) eq \r(\f(2mU,q))
解析 (1)粒子被加速电场加速有qU＝eq \f(1,2)mv2
得v＝ eq \r(\f(2qU,m))
(2)带电粒子进入磁场做匀速圆周运动qvB＝eq \f(mv2,r)
把v代入得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))。
粒子打在照相底片D上的点到S3的距离为2r＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2mU,q))。
考点细研 悟法培优
考点1 带电粒子在组合场中的运动
这类问题的特点是电场、磁场或重力场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，常见的有磁场、电场与无场区交替出现相组合的场等。其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用。
1．解题思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选用不同的规律处理。
(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。
(4)选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，一般都是洛伦兹力提供向心力。
2．常见的基本运动形式
例1 如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≤0的区域存在平行于y轴的匀强电场(图中未画出)，电场强度的大小为E，方向沿y轴负方向；在x≥0的区域有一个半径为L的圆形区域，圆心O′坐标为(L,0)，圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子从Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－L，\f(\r(3),2)L))点以初速度v0沿x轴正方向运动，恰好经O点进入磁场，之后以平行x轴正方向的速度射出磁场。不计粒子的重力，求：
(1)粒子的比荷及粒子通过O点时的速度；
(2)磁感应强度的大小；
(3)粒子在磁场中运动的时间。
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移分别为多少？
提示：水平位移为L，竖直位移为eq \f(\r(3),2)L。
(2)带电粒子从磁场中穿出时速度平行x轴正方向，说明在磁场中的速度偏转角与在电场中的速度偏转角有什么关系？
提示：相等。
尝试解答 (1)eq \f(q,m)＝eq \f(\r(3)v\\al(2,0),EL) 2v0，方向斜向下与x轴正方向夹角为60° (2)eq \f(2E,3v0) (3)eq \f(\r(3)πL,6v0)
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，有
水平方向：L＝v0t1，
竖直方向：eq \f(\r(3),2)L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，a＝eq \f(Eq,m)，v1＝eq \r(v\\al(2,0)＋at12)，
由上式解得eq \f(q,m)＝eq \f(\r(3)v\\al(2,0),EL)，v1＝2v0，
设带电粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向夹角为θ，则有csθ＝eq \f(v0,v1)＝eq \f(1,2)，则粒子通过O点时速度v1＝2v0，方向斜向下与x轴正方向夹角为θ＝60°。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),R)，R＝eq \f(mv1,qB)，结合图中几何关系解得R＝eq \r(3)L，故B＝eq \f(2E,3v0)。
(3)设带电粒子在磁场中的运动时间为t2，由几何关系知粒子在磁场中偏转角为60°，通过的弧长：s＝eq \f(π,3)R＝v1t2，解得t2＝eq \f(\r(3)πL,6v0)。
带电粒子在组合场中运动的处理方法
(1)解决带电粒子在组合场中运动的思路
(2)常用物理规律
①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析；
②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理。
(3)解题关键：从一种场进入另一种场时衔接速度不变。
[变式1] 如图所示为平面直角坐标系xOy，在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场；在第一象限内某区域存在方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场(图中未画出)。一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子继续前进距离L后进入磁场区域，再次回到x轴时速度方向与x轴正方向成45°角。已知电子的质量为m，电荷量为e，有界圆形匀强磁场的磁感应强度B＝eq \f(mv,eL)，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)圆形磁场的最小面积Smin；
(3)电子从进入电场到再次回到x轴所用的总时间t总。
答案 (1)E＝eq \f(mv2,2eL) (2)Smin＝πL2
(3)t总＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\r(2)＋\f(π,2)))eq \f(L,v)
解析 (1)电子在从A点运动到C点的过程中，做类平抛运动，在x轴方向上，L＝eq \f(eE,2m)t2
在y轴方向上，2L＝vt
联立解得E＝eq \f(mv2,2eL)。
(2)电子离开电场时的速度的反向延长线过y轴方向位移的中点，故tanθ＝1，θ＝45°
电子进入磁场后仅受洛伦兹力作用，在磁场中做匀速圆周运动
由牛顿第二定律有，evCB＝meq \f(v\\al(2,C),r)
根据几何关系可知vC＝eq \f(v,cs45°)
根据题意作出电子的运动轨迹示意图如图所示，
由图中几何关系可知，电子在磁场中偏转90°后射出
当图中弧PQ对应的弦为圆形磁场的直径时其半径最小，即Rmin＝rsin45°
联立解得Smin＝πReq \\al(2,min)＝πL2。
(3)运动过程经历的总时间为
t总＝eq \f(2L,v)＋eq \f(πm,2eB)＋eq \f(2\r(2)＋1L,\r(2)v)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\r(2)＋\f(π,2)))eq \f(L,v)。
考点2 带电粒子(带电体)在叠加场中的运动
1．带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动
(1)电场力、重力并存
电场力与重力的合力为恒力，粒子一般做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简单。
(2)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，由此可求解问题。
(3)电场力、磁场力并存(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，可用动能定理求解问题。
(4)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，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问题。
2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。
特别提醒：是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明则需要考虑重力。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
例2 如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴沿竖直方向，第二、三和四象限有沿水平方向，垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。第四象限的空间内有沿x轴正方向的匀强电场，场强为E，一个带正电荷的小球从图中x轴上的M点，沿着与水平方向成θ＝30°角斜向下的直线匀速运动。经过y轴上的N点进入x<0的区域内，在x<0区域内另加一匀强电场E1(图中未画出)，小球进入x<0区域后能在竖直面内做匀速圆周运动。(已知重力加速度为g)
(1)求匀强电场E1的大小和方向；
(2)若带电小球做圆周运动通过y轴上的P点(P点未标出)，求小球从N点运动到P点所用的时间t；
(3)若要使小球从第二象限穿过y轴后能够沿直线运动到M点，可在第一象限加一匀强电场，求此电场强度的最小值E2，并求出这种情况下小球到达M点的速度vM。
(1)带电小球沿直线MN做匀速直线运动的条件是什么？
提示：合外力为零。
(2)带电小球在x<0区域内做匀速圆周运动的条件是什么？
提示：电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力。
尝试解答 (1)E1＝eq \r(3)E 方向竖直向上 (2)t＝eq \f(4\r(3)πE,3Bg) (3)E2＝eq \f(3,2)E vM＝eq \r(10)eq \f(E,B)
(1)设小球质量为m，电荷量为q，速度大小为v，小球在MN段受力如图甲所示，因为在MN段小球做匀速直线运动，所以小球受力平衡
有：mgtan30°＝qE
qvBsin30°＝qE
解得：mg＝eq \r(3)qE
v＝eq \f(2E,B)
在x<0的区域内，有mg＝qE1
联立解得E1＝eq \r(3)E，方向为竖直向上。
(2)小球在磁场中做匀速圆周运动的周期是：
T＝eq \f(2πm,qB)
小球到达N点时速度方向与y轴夹角为60°，所以小球在x<0的区域转过240°角到达y轴上P点，所用时间t＝eq \f(2,3)T
联立得小球从N到P经历的时间是：t＝eq \f(4\r(3)πE,3Bg)。
(3)小球到达P点时速度与x轴夹角为30°，小球从P点沿直线运动到M点，说明P点与N点关于O点对称，画出轨迹如图乙，小球在重力和电场力作用下做直线运动，合力与速度共线，当电场力与PM垂直时电场强度最小，由受力分析可知qE2＝mgcs30°
解得：E2＝eq \f(3,2)E
这种情况下，小球从P点沿直线运动到M点的加速度为
a＝gsin30°＝eq \f(1,2)g
由几何关系可知，P、M的距离为s＝Rct30°
R＝eq \f(mv,qB)
根据veq \\al(2,M)－v2＝2as
联立解得vM＝eq \r(10)eq \f(E,B)。
带电粒子(带电体)在叠加场中运动的解题思路
(1)弄清叠加场的组成，一般有磁场、电场的叠加，电场、重力场的叠加，磁场、重力场的叠加，磁场、电场、重力场三者的叠加。
(2)正确分析受力，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意电场力和磁场力的分析。
(3)确定带电粒子(带电体)的运动状态，注意运动情况和受力情况的分析。
(4)画出粒子(带电体)运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
(5)对于粒子(带电体)连续通过几个不同叠加场的问题，要分阶段进行处理。衔接点的速度不变往往成为解题的突破口。
[变式2－1] (2019·大连二十四中联考)(多选)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以初速度v0水平向右抛出(P可视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C点。已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，则( )
A．若抛出的初速度小于v0，小球在斜面上的落点与A点的距离小于A、C两点间的距离
B．若抛出的初速度小于v0，小球落在斜面上所用的时间将缩短
C．若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球仍会落到C点
D．若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球不会落到C点
答案 AC
解析 带电小球P静止于斜面顶端A处且恰好对斜面无压力，说明小球所受的电场力与重力平衡。将带电小球P以初速度v0水平向右抛出，洛伦兹力提供向心力，带电小球做匀速圆周运动，小球落在斜面上的C点。若抛出的初速度小于v0，则带电小球运动的轨迹半径减小，小球在斜面上的落点与A点的距离小于A、C两点之间的距离，A正确；若小球抛出的初速度小于v0，小球落在斜面上时做圆周运动的轨迹所对应的圆心角仍为90°，由带电小球在磁场中做圆周运动的时间只与运动轨迹所对的圆心角有关，可知带电小球落在斜面上所用的时间不变，B错误；根据带电小球在匀强磁场中运动的相关知识及几何关系可知，若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球仍会落到C点，C正确，D错误。
[变式2－2] (多选)如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，垂直纸面向里，电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的电磁场空间中有一固定的粗细均匀的足够长粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m，电荷量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(mg,2qB)
B．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止
C．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(3mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止
D．若小球沿杆向下的初速度v＝eq \f(4mg,qB)，则从开始运动至稳定，小球克服摩擦力做功为eq \f(6m3g2,q2B2)
答案 BD
解析 根据题意可知小球受力平衡，电场力F＝qE＝eq \r(3)mg，电场力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，所以小球不受杆的摩擦力，则cs60°＝eq \f(mg,qv0B)，所以v0＝eq \f(2mg,qB)，A错误；当v＝eq \f(mg,qB)时，qvB＝mgG′，则小球受到垂直于杆斜向下的弹力，即G′＋FN＝qvB，同时受到沿杆向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可知f＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，开始做匀速直线运动，C错误；同理，当v＝eq \f(4mg,qB)时，小球先做加速度减小的减速运动，当v＝eq \f(2mg,qB)时开始做匀速直线运动，根据动能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4mg,qB)))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mg,qB)))2＝eq \f(6m3g2,q2B2)，D正确。
考点3 带电粒子在交变场中的运动
交变场是指电场、磁场在某一区域内随时间做周期性变化，带电粒子在交变场中的运动问题涉及的物理过程比较复杂。
粒子的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子进入场的时刻有关。
交替变化的电磁场会使带电粒子顺次历经不同特点的电磁场，从而表现出“多过程”现象。
所以最好画出粒子的运动轨迹草图，并把粒子的运动分解成多个阶段分别列方程联立求解。
例3 在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t周期性变化的图象如图乙所示。x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向。在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q，不计重力。在t＝eq \f(τ,2)时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动。
(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0；
(2)求B0应满足的关系；
(3)在t0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0(1)带电粒子在eq \f(τ,2)～τ内做什么运动？τ～2τ内做什么运动？
提示：eq \f(τ,2)～τ内做匀加速直线运动，τ～2τ内做匀速圆周运动。
(2)P速度为零的时刻，x坐标应为多少？
提示：x＝0。
尝试解答 (1)v0＝eq \f(qE0τ,2m) (2)B0＝eq \f(2n＋1πm,qτ)(n＝0,1,2,3，…) (3)x＝0 y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2E0[kτ－2t0＋t0],B0),\f(2kE0τ－2t0,B0)))，
(k＝1，2,3，…)
(1)由题图乙知，粒子P在eq \f(τ,2)～τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动，则
电场力F＝qE0
加速度a＝eq \f(F,m)
速度v0＝at
且t＝eq \f(τ,2)
解得v0＝eq \f(qE0τ,2m)。
(2)只有当t＝2τ时，P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图1所示。设P在磁场中做圆周运动的周期为T。
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))T＝τ(n＝0,1,2,3，…)
匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB0)
解得B0＝eq \f(2n＋1πm,qτ)(n＝0,1,2,3，…)。
(3)如图2所示，在t0时刻释放P，P在电场中加速的时间为τ－t0，
在磁场中做匀速圆周运动，
有v1＝eq \f(qE0τ－t0,m)
圆周运动的半径r1＝eq \f(mv1,qB0)
解得r1＝eq \f(E0τ－t0,B0)；
又经(τ－t0)时间P减速为零后向右加速的时间为t0，
P再进入磁场，有v2＝eq \f(qE0t0,m)
圆周运动的半径r2＝eq \f(mv2,qB0)
解得r2＝eq \f(E0t0,B0)。
综上分析，速度为零时横坐标x＝0
相应的纵坐标为y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2[kr1－k－1r2],2kr1－r2))，(k＝1,2，3，…)
解得y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2E0[kτ－2t0＋t0],B0),\f(2kE0τ－2t0,B0)))，(k＝1,2,3，…)。
1．解决带电粒子在交变电磁场中运动问题的基本思路
2．解决带电粒子在交变电磁场中运动问题的注意事项
电场或磁场周期性变化，或者二者都周期性变化，在某段时间内，电场、磁场、重力场可以只存在其中之一、可以存在其中之二、也可以三者同时存在，导致带电粒子的运动出现多样性，求解带电粒子在交变电磁场中的运动的方法，就是各个击破，分段分析。首先相信，命题者设计的带电粒子的运动一定是很规律的运动，如匀速直线运动、类平抛运动、圆周运动，每段时间内电场强度的大小和方向、磁感应强度的大小和方向、每段时间的长短都是精心“算出来”的，所以当我们分析某段运动毫无规律时，一般是我们算错了，需认真核实。
[变式3] 在图甲中，加速电场A、B板水平放置，半径R＝0.2 m的圆形偏转磁场与加速电场的A板相切于N点，有一群比荷为eq \f(q,m)＝5×105 C/kg的带电粒子从电场中的M点处由静止释放，经过电场加速后，从N点垂直于A板进入圆形偏转磁场，加速电场的电压U随时间t的变化如图乙所示，每个带电粒子通过加速电场的时间极短，可认为加速电压不变。eq \f(T,6)时刻进入电场的粒子恰好水平向左离开磁场，(不计粒子的重力)求：
(1)粒子的电性；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)何时释放的粒子在磁场中运动的时间最短？最短时间t是多少？(π取3)
答案 (1)负电 (2)0.1 T
(3)kT＋eq \f(T,2)(k＝0,1,2,3，…) 2×10－5 s
解析 (1)由题意可知，粒子水平向左离开磁场，则粒子所受洛伦兹力向左，根据左手定则得，粒子带负电。
(2)由图乙可知，在eq \f(T,6)时刻，U＝100 V，
根据动能定理得：Uq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv1B＝meq \f(v\\al(2,1),r1)
粒子恰好水平向左离开磁场，粒子轨道半径：r1＝R
解得：B＝0.1 T。
(3)速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，时间越短，则当t＝kT＋eq \f(T,2)(k＝0,1,2,3…)时进入电场的粒子在磁场中运动的时间最短，
根据动能定理得：U′q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
根据牛顿第二定律得：qv2B＝meq \f(v\\al(2,2),r2)
设圆弧所对的圆心角为2θ，
由几何关系得：eq \f(R,r2)＝tanθ，
根据周期公式得：T＝eq \f(2πr2,v2)，
粒子在磁场中的运动时间：t＝eq \f(2θ,2π)T。
解得t＝2×10－5 s。
考点4 带电粒子在电磁场中运动的应用实例分析
1．质谱仪的原理和分析
将质量数不等、电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场。各粒子由于轨道半径不同而分离，其轨道半径r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2mEk),qB)＝eq \f(\r(2mqU),qB)＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))。在上式中，B、U、q对同一元素均为常量，故r∝eq \r(m)，根据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷。
2．回旋加速器的原理和分析
(1)带电粒子在两D形盒中的回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关。
交变电压的频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(qB,2πm)(当粒子的比荷或磁感应强度改变时，同时也要调节交变电压的频率)。
(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。
(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，rn＝eq \f(mvn,qB)，nqU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)，n为加速次数。各半径之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…
(4)粒子的最大速度v＝eq \f(BqR,m)，粒子的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，可见带电粒子加速后的能量取决于D形盒的最大半径R和磁场的强弱。
(5)回旋加速的次数
粒子每加速一次动能增加qU，故需要加速的次数n＝eq \f(Ekm,Uq)，回旋的次数为eq \f(n,2)。
(6)粒子运动时间
粒子运动时间由加速次数n或回旋的次数eq \f(n,2)决定，在磁场中的回旋时间t1＝eq \f(n,2)T；在电场中的加速时间t2＝eq \f(nd,\f(v,2))或t2＝ eq \r(\f(2nd,a))，其中a＝eq \f(qU,md)。在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2。
3．霍尔效应的原理和分析
(1)定义：高为h，宽为d的导体(或半导体)置于匀强磁场B中，当电流通过导体(或半导体)时，在导体(或半导体)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：导电的载流子有正电荷和负电荷。以电子导电的金属为例，如图，金属导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，下表面A′的电势高。正电荷导电时则相反。
(3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷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＝qeq \f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝eq \f(BI,nqd)＝keq \f(BI,d)，k＝eq \f(1,nq)称为霍尔系数。
速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计与霍尔效应类似，均以平衡方程Eq＝Bqv为基础，就不多做介绍了。
例4 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。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2πfR
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流
D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
(1)质子被加速后的最大速度由什么决定？
提示：D形盒半径R。
(2)质子与α粒子在磁场中运动的周期相同吗？
提示：不同。
尝试解答 选A。
由T＝eq \f(2πR,v)，T＝eq \f(1,f)，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，A正确，B错误；高频电源可以使用正弦式交变电源，C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝eq \f(2πmα,qαB)，故D错误。
带电粒子在电磁场中运动的应用实例主要分为两类
(1)在组合场中的运动。解决这类应用问题，关键是将过程分段处理，注意衔接处的物理量关系。
(2)在叠加场中的运动。这类应用基本以平衡方程qE＝qvB为基础。解决这类问题，关键是构建物理模型，再运用相关物理规律进行分析计算。
[变式4－1] (2016·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 设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中qvB＝meq \f(v2,R)，联立两式得m＝eq \f(R2B2q,2U)，故有eq \f(m2,m1)＝eq \f(B\\al(2,2),B\\al(2,1))＝144，D正确。
[变式4－2] (多选)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A．M板电势一定高于N板的电势
B．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大
C．污水流动的速度越大，电压表的示数越大
D．电压表的示数U与污水流量Q成正比
答案 ACD
解析 对于污水中带正电的离子，由左手定则可判断出正离子所受洛伦兹力的方向指向M板，即正离子向M板偏转；对于污水中带负电的离子，由左手定则可判断出负离子所受洛伦兹力的方向指向N板，即负离子向N板偏转，即M板电势一定高于N板的电势，A正确。当污水中的离子不再向金属板偏转时电压表的电压U稳定，对离子分析，此时洛伦兹力与电场力平衡，Bqv＝eq \f(U,c)q，U＝Bcv，即污水流动的速度越大，电压表的示数越大，C正确，B错误。污水流量Q＝cbv，电压表示数U＝Bcv＝eq \f(BQ,b)，即电压表的示数U与污水流量Q成正比，D正确。
启智微专题 满分指导4 带电粒子在复合场中的运动问题规范求解
【案例剖析】
(18分)如图所示，①在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，②距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、③带电量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，①在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。
(1)求④电场强度的大小和方向；
(2)⑤要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；
(3)若⑥粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。
[审题 抓住信息，准确推断]
[破题 形成思路，快速突破]
(1)粒子在两边界之间做圆周运动，受电场力、磁场力，考虑重力吗？重力和电场力的关系是什么？
提示：必须考虑重力，且重力和电场力大小相等、方向相反。
(2)要使粒子不从NS边界飞出，在上、下两部分区域，粒子运动轨迹应如何画？
提示：根据题意，画出粒子速度非最小时的运动轨迹，然后让速度减小，从轨迹变化中寻找当速度最小时的运动轨迹，根据相关几何关系求出最小速度，注意轨迹的对称性及与边界相切的情况。
(3)要使粒子能经过Q点从MT边界飞出，从P点经上、下两个区域转到与Q点等高的地方为一个周期，向右移动的水平距离为L，则应满足什么条件，才能刚好转到Q点？
提示：nL＝1.8h，n为正整数。
[解题 规范步骤，水到渠成]
(1)设电场强度大小为E，
由题意有
mg＝qE，(1分)
得E＝eq \f(mg,q)，方向竖直向上。(1分)
(2)如图1所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ。
由r＝eq \f(mv,qB)，(1分)
有r1＝eq \f(mvmin,qB)，r2＝eq \f(1,2)r1，(2分)
又由(r1＋r2)sinφ＝r2，(1分)
r1＋r1csφ＝h，(1分)
得vmin＝(9－6eq \r(2))eq \f(qBh,m)。(2分)
(3)如图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1′和r2′，粒子第一次通过KL时距离K点为x，圆心O1′O2′连线与NS的夹角为φ′，则仍有r2′＝eq \f(1,2)r1′。
由题意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)(2分)
x＋eq \f(x,2)＝r1′sinφ′＋r2′sinφ′≥(r1＋r2)sinφ＝r2，即
eq \f(3,2)x≥eq \f(9－6\r(2)h,2)(2分)
x＝eq \r(r1′2－h－r1′2)(1分)
得r1′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(0.36,n2)))eq \f(h,2)，n≤eq \f(9＋6\r(2),5)<4(1分)
Bqv＝eq \f(mv2,r1′)，则v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(0.36,n2)))eq \f(qBh,2m)，n<4
即n＝1时，v＝eq \f(0.68qBh,m)；(1分)
n＝2时，v＝eq \f(0.545qBh,m)；(1分)
n＝3时，v＝eq \f(0.52qBh,m)。(1分)
[点题 突破瓶颈，稳拿满分]
对于带电粒子在复合场中的运动问题，应充分挖掘题目中关键信息，认真进行受力分析和运动过程分析，分过程、分步骤、规范解题，步步得分。
高考模拟 随堂集训
1．(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( )

A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq \f(eU,a)
答案 D
解析 由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由eeq \f(U,a)＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝eq \f(eU,a)，D正确。
2．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
答案 C
解析 由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，有Eq＝qvB，则v＝eq \f(E,B)，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时的速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。
3．(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，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
粒子运动的轨迹如图，
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②③④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。
4．(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。
答案 (1)eq \f(4U,lv1) (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q1v1B＝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∶4。
5．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为eq \f(π,6)，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
答案 (1)轨迹见解析 (2)eq \f(2El′,Bl) (3)eq \f(4\r(3)El′,B2l2) eq \f(Bl,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))
解析 (1)粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcsθ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,R)⑤
由几何关系得l＝2Rcsθ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq \f(2El′,Bl)。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cteq \f(π,6)⑧
联立①②③⑦⑧式得eq \f(q,m)＝eq \f(4\r(3)El′,B2l2)⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，
则t′＝2t＋eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝eq \f(2πm,qB)⑪
联立③⑦⑨⑩⑪式得t′＝eq \f(Bl,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))。
6．(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eq \\al(1,1)H和一个氘核eq \\al(2,1)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eq \\al(1,1)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。eq \\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)eq \\al(1,1)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)eq \\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案 (1)eq \f(2\r(3),3)h (2) eq \r(\f(6mE,qh)) (3)eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h
解析 (1)eq \\al(1,1)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eq \\al(1,1)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＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)②
由题给条件，eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°，则eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③
联立以上各式得s1＝eq \f(2\r(3),3)h。④
(2)eq \\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤
设eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝eq \r(v\\al(2,1)＋a1t12)⑥
设磁感应强度大小为B，eq \\al(1,1)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qv1′B＝eq \f(mv1′2,R1)⑦
由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧
联立以上各式得B＝ eq \r(\f(6mE,qh))。⑨
(3)设eq \\al(2,1)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eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)⑩
由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪
设eq \\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，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＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)⑬
v2′＝eq \r(v\\al(2,2)＋a2t22)⑭
sinθ2＝eq \f(a2t2,v2′)⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq \f(\r(2),2)v1′。⑯
设eq \\al(2,1)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中做圆周运动的半径公式得R2＝eq \f(2mv2′,qB)＝eq \r(2)R1⑰
所以出射点在原点左侧。设eq \\al(2,1)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s2′，由几何关系有s2′＝2R2sinθ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq \\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h。
7.(2018·天津高考)如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、eq \r(3)R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。
(1)求粒子从P到M所用的时间t；
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。
答案 (1)eq \f(\r(3)RB,E) (2)eq \f(qBR,m)
解析 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,\r(3)R) ①
设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE ②
设粒子在电场中运动的加速度为a，
根据牛顿第二定律有F＝ma ③
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有
v＝at ④
联立①②③④式得t＝eq \f(\r(3)RB,E)。 ⑤
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、圆周运动半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可知
(r′－R)2＋(eq \r(3)R)2＝r′2 ⑥
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，
即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知tanθ＝eq \f(\r(3)R,r′－R) ⑦
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，由运动的合成和分解可知tanθ＝eq \f(v,v0) ⑧
联立①⑥⑦⑧式得v0＝eq \f(qBR,m)。 ⑨
课时作业
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中 1～3题为单选，4～8题为多选)
1．如图所示，板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘核、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电场和磁场区域，且氘核沿直线射出。不考虑粒子间的相互作用，则射出时( )
A．偏向正极板的是氚核
B．偏向正极板的是氦核
C．射入电场和磁场区域时，氚核的动能最大
D．射入电场和磁场区域时，氦核的动量最大
答案 D
解析 初速度为零的氘核、氚核和氦核，经相同的电压U加速，由动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2，解得加速后速度大小为v＝ eq \r(\f(2qU,m))，速度大小与粒子比荷的二次方根成正比。氘核的电荷量为e，质量数为2；氚核的电荷量为e，质量数为3；氦核的电荷量为2e，质量数为4。由于氘核和氦核的比荷相同且均大于氚核的比荷，所以氘核和氦核的速度相同，氚核的速度较小。氘核沿直线射出，即所受电场力与洛伦兹力平衡，eE＝evB，速度方向向右。由于氘核和氦核的速度相同，所以氦核也向右沿直线射出，B错误。由于氚核的速度较小，所受洛伦兹力小于电场力，故氚核偏向负极板，A错误。由于氦核电荷量最大，在电场中加速时，电场力做功最多，根据动能定理，射入电场和磁场区域时，氦核的动能最大，C错误。根据动能与动量的关系式p＝eq \r(2mEk)，可知氦核动能与质量的乘积最大，所以射入电场和磁场区域时，氦核的动量最大，D正确。
2．磁流体发电机极板表面积为S，板间距离为L，电阻率为ρ的等离子体以速度v匀速通过磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与等离子体速度方向垂直，如图所示。负载电阻阻值为R，则电压表的示数为( )
A．BLv B.eq \f(BLvR,SR＋ρL)
C.eq \f(BLvSR,R＋ρL) D.eq \f(BLvSR,SR＋ρL)
答案 D
解析 根据左手定则知正离子向上偏转，负离子向下偏转，上极板带正电，下极板带负电，当外电路断开时，最终离子处于平衡状态，假设此时极板间电压即电动势为E，有qvB＝qeq \f(E,L)，解得E＝BLv。外电路接负载电阻时，根据电阻定律，内阻r＝ρeq \f(L,S)，根据闭合电路欧姆定律，流过负载电阻的电流I＝eq \f(BLv,R＋\f(ρL,S))，故电压表示数为eq \f(BLv,R＋\f(ρL,S))R＝eq \f(BLvSR,SR＋ρL)，故D正确。
3.随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情境可简化如图甲所示，被测转子的轮齿(表面具有磁性)每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化。霍尔元件的原理如图乙所示，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大，输出一个脉冲信号。下列说法正确的是( )
A．霍尔电压是由元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的
B．其他条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高
C．若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为负电荷
D．若转速表显示1800 r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号
答案 C
解析 霍尔电压是由元件中定向移动的载流子受到洛伦兹力作用发生偏转而产生的，A错误；载流子沿电流方向通过霍尔元件，设产生的霍尔电压为U，则有eq \f(eU,b)＝evB，解得U＝Bbv，即其他条件不变的情况下，霍尔元件的长度b越大，产生的霍尔电压越高，B错误；根据左手定则，载流子是负电荷时，霍尔元件的前端电势比后端低，C正确；若转速表显示1800 r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出1800×150＝2.7×105个脉冲，D错误。
4．(2019·福建省五校联考)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A．沿ab、ac方向抛出的小球都可能做直线运动
B．若小球沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动
C．若小球沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动
D．两小球在运动过程中机械能均守恒
答案 AC
解析 先分析沿ab方向抛出的带电小球，若小球带正电，则小球所受电场力方向与电场强度方向相同，重力竖直向下，由左手定则知小球所受洛伦兹力方向垂直ab斜向上，小球受力可能平衡，可能做直线运动；若小球带负电，则小球受力不可能平衡。再分析沿ac方向抛出的带电小球，同理可知，只有小球带负电时可能受力平衡，可能做直线运动。若小球做直线运动，假设小球同时做匀加速运动，则小球受到的洛伦兹力持续增大，那么小球将无法做直线运动，假设不成立，小球做的直线运动一定是匀速运动，故A、C正确，B错误；在小球的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力对小球做功，故小球的机械能不守恒，D错误。
5.(2019·山东济南高三上学期期末)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动。若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )
A．小球的动能减小 B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小 D．小球的机械能减小
答案 ACD
解析 小球在复合场中做水平直线运动时，小球共受到三个力作用：重力G、电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，判断可知小球受到的合力一定是零，则小球一定做匀速直线运动。小球带负电，受到的电场力向上，洛伦兹力向下，重力向下，当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，而电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做负功，小球的动能减小，故A正确；电场力对小球做负功，洛伦兹力不做功，则小球的机械能减小，电势能增大，故B错误，D正确；重力对小球做正功，重力势能减小，故C正确。
6.如图所示，在水平向左的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(\a\vs4\al(2μqE＋mg),2μqB)
D．小球向下运动的稳定速度为v＝eq \f(\a\vs4\al(μqE＋mg),μqB)
答案 CD
解析 小球静止时只受电场力、重力、弹力及摩擦力，电场力水平向左，弹力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，对小球由牛顿第二定律mg－μEq＝ma，小球的加速度为a＝g－eq \f(\a\vs4\al(μEq),m)，小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向弹力将减小，摩擦力减小，故加速度先增大，故A错误。在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故B错误。当洛伦兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是洛伦兹力小于电场力的情况，另一种是洛伦兹力大于电场力的情况，当洛伦兹力小于电场力时：eq \f(g,2)＝eq \f(mg－μEq－Bqv1,m)，解得：v1＝eq \f(\a\vs4\al(2μEq－mg),2μBq)；当洛伦兹力大于电场力时：eq \f(g,2)＝eq \f(mg－μBqv2－Eq,m)，解得：v2＝eq \f(\a\vs4\al(2μEq＋mg),2μBq)，故C正确。当加速度等于零时，速度最大且保持稳定：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝eq \f(\a\vs4\al(mg＋μEq),μBq)，故D正确。
7．(2019·湖南省六校联考)如图所示，M、N为两个同心金属圆环，半径分别为R1和R2，两圆环之间存在着沿金属圆环半径方向的辐向电场，N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，N环上有均匀分布的6个小孔，从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件是( )
A．U＝eq \f(qB2R\\al(2,2),6m) B．U＝eq \f(qB2R\\al(2,2),5m)
C．U＝eq \f(3qB2R\\al(2,2),2m) D．U＝eq \f(qB2R\\al(2,2),3m)
答案 AC
解析 带电粒子由M环内侧边缘运动到N环，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，带电粒子进入N环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)离开磁场，由几何关系可知，轨迹半径为r＝R2taneq \f(π,3)＝eq \r(3)R2或r＝R2taneq \f(π,6)＝eq \f(\r(3)R2,3)，则根据r＝eq \f(mv,qB)，联立解得U＝eq \f(3qB2R\\al(2,2),2m)或U＝eq \f(qB2R\\al(2,2),6m)，A、C正确。
8．如图所示，在xOy坐标系中第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内的部分区域存在匀强电场(未画出)。一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0从P(a,0)点沿与x轴成45°角方向射入磁场中，通过y轴上的N(0，a)点进入第二象限后，依次通过无电场区域和匀强电场区域，到达x轴上某点时速度恰好为零。已知该粒子从第一次通过N点到第二次通过N点所用时间为t0，粒子重力不计。下列说法正确的是( )
A．磁场的磁感应强度大小为eq \f(\r(2)mv0,2aq)
B．该带电粒子自P点开始到第一次通过N点所用的时间为eq \f(\r(2)πa,2v0)
C．该带电粒子第一次通过无电场区域运动的位移大小为eq \f(v0t0,2)－eq \r(2)a
D．匀强电场的电场强度大小为eq \f(mv\\al(2,0),qv0t0－2\r(2)a)
答案 BD
解析 由几何条件可知，带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝eq \f(\r(2),2)a，又qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),R)，解两式得：B＝eq \f(\r(2)mv0,qa)，A错误；由几何条件可知，带电粒子在第一象限内轨迹恰好为半个圆弧，所以粒子从P点开始到第一次通过N点所用时间t＝eq \f(πR,v0)＝eq \f(\r(2)πa,2v0)，B正确；带电粒子在第二象限内先匀速再匀减速到零到达x轴，设粒子匀速运动过程的位移为s，则eq \f(s,v0)＋eq \f(\r(2)a－s,\f(v0,2))＝eq \f(t0,2)，解得s＝2eq \r(2)a－eq \f(v0t0,2)，C错误；由动能定理有：Eq(eq \r(2)a－s)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得E＝eq \f(mv\\al(2,0),qv0t0－2\r(2)a)，D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共36分)
9.(16分)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0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷eq \f(q,m)＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子在电场中的运动路程。
答案 (1)0.2 T (2)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0，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 m①
洛伦兹力提供向心力qvB＝eq \f(mv2,r)②
由①②式代入数据得
B＝0.2 T。③
(2)设粒子在电场中沿y轴正方向运动的最大位移为s，根据动能定理有
－qEs＝0－eq \f(1,2)mv2④
s＝eq \f(mv2,2qE)＝0.5 m⑤
粒子在电场中的运动路程
l＝2s⑥
由⑤⑥式得l＝1 m。
10．(20分)如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场与匀强磁场，电场强度E的大小为5×102 V/m，磁感应强度B1的大小为0.5 T，方向垂直纸面向里，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的下边界与x轴重合。一质量m＝1×10－14 kg、电荷量q＝1×10－10 C的带正电微粒以方向与y轴正方向成60°角的某一速度v从M点沿直线运动，经P点进入处于第一象限内的磁场区域，其中磁场区域磁感应强度大小为B2。一段时间后，微粒经过y轴上的N点并沿与y轴正方向成60°角的方向飞出，M点的坐标为(0，－10 cm)，N点的坐标为(0,30 cm)。微粒重力忽略不计。
(1)请分析判断匀强电场的方向并求微粒运动速度v的大小；
(2)B2的大小为多大？
(3)第一象限磁场区域的最小面积为多少？
答案 (1)电场的方向与y轴负方向成30°角斜向右下方 1×103 m/s (2)B2＝eq \f(\r(3),2) T (3)eq \f(\r(3),150) m2
解析 (1)微粒重力忽略不计，微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，可知电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由左手定则可知，微粒所受的洛伦兹力方向与微粒运动的方向垂直斜向上，即与y轴正方向成30°角斜向左上方，则电场的方向与y轴负方向成30°角斜向右下方。
由力的平衡条件得Eq＝B1qv
解得v＝1×103 m/s。
(2)画出微粒的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知ON－OM＝2Rsin60°，则微粒在第一象限内做圆周运动的半径为R＝eq \f(\r(3),15) m
微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供
由牛顿第二定律得qvB2＝meq \f(v2,R)
代入数据解得B2＝eq \f(\r(3),2) T。
(3)由图可知，第一象限匀强磁场的最小区域应该是图中的矩形PACD
由几何关系得PD＝2Rsin60°
代入数据解得PD＝0.2 m
PA＝R(1－cs60°)＝eq \f(\r(3),30) m
因此，所求匀强磁场的最小面积为
S＝PD·PA＝eq \f(\r(3),150) m2。 项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝eq \x(\s\up1(02))mg
方向：eq \x(\s\up1(03))竖直向下
重力做功与eq \x(\s\up1(04))路径无关
重力做功改变物体的eq \x(\s\up1(05))重力势能
静电场
大小：F＝eq \x(\s\up1(06))qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向eq \x(\s\up1(07))相同
②负电荷受力方向与场强方向eq \x(\s\up1(08))相反
电场力做功与eq \x(\s\up1(09))路径无关
W＝eq \x(\s\up1(10))qU
电场力做功改变eq \x(\s\up1(11))电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝eq \x(\s\up1(12))qvB
方向：根据eq \x(\s\up1(13))左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的eq \x(\s\up1(14))动能
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝qE，即v0＝eq \x(\s\up1(05))eq \f(E,B)，粒子做eq \x(\s\up1(06))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，使两极带电，当qeq \f(U,d)＝qv0B时，两极板间能达到最大电势差U＝eq \x(\s\up1(07))Bv0d
电磁流量计
当qeq \f(U,d)＝qvB时，有v＝eq \x(\s\up1(08))eq \f(U,Bd)，流量Q＝Sv＝eq \x(\s\up1(09))eq \f(πdU,4B)
霍尔元件
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当eq \x(\s\up1(10))磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的两个面间出现了eq \x(\s\up1(11))电势差，这种现象称为霍尔效应
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
示意图
受力情况
只受恒定的电场力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt，y＝eq \f(1,2)at2
a＝eq \f(qE,m)，tanθ＝eq \f(at,v)
qvB＝eq \f(mv2,r)，r＝eq \f(mv,qB)
T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θT,2π)
sinθ＝eq \f(L,r)
做功情况
电场力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷永不做功
关键信息
信息挖掘
题干
①竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域存在匀强磁场，重力加速度为g；粒子在两边界之间做圆周运动
粒子在复合场中做匀速圆周运动
②距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h
KP＝LQ＝h
KL＝1.8h
③粒子从P点垂直NS边界射入
入射速度水平向右
问题
④电场强度的大小和方向
粒子在两边界之间做圆周运动，则电场力与重力大小相等、方向相反
⑤要使粒子不从NS边界飞出，求vmin
有边界磁场的临界问题
⑥粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值
粒子运动整数个周期恰好到达与P等高的Q