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高考物理一轮复习重难点逐个突破专题73带电粒子在组合场中的运动(原卷版+解析)
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这是一份高考物理一轮复习重难点逐个突破专题73带电粒子在组合场中的运动(原卷版+解析)，共40页。试卷主要包含了受力决定运动，运动反映受力，2m等内容，欢迎下载使用。
1.受力决定运动，运动反映受力。无论是组合场还是叠加场都要进行正确的受力分析和运动分析，然后画出粒子的运动轨迹，选取合适的物理规律求解。
2.带电粒子在电场、磁场中运动的求解方法
1．（2022·全国·高三专题练习）(多选) 如图所示，正三角形ACD内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠ADC的角平分线DG的反向延长线正好经过圆心O，AD的延长线与圆相交于E点，且AD=32DE=a，现有一质量为m、电荷量为q的粒子（重力不计）以一定速度沿∠CAD的角平分线垂直磁场射入，粒子恰好经过D、E点，则（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子的初速度为Bqa2m
C．圆形区域磁场的磁感应强度大小为32B
D．粒子从A点到E点经历的时间为5πm9Bq
2．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）(多选)如图所示，第I象限存在垂直于平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为−L,−2L3。一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以3v0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，以下说法正确的是（ ）
电场强度E=4mv023qL
B．带电粒子到达O点时的速度大小v=5v0
C．粒子射出磁场位置到O点的距离d=8mv0qB
D．在磁场中带电粒子运动的时间t=53πm90qB
3．（2022·广东·模拟预测）(多选)如图所示的平面直角坐标系xOy，在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电场。在y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一比荷为k的带正电粒子（不计重力），从x轴上的A点以沿着与x轴正方向成θ=53°的初速度v0开始运动，经过电场偏转从y轴的B点以垂直y轴的速度进入磁场，磁感应强度为3v05kd，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向。该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的D点，粒子经D点后，粒子然后再回到x轴的A点，sin53∘=45、cs53∘=35，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为d
B．A、C两点之间的距离为3d
C．匀强电场的电场强度为4v025kd
D．粒子从A点再回到A点的运动时间为15+5πd3v0
4．(多选)如图所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径cd共线，电场与磁场垂直、与gd平行，质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）从a点正对圆心O以初速度v0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．电场方向由f指向e
C．粒子在磁场与电场中运动时间的比值为π2
D．磁感应强度与电场强度大小的比值为1v0
5．(多选)如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。（场区足够大，不计粒子重力）则（ ）
A．当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45°
B．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为22mv0qB0
C．电场强度大小为B0v0
D．粒子回到P点所用的总时间为2π+2mqB0
6．（2023·全国·高三专题练习）半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来改变材料的导电性能。如图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，通过速度选择器的离子经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器中的电场强度的大小为E、方向竖直向上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直纸面向外，大小分别为B1、B2。偏转系统根据需要加合适的电场或者磁场。磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点）。整个系统置于真空中，不计离子重力及其进入加速电场的初速度。下列说法正确的是（ ）
A．可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子
B．从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为2EB1B2R1+R2
C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，则离子会注入到x轴正方向的晶圆上
D．只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处
7．（2022·湖南长沙·模拟预测）(多选)如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行于纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压UMN的变化如图乙所示，电压的大小为U0，周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度均为B。t=0时，将一质量为m的带正电粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，不考虑粒子所受的重力。则（ ）
A．该粒子的比荷qm=πBT0
B．粒子第1次在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的的半径R1=T0U0Bπ
C．粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，两位置间的距离为Δd=22−1T0U0Bπ
D．若粒子的质量增加为53m，电荷量不变，仍在t=0时，将其从A处由静止释放，则在t=0至t=2T0的时间内，粒子在M、N间的运动均为加速运动
8．如图所示，一光滑绝缘圆管轨道位于竖直平面内，半径为0.2m。以圆管圆心O为原点，在环面内建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直于环面向外的匀强磁场。一带电量为+1.0C、质量为0.1kg的小球（直径略小于圆管直径），从x坐标轴上的b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆管轨道做圆周运动。（重力加速度g取10m/s2）
（1）求匀强电场的电场强度E；
（2）若第二次到达最高点a时，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B；
（3）求小球第三次到达最高点a时对圆管的压力。
9．如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电压为U的加速电场加速后沿圆心为O、半径为a的圆弧（虚线）通过静电分析器，并从P点垂直CF进入矩形匀强磁场区域QDCF。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，电场强度的方向均指向O点。QF=a，PF=1.6a，磁场方向垂直纸面向里，粒子重力不计。
（1）求静电分析器通道内圆弧线所在处电场的电场强度的大小E；
（2）若粒子能最终打在磁场区域（边界处有磁场）的左边界QF上，求磁场的磁感应强度大小B的取值范围。
10．（2021·全国）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。
11．（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）如图所示，平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里，磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电量为q的正离子（不计重力）以水平向右、大小为v0的初速度沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动。从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场，进入磁场。已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角。求：
（1）金属板M、N间的电场强度E0；
（2）离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C（图中未画出）与坐标原点的距离OC；
（3）若已知OA=l，只有在第四象限磁场反向且大小变化，其它条件均不变，要使正离子无法运动到第二象限，则磁感应强度B大小应满足什么条件？
12．（2022·广西·合山高中模拟预测）如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（粒子所受重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴正方向的夹角θ=30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为23L+L,L的P点处时的速度大小为v、方向沿x轴正方向。求：
（1）粒子从O点射入磁场时的速度大小v0；
（2）电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从O点运动到P点的时间t。
13．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN上方有范围足够大的匀强电场，电场边界MN与磁场区域的最高处相切于O点，电场强度大小为E、方向垂直MN向下。在磁场区域的最低点P处有一粒子源，它能向纸面内各个方向发射速率相等的带正电粒子，粒子的比荷为k（质量m、电荷量q均未知），不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）要使沿PO方向射入磁场的粒子不能进入电场，求粒子的速率应满足的条件。
（2）若粒子的速率为v1=2kBR，从P点沿某方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，求这些粒子进入电场后，在电场中运动时与边界MN的最大距离h。
（3）若粒子的速率为v2=3kBR，从P点射入磁场的粒子，离开磁场后沿不同方向射入电场。某些粒子在电场中运动时间最长，求这些粒子从P点开始运动至刚好回到磁场经历的时间t。
14．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，平面直角坐标系xOy内，x轴上方有垂直坐标系平面向里、半径为R的圆形匀强磁场B1（大小未知），圆心为O1(0,R)。x轴下方有一平行x轴的虚线MN，在其下方有磁感应强度方向垂直坐标系平面向外、大小为B2=3mv02qR的矩形匀强磁场，磁场上边界与MN重合。在MN与x轴之间有平行与y轴、场强大小为E=3mv022qR的匀强电场（图中未画出），且MN与x轴相距Δy（大小未知）。现有两相同带电粒子a、b以平行x轴的速度v0分别正对O1点、A点(0,2R)射入圆形磁场，经偏转后都经过坐标原点O进入x轴下方电场。已知粒子质量为m、电荷量大小为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
（1）求磁感应强度B1的大小；
（2）若电场沿y轴负方向，欲使带电粒子a不能到达MN，求Δy的最小值；
（3）若电场沿y轴正方向，Δy=3R，欲使带电粒子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。
15．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，在x轴上方有竖直向下的匀强电场，x轴下方−2d≤y≤0的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有质量为m、电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点0,d处沿x轴正方向以初速度v0射出，粒子第一次从M点1.5d,0进入磁场后恰好能够从磁场返回电场。
（1）求磁感应强度B；
（2）让两个相同的该粒子先后从P点以初速度v0射出，要使两粒子在电场中相遇，求两粒子射出的时间差Δt（不计两粒子间的相互作用）；
（3）增大粒子在P点的发射速度，若粒子还能返回电场，求粒子的最大发射速度vm。
16．（2022·贵州贵阳·二模）如图所示，在xy平面（纸面）内有一半径为R，以原点O为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。磁场区域的正下方有一对平行于x轴的平行金属板A和K，两板间加有电压UAK（正负、大小均可调），K板接地，与P点的距离为l，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。一个宽为3R、在y轴方向均匀分布、且关于x轴对称的电子源，它持续不断地沿x正方向每秒发射出n0个速率均为v的电子，电子经过磁场偏转后均从P点射出，穿过K板小孔达到A板的所有电子被收集且导出。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用，不计电子的重力，求：
（1）该匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）从电子源射出的电子经P点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围；
（3）每秒从电子源射出的电子通过K板上小孔的电子数n及这些电子均能到达A板UAK的范围。
17．（2022·山东济宁·二模）2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置（HL−2M）在成都建成并实现首次放电。如图为其磁约束装置的简易原理图，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合，半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1（B1未知），环形区域Ⅱ中有方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，且B2=0.4B1。质量为m、电荷量为q、速度为v0的氢核从坐标为0,R0的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子经过坐标为22R0,22R0的P点，且氢核恰好能够约束在磁场区域内，不计重力和粒子间的相互作用。已知tan22.5∘≈0.4。
（1）求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；
（2）求环形外圆的半径R；
（3）求粒子从A点沿y轴负方向射入磁场Ⅰ至再次从A点沿y轴负方向进入磁场Ⅰ的运动总时间。
18．（2021·辽宁）如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
19．（2022·安徽·淮南第一中学模拟预测）如图所示，竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。在xOy平面内第I、II象限有沿x轴正方向的匀强电场E1，在第IV象限存在沿y轴正方向的匀强电场E2和垂直xOy平面向里的匀强磁场B（磁感应强度B和电场强度E1、E2大小均未知）。一质量为m，电荷量为q的带电液滴（可视为质点），从第II象限中坐标为（−d，3d4）的A点由静止释放后沿直线运动，且恰好经过坐标原点O点进入第IV象限，并在第IV象限内做匀速圆周运动，偏转后第一次经过x轴上的P1点进入第I象限，P1坐标为（2d，0）。已知重力加速度为g。求：
（1）第I、IV象限强电场场强E1和E2的大小；
（2）第IV象限内磁感应强度B的大小；
（3）若液滴经过x轴上的P1点后，还会再经过x轴上坐标为（xP，0）的P2点（图中未画出），求xP的所有可能值。
专题73 带电粒子在组合场中的运动
1.受力决定运动，运动反映受力。无论是组合场还是叠加场都要进行正确的受力分析和运动分析，然后画出粒子的运动轨迹，选取合适的物理规律求解。
2.带电粒子在电场、磁场中运动的求解方法
1．（2022·全国·高三专题练习）(多选) 如图所示，正三角形ACD内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠ADC的角平分线DG的反向延长线正好经过圆心O，AD的延长线与圆相交于E点，且AD=32DE=a，现有一质量为m、电荷量为q的粒子（重力不计）以一定速度沿∠CAD的角平分线垂直磁场射入，粒子恰好经过D、E点，则（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子的初速度为Bqa2m
C．圆形区域磁场的磁感应强度大小为32B
D．粒子从A点到E点经历的时间为5πm9Bq
【答案】CD
【解析】A．由左手定则及题意可知粒子带负电，故A错误；
B．粒子的运动轨迹如图所示
由已知条件并结合几何关系知粒子在三角形区域磁场中偏转过的圆心角为60°，半径 r1＝a
由洛伦兹力提供向心力知 Bqv=mv2r1
联立得 v=Bqam 故B错误；
C．因DE=23a，由几何关系知 ∠O′DE＝60°
且O′D＝O′E，故△DEO′为正三角形，则粒子在圆形区域磁场中运动的轨迹半径为 r2=DE=23a
而 r2=mvB0q
所以圆形区域磁场的磁感应强度大小为 B0=32B 故C正确；
D．粒子在三角形区域磁场中运行的时间 t1=T16=πm3Bq
粒子在圆形区域磁场中运行的时间 t2=T26=2πm9Bq
所以粒子从A点到E点经历的时间为 t=t1+t2=5πm9Bq 故D正确。
故选CD。
2．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）(多选)如图所示，第I象限存在垂直于平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为−L,−2L3。一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以3v0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，以下说法正确的是（ ）
电场强度E=4mv023qL
B．带电粒子到达O点时的速度大小v=5v0
C．粒子射出磁场位置到O点的距离d=8mv0qB
D．在磁场中带电粒子运动的时间t=53πm90qB
【答案】CD
【解析】粒子运动轨迹如图
A．由题知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，沿x轴方向有L=3v0t
沿y轴方向有2L3=12⋅qEmt2 解得E=12mv02qL A错误；
B．沿y轴方向有 2L3=vy2t 解得 vy=4v0
则到达O点时速度大小为 v=vy2+vx2=5v0 B错误；
C．经分析知 sinθ=vy5v0=0.8 则 θ=53°
由洛伦兹力提供向心力有 qvB=mv2R 解得 R=mvqB=5mv0qB
粒子运动的轨迹与x轴的交点到O点的距离d=2Rsinθ=2×5mv0qB×0.8=8mv0qBC正确；
D．带电粒子在匀强磁场中运动的周期T=2πRv=2πmqB
在磁场中运动的时间为t=2θ360°T=53πm90qB D正确。
故选CD。
3．（2022·广东·模拟预测）(多选)如图所示的平面直角坐标系xOy，在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电场。在y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一比荷为k的带正电粒子（不计重力），从x轴上的A点以沿着与x轴正方向成θ=53°的初速度v0开始运动，经过电场偏转从y轴的B点以垂直y轴的速度进入磁场，磁感应强度为3v05kd，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向。该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的D点，粒子经D点后，粒子然后再回到x轴的A点，sin53∘=45、cs53∘=35，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为d
B．A、C两点之间的距离为3d
C．匀强电场的电场强度为4v025kd
D．粒子从A点再回到A点的运动时间为15+5πd3v0
【答案】AD
【解析】AB．设粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为R，
由几何关系可得 OB=R OC=R AC=OA+OC
粒子从A到B做类斜抛运动，在B点的速度与匀强电场垂直，由逆向思维粒子从B到A做类平抛运动，把粒子在A点的速度v0分别沿x轴的正方向和y轴的正向分解，设粒子在B点的速度为vB，则有v0csθ=vB
由洛伦兹力充当向心力BqvB=mvB2R
粒子从B到A做类平抛运动，沿x轴方向与ｙ轴方向的位移大小分别用OA、OB来表示，由类平抛运动的规律可得，过A点的速度v0的延长线交于x方向分位移的中点，由几何关系可得tanθ=OB0.5OA
结合B=3v05kd，综合解R=d OB=d AC=2.5d A正确，B错误；
C．粒子在A点沿y轴正方向的分速度为 vy=v0sinθ
由类平抛运动的规律可有 vy2=2qEm×OB
综合解得匀强电场的强度为 E=8v0225kd C错误；
D．粒子从A点到B点的运动时间 tAB=
粒子从B点到D点的运动时间为 tBD=πd0.6v0
根据运动的对称性，粒子从A点又回到A点的运动时间为 t=2tAB+tBD
综合计算可得 t=15+5πd3v0 D正确。
故选AD。
4．(多选)如图所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径cd共线，电场与磁场垂直、与gd平行，质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）从a点正对圆心O以初速度v0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．电场方向由f指向e
C．粒子在磁场与电场中运动时间的比值为π2
D．磁感应强度与电场强度大小的比值为1v0
【答案】AC
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则，粒子带正电，A正确；
B．粒子在电场中做类平抛运动，根据偏转特点，电场力方向水平向右，又因为粒子带正电，所以电场方向由e指向f，B错误；
C．根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律，粒子在磁场中运动的时间 t1=2πL4v0=πL2v0
在电场中运动时间为 t2=Lv0
则 t1t2=π2 C正确；
D．设匀强磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力充当向心力 Bqv0=mv02L 解得 B=mv0Lq
在电场中沿着de方向以速度v0做匀速直线运动 L=v0t2
沿着电场力方向做初速度为0的匀加速直线运动 L=12⋅Eqmt22 解得 E=2mv02Lq
则 BE=12v0 D错误。
故选AC。
5．(多选)如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。（场区足够大，不计粒子重力）则（ ）
A．当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45°
B．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为22mv0qB0
C．电场强度大小为B0v0
D．粒子回到P点所用的总时间为2π+2mqB0
【答案】ABC
【解析】根据题意可知，粒子的运动轨迹如图
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所成的锐角为45°，故A正确；
B．由A选项分析可知，粒子进入电场的方向，与电场强度方向相反，故粒子先减速到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，在磁场中做圆周运动，经过34T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律 qvB=mv2R
带入数据解得 R=mv0qB0
由图根据几何关系解得 PS=22R=22mv0qB0 故B正确；
C．设电场的电场强度为E，粒子第二次进入电场的方向与电场方向垂直，根据图可知，
水平方向 2R=v0t
竖直方向 2R=12at2
根据牛顿第二定律 Eq=ma
联立代入数据解得 E=B0v0 故C正确；
D．粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间t1，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2及第二次在电场中偏转的时间t3，粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知 t1=T=2πmqB0
第一次进入电场时先减速后加速的时间 t2=2v0a=2mqB0
第二次在电场中偏转的时间 t3=2Rv0=2mqB0
粒子回到P点所用的总时间为 t=t1+t2+t3=2π+4mqB0 故D错误。
故选ABC。
6．（2023·全国·高三专题练习）半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来改变材料的导电性能。如图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，通过速度选择器的离子经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器中的电场强度的大小为E、方向竖直向上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直纸面向外，大小分别为B1、B2。偏转系统根据需要加合适的电场或者磁场。磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点）。整个系统置于真空中，不计离子重力及其进入加速电场的初速度。下列说法正确的是（ ）
A．可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子
B．从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为2EB1B2R1+R2
C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，则离子会注入到x轴正方向的晶圆上
D．只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处
【答案】B
【解析】A．由左手定则可知，只有正离子才能通过磁分析器，负离子不能通过磁分析器，故A错误；
B．离子通过速度选择器时，有 Eq=B1qv 解得速度 v=EB1
离子在磁分析器中，有 qvB2=mv2R
由几何关系得 R=R1+R22
联立可得 qm=2EB1B2R1+R2 故B正确；
C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，由左手定则可知离子向y轴正方向偏转，故C错误；
D．只增大加速电场的电压，则粒子速度不满足 v=EB1
无法做匀速直线运动通过速度选择器，所以不一定能到达圆晶处，故D错误。
故选B。
7．（2022·湖南长沙·模拟预测）(多选)如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行于纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压UMN的变化如图乙所示，电压的大小为U0，周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度均为B。t=0时，将一质量为m的带正电粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，不考虑粒子所受的重力。则（ ）
A．该粒子的比荷qm=πBT0
B．粒子第1次在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的的半径R1=T0U0Bπ
C．粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，两位置间的距离为Δd=22−1T0U0Bπ
D．若粒子的质量增加为53m，电荷量不变，仍在t=0时，将其从A处由静止释放，则在t=0至t=2T0的时间内，粒子在M、N间的运动均为加速运动
【答案】BC
【解析】A．由于粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0，根据圆周运动有 qvB=m4π2T2R
整理有 qm=2πT0B A错误；
B．粒子在MN间加速后有 qU0=12mv02
粒子在磁场中做圆周运动有，并根据选项A有 qm=2πT0B，qv0B=mv02R
计算有 R=U0T0πB B正确；
C．粒子第二次经过MN后再次加速有 qU0=12mv′2−12mv02
在磁场区域Ⅱ做圆周运动有 qm=2πT0B，qv′B=mv′2R′
解得粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，
两位置间的距离为 Δd=2R′−2R=2(2−1)T0U0πB C正确；
D．若粒子的质量增加为53m，电荷量不变，则根据 qm=2πTB
可知质量改变则粒子做圆周运动的周期也发生改变，则粒子将不会“准时”到达MN间，故粒子在M、N间的运动不都是加速运动，D错误。
故选BC。
8．如图所示，一光滑绝缘圆管轨道位于竖直平面内，半径为0.2m。以圆管圆心O为原点，在环面内建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直于环面向外的匀强磁场。一带电量为+1.0C、质量为0.1kg的小球（直径略小于圆管直径），从x坐标轴上的b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆管轨道做圆周运动。（重力加速度g取10m/s2）
（1）求匀强电场的电场强度E；
（2）若第二次到达最高点a时，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B；
（3）求小球第三次到达最高点a时对圆管的压力。
【答案】（1）1N/C ；（2）0.5T ；（3）3−2N，方向竖直向上
【解析】(1)小球第一次刚好过最高点，此时速度v1=0，则 qE=mg
解得 E=mgq=1N/C
(2)小球第二次过最高点是速度为v2，由动能定理可知 qER=12mv22
又 mg+qv2B=mv22R
解得 B=mqg2R=0.5T
(3)小球第三次过最高点时速度为，小球受圆管向下的压力为FN 2qER=12mv32
又 mg+qv3B+FN=mv32R
解得 FN=3−2mg=(3−2)N
根据牛顿第三定律可知 小球第三次到达最高点a时对圆管的压力为3−2N，方向竖直向上。
9．如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电压为U的加速电场加速后沿圆心为O、半径为a的圆弧（虚线）通过静电分析器，并从P点垂直CF进入矩形匀强磁场区域QDCF。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，电场强度的方向均指向O点。QF=a，PF=1.6a，磁场方向垂直纸面向里，粒子重力不计。
（1）求静电分析器通道内圆弧线所在处电场的电场强度的大小E；
（2）若粒子能最终打在磁场区域（边界处有磁场）的左边界QF上，求磁场的磁感应强度大小B的取值范围。
【答案】（1）E=2Ua；（2）1a2mUq≤B≤54a2mUq
【解析】（1）粒子在加速电场中运动的过程中，根据动能定理有 qU=12mv2
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有 qE=mv2a
联立以上两式解得 E=2Ua
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB=mv2r
解得 r=1B2mUq
要使粒子能打在边界QF上，则粒子既没有从边界DQ射出也没有从边界CF射出，可画出粒子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ所示
由几何关系可知，粒子能打在边界QF上，必须满足的条件为 45a≤r≤a
解得 1a2mUq≤B≤54a2mUq
10．（2021·全国）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） ；（3）粒子运动轨迹见解析，
【解析】
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 ①
②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有 ③
粒子发射位置到P点的距离 ④
由①②③④式得 ⑤
（2）带电粒子在磁场运动在速度 ⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示
由几何关系可知，最小半径 ⑦
最大半径 ⑧
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 ⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知 ⑩
带电粒子的运动半径为 ⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离 ⑫
由⑩⑪⑫式解得 ⑬
11．（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）如图所示，平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里，磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电量为q的正离子（不计重力）以水平向右、大小为v0的初速度沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动。从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场，进入磁场。已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角。求：
（1）金属板M、N间的电场强度E0；
（2）离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C（图中未画出）与坐标原点的距离OC；
（3）若已知OA=l，只有在第四象限磁场反向且大小变化，其它条件均不变，要使正离子无法运动到第二象限，则磁感应强度B大小应满足什么条件？
【答案】（1）v0B0；（2）mv02qE+2mv0qB；（3） B≥2+1mv0ql或B≤mv0ql
【解析】（1）由题意可知正离子在M、N间受力平衡，即 qE0=qv0B0
解得 E0=v0B0
（2）作出正离子的运动轨迹如图所示。
正离子在第一象限中做类平抛运动，其加速度大小为 a=qEm
设正离子经过A点时的速度大小为v，根据速度的合成与分解有 cs45°=v0v
解得 v=2v0
则正离子经过A点时的竖直分速度大小为 vy=v2−v02=v0
正离子从P点到A点的运动时间为 t=vya=mv0qE
所以 OA=v0t=mv02qE
设正离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有 qvB=mv2R
解得 R=mvqB=2mv0qB
根据几何关系可得 AC=2Rcs45°=2R=2mv0qB
所以 OC=OA+AC=mv02qE+2mv0qB
（3）假设当磁感应强度大小为B1时，正离子的运动轨迹恰好与y轴相切，如图所示，根据几何关系可知正离子再次进入第一象限时速度方向与x轴夹角为45°，且大小仍为v，此后正离子将做类斜抛运动，根据类斜抛运动的对称性可知其在第一象限中运动的水平位移大小为2OA，所以正离子将从A点右侧再次进入第四象限做匀速圆周运动，由此可推知正离子将在第一和第四象限内往复运动，一定不会运动至第二象限，设此时正离子做匀速圆周运动的半径为r1，根据几何关系可得 r1+r1cs45°=l
根据牛顿第二定律有 qvB1=mv2r1
解得 B1=2+1mv0ql
当B＞B1时，正离子运动半径减小，结合上述分析可知仍将在第一和第四象限内做往复运动，无法运动至第二象限。所以正离子在没有进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是 B≥2+1mv0ql
假设当磁感应强度大小为B2时，正离子刚好垂直于y轴进入第三象限，如图所示。这种情况显然正离子也不会运动至第二象限。设此时正离子做匀速圆周运动的半径为r2，根据几何关系可得 r2=2l
根据牛顿第二定律有 qvB2=mv2r2
解得 B2=mv0ql
当B＜B2时，正离子运动半径增大，进入第三象限时速度方向与y轴负方向成锐角，不可能进入第二象限。所以正离子在进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是
B≤mv0ql
12．（2022·广西·合山高中模拟预测）如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（粒子所受重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴正方向的夹角θ=30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为23L+L,L的P点处时的速度大小为v、方向沿x轴正方向。求：
（1）粒子从O点射入磁场时的速度大小v0；
（2）电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从O点运动到P点的时间t。
【答案】（1）v0=233v；（2）E=mv26qL；B=23mv3qL；（3）t=3L(π+12)6v
【解析】（1）粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过Q点时的速度大小也为v0，根据对称性，粒子经过Q点时的速度方向与x轴正方向的夹角也为θ，粒子进入第Ⅰ象限后，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，根据几何关系有 vv0=csθ
解得 v0=233v
（2）对粒子从Q点运动到P点的过程，根据动能定理有 −qEL=12mv2−12mv02
解得 E=mv26qL
设粒子从Q点运动到P点的时间为t1，有 0+v0sinθ2⋅t1=L
解得 t1=23Lv
粒子从Q点运动到P点的过程沿x轴方向的位移大小 xQP=vt1
解得 xQP=23L
又 OQ=23L+L−xQP
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据几何关系有 OQ=2Rsinθ
解得 R=L
根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B=mv02R
解得 B=23mv3qL
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期 T=2πRv0
根据几何关系，在粒子从O点运动到Q点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90°−θ，故粒子在该过程中运动的时间 t2=90°−θ360°⋅T
解得 t2=3πL6v
又 t=t1+t2
解得 t=3L(π+12)6v
13．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN上方有范围足够大的匀强电场，电场边界MN与磁场区域的最高处相切于O点，电场强度大小为E、方向垂直MN向下。在磁场区域的最低点P处有一粒子源，它能向纸面内各个方向发射速率相等的带正电粒子，粒子的比荷为k（质量m、电荷量q均未知），不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）要使沿PO方向射入磁场的粒子不能进入电场，求粒子的速率应满足的条件。
（2）若粒子的速率为v1=2kBR，从P点沿某方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，求这些粒子进入电场后，在电场中运动时与边界MN的最大距离h。
（3）若粒子的速率为v2=3kBR，从P点射入磁场的粒子，离开磁场后沿不同方向射入电场。某些粒子在电场中运动时间最长，求这些粒子从P点开始运动至刚好回到磁场经历的时间t。
【答案】（1） v≤kBR；（2） ℎ=kB2R22E；（3）(π+3)3kB+23BRE
【解析】（1）带电粒子从P点进入磁场后，在磁场中做匀速圆周运动，若带电粒子离开磁场时偏转的角度大于或等于90°，则带电粒子不会进入电场，即有 qvB=mv2r r≤R
解得 v≤kBR
（2）设速率为v1=2kBR的粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1，则有 qv1B=mv12r1
得 r1=2R
在磁场中运动时间最长粒子的运动轨迹如图甲所示 sinθ=Rr1=22
设粒子进入电场时竖直方向分速度为vy、加速度大小为a，
有 vy=22v1=kBR ℎ=vy22a qE=ma
解得 ℎ=kB2R22E
（3）若粒子的速率为v2=3kBR，从P点射入磁场，设在电场中运动时间最长的粒子在磁场中的轨迹半径为r2，则有 qv2B=mv22r2 r2=3R
垂直MN进入电场的粒子在电场中运动时间最长，由图乙可知 α+β=2α r2sinα=Rcsβ
解得 α=β=30°
设粒子在磁场中从P运动至Q的时间为t1，则有 t1=16T=πm3qB=π3kB
设粒子在Q、H之间往返运动的时间为t2，则有 t2=2×QHv2=2×R2v2=m3qB=13kB
设粒子在D、H之间往返运动的时间为t3，则有 t3=2v2a=23BRE
解得 t=t1+t2+t3=(π+3)3kB+23BRE
14．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，平面直角坐标系xOy内，x轴上方有垂直坐标系平面向里、半径为R的圆形匀强磁场B1（大小未知），圆心为O1(0,R)。x轴下方有一平行x轴的虚线MN，在其下方有磁感应强度方向垂直坐标系平面向外、大小为B2=3mv02qR的矩形匀强磁场，磁场上边界与MN重合。在MN与x轴之间有平行与y轴、场强大小为E=3mv022qR的匀强电场（图中未画出），且MN与x轴相距Δy（大小未知）。现有两相同带电粒子a、b以平行x轴的速度v0分别正对O1点、A点(0,2R)射入圆形磁场，经偏转后都经过坐标原点O进入x轴下方电场。已知粒子质量为m、电荷量大小为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
（1）求磁感应强度B1的大小；
（2）若电场沿y轴负方向，欲使带电粒子a不能到达MN，求Δy的最小值；
（3）若电场沿y轴正方向，Δy=3R，欲使带电粒子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。
【答案】（1）mv0qR；（2）33R；（3）42+3R2
【解析】（1）a、b平行进入圆形磁场，均进过原点O，则根据“磁聚焦”可知，粒子做圆周运动的半径大小与磁场区域半径大小相等，即 r=R
又 qv0B1=mv02r
解得 B1=mv0qR
（2）带电粒子a从O点沿y轴负方向进入电场后做减速运动，则由动能定理可得 qEΔy=12mv02
解得 Δy=mv022qE=33R
（3）若匀强电场沿y轴正方向，则粒子b从原点O沿x轴负向进入电场，做类平抛运动，设粒子b经电场加速度后的速度大小为v，在MN下方磁场做匀速圆周运动的轨道半径为r1，粒子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向夹角为θ，如图甲所示
则有 qEΔy=12mv2−12mv02
解得 v=2v0
又 csθ=v0v=12
则 θ=60°
在电场中 Δy=12qEmt12，x=v0t1=2R
在磁场中有 qvB2=mv2r1
解得 r1=433R
如图乙所示，由几何关系可知，在矩形磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且方向与x轴正方向夹角为60°时，粒子能够到达x轴，距离原点O最远。
则最小矩形区域水平边长为 l1=r1+r1sinθ
竖直边长为 l2=r1+r1csθ
则最小面积为 S=l1l2=r121+sinθ1+csθ=42+3R2
15．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，在x轴上方有竖直向下的匀强电场，x轴下方−2d≤y≤0的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有质量为m、电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点0,d处沿x轴正方向以初速度v0射出，粒子第一次从M点1.5d,0进入磁场后恰好能够从磁场返回电场。
（1）求磁感应强度B；
（2）让两个相同的该粒子先后从P点以初速度v0射出，要使两粒子在电场中相遇，求两粒子射出的时间差Δt（不计两粒子间的相互作用）；
（3）增大粒子在P点的发射速度，若粒子还能返回电场，求粒子的最大发射速度vm。
【答案】（1）2mv0qd；（2）127π+240d180v0 ；（3）vm=169v0
【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，有 d=12at2 1.5d=v0t vy=at
解得 vy=43v0
又 tanθ=vyv0 v=v0csθ
解得 θ=53° v=53v0
粒子在磁场中，做匀速圆周运动，轨迹如图，洛伦兹力提供向心力，有 qvB=mv2r
由几何关系，可得 rsin53°+r=1.5d
联立，可得 B=2mv0qd
（2）第一个从开始进入电场到与第二个粒子相遇共经历三个过程，首先在电场中类平抛，设运动时间为t1，有 t1=1.5dv0
然后在磁场中做匀速圆周运动，设运动时间为t2，有 t2=254°360°T T=2πmqB
最后再次进入电场，做类平抛运动的逆运动，设运动时间为t3，根据对称性可得 t3=1.5d−rv0
即第一个粒子的运动总时间为 t总=t1+t2+t3
第二个粒子从进入电场，到相遇设时间为t'总，有 t'总=rv0
两粒子射出的时间差为 Δt=t总−t'总=127π+240d180v0
（3）设粒子以最大发射速度vm进入电场，类平抛与x轴正方向成α角进入磁场做匀速圆周运动，其轨迹恰好与磁场下边界相切，由几何关系可得 2d=R+Rcsα
其轨道半径为 R=mv′qB v′=vysinα=vmcsα vy=2⋅qEm⋅d
联立可得 vm=169v0
16．（2022·贵州贵阳·二模）如图所示，在xy平面（纸面）内有一半径为R，以原点O为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。磁场区域的正下方有一对平行于x轴的平行金属板A和K，两板间加有电压UAK（正负、大小均可调），K板接地，与P点的距离为l，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。一个宽为3R、在y轴方向均匀分布、且关于x轴对称的电子源，它持续不断地沿x正方向每秒发射出n0个速率均为v的电子，电子经过磁场偏转后均从P点射出，穿过K板小孔达到A板的所有电子被收集且导出。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用，不计电子的重力，求：
（1）该匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）从电子源射出的电子经P点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围；
（3）每秒从电子源射出的电子通过K板上小孔的电子数n及这些电子均能到达A板UAK的范围。
【答案】（1） B=mveR；（2） −60°≤θ≤60°；（3） n=63n0，−mv24e【解析】（1）电子均从P点射出，结合沿x轴射入的电子轨迹可知电子做圆周运动的轨道半径为 r=R
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： evB=mv2r B=mveR
设电子源上端电子从P点射出时与y轴负方向的最大夹角θm，
如图所示，由几何关系可得： sinθm=3R2R θm=60°
同理电子源下端电子从P点射出时与y轴负方向的最大夹角也为60°，范围是 −60°≤θ≤60°
（3）进入小孔的电子偏角正切值：
tanα=1 α=45°
y=Rsinα
nn0=2y3R
n=63n0
当UAK=0时，经过小孔的电子均能到达A板；
当与y轴负方向成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，即经过小孔的电子均能到达A板
2aℎ=v2y ，a=eUmℎ
vy=vcs45° UAK=−mv24e −mv24e17．（2022·山东济宁·二模）2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置（HL−2M）在成都建成并实现首次放电。如图为其磁约束装置的简易原理图，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合，半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1（B1未知），环形区域Ⅱ中有方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，且B2=0.4B1。质量为m、电荷量为q、速度为v0的氢核从坐标为0,R0的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子经过坐标为22R0,22R0的P点，且氢核恰好能够约束在磁场区域内，不计重力和粒子间的相互作用。已知tan22.5∘≈0.4。
（1）求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；
（2）求环形外圆的半径R；
（3）求粒子从A点沿y轴负方向射入磁场Ⅰ至再次从A点沿y轴负方向进入磁场Ⅰ的运动总时间。
【答案】（1）B1=5mv02qR0；（2）R=2+1R0；（3）t=72πR05v0
【解析】（1）由几何关系得 tanα=22R022R0=1 tan90°−α2=r1R0
解得 r1=0.4R0
由牛顿第二定律得 qv0B1=mv02r1
解得 B1=5mv02qR0
（2）由牛顿第二定律得 qv0B2=mν02r2
解得 r2=104r1=R0
由几何关系得 R=R02+r22+r2=(2+1)R0
（3）氢核在区域I内的周期为 T1=2πr1v0=0.8πR0v0
氢核在区域II内的周期为 T2=2πr2ν0=2πR0ν0
由几何关系得 ∠AOQ=45∘+90∘=135∘
由几何关系得 360°n1=135°n2
解得 n2=8
则总时间为 t=(180∘−45∘360∘T1+360∘−90∘360∘T2)n2=72πR05v0
18．（2021·辽宁）如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】 （1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径 R=a
则
则
粒子从S到O，有动能定理可得
可得
（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，则有
计算可得
两粒子碰后在磁场中运动
解得
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
则两粒子碰后再次相遇
解得再次相遇时间
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，由余弦定理可得
则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
19．（2022·安徽·淮南第一中学模拟预测）如图所示，竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。在xOy平面内第I、II象限有沿x轴正方向的匀强电场E1，在第IV象限存在沿y轴正方向的匀强电场E2和垂直xOy平面向里的匀强磁场B（磁感应强度B和电场强度E1、E2大小均未知）。一质量为m，电荷量为q的带电液滴（可视为质点），从第II象限中坐标为（−d，3d4）的A点由静止释放后沿直线运动，且恰好经过坐标原点O点进入第IV象限，并在第IV象限内做匀速圆周运动，偏转后第一次经过x轴上的P1点进入第I象限，P1坐标为（2d，0）。已知重力加速度为g。求：
（1）第I、IV象限强电场场强E1和E2的大小；
（2）第IV象限内磁感应强度B的大小；
（3）若液滴经过x轴上的P1点后，还会再经过x轴上坐标为（xP，0）的P2点（图中未画出），求xP的所有可能值。
【答案】（1）E1=4mg3q，E2=mgq；（2）B=mq3g2d；（3）见解析
【解析】（1）油滴的运动轨迹如图所示
油滴由A点静止释放后，做匀加速直线运动，且合力沿AO方向，则有 tanθ=mgqE1=34
解得 E1=4mg3q
由题意，液滴在第IV象限内做匀速圆周运动，条件为复合场中重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有 qE2=mg
解得 E2=mgq
（2）液滴在第IV象限内做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系可得 R=dsin37°=5d3
由洛伦兹力提供向心力可得 qvB=mv2R
其中v是液滴沿AO方向运动到O点速度，根据动能定理可得 qE1d+mg⋅3d4=12mv2
解得v=5gd6
联立以上式子可得 B=mq3g2d
（3）液滴经过x轴上的P1点后，在第I象限竖直方向做竖直上抛运动，且最高点与A点等高，水平方向做匀加速直线运动，且初速度与过O点时的水平分速度相同，运动轨迹如图所示
OP1=2R1sinθ=2⋅mvqBsinθ=2⋅mvyqB=2d
可知液滴每次经过x轴进入第IV象限偏转后前进的距离都是2d，假设液滴从A点沿AO方向运动到O点所用时间为T，在x轴方向前进的距离满足 x=12axT2=d
液滴从P1点进入第I象限的匀强电场E1中，
水平方向根据初速度为0的匀加速直线运动规律可得P1P′1=3d+5d=8d
由匀加速直线运动规律，可知液滴每次经过x轴进入第I象限的匀强电场E1中偏转后前进的距离比上一次前进的距离多 Δx=ax(2T)2=8d
即液滴从P1点之后每次在电场E1前进的距离为 8d、16d、24d⋯
以上分析可知，液滴经过P1点后，再经过x轴由第I象限进入第IV象限时，
P2坐标（xP，0）应满足 xP=n⋅2d+8d(1+2+3+⋯+n)（n=1，2，3⋯）
即 xP=n⋅2d+8d⋅n(n+1)2=4d⋅n2+6d⋅n（n=1，2，3⋯）
液滴经过P1点后，再经过x轴由第IV象限进入第I象限时，
P2坐标（xP，0）应满足 xP=(n+1)⋅2d+8d(1+2+3+⋯+n)（n=1，2，3⋯）
即 xP=(n+1)⋅2d+8d⋅n(n+1)2=4d⋅n2+6d⋅n+2d（n=1，2，3⋯）
1.受力决定运动，运动反映受力。无论是组合场还是叠加场都要进行正确的受力分析和运动分析，然后画出粒子的运动轨迹，选取合适的物理规律求解。
2.带电粒子在电场、磁场中运动的求解方法
1．（2022·全国·高三专题练习）(多选) 如图所示，正三角形ACD内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠ADC的角平分线DG的反向延长线正好经过圆心O，AD的延长线与圆相交于E点，且AD=32DE=a，现有一质量为m、电荷量为q的粒子（重力不计）以一定速度沿∠CAD的角平分线垂直磁场射入，粒子恰好经过D、E点，则（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子的初速度为Bqa2m
C．圆形区域磁场的磁感应强度大小为32B
D．粒子从A点到E点经历的时间为5πm9Bq
2．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）(多选)如图所示，第I象限存在垂直于平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为−L,−2L3。一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以3v0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，以下说法正确的是（ ）
电场强度E=4mv023qL
B．带电粒子到达O点时的速度大小v=5v0
C．粒子射出磁场位置到O点的距离d=8mv0qB
D．在磁场中带电粒子运动的时间t=53πm90qB
3．（2022·广东·模拟预测）(多选)如图所示的平面直角坐标系xOy，在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电场。在y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一比荷为k的带正电粒子（不计重力），从x轴上的A点以沿着与x轴正方向成θ=53°的初速度v0开始运动，经过电场偏转从y轴的B点以垂直y轴的速度进入磁场，磁感应强度为3v05kd，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向。该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的D点，粒子经D点后，粒子然后再回到x轴的A点，sin53∘=45、cs53∘=35，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为d
B．A、C两点之间的距离为3d
C．匀强电场的电场强度为4v025kd
D．粒子从A点再回到A点的运动时间为15+5πd3v0
4．(多选)如图所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径cd共线，电场与磁场垂直、与gd平行，质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）从a点正对圆心O以初速度v0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．电场方向由f指向e
C．粒子在磁场与电场中运动时间的比值为π2
D．磁感应强度与电场强度大小的比值为1v0
5．(多选)如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。（场区足够大，不计粒子重力）则（ ）
A．当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45°
B．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为22mv0qB0
C．电场强度大小为B0v0
D．粒子回到P点所用的总时间为2π+2mqB0
6．（2023·全国·高三专题练习）半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来改变材料的导电性能。如图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，通过速度选择器的离子经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器中的电场强度的大小为E、方向竖直向上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直纸面向外，大小分别为B1、B2。偏转系统根据需要加合适的电场或者磁场。磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点）。整个系统置于真空中，不计离子重力及其进入加速电场的初速度。下列说法正确的是（ ）
A．可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子
B．从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为2EB1B2R1+R2
C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，则离子会注入到x轴正方向的晶圆上
D．只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处
7．（2022·湖南长沙·模拟预测）(多选)如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行于纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压UMN的变化如图乙所示，电压的大小为U0，周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度均为B。t=0时，将一质量为m的带正电粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，不考虑粒子所受的重力。则（ ）
A．该粒子的比荷qm=πBT0
B．粒子第1次在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的的半径R1=T0U0Bπ
C．粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，两位置间的距离为Δd=22−1T0U0Bπ
D．若粒子的质量增加为53m，电荷量不变，仍在t=0时，将其从A处由静止释放，则在t=0至t=2T0的时间内，粒子在M、N间的运动均为加速运动
8．如图所示，一光滑绝缘圆管轨道位于竖直平面内，半径为0.2m。以圆管圆心O为原点，在环面内建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直于环面向外的匀强磁场。一带电量为+1.0C、质量为0.1kg的小球（直径略小于圆管直径），从x坐标轴上的b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆管轨道做圆周运动。（重力加速度g取10m/s2）
（1）求匀强电场的电场强度E；
（2）若第二次到达最高点a时，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B；
（3）求小球第三次到达最高点a时对圆管的压力。
9．如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电压为U的加速电场加速后沿圆心为O、半径为a的圆弧（虚线）通过静电分析器，并从P点垂直CF进入矩形匀强磁场区域QDCF。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，电场强度的方向均指向O点。QF=a，PF=1.6a，磁场方向垂直纸面向里，粒子重力不计。
（1）求静电分析器通道内圆弧线所在处电场的电场强度的大小E；
（2）若粒子能最终打在磁场区域（边界处有磁场）的左边界QF上，求磁场的磁感应强度大小B的取值范围。
10．（2021·全国）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。
11．（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）如图所示，平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里，磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电量为q的正离子（不计重力）以水平向右、大小为v0的初速度沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动。从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场，进入磁场。已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角。求：
（1）金属板M、N间的电场强度E0；
（2）离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C（图中未画出）与坐标原点的距离OC；
（3）若已知OA=l，只有在第四象限磁场反向且大小变化，其它条件均不变，要使正离子无法运动到第二象限，则磁感应强度B大小应满足什么条件？
12．（2022·广西·合山高中模拟预测）如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（粒子所受重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴正方向的夹角θ=30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为23L+L,L的P点处时的速度大小为v、方向沿x轴正方向。求：
（1）粒子从O点射入磁场时的速度大小v0；
（2）电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从O点运动到P点的时间t。
13．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN上方有范围足够大的匀强电场，电场边界MN与磁场区域的最高处相切于O点，电场强度大小为E、方向垂直MN向下。在磁场区域的最低点P处有一粒子源，它能向纸面内各个方向发射速率相等的带正电粒子，粒子的比荷为k（质量m、电荷量q均未知），不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）要使沿PO方向射入磁场的粒子不能进入电场，求粒子的速率应满足的条件。
（2）若粒子的速率为v1=2kBR，从P点沿某方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，求这些粒子进入电场后，在电场中运动时与边界MN的最大距离h。
（3）若粒子的速率为v2=3kBR，从P点射入磁场的粒子，离开磁场后沿不同方向射入电场。某些粒子在电场中运动时间最长，求这些粒子从P点开始运动至刚好回到磁场经历的时间t。
14．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，平面直角坐标系xOy内，x轴上方有垂直坐标系平面向里、半径为R的圆形匀强磁场B1（大小未知），圆心为O1(0,R)。x轴下方有一平行x轴的虚线MN，在其下方有磁感应强度方向垂直坐标系平面向外、大小为B2=3mv02qR的矩形匀强磁场，磁场上边界与MN重合。在MN与x轴之间有平行与y轴、场强大小为E=3mv022qR的匀强电场（图中未画出），且MN与x轴相距Δy（大小未知）。现有两相同带电粒子a、b以平行x轴的速度v0分别正对O1点、A点(0,2R)射入圆形磁场，经偏转后都经过坐标原点O进入x轴下方电场。已知粒子质量为m、电荷量大小为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
（1）求磁感应强度B1的大小；
（2）若电场沿y轴负方向，欲使带电粒子a不能到达MN，求Δy的最小值；
（3）若电场沿y轴正方向，Δy=3R，欲使带电粒子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。
15．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，在x轴上方有竖直向下的匀强电场，x轴下方−2d≤y≤0的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有质量为m、电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点0,d处沿x轴正方向以初速度v0射出，粒子第一次从M点1.5d,0进入磁场后恰好能够从磁场返回电场。
（1）求磁感应强度B；
（2）让两个相同的该粒子先后从P点以初速度v0射出，要使两粒子在电场中相遇，求两粒子射出的时间差Δt（不计两粒子间的相互作用）；
（3）增大粒子在P点的发射速度，若粒子还能返回电场，求粒子的最大发射速度vm。
16．（2022·贵州贵阳·二模）如图所示，在xy平面（纸面）内有一半径为R，以原点O为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。磁场区域的正下方有一对平行于x轴的平行金属板A和K，两板间加有电压UAK（正负、大小均可调），K板接地，与P点的距离为l，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。一个宽为3R、在y轴方向均匀分布、且关于x轴对称的电子源，它持续不断地沿x正方向每秒发射出n0个速率均为v的电子，电子经过磁场偏转后均从P点射出，穿过K板小孔达到A板的所有电子被收集且导出。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用，不计电子的重力，求：
（1）该匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）从电子源射出的电子经P点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围；
（3）每秒从电子源射出的电子通过K板上小孔的电子数n及这些电子均能到达A板UAK的范围。
17．（2022·山东济宁·二模）2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置（HL−2M）在成都建成并实现首次放电。如图为其磁约束装置的简易原理图，同心圆圆心O与xOy平面坐标系原点重合，半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1（B1未知），环形区域Ⅱ中有方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，且B2=0.4B1。质量为m、电荷量为q、速度为v0的氢核从坐标为0,R0的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子经过坐标为22R0,22R0的P点，且氢核恰好能够约束在磁场区域内，不计重力和粒子间的相互作用。已知tan22.5∘≈0.4。
（1）求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；
（2）求环形外圆的半径R；
（3）求粒子从A点沿y轴负方向射入磁场Ⅰ至再次从A点沿y轴负方向进入磁场Ⅰ的运动总时间。
18．（2021·辽宁）如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
19．（2022·安徽·淮南第一中学模拟预测）如图所示，竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。在xOy平面内第I、II象限有沿x轴正方向的匀强电场E1，在第IV象限存在沿y轴正方向的匀强电场E2和垂直xOy平面向里的匀强磁场B（磁感应强度B和电场强度E1、E2大小均未知）。一质量为m，电荷量为q的带电液滴（可视为质点），从第II象限中坐标为（−d，3d4）的A点由静止释放后沿直线运动，且恰好经过坐标原点O点进入第IV象限，并在第IV象限内做匀速圆周运动，偏转后第一次经过x轴上的P1点进入第I象限，P1坐标为（2d，0）。已知重力加速度为g。求：
（1）第I、IV象限强电场场强E1和E2的大小；
（2）第IV象限内磁感应强度B的大小；
（3）若液滴经过x轴上的P1点后，还会再经过x轴上坐标为（xP，0）的P2点（图中未画出），求xP的所有可能值。
专题73 带电粒子在组合场中的运动
1.受力决定运动，运动反映受力。无论是组合场还是叠加场都要进行正确的受力分析和运动分析，然后画出粒子的运动轨迹，选取合适的物理规律求解。
2.带电粒子在电场、磁场中运动的求解方法
1．（2022·全国·高三专题练习）(多选) 如图所示，正三角形ACD内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，∠ADC的角平分线DG的反向延长线正好经过圆心O，AD的延长线与圆相交于E点，且AD=32DE=a，现有一质量为m、电荷量为q的粒子（重力不计）以一定速度沿∠CAD的角平分线垂直磁场射入，粒子恰好经过D、E点，则（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子的初速度为Bqa2m
C．圆形区域磁场的磁感应强度大小为32B
D．粒子从A点到E点经历的时间为5πm9Bq
【答案】CD
【解析】A．由左手定则及题意可知粒子带负电，故A错误；
B．粒子的运动轨迹如图所示
由已知条件并结合几何关系知粒子在三角形区域磁场中偏转过的圆心角为60°，半径 r1＝a
由洛伦兹力提供向心力知 Bqv=mv2r1
联立得 v=Bqam 故B错误；
C．因DE=23a，由几何关系知 ∠O′DE＝60°
且O′D＝O′E，故△DEO′为正三角形，则粒子在圆形区域磁场中运动的轨迹半径为 r2=DE=23a
而 r2=mvB0q
所以圆形区域磁场的磁感应强度大小为 B0=32B 故C正确；
D．粒子在三角形区域磁场中运行的时间 t1=T16=πm3Bq
粒子在圆形区域磁场中运行的时间 t2=T26=2πm9Bq
所以粒子从A点到E点经历的时间为 t=t1+t2=5πm9Bq 故D正确。
故选CD。
2．（2022·福建省龙岩第一中学模拟预测）(多选)如图所示，第I象限存在垂直于平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为−L,−2L3。一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以3v0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，以下说法正确的是（ ）
电场强度E=4mv023qL
B．带电粒子到达O点时的速度大小v=5v0
C．粒子射出磁场位置到O点的距离d=8mv0qB
D．在磁场中带电粒子运动的时间t=53πm90qB
【答案】CD
【解析】粒子运动轨迹如图
A．由题知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，沿x轴方向有L=3v0t
沿y轴方向有2L3=12⋅qEmt2 解得E=12mv02qL A错误；
B．沿y轴方向有 2L3=vy2t 解得 vy=4v0
则到达O点时速度大小为 v=vy2+vx2=5v0 B错误；
C．经分析知 sinθ=vy5v0=0.8 则 θ=53°
由洛伦兹力提供向心力有 qvB=mv2R 解得 R=mvqB=5mv0qB
粒子运动的轨迹与x轴的交点到O点的距离d=2Rsinθ=2×5mv0qB×0.8=8mv0qBC正确；
D．带电粒子在匀强磁场中运动的周期T=2πRv=2πmqB
在磁场中运动的时间为t=2θ360°T=53πm90qB D正确。
故选CD。
3．（2022·广东·模拟预测）(多选)如图所示的平面直角坐标系xOy，在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电场。在y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一比荷为k的带正电粒子（不计重力），从x轴上的A点以沿着与x轴正方向成θ=53°的初速度v0开始运动，经过电场偏转从y轴的B点以垂直y轴的速度进入磁场，磁感应强度为3v05kd，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向。该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的D点，粒子经D点后，粒子然后再回到x轴的A点，sin53∘=45、cs53∘=35，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为d
B．A、C两点之间的距离为3d
C．匀强电场的电场强度为4v025kd
D．粒子从A点再回到A点的运动时间为15+5πd3v0
【答案】AD
【解析】AB．设粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为R，
由几何关系可得 OB=R OC=R AC=OA+OC
粒子从A到B做类斜抛运动，在B点的速度与匀强电场垂直，由逆向思维粒子从B到A做类平抛运动，把粒子在A点的速度v0分别沿x轴的正方向和y轴的正向分解，设粒子在B点的速度为vB，则有v0csθ=vB
由洛伦兹力充当向心力BqvB=mvB2R
粒子从B到A做类平抛运动，沿x轴方向与ｙ轴方向的位移大小分别用OA、OB来表示，由类平抛运动的规律可得，过A点的速度v0的延长线交于x方向分位移的中点，由几何关系可得tanθ=OB0.5OA
结合B=3v05kd，综合解R=d OB=d AC=2.5d A正确，B错误；
C．粒子在A点沿y轴正方向的分速度为 vy=v0sinθ
由类平抛运动的规律可有 vy2=2qEm×OB
综合解得匀强电场的强度为 E=8v0225kd C错误；
D．粒子从A点到B点的运动时间 tAB=
粒子从B点到D点的运动时间为 tBD=πd0.6v0
根据运动的对称性，粒子从A点又回到A点的运动时间为 t=2tAB+tBD
综合计算可得 t=15+5πd3v0 D正确。
故选AD。
4．(多选)如图所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径cd共线，电场与磁场垂直、与gd平行，质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力）从a点正对圆心O以初速度v0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．电场方向由f指向e
C．粒子在磁场与电场中运动时间的比值为π2
D．磁感应强度与电场强度大小的比值为1v0
【答案】AC
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则，粒子带正电，A正确；
B．粒子在电场中做类平抛运动，根据偏转特点，电场力方向水平向右，又因为粒子带正电，所以电场方向由e指向f，B错误；
C．根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律，粒子在磁场中运动的时间 t1=2πL4v0=πL2v0
在电场中运动时间为 t2=Lv0
则 t1t2=π2 C正确；
D．设匀强磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力充当向心力 Bqv0=mv02L 解得 B=mv0Lq
在电场中沿着de方向以速度v0做匀速直线运动 L=v0t2
沿着电场力方向做初速度为0的匀加速直线运动 L=12⋅Eqmt22 解得 E=2mv02Lq
则 BE=12v0 D错误。
故选AC。
5．(多选)如图所示，空间电、磁场分界线与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从P点以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好又回到P点。（场区足够大，不计粒子重力）则（ ）
A．当粒子第一次进入电场时，速度与分界线所成的锐角为45°
B．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为22mv0qB0
C．电场强度大小为B0v0
D．粒子回到P点所用的总时间为2π+2mqB0
【答案】ABC
【解析】根据题意可知，粒子的运动轨迹如图
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动的特点可知，粒子第一次到达边界时的偏转角是90°，即速度与分界线所成的锐角为45°，故A正确；
B．由A选项分析可知，粒子进入电场的方向，与电场强度方向相反，故粒子先减速到零，再反方向加速到原来的速度第二次进入磁场，在磁场中做圆周运动，经过34T后，由S点进入电场，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律 qvB=mv2R
带入数据解得 R=mv0qB0
由图根据几何关系解得 PS=22R=22mv0qB0 故B正确；
C．设电场的电场强度为E，粒子第二次进入电场的方向与电场方向垂直，根据图可知，
水平方向 2R=v0t
竖直方向 2R=12at2
根据牛顿第二定律 Eq=ma
联立代入数据解得 E=B0v0 故C正确；
D．粒子回到P点所用的总时间包括在磁场中的运动时间t1，第一次进入电场时先减速后加速的时间t2及第二次在电场中偏转的时间t3，粒子在磁场中运动的时间由几何关系可知 t1=T=2πmqB0
第一次进入电场时先减速后加速的时间 t2=2v0a=2mqB0
第二次在电场中偏转的时间 t3=2Rv0=2mqB0
粒子回到P点所用的总时间为 t=t1+t2+t3=2π+4mqB0 故D错误。
故选ABC。
6．（2023·全国·高三专题练习）半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来改变材料的导电性能。如图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，通过速度选择器的离子经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器中的电场强度的大小为E、方向竖直向上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直纸面向外，大小分别为B1、B2。偏转系统根据需要加合适的电场或者磁场。磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点）。整个系统置于真空中，不计离子重力及其进入加速电场的初速度。下列说法正确的是（ ）
A．可以利用此系统给晶圆同时注入带正电离子和带负电的离子
B．从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为2EB1B2R1+R2
C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，则离子会注入到x轴正方向的晶圆上
D．只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处
【答案】B
【解析】A．由左手定则可知，只有正离子才能通过磁分析器，负离子不能通过磁分析器，故A错误；
B．离子通过速度选择器时，有 Eq=B1qv 解得速度 v=EB1
离子在磁分析器中，有 qvB2=mv2R
由几何关系得 R=R1+R22
联立可得 qm=2EB1B2R1+R2 故B正确；
C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，由左手定则可知离子向y轴正方向偏转，故C错误；
D．只增大加速电场的电压，则粒子速度不满足 v=EB1
无法做匀速直线运动通过速度选择器，所以不一定能到达圆晶处，故D错误。
故选B。
7．（2022·湖南长沙·模拟预测）(多选)如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行于纸面且与边界垂直的电场，M、N间电压UMN的变化如图乙所示，电压的大小为U0，周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度均为B。t=0时，将一质量为m的带正电粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0。两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间忽略不计，不考虑粒子所受的重力。则（ ）
A．该粒子的比荷qm=πBT0
B．粒子第1次在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的的半径R1=T0U0Bπ
C．粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，两位置间的距离为Δd=22−1T0U0Bπ
D．若粒子的质量增加为53m，电荷量不变，仍在t=0时，将其从A处由静止释放，则在t=0至t=2T0的时间内，粒子在M、N间的运动均为加速运动
【答案】BC
【解析】A．由于粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0，根据圆周运动有 qvB=m4π2T2R
整理有 qm=2πT0B A错误；
B．粒子在MN间加速后有 qU0=12mv02
粒子在磁场中做圆周运动有，并根据选项A有 qm=2πT0B，qv0B=mv02R
计算有 R=U0T0πB B正确；
C．粒子第二次经过MN后再次加速有 qU0=12mv′2−12mv02
在磁场区域Ⅱ做圆周运动有 qm=2πT0B，qv′B=mv′2R′
解得粒子第1次和第3次到达磁场区域I的左边界线N时，
两位置间的距离为 Δd=2R′−2R=2(2−1)T0U0πB C正确；
D．若粒子的质量增加为53m，电荷量不变，则根据 qm=2πTB
可知质量改变则粒子做圆周运动的周期也发生改变，则粒子将不会“准时”到达MN间，故粒子在M、N间的运动不都是加速运动，D错误。
故选BC。
8．如图所示，一光滑绝缘圆管轨道位于竖直平面内，半径为0.2m。以圆管圆心O为原点，在环面内建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直于环面向外的匀强磁场。一带电量为+1.0C、质量为0.1kg的小球（直径略小于圆管直径），从x坐标轴上的b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆管轨道做圆周运动。（重力加速度g取10m/s2）
（1）求匀强电场的电场强度E；
（2）若第二次到达最高点a时，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B；
（3）求小球第三次到达最高点a时对圆管的压力。
【答案】（1）1N/C ；（2）0.5T ；（3）3−2N，方向竖直向上
【解析】(1)小球第一次刚好过最高点，此时速度v1=0，则 qE=mg
解得 E=mgq=1N/C
(2)小球第二次过最高点是速度为v2，由动能定理可知 qER=12mv22
又 mg+qv2B=mv22R
解得 B=mqg2R=0.5T
(3)小球第三次过最高点时速度为，小球受圆管向下的压力为FN 2qER=12mv32
又 mg+qv3B+FN=mv32R
解得 FN=3−2mg=(3−2)N
根据牛顿第三定律可知 小球第三次到达最高点a时对圆管的压力为3−2N，方向竖直向上。
9．如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电压为U的加速电场加速后沿圆心为O、半径为a的圆弧（虚线）通过静电分析器，并从P点垂直CF进入矩形匀强磁场区域QDCF。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，电场强度的方向均指向O点。QF=a，PF=1.6a，磁场方向垂直纸面向里，粒子重力不计。
（1）求静电分析器通道内圆弧线所在处电场的电场强度的大小E；
（2）若粒子能最终打在磁场区域（边界处有磁场）的左边界QF上，求磁场的磁感应强度大小B的取值范围。
【答案】（1）E=2Ua；（2）1a2mUq≤B≤54a2mUq
【解析】（1）粒子在加速电场中运动的过程中，根据动能定理有 qU=12mv2
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有 qE=mv2a
联立以上两式解得 E=2Ua
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB=mv2r
解得 r=1B2mUq
要使粒子能打在边界QF上，则粒子既没有从边界DQ射出也没有从边界CF射出，可画出粒子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ所示
由几何关系可知，粒子能打在边界QF上，必须满足的条件为 45a≤r≤a
解得 1a2mUq≤B≤54a2mUq
10．（2021·全国）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） ；（3）粒子运动轨迹见解析，
【解析】
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 ①
②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有 ③
粒子发射位置到P点的距离 ④
由①②③④式得 ⑤
（2）带电粒子在磁场运动在速度 ⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示
由几何关系可知，最小半径 ⑦
最大半径 ⑧
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 ⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知 ⑩
带电粒子的运动半径为 ⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离 ⑫
由⑩⑪⑫式解得 ⑬
11．（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）如图所示，平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里，磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电量为q的正离子（不计重力）以水平向右、大小为v0的初速度沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动。从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场，进入磁场。已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角。求：
（1）金属板M、N间的电场强度E0；
（2）离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C（图中未画出）与坐标原点的距离OC；
（3）若已知OA=l，只有在第四象限磁场反向且大小变化，其它条件均不变，要使正离子无法运动到第二象限，则磁感应强度B大小应满足什么条件？
【答案】（1）v0B0；（2）mv02qE+2mv0qB；（3） B≥2+1mv0ql或B≤mv0ql
【解析】（1）由题意可知正离子在M、N间受力平衡，即 qE0=qv0B0
解得 E0=v0B0
（2）作出正离子的运动轨迹如图所示。
正离子在第一象限中做类平抛运动，其加速度大小为 a=qEm
设正离子经过A点时的速度大小为v，根据速度的合成与分解有 cs45°=v0v
解得 v=2v0
则正离子经过A点时的竖直分速度大小为 vy=v2−v02=v0
正离子从P点到A点的运动时间为 t=vya=mv0qE
所以 OA=v0t=mv02qE
设正离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有 qvB=mv2R
解得 R=mvqB=2mv0qB
根据几何关系可得 AC=2Rcs45°=2R=2mv0qB
所以 OC=OA+AC=mv02qE+2mv0qB
（3）假设当磁感应强度大小为B1时，正离子的运动轨迹恰好与y轴相切，如图所示，根据几何关系可知正离子再次进入第一象限时速度方向与x轴夹角为45°，且大小仍为v，此后正离子将做类斜抛运动，根据类斜抛运动的对称性可知其在第一象限中运动的水平位移大小为2OA，所以正离子将从A点右侧再次进入第四象限做匀速圆周运动，由此可推知正离子将在第一和第四象限内往复运动，一定不会运动至第二象限，设此时正离子做匀速圆周运动的半径为r1，根据几何关系可得 r1+r1cs45°=l
根据牛顿第二定律有 qvB1=mv2r1
解得 B1=2+1mv0ql
当B＞B1时，正离子运动半径减小，结合上述分析可知仍将在第一和第四象限内做往复运动，无法运动至第二象限。所以正离子在没有进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是 B≥2+1mv0ql
假设当磁感应强度大小为B2时，正离子刚好垂直于y轴进入第三象限，如图所示。这种情况显然正离子也不会运动至第二象限。设此时正离子做匀速圆周运动的半径为r2，根据几何关系可得 r2=2l
根据牛顿第二定律有 qvB2=mv2r2
解得 B2=mv0ql
当B＜B2时，正离子运动半径增大，进入第三象限时速度方向与y轴负方向成锐角，不可能进入第二象限。所以正离子在进入第三象限的情况下无法运动至第二象限时磁感应强度大小应满足的条件是
B≤mv0ql
12．（2022·广西·合山高中模拟预测）如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（粒子所受重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴正方向的夹角θ=30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为23L+L,L的P点处时的速度大小为v、方向沿x轴正方向。求：
（1）粒子从O点射入磁场时的速度大小v0；
（2）电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从O点运动到P点的时间t。
【答案】（1）v0=233v；（2）E=mv26qL；B=23mv3qL；（3）t=3L(π+12)6v
【解析】（1）粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过Q点时的速度大小也为v0，根据对称性，粒子经过Q点时的速度方向与x轴正方向的夹角也为θ，粒子进入第Ⅰ象限后，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，根据几何关系有 vv0=csθ
解得 v0=233v
（2）对粒子从Q点运动到P点的过程，根据动能定理有 −qEL=12mv2−12mv02
解得 E=mv26qL
设粒子从Q点运动到P点的时间为t1，有 0+v0sinθ2⋅t1=L
解得 t1=23Lv
粒子从Q点运动到P点的过程沿x轴方向的位移大小 xQP=vt1
解得 xQP=23L
又 OQ=23L+L−xQP
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据几何关系有 OQ=2Rsinθ
解得 R=L
根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B=mv02R
解得 B=23mv3qL
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期 T=2πRv0
根据几何关系，在粒子从O点运动到Q点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90°−θ，故粒子在该过程中运动的时间 t2=90°−θ360°⋅T
解得 t2=3πL6v
又 t=t1+t2
解得 t=3L(π+12)6v
13．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN上方有范围足够大的匀强电场，电场边界MN与磁场区域的最高处相切于O点，电场强度大小为E、方向垂直MN向下。在磁场区域的最低点P处有一粒子源，它能向纸面内各个方向发射速率相等的带正电粒子，粒子的比荷为k（质量m、电荷量q均未知），不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）要使沿PO方向射入磁场的粒子不能进入电场，求粒子的速率应满足的条件。
（2）若粒子的速率为v1=2kBR，从P点沿某方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，求这些粒子进入电场后，在电场中运动时与边界MN的最大距离h。
（3）若粒子的速率为v2=3kBR，从P点射入磁场的粒子，离开磁场后沿不同方向射入电场。某些粒子在电场中运动时间最长，求这些粒子从P点开始运动至刚好回到磁场经历的时间t。
【答案】（1） v≤kBR；（2） ℎ=kB2R22E；（3）(π+3)3kB+23BRE
【解析】（1）带电粒子从P点进入磁场后，在磁场中做匀速圆周运动，若带电粒子离开磁场时偏转的角度大于或等于90°，则带电粒子不会进入电场，即有 qvB=mv2r r≤R
解得 v≤kBR
（2）设速率为v1=2kBR的粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1，则有 qv1B=mv12r1
得 r1=2R
在磁场中运动时间最长粒子的运动轨迹如图甲所示 sinθ=Rr1=22
设粒子进入电场时竖直方向分速度为vy、加速度大小为a，
有 vy=22v1=kBR ℎ=vy22a qE=ma
解得 ℎ=kB2R22E
（3）若粒子的速率为v2=3kBR，从P点射入磁场，设在电场中运动时间最长的粒子在磁场中的轨迹半径为r2，则有 qv2B=mv22r2 r2=3R
垂直MN进入电场的粒子在电场中运动时间最长，由图乙可知 α+β=2α r2sinα=Rcsβ
解得 α=β=30°
设粒子在磁场中从P运动至Q的时间为t1，则有 t1=16T=πm3qB=π3kB
设粒子在Q、H之间往返运动的时间为t2，则有 t2=2×QHv2=2×R2v2=m3qB=13kB
设粒子在D、H之间往返运动的时间为t3，则有 t3=2v2a=23BRE
解得 t=t1+t2+t3=(π+3)3kB+23BRE
14．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，平面直角坐标系xOy内，x轴上方有垂直坐标系平面向里、半径为R的圆形匀强磁场B1（大小未知），圆心为O1(0,R)。x轴下方有一平行x轴的虚线MN，在其下方有磁感应强度方向垂直坐标系平面向外、大小为B2=3mv02qR的矩形匀强磁场，磁场上边界与MN重合。在MN与x轴之间有平行与y轴、场强大小为E=3mv022qR的匀强电场（图中未画出），且MN与x轴相距Δy（大小未知）。现有两相同带电粒子a、b以平行x轴的速度v0分别正对O1点、A点(0,2R)射入圆形磁场，经偏转后都经过坐标原点O进入x轴下方电场。已知粒子质量为m、电荷量大小为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。
（1）求磁感应强度B1的大小；
（2）若电场沿y轴负方向，欲使带电粒子a不能到达MN，求Δy的最小值；
（3）若电场沿y轴正方向，Δy=3R，欲使带电粒子b能到达x轴上且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积。
【答案】（1）mv0qR；（2）33R；（3）42+3R2
【解析】（1）a、b平行进入圆形磁场，均进过原点O，则根据“磁聚焦”可知，粒子做圆周运动的半径大小与磁场区域半径大小相等，即 r=R
又 qv0B1=mv02r
解得 B1=mv0qR
（2）带电粒子a从O点沿y轴负方向进入电场后做减速运动，则由动能定理可得 qEΔy=12mv02
解得 Δy=mv022qE=33R
（3）若匀强电场沿y轴正方向，则粒子b从原点O沿x轴负向进入电场，做类平抛运动，设粒子b经电场加速度后的速度大小为v，在MN下方磁场做匀速圆周运动的轨道半径为r1，粒子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向夹角为θ，如图甲所示
则有 qEΔy=12mv2−12mv02
解得 v=2v0
又 csθ=v0v=12
则 θ=60°
在电场中 Δy=12qEmt12，x=v0t1=2R
在磁场中有 qvB2=mv2r1
解得 r1=433R
如图乙所示，由几何关系可知，在矩形磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且方向与x轴正方向夹角为60°时，粒子能够到达x轴，距离原点O最远。
则最小矩形区域水平边长为 l1=r1+r1sinθ
竖直边长为 l2=r1+r1csθ
则最小面积为 S=l1l2=r121+sinθ1+csθ=42+3R2
15．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，在x轴上方有竖直向下的匀强电场，x轴下方−2d≤y≤0的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有质量为m、电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点0,d处沿x轴正方向以初速度v0射出，粒子第一次从M点1.5d,0进入磁场后恰好能够从磁场返回电场。
（1）求磁感应强度B；
（2）让两个相同的该粒子先后从P点以初速度v0射出，要使两粒子在电场中相遇，求两粒子射出的时间差Δt（不计两粒子间的相互作用）；
（3）增大粒子在P点的发射速度，若粒子还能返回电场，求粒子的最大发射速度vm。
【答案】（1）2mv0qd；（2）127π+240d180v0 ；（3）vm=169v0
【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，有 d=12at2 1.5d=v0t vy=at
解得 vy=43v0
又 tanθ=vyv0 v=v0csθ
解得 θ=53° v=53v0
粒子在磁场中，做匀速圆周运动，轨迹如图，洛伦兹力提供向心力，有 qvB=mv2r
由几何关系，可得 rsin53°+r=1.5d
联立，可得 B=2mv0qd
（2）第一个从开始进入电场到与第二个粒子相遇共经历三个过程，首先在电场中类平抛，设运动时间为t1，有 t1=1.5dv0
然后在磁场中做匀速圆周运动，设运动时间为t2，有 t2=254°360°T T=2πmqB
最后再次进入电场，做类平抛运动的逆运动，设运动时间为t3，根据对称性可得 t3=1.5d−rv0
即第一个粒子的运动总时间为 t总=t1+t2+t3
第二个粒子从进入电场，到相遇设时间为t'总，有 t'总=rv0
两粒子射出的时间差为 Δt=t总−t'总=127π+240d180v0
（3）设粒子以最大发射速度vm进入电场，类平抛与x轴正方向成α角进入磁场做匀速圆周运动，其轨迹恰好与磁场下边界相切，由几何关系可得 2d=R+Rcsα
其轨道半径为 R=mv′qB v′=vysinα=vmcsα vy=2⋅qEm⋅d
联立可得 vm=169v0
16．（2022·贵州贵阳·二模）如图所示，在xy平面（纸面）内有一半径为R，以原点O为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。磁场区域的正下方有一对平行于x轴的平行金属板A和K，两板间加有电压UAK（正负、大小均可调），K板接地，与P点的距离为l，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。一个宽为3R、在y轴方向均匀分布、且关于x轴对称的电子源，它持续不断地沿x正方向每秒发射出n0个速率均为v的电子，电子经过磁场偏转后均从P点射出，穿过K板小孔达到A板的所有电子被收集且导出。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用，不计电子的重力，求：
（1）该匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）从电子源射出的电子经P点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围；
（3）每秒从电子源射出的电子通过K板上小孔的电子数n及这些电子均能到达A板UAK的范围。
【答案】（1） B=mveR；（2） −60°≤θ≤60°；（3） n=63n0，−mv24e
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： evB=mv2r B=mveR
设电子源上端电子从P点射出时与y轴负方向的最大夹角θm，
如图所示，由几何关系可得： sinθm=3R2R θm=60°
同理电子源下端电子从P点射出时与y轴负方向的最大夹角也为60°，范围是 −60°≤θ≤60°
（3）进入小孔的电子偏角正切值：
tanα=1 α=45°
y=Rsinα
nn0=2y3R
n=63n0
当UAK=0时，经过小孔的电子均能到达A板；
当与y轴负方向成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，即经过小孔的电子均能到达A板
2aℎ=v2y ，a=eUmℎ
vy=vcs45° UAK=−mv24e −mv24e
（1）求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；
（2）求环形外圆的半径R；
（3）求粒子从A点沿y轴负方向射入磁场Ⅰ至再次从A点沿y轴负方向进入磁场Ⅰ的运动总时间。
【答案】（1）B1=5mv02qR0；（2）R=2+1R0；（3）t=72πR05v0
【解析】（1）由几何关系得 tanα=22R022R0=1 tan90°−α2=r1R0
解得 r1=0.4R0
由牛顿第二定律得 qv0B1=mv02r1
解得 B1=5mv02qR0
（2）由牛顿第二定律得 qv0B2=mν02r2
解得 r2=104r1=R0
由几何关系得 R=R02+r22+r2=(2+1)R0
（3）氢核在区域I内的周期为 T1=2πr1v0=0.8πR0v0
氢核在区域II内的周期为 T2=2πr2ν0=2πR0ν0
由几何关系得 ∠AOQ=45∘+90∘=135∘
由几何关系得 360°n1=135°n2
解得 n2=8
则总时间为 t=(180∘−45∘360∘T1+360∘−90∘360∘T2)n2=72πR05v0
18．（2021·辽宁）如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】 （1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径 R=a
则
则
粒子从S到O，有动能定理可得
可得
（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，则有
计算可得
两粒子碰后在磁场中运动
解得
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
则两粒子碰后再次相遇
解得再次相遇时间
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，由余弦定理可得
则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
19．（2022·安徽·淮南第一中学模拟预测）如图所示，竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。在xOy平面内第I、II象限有沿x轴正方向的匀强电场E1，在第IV象限存在沿y轴正方向的匀强电场E2和垂直xOy平面向里的匀强磁场B（磁感应强度B和电场强度E1、E2大小均未知）。一质量为m，电荷量为q的带电液滴（可视为质点），从第II象限中坐标为（−d，3d4）的A点由静止释放后沿直线运动，且恰好经过坐标原点O点进入第IV象限，并在第IV象限内做匀速圆周运动，偏转后第一次经过x轴上的P1点进入第I象限，P1坐标为（2d，0）。已知重力加速度为g。求：
（1）第I、IV象限强电场场强E1和E2的大小；
（2）第IV象限内磁感应强度B的大小；
（3）若液滴经过x轴上的P1点后，还会再经过x轴上坐标为（xP，0）的P2点（图中未画出），求xP的所有可能值。
【答案】（1）E1=4mg3q，E2=mgq；（2）B=mq3g2d；（3）见解析
【解析】（1）油滴的运动轨迹如图所示
油滴由A点静止释放后，做匀加速直线运动，且合力沿AO方向，则有 tanθ=mgqE1=34
解得 E1=4mg3q
由题意，液滴在第IV象限内做匀速圆周运动，条件为复合场中重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有 qE2=mg
解得 E2=mgq
（2）液滴在第IV象限内做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系可得 R=dsin37°=5d3
由洛伦兹力提供向心力可得 qvB=mv2R
其中v是液滴沿AO方向运动到O点速度，根据动能定理可得 qE1d+mg⋅3d4=12mv2
解得v=5gd6
联立以上式子可得 B=mq3g2d
（3）液滴经过x轴上的P1点后，在第I象限竖直方向做竖直上抛运动，且最高点与A点等高，水平方向做匀加速直线运动，且初速度与过O点时的水平分速度相同，运动轨迹如图所示
OP1=2R1sinθ=2⋅mvqBsinθ=2⋅mvyqB=2d
可知液滴每次经过x轴进入第IV象限偏转后前进的距离都是2d，假设液滴从A点沿AO方向运动到O点所用时间为T，在x轴方向前进的距离满足 x=12axT2=d
液滴从P1点进入第I象限的匀强电场E1中，
水平方向根据初速度为0的匀加速直线运动规律可得P1P′1=3d+5d=8d
由匀加速直线运动规律，可知液滴每次经过x轴进入第I象限的匀强电场E1中偏转后前进的距离比上一次前进的距离多 Δx=ax(2T)2=8d
即液滴从P1点之后每次在电场E1前进的距离为 8d、16d、24d⋯
以上分析可知，液滴经过P1点后，再经过x轴由第I象限进入第IV象限时，
P2坐标（xP，0）应满足 xP=n⋅2d+8d(1+2+3+⋯+n)（n=1，2，3⋯）
即 xP=n⋅2d+8d⋅n(n+1)2=4d⋅n2+6d⋅n（n=1，2，3⋯）
液滴经过P1点后，再经过x轴由第IV象限进入第I象限时，
P2坐标（xP，0）应满足 xP=(n+1)⋅2d+8d(1+2+3+⋯+n)（n=1，2，3⋯）
即 xP=(n+1)⋅2d+8d⋅n(n+1)2=4d⋅n2+6d⋅n+2d（n=1，2，3⋯）
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