练习10 带电粒子在复合场、组合场中的运动问题—2025年高考物理压轴题专项通关秘籍（全国通用）

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1、带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法
Ⅰ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．
Ⅱ带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段．
第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示．
第3步：用规律
2、先电场后磁场模型
【运动模型】
Ⅰ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.
Ⅱ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.
3、先磁场后电场模型
【模型构建】(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)．
4、带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型
【模型构建】
1．作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器．
2．原理(如图所示)
(1)加速电场：qU＝eq \f(1,2)mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝eq \f(mv2,r)，l＝2r；由以上两式可得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2).
5、带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型
1．构造：
如图所示，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，粒子被加速一次．
3．最大动能：
由qvmB＝eq \f(mvm2,R)、Ekm＝eq \f(1,2)mvm2得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，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＝eq \f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(Ekm,2qU)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πBR2,2U).
6、带电粒子在叠加场中的运动模型
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．无约束情况下的运动
(1)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，由此可求解问题．
(2)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，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、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．
3．有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，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解．
1．（2023•济南三模）如图所示为内径为R的中空圆柱形管，OO′为管的中轴线，管内分布着沿中轴线OO′方向的匀强电场，电场强度大小为E。带电粒子与管内壁发生碰撞时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后沿管壁切向分速度不变，垂直管壁方向分速度大小不变、方向相反。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以垂直于中轴线OO′方向的速度v0从O点射出，不计粒子的重力，求：
（1）带电粒子从O点出发与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线OO′（带电粒子仍在圆柱形管内）时的速度大小；
（2）若带电粒子恰好能从O′点离开圆柱形管，求圆柱形管管长的可能值；
（3）若粒子第一次经过中轴线OO′时撤去电场，并立即换成与电场方向相同的匀强磁场，磁感应强度大小为B=mv0qR，求带电粒子第二次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱形管内）的位置与O点之间的距离；
（4）若粒子第一次经过中轴线OO′时撤去电场，并立即换成与电场方向相同的匀强磁场，粒子与管壁发生n次（3≤n≤6）碰撞后恰好从O′点射出圆柱形管，射出圆柱形管时带电粒子的速度与刚撤去电场时速度的大小和方向均相同，求磁感应强度的可能值以及对应的管长值。（结果中要求含有n）
【解答】解：（1）设沿轴线方向为x轴方向，带电粒子从O点出发与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线OO′过程，在垂直于轴线方向
2R＝v0t1
在沿轴线方向
qE＝ma，vx＝at1
则有v1=v02+vx2
联立解得：v1=v02+(2qERmv0)2=v02+4q2E2R2m2v02
（2）假设粒子与圆筒碰撞n次，在垂直于轴线方向
2nR＝v0t2
在沿轴线方向
L=12at22
联立解得
L=2qEn2R2mv02(n=1，2，3⋯)
（3）在电场加速过程中，粒子沿轴线前进距离
x1=12at12=2qER2mv02
在磁场偏转过程中
qv0B=mv02r
解得：r＝R
T=2πrv0=2πRv0
如图所示，粒子碰撞一次后再次回到轴心
根据几何关系可得转过的圆心角
θ=π3
再次回到轴心的时间
t2=2θ2πT=2πR3v0
粒子沿轴线前进距离
x2=vxt2=4πqER23mv02
带电粒子第二次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱管内）与O点的距离
x=x1+x2=(6+4π)qER23mv02
（4）如图所示
若粒子能再次回到O′点且速度不变，则应满足n×2α＝k×2π
且2α＜π，n为碰撞次数；由几何关系可得
2rsinβ2=R
β+2α＝π
①当k＝1时
α=πn，β=(1−2n)π
联立方程可得
r=R2sin[(12−1n)π]=R2csπn
qv0B=mv02r
解得
B=2mv0qRcsπn(n=3，4，5，6)
t=n2β2π⋅T，T=2πrv0
管长
L=vxt+12at12
解得
L=2qER2mv02[1+(n−2)πcsπn](n=3，4，5，6)
②当k＝2时
α=2πn，β=(1−4n)π
联立方程可得
r=R2sin[(12−2n)π]=R2cs2πn
qv0B=mv02r
解得
B=2mv0qRcs2πn(n=5，6)
（分别为B'5=2mv0qRcs2π5，B'6=mv0qR与n＝3时相同）
t=n2β2π⋅T，T=2πrv0
管长
L=vxt+12at12
解得
L=2qER2mv02[1+(n−4)πcs2πn](n=5，6)
（分别为L'5=2qER2mv02(1+πcs2πn)，L6=2qER2mv02(1+4π)）
各种情景运动图像如下
答：（1）圆柱形管管长的可能值为v02+4q2E2R2m2v02；
（2）圆柱形管管长的可能值为2qEn2R2mv02（n＝1，2，3⋯）；
（3）带电粒子第二次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱形管内）的位置与O点之间的距离为(6+4π)qER23mv02；
（4）见解析。
2．（2023•重庆模拟）如图所示，直角坐标系xOy内x轴以下、x＝b（b未知）的左侧有沿y轴正向的匀强电场，在第一象限内y轴、x轴、虚线MN及x＝b所围区域内右垂直于坐标平面向外的匀强磁场，M、N的坐标分别为（0，a）、（a，0），质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点（﹣a，−12a）以初速度v0沿x轴正向射出，粒子经电场偏转刚好经过坐标原点，匀强磁场的磁感应强度B=2mv0qa，粒子第二次在磁场中运动后以垂直x＝b射出磁场，不计粒子的重力。求：
（1）匀强电场的电场强度以及b的大小；
（2）粒子从P点开始运动到射出磁场所用的时间。
【解答】解：（1）由题意可知，粒子从P点抛出后，先在电场中做类平抛运动，
则水平位移：a＝v0t1，
根据牛顿第二定律可得加速度：a′=qEm
求得E=mv02qa
设粒子经过坐标原点时，沿y方向的速度为vy。
12a=12vyt1
求得vy＝v0
因此粒子经过坐标原点的速度大小为v=2v0，方向与x轴正向的夹角为45°
由几何关系可知，粒子进入磁场的位置为（12a，12a），并垂直于MN，设粒子做圆周运动的半径为r，则qvB＝mv2r得，r=22a
由几何关系及左手定则可知，粒子做圆周运动的圆心在N点，粒子在磁场中做圆周运动并垂直x轴进入电场，在电场中做类竖直上抛运动后，进入磁场并仍以半径r=22a做匀速圆周运动，并垂直x＝b射出磁场，轨迹如图所示：
由几何关系可知：b＝2r+a＝（2+1）a
（2）由（1）问可知，粒子在电场中做类平抛运动的时间t1=av0
粒子在进磁场前做匀速运动的时间t2=22av=a2v0
粒子在磁场中运动的时间t3=58T=5πa8v0
粒子第二次在电场中运动的时间t4＝2va'=22av0
因此，运动的总时间t＝t1+t2+t3+t4=(12+5π+162)a8v0。
答：（1）匀强电场的电场强度为mv02qa，b的大小为（2+1）a；
（2）粒子从P点开始运动到射出磁场所用的时间为(12+5π+162)a8v0。
3．（2023•芝罘区校级模拟）利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为+q的带电粒子，其初速度视为零，经过加速电压U后，以一定速度垂直平面MNN1M1，射入棱长为2L的正方体区域MNPQ﹣M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在边长为L的正方形MHIJ区域内入射，不计粒子重力及其相互作用，完成以下问题：
（1）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求所加匀强电场电场强度的最小值E；
（2）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1，求所加匀强磁场磁感应强度的最小值B0及最大值Bm；
（3）以M1为原点建立如图所示直角坐标系M1﹣xyz，若在正方体区域中同时加上沿MN方向大小为14E0的匀强电场及大小为B0的匀强磁场，让粒子对准I点并垂直平面MNN1M1入射，求粒子离开正方体区域时的坐标位置（结果可用根号和圆周率π表示）。
【解答】解：（1）粒子经过加速电场加速有
qU=12mv02
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M点射入的例子恰好到达P点，则所有粒子均能达到平面NPP1N1，由类平抛规律可得
qE0＝ma
2L=12at2
2L＝v0t
联立解得
E0=2UL
（2）仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M点射入的粒子恰好到达Q1点时所加的磁场为最小值，由圆周运动规律与几何关系可得
r1＝2L
qv0B0＝mv02r1
联立解得
B0=1LmU2q
当从M点射入的粒子恰好到达M1点时所加的磁场为最大值，有
r2＝L
qv0Bm＝mv02r2
联立解得
Bm=2LmU2q
（3）若在正方体区域中同时加上沿MN方向的匀强电场及匀强磁场，电场加速粒子所带来的速度分量恰与磁场平行，不会带来新的洛伦兹力，故粒子的运动为在磁场中的匀速圆周运动与在电场中的匀加速直线运动的组合，若仅考虑在磁场中的圆周运动，正视图如图所示：
则有T=2πmqB
在磁场中的圆心角为
csθ=r−Lr
解得：θ=π3
则粒子在磁场中的运动时间
t1=θ2πT=πL32mqU
若仅考虑在电场中的类平抛运动，有
qE04=ma'
L=12a't22
联立解得在电场中的运动时间为
t2=2L2mqU
因分运动与合运动具有等时性，且t2＞t1，则粒子的运动时间为
t1=πL32mqU
故粒子完成磁场区域的完整偏转离开立方体时，方向的坐标为
y＝r1sinπ3
离开立方体时x方向的坐标为
x＝L+12a't12
代入数据解得：y=3L，x＝（1+π218）L
则粒子离开立方体时的位置坐标为[（1+π218）L，3L]
答：（1）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，所加匀强电场电场强度的最小值为2UL；
（2）若仅在正方体区域中加上沿MN方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1，所加匀强磁场磁感应强度的最小值为1LmU2q，最大值为2LmU2q；
（3）以M1为原点建立如图所示直角坐标系M1﹣xyz，若在正方体区域中同时加上沿MN方向大小为14E0的匀强电场及大小为B0的匀强磁场，让粒子对准I点并垂直平面MNN1M1入射，粒子离开正方体区域时的坐标位置为[（1+π218）L，3L]。
4．（2023•黄山一模）如图所示，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向夹角为45°，虚线OM右侧区域Ⅰ内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，虚线OM左侧区域Ⅱ内存在沿y轴正向的匀强电场。一个比荷为k的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度v0射入磁场，此后当粒子第一次穿过边界线OM后恰能到达x轴上P（﹣d，0）点。不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；
（2）粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM的时间；
（3）第四次穿过边界线OM的位置坐标。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做运动圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝d
粒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：qv0B＝mv02r
粒子的比荷k=qm，解得，磁感应强度大小：B=mv0qd=v0kd
粒子第一次穿过边界线OM后恰能到达x轴上P，粒子到达P点时速度为零
粒子从第一次进入电场运动到P点过程，由动能定理得：﹣qEr＝0−12mv02
解得电场强度大小：E=v022kd
（2）粒子从O点出发到第四次穿过边界OM的运动轨迹如上图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv0=2πdv0
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的总圆心角θ＝2π
粒子在磁场中的运动时间t磁场=θ2πT=2π2πT=T=2πdv0
粒子在电场中运动过程，由牛顿第二定律得：qE＝ma
解得加速度大小a=v022d
粒子第一次在电场中的运动时间t1=2v0a=2v0v022d=4dv0
粒子从A到C过程做类平抛运动，设AC间的距离为L
在水平方向：Lcs45°＝v0t2
在竖直方向：Lsin45°=12at22
解得：t2=4dv0，L＝42d
粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM的时间t＝t磁场+t1+t2=2πdv0+4dv0+4dv0=(2π+8)dv0
（3）设第四次穿过边界线OM的位置坐标为（x，y）
由几何知识可知：x＝﹣（2r+Lcs45°），y＝2r+Lsin45°
解得：x＝﹣6d，y＝6d，即坐标为（﹣6d，6d）
答：（1）匀强电场的电场强度E大小是v022kd，匀强磁场的磁感应强度B大小是v0kd；
（2）粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM的时间是(2π+8)dv0；
（3）第四次穿过边界线OM的位置坐标是（﹣6d，6d）。
5．（2023•大庆模拟）空间高能粒子是引起航天器异常或故障甚至失效的重要因素，是危害空间生物的空间环境源。某同学设计了一个屏蔽高能粒子辐射的装置，如图所示，铅盒左侧面中心O点有一放射源，放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ以速率v向外辐射质量为m、电荷量为q的带正电高能粒子。铅盒右侧有一左右边界平行、磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，过O点的截面MNPQ位于垂直磁场的平面内，OH⊥MQ，∠MOH＝∠QOH＝60°。不计粒子所受重力，忽略粒子间的相互作用。
（1）求垂直磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t；
（2）若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，从而达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度d（结果可保留根号）。
【解答】解：（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
qvB=mv2R
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：
T=2πRv
解得：T=2πmqB
经分析可知，当粒子沿OH方向进入磁场时，垂直磁场边界向左射出磁场，有t=T2
联立解得：t=πmqB
（2）若沿OQ方向进入磁场的粒子的运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场右边界穿出，如图所示
根据几何关系有d＝R+Rsin60°
由（1）可得R=mvqB
联立解得：d=(2+3)mv2qB
答：（1）垂直磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为πmqB；
（2）磁场区域的最小宽度为(2+3)mv2qB。
6．（2023•和平区模拟）如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L，间距为d＝1.5L的竖直极板P、Q，在下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片，水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O，水平极板M、N之间的电压为U0；竖直极板P、Q之间的电压U随时间t变化的图像如图乙所示，磁场的磁感应强度B=1L2mU0q，粒子源连续释放初速不计、质量为m、带电量为+q的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P、Q之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上，已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计。求：
（1）带电粒子进入偏转电场时的动能Ek；
（2）已知带电粒子若在U＝0时进入竖直极板P、Q之间的电场，在磁场中能够产生竖直方向的最大距离，求该最大距离Δymax；
（3）带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。
【解答】解：（1）粒子从粒子源发出进入加速电场做匀加速直线运动，根据动能定理可得：
Ek＝qU0
（2）加速后的带电粒子以v1的速度进入竖直极板P、Q之间，若在U＝0时进入竖直极板P、Q之间的电场，则不发生偏转，沿中心线进入磁场，根据动能定理可得：
qU0=12mv12
根据牛顿第二定律可得：
qv1B=mv12r
解得Δymax=r=mv1qB=L
（3）粒子运动轨迹如图所示
若t＝0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时R＝L，打在感光胶片上距离中心线最近为x＝2L
任意电压时出偏转电场时的速度为vn，根据几何关系有：
vn=v1csαRn=mvnBq
打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距（轨迹弦长）为：
Δx=2Rncsα=2mv1Bq=2L
可见该间距与偏转电压无关，在感光胶片上的落点范围宽度等于粒子在电场中的偏转距离，设带电粒子在电场中最大偏转距离y，则qE＝ma
E=3U01.5L
y=12at2=12×3qU01.5Lm×(Lv1)2=L2
所以粒子在感光胶片上落点距O点的长度范围是2L到5L2之间。
答：（1）带电粒子进入偏转电场时的动能为qU0；
（2）已知带电粒子若在U＝0时进入竖直极板P、Q之间的电场，在磁场中能够产生竖直方向的最大距离，该最大距离为L；
（3）见解析。
7．（2023•吉林模拟）如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a＝0.3m的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B（大小可调节）．现有比荷为qm=2.5×109C/kg的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以v＝4×107m/s，方向与y轴正向成60°的速度经过P点进入磁场，OP=233OA，OA＝0.1m，不计重力．求：
（1）粒子在A点进入电场的初速度v0为多少；
（2）要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围；
（3）当磁感应强度为某值时，粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，求此磁感应强度。
【解答】解：（1）粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，粒子做类平抛运动，其在竖直方向上做匀速运动，则有：
v0＝vcs60°=12×4×107m/s=2×107m/s；
（2）粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，轨迹如下图所示：
由洛伦兹力提供向心力得：
Bqv=mv2R
根据几何关系，要使粒子不从CD边界射出需满足：R+Rcs60°≤a
解得：R≤23a=23×0.3m＝0.2m
解得磁感应强度：B=mvqR≥4×1072.5×109×0.2T=0.08T；
（3）粒子离开磁场运动到A的过程做匀速直线运动，粒子运动轨迹如下图所示：
；
根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，由对称性可得粒子出磁场时速度与y轴正方向夹角为60°。
设出磁场处为Q点，粒子运动半径为R′，则由几何关系得：
OQ=OAtan60°=0.13m
PQ＝PO+OQ=233OA+OQ=233×0.1m+0.13m=0.33m=2R'sin60°，
解得：R'＝0.1m
同理解得：B=mvqR'=4×1072.5×109×0.1T=0.16T。
答：（1）粒子在A点进入电场的初速度v0为2×107m/s；
（2）要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围为B≥0.08T；
（3）此磁感应强度的大小为0.16T。
8．（2023•海口模拟）如图所示，截面边长为L的等边三角形容器AMN的三条边均由光滑弹性绝缘壁构成，其内部存在垂直于纸面向里的匀强磁场，小孔P是AM的中点，底边MN水平放置。AM的左侧有竖直向下的电场强度为E的匀强电场。将一质量为m、电荷量为+q的粒子以一定的初速度从O点垂直射入匀强电场，初速度方向平行于MN，粒子恰好从小孔P以速度v垂直于AM边进入容器内的匀强磁场，与器壁2次垂直碰撞后（碰撞时无能量和电荷量损失）仍从小孔P垂直于AM射出（运动轨迹为图中虚线）。不计粒子重力。求：
（1）粒子在O点的初速度v0；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从射入电场到射出磁场运动的时间t。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，将粒子经过P点的速度分解到水平方向和竖直方向，如图所示
由几何关系得：v0＝vsin60°
代入数据解得：v0=32v
（2）根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径为r=L2
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2r
联立解得：B=2mvqL
（3）粒子在电场中从O到P做类平抛运动，由牛顿第二定律得：qE＝ma
竖直方向有：vy＝at1
vy＝vcs60°
联立解得：t1=mv2qE
粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2πrv
在磁场中偏转一次所需时间为t21=60°360°T
即t21=πL6v
粒子在磁场中运动的时间为t2＝3t21=πL2v
粒子从射入电场到射出磁场所用时间为t＝t1+t2=mv2qE+πL2v
答：（1）粒子在O点的初速度v0为32v；
（2）匀强磁场的磁感应强度B为2mvqL；
（3）粒子从射入电场到射出磁场运动的时间t为mv2qE+πL2v。
9．（2023•雨花区校级二模）某质谱仪部分结构的原理图如图所示。在空间直角坐标系Oxyz的y＞0区域有沿﹣z方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＜0区域有沿﹣z方向的匀强磁场，在x＝﹣2d处有一足够大的屏，俯视图如图乙。质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上P（0，﹣d，0）以初速度v0沿+y方向射出，粒子第一次经过x轴时速度方向与﹣x方向的夹角θ＝60°。不计粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求：
（1）粒子的电性；
（2）磁感应强度大小B；
（3）粒子打到屏上位置的z轴坐标z1。
【解答】解：（1）根据左手定则，掌心朝向z轴正方向，四指指向初速度v0方向，即+y方向，则大拇指指向是x轴负方向，说明粒子带正电；
（2）带电粒子在Oxy平面在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如下图所示：
根据几何关系得：r=dsin30°=2d
根据带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力得：Bqv0＝mv02r，解得：B=mv0qr=mv02qd。
（3）根据几何关系，粒子第一次经过x轴时距离O点的距离x1＝r﹣rcs30°=2d−2d×32=2d−3d，到屏的距离d1＝2d﹣x1＝2d﹣（2d−3d）=3d
粒子沿x轴的分速度vx＝v0csθ＝v0cs60°=v02
粒子垂直于z轴方向做匀速直线运动，所以运动到x＝﹣2d处的屏的时间为：t=d1vx=3dv02=23dv0
粒子沿z轴负方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a=Eqm，粒子打到屏上位置的z轴坐标z1=−12at2=−12×Eqm×(23dv0)2=−6Eqd2mv02
答：（1）粒子带正电；
（2）磁感应强度大小为mv02qd；
（3）粒子打到屏上位置的z轴坐标为−6Eqd2mv02。
10．（2023•桃城区校级模拟）如图所示，真空中A位置存在一带电粒子发射器能够瞬间在平面内发射出大量初速度大小为v0带电量相同的正电荷，电荷以不同的入射角θ（θ为v0与x轴正方向的夹角且0＜θ≤90°）射入半径为R的圆形边界匀强磁场（图中未标出），圆形磁场刚好与x轴相切于A点，所有电荷均在该磁场的作用下发生偏转，并全部沿x轴正方向射出。图中第三象限虚线下方一定区域存在着方向沿y轴正向的匀强电场，虚线刚好经过C点（C为实线圆最右端的点）且顶点与O点相切，同时观察到进入该电场区域的所有电荷均从O点射入第一象限，第一象限内存在范围足够大的垂直于平面向里磁感应强度大小为B2的匀强磁场，O点上方沿y轴正方向放置足够长的荧光屏，电荷打在荧光屏上能够被荧光屏吸收。已知电荷的质量为m，电荷量大小为q，OA的距离为2R，不考虑电荷所受重力及电荷之间的相互作用力。求：
（1）圆形磁场磁感应强度B1的大小及方向；
（2）匀强电场上边界虚线的函数表达式；
（3）所有电荷在第一象限内运动轨迹所经过的区域的面积。（当tanα＝2，α≈0.35π）
【解答】解：（1）电荷运动轨迹如图：
根据几何关系可知电荷在实线圆内运动的半径也为R，有
qv0B1=mv02R
解得：B1=mv0qR，方向垂直于平面向里。
（2）电荷在电场中做类平抛运动且会聚在O点，设电荷进电场时位置的坐标为（x，y），故有
﹣x＝v0t
−y=12×Eqmt2
解得：y=−Eq2mv02x2
点（﹣R，﹣R）如上图所示C点，是虚线上一点，代入可解得
E=2mv02qR
y=−1Rx2，（﹣R≤y≤0，﹣R≤x≤0，）
（3）电荷从O点入射第一象限的速度
vx＝v0
故所有进入第一象限的电荷，都会被荧光屏上同一点吸收，该点纵坐标为：
y＝2R1
由牛顿第二定律得：
qv0B2=mv02R1
联立解得：y=2mv0qB2
若在x轴下方h的位置处进入电场，离开电场时电荷在竖直方向的速度为：
vy=2Eqmℎ(其中0＜ℎ≤R)
解得：vy=2v0ℎR(其中0＜ℎ≤R)
故0≤vy≤2v0，即速度v与x轴正向夹角α应满足：0≤tanα≤2
当vy＝0时，电荷的运动轨迹为一个半圆，则半圆的面积为：
S1=12π(mv0qB2)2
当vy＝2v0时，tanα＝2，α≈0.35π，则
电荷的速度为：
v=v02+vy2
解得：v=5v0
则电荷的半径变为原来的5倍，即
R2=5mv0qB2
OCA的面积为扇形面积O2OAC减去三角形O2OC的面积
S2=12(5mv0qB2)2(π−2α)−(5mv0qB2)2sinα⋅csα
其中sinα=255，csα=55
解得：S2=3π−84(mv0qB2)2
所有电荷在第一象限内运动轨迹所经过的区域的OACB面积为：
ΔS＝S1﹣S2
解得：ΔS=8−π4(mv0qB2)2
答：（1）圆形磁场磁感应强度B1的大小为mv0qR，方向垂直于平面向里；
（2）匀强电场上边界虚线的函数表达式为y=−1Rx2，（﹣R≤y≤0，﹣R≤x≤0，）；
（3）所有电荷在第一象限内运动轨迹所经过的区域的面积为8−π4(mv0qB2)2。
1、带电粒子在电磁场中的运动对学生数理思维的培养与考査的主要问题。解决本专题的核心要点需要学生熟练掌握下列方法与技巧
2、粒子运动的综合型试题大致有两类，一是粒子依次进入不同的有界场区,二是粒子进入复合场与组合场区其运动形式有匀变速直线运动、类抛体运动与匀速圆周运动。
3、涉及受力与运动分析、临界状态分析、运动的合成与分解以及相关的数学知识等。问题的特征是有些隐含条件需要通过一些几何知识获得,对数学能力的要求较高。
题型一 带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动（计算题）
题型二 借助分立场区考查磁偏转+电偏转问题（计算题）
题型三 带电粒子(带电体)在叠加场作用下的运动（计算题）