高考物理復(fù)習(xí)講義第78講 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動（解析版）

第78講帶電粒子在組合場中的運(yùn)動

I真題示例____________________________

I.（2022?海南）有一個輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強(qiáng)度大小相等，有一束粒

子流通過電場，又垂直進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場，則運(yùn)動軌跡相同的粒子,它們具有相同的（）

A.質(zhì)量B.電量C.比荷D.動能

【解答】解：帶電粒子在輻射電場中做圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律

得

V2

qE=m-

帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得

V2

qvB=m-

M俎mv2mv

解得：門=百，r2=證,

運(yùn)動軌跡相同的粒子半徑相同，即它們具有相同的速度和比荷，故C正確，ABD錯誤:

故選：Co

2.（2022?河北）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示。金屬板與可調(diào)

電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直xθy平面向外。

電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點(diǎn)放置一粒子源，可連續(xù)

釋放質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）,初速度為零的粒子，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，

圖中物理量均為己知量。求：

（I）t=0時刻釋放的粒子，在t=猾時刻的位置坐標(biāo)；

（2）在（）?空?寸間內(nèi)，靜電力對t=0時刻釋放的粒子所做的功；

（3）在M?4π?m,兀*:）點(diǎn)放置一粒子接收器，在0?空了時間內(nèi)什么時刻釋放的

QBQ'4C1BO

粒子在電場存在期間被捕獲。

E*

4Eo-

3E0-

2E0-

Eo~

OL

*/(—)

qBo

OBo

*∕(≡)

O12345678

圖1qBo

圖2

【解答】解：（1）t=0時刻釋放的粒子，在U=瀛時間內(nèi)沿y軸正方向做勻加速直線運(yùn)

動,

加速度大小為：al=?

在tι時刻的速度大小為：vι=aιu

代入數(shù)據(jù)解得i=常

此時沿y軸正方向的位移為：yι=?t1

π2Em

解得:0

2q麻

Y時間內(nèi)，粒了■做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qviBo=!!!?"

<7B0qB0FR1

解得：Rl=在華，

q解

由于粒子在磁場中運(yùn)動周期T=智，所以經(jīng)過您時間，粒子剛好運(yùn)動半周期,

q%qB0

此時X方向的位移為：xι=2Rι=2粵，

q堤

L∣M2

?r∣2πmn?IΛΛ/?≡∣L-2πEomπEm

所fr以I=7^一時刻的位置i坐aa標(biāo)為（---三一，C_02一）χ；

qBoq茹2qBl

（2）t=智時刻粒子速度方向沿-y方向，大小為Vl=爭

cltfQbO

從四23必時間內(nèi)，粒子的加速度大小為：a2=?,粒子先沿-y方向運(yùn)動，再沿+y

qB0qB0rn

方向運(yùn)動。

設(shè)粒子經(jīng)過t2時間速度減速到0,則t2=￡,解得：t2=瑞=A

...,上3πm,一?,,—,,、E,—2πEmπ2Em,,“一」πm,、,,,

所以在γ?時速度大小仍為V1,位置仍在（一?0-,—?0?）處，此后的F-時間內(nèi)粒

qBoqBo2qB^qB0

子仍做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示。

從粵?粵時間內(nèi)，粒子的加速度大小為：a3=警，粒子先沿-y方向運(yùn)動，再沿+y

m

qB0qB0

方向運(yùn)動。

5τcτn

設(shè)在—時速度大小為V2,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：V2=-vι+a3tι

HB0

解得：v2=,方向沿+y方向；

從——--r時間內(nèi)，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動。

qβ0qB。

根據(jù)動能定理可得靜電力對t=0時刻釋放的粒子所做的功：W=∣mv22

解得：W=嗎鉉；

Bo

(3)根據(jù)前面的分析可知，粒子在0?tι時間內(nèi)加速的時間等于粒子在駟?到時間

qB°qB0

內(nèi)減速運(yùn)動的時間的2倍，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合洛倫茲力提供向心力可知，在0?tι時間內(nèi)

任何時刻釋放的粒子，在t=4tι時刻水平位移均為支鬻。

設(shè)粒子在t'時刻開始加速，加速時間△口則在tι時刻的速度vι'=aιAt,位移：yι'

2

=?^a1?t

47Γ7∏

粒子在---時刻的速度大小為：V2'=vι'+a2(tι-Δt)=aι(2tι-Δt)

qB0

^5πm6πm,、,“一,,,、一

在F-----h時間內(nèi)減速的位移：y2,

qB0qB02。3

若粒子恰好達(dá)到M點(diǎn)，則有：y2'+Ξ?=y√

4QBO

解得：At=等X款

?,4-√15πm

所以粒子釋放的時刻為：tmax=tl3X再

,

若粒子恰好達(dá)到X軸，則有：y2=yι'

A^3—1πm

解得:?t=—2—X

QBQ

所以粒子釋放的時刻為：tmin=tl-At=寧X翳

6ττm3—√3πτn4—VT5πτn

故在0~-------時間內(nèi)，粒子在-----X-------~-----------X-------時刻進(jìn)入電場時，才能夠在電

q%2qB02qB0

場存在期間被捕獲。

nΠE

答：（1）t=0時刻釋放的粒子，在t=猾時刻的位置坐標(biāo)為（3嗯,O^）；

qBoqBl2q班

6nm2mn2E∏

（2）在0---------時間內(nèi)，靜電力對t=0時刻釋放的粒子所做的功為一^工；

QB0M

1

（3）在M（-?-,―土）點(diǎn)放置一粒子接收器，粒子在一ζ-X—^—X—

QBo4<∕β22qB02qB0

時刻進(jìn)入電場時，才能夠在電場存在期間被捕獲。

一.知識回顧

1.組合場概念：

靜電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，靜電場、磁場分時間段

交替出現(xiàn)。

2.三種場的比較

力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)

名稱

大?。篏=mg重力做功與路徑無關(guān)

重力場

方向：豎直向下重力做功改變物體的重力勢能

大小：F=qE

方向：①正電荷受力方向與場強(qiáng)靜電力做功與路徑無關(guān)

靜電場方向相同W=qU

②負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向相靜電力做功改變電勢能

反

洛倫茲力大?。篎=qvB洛倫茲力不做功，不改變帶電粒

磁場

方向：根據(jù)左手定則判定子的動能

3.帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分類

(1)靜止或勻速直線運(yùn)動

當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動。

(2)勻速圓周運(yùn)動

當(dāng)帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等,方向相反時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下，

在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。

(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動

當(dāng)帶電粒子所受合力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子

做非勻變速曲線運(yùn)動，這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。

(4)分階段運(yùn)動

帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)

動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。

4.常見的基本運(yùn)動形式

電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)

偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以。_LE進(jìn)入勻強(qiáng)電場帶電粒子以進(jìn)入勻強(qiáng)磁場

L

i,ps?

..

示意圖Λ'?'?r?..■?

?..f..?V.÷...?JV

v,O1,

受力情況只受恒定的靜電力只受大小恒定的洛倫茲力

運(yùn)動情況類平拋運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動

運(yùn)動軌跡拋物線圓弧

物理規(guī)律類平拋運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式

mv2nw

^β=^7^'r=^B

L=vt,y=^at2

T2兀mΘT

基本公式τ=mF

gEnat

a=m,Unθ=~

Sine=$

靜電力既改變速度方向，也改變速洛倫茲力只改變速度方向，不改

做功情況

度大小，對電荷做功變速度大小，對電荷永不做功

二.例題精析

題型一：組合場(勻變速直線運(yùn)動+勻速圓周運(yùn)動)

例L如圖所示，從離子源產(chǎn)生的某種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右

運(yùn)動，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為

B,磁場左邊界豎直。已知離子射入磁場的速度大小為V,并在磁場邊界的N點(diǎn)射出；不

計(jì)重力影響和離子間的相互作用。

(1)判斷這種離子的電性；

(2)求這種離子的荷質(zhì)比且；

m

(3)求MN之間的距離d。

×X

×X

×X

X×

X×

X×

XX

【解答】解：(I)由題意可知，離子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，離子剛進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力

豎直向上，由左手定則可知，離子帶正電：

(2)離子在電場加速過程，由動能定理得：qU=imv2,

qv2

解得，離子核質(zhì)比為：一=—;

m2U

(3)離子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，

V2

由牛頓第二定律得：qvB=m一,

τ

MN間的距離：d=2r,

解得:d=~

答：(1)這種離子帶正電；

(2)這種離子的荷質(zhì)比2為；；；；；

m2U

4U

(3)MN之間的距離d為一。

Bv

題型二：組合場(類平拋運(yùn)動+勻速圓周運(yùn)動)

例2.一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在Xoy平面內(nèi)的截面如圖所示;

中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為1,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直于xθy

平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為1',電場強(qiáng)度的大小均為E,方向均沿

X軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子

以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度

從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。

(I)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡；

(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時速度的大?。?/p>

TC

(3)若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與X軸正方向的夾角為N求該粒子的比荷及

6

其從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間。

【解答】解：(I)粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中的軌跡為圓弧，整個軌跡上卜

對稱，故畫出粒子運(yùn)動的軌跡，如圖所示，

(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時速度的大

小為vo,在下側(cè)電場中運(yùn)動的時間為t,加速度大小為a,粒子的電荷量為q,質(zhì)量為m,

粒子進(jìn)入磁場的速度大小為V,方向與電場方向的夾角為0,運(yùn)動軌跡對應(yīng)的半徑為R,

如圖所示，

根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq=ma①

速度沿電場方向的分量為：vι=at②

垂直電場方向有：1'=vot③

根據(jù)幾何關(guān)系可得：Vl=VCOSO④

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，利用洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m?^⑤

根據(jù)幾何關(guān)系可得：I=2RCoSO⑥

聯(lián)立①②③④⑤⑥式可得粒子從M點(diǎn)入射時速度的大?。篤o=?ɑ)

(3)根據(jù)幾何關(guān)系可得速度沿電場方向的分量：Vi=曰⑧

a4√3EZ∕

聯(lián)立①②③⑦⑧式可得該粒子的比荷：???-(9)

mB2I2

粒子在磁場中運(yùn)動的周期：T=萼=鬻⑩

聯(lián)立③⑦⑨?式可得：d=皚(1+鑼)

匕l(fā)ot

答：(1)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡，如圖所示;

(2)該粒子從M點(diǎn)入射時速度的大小為F-;

（3）該粒子的比荷為W4y∕3Elf其從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間B云l（1+Q播Tu）。

三.舉一反三，鞏固練習(xí)

1.質(zhì)譜儀是研究同位素的重要工具，重慶一中學(xué)生在學(xué)習(xí)了質(zhì)譜儀原理后，運(yùn)用所學(xué)知識

設(shè)計(jì)了一個質(zhì)譜儀，其構(gòu)造原理如圖所示。粒子源O可產(chǎn)生a、b兩種電荷量相同、質(zhì)

量不同的粒子（初速度可視為0）,經(jīng)電場加速后從板AB邊緣沿平行于板間方向射入，

兩平行板AB與CD間存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，板間距為L,板足夠長，a、

1

b粒子最終分別打到CD板上的E、F點(diǎn)，E、F到C點(diǎn)的距離分別為aL和L,貝∣Ja、b

兩粒子的質(zhì)量之比為（）

CET-D

【解答】解：畫出兩個粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得培=4）2+?—%）2,

所以左=Q,Fb由圖易得為L。

粒子在電場中加速階段，由動能定理有qU=

2

粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，有=v所以r=

厚所啜=儡解噴喑故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

2.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xθy的第一象限內(nèi)有一虛線，虛線與X軸正方向間夾角θ=

30。。虛線上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.75X10-3。虛線下方

到第四象限內(nèi)有與虛線平行、電場強(qiáng)度E=20N∕C的勻強(qiáng)電場。一比荷幺=2×IO5CZkg

m

的帶電粒子從y軸正半軸上的P點(diǎn)以速度vo=3OOm∕s沿X軸正方向射入磁場，粒子進(jìn)

入磁場后，從虛線上的M點(diǎn)（M點(diǎn)圖中未畫出）垂直虛線方向進(jìn)入電場（不計(jì)重力），

則（）

B.OM之間的距離為2m

C.粒子第一次穿過虛線后與X軸間的最小距離約為0.98m

D?粒子第一次穿過虛線后能擊中X軸

【解答】解：A、根據(jù)題目的描述可知，粒子進(jìn)入磁場時受到的洛倫茲力豎直向下，根據(jù)

左手定則可知，帶電粒子帶負(fù)電，故A錯誤；

B、粒子的洛倫茲力提供向心力，則qι?B=畔

代入數(shù)據(jù)解得：r=2m

根據(jù)幾何關(guān)系可知，O點(diǎn)為粒子做圓周運(yùn)動的圓心，因此OM之間的距離也等于半徑，

即為2m,故B正確；

CD、將粒子進(jìn)入電場后的速度分解為水平和豎直方向，將粒子的加速度也分解為水平和

豎直方向，則

聯(lián)立解得：y=0.04m,因此粒子第一次穿過虛線后與X軸間的最小距離約為0.96m,無法

擊中X軸，故CD錯誤；

故選：B。

3.如圖所示，一平行板電容器，右極板接電源正極，板長為2d,板間距離為d。一帶電量

為q、質(zhì)量為m的負(fù)離子（重力不計(jì)）以速度Vo貼近左極板沿極板方向射入，恰從右

極板下邊緣射出。在右極板右側(cè)空間存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場（未標(biāo)出）。要使該

負(fù)離子在磁場中運(yùn)動后，又恰能直接從右極板上邊緣進(jìn)入電場，則（）

A.磁場方向垂直紙面向里

B.磁場方向垂直紙面向外，向里都有可能

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為—7

3y∕2πd

D.在磁場中運(yùn)動時間為不一

【解答】解：AB、粒子在電場中做類似平拋運(yùn)動，離開電場后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如

圖：

粒子帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故AB錯誤;

C、對于拋物線運(yùn)動，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍,

y

即tanα=2tanβ=2?-=I,故α=45°,

X

又由于tanα=故Vy=Vo,v=√2vo;

根據(jù)幾何關(guān)系，圓周運(yùn)動的軌道半徑為R=√∑d;

~V2

圓周運(yùn)動中，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m餐；

解得

B=甯，故C正確；

3∣π?√2d3πd

D、磁場中運(yùn)動時間為：t=---------=—,故D錯誤；

4V2V0

故選：Ct.

4.如圖所示，%W笊IH,氤：H三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓Ul（圖

中未畫出）加速，再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓U2偏轉(zhuǎn)，后進(jìn)入垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁

場，M出的運(yùn)動軌跡如圖。則點(diǎn)出、?出、僦出三種核子射入磁場的點(diǎn)和射出磁

場的點(diǎn)間距最大的是（）

：XXX

.....、、、

fχX?x

B

：x××

A.M}HB.笊包c(diǎn).MIHD.無法判定

【解答】解：設(shè)核子的質(zhì)量為m,帶電量為q,偏轉(zhuǎn)電場對應(yīng)的極板長為L,板間距離為

d,板間電場強(qiáng)度為E,進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為vo,進(jìn)入磁場的速度為V,在偏轉(zhuǎn)電場的

側(cè)移量為y,速度偏轉(zhuǎn)角為0。

核子在加速電場運(yùn)動過程，由動能定理得：

,,12

qU∣=2mvo

核子在偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動，將運(yùn)動沿極板方向和垂直極板方向分解。

沿極板方向做勻速直線運(yùn)動，則有：L=Vot

1

沿極板方向做勻加速直線運(yùn)動，則有：y=2ɑ￠2:Vy=at

由牛頓第二定律得：a=叫=需

聯(lián)立解得：

r.UyU??

tanθ=—=?Jf.

v02dU1

可見核子在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量y與速度偏轉(zhuǎn)角。均與核子的質(zhì)量和帶電量無關(guān)，故三種

核子進(jìn)入磁場的位置和速度方向均相同。

進(jìn)入磁場的速度：V=7?

COSU

核子在勻強(qiáng)磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得:

qvB=4

由幾何關(guān)系可得，射入磁場的點(diǎn)和射出磁場的點(diǎn)間距S為:

s=2rcosθ

2mv_2τn2qU_2

聯(lián)立解得:01

s一司一殖m=B'

氣?w,笊釗、然三種核子的電量相等，流；//的質(zhì)量最大，則負(fù)？//的射入磁場的

點(diǎn)和射出磁場的點(diǎn)間距最大，故C正確，ABD錯誤。

故選：Co

5.（多選）如圖所示，以坐標(biāo)原點(diǎn)0為圓心、半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直xθy平面

向外的勻強(qiáng)磁場。磁場左側(cè)有一平行y軸放置的熒光屏，相距為d的足夠大金屬薄板

K、A平行于X軸正對放置，K板中央有一小孔P,K板與磁場邊界相切于P點(diǎn)，K、A

兩板間加有恒定電壓，K板電勢高于A板電勢。緊挨A板內(nèi)側(cè)有一長為3d的線狀電子

源，其中點(diǎn)正對P孔。電子源可以沿XOy平面向各個方向發(fā)射速率均為VO的電子，沿

y軸進(jìn)入磁場的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直打在熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m,電荷量

為e,磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B=警，不計(jì)電子重力及它們間的相互作用力。則（）

1+W?*吠/

k3dR

A.K,A極板間的電壓大小為----

e

4√3d

B.所發(fā)射電子能進(jìn)入P孔的電子源的長度為己一

C.熒光屏上能有電子到達(dá)的區(qū)域長度為R

D.所有達(dá)到熒光屏的電子中在磁場中運(yùn)動時間最短為出

6v0

【解答】解—A?根據(jù)題意，電子在磁場運(yùn)動］圓周,軌跡半徑r=R,電子在磁場中運(yùn)動

時有

電子在AK間運(yùn)動時有

112

eU=ImU2/-2mvo

解得：U=警，故A錯誤;

B.如圖

當(dāng)速度方向平行X軸發(fā)射的電子剛好可以進(jìn)入P，該電子就是電子源離中心點(diǎn)最遠(yuǎn)處發(fā)

射的，設(shè)此處離中心點(diǎn)的距離為X,則

X=VOt

d=2a^2

eU

—=ma

d

聯(lián)立解得：x=^d

所以滿足條件的長度為

I=2x=-^-d,故B正確；

C.由兒何關(guān)系得，進(jìn)入磁場的所有電子都平行X軸擊中熒光屏能從P進(jìn)入磁場的電子速

度方向與OP的最大夾角為θ

解得：0=30°

由幾何關(guān)系得

yi=R+Rsinθ

y2=R-Rsinθ

解得：L=yι-y2=R,故C正確；

D.由前面分析可知，電子在磁場中轉(zhuǎn)過的最小圓心角為

α=60o

則所有達(dá)到熒光屏的電子中在磁場中運(yùn)動時間最短為

o衲確

t-602πm_πR,DTF

tmin-360°×qB-6v0故D止確。

故選：BCD0

6.（多選）圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面的

勻強(qiáng)磁場（未畫出），磁場邊緣上的A點(diǎn)有一帶正電粒子源，OA豎直，MN與OA平

行，且與圓形邊界相切于B點(diǎn)，在MN的右側(cè)有范圍足夠大水平向左的勻強(qiáng)電場，電

場強(qiáng)度為E。當(dāng)粒子的速度大小為Vo且沿Ao方向時，粒子剛好從B點(diǎn)離開磁場。不

計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）

A.圓形區(qū)域內(nèi)磁場方向垂直紙面向外

B.粒子的比荷為魯

BR

TTR

C.粒子在磁場中運(yùn)動的總時間為一

2v0

D.粒子在電場中運(yùn)動的總時間為誓

【解答】解：AB、粒子從B點(diǎn)離開磁場，由左手定則可知磁場方向垂直直面向外，根據(jù)

幾何關(guān)系知粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，qvB=ιn?,解得g=瞿，故AB正確；

RmBR

CD、粒子從B點(diǎn)進(jìn)入電場向右做勻減速直線運(yùn)動，然后向左做勻加速直線運(yùn)動再次從B

點(diǎn)進(jìn)入磁場，根據(jù)動量定理得，選向左為正方向，粒子在電場中運(yùn)動的時間為：Eqt=2mvo

t=嚕=暇粒子再次從B點(diǎn)進(jìn)入磁場，經(jīng)過四分之一的周期離開磁場，所以粒子在

Cl/D

磁場中運(yùn)動的總時間為t,&=迎，故C錯誤，D正確；

vO

故選：ABD0

7.（多選）如圖，與水平面成45。角的平面MN將空間分成I和∏兩個區(qū)域。笈核和笊

核分別以相同的初動能Ek從平面MN上的P點(diǎn)水平向右射入I區(qū)。I區(qū)存在勻強(qiáng)電場，

電場強(qiáng)度大小為E,方向豎直向下；II區(qū)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂

直于紙面向里。已知找核、笊核的質(zhì)量分別為m、2m,電荷量均為+q,不計(jì)氣核和笊

核的重力。下列說法正確的是()

mE

PL1

、、

、

B×、、、

N

A.笈核和笊核第一次進(jìn)入II區(qū)時的速度方向相同

B.笊核第一次進(jìn)入H區(qū)時的速度大小為J嚕

C.笈核在II區(qū)做勻速圓周運(yùn)動的半徑為

D.氣核和笊核第一次剛出H區(qū)時的位置相距2(√Σ-1)S

Nqb

【解答】解：A、第一次在電場中，粒子均做類平拋運(yùn)動，水平方向有：X=VOt,

豎直方向有：y=*αt2=∕χ曹產(chǎn)

聯(lián)立解得：y=聾/

氣核、笊核具有相同的初動能和相同的電荷量，笈核、笊核在電場中的軌跡相同，即氣核

和笊核第一次進(jìn)入II區(qū)時的速度方向相同，故A正確；

B、笊核在電場中做類平拋，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得：tan450=蟀

vot2

根據(jù)動能的計(jì)算公式可得：Ek=?X2m詔2

根據(jù)牛頓第二定律可得：a2=寨

豎直方向的速度大小為：Vy2=a2t2

笊核第一次進(jìn)入Il區(qū)時的速度大小為：V2=J七+唉

聯(lián)立解得：V2=再,故B錯誤；

C、由B選項(xiàng)分析，同理可得氣核第一次進(jìn)入口區(qū)時的速度大小為：Vl=J^

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvιB=m直

.IUTnck

解得：n=嘿rnι=J^I，故C錯誤；

C∣DCfD

D、粒子在進(jìn)入磁場速度方向與水平方向夾角相同，設(shè)為α,根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律，則

有：tana=2tan45°。

設(shè)粒子在進(jìn)入磁場速度方向與MN的夾角為β,貝∣J:β=α-45o

可得：sinβ=辛?

粒子從進(jìn)入磁場到再次回到MN時與進(jìn)入磁場位置的距離：s=2rsin0

C215mfb

笊核在磁場中的半徑：門=需=X7J

c∣Dqt>

則去核和笊核第一次剛出∏區(qū)時的位置相距:?S=S2-SI=φ(Γ2-Γ1)=2(√2-l)

懵，故D正確。

故選：ADo

8.如圖甲所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場；緊挨著

豎直放置的兩平行金屬板，M板接地，中間有一狹縫。當(dāng)有粒子通過狹縫時N板有電

勢，且隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。在圓形磁場P處的粒子發(fā)射裝置，以任意角射出

質(zhì)量m、電荷量q、速率VO的粒子，在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑與圓形磁場的半徑正好相

等。從圓弧ab之間離開磁場的粒子均能打在豎直放置的N板上，粒子間的相互作用及

其重力均可忽略不計(jì)、求這部分粒子。

MN

(1)在磁場中運(yùn)動的最短時間t；

(2)到達(dá)N板上動能的最大值Ekm;

(3)要保證到達(dá)N板上速度最大，MN間距離應(yīng)滿足的條件。

【解答】解：(1)粒子在磁場中的軌跡如圖所示，粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑與圓形磁

場的半徑正好相等，此為“磁發(fā)散”模型，所有粒子出磁場的速度平行，且都垂直PO0

根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：

VO2

qvoΒB=m-^-

粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為：

E,2πR2πm

T=FF

由軌跡圖可知粒子從b點(diǎn)離開時,其軌跡圓心角最小為90°,在磁場中運(yùn)動的時間最短，

則有：

.90°∣πm

l=3605'τ=2ξB'

(2)粒子在磁場逆時針偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電，且所有粒子從磁場離開進(jìn)

入電場的速度大小均為vo,方向均與極板垂直，可知在電場中受到的電場力方向與速度

方向在同一直線上，為了使粒子到達(dá)N板上動能最大，應(yīng)使粒子從M板到N板過程一

直做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理可得：

fτ??12

qUo=Ekm-

解得最大動能為：

1

Ekm=qUo+)mUo9；

(3)要保證到達(dá)N板上速度最大,應(yīng)使粒子從M板到N板過程一直做勻加速直線運(yùn)動，

即粒子在極板中運(yùn)動的時間應(yīng)滿足：u≤：

設(shè)MN間距離為d,粒子到達(dá)N板的最大速度為Vm,則有：

22

Ekm=qUo÷∣mvo=∣mvm

解得：Vm=J嚕+詔

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：

d=嗎%為

聯(lián)立可得：d≤為。+僧二

故要保證到達(dá)N板上速度最大，MN間距離d應(yīng)滿足：OVd≤?（v0+J嚕+評）。

τcm

答：（1）在磁場中運(yùn)動的最短時間t為---；

2qB

2

（2）到達(dá)N板上動能的最大值Ekm為qUo+∣mvo:

（3）要保證到達(dá)N板上速度最大,MN間距離應(yīng)滿足的條件為O<d≤￡（%+J警+詔）。

9.如圖所示，坐標(biāo)系xθy第一象限內(nèi)有場強(qiáng)大小為E,方向沿X軸正方向的勻強(qiáng)電場，第

二象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于Xoy平面且與X軸相切于P點(diǎn)的圓形勻

強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出），P點(diǎn)的坐標(biāo)為（-310,0）,電子a、b以大小相等的速度

V=W黑從P點(diǎn)射入磁場，b沿+y方向，a、b速度方向間的夾角為。（O<θ<J）,a.

b經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均垂直于y軸進(jìn)入第一象限，b經(jīng)過y軸上的Q點(diǎn)。已知電子質(zhì)量為

m、電荷量為e,不計(jì)電子重力。

（1）求Q點(diǎn)的坐標(biāo)；

（2）求a、b第1次通過磁場的時間差A(yù)t；

（3）a、b離開電場后途經(jīng)同一點(diǎn)A（圖中未畫出），求A點(diǎn)的坐標(biāo)及a從P點(diǎn)運(yùn)動至A

點(diǎn)的總路程So

E

【解答】解：（1）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，作出電子b的運(yùn)動軌跡如圖中紅色軌

跡所示，由題意知電子b在磁場中偏轉(zhuǎn)了E故電子b圓周運(yùn)動的軌跡為三圓周，可得OQ

的距離等于電子b圓周運(yùn)動的半徑（設(shè)為R）。由洛倫茲力提供向心力得

evB=m%

-F2eBl

己l知：V=0

解得：R=21o

則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0,210）；

（2）由題意知電子a、b經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后射出磁場時速度相互平行均垂直于y軸，由“磁

發(fā)散”模型可知圓形勻強(qiáng)磁場的半徑與電子圓周運(yùn)動的半徑相等均為R=21o,電子a的

運(yùn)動軌跡如圖中藍(lán)色軌跡所示，由幾何關(guān)系可得電子a由P到C的軌跡圓心角α=》-

TC

而電廠b的軌跡圓心角為

b第I次通過磁場的時間：tb=京?駕

a第1次通過磁場的時間：ta=岔?誓

a、b第1次通過磁場的時間差：?t=tb-ta=2?等一婺?駕=瞿=器：

（3）a、b進(jìn)入電場后先沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動，速度為零后再反向做勻加速直線

運(yùn)動，由運(yùn)動對稱性可知a、b離開電場時速度大小仍為v,速度相互平行均垂直于y軸

進(jìn)入磁場，由“磁聚焦”模型可知a、b均在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最高點(diǎn)離開磁場，即點(diǎn)

A在P點(diǎn)的正上方。

故A點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：XA=-310,A點(diǎn)的縱坐標(biāo)為：yA=2R=41o,

則A點(diǎn)的坐標(biāo)為：（-3k）,41（））；

由幾何關(guān)系可得:CD=31o-Rcosθ=31o-21ocosθ