2023屆高三物理一輪復習73帶電粒子在組合場中的運動（解析版）

專題73帶電粒子在組合場中的運動

L受力決定運動，運動反映受力。無論是組合場還是疊加場都要進行正確的受力分析和

運動分析，然后畫出粒子的運動軌跡，選取合適的物理規(guī)律求解。

2.帶電粒子在電場、磁場中運動的求解方法

牛頓第二定律、

運動學公式

勺變速直

線運動

電

?

l場

√

中

類平拋運動方法

類斜延運動一

勻速直線

運動學公式

磁運動

場

2)中圓周運動公式、

方

法

勻速圓周牛頓第二定律

運動以及兒何知識

1.（2022?全國?高三專題練習）（多選）如圖所示，正三角形ACD內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁

感應(yīng)強度大小為8,圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，/4%的角平分線外的反向延長線正好經(jīng)

過圓心0,的延長線與圓相交于￡點，且4D=∣DE=α,現(xiàn)有一質(zhì)量為加、電荷量為＜7的粒子（重力不

計）以一定速度沿的角平分線垂直磁場射入，粒子恰好經(jīng)過久E點,則（）

A.粒子一定帶正電

B.粒子的初速度為警

C.圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小為IB

D.粒子從4點到￡點經(jīng)歷的時間為警

【答案】CD

【解析】A?由左手定則及題意可知粒子帶負電，故A錯誤;

B.粒子的運動軌跡如圖所示

由已知條件并結(jié)合幾何關(guān)系知粒子在三角形區(qū)域磁場中偏轉(zhuǎn)過的圓心角為60°,半徑r,=a

?2

由洛倫茲力提供向心力知Bqv=my

聯(lián)立得U=駟故B錯誤；

m

C.因。E=gα,由幾何關(guān)系知NO'DE=6Q°

且。'0=。'E,故為正三角形，則粒子在圓形區(qū)域磁場中運動的軌跡半徑為r2=DF=∣α

所以圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小為BO=IB故C正確；

D.粒子在三角形區(qū)域磁場中運行的時間t】=3=普

63BQ

粒子在圓形區(qū)域磁場中運行的時間t2=今=等

69Bq

所以粒子從A點到￡點經(jīng)歷的時間為t=匕+t2=警故D正確。

l'9Bq

故選CD。

2.（2022?福建省龍巖第一中學模擬預測）（多選）如圖所示，第I象限存在垂直于平面向外的磁感應(yīng)強度為

3的勻強磁場，第EI象限存在沿），軸正方向的勻強電場，已知P點坐標為（-L,-與）。一個質(zhì)量為〃?，電荷量

為q的帶電粒子以3%的速度從P點沿X軸正方向射出，恰好從坐標原點。進入勻強磁場中，不計粒子的重

力，以下說法正確的是（）

B

A.電場強度E=第

3qL

B.帶電粒子到達。點時的速度大小U=

C.粒子射出磁場位置到。點的距離d=呼

qB

D.在磁場中帶電粒子運動的時間￡=辭

90qB

【答案】CD

A.由題知，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律知，沿X軸方向有L=3%t

沿y軸方向有與=∣?^t2解得E=誓A錯誤；

B.沿），軸方向有y=?t解得Vy=4v0

則到達點時速度大小為錯誤；

OV=√p2+v2=5v0B

C.經(jīng)分析知sin0=型=0.8則θ=53°

5v0

由洛倫茲力提供向心力有quB=τn?解得R=子=當

lRqBqB

粒子運動的軌跡與X軸的交點到O點的距離d=2RsinO=2Xm詈X0.8=/c正確；

qBqB

D.帶電粒子在勻強磁場中運動的周期r=酬="

VqB

在磁場中運動的時間為t=券T=詈rD正確。

36090qB

故選CDo

3.（2022?廣東?模擬預測）（多選）如圖所示的平面直角坐標系xθy,在y軸的左側(cè)存在沿y軸負方向的勻強

電場。在），軸的右側(cè)存在垂直坐標平面向外的勻強磁場。一比荷為女的帶正電粒子（不計重力），從X軸上

的A點以沿著與X軸正方向成。=53。的初速度處開始運動，經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)從y軸的8點以垂直y軸的速度

進入磁場，磁感應(yīng)強度為粉，粒子進入磁場后電場方向變?yōu)檠貀軸正方向。該帶正電粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)，

粒子先后經(jīng)過X軸上的C點、），軸上的。點,粒子經(jīng)。點后,粒子然后再回到X軸的A點,sin53°=?cos53°=|,

下列說法正確的是（）

A.粒子在磁場中做勻速圓周軌跡的半徑為“

B.A、C兩點之間的距離為3d

C.勻強電場的電場強度為始

5κa

D.粒子從A點再回到A點的運動時間為警叨

3v0

【答案】AD

【解析】AB.設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周軌跡的半徑為R,

由幾何關(guān)系可得OB=ROC=RAC=OAOC

粒子從A到8做類斜拋運動，在8點的速度與勻強電場垂直，由逆向思維粒子從8到A做類平拋運動，把

粒子在A點的速度q）分別沿X軸的正方向和y軸的正向分解，設(shè)粒子在8點的速度為%,則有ι?cos9=VB

由洛倫茲力充當向心力BquB=

粒子從8到A做類平拋運動，沿X軸方向與y軸方向的位移大小分別用0A、08來表示，由類平拋運動的

規(guī)律可得，過A點的速度%的延長線交于X方向分位移的中點，由幾何關(guān)系可得tan。=黑

結(jié)合B=舞，綜合解R=dOB=dAC=2.5dA正確，B錯誤；

C.粒子在4點沿y軸正方向的分速度為Vy=%sin6

由類平拋運動的規(guī)律可有試=2敦XoB

ym

綜合解得勻強電場的強度為E=據(jù)C錯誤；

25kd

D.粒子從A點到B點的運動時間tAB=善?

zισ

0.6vo

粒子從B點到D點的運動時間為tBD=普

0.oVθ

根據(jù)運動的對稱性，粒子從A點又回到A點的運動時間為t=2tAB+tBD

綜合計算可得t="5：5兀"D正確。

故選ADo

4.（多選）如圖所示，半徑為L的圓邊界內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，ab、Cd是圓邊界的兩個互相垂直

的直徑，邊長為心的正方形defg內(nèi)存在勻強電場，邊長de與直徑Cd共線，電場與磁場垂直、與gd平行，質(zhì)

量為，小電荷量為4的粒子（不計重力）從a點正對圓心。以初速度火垂直射入磁場，從d點射出磁場立

即進入電場，最后恰好從/點射出電場，下列說法正確的是（）

A.粒子帶正電

B.電場方向由/指向e

C.粒子在磁場與電場中運動時間的比值為

D.磁感應(yīng)強度與電場強度大小的比值為三

【答案】AC

【解析】A?粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則，粒子帶正電，A正確：

B.粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)偏轉(zhuǎn)特點，電場力方向水平向右，又因為粒子帶正電，所以電場方向

由e指向力B錯誤：

c.根據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律，粒子在磁場中運動的時間tι=警=F

4v02v0

在電場中運動時間為t=-

2%

則F=EC正確；

匕22

D.設(shè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為8,由洛倫茲力充當向心力Bq%=巴"解得B=詈

FULLq

在電場中沿著de方向以速度必做勻速直線運動L=v0t2

2

沿著電場力方向做初速度為O的勻加速直線運動L=∣?^t2解得E=華」

2m4Lq

則&=；D錯誤。

E2v0

故選AC。

5.（多選）如圖所示，空間電、磁場分界線與電場方向成45°角，分界面一側(cè)為垂直紙面向里的勻強磁場，磁

感應(yīng)強度為無,另一側(cè)為平行紙面向上的勻強電場。一帶電荷量為+q、質(zhì)量為τn的粒子從P點以火的速度沿

垂直電場和磁場的方向射入磁場，一段時間后，粒子恰好又回到P點。（場區(qū)足夠大，不計粒子重力）則（）

速度與分界線所成的銳角為45°

當粒子第二次進入電場時，到點的距離為管

B.P

C.電場強度大小為BODO

D.粒子回到P點所用的總時間為等

【答案】ABC

【解析】根據(jù)題意可知，粒子的運動軌跡如圖

A.粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)圓周運動的特點可知，粒子第一次到達邊界時的偏轉(zhuǎn)角是90°,即

速度與分界線所成的銳角為45°,故A正確；

B.由A選項分析可知，粒子進入電場的方向，與電場強度方向相反，故粒子先減速到零，再反方向加速到

原來的速度第二次進入磁場，在磁場中做圓周運動，經(jīng)過三T后，由S點進入電場，設(shè)粒子在磁場中做圓周

4

運動的半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律qvB=mζ

R

帶入數(shù)據(jù)解得R=吟

QB0

由圖根據(jù)幾何關(guān)系解得PS=2√∑R=空出故B正確；

qβ0

C.設(shè)電場的電場強度為E,粒子第二次進入電場的方向與電場方向垂直，根據(jù)圖可知，

水平方向2R=v01

豎直方向2R=[at2

根據(jù)牛頓第：定律Eq=ma

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得E=B0V0故C正確；

D.粒子回到P點所用的總時間包括在磁場中的運動時間G，第一次進入電場時先減速后加速的時間上及第二

次在電場中偏轉(zhuǎn)的時間t3,粒子在磁場中運動的時間由幾何關(guān)系可知tι=r=等

qB0

第一次進入電場時先減速后加速的時間t2=9=整

aqB0

第二次在電場中偏轉(zhuǎn)的時間t3="=誓

JV0qB0

粒子回到P點所用的總時間為t=L+O+t3=空曾故D錯誤。

qB。

故選ABC。

6.（2023?全國?高三專題練習）半導體芯片制造中，常通過離子注入進行摻雜來改變材料的導電性能。如

圖是離子注入的工作原理示意圖，離子經(jīng)電場加速后沿水平方向進入速度選擇器，通過速度選擇器的離子

經(jīng)過磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)，注入水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器中的電場強度的大小為￡、方向豎直

向上。速度選擇器、磁分析器中的磁感應(yīng)強度方向均垂直紙面向外，大小分別為8八B2。偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)根據(jù)需

要加合適的電場或者磁場。磁分析器截面的內(nèi)外半徑分別為R/和色，入口端面豎直，出口端面水平，兩端

中心位置M和N處各有一個小孔;偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)下邊緣與晶圓所在水平面平行，當偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，

離子恰好豎直注入到晶圓上的。點（即圖中坐標原點）。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力及其進入加

速電場的初速度。下列說法正確的是（）

A.可以利用此系統(tǒng)給晶圓同時注入帶正電離子和帶負電的離子

B.從磁分析器下端孔N離開的離子，其比荷為°。,

C.如果偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)只加沿X軸正方向的磁場，則離子會注入到X軸正方向的晶圓上

D.只增大加速電場的電壓，可使同種離子注入到晶圓更深處

【答案】B

【解析】A.由左手定則可知，只有正離子才能通過磁分析器，負離子不能通過磁分析器，故A錯誤;

B.離子通過速度選擇器時，有Eq=BlqV解得速度V=提

el

離子在磁分析器中，有qu82=τn^?

由幾何關(guān)系得R=々警

2E

聯(lián)立可得4故B正確;

B182(R1+R2)

C.如果偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)只加沿X軸正方向的磁場，由左手定則可知離子向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，故C錯誤;

D.只增大加速電場的電壓，則粒子速度不滿足

Bl

無法做勻速直線運動通過速度選擇器，所以不一定能到達圓晶處，故D錯誤。

故選Bo

7.（2022?湖南長沙?模擬預測）（多選）如圖甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行于紙面且與邊

界垂直的電場，M>N間電壓UMN的變化如圖乙所示，電壓的大小為%，周期為K）；初、N兩側(cè)為相同的勻

強磁場區(qū)域回、0,磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度均為瓦t=0時，將一質(zhì)量為機的帶正電粒子從

邊界線M上的A處由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為7o?兩虛線

M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間忽略不計，不考慮粒子所受的重力。則（）

*UMN

XXX;×XX

II：IUO

XXX:×XX

XX×A↑XXX0——>t

T02T0

XXX:XXX

-UO

XXXMNxXX

甲乙

A.該粒子的比荷：就

B.粒子第1次在磁場區(qū)域團中做圓周運動的的半徑RI

Bπ

C.粒子第1次和第3次到達磁場區(qū)域I的左邊界線N時，兩位置間的距離為Ad

D.若粒子的質(zhì)量增加為^加，電荷量不變，仍在t=0時，將其從A處由靜止釋放，則在t=0至t=27°的時

間內(nèi)，粒子在M、N間的運動均為加速運動

【答案】BC

【解析】A.由于粒子在磁場中做圓周運動的周期也為公，根據(jù)圓周運動有qvB=m^-R

整理有*含A錯誤;

B.粒子在MN間加速后有qU0=-TTIVQ

粒子在磁場中做圓周運動有，并根據(jù)選項A有：急qvoB=m^

計算有RB正確;

πB

2

C.粒子第二次經(jīng)過MN后再次加速有qυ0=?mv'-?mvl

在磁場區(qū)域回做圓周運動有2=空，qv'B=m-

解得粒子第1次和第3次到達磁場區(qū)域I的左邊界線N時，

兩位置間的距離為Ad=2R-2R=2（迎一I）J警C正確；

D.若粒子的質(zhì)量增加為電荷量不變，則根據(jù)g=胃

3mTB

可知質(zhì)量改變則粒子做圓周運動的周期也發(fā)生改變，則粒子將不會"準時"到達MN間，故粒子在M、N間的

運動不都是加速運動，D錯誤。

故選BCo

8.如圖所示，一光滑絕緣圓管軌道位于豎直平面內(nèi)，半徑為0.2m。以圓管圓心。為原點，在環(huán)面內(nèi)建立平

面直角坐標系x0,在第四象限加一豎直向下的勻強電場，其他象限加垂直于環(huán)面向外的勻強磁場。一帶電

量為+1.0C、質(zhì)量為0.1kg的小球（直徑略小于圓管直徑），從X坐標軸上的6點由靜止釋放，小球剛好能

順時針沿圓管軌道做圓周運動。（重力加速度g取10m∕s2）

（1）求勻強電場的電場強度公

（2）若第二次到達最高點a時，小球?qū)壍狼『脽o壓力，求磁感應(yīng)強度合

（3）求小球第三次到達最高點a時對圓管的壓力。

【答案】（I）IN/C；（2）0.5Ti（3）（3-√2）N,方向豎直向上

【解析】（1）小球第一次剛好過最高點，此時速度fτ=θ,則qE=mg

解得E=詈=1N/C

（2）小球第二次過最高點是速度為外，由動能定理可知qER諺

又mg+qv2B=m-

解得B弋卷=0.5T

(3)小球第三次過最高點時速度為，小球受圓管向下的壓力為M2qER=∣mvj

7

又mg+qv3B+∕N=n?-

解得FN=(3-√∑)mg=(3-√2)N

根據(jù)牛頓第三定律可知小球第三次到達最高點a時對圓管的壓力為(3-&)N,方向豎直向上。

9.如圖所示，質(zhì)量為加、電荷量為q的帶正電粒子從4點由靜止釋放，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圓心

為。、半徑為α的圓弧(虛線)通過靜電分析器，并從P點垂直CF進入矩形勻強磁場區(qū)域QDCF。靜電分析器

通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，電場強度的方向均指向。點。QF=a,PF=1.6α,磁場方向垂直紙面向里，

粒子重力不計。

(1)求靜電分析器通道內(nèi)圓弧線所在處電場的電場強度的大小E；

(2)若粒子能最終打在磁場區(qū)域(邊界處有磁場)的左邊界QF上，求磁場的磁感應(yīng)強度大小B的取值范圍。

【解析】(1)粒子在加速電場中運動的過程中，根據(jù)動能定理有qU=Imv2

粒子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，有qE=τ∏L

la

聯(lián)立以上兩式解得E=多

?2

(2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m^

解得T呼

ByJq

要使粒子能打在邊界QF上，則粒子既沒有從邊界DQ射出也沒有從邊界CF射出，可畫出粒子運動徑跡的邊

界如圖中1和∏所示

QD

..一

XXX

×?'幺XIlKX

:×X×?×

……PC

由幾何關(guān)系可知，粒子能打在邊界QF上，必須滿足的條件為1a≤r≤a

解得三型≤B≤亙即

αyq4αyq

10.(2021?全國)如圖，長度均為/的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為/,兩擋板上邊緣"和"處于同

一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為公兩擋板間有垂直紙面

向外、磁感應(yīng)強度大小可調(diào)節(jié)的勻強磁場。一質(zhì)量為W，電荷量為<7(q>0)的粒子自電場中某處以大小為

。的速度水平向右發(fā)射，恰好從尸點處射入磁場，從兩擋板下邊緣。和Mt間射出磁場，運動過程中粒子未

與擋板碰撞。己知粒子射入磁場時的速度方向與的的夾角為60°,不計重力。

(1)求粒子發(fā)射位置到P點的距離；

(2)求磁感應(yīng)強度大小的取值范圍；

(3)若粒子正好從Qv的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板HV的最近距離。

【答案】(1)幽噴;(2)怨≤8≤鬻.(3)粒子運動軌跡見解析，39-1()/

6qE(3+,3)q/ql44

【解析】

(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，

由類平拋運動規(guī)律可知x=v0t①

粒子射入磁場時的速度方向與&的夾角為60。，有tan30°=-=—③

匕%

粒子發(fā)射位置到戶點的距離5=√7T∕④

由①②③④式得S=叵應(yīng)⑤

6qE

(2)帶電粒子在磁場運動在速度V=」F=友殳⑥

cos303

帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡(分別從。、十點射出)如圖所示

由幾何關(guān)系可知，最小半徑2=^,⑦

'"i""cos30o^3

最大半徑「=工=(國1乂⑧

maxCOS75°

帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知qvB=-⑨

r

2∕nv0,門，2∕nv0

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應(yīng)強度大小的取值范圍(3+扁≤^6≤堂

(3)若粒子正好從QV的中點射出磁場時，帶電粒子運動軌跡如圖所示。

由幾何關(guān)系可知Sine=*-=/⑩

~τ1

國

帶電粒子的運動半徑為rV?

3-COS(30O+6>)

粒子在磁場中的軌跡與擋板VV'的最近距離<in=(^sin30°+∕)-z??

由⑩?(g或解得d=3"∣M∕?

44

11.(2022?湖北?黃石市有色第一中學模擬預測)如圖所示，平行金屬板M、N間存在勻強電場和垂直紙

面向里、磁感應(yīng)強度為BO的勻強磁場；在X如直角坐標平面內(nèi)，第一象限有沿y軸負方向場強為￡的勻強電

場，第四象限有垂直坐標平面向里，磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場。一質(zhì)量為以電量為g的正離子(不計重

力）以水平向右、大小為火的初速度沿平行于金屬板方向射入兩板間并做勻速直線運動。從一點垂直y軸進

入第一象限，經(jīng)過X軸上的4點射出電場，進入磁場。已知離子過/點時的速度方向與X軸成45°角。求：

（1）金屬板M、N間的電場強度1）；

（2）離子第一次離開第四象限磁場區(qū)域的位置C（圖中未畫出）與坐標原點的距離%；

（3）若已知（M=只有在第四象限磁場反向且大小變化，其它條件均不變，要使正離子無法運動到第二

B＞叵應(yīng)或B≤2

qi~qi

【解析】（1）由題意可知正離子在M、N間受力平衡，即qE0=qv0B0

解得E0=V0B0

（2）作出正離子的運動軌跡如圖所示。

正離子在第一象限中做類平拋運動，其加速度大小為Q=正

m

設(shè)正離子經(jīng)過Zf點時的速度大小為內(nèi)根據(jù)速度的合成與分解有cos45°="

V

解得V=√2v0

則正離子經(jīng)過力點時的豎直分速度大小為vy=E-詔=V0

正離子從一點到A點的運動時間為t=也=*

aqE

所以04=Vot=贊

設(shè)正離子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為此根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mζ

K

解得R="=?

qBqB

根據(jù)幾何關(guān)系可得AC=&R=

=2Rcos45°警qB

所以O(shè)C=O4+ac=皿+也

qEqB

(3)假設(shè)當磁感應(yīng)強度大小為2時，正離子的運動軌跡恰好與y軸相切，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知正

離子再次進入第一象限時速度方向與X軸夾角為45°,且大小仍為此后正離子將做類斜拋運動，根據(jù)

類斜拋運動的對稱性可知其在第一象限中運動的水平位移大小為2的，所以正離子將從1點右側(cè)再次進入第

四象限做勻速圓周運動，由此可推知正離子將在第一和第四象限內(nèi)往復運動，一定不會運動至第二象限,

設(shè)此時正離子做勻速圓周運動的半徑為rl,根據(jù)幾何關(guān)系可得q+rιcos45°=I

根據(jù)牛頓第二定律有

解得b=(也+尸>

qi

當8時，正離子運動半徑減小，結(jié)合上述分析可知仍將在第?和第四象限內(nèi)做往復運動，無法運動至第

二象限。所以正離子在沒有進入第三象限的情況下無法運動至第二象限時磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足的條件是

B>(√?+ι)明

假設(shè)當磁感應(yīng)強度大小為民時，正離子剛好垂直于y軸進入第三象限，如圖所示。這種情況顯然正離子也

不會運動至第二象限。設(shè)此時正離子做勻速圓周運動的半徑為二，根據(jù)幾何關(guān)系可得萬=

?2

根據(jù)牛頓第二定律有qvB=m-

2r2

解得β2=≡^

當6V反時，正離子運動半徑增大，進入第三象限時速度方向與y軸負方向成銳角，不可能進入第二象限。

所以正離子在進入第三象限的情況下無法運動至第二象限時磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足的條件是

12.(2022?廣西?合山高中模擬預測)如圖所示，在Xoy坐標系的第I象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電

場，在第IV象限內(nèi)存在垂直坐標平面向里的勻強磁場。一質(zhì)量為小、電荷量為q的帶正電粒子(粒子所受重

力不計)從坐標原點。射入磁場，其入射方向與支軸正方向的夾角。=30°,第一次進入電場后，粒子到達

坐標為(2√^,+L,L)的P點處時的速度大小為〃、方向沿X軸正方向。求：

(1)粒子從。點射入磁場時的速度大小幾；

(2)電場的電場強度大小E以及磁場的磁感應(yīng)強度大小

(3)粒子從。點運動到P點的時間t。

×××××X

×××××X

【答案】(l)%=*u;(2)E=--.(3)t=島5+12)

U3GqL3qLGv

【解析】(I)粒子的運動軌跡如圖所示，由于洛倫茲力不做功，粒子經(jīng)過Q點時的速度大小也為火,根據(jù)

對稱性，粒子經(jīng)過Q點時的速度方向與X軸正方向的夾角也為0,粒子進入第I象限后，沿X軸方向做勻速直

線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，根據(jù)幾何關(guān)系有A=COSe

解得V0=^-V

22

(2)對粒子從Q點運動到P點的過程，根據(jù)動能定理有-t7EL=∣mv-∣mv0

解得E=M

6qL

設(shè)粒子從Q點運動到P點的時間為ti，有空等電.。=l

解得Q=也

V

粒子從點運動到點的過程沿支軸方向的位移大小

QPXQP=Vt1

解得XQP=2√3L

又OQ=2√3L+L-XQP

設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R,根據(jù)兒何關(guān)系有OQ=2RsinO

解得R=L

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m喑

0R

解得B=筌

3qL

(3)粒子在磁場中做圓周運動的周期T=—

根據(jù)幾何關(guān)系，在粒子從。點運動到Q點的過程中，運動軌跡對應(yīng)的圓心角為90°-。，故粒子在該過程中

運動的時間t=-T

42360

解得tz=等

46v

又t=t1+t2

解得t=?±≡

6v

13.（2022?遼寧?模擬預測）如圖所示，半徑為/?的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強

度大小為8,，柄上方有范圍足夠大的勻強電場，電場邊界也V與磁場區(qū)域的最高處相切于。點，電場強度大

小為反方向垂直楙’向下。在磁場區(qū)域的最低點。處有--粒子源，它能向紙面內(nèi)各個方向發(fā)射速率相等的

帶正電粒子，粒子的比荷為在（質(zhì)量R、電荷量°均未知），不計粒子的重力和粒子間的相互作用。

（1）要使沿收方向射入磁場的粒子不能進入電場，求粒子的速率應(yīng)滿足的條件。

（2）若粒子的速率為VMkBR,從尸點沿某方向射入磁場的粒子在磁場中運動的時間最長，求這些粒子進

入電場后，在電場中運動時與邊界屈V的最大距離瓦

（3）若粒子的速率為v^y[3kBR,從一點射入磁場的粒子，離開磁場后沿不同方向射入電場。某些粒子在電

場中運動時間最長，求這些粒子從P點開始運動至剛好回到磁場經(jīng)歷的時間力。

P

【答案】⑴V≤kBR；（2）/="至；（3）如他+亞亞

2E3kBE

【解析】（1）帶電粒子從P點進入磁場后，在磁場中做勻速圓周運動，若帶電粒子離開磁場時偏轉(zhuǎn)的角度

大于或等于90°,則帶電粒子不會進入電場，即有qvB=唁r≤R

解得V≤kBR

（2）設(shè)速率為%=√ΣkBR的粒子在磁場中運動的軌跡半徑為百,則有q4B="U

rI

得r1=√2∕?

在磁場中運動時間最長粒子的運動軌跡如圖甲所示Sine=X=之

Q2

設(shè)粒子進入電場時豎直方向分速度為與、加速度大小為a,

有Vy=yv1=kBRh-qE=ma

解得h=察

ZD

甲

(3)若粒子的速率為W=HkBR,從P點射入磁場，設(shè)在電場中運動時間最長的粒子在磁場中的軌跡半徑

mv2

為『2，則有q%B=r2=√3∕?

r2

垂直MN進入電場的粒子在電場中運動時間最長，由圖乙可知α+∕?=2αr2sina=Rcosβ

解得α=0=30°

設(shè)粒子在磁場中從P運動至Q的時間為則有S="=笠=白

o?CJS

R

設(shè)粒子在Q、H之間往返運動的時間為t2,則有t2=2x詈=2x1=氤=焉

設(shè)粒子在。、”之間往返運動的時間為匕，則有t3=警=智

?ZJAB......(τr+χ∕3)2^∕3BR

解得t=t+t+t=

123?ao￡

D

14.(2023?全國?高三專題練習)如圖所示，平面直角坐標系Xoy內(nèi)，X軸上方有垂直坐標系平面向里、

半徑為A的圓形勻強磁場名(大小未知)，圓心為OI(O,R)。X軸下方有一平行X軸的虛線,楙；在其下方有

磁感應(yīng)強度方向垂直坐標系平面向外、大小為為=筌的矩形勻強磁場，磁場上邊界與,郵重合?在也V與

X軸之間有平行與y軸、場強大小為E=舞?勺勻強電場(圖中未畫出)，且協(xié)V與X軸相距Ay(大小未

知)?，F(xiàn)有兩相同帶電粒子a、6以平行X軸的速度%分別正對。1點、4點(0,2R)射入圓形磁場，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后

都經(jīng)過坐標原點。進入X軸下方電場。已知粒子質(zhì)量為卬、電荷量大小為s不計粒子重力及粒子間的相互

作用力。

(1)求磁感應(yīng)強度當?shù)拇笮。?/p>

(2)若電場沿y軸負方向，欲使帶電粒子a不能到達.?W,求Ay的最小值；

(3)若電場沿y軸正方向，?y=√3∕?,欲使帶電粒子。能到達X軸上且距原點。距離最遠，求矩形磁場

區(qū)域的最小面積。

X

【答案】⑴翳；(2)⑸；(3)4(2+√3)/?2

【解析】(1)a、〃平行進入圓形磁場，均進過原點0,則根據(jù)“磁聚焦”可知，粒子做圓周運動的半徑大

小與磁場區(qū)域半徑大小相等，即r=R

又qv0B1=m^-

解得Bl=筆

?qR

(2)帶電粒子a從。點沿y軸負方向進入電場后做減速運動，則由動能定理可得qEAy=1m詔

解得Ay=嚼2qE=與3R

(3)若勻強電場沿y軸正方向，則粒子6從原點。沿X軸負向進入電場，做類平拋運動，設(shè)粒子6經(jīng)電場

加速度后的速度大小為匕在,即下方磁場做勻速圓周運動的軌道半徑為①粒子。離開電場進入磁場時速

度方向與水平方向夾角為。，如圖甲所示

則有qEAy=

解得v=2v0

又cosθ=—=?

V2

則e=60°

在電場中?y=I,%=q∕ι=2R

在磁場中有qvB2=rn^-

解得r1=^-R

如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，在矩形磁場中運動的圓心”在y軸上，當粒子從矩形磁場右邊界射出，且

方向與X軸正方向夾角為60°時，粒子能夠到達X軸，距離原點。最遠。

7

豎直邊長為％=^ι+r1cosθ

2

則最小面積為S=I1I2=rj(l+Sine)(I+cos。)=4(2+V3)/?

15.(2022?江蘇?模擬預測)如圖所示，在X軸上方有豎直向下的勻強電場，X軸下方-2d≤y≤0的區(qū)域

有垂直于紙面向外的勻強磁場?，F(xiàn)有質(zhì)量為小、電量為+q的帶電粒子(不計重力)，從P點(0,d)處沿X軸正

方向以初速度火射出，粒子第一次從M點(l?5d,0)進入磁場后恰好能夠從磁場返回電場。

(1)求磁感應(yīng)強度B；

(2)讓兩個相同的該粒子先后從P點以初速度%射出，要使兩粒子在電場中相遇，求兩粒子射出的時間差At

（不計兩粒子間的相互作用）；

（3）增大粒子在P點的發(fā)射速度，若粒子還能返回電場，求粒子的最大發(fā)射速度為。

【答案】⑴鬻；（2）空寓瞥?；（3）vm=^v0

【解析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，有d==α∕ι.5d=%t

Vy=at

解得Vy=~V0

又tan。弋V2

=-co?sθ-

粒子在磁場中，做勻速圓周運動，軌跡如圖，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m-

由幾何關(guān)系，可得rsin53°+r=1.5d

Zmv

聯(lián)立，可得B0

qd

（2）第一個從開始進入電場到與第二個粒子相遇共經(jīng)歷三個過程，首先在電場中類平拋，設(shè)運動時間為t?

1.5d

有t1V

然后在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動時間為加有t2=∣^τT=翼

1.5d-r

最后再次進入電場，做類平拋運動的逆運動，設(shè)運動時間為3根據(jù)時稱性可得t3=

即第一個粒子的運動總時間為t總=t1+t2+t3

第二個粒子從進入電場，到相遇設(shè)時間為L均，有1E=三

z

兩粒子射出的時間差為?t=te-t=⑴蓍硒d

0忘180v0

（3）設(shè)粒子以最大發(fā)射速度為進入電場，類平拋與X軸正方向成ɑ角進入磁場做勻速圓周運動，其軌跡恰

好與磁場下邊界相切，由幾何關(guān)系可得2d=R+Rcosa

其軌道半徑為R=—l√=，匕=，工vy=∣2.處?d

聯(lián)立可得Vm=^v0

16.（2022?貴州貴陽?二模）如圖所示，在xoy平面（紙面）內(nèi)有一半徑為此以原點。為圓心的圓形勻

強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。磁場區(qū)域的正下方有一對平行于X軸的平行金屬板A和K,兩板間加

有電壓UAK（正負、大小均可調(diào)），K板接地，與尸點的距離為中間開有寬度為21且關(guān)于F軸對稱的小孔。

一個寬為KR、在y軸方向均勻分布、且關(guān)于X軸對稱的電子源，它持續(xù)不斷地沿X正方向每秒發(fā)射出沏個

速率均為"的電子，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從〃點射出，穿過K板小孔達到A板的所有電子被收集且導出。

已知電子質(zhì)量為小，電荷量為e,忽略電子間相互作用，不計電子的重力，求：

（1）該勻強磁場的磁感應(yīng)強度8的大??；

（2）從電子源射出的電子經(jīng)尸點射出時與y軸負方向的夾角。的范圍；

（3）每秒從電子源射出的電子通過K板上小孔的電子數(shù)〃及這些電子均能到達A板UAK的范圍。

【答案】⑴8=翳：(2)-60°≤0≤60°；(3)∏=*(),-嚓<%≤0

【解析】（1）電子均從尸點射出，結(jié)合沿X軸射入的電子軌跡可知電子做圓周運動的軌道半徑為r=R

2

電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB=m-B=W

reR

（2）設(shè)電子源上端電子從一點射出時與y軸負方向的最大夾角%，

如圖所示，由幾何關(guān)系可得：Sinem=等%=60°

同理電子源下端電子從〃點射出時與y軸負方向的最大夾角也為60°,范圍是-60°≤θ≤60a

（3）進入小孔的電子偏角正切值：

A^L------------------------

tana=1a=45°

y=Rsina

n_2y

TIQ√3∕?

√6

n=-^-n0

當UAK=O時，經(jīng)過小孔的電子均能到達A板；

當與y軸負方向成45°角的電子的運動軌跡剛好與A板相切，即經(jīng)過小孔的電子均能到達A板

2

2aA—vyV>a=m-h

vy=vcos45°UAK=一喂一嚏<UAK≤0

17.（2022?山東濟寧?二模）2020年12月4日14時02分，新一代“人造太陽”裝置——中國環(huán)流器二

號M裝置（HL-2M）在成都建成并實現(xiàn)首次放電。如圖為其磁約束裝置的簡易原理圖，同心圓圓心。與XOy

平面坐標系原點重合，半徑為Ro的圓形區(qū)域I