專題26 帶電粒子在復合場中的運動（教師版）-2025版高考物理熱點題型講義

專題26帶電粒子在復合場中的運動目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一帶電粒子在組合場中的運動 1類型1磁場與磁場的組合 2類型2先磁場后電場 7類型3先電加速后磁偏轉(zhuǎn) 24類型4先電偏轉(zhuǎn)后磁偏轉(zhuǎn) 32題型二帶電粒子在疊加場中的運動 44題型三帶電粒子在交變電、磁場中的運動 63題型四洛倫茲力與現(xiàn)代科技 78類型1質(zhì)譜儀的原理及應用 78類型2回旋加速器的原理和應用 86類型3電場與磁場疊加的應用實例分析 95題型一帶電粒子在組合場中的運動1．組合場：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，電場、磁場交替出現(xiàn)．2．分析思路(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理．(2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵．(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題．3．常見粒子的運動及解題方法類型1磁場與磁場的組合磁場與磁場的組合問題實質(zhì)就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同．解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關系．【例1】(多選)如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，P(－eq\r(2)L,0)、Q(0，－eq\r(2)L)為坐標軸上的兩點．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，則下列說法中正確的是()A．若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O，運動時間可能為eq\f(πm,2eB)B．若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O，運動路程可能為eq\f(πL,2)C．若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動時間一定為eq\f(2πm,eB)D．若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O到達Q點，運動路程可能為πL或2πL【答案】ABD【解析】電子在磁場中做圓周運動，從P點到Q點運動軌跡可能如圖甲或圖乙所示，電子在磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πm,eB)設電子在PO段完成n個圓弧，則電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O點的時間為t＝neq\f(90°,360°)T＝eq\f(nπm,2eB)，n＝1、2、3……所以若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O，運動時間可能為eq\f(πm,2eB)，則A正確；電子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關系可得neq\r(2)r＝eq\r(2)L電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O，運動路程為s＝neq\f(πr,2)當n＝1時s＝eq\f(πL,2)所以若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O，運動路程可能為eq\f(πL,2)，則B正確；電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動時間為t＝nT＝eq\f(2nπm,eB)，n＝1、2、3…，所以若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動時間可能為eq\f(2πm,eB)，則C錯誤；若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到Q點，運動軌跡可能如圖甲、乙所示，若電子在PO段完成n個圓弧，那么關于電子的運動路程，n為奇數(shù)時為2πL，n為偶數(shù)時為πL，故D正確．【例2】.如圖所示，空間均勻分布的磁場，其方向都垂直于紙面向外，y軸是兩磁場的分界面．在x>0區(qū)域內(nèi)，磁感應強度大小為B1＝2T，在x<0的區(qū)域內(nèi)，磁感應強度大小為B2＝1T．在坐標原點O處有一個中性粒子(質(zhì)量為M＝3.2×10－25kg)分裂為兩個帶等量異號的帶電粒子a和b，其中粒子a的質(zhì)量m＝γM(γ可以取0～1的任意值)，電荷量q＝＋3.2×10－19C，分裂時釋放的總能量E＝1.0×104eV.釋放的總能量全部轉(zhuǎn)化為兩個粒子的動能．設a粒子的速度沿x軸正方向．不計粒子重力和粒子之間的相互作用；不計中性粒子分裂時間．求：(1)若γ＝0.25，粒子a在右邊磁場運動的半徑Ra1；(2)γ取多大時，粒子a在右邊磁場運動的半徑最大；(3)γ取多大時，兩粒子會在以后的運動過程中相遇？【答案】(1)eq\f(\r(3),80)m(2)eq\f(1,2)(3)eq\f(3,4)或eq\f(2,7)【解析】(1)分裂過程動量守恒，則有γMva＝(1－γ)Mvb由能量守恒定律得，E＝eq\f(1,2)γMva2＋eq\f(1,2)(1－γ)Mvb2，解得va＝eq\r(\f(21－γE,γM))vb＝eq\r(\f(2γE,1－γM))粒子a軌跡滿足qvaB1＝eq\f(γMv\o\al(a2),Ra1)Ra1＝eq\f(γMva,qB1)＝eq\f(\r(3),80)m(2)由(1)問可知Ra1＝eq\f(γMva,qB1)＝eq\f(\r(2γ1－γME),qB1)可知當γ＝eq\f(1,2)時Ra1最大；(3)一個中性粒子分裂為兩個帶電粒子a和b，根據(jù)電荷守恒，a粒子帶正電，則b粒子帶負電．由于兩個粒子的質(zhì)量和速度的乘積相等，所以兩個粒子在同一磁場中的運動半徑也相等r＝eq\f(mv,qB)即eq\f(r1,r2)＝eq\f(B2,B1)＝eq\f(1,2)a、b兩粒子的運動軌跡如圖所示，它們相遇的位置只有兩個，分別為C點和D點①若在C點相遇eq\f(πγM,qB1)＝eq\f(π1－γM,qB1)＋eq\f(π1－γM,qB2)則γ＝eq\f(3,4)②若在D點相遇，由于△OCD為正三角形，所以eq\f(πγM,qB1)＋eq\f(πγM,3qB2)＝eq\f(π1－γM,3qB2)則γ＝eq\f(2,7).【例3】宇宙中的暗物質(zhì)湮滅會產(chǎn)生大量的高能正電子，正電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，通過尋找宇宙中暗物質(zhì)湮滅產(chǎn)生的正電子是探測暗物質(zhì)的一種方法(稱為“間接探測”)．如圖所示是某科研攻關小組為空間站設計的探測器截面圖，粒子入口的寬度為d，以粒子入口處的上沿為坐標原點建立xOy平面直角坐標系，以虛線AB、CD、EF為邊界，0<x<d區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場，d<x<2d區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，0<x<2d區(qū)域內(nèi)磁感應強度的大小均為B；2d<x<3d區(qū)域有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為eq\f(eB2d,m)；x＝5d處放置一塊與y軸平行的足夠長的探測板PQ.在某次探測中，僅考慮沿x軸正方向射入的大量速度不等的正電子，正電子的重力以及相互作用不計，其中一些正電子到達邊界AB時，速度與x軸正方向的最小夾角為60°，對此次探測，求：(1)初速度多大的正電子能到達探測板PQ；(2)正電子自入口到探測板PQ的最短時間；(3)正電子經(jīng)過邊界CD時的y軸坐標范圍？【答案】(1)v>eq\f(Bed,m)(2)(eq\f(2π,3)＋eq\f(3\r(3),2))eq\f(m,eB)(3)－3d≤y≤－eq\f(2,3)eq\r(3)d【解析】(1)正電子只要能經(jīng)過邊界AB就能到達探測板PQ，正電子能到達探測板PQ時，正電子做圓周運動的軌道半徑r>d由牛頓第二定律得evB＝meq\f(v2,r)解得v>eq\f(Bed,m)(2)在邊界AB速度方向與x軸夾角為60°的正電子到PQ的時間最短，正電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設正電子的軌道半徑為r1，由牛頓第二定律得ev1B＝meq\f(v12,r1)由幾何知識得d＝r1sineq\f(π,3)在入口和AB間、AB和CD間的運動時間相同，設為t1，則eq\f(π,3)r1＝v1t1解得t1＝eq\f(πm,3eB)自CD至PQ，t2＝eq\f(3d,v1)t＝2t1＋t2＝(eq\f(2π,3)＋eq\f(3\r(3),2))eq\f(m,eB)(3)速度最大的正電子在每一磁場區(qū)域沿y軸負方向偏移的距離y1＝r1－r1coseq\f(π,3)速度最小的正電子在每一磁場區(qū)域沿y軸負方向偏移的距離y2＝d正電子經(jīng)過邊界CD時的y軸坐標范圍是－2y2－d≤y≤－2y1即－3d≤y≤－eq\f(2,3)eq\r(3)d.類型2先磁場后電場1．進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反(如圖甲所示)．2．進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖乙所示)．【例1】在粒子物理學的研究中，經(jīng)常用電場和磁場來控制或者改變粒子的運動。如圖所示為一控制粒子運動裝置的模型。在平面直角坐標系的第二象限內(nèi)，一半徑為的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標平面向外的勻強磁場Ⅰ，磁場Ⅰ的邊界圓剛好與兩坐標軸相切，與軸的切點為，在第一象限內(nèi)有沿軸負方向的勻強電場，在軸下方區(qū)域有垂直于坐標平面向外的勻強磁場Ⅱ，磁場Ⅱ中有一垂直于軸的足夠長的接收屏。點處有一粒子源，在與軸正方向成到與軸負方向成范圍內(nèi)，粒子源在坐標平面內(nèi)均勻地向磁場內(nèi)的各個方向射出質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子，粒子射出的初速度大小相同。已知沿與軸負方向成射出的粒子恰好能沿軸正方向射出磁場Ⅰ，該粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后以與軸正方向成的方向進入磁場Ⅱ，并恰好能垂直打在接收屏上。磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小均為，所有粒子都能打到接收屏上，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。（1）求粒子從點射出的速度大?。唬?）求勻強電場的電場強度大??；（3）將接收屏沿軸負方向平移，直至僅有一半的粒子經(jīng)磁場Ⅱ偏轉(zhuǎn)后能直接打到屏上，求接收屏沿軸負方向移動的距離。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設從P點沿與x軸負方向射出的粒子從Q點射出磁場Ⅰ，軌跡如圖所示設磁場Ⅰ的邊界圓的圓心為，粒子做圓周運動的軌跡圓的圓心為，四邊形對邊相互平行且領邊與長度相等，故四邊形為菱形，則粒子在磁場Ⅰ中做圓周運動的軌跡半徑為根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）從P點沿與x軸負方向成射出的粒子在電場中做類平拋運動，設粒子出電場時沿y軸負方向的分速度為，由題意可知沿y軸方向有根據(jù)牛頓第二定律有解得（3）由于粒子在磁場Ⅰ中做圓周運動的半徑為，因此所有粒子均沿x軸正方向射出磁場Ⅰ；設某一粒子進入磁場與x軸正方向夾角為，則粒子進入磁場Ⅱ時速度為粒子在磁場Ⅱ中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有則軌跡的圓心到x軸的距離為由此可見，所有粒子進磁場Ⅱ后做圓周運動的圓心均在離x軸距離為r的水平線上，由于從P點沿與x軸負方向成射出的粒子能垂直打在屏上，因此所有粒子均能垂直打在接收屏上。在P點沿y軸正方向射出的粒子恰好能打在屏上時，即有一半的粒子經(jīng)磁場Ⅱ偏轉(zhuǎn)后能直接打在屏上，這時屏需要移動的距離等于在P點沿y軸正方向射出的粒子在磁場Ⅱ中做圓周運動的半徑。設該粒子進入磁場Ⅱ時的速度大小為，根據(jù)動能定理有解得根據(jù)牛頓第二定律有解得即要使一半的粒子經(jīng)磁場Ⅱ偏轉(zhuǎn)后能直接打到屏上，接收屏沿y軸負方向移動的距離為【例2】．如圖所示，在x軸上方空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場（場強大小未知）。時刻，一質(zhì)量為m、帶電荷量為的粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入磁場，未進入電場，第一次到達點O時，正好與沿y軸正方向運動到該點、質(zhì)量為、帶電荷量也是的粒子乙發(fā)生彈性正碰。碰撞后，粒子甲的速度反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，碰后當甲第一次進入電場時，乙剛好第一次進入磁場。假設碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮粒子重力、兩粒子間的庫侖力、邊界效應。求：（1）第一次碰撞前甲的速度大??；（2）第一次碰撞后瞬間乙的速度大小及電場強度的大??；（3）乙第一次從磁場進入電場時，甲、乙之間的距離?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【分析】本題考查帶電粒子在電磁組合場中的運動及其規(guī)律，意在考查考生的分析綜合能力和應用數(shù)學知識處理物理問題的能力。【詳解】（1）第一次碰撞前，甲在磁場中做勻速圓周運動，設第一次碰撞前甲的速度大小為，根據(jù)幾何關系可知，第一次碰撞前甲的軌跡半徑由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得（2）設第一次碰撞前瞬間乙的速度大小為，第一次碰撞后瞬間乙的速度大小為、甲的速度大小為，規(guī)定y軸負方向為速度正方向，由于甲和乙的碰撞過程滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，則有其中聯(lián)立解得又第一次碰撞后，當甲在磁場中運動半個周期時，乙在電場中做類豎直上拋運動正好返回O點，則甲在磁場中的運動周期由則根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得（3）作出兩粒子的運動軌跡（部分）如圖所示甲第一次進入電場時，乙恰好第一次進入磁場，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得故此時甲的位置坐標為，乙位于坐標原點，之后乙在磁場中運動半個周期后進入電場，則又根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得故乙從磁場進入電場時的位置坐標為，在電場中，對甲根據(jù)牛頓第二定律有由運動學規(guī)律有解得由幾何知識可知，乙第一次從磁場進入電場時，甲、乙之間的距離為聯(lián)立解得【例3】．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以坐標原點O為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場（未畫出），直線的左側(cè)區(qū)域存在平行y軸向下的勻強電場。質(zhì)量均為m、電荷量均為的甲、乙粒子分別從圓上的N、M兩點垂直x軸射入勻強磁場，均從圓上的P點離開磁場，甲粒子經(jīng)過P點時的速度方向平行于x軸向左。已知勻強電場的電場強度大小為，，，，不計粒子重力和粒子間的相互作用，求：（1）甲、乙粒子射入磁場時的速率之比；（2）甲粒子從射入磁場到第二次經(jīng)過x軸所用的時間；（3）乙粒子軌跡上的最高點到x軸的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設P點坐標為，，，如圖甲A為甲粒子在磁場中運動軌跡的圓心，由幾何關系得甲粒子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力，有聯(lián)立解得，，如圖乙D為乙粒子在磁場中運動軌跡的圓心，由幾何關系有乙粒子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力，有解得甲、乙粒子射入磁場時的速率之比為（2）甲粒子在磁場中的運動時間為甲粒子從P點到直線的運動時間為甲粒子在電場中做類平拋運動，甲粒子在電場中的加速度為設甲從進入電場到經(jīng)過x軸的時間為，有解得甲粒子從射入磁場到第二次經(jīng)過x軸所用的時間為（3）如圖乙，設乙粒子離開磁場時的速度與豎直方向成角，令，有，乙粒子軌跡上的最高點到x軸的距離為代入數(shù)據(jù)得【例4】．如圖，直角坐標系xOy中的第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，在x軸上的a點以與x軸負方向成角的速度射入磁場，從y=L處的b點沿垂直于y軸方向進入電場，并經(jīng)過x軸上x=1.5L處的c點。不計粒子重力，求：（1）粒子在a點的速度大小；（2）電場強度E的大?。唬?）帶電粒子在磁場和電場中運動的時間之比。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設粒子在a點速度大小為，帶電粒子的運動軌跡如圖由幾何關系可知解得又由洛倫茲力提供向心力解得粒子在a點的速度大小（2）帶電粒子在電場中運動時，沿x軸方向有沿y軸方向有又因為解得電場強度E的大小為（3）帶電粒子在磁場中周期運動時間為帶電粒子在電場中運動時間為所以帶電粒子在磁場和電場中運動時間之比為【例5】．如圖所示，坐標系的第一象限存在勻強磁場，磁場方向垂直于平面向外；第四象限內(nèi)有沿軸負方向的勻強電場。質(zhì)量為、帶電量為的粒子以速率從軸的點射入磁場，經(jīng)軸上的點沿軸負方向進入電場，然后從軸負半軸點以與軸負方向成角離開電場，不計粒子重力，求：（1）粒子在點時速度方向與軸正方向的夾角；（2）勻強電場的電場強度大??；（3）粒子在電場和磁場中運動的總時間。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

由于，且從點沿軸負方向進入電場，則圓心在軸負半軸，設粒子在第一象限磁場中做勻速圓周運動的半徑為，圓心為，由幾何關系有解得則有設粒子在A點的速度方向與y軸正方向成角，由幾何關系，有解得（2）根據(jù)題意可知，粒子在第二象限做類平拋運動，沿電場方向上有垂直電場方向上有又有聯(lián)立解得（3）由上述分析可知，粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為，則粒子在磁場中運動的時間為粒子在電場中運動的時間為粒子在磁場電場中運動的總時間【例6】如圖所示，半徑為R的圓形邊界，圓心為O，半徑Oe與直徑jp垂直，圓形邊界內(nèi)除扇形區(qū)域jOe外，存在垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，帶電平行金屬板ab、cd的長度均為R，間距為2R，圓形邊界與ac相切于e點，且e點是ac的中點，在平行板的右側(cè)放置一熒光屏，熒光屏與bd平行，且與bd的間距為R。一帶電量為、質(zhì)量為m的粒子甲（不計重力），從p點以指向圓心O的速度垂直進入磁場，然后從e點進入勻強電場，最后從d點射出；再讓與粒子甲相同的粒子乙從p點垂直射人磁場，速度的大小與甲相同、方向與甲不同，乙從j點射出磁場，進入電場，最后打在熒光屏上的f點，求：（1）勻強電場的場強；（2）粒子乙從p點到f點的運動時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）作出甲粒子的運動軌跡如圖所示軌跡幾何關系可知，粒子圓周運動的軌道半徑為粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有粒子在電場中做類平拋運動，則有，根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）作出乙粒子的運動軌跡如圖所示粒子在磁場中圓周運動的周期結合解得粒子在磁場中運動的時間粒子進入電場前做勻速直線運動，經(jīng)歷時間解得粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)上述，可知解得粒子飛出電場后做勻速直線運動，水平方向有解得則粒子乙從p點到f點的運動時間為解得類型3先電加速后磁偏轉(zhuǎn)帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖甲．【例1】如圖，第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，第二象限內(nèi)存在方向垂直y軸、電場強度為E的勻強電場，一帶電粒子從點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后從點進入磁場，最后從點垂直x軸射出磁場，不計粒子的重力，求：（1）帶電粒子的速度大??；（2）帶電粒子在磁場中的運動時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）帶電粒子在電場中加速時，由動能定理得帶電粒子在磁場中運動時，由洛倫茲力提供向心力則有由幾何關系得聯(lián)立各式得（2）帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期為帶電粒子在磁場中的運動時間為【例2】．如圖所示，空間有一棱長為L的正方體區(qū)域，帶電粒子從平行于MF棱且與MPQF共面的線狀粒子源連續(xù)不斷地逸出，逸出粒子的初速度可視為0，粒子質(zhì)量為m，電荷量為，經(jīng)垂直于MF棱的水平電場加速后，粒子以一定的水平初速度從MS段垂直進入正方體區(qū)域內(nèi)，MS段長為，該區(qū)域內(nèi)有垂直平面MPRG向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，從M點射入的粒子恰好從R點射出。忽略粒子間的相互作用，不計粒子重力。（1）求線狀粒子源處與正方體MS段之間的電勢差；（2）若該區(qū)域內(nèi)只有垂直平面MPRG向外的勻強電場，電場強度大小為，已知從S點射入的粒子從QP邊上的某點射出，求該點距Q點的距離；（3）若該區(qū)域內(nèi)同時存在上述磁場與電場，通過計算判斷從S點進入的粒子，離開該區(qū)域時的位置和速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）粒子從N點離開該區(qū)域；【詳解】（1）粒子經(jīng)電場加速，則進入垂直平面MPRG向外的勻強磁場后從，從M點射入的粒子恰好從R點射出，可知粒子在磁場中運動的軌道半徑為r=L則由可得（2）若該區(qū)域內(nèi)只有垂直平面MPRG向外的勻強電場，則粒子在電場中做類平拋運動，則垂直電場方向沿電場方向其中解得該點距Q點的距離（3）該區(qū)域內(nèi)同時存在上述磁場與電場時，從S點進入的粒子在正方體區(qū)域內(nèi)做不等距螺旋線運動，將其運動分解為沿MF方向的初速為零的勻加速直線運動，和平行于MPRG平面的線速度為v,半徑為R=L的勻速圓周運動。分運動的勻速圓周運動的周期為假設粒子從FQNA面射出，則有解得可知分運動的勻速圓周運動的軌跡為圓周，該粒子恰好從N點離開該區(qū)域，假設成立。離開該區(qū)域時沿MF方向的速度為v2=at2解得設離開該區(qū)域時速度大小為v′，則有解得【例3】．CT技術是通過高能電子撞擊目標靶，使目標放出X射線，對人體進行掃描取得信息的，其原理如圖所示：半徑為L的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直直面向里的勻強磁場，水平放置的目標靶長為2L，靶左端點M、右端點N與磁場圓心O的距離相等、豎直距離為。從陰極逸出的電子（初速度可忽略），經(jīng)電場加速后瞄準圓心O沿著水平方向進入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好擊中M點。設電子質(zhì)量為m、帶電量為-e，電子槍的加速電壓為U，不考慮電子受到的重力，求：（1）電子擊中目標靶的速度大??；（2）勻強磁場的磁感應強度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）電子在加速電場中加速，由動能定理有解得電子在磁場中速度大小不變，故擊中目標靶的速度大小為。（2）電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好擊中M點，如圖所示根據(jù)幾何關系可得由此可知電子在磁場中運動的軌跡半徑為電子在加速電場中，由動能定理有由洛倫磁力充當向心力，有聯(lián)立解得【例4】．在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標系xoy，x軸沿水平方向，如圖所示。第一象限內(nèi)OBAD區(qū)域（，）有一水平向左的勻強電場E，第二象限內(nèi)有一半徑為R的垂直紙面的勻強磁場，邊界與xy軸相切，與x軸的切點為C，與y軸的切點為P，第四象限內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，如圖（、均未知）。已知一個質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子（可視為質(zhì)點）從AB邊界任意一點無初速度釋放，經(jīng)電場加速后獲得速度v0，進入第二象限，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都從同一點C離開第二象限。（E、m、q、R、已知）求：（1）磁感應強度；（2）此粒子從坐標處無初速度釋放，依次經(jīng)過一二三四象限后恰好垂直與x軸再次射入第一象限，求該情況下磁感應強度及粒子在第四象限運動的時間?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都從同一點C離開磁場，其中由P到C的粒子的軌跡恰好為圓周，可知運動半徑等于R。由洛倫茲力提供向心力得解得（2）粒子從坐標為的F點（即）處無初速度釋放的粒子的運動軌跡如圖所示粒子由G點出電場到H點進磁場的過程做勻速直線運動，粒子在磁場B1中運動半徑與圓形磁場區(qū)域半徑相等均為R，四邊形O1CO2H為菱形，由幾何關系可得解得粒子在M點進入第四象限，在第三象限由C到M的過程做勻速直線運動，設粒子在第四象限運動半徑為r，由幾何關系可得解得由洛倫茲力提供向心力得解得粒子在第四象限的磁場B2中運動軌跡的圓心角為150°，則此過程時間為類型4先電偏轉(zhuǎn)后磁偏轉(zhuǎn)帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做勻速圓周運動，如圖乙．【例1】一質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子始終在同一豎直面內(nèi)運動，其速度可用圖示的直角坐標系內(nèi)，一個點表示，分別為粒子速度在豎直面內(nèi)兩個坐標軸上的分量。粒子出發(fā)時位于圖中點，粒子在豎直向下的勻強電場作用下運動，點沿線段移動到點；隨后粒子離開電場，進入方向水平向外、磁感應強度大小為的勻強磁場，點沿以為圓心的圓弧移動至點；然后粒子離開磁場返回電場，點沿線段回到點。已知帶電粒子在運動過程中，任何相等的時間內(nèi)速度改變量的大小都相等，不計重力。求：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；（2）電場強度的大小；（3）點沿圖中閉合曲線移動1周回到點時，粒子位移的大小?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場中做圓周運動時的速度為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得做圓周運動的半徑為周期為（2）根據(jù)題意，可得解得（3）根據(jù)題意分析可知從點到點粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，繞一圈的過程中兩次在電場中運動，根據(jù)對稱性可知粒子的運動軌跡如圖，從到過程中粒子做類平拋運動，得故可得該段時間內(nèi)沿方向位移為根據(jù)幾何知識可得由粒子在兩次電場中運動的對稱性可知移動一周時粒子位移的大小為聯(lián)立解得【例2】．如圖所示，平面的第一象限內(nèi)，的空間內(nèi)有沿軸正方向的勻強電場，的空間內(nèi)有垂直平面向外的勻強磁場，時刻，一質(zhì)量為、帶電量為的粒子從點沿軸正方向射出，經(jīng)時間后從點射入磁場，一段時間后從點離開磁場，粒子重力不計。求：（1）勻強電場的電場強度大??；（2）勻強磁場的磁感應強度大小；（3）從點到點的運動過程中，粒子位置的橫坐標隨時間變化的關系式？【答案】（1）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，則有，解得，（2）令粒子在的速度方向與x軸正方向夾角為，則有則有則粒子在的速度結合上述解得根據(jù)幾何關系可知，為粒子在磁場中圓周運動的直徑，則軌道半徑為粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有解得（3）結合上述，當時有當時，結合上述可知，粒子圓周運動的圓心為，粒子圓周運動的角速度則有解得【例3】．如圖所示，在xOy平面直角坐標系的第Ⅱ象限有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度為E，將一群電子從第Ⅱ象限內(nèi)的不同位置以初速度沿x軸正方向射出，發(fā)現(xiàn)這些電子均能經(jīng)過坐標原點O．電子通過O點后進入第Ⅳ象限內(nèi)的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直坐標平面向里，磁感應強度大小為B，這些電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都再次到達y軸．已知電子電量為e，質(zhì)量為m，求：（1）這群電子從第Ⅱ象限內(nèi)射出時的位置坐標滿足的方程；（2）第Ⅳ象限內(nèi)勻強磁場區(qū)域的最小面積；（3）若在第Ⅲ象限所在的立體空間內(nèi)充滿沿y軸正方向的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小也為B，求電子在這個區(qū)域運動時離y軸的最遠距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設電子射出的位置坐標為，電子做類平拋運動，有在軸方向在軸方向聯(lián)立解得（2）設電子經(jīng)過點時的速度方向與軸負向的夾角為，速度大小為，電子沿軸移動的距離為，則有可見所有電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過軸同一位置，如圖所示則磁場區(qū)域的最小面積為其中解得（3）在第Ⅲ象限所在的立體空間內(nèi)，電子沿軸做勻速運動，垂直軸方向做勻速圓周運動，運動半個周期時離軸最遠，最遠距離為【例4】．如圖，在的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，在的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場。一個氘核和一個氚核先后從x軸上P、Q兩點射出，速度大小分別為、，速度方向與x軸正方向的夾角均為。一段時間后，氘核和氚核同時沿平行x軸方向到達y軸上的M點（圖中未畫出）。已知Q點坐標為，不計粒子重力及粒子間的靜電力作用，，，求：（1）y軸上M點的縱坐標及x軸上P點的橫坐標；（2）勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應強度B大小之比。【答案】（1），；（2）【詳解】（1）氚核從Q點射出后在電場中做拋體運動，在x軸方向勻速直線運動，則有解得在y軸方向解得y軸上M點的縱坐標氘核從P點射出后在磁場中做勻速圓周運動，兩粒子運動軌跡如圖所示由幾何關系可得解得由幾何關系聯(lián)立解得x軸上P點的橫坐標（2）設氘核（）的質(zhì)量為2m，電荷量為q，則氚核（）的質(zhì)量為3m，電荷量為q。氚核，根據(jù)拋體運動規(guī)律得其中解得氘核：根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得則有【例5】．如圖所示，在坐標系xOy的第一象限內(nèi)存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場，第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。一帶電量為、質(zhì)量為m的粒子，從y軸上的P點以某一速度沿垂直y軸方向進入電場，經(jīng)x軸上的Q點進入磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)后垂直y軸的方向進入第二象限。已知，，不計粒子重力。求：（1）粒子過Q點時的速度v；（2）磁感應強度的大小B。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）粒子在電場中運動時，豎直方向水平方向解得（2）粒子進入磁場時得粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，為圓心，由幾何關系可知為等腰三角形得由解得【例6】如圖所示，水平直線上方有豎直向下的勻強電場，下方有一邊長為的正三角形勻強磁場區(qū)域（邊界上也有磁場），點在邊界上，邊與平行，勻強磁場方向垂直紙面向外。質(zhì)量為、帶電量為的粒子從點以初速度垂直電場方向射出，在電場中偏轉(zhuǎn)后從點進入磁場，之間的水平距離為，豎直距離為，粒子重力不計。（1）求電場強度的大??；（2）若粒子從點離開磁場，求粒子在磁場中的運動時間；（3）若粒子從邊上距離點為的點離開磁場，求磁感應強度的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可知，粒子在電場中做類平拋運動，垂直電場方向有沿電場方向有解得（2）根據(jù)題意，粒子在電場中的運動軌跡如圖所示

由幾何關系可知，粒子離開電場時又有解得粒子進入磁場后做圓周運動，若從點出磁場，軌跡如圖所示

由牛頓第二定律有據(jù)幾何關系可得圓心角粒子在磁場中運動的時間解得（3）若粒子從點出磁場，軌跡如圖所示

設粒子速度的偏轉(zhuǎn)角為，據(jù)幾何關系可得解得又有解得題型二帶電粒子在疊加場中的運動1．疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。2．洛倫茲力、重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。3．電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解。4．電場力、洛倫茲力、重力并存(1)若三力平衡，帶電粒子一定做勻速直線運動。(2)若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動。(3)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解?！纠?】如圖，邊長為L的正方形區(qū)域及矩形區(qū)域內(nèi)均存在電場強度大小為E、方向豎直向下且與邊平行的勻強電場，右邊有一半徑為且與相切的圓形區(qū)域，切點為的中點，該圓形區(qū)域與區(qū)域內(nèi)均存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)邊的中點進入?yún)^(qū)域，并沿直線通過該區(qū)域后進入圓形區(qū)域。所有區(qū)域均在紙面內(nèi)，粒子始終在該紙面內(nèi)運動，不計粒子重力。求：(1)粒子沿直線通過區(qū)域時的速度大?。?2)粒子的電荷量與質(zhì)量之比；(3)粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）帶電粒子在區(qū)域做直線運動，則有電場力與洛倫茲力平衡，可知粒子帶正電，經(jīng)邊的中點速度水平向右，設粒子到達邊的中點速度大小為，帶電荷量為，質(zhì)量為，由平衡條件則有解得（2）粒子從b點到邊的中點的運動，可逆向看做從邊的中點到b點的類平拋運動，設運動時間為，加速度大小為，由牛頓第二定律可得由類平拋運動規(guī)律可得聯(lián)立解得粒子的電荷量與質(zhì)量之比（3）粒子從中點射出到圓形區(qū)域做勻圓周運動，設粒子的運動半徑為，由洛倫茲力提供向心力可得解得粒子在磁場中運動軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，設粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角為，由幾何關系可知可得則有【例2】．如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在第二、三、四象限內(nèi)存在平行于y軸向上的勻強電場，在第三、四象限內(nèi)存在磁應強度為B、方向垂直xOy平面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，從y軸上的A點水平向右拋出，記為小球第一次通過y軸，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，已知，磁感應強度，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）電場強度E的大小和粒子經(jīng)過M點的速度大小；（2）粒子第三次經(jīng)過y軸時的縱坐標。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）因小球在第四象限做勻速圓周運動，故重力和電場力平衡，故：解得小球在第Ⅰ象限平拋，由運動學規(guī)律，有聯(lián)立解得豎直方向速度經(jīng)過M點的速度大小為（2）小球在第四和第三象限做勻速圓周運動，為圓心，MN為弦長，；小球在第二象限做勻速直線運動，第三次經(jīng)過y軸的點記為Q，如圖所示設半徑為r，小球在磁場中做勻速圓周運動，有由幾何關系知由小球在第二象限做勻速直線運動，有聯(lián)立求得【例3】．如圖所示，平行的兩極板a、b間存在正交的勻強電場和勻強磁場I，正離子以的速度沿極板中線勻速飛出極板，進入勻強磁場區(qū)域II，勻強磁場I和勻強磁場II的磁感應強度大小、方向均相同。已知極板板長板間距板間電壓（離子比荷不計離子重力，求：（1）勻強電場電場強度E的大小和勻強磁場磁感應強度B的大小；（2）撤去磁場I，離子離開電場時速度的大小；（3）撤去磁場I后，要使離子不從邊界射出，磁場II的寬度至少為多少。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)勻強電場的電勢差與電場強度關系有帶電粒子沿極板中線勻速飛出極板，由平衡條件有解得（2）撤去磁場I，離子離開電場時，在方向有在電場強度方向上離子離開電場時速度解得（3）設粒子進入磁場時速度與方向所成夾角為，則有進入磁場II由洛倫茲力提供向心力，有解得撤去磁場I后，要使離子不從邊界射出，磁場II的寬度至少為解得【例4】．霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從О點沿x軸正方向水平入射，入射速度為時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計電子重力及電子間相互作用。（1）求電場強度的大小E；（2）若電子入射速度為，求運動到速度為時位置的縱坐標y；（3）若電子入射速度在的范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比?！敬鸢浮浚?）v0B；（2）；（3）87.5%【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有解得（3）若電子以v入射時，設電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據(jù)動能定理有由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合=evmB－eE在最低點有F合=eE－evB聯(lián)立有，要讓電子達縱坐標位置，即y≥y2解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的87.5%。【例5】．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，有沿x軸正向的勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場，電場強度大小為，磁感應強度大小為B。從O點發(fā)射一比荷為的帶正電微粒，該微粒恰能在xOy坐標平面內(nèi)做直線運動。已知y軸正方向豎直向上，重力加速度為g。（1）求微粒發(fā)射時的速度大小和方向；（2）若僅撤去磁場，微粒以（1）中的速度從O點射出后，求微粒通過y軸時到O點的距離；（3）若僅撤去電場，微粒改為從O點由靜止釋放，求微粒運動的軌跡離x軸的最大距離?！敬鸢浮浚?），軸負方向夾角為；（2）；（3）【詳解】（1）由題意知，粒子做勻速直線運動，受力分析如圖則解得粒子出射的速度方向與軸負方向夾角為解得即微粒發(fā)射的速度大小為與軸負方向夾角為；（2）撤去磁場后，粒子做類平拋運動，如圖將速度分解可得軸方向的加速度大小經(jīng)過軸時的時間。距點的距離（3）解法1：微粒運動的軌跡離軸的距離最大時，速度與軸平行，設最大距離為，在方向上，由動量定理得即由動能定理得解得解法2：將靜止釋放的微?？闯赏瑫r有大小相等、方向水平向左和向右的初速度，向左的速度產(chǎn)生的洛倫茲力與重力大小相等（如圖）則解得向左的分速度使微粒水平向左勻速直線運動，向右的分速度使微粒在洛倫茲力下做勻速圓周運動，即解得微粒運動的軌跡離軸的最大距離【例6】．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標系，其第一、二象限存在一場強為的勻強電場，方向豎直向下，虛線內(nèi)的圓形區(qū)域還存在一方向垂直紙面向里的勻強磁場，該區(qū)域圓心的坐標為，半徑為。現(xiàn)從點水平向右發(fā)射一個初速度為帶負電的微粒，發(fā)現(xiàn)微粒在電場中做勻速直線運動，進入磁場后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，并恰好從點射出磁場。已知重力加速度為。（1）求微粒的比荷和磁場的磁感應強度大??；（2）若將發(fā)射微粒的位置調(diào)整為，其他條件不變，求微粒從發(fā)射到穿出磁場的時間；（3）在第（2）問中，微粒會穿過軸進入下方區(qū)域，若軸下方區(qū)域存在大小也為的勻強電場（圖中未畫出），并使微粒軌跡發(fā)生偏轉(zhuǎn)經(jīng)過軸某點，該電場朝什么方向時，能使微粒用最短時間到達軸？并求出軌跡與軸交點的坐標?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）沿軸正向，【詳解】（1）微粒做勻速直線運動所以受力平衡解得作出微粒在磁場中的軌跡如圖所示由幾何知識得微粒的軌跡圓半徑根據(jù)牛頓第二定律解得（2）微粒軌跡如圖由幾何知識得設直線運動的時間為設圓周運動的時間為故微粒到達點用時（3）微粒在第四象限軌跡為拋物線，要用時最短通過軸，則電場方向應水平向右水平方向：先勻減速后反向勻加速，初速度加速度用時為豎直方向：勻加速運動，加速度初速度下落高度為解得故軌跡與軸交點的坐標為。【例7】．在如圖所示的豎直平面xOy中，一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電小球沿x軸正方向以初速度從A點射入第一象限，第一象限有豎直向上的勻強電場，小球偏轉(zhuǎn)后打到x軸上的點，x軸下方有勻強電場（圖中未畫出），第三、四象限有垂直于紙面向外、磁感應強度大小不同的勻強磁場，小球在x軸下方做勻速圓周運動，已知第四象限勻強磁場的磁感應強度大小為，重力加速度大小為g。（1）求x軸下方勻強電場的電場強度E2；（2）求帶電小球在C點的速度；（3）若第三象限勻強磁場的磁感應強度大小為，求粒子從C點運動到點所用的時間?！敬鸢浮浚?）；豎直向上；（2）；方向與x軸正方向成向下；（3）或【詳解】（1）小球在x軸下方做勻速圓周運動，則解得豎直向上。（2）小球在第一象限做類平拋運動解得又，可得則根據(jù)解得即方向與x軸正方向成向下。（3）小球在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動，運動半徑為，則解得設粒子運動的周期為，則解得如圖1，由幾何關系可知，粒子從C到P偏轉(zhuǎn)圓心角為，此過程運動時間為粒子經(jīng)P點進入第三象限后，設運動半徑為，則解得設粒子運動的周期為，則解得如圖2，粒子從P點再回到P點所用時間為粒子從C點運動到P點所用的時間為故粒子從C點運動到P點所用的時間為或。題型三帶電粒子在交變電、磁場中的運動解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路先讀圖看清并且明白場的變化情況受力分析分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況過程分析分析粒子在不同時間段內(nèi)的運動情況找銜接點找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解【例1】如圖甲所示，空間中有一直角坐標系xOy，在，的空間中有沿方向的勻強電場。在緊貼的上側(cè)處有一粒子源P，能沿x軸正方向以的速度持續(xù)發(fā)射比荷為的某種原子核。在的空間有垂直于xOy平面向外的足夠大的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為。忽略原子核間的相互作用和重力。（1）求原子核第一次穿過y軸時速率；（2）設原子核從Q點第二次穿過y軸，求O、Q兩點之間距離以及粒子在磁場中的運動時間；（3）若撤去原磁場，其余條件保持不變。在xOy平面內(nèi)的某區(qū)域加一圓形勻強磁場，磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，取磁場垂直紙面向外為正方向。時刻進入磁場的粒子始終在磁場區(qū)域內(nèi)沿閉合軌跡做周期性運動，若，求圓形磁場區(qū)域的最小面積S以及粒子進入磁場時的位置到y(tǒng)軸的最短距離x。忽略磁場突變的影響，計算結果用含有的式子表示【答案】（1）；（2），；（3），【詳解】（1）原子核在電場中做類平拋運動，有加速度為代入數(shù)據(jù)，其中可得（2）原子核離開電場時速度與夾角設為，則偏移距離右側(cè)的磁場中做勻速圓周運動，有該軌跡圓在y軸上對應的弦長OQ間距離代入數(shù)據(jù)可得粒子在磁場中運動的周期粒子在磁場中運動的時間為（3）設粒子圓形磁場中做圓周運動的半徑為r，則解得運動的周期解得粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示所以圓形磁場的最小半徑最小面積解得由圖可知，進入磁場的位置距y軸的最小距離解得【例2】．如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xOy坐標系，在第Ⅱ象限內(nèi)有平行于桌面的勻強電場，場強方向與x軸負方向的夾角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板、，兩板間距為，板間有垂直于桌面向上的勻強磁場，兩板右端在y軸上，板與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標原點O的距離為L＝0.72m。在第Ⅳ象限垂直于x軸放置一塊平行y軸且沿y軸負向足夠長的豎直平板，平板在x軸上垂足為Q，垂足Q與原點O相距現(xiàn)將一帶負電的小球從桌面上的P點以初速度垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿過板上的M孔，進入磁場區(qū)域。已知小球可視為質(zhì)點，小球的比荷，P點與小孔M在垂直于電場方向上的距離，不考慮空氣阻力。求：（1）勻強電場的場強大??；（2）要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板上，求磁感應強度的取值范圍；（3）以小球從M點進入磁場開始計時，磁場的磁感應強度隨時間呈周期性變化，規(guī)定磁場方向垂直于桌面向上為正方向，如圖乙所示，求小球打到平板上的位置到Q點的距離。（，計算結果保留兩位小數(shù)）【答案】（1）；（2）；（3）0.38m【詳解】（1）小球在第Ⅱ象限內(nèi)做類平拋運動，有，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得（2）設小球通過M點時的速度為v，由類平拋運動規(guī)律得解得小球垂直磁場方向進入兩板間做勻速圓周運動，軌跡如圖所示由牛頓第二定律得可得小球剛好能打到Q點磁感應強度最強設為，此時小球的軌跡半徑為，由幾何關系得解得小球剛好不與板相碰時磁感應強度最小設為，此時粒子的軌跡半徑為，由幾何關系有解得綜合可得磁感應強度的取值范圍（3）小球進入磁場做勻速圓周運動，設半徑為，周期為T，有，解得，由磁場周期得小球在磁場中運動的軌跡如圖所示可得一個磁場周期內(nèi)小球在x軸方向的位移為；由分析知有（）每個內(nèi)，小球x方向位移（）小球y方向位移可知小球在第6個內(nèi)沿方向射出磁場，設打在平板上的位置到Q點距離為，有解得【例3】．如圖甲所示，三維坐標系中，yOz平面的右側(cè)存在平行z軸方向周期性交化的磁場B（圖中未畫出）和沿y軸正方向豎直向上的勻強電場E。有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的高能微粒從xOy平面內(nèi)的P點沿x軸正方向水平射出，微粒第一次經(jīng)過x軸時恰好經(jīng)過O點，此時速度大小為v0，方向與x軸正方向的夾角為45°。已知電場強度大小，從微粒通過O點開始計時，磁感應強度隨時間的變化關系如圖乙所示，已知，，規(guī)定當磁感應強度沿z軸正方向時為正，重力加速度大小為g。（1）求拋出點P到x軸的距離y；（2）求微粒從通過O點開始做周期性運動的周期T；（3）若時撤去yOz右側(cè)的原電場和磁場，同時在整個空間加上沿y軸正方向的勻強磁場，求微粒向上運動到離xOz平面最遠時的坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子做平拋運動，由于經(jīng)過O點時方向與x軸正方向的夾角為45°，根據(jù)速度分解有在豎直方向上有解得（2）根據(jù)題意有qE=mg即重力與電場力平衡，粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有，解得，當時解得，當時解得，結合題中信息可知∶0~t0，微粒剛好轉(zhuǎn)過180°，t0~2t0，微粒轉(zhuǎn)過90°，2t0~3t0與0~t0的運動軌跡大小一樣，只是偏轉(zhuǎn)方向不一樣，3t0~4t0與t0~2t0的運動軌跡大小一樣，只是偏轉(zhuǎn)方向不一樣，綜上所述，微粒一個周期的運動軌跡如圖所示由圖可知（3）結合上述，在時，把速度分解到水平方向和豎直方向，則有粒子在豎直方向上做豎直上拋運動，則有，解得，粒子水平方向向上做圓周運動，則有，可知則有，，因此粒子向上運動到離xOz平面最遠時的坐標為?！纠?】．如圖甲所示的坐標系中區(qū)域有沿y軸負向的勻強電場，電場強度，區(qū)域有垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度的大小和方向隨時間的變化關系如圖乙所示，當垂直紙面向里時磁感應強度為正，圖中，有足夠大的熒光屏垂直于x軸放置并可沿x軸水平移動。現(xiàn)有一帶電粒子質(zhì)量，電量的帶電粒子從電場的P點（已知P點y軸坐標為0.3m），沿平行x軸以某一初速度進入電場，恰好從坐標原點與x軸成60°進入磁場，取帶電粒子進入磁場為時刻，不計粒子重力，答案可用根號表示，求：（1）帶電粒子的初速度；（2）若要完整研究帶電粒子在磁場中的運動軌跡，磁場沿y軸方向的最小區(qū)間的上限坐標和下限坐標；（3）若要帶電粒子垂直打在熒光屏上，熒光屏所在位置的x軸的可能坐標值。【答案】（1）；（2），；（3）（，，）或（，，）【詳解】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，則有其中聯(lián)立解得（2）進入磁場的速度為進入磁場后從圖乙可知在時間內(nèi)，由洛倫茲力提供向心力得解得軌跡半徑為運動周期為則運動時間為在時間內(nèi)，由洛倫茲力提供向心力得解得軌跡半徑為運動周期為則運動時間為在時間內(nèi)，運動半徑仍為，運動時間為所以進入磁場后在如圖示的磁場中的運動軌跡如下圖所示要形成完整的軌跡，從軌跡圖中可看出磁場區(qū)域的上限坐標磁場區(qū)域的下限坐標（3）若在區(qū)域垂直打在熒光屏上由上圖可知軌跡圓心到之間的距離所以，（，，）若在區(qū)域垂直打在熒光屏上根據(jù)對稱軌跡圓心到之間的距離所以（，，）【例5】．如圖甲，豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的勻強電場（上、下及左側(cè)無邊界）。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、可視為質(zhì)點的帶正電小球，以水平初速度沿PQ向右做直線運動。若小球剛經(jīng)過D點時（此時開始計時），在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時速度方向如圖所示與PQ連線成60°角，且以后能多次經(jīng)過D點做周期性運動。圖中，均為未知量，且均小于小球在磁場中做圓周運動的周期。已知D、Q間的距離為L，忽略磁場變化造成的影響，重力加速度為g。求（最后結果可以用分數(shù)和根號表示）：（1）電場強度E的大?。唬?）與的比值；（3）當小球做周期性運動的周期最大時，求出此時的磁感應強度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，在重力場與電場的復合場中，帶電小球做直線運動，則有可得（2）根據(jù)題意，當加上周期性變化的磁場后，帶電小球的運動軌跡應如圖所示粒子在時間內(nèi)做勻速直線運動，其位移粒子在加入磁場后，在時間內(nèi)做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系可得粒子做圓周運動的半徑又聯(lián)立解得（3）帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力充當向心力有解得而帶電小球做完整圓周運動的周期聯(lián)立可得顯然，小球做周期性運動的周期要最大，則磁感應強度要最小，而磁感應強度最小，則小球在磁場中做圓周運動的軌跡半徑要最大，因此小球在電場和重力場的復合場中加上周期性變化的磁場時，恰好做周期性運動時即圓周運動的軌跡恰好和磁場邊界MN相切，根據(jù)幾何關系有可得而根據(jù)聯(lián)立可得題型四洛倫茲力與現(xiàn)代科技類型1質(zhì)譜儀的原理及應用1．作用測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素．2．原理(如圖所示)(1)加速電場：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏轉(zhuǎn)磁場：qvB＝eq\f(mv2,r)，l＝2r；由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).【例1】如圖所示，離子源能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（質(zhì)量為m電荷量為正q）和α粒子（質(zhì)量為4m電荷量為正2q），兩種粒子由靜止開始經(jīng)電勢差加速后由狹縫垂直進入兩平行金屬板間，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)從右側(cè)射出，已知兩平行板間電勢差為，兩板間距為d，板長為L，粒子所受重力可忽略不計。（1）求質(zhì)子偏轉(zhuǎn)的距離y；（2）在兩板間再加上垂直紙面向里的由零逐漸增大的勻強磁場B，哪種粒子首先能沿直線通過電場從右側(cè)狹縫射出，求此時的磁感應強度B。【答案】（1）；（2）質(zhì)子，【詳解】（1）質(zhì)子在加速電場中加速q質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為質(zhì)子偏轉(zhuǎn)的距離聯(lián)立解得（2）質(zhì)子沿直線通過電場從右側(cè)狹縫射出時，根據(jù)平衡條件可得電場強度為解得磁感應強度同理可得，沿直線通過電場從右側(cè)狹縫射出時，磁感應強度故質(zhì)子首先能沿直線通過電場從右側(cè)狹縫射出，此時的磁感應強度為?！纠?】．質(zhì)譜儀示意圖如圖甲所示，一粒子束從兩極板和的中心軸線水平入射，通過兩極板中間區(qū)域后部分粒子能夠從狹縫處射入質(zhì)譜儀，最終分裂為a、b、c三束，分別運動到磁場邊界的核乳膠片上，它們的運動軌跡如圖所示。已知極板和中間區(qū)域同時有電場強度大小為E的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為，在狹縫右側(cè)空間有面積不限、垂直紙面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場。不計粒子的重力。請回答下列問題：（1）請判斷粒子所帶電性，并求出能夠進入狹縫的粒子的速度v；（2）若沿a、b、c軌跡運動的離子帶電量相同，測得它們在膠片上成像處到的距離之比為2：3：4，求它們的質(zhì)量之比；（3）若縮小狹縫右側(cè)空間勻強磁場區(qū)域，使其寬度為，下方長度為，如圖乙所示。若一束電荷量為q的帶電粒子從兩極板中心軸線水平入射，能夠從狹縫處水平射入質(zhì)譜儀，且所有帶電粒子均不從磁場區(qū)域的右邊界射出，求帶電粒子的質(zhì)量m的范圍。（結果用式子表示）【答案】（1）帶正電，，方向水平向右；（2）ma:mb:mc=2:3:4；（3）【詳解】（1）根據(jù)粒子在磁場B2中的運動軌跡，由左手定則可知粒子帶正電荷。粒子在兩極板間做直線運動時，合力為零，粒子所受洛倫茲力豎直向上，則電場力豎直向下，電場強度向下，可知極板P1帶正電。粒子在兩極板間運動，由合力為零可得可得進入狹縫S0的粒子的速度為方向水平向右。（2）粒子在右側(cè)磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有粒子在膠片上成像處到S0的距離d=2r代入數(shù)據(jù)可得可知已知da:db:dc=2:3:4則ma:mb:mc=2:3:4（3）由題可知，所有帶電粒子均不從磁場區(qū)域的右邊界射出，則當射出的粒子與磁場區(qū)域的右邊界相切時，帶電粒子的運動半徑最大，此時帶電粒子的運動半徑為r=d1由可知，此時帶電粒子的質(zhì)量最大，最大值為帶電粒子質(zhì)量的取值范圍為【例3】．某一具有速度選擇器的質(zhì)譜儀原理如圖所示，甲部分為粒子加速器，加速電壓為；乙部分為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為，兩板間距離為d，兩板間電壓為；丙為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應強度為。今有一電荷量為q的正粒子（不計重力），從靜止開始經(jīng)加速后，該粒子恰能沿直線通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。求：（1）粒子的比荷；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子先經(jīng)過加速，電壓為，速度大小為，由動能定理有粒子恰能沿直線通過速度選擇器，有聯(lián)立可得，（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，有可得【例4】．如圖所示，一質(zhì)量為m的帶電粒子從容器A下方的小孔飄入、之間的加速電場，其初速度可視為0，加速后以速度v經(jīng)小孔沿與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后垂直打到照相底片上的D點。已知到D點的距離L，不計粒子的重力，求：（1）粒子的比荷；（2）加速電場的電勢差U；（3）粒子在磁場所受洛倫茲大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，有幾何關系可知，半徑為。洛倫茲力提供向心力解得（2）粒子在加速電場中，根據(jù)動能定理有解得（3）粒子在磁場所受洛倫茲力提供向心力，有解得【例5】．如圖甲所示為質(zhì)譜儀工作的原理圖，已知質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)電場加速后，由小孔S沿著與磁場垂直的方向，進入磁感應強度為B的勻強磁場中。粒子在S點的速度與磁場邊界垂直，最后打在照相底片上的P點，且。忽略粒子的重力，通過測量得到x與的關系如圖乙所示，已知斜率為k=0.5，勻強磁場的磁感應強度B為，，則下列說法中正確的是（）

A．該粒子帶負電B．該粒子比荷為C．該粒子在磁場中運動的時間約為D．若電壓U不變，打到Q點的粒子比荷大于打到P點的粒子【答案】C【詳解】A．粒子進入磁場后向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯誤；B．粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得解得粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得可得則有可知圖像的斜率為可得粒子的比荷為故B錯誤；C．該粒子在磁場中運動的時間為故C正確；D．根據(jù)若電壓不變，可知打到Q點的粒子比荷小于打到P點的粒子比荷，故D錯誤。故選C。類型2回旋加速器的原理和應用1．構造如圖4所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源。2．原理交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙，粒子就被加速一次。3．最大動能由qvmB＝eq\f(mveq\o\al(2,m),R)、Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關。4．總時間粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數(shù)n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁場中運動的總時間t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U)。【例1】某型號的回旋加速器的工作原理如圖甲所示，圖乙為俯視圖?；匦铀倨鞯暮诵牟糠譃镈形盒，D形盒裝在真空容器中，整個裝置放在電磁鐵兩極之間的磁場中，磁場可以認為是勻強磁場，且與D形盒盒面垂直。兩盒間狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。質(zhì)子從粒子源A處進入加速電場的初速度不計，從靜止開始加速到出口處所需的時間為t，已知磁場的磁感應強度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為+q，加速器接一定頻率高頻交流電源，其電壓為U，不考慮相對論效應和重力作用，求：（1）質(zhì)子第1次經(jīng)過狹縫被加速后進入D形盒運動軌道的半徑r1；（2）質(zhì)子第1次和第3次經(jīng)過狹縫進入D形盒位置間的距離；（3）D形盒半徑R?！敬鸢浮浚?）1B2mUq；（2）【詳解】（1）質(zhì)子第1次經(jīng)過狹縫被加速過程，根據(jù)動能定理有粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有解得r（2）質(zhì)子第2次經(jīng)過狹縫被加速過程，根據(jù)動能定理有粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有解得則質(zhì)子第1次和第3次經(jīng)過狹縫進入D形盒位置間的距離解得（3）粒子飛出D形盒時的軌道半徑為R，則有，令電場中加速了n次，則有從靜止開始加速到出口處所需的時間為t，則有解得【例2】1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，現(xiàn)對核（）加速，所需的高頻電源的頻率為f，已知元電荷為e，下列說法正確的是（）

A．被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期隨半徑增大而增大B．高頻電源的電壓越大，氚核最終射出回旋加速器的速度越大C．氚核的質(zhì)量為D．在磁感應強度B和頻率f不變時，該加速器也可以對氦核（）加速【答案】C【詳解】A．根據(jù)周期公式可知，被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期與D型盒半徑大小無關。A錯誤；B．設D形盒的半徑為R，則最終射出回旋加速器的速度滿足即有最終射出回旋加速器的速度與電壓無關。B錯誤；C．根據(jù)周期公式可知C正確；D．因為氚核（）與氦核（）的比荷不同，在磁場中圓周運動周期不同，所以不能用來加速氦核（）。D錯誤。故選C。【例3】．近年來利用重離子治療某些腫瘤獲得很好的效果，越來越多的醫(yī)療機構配置相應的設備.重離子治療腫瘤時通過回旋加速器將碳離子加速到光速的70％～80％后照射腫瘤位置殺死病變細胞.如圖所示為回旋加速器示意圖，D形盒的半徑為R，D形盒間的交變電壓大小為U，碳離子的電荷量為q，質(zhì)量為m，加速后的速度為（c為光速），不計相對論效應，則下列說法正確的是（）

A．碳離子被加速的次數(shù)為 B．回旋加速器所加磁場的磁感應強度大小為C．交變電壓的頻率為 D．同一個回旋加速器能加速任意比荷的正離子【答案】A【詳解】A．由動能定理得解得故A正確；B．當碳離子被加速到速度為時，在磁場中運動的軌跡半徑為R，由解得故B錯誤；C．交流電壓的周期與碳離子在磁場中做勻速圓周運動的周期相等，由解得故C錯誤；D．一個回旋加速器只能加速比荷相同的離子，故D錯誤。故選A?！纠?】回旋加速器的示意圖如圖所示。它由兩個鋁制D型金屬扁盒組成，兩個D形盒正中間開有一條狹縫；兩個D型盒處在勻強磁場中并接在高頻交變電源上。在盒中心A處有粒子源，它產(chǎn)生并發(fā)出帶電粒子，經(jīng)狹縫電壓加速后，進入盒中。在磁場力的作用下運動半個圓周后，垂直通過狹縫，再經(jīng)狹縫電壓加速；為保證粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速，設法使交變電壓的周期與粒子在狹縫及磁場中運動的周期一致。如此周而復始，速度越來越大，運動半徑也越來越大，最后到達D型盒的邊緣，以最大速度被導出。已知某粒子所帶電荷量為q，質(zhì)量為m，加速時電極間電壓大小恒為U，磁場的磁感應強度為B，D型盒的半徑為R，設狹縫很窄，粒子通過狹縫的時間可以忽略不計。設該粒子從粒子源發(fā)出時的初速度為零，不計粒子重力和粒子間的相互作用力，忽略相對論效應，求：（1）交變電壓的周期T；（2）粒子被加速后獲得的最大動能；（3）粒子在回旋加速器中運動的總時間。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設交變電壓的周期為T，為保證粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速，帶電粒子在磁場中運動一周的時間應等于交變電壓的周期（在狹縫的時間極短忽略不計），則聯(lián)立以上兩式，解得交變電壓的周期為（2）粒子在D形盒內(nèi)做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，具有最大動能。設此時的速度為v，有解得設粒子的最大動能為，則（3）質(zhì)子完成一次圓周運動被電場加速2次，由動能定理得經(jīng)過的周期個數(shù)為n，則有質(zhì)子在D型盒磁場內(nèi)運動的時間聯(lián)立解得質(zhì)子在回旋加速器中運動的總時間為【例5】．1932年美國物理學家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中運動特點，解決了粒子的加速問題。現(xiàn)在回旋加速器被廣泛用于科學研究和醫(yī)學設備中。回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加速器按一定頻率的高頻交流電源，保證粒子每次經(jīng)過電場都被加速，加速電壓為U。D形金屬盒中心粒子源產(chǎn)生的粒子，初速度不計，在加速器中被加速，加速過程中不考慮相對論效應和重力作用。（1）求把質(zhì)量為m，電荷量為q的靜止粒子加速到最大動能所需時間；（2）若此回旋加速器原來加速α粒子（）。獲得的最大動能為，現(xiàn)改為加速氘核（），它獲得的最大動能為多少？要想使氚核獲得與α粒子相同的動能，請你通過分析，提出一種簡單可行的辦法；（3）已知兩D形盒間的交變電壓如圖乙所示，設α粒子在此回旋加速器中運行的周期為T，現(xiàn)對核進行加速，已知該核的電荷量為，在時進入加速電場，求該粒子在加速器中能獲得的最大動能？（在此過程中，粒子未飛出D形盒）【答案】（1）；（2）見解析；（3）【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力得粒子每旋轉(zhuǎn)一周動能增加2qU，則旋轉(zhuǎn)周數(shù)周期粒子在磁場中運動的時間一般地可忽略粒子在電場中的運動時間，t磁可視為總時間（2）對α粒子，由速度得其最大動能為對氘核，最大動能為若兩者有相同的動能，設磁感應強度變?yōu)锽′、由α粒子換成氘核，有解得即磁感應強度需增大為原來的倍，高頻交流電源的原來周期故由α粒子換為氘核時，交流電源的周期應為原來的。（3）對α粒子有對粒子分析，其在磁場中的周期每次加速偏移的時間差為滿足解得根據(jù)動能定理即類型3電場與磁場疊加的應用實例分析共同特點：當帶電粒子(不計重力)在疊加場中做勻速直線運動時，洛倫茲力與靜電力大小相等qvB＝qE或qvB＝qeq\f(U,d).1速度選擇器(1)平行板間電場強度E和磁感應強度B互相垂直．(如圖)(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是洛倫茲力與靜電力平衡qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B).(3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量．(4)速度選擇器具有單向性．【例1】如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的點，出現(xiàn)一個光斑。在垂直紙面向里的方向上加一寬度為、磁感應強度為的勻強磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為的圓弧運動，最后打在距磁場右側(cè)距離為的熒光屏上的點?，F(xiàn)在磁場區(qū)域再加一豎直方向、電場強度大小為的勻強電場，光斑從點又回到點，不計粒子重力，則（）A．粒子帶正電B．粒子的初速度大小為C．粒子的比荷為D．兩點之間的距離為【答案】AC【詳解】A．由題圖可知，粒子在加上磁場后向上偏，磁場方向為垂直于平面向里，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，故A項正確；B．由題意可知，粒子在電場和磁場的疊加場內(nèi)做直線運動，有解得故B項錯誤；C．在只有磁場時，對粒子有解得故C項正確；D．由幾何關系，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的距離為由幾何關系有粒子出磁場后豎直方向的位移為所以OP兩點之間的距離為故D項錯誤。故選AC。【例2】如圖所示為一速度選擇器，兩極板MN之間的距離為d，極板間所加電壓為U，兩極板間有一磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．一束質(zhì)子流從左側(cè)兩板邊緣連線的中點沿兩板中心線進入板間區(qū)域，能夠沿直線運動，不計粒子重力．則下列說法正確的是()A．M極板接電源的負極B．質(zhì)子流的入射速度為eq\f(Bd,U)C．如果將質(zhì)子換成電子，從右側(cè)沿中心線以與質(zhì)子流相同的速率進入板間區(qū)域，則電子在該區(qū)域運動過程中電勢能增加D．如果換成一束α粒子，仍從左側(cè)沿中心線以與質(zhì)子流相同的速度進入板間區(qū)域，則α粒子同樣可以沿直線飛出該區(qū)域【答案】D【解析】質(zhì)子流從左側(cè)兩板邊緣連線的中點沿兩板中心線進入板間區(qū)域，所受的洛倫茲力垂直于M極板向上，因垂直于極板方向受力平衡，故靜電力方向垂直于M極板向下，即電場強度方向向下，M極板接電源的正極，故A錯誤；由平衡條件得qBv＝qeq\f(U,d)，解得質(zhì)子流的入射速度為v＝eq\f(U,Bd)，故B錯誤；如果將質(zhì)子換成電子，從右側(cè)沿中心線以與質(zhì)子流相同的速率進入板間區(qū)域，電子受到的靜電力和洛倫茲力都垂直于M極板向上，靜電力做正功，電勢能減少，故C錯誤；如果換成一束α粒子，仍從左側(cè)沿中心線以與質(zhì)子流相同的速度進入板間區(qū)域，所受洛倫茲力垂直于M極板向上，靜電力方向垂直于M極板向下，且有qαBv＝qαeq\f(U,d)，則α粒子同樣可以沿直線飛出該區(qū)域，故D正確．2磁流體發(fā)電機(1)原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而聚集在B、A板上，產(chǎn)生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉(zhuǎn)化為電能．(2)電源正、負極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出正離子偏向B板，圖中的B是發(fā)電機的正極．(3)發(fā)電機的電動勢：當發(fā)電機外電路斷路時，正、負離子所受靜電力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U，則qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，則E＝U＝Bdv.當發(fā)電機接入電路時，遵從閉合電路歐姆定律．【例1】如圖所示是磁流體發(fā)電機示意圖。平行金屬板a、b之間有一個很強的勻強磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量的等量正、負離子）垂直于磁場的方向噴入磁場，a、b兩板間便產(chǎn)生電壓。如果把a、b板與用電器相連接，a、b板就是等效直流電源的兩個電極。若磁場的磁感應強度為B，每個離子的電荷量大小為q、速度為v，a、b兩板間距為d，兩板間等離子體的等效電阻為r，用電器電阻為R。穩(wěn)定時，下列判斷正確的是（）A．圖中b板是電源的正極 B．電源的電動勢為BvqC．用電器中電流為 D．用電器兩端的電壓為Bvd【答案】AD【詳解】A．由左手定則，正離子受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn)，負離子受洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，b板為電源的正極，A正確；BCD．穩(wěn)定時，由平衡條件得電源電動勢為電流為用電器兩端的電壓故BC錯誤，D正確。故選AD?！纠?】．如圖磁流體發(fā)電機的長方體發(fā)電導管的前后兩個側(cè)面是絕緣體，上下兩個側(cè)面是電阻可忽略的導電電極，兩極間距為d，極板的長、寬分別為a、b，面積為S，這兩個電極與可變電阻R相連。在垂直于前后側(cè)面的方向上有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向由前向后．發(fā)電導管內(nèi)有電阻率為的高溫電離氣體——等離子體，等離子體以速度v向右流動，并通過專用通道導出。不計等離子體流動時的阻力，調(diào)節(jié)可變電阻的阻值，下列說法正確的是（

）A．磁流體發(fā)電機的電動勢為B．可變電阻R中的電流方向是從P到QC．當可變電阻的阻值為時，流過R的電流為D．當可變電阻的阻值為時，R消耗的電功率為最大值【答案】BCD【詳解】A．發(fā)電管和內(nèi)部的高溫電離氣體相當于電源，高溫電離氣體相當于內(nèi)阻．穩(wěn)定時即氣體離子不再偏轉(zhuǎn)，此時整理得發(fā)電機電動勢故A錯誤；B．根據(jù)左手定則可判斷等離子體中的正離子向上極板偏轉(zhuǎn)、負離子向下極板偏轉(zhuǎn)，即上極板為正極，故可變電阻R中的電流方向是從P到Q，故B正確；C．根據(jù)電流方向，判斷高溫電離氣體的橫截面積為S，長度為d，所以內(nèi)阻當可變電阻的阻值為R＝根據(jù)閉合電路歐姆定律得流過R的電流為I＝故C正確；D．當外電阻等于電源內(nèi)阻即R=r時外電路即可變電阻R消耗的電功率最大，最大值為故D正確。故選BCD?！纠?】如圖為磁流體發(fā)電機的示意圖，間距為d的平行金屬板A、B之間的磁場可看成勻強磁場，磁感應強度大小為B，板A、B和電阻R連接，將一束等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向噴入磁場，已知金屬板A、B的正對面積為S，A、B及其板間的等離子體的等效電阻率為，下列說法正確的是（）

A．金屬板A為正極 B．電阻R兩端的電壓為C．電阻R兩端的電壓為 D．流過電阻R的電流大小為【答案】B【詳解】A．根據(jù)左手定則可得，正離子向金屬板B，金屬板B為正極，金屬板A為負極。故A錯誤；D．根據(jù)穩(wěn)定時，等離子體滿足該發(fā)電機的電動勢為流過電阻的電流大小為故D錯誤；BC．電阻兩端電壓為故B正確；C