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高中物理高考 第3讲 带电粒子在复合场中的运动
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这是一份高中物理高考 第3讲 带电粒子在复合场中的运动，共49页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
第3讲 带电粒子在复合场中的运动
知识点 带电粒子在复合场中的运动 Ⅱ
1．组合场与叠加场
(1)组合场：静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出现。
(2)叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
知识点 带电粒子在复合场中运动的应用实例 Ⅰ
(一)电场、磁场分区域应用实例
1．质谱仪
(1)构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2。
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m。
由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。
r＝ ，m＝，＝。
2．回旋加速器
(1)构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。
(二)电场、磁场同区域并存的实例
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝qE，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带电，当q＝qv0B时，两极板间能达到最大电势差U＝Bv0d
电磁流量计
当q＝qvB时，有v＝，流量Q＝Sv＝
霍尔元件
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的两个面间出现了电势差，这种现象称为霍尔效应
一 堵点疏通
1．带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，必有mg＝qE，洛伦兹力提供向心力。( )
2．粒子速度选择器只选择速度大小，不选择速度方向。( )
3．回旋加速器中粒子获得的最大动能与加速电压有关。( )
4．带电粒子在重力、静电力(恒力)、洛伦兹力三个力作用下可以做变速直线运动。( )
5．质谱仪可以测带电粒子的比荷。( )
6．有的时候，题目中没明确说明时，带电粒子是否考虑重力，要结合运动状态进行判定。( )
答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1．(多选)如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．小球一定带负电
C．小球的绕行方向为顺时针
D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
答案 BC
解析 小球做匀速圆周运动，重力必与静电力平衡，则静电力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得，小球的绕行方向为顺时针方向，C正确；改变小球的速度大小，重力仍与静电力平衡，小球仍在洛伦兹力作用下做圆周运动，D错误。
2.(人教版选择性必修第二册·P11·T4改编)(多选)磁流体发电是一项新兴技术，如图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，磁感应强度为B。将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。A、B两板间距为d，等离子体以速度v沿垂直于磁场方向射入A、B两板之间，所带电荷量为q，则下列说法正确的是( )
A．A板是电源的正极 B.B板是电源的正极
C．电源的电动势为Bdv D.电源的电动势为qvB
答案 BC
解析 根据左手定则，带正电粒子向下偏转，所以B板带正电，为电源正极，A错误，B正确；最终带电粒子在静电力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝q，解得E＝Bdv，C正确，D错误。
3．(人教版选择性必修第二册·P16·图1.4－1改编)一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。
(1)求粒子进入磁场时的速率；
(2)求粒子打在照相底片D上的点到S3的距离。
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子被加速电场加速，有qU＝mv2－0
得v＝ 。
(2)带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有qvB＝
把v代入得r＝
粒子打在照相底片D上的点到S3的距离为
2r＝ 。
考点1 带电粒子在组合场中的运动
这类问题的特点是电场、磁场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，常见的有磁场、电场与无场区交替出现相组合的场等。其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用。
1．解题思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选用不同的规律处理。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
(4)选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，一般都是洛伦兹力提供向心力。
2．常见的基本运动形式
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
示意图
受力情况
只受恒定的静电力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt，y＝at2
a＝，tanθ＝
qvB＝，r＝
T＝，t＝
sinθ＝
做功情况
静电力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷永不做功
例1(2020·广东省汕头市高三一模) 如图，在y>0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y < 0的区域存在方向沿x轴负方向的匀强电场。第一个带电粒子先从y轴上的A点以大小为v的速度沿x轴正方向射出，之后从x轴上的C点进入电场时，速度方向与x轴垂直，最后经过y轴上的D点。已知A、C、D三点与原点O的距离都为L，不计重力。
(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)第二个相同的粒子也从A点射出，射出时速度的大小和方向都与第一个粒子不同，结果该粒子从x轴上的P点进入电场，此时速度方向仍与x轴垂直。已知P点与原点O的距离为2L。求该粒子从A点出发经过多长时间再次到达y轴？(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)
(1)第一个带电粒子从A点垂直y轴进入磁场，从C点垂直x轴出磁场，则在磁场中的运动半径为多少？
提示：L。
(2)若第二个粒子速度大小方向都不同，从P点垂直x轴进入电场，请试着画出轨迹。
提示：如图所示。
尝试解答 (1)2vB (2)
(1)设带电粒子的电荷量为q，质量为m，第一个粒子在磁场中做匀速圆周运动，则qvB＝
根据题意，有r＝L
带电粒子在电场中做类平抛运动，有
qE＝ma
L＝at2
L＝vt
联立解得E＝2vB。
(2) 设第二个粒子的速度大小为v′，在匀强磁场中有qv′B＝m
在磁场中的运动情况如图所示，由几何关系可得r′2＝L2＋(2L－r′)2
联立解得r′＝L，v′＝v
图中θ角满足sinθ＝＝，即θ＝53°
粒子在磁场中的运动时间t1＝·T
而周期为T＝
联立解得t1＝
设粒子进入电场中，经过时间t2到达y轴，则
2L＝at
解得t2＝
该粒子从A点运动到再次经过y轴的时间
t总＝t1＋t2＝。
带电粒子在组合场中运动的处理方法
(1)解决带电粒子在组合场中运动问题的思路
(2)常用物理规律
①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识等分析；
②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理。
(3)解题关键：从一种场进入另一种场时衔接速度不变。
[变式1] (2020·河北省高三4月联考)如图，在xOy平面直角坐标系中，第一象限有一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，第二象限有一平行于x轴向右的匀强电场。一重力可忽略不计的带电粒子，质量为m，所带电荷量为q，该粒子从横轴上x＝－d处以大小为v0的速度平行于y轴正方向射入匀强电场，从纵轴上y＝2d处射出匀强电场。
(1)求电场强度的大小；
(2)已知磁感应强度大小B＝，求带电粒子从x轴射出磁场时的坐标。
答案 (1) (2)(2d,0)
解析 (1)在第二象限内，粒子沿y轴正方向做匀速直线运动，沿x轴正方向做匀加速直线运动，则
沿y轴方向有2d＝v0t
沿x轴方向有d＝at2
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得E＝。
(2)带电粒子出电场时，
vx＝at＝v0
v＝ ＝v0
设v与y轴正方向的夹角为α，
则tanα＝＝1
可知α＝45°
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图，
有qvB＝m
解得r＝d
根据几何知识可知带电粒子射出磁场时，横坐标x＝2d
所以带电粒子从x轴射出磁场时的坐标为(2d,0)。
考点2 带电粒子(带电体)在叠加场中的运动
1.带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动
(1)静电力、重力并存
静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简单。
(2)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体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。
(3)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电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。
(4)静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，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。
2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在叠加场中受轻杆、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出结果。
特别提醒：是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明是否需要考虑重力时则按说明分析。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
例2 (2020·福建省漳州市模拟) (多选)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是( )
A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小
B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小
C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小
D．小球的动能恒定不变
(1)小球在静电力、洛伦兹力、重力三个力的作用下做直线运动，那么这三个力满足什么条件？
提示：这三个力的合力为零。
(2)小球可能带正电也可能带负电，结合重力和静电力方向我们能不能画出洛伦兹力的大致方向呢？
提示：能。
尝试解答 选CD。
根据题意，小球受的重力、静电力恒定，洛伦兹力垂直于速度，则小球所受三力恰好平衡，做匀速直线运动，则小球的动能不变，故D正确；若小球带正电，小球受力如图1，根据左手定则可知，小球斜向左下方运动，静电力做负功，电势能增大，故A错误；若小球带负电，小球受力如图2，根据左手定则可知，小球斜向右下方运动，静电力做负功，电势能增大，故B错误；无论小球带何种电荷，小球都下降，小球的重力势能都减小，故C正确。
带电粒子(带电体)在叠加场中运动的解题思路
(1)弄清叠加场的组成，一般有磁场、电场的叠加，电场、重力场的叠加，磁场、重力场的叠加，磁场、电场、重力场三者的叠加。
(2)正确分析受力，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。
(3)确定带电粒子(带电体)的运动状态，注意运动情况和受力情况可能会相互影响。
(4)画出粒子(带电体)运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
(5)对于粒子(带电体)连续通过几个不同叠加场的问题，要分阶段进行处理。衔接点的速度不变往往是解题的突破口。
[变式2－1] (多选)如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，垂直纸面向里，电场强度大小为E＝，水平向左。在正交的电磁场空间中有一固定的粗细均匀的足够长粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动。已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝
B．若小球沿杆向下的初速度v＝，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止
C．若小球沿杆向下的初速度v＝，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止
D．若小球沿杆向下的初速度v＝，则从开始运动至稳定，小球克服摩擦力做功为
答案 BD
解析 根据题意可知小球受力平衡，静电力F＝qE＝mg，静电力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，小球不受杆的摩擦力和弹力，则2mg＝qv0B，所以v0＝，A错误；当v＝时，qvB＝mgG′，则小球受到垂直于杆斜向下的弹力，且G′＋FN＝qvB，同时受到沿杆向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可知f＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度不断减小的减速运动，当v＝时，qvB＝2mg＝G′，小球不受摩擦力作用，开始做匀速直线运动，C错误；同理，当v＝时，小球先做加速度不断减小的减速运动，当v＝时开始做匀速直线运动，根据动能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝m2－m2＝，D正确。
[变式2－2] (2020·黑龙江省大庆中学高三下开学考试)如图所示，虚线MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场(图中未画出)和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，虚线MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电场。水平线段AP与MN相交于O点。在A点有一质量为m、电荷量为＋q的带电质点，以大小为v0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A与O点间的距离为，虚线MN右侧电场强度为，重力加速度为g。求：
(1)MN左侧区域内电场强度的大小和方向；
(2)带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O点？并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；
(3)带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小vP。
答案 (1) 方向竖直向上 (2)60° 轨迹见解析 (3)v0
解析 (1)质点在左侧区域受重力、静电力和洛伦兹力作用做匀速圆周运动，可得重力和静电力等大反向，洛伦兹力提供向心力；所以静电力qE左＝mg，方向竖直向上，即MN左侧区域内电场强度大小E左＝，方向竖直向上。
(2)质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：Bv0q＝，
得带电质点的轨道半径R＝，
则dAO＝＝R；
质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点在最右侧，所以，粒子从A到O的运动轨迹为劣弧，
根据左手定则可得，质点沿逆时针方向做圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示；
根据几何关系可得，带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角θ＝arcsin＝60°。
(3)质点在MN左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得，质点在O点的竖直分速度vy＝v0sin60°＝v0，
水平分速度vx＝v0cos60°＝v0；
质点从O运动到P的过程受重力和静电力作用，故水平、竖直方向都做匀变速直线运动，
质点从O运动到P时竖直位移为零，则该过程质点的运动时间t＝＝，
质点在P点的竖直分速度vyP＝vy＝v0，
水平分速度vxP＝vx＋t＝v0＋g·＝v0，
所以带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小vP＝＝v0。
考点3 带电粒子在交变场中的运动
交变场是指电场、磁场在某一区域内随时间做周期性变化，带电粒子在交变场中的运动问题涉及的物理过程比较复杂。粒子在交变场中的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子进入场的时刻有关。
周期性变化的电磁场会使带电粒子顺次历经不同特点的电磁场，从而表现出“多过程”现象。所以最好画出粒子的运动轨迹草图，并把粒子的运动分解成多个阶段分别列方程联立求解。
例3 (2020·河北省唐山市一模)在如图甲所示直角坐标系xOy中，x轴上方空间分布着竖直向上的匀强电场，场强大小为E＝。在第一象限(包括x和y轴的正半轴)存在垂直坐标平面的周期性变化的磁场，磁感应强度的大小B0＝，变化规律如图乙所示，规定垂直坐标平面向外为磁场正方向。一带电荷量为＋q、质量为m的小球P被锁定在坐标原点，带电小球可视为质点。t＝0时刻解除对P球的锁定，1 s末带电小球P运动到y轴上的A点。此后匀强电场方向不变，大小变为原来的一半。已知重力加速度为10 m/s2，求：(题中各物理量单位均为国际单位制的单位)
(1)小球P运动到A点时的速度大小和位移大小；
(2)定性画出小球P运动的轨迹(至少在磁场中运动两个周期)并求出小球进入磁场后的运动周期；
(3)若周期性变化的磁场仅存在于某矩形区域内，区域左边界与y轴重合，下边界与过A点平行于x轴的直线重合。为保证带电小球离开磁场时的速度方向沿y轴正方向，则矩形磁场区域的水平及竖直边长应同时满足什么条件？
(1)小球从O到A在静电力和重力作用下做什么运动？
提示：匀加速直线运动。
(2)小球在磁场中做圆周运动的周期就是进入磁场后的运动周期吗？
提示：不是。
尝试解答 (1)10 m/s 5 m (2)轨迹见解析 6 s (3)Lx≥ m，Ly＝ m(n＝1,2,3…)
(1)根据牛顿第二定律和运动学公式得
qE－mg＝ma
v＝at
x1＝at2
代入数据解得v＝10 m/s，x1＝5 m。
(2)根据题意，1 s末小球进入磁场后，小球所受重力和静电力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得qvB0＝
圆周运动周期T1＝＝＝4 s
即小球在1～2 s顺时针转过四分之一圆周，接下来2～3 s做匀速直线运动，3～5 s逆时针转过半个圆周，5～6 s做匀速直线运动，6～7 s顺时针转过四分之一圆周，则带电小球进入磁场后的运动周期T＝6 s。
画出小球的运动轨迹，如图所示：
(3)带电小球做一次匀速直线运动的位移x＝vt
要使带电小球沿y轴正方向离开磁场需满足
Lx≥2R＋x
Ly＝2nR(n＝1,2,3…)
联立解得Lx≥ m，Ly＝ m(n＝1,2,3…)。
1.解决带电粒子在交变电磁场中运动问题的基本思路
2．解决带电粒子在交变电磁场中运动问题的注意事项
电场或磁场周期性变化，或者二者都周期性变化，在某段时间内，电场、磁场、重力场可能只存在其中之一、可能存在其中之二，也可能三者同时存在，导致带电粒子的运动出现多样性。
求解带电粒子在交变电磁场中的运动的方法，就是各个击破，分段分析。首先相信，命题者设计的带电粒子的运动一定是很规律的运动，如匀速直线运动、类平抛运动、圆周运动，每段时间内电场强度的大小和方向、磁感应强度的大小和方向、每段时间的长短都是精心“算出来”的，所以当我们分析某段运动毫无规律时，一般是我们算错了，需认真核实。
[变式3] (2020·江苏省七市第二次调研)如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，O、O1为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧，存在上下范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界。现有质量为m、电荷量为＋q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计。
(1)C、D板间加恒定电压U，C板为正极板，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到O1的时间t；
(2)C、D板间加如图乙所示的电压，U0为已知量，周期T是未知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔时具有最大速度，求周期T应满足的条件和粒子到达O1孔的最大速度vm；
(3)磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0＝。t′＝0时，粒子从O1孔沿OO1延长线方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v应满足的条件。
答案 (1) d (2)T≥2
(3)v≤
解析 (1)板间匀强电场的场强E＝
粒子在板间的加速度a＝
根据运动学公式有d＝at2
解得t＝d。
(2)粒子一直加速到达O1孔时速度最大，设粒子从O到O1经历的时间为t0，则t0＝d≤
解得T≥2；
由动能定理有qU0＝mv－0
解得vm＝ 。
(3)当磁感应强度分别为B0、2B0时，设粒子在磁场中的圆周运动半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2
根据洛伦兹力提供向心力有qvB0＝m
解得r1＝
且有T1＝＝2T0
同理可得r2＝＝，T2＝＝T0
故0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～2T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，2T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～3T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，3T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示
由几何关系有r1＋r2≤L
解得v≤。
考点4 带电粒子在电磁场中运动的应用实例分析
1.质谱仪的原理和分析
将质量不同、电荷量相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场。各粒子由于轨道半径不同而分离，其轨道半径r＝＝＝＝ 。在上式中，B、U、q对同一元素均为常量，故r∝，根据不同的轨道半径，就可计算出粒子的质量或比荷。
2．回旋加速器的原理和分析
(1)带电粒子在两D形盒中的回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关。
交变电压的频率f＝＝(当粒子的比荷或磁感应强度改变时，同时也要调节交变电压的频率)。
(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。
(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，rn＝，nqU＝mv，n为加速次数。各半径之比为1∶∶∶…。
(4)粒子的最大速度vm＝，粒子的最大动能Ekm＝mv＝，可见带电粒子加速后的能量取决于D形盒的半径R和磁场的强弱。
(5)回旋加速的次数
粒子每加速一次动能增加qU，故需要加速的次数n＝，转动的圈数为。
(6)粒子运动时间
粒子运动时间由加速次数n决定，在磁场中的运动时间t1＝T；在电场中的加速时间t2＝或t2＝ ，其中a＝，d为狭缝的宽度。在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2。
3．霍尔元件的原理和分析
(1)霍尔效应：高为h、宽为d的导体(或半导体)置于匀强磁场B中，当电流通过导体(或半导体)时，在导体(或半导体)的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
(2)电势高低的判断：导电的载流子有正电荷和负电荷两种。以靠电子导电的金属为例，如图，金属导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，下表面A′的电势高。正电荷导电时则相反。
(3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(UH)就保持稳定。由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立得UH＝＝k，k＝称为霍尔系数。
速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计与霍尔元件类似，均以平衡方程qE＝qvB为基础，就不多做介绍了。
例4 (2020·吉林省吉林市高三二调) (多选)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则( )
A．速度选择器中的电场方向水平向右，且三种粒子均带正电
B．三种粒子的速度大小均为
C．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大
D．如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为
(1)如何判断粒子的电性以及速度选择器中电场的方向？
提示：先依据粒子在MN下方磁场中的偏转判断粒子电性，然后根据平衡条件判断速度选择器中的电场方向。
(2)如何求粒子的质量？
提示：依据粒子的轨道半径求粒子质量。
尝试解答 选ACD。
根据粒子在磁场B2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向左，静电力应水平向右，知电场方向水平向右，故A正确；三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qE＝qvB1，得v＝，故B错误；粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，得R＝，若三种粒子的电荷量相等，则轨道半径与粒子质量成正比，故打在P3点的粒子质量最大，故C正确；P1、P3两点间距Δx＝2R3－2R1＝－＝(m3－m1)＝Δm，解得打在P1、P3两点的粒子质量差为Δm＝，故D正确。
带电粒子在电磁场中运动的应用实例主要分为两类
(1)在组合场中的运动。解决这类应用问题，关键是将过程分段处理，注意衔接处的物理量关系。
(2)在叠加场中的运动。这类应用基本以平衡方程qE＝qvB为基础。解决这类问题，关键是构建物理模型，再运用相关物理规律进行分析计算。
[变式4－1] (2020·江苏省启东市高三下期初考试)(多选)2019年底，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则( )
A．a侧电势比c侧电势高
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
C．若污水从右侧流入测量管，显示仪器示数为负值，将磁场反向则示数为正值
D．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
答案 AC
解析 根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则仪器显示a侧电势比c侧电势高，故A正确；根据qvB＝q可得U＝BDv，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，故B错误；若污水从右侧流入测量管，则磁场力使得正离子偏向c侧，则c侧电势高，显示仪器示数为负值，将磁场反向，则磁场力使得正离子偏向a侧，示数为正值，故C正确；污水流量Q＝Sv＝πD2×＝，则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，故D错误。
[变式4－2] (2021·八省联考江苏卷)跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小相等、方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度为E，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出，引出时的动能为Ek。已知K、Q的距离为d。
(1)求粒子出射前经过加速电场的次数N；
(2)求磁场的磁感应强度大小B；
(3)如果在Δt时间内有一束该种粒子从P点连续飘入电场，粒子在射出K之前都未相互碰撞，求Δt的范围。
答案 (1) (2)
(3)Δt< ＋πd
解析 (1)根据题意，由动能定理可得N·qEL＝Ek
可解得N＝。
(2)设粒子从K射出时速度为v，在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
在磁场中最后半圈的半径r＝
联立可解得B＝ 。
(3)粒子运动第一圈的过程中，若第一个粒子运动一圈回到P时最后一个粒子还未飘入P或刚好飘入P，则会发生碰撞，即Δt应小于粒子运动一圈的总时间t总。粒子从P加速至Q的过程，由牛顿第二定律可知a＝
由运动学公式有v＝2aL
该过程的时间t1＝
粒子在磁场Ⅱ中运动半周后匀速穿过中间宽为L的区域，再转回磁场Ⅰ运动半周，这个过程在磁场中运动的时间t2＝T＝
其中r1＝
匀速向左穿过中间宽为L区域的时间t3＝
粒子运动一圈的总时间t总＝t1＋t2＋t3
联立上述各式可解得t总＝ ＋πd
由前面分析可知Δt
满分指导4 带电粒子在复合场中的运动问题规范求解
【案例剖析】
(20分)如图所示，①在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，②距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、③电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，①在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。
(1)求④电场强度的大小和方向；
(2)⑤要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；
(3)若⑥粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。
[审题 抓住信息，准确推断]
关键信息
信息挖掘
题干
①竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域存在匀强磁场，重力加速度为g；粒子在两边界之间做圆周运动
粒子在复合场中做匀速圆周运动
②距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h
KP＝LQ＝h
KL＝1.8h
③粒子从P点垂直NS边界射入
入射速度水平向右
问题
④电场强度的大小和方向
粒子在两边界之间做圆周运动，则静电力与重力大小相等、方向相反
⑤要使粒子不从NS边界飞出，求vmin
有边界磁场的临界问题
⑥粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值
粒子运动整数个周期恰好到达与P等高的Q
[破题 形成思路，快速突破]
(1)粒子在两边界之间做圆周运动，受静电力、磁场力，考虑重力吗？重力和静电力的关系是什么？
提示：必须考虑重力，且重力和静电力大小相等、方向相反。
(2)要使粒子不从NS边界飞出，在上、下两部分区域，粒子运动轨迹应如何画？
提示：根据题意，画出粒子速度非最小时的运动轨迹，然后让速度减小，从轨迹变化中寻找当速度最小时的运动轨迹，根据相关几何关系求出最小速度，注意轨迹的对称性及与边界相切的情况。
(3)要使粒子能经过Q点从MT边界飞出，从P点经上、下两个区域转到与Q点等高的地方为一个周期，向右移动的水平距离为L，则应满足什么条件，才能刚好转到Q点？
提示：nL＝1.8h，n为正整数。
[解题 规范步骤，水到渠成]
(1)设电场强度大小为E，
由题意有mg＝qE，(1分)
得E＝，方向竖直向上。(2分)
(2)如图1所示，设粒子不从NS边界飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ。
由r＝，(1分)
有r1＝，r2＝r1，(2分)
又由(r1＋r2)sinφ＝r2，(1分)
r1＋r1cosφ＝h，(1分)
得vmin＝(9－6)。(2分)
(3)如图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1′和r2′，粒子第一次通过KL时距K点距离为x，圆心O1′O2′连线与NS的夹角为φ′，则仍有r2′＝r1′，(1分)
由题意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)，(1分)
x＋＝r1′sinφ′＋r2′sinφ′≥(r1＋r2)sinφ＝r2，即
得x≥，(2分)
x＝，(1分)
得r1′＝，n≤<4，(1分)
又Bqv＝，则v＝，n<4。(1分)
n＝1时，v＝；(1分)
n＝2时，v＝；(1分)
n＝3时，v＝。(1分)
[点题 突破瓶颈，稳拿满分]
对于带电粒子在复合场中的运动问题，应充分挖掘题目中关键信息，认真进行受力分析和运动过程分析，分过程、分步骤、规范解题，步步得分。
1．(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图a是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图b所示。图b中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案 D
解析 由于电子带负电，电子束在M、N之间加速，则M、N间的电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M处的电势低于N处的电势，故A错误；根据eU＝mv2可知，增大M、N之间的加速电压会增大电子束进入偏转磁场的速度v，电子在偏转磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力，有evB＝m，可得r＝，可知v增大时电子在偏转磁场中的偏转半径增大，根据几何关系可知，电子在偏转磁场中的偏转角度减小，故P点会右移，故B错误；电子在偏转磁场中向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B选项的分析可知，增大偏转磁场磁感应强度的大小，电子的偏转半径减小，偏转角度增大，可使P点左移，故D正确。
2．(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( )
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
答案 D
解析 由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝，D正确。
3．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度
答案 C
解析 由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，有Eq＝qvB，则v＝，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时的速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。
4．(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
答案 (1) (2)
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m②
粒子运动的轨迹如图，
由几何关系知d＝r③
联立①②③式得＝。④
(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s＝＋rtan30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝⑥
联立②③④⑤⑥式得t＝。
5.(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
答案 (1) (2)1∶4
解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。
同理有q2U＝m2v⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。
6．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
答案 (1)轨迹见解析 (2)
(3)
解析 (1)粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcosθ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝⑤
由几何关系得l＝2Rcosθ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cot⑧
联立①②③⑦⑧式得＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，
则t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝⑪
联立③⑦⑨⑩⑪式得t′＝。
7．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案 (1)h (2) (3)(－1)h
解析 (1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1＝v1t1①
h＝a1t②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°，则H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③
联立以上各式得s1＝h。④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝ ⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧
联立以上各式得B＝ 。⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv⑩
由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2＝v2t2⑫
h＝a2t⑬
v2′＝ ⑭
sinθ2＝⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′。⑯
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1⑰
所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sinθ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝(－1)h。
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共6小题，每小题10分，共60分。其中 1～5题为单选，第6题为多选)
1．(2020·北京市朝阳区高三上期末)在光滑水平面上，细绳的一端拴一带正电的小球，小球绕细绳的另一端O沿顺时针做匀速圆周运动，水平面处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，如图所示(俯视)。某时刻细绳突然断裂，则下列推断正确的是( )
A．小球将离圆心O越来越远，且速率越来越小
B．小球将离圆心O越来越远，且速率保持不变
C．小球将做匀速圆周运动，运动周期与绳断前的周期一定相等
D．小球将做匀速圆周运动，运动半径与绳断前的半径可能相等
答案 D
解析 由左手定则可知，小球所受洛伦兹力背离圆心向外，当细绳断裂后，小球将在洛伦兹力作用下沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A、B错误；根据牛顿第二定律，细绳断裂前，小球做圆周运动的向心力F向＝T－qvB，细绳断裂后，有F向′＝Bvq，若F向′＝F向，根据公式F＝m、T＝，则细绳断裂前后，小球做圆周运动的半径、周期均相同，若F向′≠F向，则其运动半径、周期均不同，故C错误，D正确。
2．(2020·山东省济宁市兖州区高三下网络模拟)如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )
A．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
B．在Ekt图像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．不同粒子获得的最大动能都相同
答案 B
解析 根据T＝，可知粒子做圆周运动的周期不变，在Ekt图像中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，故B正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2(tn－tn－1)，故A错误；设D形盒的半径为r，根据r＝，解得vm＝，故最大动能Ekm＝mv＝，可知粒子获得的最大动能与D形盒的半径r有关，D形盒的半径r越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关，故C错误；粒子获得的最大动能Ekm＝mv＝，与粒子比荷以及B和r有关，即不同粒子获得的最大动能不同，故D错误。
3．(2020·浙江省杭州市学军中学高三下学期选考冲刺模拟)在磁场中放置一块矩形通电导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上产生电势差，这个现象叫霍尔效应，所产生的电压叫霍尔电压。图甲为霍尔效应的原理示意图，图中霍尔电压UH＝；如图乙所示，在自行车的前叉上固定一霍尔元件，在前轮辐条上安装一块磁体，这样，轮子每转一周，磁体就靠近霍尔传感器一次，便可测出某段时间内的脉冲数，从而得到自行车的平均速度并通过速度计显示出来，设自行车前轮的半径为R，磁体到前轮转轴的距离为r，则下列说法正确的是( )
A．若霍尔元件的载流子是负电荷，则图甲中C端电势高于D端电势
B．如果长时间不更换传感器的电池，霍尔电压会越来越大
C．如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车骑行的平均速度为
D．若前轮漏气，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏小
答案 C
解析 若霍尔元件的载流子是负电荷，根据左手定则，当通入图甲中所示方向的电流时，负电荷所受洛伦兹力方向向左，负电荷累积到C端，C端电势低，故A错误；若长时间不更换传感器的电池，则通过霍尔元件的电流I将减小，据UH＝，可知霍尔电压将减小，故B错误；如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车的转速为n＝，平均速度为v＝2πnR＝，故C正确；若前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数小，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏大，故D错误。
4.(2020·天津市塘沽一中高三二模)如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径(OP)为R，通道内有均匀辐向分布的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．速度选择器的极板P1的电势比极板P2的低
B．粒子的速度v＝
C．粒子的比荷为
D．P、Q两点间的距离为
答案 C
解析 由题图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，由左手定则可知，该粒子带正电；粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力方向向上；由于粒子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的静电力的方向向下，则电场的方向向下，即极板P1的电势比极板P2的高，故A错误。粒子在速度选择器内受力平衡，则qE1＝qvB1，可得v＝，故B错误。粒子在静电分析器内受到的静电力提供向心力，则qE＝，联立可得粒子的比荷＝＝，故C正确。粒子在磁分析器内做匀速圆周运动，受到的洛伦兹力提供向心力，则qvB＝，联立可得r＝，P、Q两点间的距离为2r＝，故D错误。
5．(2021·北京市朝阳区校际联考)如图所示为磁聚焦法测量比荷的原理图。在阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P射出。小孔P与荧光屏中心O点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器C和荧光屏S之间加一平行PO的匀强磁场，经过一段时间电子再次会聚在一点。调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次会聚在荧光屏的O点。已知K、A之间的加速电压为U，C与S之间磁场的磁感应强度为B，发散点到O点的距离为l。下列说法正确的是( )
A．电子通过电容器后速度方向相同
B．从右侧往左侧看，电子做圆周运动的半径相同
C．所有电子从发散到再次会聚所用的时间相同
D．电子的比荷＝
答案 C
解析 在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，故电子通过电容器后速度方向不同，A错误；经交变电场后电子发生不同程度的偏转，故经交变电场后电子在垂直PO方向上的速度不同，此时由洛伦兹力提供向心力，有m＝Bev⊥，得r＝，故从右侧往左侧看，电子做圆周运动的半径不同，B错误；在PO方向上电子做匀速运动，速度大小相同，故所有电子从发散到再次会聚所用的时间相同，C正确；从发散点到再次会聚点，两个方向的分运动时间相等，则t直＝t圆，电子经过加速电场有eU＝mv，电子射出电容器后在PO方向做匀速直线运动，有t直＝，电子在垂直于PO的方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有ev⊥B＝m，T＝＝，t圆＝T，联立解得＝，故D错误。
6.如图所示，在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
D．小球向下运动的稳定速度为
答案 CD
解析 小球静止时只受静电力、重力、弹力及摩擦力，静电力水平向左，弹力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，对小球由牛顿第二定律有mg－μEq＝ma，小球的加速度为a＝g－，小球速度将增大，受到洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向弹力将减小，摩擦力减小，故加速度先增大，故A错误。在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故小球的机械能和电势能的总和将减小，故B错误。当洛伦兹力大小等于静电力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，直到加速度减小为零后做匀速直线运动；故加速度为最大加速度的一半时有两种情况，一种是洛伦兹力小于静电力的情况，另一种是洛伦兹力大于静电力的情况，当洛伦兹力小于静电力时有：＝，解得：v1＝；当洛伦兹力大于静电力时有：＝，解得：v2＝，故C正确。当加速度等于零时，速度最大且保持稳定，有：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝，故D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共40分)
7.(2021·广东省六校联盟高三上第一次联考)(20分)如图所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平方向成30°角斜向左上方(图中未画出)，电场强度大小E＝；两板间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也分别为B和E。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入两板间。
(1)求小球刚进入两平行板间时的速度v的大小和方向；
(2)若小球进入两板间后，经过时间t撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t。
答案 (1) 方向与MN成60°角斜向右下方
(2)d≥
解析 (1)受力分析可知带正电的小球在MN板上方电磁场中做匀速直线运动，小球受力平衡，如图1所示。
小球所受静电力F电＝qE＝mg，方向与水平方向成30°角斜向左上方，重力mg竖直向下，
则小球所受洛伦兹力F洛＝qvB＝mg，方向与水平方向成30°角斜向右上方
解得v＝
由左手定则可知，速度方向与MN成θ＝60°角斜向右下方。
(2)依题知qE＝mg
故小球在两板间做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝m
解得r＝2g
且T＝＝
分析可知，在小球速度水平向左时，撤去板间电场，如图2所示
由qvB＝mg可知，小球处于平衡状态，将向左做匀速直线运动
由几何关系得d≥r＋rcosθ＝
且t＝T＝。
8.(2021·八省联考湖北卷)(20分)在如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为φ(60°<φ<90°)，不计重力。
(1)求带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度ω；
(2)带电粒子每次离开磁场进入电场后，都从O点离开电场进入磁场，从而形成周期性运动，求电场强度的大小E和粒子运动周期T；
(3)当粒子运动到磁场区离y轴最远处时，有一个质量为m、速度大小为v0、方向沿y轴负方向的电中性粒子与带电粒子发生弹性正碰，在碰撞过程中没有电荷转移。求碰撞以后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离L。
答案 (1) (2)Bv0cosφ (tanφ＋π－φ)
(3)(sinφ＋)
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝mωv0
解得ω＝。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m
解得r＝
进入电场时的速度方向与y轴正向成φ角，则到达y轴时与O点的距离为y＝2rsinφ＝
在磁场中运动一次的时间
t1＝·＝
进入电场后沿y轴正向做匀速直线运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，
则v0cosφ·t2＝y，at2＝2v0sinφ，a＝
联立解得E＝Bv0cosφ，t2＝
粒子运动周期T＝t1＋t2＝(tanφ＋π－φ)。
(3)当带电粒子运动到磁场区离y轴最远处时，速度方向沿y轴负向，带电粒子与不带电的粒子相碰时，由动量守恒定律和总动能不变得
mv0＋m·v0＝mv1＋mv2
mv＋m·2＝mv＋mv
联立解得v1＝v0，v2＝v0
则此后带电粒子做圆周运动的轨道半径为
r′＝r＝
则之后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离
L＝rsinφ＋
解得L＝(sinφ＋)。
第3讲 带电粒子在复合场中的运动
知识点 带电粒子在复合场中的运动 Ⅱ
1．组合场与叠加场
(1)组合场：静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出现。
(2)叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方向相同
②负电荷受力方向与场强方向相反
静电力做功与路径无关
W＝qU
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
知识点 带电粒子在复合场中运动的应用实例 Ⅰ
(一)电场、磁场分区域应用实例
1．质谱仪
(1)构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2。
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m。
由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。
r＝ ，m＝，＝。
2．回旋加速器
(1)构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。
(二)电场、磁场同区域并存的实例
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝qE，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带电，当q＝qv0B时，两极板间能达到最大电势差U＝Bv0d
电磁流量计
当q＝qvB时，有v＝，流量Q＝Sv＝
霍尔元件
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的两个面间出现了电势差，这种现象称为霍尔效应
一 堵点疏通
1．带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，必有mg＝qE，洛伦兹力提供向心力。( )
2．粒子速度选择器只选择速度大小，不选择速度方向。( )
3．回旋加速器中粒子获得的最大动能与加速电压有关。( )
4．带电粒子在重力、静电力(恒力)、洛伦兹力三个力作用下可以做变速直线运动。( )
5．质谱仪可以测带电粒子的比荷。( )
6．有的时候，题目中没明确说明时，带电粒子是否考虑重力，要结合运动状态进行判定。( )
答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1．(多选)如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．小球一定带负电
C．小球的绕行方向为顺时针
D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
答案 BC
解析 小球做匀速圆周运动，重力必与静电力平衡，则静电力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得，小球的绕行方向为顺时针方向，C正确；改变小球的速度大小，重力仍与静电力平衡，小球仍在洛伦兹力作用下做圆周运动，D错误。
2.(人教版选择性必修第二册·P11·T4改编)(多选)磁流体发电是一项新兴技术，如图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，磁感应强度为B。将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。A、B两板间距为d，等离子体以速度v沿垂直于磁场方向射入A、B两板之间，所带电荷量为q，则下列说法正确的是( )
A．A板是电源的正极 B.B板是电源的正极
C．电源的电动势为Bdv D.电源的电动势为qvB
答案 BC
解析 根据左手定则，带正电粒子向下偏转，所以B板带正电，为电源正极，A错误，B正确；最终带电粒子在静电力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝q，解得E＝Bdv，C正确，D错误。
3．(人教版选择性必修第二册·P16·图1.4－1改编)一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。
(1)求粒子进入磁场时的速率；
(2)求粒子打在照相底片D上的点到S3的距离。
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子被加速电场加速，有qU＝mv2－0
得v＝ 。
(2)带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有qvB＝
把v代入得r＝
粒子打在照相底片D上的点到S3的距离为
2r＝ 。
考点1 带电粒子在组合场中的运动
这类问题的特点是电场、磁场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，常见的有磁场、电场与无场区交替出现相组合的场等。其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用。
1．解题思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选用不同的规律处理。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
(4)选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，一般都是洛伦兹力提供向心力。
2．常见的基本运动形式
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
示意图
受力情况
只受恒定的静电力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt，y＝at2
a＝，tanθ＝
qvB＝，r＝
T＝，t＝
sinθ＝
做功情况
静电力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷永不做功
例1(2020·广东省汕头市高三一模) 如图，在y>0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y < 0的区域存在方向沿x轴负方向的匀强电场。第一个带电粒子先从y轴上的A点以大小为v的速度沿x轴正方向射出，之后从x轴上的C点进入电场时，速度方向与x轴垂直，最后经过y轴上的D点。已知A、C、D三点与原点O的距离都为L，不计重力。
(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)第二个相同的粒子也从A点射出，射出时速度的大小和方向都与第一个粒子不同，结果该粒子从x轴上的P点进入电场，此时速度方向仍与x轴垂直。已知P点与原点O的距离为2L。求该粒子从A点出发经过多长时间再次到达y轴？(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)
(1)第一个带电粒子从A点垂直y轴进入磁场，从C点垂直x轴出磁场，则在磁场中的运动半径为多少？
提示：L。
(2)若第二个粒子速度大小方向都不同，从P点垂直x轴进入电场，请试着画出轨迹。
提示：如图所示。
尝试解答 (1)2vB (2)
(1)设带电粒子的电荷量为q，质量为m，第一个粒子在磁场中做匀速圆周运动，则qvB＝
根据题意，有r＝L
带电粒子在电场中做类平抛运动，有
qE＝ma
L＝at2
L＝vt
联立解得E＝2vB。
(2) 设第二个粒子的速度大小为v′，在匀强磁场中有qv′B＝m
在磁场中的运动情况如图所示，由几何关系可得r′2＝L2＋(2L－r′)2
联立解得r′＝L，v′＝v
图中θ角满足sinθ＝＝，即θ＝53°
粒子在磁场中的运动时间t1＝·T
而周期为T＝
联立解得t1＝
设粒子进入电场中，经过时间t2到达y轴，则
2L＝at
解得t2＝
该粒子从A点运动到再次经过y轴的时间
t总＝t1＋t2＝。
带电粒子在组合场中运动的处理方法
(1)解决带电粒子在组合场中运动问题的思路
(2)常用物理规律
①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识等分析；
②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理。
(3)解题关键：从一种场进入另一种场时衔接速度不变。
[变式1] (2020·河北省高三4月联考)如图，在xOy平面直角坐标系中，第一象限有一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，第二象限有一平行于x轴向右的匀强电场。一重力可忽略不计的带电粒子，质量为m，所带电荷量为q，该粒子从横轴上x＝－d处以大小为v0的速度平行于y轴正方向射入匀强电场，从纵轴上y＝2d处射出匀强电场。
(1)求电场强度的大小；
(2)已知磁感应强度大小B＝，求带电粒子从x轴射出磁场时的坐标。
答案 (1) (2)(2d,0)
解析 (1)在第二象限内，粒子沿y轴正方向做匀速直线运动，沿x轴正方向做匀加速直线运动，则
沿y轴方向有2d＝v0t
沿x轴方向有d＝at2
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得E＝。
(2)带电粒子出电场时，
vx＝at＝v0
v＝ ＝v0
设v与y轴正方向的夹角为α，
则tanα＝＝1
可知α＝45°
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图，
有qvB＝m
解得r＝d
根据几何知识可知带电粒子射出磁场时，横坐标x＝2d
所以带电粒子从x轴射出磁场时的坐标为(2d,0)。
考点2 带电粒子(带电体)在叠加场中的运动
1.带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动
(1)静电力、重力并存
静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简单。
(2)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体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。
(3)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电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。
(4)静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，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。
2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在叠加场中受轻杆、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出结果。
特别提醒：是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明是否需要考虑重力时则按说明分析。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
例2 (2020·福建省漳州市模拟) (多选)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是( )
A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小
B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小
C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小
D．小球的动能恒定不变
(1)小球在静电力、洛伦兹力、重力三个力的作用下做直线运动，那么这三个力满足什么条件？
提示：这三个力的合力为零。
(2)小球可能带正电也可能带负电，结合重力和静电力方向我们能不能画出洛伦兹力的大致方向呢？
提示：能。
尝试解答 选CD。
根据题意，小球受的重力、静电力恒定，洛伦兹力垂直于速度，则小球所受三力恰好平衡，做匀速直线运动，则小球的动能不变，故D正确；若小球带正电，小球受力如图1，根据左手定则可知，小球斜向左下方运动，静电力做负功，电势能增大，故A错误；若小球带负电，小球受力如图2，根据左手定则可知，小球斜向右下方运动，静电力做负功，电势能增大，故B错误；无论小球带何种电荷，小球都下降，小球的重力势能都减小，故C正确。
带电粒子(带电体)在叠加场中运动的解题思路
(1)弄清叠加场的组成，一般有磁场、电场的叠加，电场、重力场的叠加，磁场、重力场的叠加，磁场、电场、重力场三者的叠加。
(2)正确分析受力，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。
(3)确定带电粒子(带电体)的运动状态，注意运动情况和受力情况可能会相互影响。
(4)画出粒子(带电体)运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
(5)对于粒子(带电体)连续通过几个不同叠加场的问题，要分阶段进行处理。衔接点的速度不变往往是解题的突破口。
[变式2－1] (多选)如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，垂直纸面向里，电场强度大小为E＝，水平向左。在正交的电磁场空间中有一固定的粗细均匀的足够长粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动。已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A．小球的初速度v0＝
B．若小球沿杆向下的初速度v＝，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止
C．若小球沿杆向下的初速度v＝，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止
D．若小球沿杆向下的初速度v＝，则从开始运动至稳定，小球克服摩擦力做功为
答案 BD
解析 根据题意可知小球受力平衡，静电力F＝qE＝mg，静电力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，小球不受杆的摩擦力和弹力，则2mg＝qv0B，所以v0＝，A错误；当v＝时，qvB＝mg
[变式2－2] (2020·黑龙江省大庆中学高三下开学考试)如图所示，虚线MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场(图中未画出)和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，虚线MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电场。水平线段AP与MN相交于O点。在A点有一质量为m、电荷量为＋q的带电质点，以大小为v0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A与O点间的距离为，虚线MN右侧电场强度为，重力加速度为g。求：
(1)MN左侧区域内电场强度的大小和方向；
(2)带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O点？并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；
(3)带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小vP。
答案 (1) 方向竖直向上 (2)60° 轨迹见解析 (3)v0
解析 (1)质点在左侧区域受重力、静电力和洛伦兹力作用做匀速圆周运动，可得重力和静电力等大反向，洛伦兹力提供向心力；所以静电力qE左＝mg，方向竖直向上，即MN左侧区域内电场强度大小E左＝，方向竖直向上。
(2)质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：Bv0q＝，
得带电质点的轨道半径R＝，
则dAO＝＝R；
质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点在最右侧，所以，粒子从A到O的运动轨迹为劣弧，
根据左手定则可得，质点沿逆时针方向做圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示；
根据几何关系可得，带电质点在A点的入射方向与AO间的夹角θ＝arcsin＝60°。
(3)质点在MN左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得，质点在O点的竖直分速度vy＝v0sin60°＝v0，
水平分速度vx＝v0cos60°＝v0；
质点从O运动到P的过程受重力和静电力作用，故水平、竖直方向都做匀变速直线运动，
质点从O运动到P时竖直位移为零，则该过程质点的运动时间t＝＝，
质点在P点的竖直分速度vyP＝vy＝v0，
水平分速度vxP＝vx＋t＝v0＋g·＝v0，
所以带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小vP＝＝v0。
考点3 带电粒子在交变场中的运动
交变场是指电场、磁场在某一区域内随时间做周期性变化，带电粒子在交变场中的运动问题涉及的物理过程比较复杂。粒子在交变场中的运动情况不仅与交变电磁场的变化规律有关，还与粒子进入场的时刻有关。
周期性变化的电磁场会使带电粒子顺次历经不同特点的电磁场，从而表现出“多过程”现象。所以最好画出粒子的运动轨迹草图，并把粒子的运动分解成多个阶段分别列方程联立求解。
例3 (2020·河北省唐山市一模)在如图甲所示直角坐标系xOy中，x轴上方空间分布着竖直向上的匀强电场，场强大小为E＝。在第一象限(包括x和y轴的正半轴)存在垂直坐标平面的周期性变化的磁场，磁感应强度的大小B0＝，变化规律如图乙所示，规定垂直坐标平面向外为磁场正方向。一带电荷量为＋q、质量为m的小球P被锁定在坐标原点，带电小球可视为质点。t＝0时刻解除对P球的锁定，1 s末带电小球P运动到y轴上的A点。此后匀强电场方向不变，大小变为原来的一半。已知重力加速度为10 m/s2，求：(题中各物理量单位均为国际单位制的单位)
(1)小球P运动到A点时的速度大小和位移大小；
(2)定性画出小球P运动的轨迹(至少在磁场中运动两个周期)并求出小球进入磁场后的运动周期；
(3)若周期性变化的磁场仅存在于某矩形区域内，区域左边界与y轴重合，下边界与过A点平行于x轴的直线重合。为保证带电小球离开磁场时的速度方向沿y轴正方向，则矩形磁场区域的水平及竖直边长应同时满足什么条件？
(1)小球从O到A在静电力和重力作用下做什么运动？
提示：匀加速直线运动。
(2)小球在磁场中做圆周运动的周期就是进入磁场后的运动周期吗？
提示：不是。
尝试解答 (1)10 m/s 5 m (2)轨迹见解析 6 s (3)Lx≥ m，Ly＝ m(n＝1,2,3…)
(1)根据牛顿第二定律和运动学公式得
qE－mg＝ma
v＝at
x1＝at2
代入数据解得v＝10 m/s，x1＝5 m。
(2)根据题意，1 s末小球进入磁场后，小球所受重力和静电力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得qvB0＝
圆周运动周期T1＝＝＝4 s
即小球在1～2 s顺时针转过四分之一圆周，接下来2～3 s做匀速直线运动，3～5 s逆时针转过半个圆周，5～6 s做匀速直线运动，6～7 s顺时针转过四分之一圆周，则带电小球进入磁场后的运动周期T＝6 s。
画出小球的运动轨迹，如图所示：
(3)带电小球做一次匀速直线运动的位移x＝vt
要使带电小球沿y轴正方向离开磁场需满足
Lx≥2R＋x
Ly＝2nR(n＝1,2,3…)
联立解得Lx≥ m，Ly＝ m(n＝1,2,3…)。
1.解决带电粒子在交变电磁场中运动问题的基本思路
2．解决带电粒子在交变电磁场中运动问题的注意事项
电场或磁场周期性变化，或者二者都周期性变化，在某段时间内，电场、磁场、重力场可能只存在其中之一、可能存在其中之二，也可能三者同时存在，导致带电粒子的运动出现多样性。
求解带电粒子在交变电磁场中的运动的方法，就是各个击破，分段分析。首先相信，命题者设计的带电粒子的运动一定是很规律的运动，如匀速直线运动、类平抛运动、圆周运动，每段时间内电场强度的大小和方向、磁感应强度的大小和方向、每段时间的长短都是精心“算出来”的，所以当我们分析某段运动毫无规律时，一般是我们算错了，需认真核实。
[变式3] (2020·江苏省七市第二次调研)如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，O、O1为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧，存在上下范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界。现有质量为m、电荷量为＋q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计。
(1)C、D板间加恒定电压U，C板为正极板，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到O1的时间t；
(2)C、D板间加如图乙所示的电压，U0为已知量，周期T是未知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔时具有最大速度，求周期T应满足的条件和粒子到达O1孔的最大速度vm；
(3)磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0＝。t′＝0时，粒子从O1孔沿OO1延长线方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v应满足的条件。
答案 (1) d (2)T≥2
(3)v≤
解析 (1)板间匀强电场的场强E＝
粒子在板间的加速度a＝
根据运动学公式有d＝at2
解得t＝d。
(2)粒子一直加速到达O1孔时速度最大，设粒子从O到O1经历的时间为t0，则t0＝d≤
解得T≥2；
由动能定理有qU0＝mv－0
解得vm＝ 。
(3)当磁感应强度分别为B0、2B0时，设粒子在磁场中的圆周运动半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2
根据洛伦兹力提供向心力有qvB0＝m
解得r1＝
且有T1＝＝2T0
同理可得r2＝＝，T2＝＝T0
故0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～2T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，2T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～3T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，3T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示
由几何关系有r1＋r2≤L
解得v≤。
考点4 带电粒子在电磁场中运动的应用实例分析
1.质谱仪的原理和分析
将质量不同、电荷量相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场。各粒子由于轨道半径不同而分离，其轨道半径r＝＝＝＝ 。在上式中，B、U、q对同一元素均为常量，故r∝，根据不同的轨道半径，就可计算出粒子的质量或比荷。
2．回旋加速器的原理和分析
(1)带电粒子在两D形盒中的回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关。
交变电压的频率f＝＝(当粒子的比荷或磁感应强度改变时，同时也要调节交变电压的频率)。
(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。
(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，rn＝，nqU＝mv，n为加速次数。各半径之比为1∶∶∶…。
(4)粒子的最大速度vm＝，粒子的最大动能Ekm＝mv＝，可见带电粒子加速后的能量取决于D形盒的半径R和磁场的强弱。
(5)回旋加速的次数
粒子每加速一次动能增加qU，故需要加速的次数n＝，转动的圈数为。
(6)粒子运动时间
粒子运动时间由加速次数n决定，在磁场中的运动时间t1＝T；在电场中的加速时间t2＝或t2＝ ，其中a＝，d为狭缝的宽度。在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2。
3．霍尔元件的原理和分析
(1)霍尔效应：高为h、宽为d的导体(或半导体)置于匀强磁场B中，当电流通过导体(或半导体)时，在导体(或半导体)的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
(2)电势高低的判断：导电的载流子有正电荷和负电荷两种。以靠电子导电的金属为例，如图，金属导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，下表面A′的电势高。正电荷导电时则相反。
(3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(UH)就保持稳定。由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立得UH＝＝k，k＝称为霍尔系数。
速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计与霍尔元件类似，均以平衡方程qE＝qvB为基础，就不多做介绍了。
例4 (2020·吉林省吉林市高三二调) (多选)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则( )
A．速度选择器中的电场方向水平向右，且三种粒子均带正电
B．三种粒子的速度大小均为
C．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大
D．如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为
(1)如何判断粒子的电性以及速度选择器中电场的方向？
提示：先依据粒子在MN下方磁场中的偏转判断粒子电性，然后根据平衡条件判断速度选择器中的电场方向。
(2)如何求粒子的质量？
提示：依据粒子的轨道半径求粒子质量。
尝试解答 选ACD。
根据粒子在磁场B2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向左，静电力应水平向右，知电场方向水平向右，故A正确；三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qE＝qvB1，得v＝，故B错误；粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，得R＝，若三种粒子的电荷量相等，则轨道半径与粒子质量成正比，故打在P3点的粒子质量最大，故C正确；P1、P3两点间距Δx＝2R3－2R1＝－＝(m3－m1)＝Δm，解得打在P1、P3两点的粒子质量差为Δm＝，故D正确。
带电粒子在电磁场中运动的应用实例主要分为两类
(1)在组合场中的运动。解决这类应用问题，关键是将过程分段处理，注意衔接处的物理量关系。
(2)在叠加场中的运动。这类应用基本以平衡方程qE＝qvB为基础。解决这类问题，关键是构建物理模型，再运用相关物理规律进行分析计算。
[变式4－1] (2020·江苏省启东市高三下期初考试)(多选)2019年底，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则( )
A．a侧电势比c侧电势高
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
C．若污水从右侧流入测量管，显示仪器示数为负值，将磁场反向则示数为正值
D．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
答案 AC
解析 根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则仪器显示a侧电势比c侧电势高，故A正确；根据qvB＝q可得U＝BDv，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，故B错误；若污水从右侧流入测量管，则磁场力使得正离子偏向c侧，则c侧电势高，显示仪器示数为负值，将磁场反向，则磁场力使得正离子偏向a侧，示数为正值，故C正确；污水流量Q＝Sv＝πD2×＝，则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，故D错误。
[变式4－2] (2021·八省联考江苏卷)跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小相等、方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度为E，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出，引出时的动能为Ek。已知K、Q的距离为d。
(1)求粒子出射前经过加速电场的次数N；
(2)求磁场的磁感应强度大小B；
(3)如果在Δt时间内有一束该种粒子从P点连续飘入电场，粒子在射出K之前都未相互碰撞，求Δt的范围。
答案 (1) (2)
(3)Δt< ＋πd
解析 (1)根据题意，由动能定理可得N·qEL＝Ek
可解得N＝。
(2)设粒子从K射出时速度为v，在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
在磁场中最后半圈的半径r＝
联立可解得B＝ 。
(3)粒子运动第一圈的过程中，若第一个粒子运动一圈回到P时最后一个粒子还未飘入P或刚好飘入P，则会发生碰撞，即Δt应小于粒子运动一圈的总时间t总。粒子从P加速至Q的过程，由牛顿第二定律可知a＝
由运动学公式有v＝2aL
该过程的时间t1＝
粒子在磁场Ⅱ中运动半周后匀速穿过中间宽为L的区域，再转回磁场Ⅰ运动半周，这个过程在磁场中运动的时间t2＝T＝
其中r1＝
匀速向左穿过中间宽为L区域的时间t3＝
粒子运动一圈的总时间t总＝t1＋t2＋t3
联立上述各式可解得t总＝ ＋πd
由前面分析可知Δt
满分指导4 带电粒子在复合场中的运动问题规范求解
【案例剖析】
(20分)如图所示，①在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，②距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、③电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，①在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。
(1)求④电场强度的大小和方向；
(2)⑤要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；
(3)若⑥粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。
[审题 抓住信息，准确推断]
关键信息
信息挖掘
题干
①竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域存在匀强磁场，重力加速度为g；粒子在两边界之间做圆周运动
粒子在复合场中做匀速圆周运动
②距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h
KP＝LQ＝h
KL＝1.8h
③粒子从P点垂直NS边界射入
入射速度水平向右
问题
④电场强度的大小和方向
粒子在两边界之间做圆周运动，则静电力与重力大小相等、方向相反
⑤要使粒子不从NS边界飞出，求vmin
有边界磁场的临界问题
⑥粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值
粒子运动整数个周期恰好到达与P等高的Q
[破题 形成思路，快速突破]
(1)粒子在两边界之间做圆周运动，受静电力、磁场力，考虑重力吗？重力和静电力的关系是什么？
提示：必须考虑重力，且重力和静电力大小相等、方向相反。
(2)要使粒子不从NS边界飞出，在上、下两部分区域，粒子运动轨迹应如何画？
提示：根据题意，画出粒子速度非最小时的运动轨迹，然后让速度减小，从轨迹变化中寻找当速度最小时的运动轨迹，根据相关几何关系求出最小速度，注意轨迹的对称性及与边界相切的情况。
(3)要使粒子能经过Q点从MT边界飞出，从P点经上、下两个区域转到与Q点等高的地方为一个周期，向右移动的水平距离为L，则应满足什么条件，才能刚好转到Q点？
提示：nL＝1.8h，n为正整数。
[解题 规范步骤，水到渠成]
(1)设电场强度大小为E，
由题意有mg＝qE，(1分)
得E＝，方向竖直向上。(2分)
(2)如图1所示，设粒子不从NS边界飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ。
由r＝，(1分)
有r1＝，r2＝r1，(2分)
又由(r1＋r2)sinφ＝r2，(1分)
r1＋r1cosφ＝h，(1分)
得vmin＝(9－6)。(2分)
(3)如图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1′和r2′，粒子第一次通过KL时距K点距离为x，圆心O1′O2′连线与NS的夹角为φ′，则仍有r2′＝r1′，(1分)
由题意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)，(1分)
x＋＝r1′sinφ′＋r2′sinφ′≥(r1＋r2)sinφ＝r2，即
得x≥，(2分)
x＝，(1分)
得r1′＝，n≤<4，(1分)
又Bqv＝，则v＝，n<4。(1分)
n＝1时，v＝；(1分)
n＝2时，v＝；(1分)
n＝3时，v＝。(1分)
[点题 突破瓶颈，稳拿满分]
对于带电粒子在复合场中的运动问题，应充分挖掘题目中关键信息，认真进行受力分析和运动过程分析，分过程、分步骤、规范解题，步步得分。
1．(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图a是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图b所示。图b中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案 D
解析 由于电子带负电，电子束在M、N之间加速，则M、N间的电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M处的电势低于N处的电势，故A错误；根据eU＝mv2可知，增大M、N之间的加速电压会增大电子束进入偏转磁场的速度v，电子在偏转磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力，有evB＝m，可得r＝，可知v增大时电子在偏转磁场中的偏转半径增大，根据几何关系可知，电子在偏转磁场中的偏转角度减小，故P点会右移，故B错误；电子在偏转磁场中向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B选项的分析可知，增大偏转磁场磁感应强度的大小，电子的偏转半径减小，偏转角度增大，可使P点左移，故D正确。
2．(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( )
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
答案 D
解析 由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝，D正确。
3．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是( )
A．磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度
答案 C
解析 由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，有Eq＝qvB，则v＝，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时的速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。
4．(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
答案 (1) (2)
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m②
粒子运动的轨迹如图，
由几何关系知d＝r③
联立①②③式得＝。④
(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s＝＋rtan30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝⑥
联立②③④⑤⑥式得t＝。
5.(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
答案 (1) (2)1∶4
解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。
同理有q2U＝m2v⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。
6．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
答案 (1)轨迹见解析 (2)
(3)
解析 (1)粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcosθ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝⑤
由几何关系得l＝2Rcosθ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cot⑧
联立①②③⑦⑧式得＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，
则t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝⑪
联立③⑦⑨⑩⑪式得t′＝。
7．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案 (1)h (2) (3)(－1)h
解析 (1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1＝v1t1①
h＝a1t②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°，则H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③
联立以上各式得s1＝h。④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝ ⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧
联立以上各式得B＝ 。⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv⑩
由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2＝v2t2⑫
h＝a2t⑬
v2′＝ ⑭
sinθ2＝⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′。⑯
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1⑰
所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sinθ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝(－1)h。
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共6小题，每小题10分，共60分。其中 1～5题为单选，第6题为多选)
1．(2020·北京市朝阳区高三上期末)在光滑水平面上，细绳的一端拴一带正电的小球，小球绕细绳的另一端O沿顺时针做匀速圆周运动，水平面处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，如图所示(俯视)。某时刻细绳突然断裂，则下列推断正确的是( )
A．小球将离圆心O越来越远，且速率越来越小
B．小球将离圆心O越来越远，且速率保持不变
C．小球将做匀速圆周运动，运动周期与绳断前的周期一定相等
D．小球将做匀速圆周运动，运动半径与绳断前的半径可能相等
答案 D
解析 由左手定则可知，小球所受洛伦兹力背离圆心向外，当细绳断裂后，小球将在洛伦兹力作用下沿逆时针方向做匀速圆周运动，故A、B错误；根据牛顿第二定律，细绳断裂前，小球做圆周运动的向心力F向＝T－qvB，细绳断裂后，有F向′＝Bvq，若F向′＝F向，根据公式F＝m、T＝，则细绳断裂前后，小球做圆周运动的半径、周期均相同，若F向′≠F向，则其运动半径、周期均不同，故C错误，D正确。
2．(2020·山东省济宁市兖州区高三下网络模拟)如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )
A．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
B．在Ekt图像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．不同粒子获得的最大动能都相同
答案 B
解析 根据T＝，可知粒子做圆周运动的周期不变，在Ekt图像中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，故B正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2(tn－tn－1)，故A错误；设D形盒的半径为r，根据r＝，解得vm＝，故最大动能Ekm＝mv＝，可知粒子获得的最大动能与D形盒的半径r有关，D形盒的半径r越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关，故C错误；粒子获得的最大动能Ekm＝mv＝，与粒子比荷以及B和r有关，即不同粒子获得的最大动能不同，故D错误。
3．(2020·浙江省杭州市学军中学高三下学期选考冲刺模拟)在磁场中放置一块矩形通电导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上产生电势差，这个现象叫霍尔效应，所产生的电压叫霍尔电压。图甲为霍尔效应的原理示意图，图中霍尔电压UH＝；如图乙所示，在自行车的前叉上固定一霍尔元件，在前轮辐条上安装一块磁体，这样，轮子每转一周，磁体就靠近霍尔传感器一次，便可测出某段时间内的脉冲数，从而得到自行车的平均速度并通过速度计显示出来，设自行车前轮的半径为R，磁体到前轮转轴的距离为r，则下列说法正确的是( )
A．若霍尔元件的载流子是负电荷，则图甲中C端电势高于D端电势
B．如果长时间不更换传感器的电池，霍尔电压会越来越大
C．如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车骑行的平均速度为
D．若前轮漏气，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏小
答案 C
解析 若霍尔元件的载流子是负电荷，根据左手定则，当通入图甲中所示方向的电流时，负电荷所受洛伦兹力方向向左，负电荷累积到C端，C端电势低，故A错误；若长时间不更换传感器的电池，则通过霍尔元件的电流I将减小，据UH＝，可知霍尔电压将减小，故B错误；如果在时间t内得到的脉冲数为N，则自行车的转速为n＝，平均速度为v＝2πnR＝，故C正确；若前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数小，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏大，故D错误。
4.(2020·天津市塘沽一中高三二模)如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径(OP)为R，通道内有均匀辐向分布的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．速度选择器的极板P1的电势比极板P2的低
B．粒子的速度v＝
C．粒子的比荷为
D．P、Q两点间的距离为
答案 C
解析 由题图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，由左手定则可知，该粒子带正电；粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力方向向上；由于粒子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的静电力的方向向下，则电场的方向向下，即极板P1的电势比极板P2的高，故A错误。粒子在速度选择器内受力平衡，则qE1＝qvB1，可得v＝，故B错误。粒子在静电分析器内受到的静电力提供向心力，则qE＝，联立可得粒子的比荷＝＝，故C正确。粒子在磁分析器内做匀速圆周运动，受到的洛伦兹力提供向心力，则qvB＝，联立可得r＝，P、Q两点间的距离为2r＝，故D错误。
5．(2021·北京市朝阳区校际联考)如图所示为磁聚焦法测量比荷的原理图。在阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P射出。小孔P与荧光屏中心O点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器C和荧光屏S之间加一平行PO的匀强磁场，经过一段时间电子再次会聚在一点。调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次会聚在荧光屏的O点。已知K、A之间的加速电压为U，C与S之间磁场的磁感应强度为B，发散点到O点的距离为l。下列说法正确的是( )
A．电子通过电容器后速度方向相同
B．从右侧往左侧看，电子做圆周运动的半径相同
C．所有电子从发散到再次会聚所用的时间相同
D．电子的比荷＝
答案 C
解析 在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，故电子通过电容器后速度方向不同，A错误；经交变电场后电子发生不同程度的偏转，故经交变电场后电子在垂直PO方向上的速度不同，此时由洛伦兹力提供向心力，有m＝Bev⊥，得r＝，故从右侧往左侧看，电子做圆周运动的半径不同，B错误；在PO方向上电子做匀速运动，速度大小相同，故所有电子从发散到再次会聚所用的时间相同，C正确；从发散点到再次会聚点，两个方向的分运动时间相等，则t直＝t圆，电子经过加速电场有eU＝mv，电子射出电容器后在PO方向做匀速直线运动，有t直＝，电子在垂直于PO的方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有ev⊥B＝m，T＝＝，t圆＝T，联立解得＝，故D错误。
6.如图所示，在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是
D．小球向下运动的稳定速度为
答案 CD
解析 小球静止时只受静电力、重力、弹力及摩擦力，静电力水平向左，弹力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，对小球由牛顿第二定律有mg－μEq＝ma，小球的加速度为a＝g－，小球速度将增大，受到洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向弹力将减小，摩擦力减小，故加速度先增大，故A错误。在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故小球的机械能和电势能的总和将减小，故B错误。当洛伦兹力大小等于静电力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，直到加速度减小为零后做匀速直线运动；故加速度为最大加速度的一半时有两种情况，一种是洛伦兹力小于静电力的情况，另一种是洛伦兹力大于静电力的情况，当洛伦兹力小于静电力时有：＝，解得：v1＝；当洛伦兹力大于静电力时有：＝，解得：v2＝，故C正确。当加速度等于零时，速度最大且保持稳定，有：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝，故D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共40分)
7.(2021·广东省六校联盟高三上第一次联考)(20分)如图所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平方向成30°角斜向左上方(图中未画出)，电场强度大小E＝；两板间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也分别为B和E。现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入两板间。
(1)求小球刚进入两平行板间时的速度v的大小和方向；
(2)若小球进入两板间后，经过时间t撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t。
答案 (1) 方向与MN成60°角斜向右下方
(2)d≥
解析 (1)受力分析可知带正电的小球在MN板上方电磁场中做匀速直线运动，小球受力平衡，如图1所示。
小球所受静电力F电＝qE＝mg，方向与水平方向成30°角斜向左上方，重力mg竖直向下，
则小球所受洛伦兹力F洛＝qvB＝mg，方向与水平方向成30°角斜向右上方
解得v＝
由左手定则可知，速度方向与MN成θ＝60°角斜向右下方。
(2)依题知qE＝mg
故小球在两板间做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝m
解得r＝2g
且T＝＝
分析可知，在小球速度水平向左时，撤去板间电场，如图2所示
由qvB＝mg可知，小球处于平衡状态，将向左做匀速直线运动
由几何关系得d≥r＋rcosθ＝
且t＝T＝。
8.(2021·八省联考湖北卷)(20分)在如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为φ(60°<φ<90°)，不计重力。
(1)求带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度ω；
(2)带电粒子每次离开磁场进入电场后，都从O点离开电场进入磁场，从而形成周期性运动，求电场强度的大小E和粒子运动周期T；
(3)当粒子运动到磁场区离y轴最远处时，有一个质量为m、速度大小为v0、方向沿y轴负方向的电中性粒子与带电粒子发生弹性正碰，在碰撞过程中没有电荷转移。求碰撞以后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离L。
答案 (1) (2)Bv0cosφ (tanφ＋π－φ)
(3)(sinφ＋)
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝mωv0
解得ω＝。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m
解得r＝
进入电场时的速度方向与y轴正向成φ角，则到达y轴时与O点的距离为y＝2rsinφ＝
在磁场中运动一次的时间
t1＝·＝
进入电场后沿y轴正向做匀速直线运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，
则v0cosφ·t2＝y，at2＝2v0sinφ，a＝
联立解得E＝Bv0cosφ，t2＝
粒子运动周期T＝t1＋t2＝(tanφ＋π－φ)。
(3)当带电粒子运动到磁场区离y轴最远处时，速度方向沿y轴负向，带电粒子与不带电的粒子相碰时，由动量守恒定律和总动能不变得
mv0＋m·v0＝mv1＋mv2
mv＋m·2＝mv＋mv
联立解得v1＝v0，v2＝v0
则此后带电粒子做圆周运动的轨道半径为
r′＝r＝
则之后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离
L＝rsinφ＋
解得L＝(sinφ＋)。
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