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高考物理模型全归纳 第78讲 带电粒子在组合场中的运动
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高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第78讲 带电粒子在组合场中的运动
1．（2022•海南）有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（ ）
A．质量 B．电量 C．比荷 D．动能
【解答】解：带电粒子在辐射电场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得
qE＝mv2r1
带电粒子在磁场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得
qvB＝mv2r2
解得：r1=mv2qE，r2=mvqB，
运动轨迹相同的粒子半径相同，即它们具有相同的速度和比荷，故C正确，ABD错误；
故选：C。
2．（2022•河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q（q＞0），初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）t＝0时刻释放的粒子，在t=2πmqB0时刻的位置坐标；
（2）在0～6πmqB0时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功；
（3）在M（4πE0mqB02，π2E0m4qB02）点放置一粒子接收器，在0～6πmqB0时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
【解答】解：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t1=πmqB0时间内沿y轴正方向做匀加速直线运动，
加速度大小为：a1=qE0m
在t1时刻的速度大小为：v1＝a1t1
代入数据解得：v1=πE0B0
此时沿y轴正方向的位移为：y1=v12t1
解得：y1=π2E0m2qB02
πmqB0～2πmqB0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B0＝mv12R1
解得：R1=πE0mqB02，
由于粒子在磁场中运动周期T=2πmqB0，所以经过πmqB0时间，粒子刚好运动半周期，
此时x方向的位移为：x1＝2R1=2πE0mqB02，
所以t=2πmqB0时刻的位置坐标为（2πE0mqB02，π2E0m2qB02）；
（2）t=2πmqB0时刻粒子速度方向沿﹣y方向，大小为v1=πE0B0
从2πmqB0～3πmqB0时间内，粒子的加速度大小为：a2=2qE0m，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设粒子经过t2时间速度减速到0，则t2=v1a2，解得：t2=πm2qB0=12t1
所以在3πmqB0时速度大小仍为v1，位置仍在（2πE0mqB02，π2E0m2qB02）处，此后的πmqB0时间内粒子仍做匀
速圆周运动，轨迹如图所示。
从4πmqB0～5πmqB0时间内，粒子的加速度大小为：a3=3qE0m，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设在5πmqB0时速度大小为v2，根据运动学公式可得：v2＝﹣v1+a3t1
解得：v2=2πE0B0，方向沿+y方向；
从5πmqB0～6πmqB0时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。
根据动能定理可得静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功：W=12mv22
解得：W=2mπ2E02B02；
（3）根据前面的分析可知，粒子在0～t1时间内加速的时间等于粒子在2πmqB0～3πmqB0时间内减速运动的时间的2倍，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可知，在0～t1时间内任何时刻释放的粒子，在t＝4t1时刻水平位移均为4πE0mqB02。
设粒子在t′时刻开始加速，加速时间Δt，则在t1时刻的速度v1′＝a1Δt，位移：y1′=12a1Δt2
粒子在4πmqB0时刻的速度大小为：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t1﹣Δt）
在5πmqB0～6πmqB0时间内减速的位移：y2′=v2'22a3
若粒子恰好达到M点，则有：y2′+π2E0m4qB02=y1′
解得：Δt=15−22×πmqB0
所以粒子释放的时刻为：tmax＝t1﹣Δt=4−152×πmqB0
若粒子恰好达到x轴，则有：y2′＝y1′
解得：Δt=3−12×πmqB0
所以粒子释放的时刻为：tmin＝t1﹣Δt=3−32×πmqB0
故在0～6πmqB0时间内，粒子在3−32×πmqB0～4−152×πmqB0时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
答：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t=2πmqB0时刻的位置坐标为（2πE0mqB02，π2E0m2qB02）；
（2）在0～6πmqB0时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功为2mπ2E02B02；
（3）在M（4πE0mqB02，π2E0m4qB02）点放置一粒子接收器，粒子在3−32×πmqB0～4−152×πmqB0时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
一.知识回顾
1.组合场概念：
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。
2．三种场的比较
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。
4．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
二.例题精析
题型一： 组合场（匀变速直线运动+匀速圆周运动）
例1．如图所示，从离子源产生的某种离子，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，磁感应强度为B，磁场左边界竖直。已知离子射入磁场的速度大小为v，并在磁场边界的N点射出；不计重力影响和离子间的相互作用。
（1）判断这种离子的电性；
（2）求这种离子的荷质比qm；
（3）求MN之间的距离d。
【解答】解：（1）由题意可知，离子在磁场中向上偏转，离子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，离子带正电；
（2）离子在电场加速过程，由动能定理得：qU=12mv2，
解得，离子核质比为：qm=v22U；
（3）离子进入磁场做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，
MN间的距离：d＝2r，
解得：d=4UBv；
答：（1）这种离子带正电；
（2）这种离子的荷质比qm为v22U；
（3）MN之间的距离d为4UBv。
题型二： 组合场（类平抛运动+匀速圆周运动）
例2．一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为条状区域边界上的两点，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点入射时速度的大小；
（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π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
【解答】解：（1）粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示，
（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，加速度大小为a，粒子的电荷量为q，质量为m，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，运动轨迹对应的半径为R，如图所示，
根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma ①
速度沿电场方向的分量为：v1＝at ②
垂直电场方向有：l′＝v0t ③
根据几何关系可得：v1＝vcosθ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2R⑤
根据几何关系可得：l＝2Rcosθ⑥
联立①②③④⑤⑥式可得粒子从M点入射时速度的大小：v0=2El'Bl⑦
（3）根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v1=v0tanπ6⑧
联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：qm=43El'B2l2⑨
粒子在磁场中运动的周期：T=2πRv=2πmqB⑩
粒子由M点到N点所用的时间：t′＝2t+2(π2−π6)2π•T⑪
联立③⑦⑨⑪式可得：t′=BlE（1+3πl18l'）
答：（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹，如图所示；
（2）该粒子从M点入射时速度的大小为2El'Bl；
（3）该粒子的比荷为43El'B2l2，其从M点运动到N点的时间BlE（1+3πl18l'）。
三.举一反三，巩固练习
1. 质谱仪是研究同位素的重要工具，重庆一中学生在学习了质谱仪原理后，运用所学知识设计了一个质谱仪，其构造原理如图所示。粒子源O可产生a、b两种电荷量相同、质量不同的粒子（初速度可视为0），经电场加速后从板AB边缘沿平行于板间方向射入，两平行板AB与CD间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，板间距为L，板足够长，a、b粒子最终分别打到CD板上的E、F点，E、F到C点的距离分别为12L和L，则a、b两粒子的质量之比为（ ）
A．58 B．2564 C．12 D．14
【解答】解：画出两个粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得ra2=(L2)2+(L−ra)2，所以ra=58L
，rb由图易得为L。
粒子在电场中加速阶段，由动能定理有qU=12mv2
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv=mv2r，所以r=1B2mUq，所以rarb=mamb，解得mamb=2564，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2. 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角θ＝30°。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.75×10﹣3T。虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝20N/C的匀强电场。一比荷qm=2×105C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0＝300m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M点（M点图中未画出）垂直虚线方向进入电场（不计重力），则（ ）
A．该带电粒子一定带正电
B．OM之间的距离为2m
C．粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98m
D．粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
【解答】解：A、根据题目的描述可知，粒子进入磁场时受到的洛伦兹力竖直向下，根据左手定则可知，带电粒子带负电，故A错误；
B、粒子的洛伦兹力提供向心力，则qv0B=mv02r
代入数据解得：r＝2m
根据几何关系可知，O点为粒子做圆周运动的圆心，因此OM之间的距离也等于半径，即为2m，故B正确；
CD、将粒子进入电场后的速度分解为水平和竖直方向，将粒子的加速度也分解为水平和竖直方向，则
在竖直方向上：y=(v0cos30°)22asin30°
其中，a=qEm
联立解得：y＝0.04m，因此粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.96m，无法击中x轴，故CD错误；
故选：B。
3. 如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d，板间距离为d。一带电量为q、质量为m的负离子（重力不计）以速度v0贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下边缘射出。在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场（未标出）。要使该负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，则（ ）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．磁场方向垂直纸面向外，向里都有可能
C．磁感应强度大小为mv0qd
D．在磁场中运动时间为32πd2v0
【解答】解：AB、粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如图：
粒子带负电荷，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故AB错误；
C、对于抛物线运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，
即tanα＝2tanβ＝2•yx=1，故α＝45°，
又由于tanα=vyvx，故vy＝v0，v=2v0；
根据几何关系，圆周运动的轨道半径为R=2d；
圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m v2R；
解得
B=mv0qd，故C正确；
D、磁场中运动时间为：t=34T＝T32π⋅2dv=3πd2v0，故D错误；
故选：C。
4. 如图所示，氕 11H、氘 12H、氚 13H三种核子分别从静止开始经过同一加速电压U1（图中未画出）加速，再经过同一偏转电压U2偏转，后进入垂直于纸面向里的有界匀强磁场，氕 11H的运动轨迹如图。则氕 11H、氘 12H、氚 13H三种核子射入磁场的点和射出磁场的点间距最大的是（ ）
A．氕 11H B．氘 12H C．氚 13H D．无法判定
【解答】解：设核子的质量为m，带电量为q，偏转电场对应的极板长为L，板间距离为d，板间
电场强度为E，进入偏转电场的速度为v0，进入磁场的速度为v，在偏转电场的侧移量为y，速度偏转角为θ。
核子在加速电场运动过程，由动能定理得：
qU1=12mv02
核子在偏转电场做类平抛运动，将运动沿极板方向和垂直极板方向分解。
沿极板方向做匀速直线运动，则有：L＝v0t
沿极板方向做匀加速直线运动，则有：y=12at2；vy＝at
由牛顿第二定律得：a=qEm=qU2md
联立解得：
y=U2L24dU1，
tanθ=vyv0=U2L2dU1
可见核子在偏转电场的侧移量y与速度偏转角θ均与核子的质量和带电量无关，故三种核子进入磁场的位置和速度方向均相同。
进入磁场的速度：v=v0cosθ
核子在匀强磁场只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
由几何关系可得，射入磁场的点和射出磁场的点间距s为：
s＝2rcosθ
联立解得：s=2mv0qB=2mqB⋅2qU1m=2B⋅2mU1q
氕 11H、氘 12H、氚 13H三种核子的电量相等，氚 13H的质量最大，则氚 13H的射入磁场的点和射出磁场的点间距最大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5. （多选）如图所示，以坐标原点O为圆心、半径为R的区域内存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。磁场左侧有一平行y轴放置的荧光屏，相距为d的足够大金属薄板K、A平行于x轴正对放置，K板中央有一小孔P，K板与磁场边界相切于P点，K、A两板间加有恒定电压，K板电势高于A板电势。紧挨A板内侧有一长为3d的线状电子源，其中点正对P孔。电子源可以沿xOy平面向各个方向发射速率均为v0的电子，沿y轴进入磁场的电子，经磁场偏转后垂直打在荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，磁场磁感应强度B=2mv0eR，不计电子重力及它们间的相互作用力。则（ ）
A．K，A极板间的电压大小为mv02e
B．所发射电子能进入P孔的电子源的长度为43d3
C．荧光屏上能有电子到达的区域长度为R
D．所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为πR6v0
【解答】解：A．根据题意，电子在磁场运动14圆周，轨迹半径r＝R，电子在磁场中运动时有
evB=mv2r
电子在AK间运动时有
eU=12mv2−12mv02
解得：U=3mv022e，故A错误；
B．如图
当速度方向平行x轴发射的电子刚好可以进入P，该电子就是电子源离中心点最远处发射的，设此处离中心点的距离为x，则
x＝v0t
d=12at2
eUd=ma
联立解得：x=233d
所以满足条件的长度为
l=2x=433d，故B正确；
C．由几何关系得，进入磁场的所有电子都平行x轴击中荧光屏能从P进入磁场的电子速度方向与OP的最大夹角为θ
sinθ=v0v=12
解得：θ＝30°
由几何关系得
y1＝R+Rsinθ
y2＝R﹣Rsinθ
解得：L＝y1﹣y2＝R，故C正确；
D．由前面分析可知，电子在磁场中转过的最小圆心角为
α＝60°
则所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为
tmin=60°360°×2πmqB=πR6v0，故D正确。
故选：BCD。
6. （多选）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁
场（未画出），磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大水平向左的匀强电场，电场强度为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为v0BR
C．粒子在磁场中运动的总时间为πR2v0
D．粒子在电场中运动的总时间为2BRE
【解答】解：AB、粒子从B点离开磁场，由左手定则可知磁场方向垂直直面向外，根据几何关系知粒子做圆周运动的半径为R，qvB＝mv02R，解得qm=v0BR，故AB正确；
CD、粒子从B点进入电场向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动再次从B点进入磁场，根据动量定理得，选向左为正方向，粒子在电场中运动的时间为；Eqt＝2mv0
t=2mv0Eq=2BRE，粒子再次从B点进入磁场，经过四分之一的周期离开磁场，所以粒子在磁场中运动的总时间为t总=πRv0，故C错误，D正确；
故选：ABD。
7. （多选）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核和氘核分别以相同的初动能Ek从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为+q，不计氕核和氘核的重力。下列说法正确的是（ ）
A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为10Ekm
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为5mEkqB
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（2−1）mEkqB
【解答】解：A、第一次在电场中，粒子均做类平抛运动，水平方向有：x＝v0t，
竖直方向有：y=12at2=12×qEmt2
联立解得：y=qE4Ekx2
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即气核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，故A正确；
B、氘核在电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律可得：tan45°=12a2t22v0t2
根据动能的计算公式可得：Ek=12×2mv022
根据牛顿第二定律可得：a2=qE2m
竖直方向的速度大小为：vy2＝a2t2
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v2=v022+vy22
联立解得：v2=5Ekm，故B错误；
C、由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v1=10Ekm
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝mv12r1
解得：r1=mv1qB=10mEkqB，故C错误；
D、粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为α，根据类平抛运动的规律，则有：tanα
＝2tan45°。
设粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为β，则：β＝α﹣45°
可得：sinβ=1010
粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离：s＝2rsinβ
氘核在磁场中的半径：r2=2mv2qB=25mEkqB
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s2﹣s1=105（r2﹣r1）＝2（2−1）mEkqB，故D正确。
故选：AD。
8. 如图甲所示，圆形区域内有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场；紧挨着竖直放置的两平行金属板，M板接地，中间有一狭缝。当有粒子通过狭缝时N板有电势，且随时间变化的规律如图乙所示。在圆形磁场P处的粒子发射装置，以任意角射出质量m、电荷量q、速率v0的粒子，在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等。从圆弧ab之间离开磁场的粒子均能打在竖直放置的N板上，粒子间的相互作用及其重力均可忽略不计。求这部分粒子。
（1）在磁场中运动的最短时间t；
（2）到达N板上动能的最大值Ekm；
（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件。
【解答】解：（1）粒子在磁场中的轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等，此为“磁发散”模型，所有粒子出磁场的速度平行，且都垂直PO。
根据洛伦兹力提供向心力得：
qv0B＝mv02R
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
T′=2πRv0=2πmqB
由轨迹图可知粒子从b点离开时，其轨迹圆心角最小为90°，在磁场中运动的时间最短，则有：
t=90°360°⋅T'=πm2qB；
（2）粒子在磁场逆时针偏转，根据左手定则可知粒子带负电，且所有粒子从磁场离开进入电场的速度大小均为v0，方向均与极板垂直，可知在电场中受到的电场力方向与速度方向在同一直线上，为了使粒子到达N板上动能最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，根据动能定理可得：
qU0＝Ekm−12mv02
解得最大动能为：
Ekm＝qU0+12mv02；
（3）要保证到达N板上速度最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，即粒子在极板中运动的时间应满足：t1≤T2
设MN间距离为d，粒子到达N板的最大速度为vm，则有：
Ekm＝qU0+12mv02=12mvm2
解得：vm=2qU0m+v02
根据运动学公式可得：
d=v0+vm2⋅t1
联立可得：d≤T4(v0+2qU0m+v02)
故要保证到达N板上速度最大，MN间距离d应满足：0＜d≤T4(v0+2qU0m+v02)。
答：（1）在磁场中运动的最短时间t为πm2qB；
（2）到达N板上动能的最大值Ekm为qU0+12mv02；
（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件为0＜d≤T4(v0+2qU0m+v02)。
9. 如图所示，坐标系xOy第一象限内有场强大小为E，方向沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面且与x轴相切于P点的圆形匀强磁场区域（图中未画出），P点的坐标为（﹣3l0，0），电子a、b以大小相等的速度v=2eBl0m从P点射入磁场，b沿+y方向，a、b速度方向间的夹角为θ（0＜θ＜π2），a、b经过磁场偏转后均垂直于y轴进入第一象限，b经过y轴上的Q点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子重力。
（1）求Q点的坐标；
（2）求a、b第1次通过磁场的时间差Δt；
（3）a、b离开电场后途经同一点A（图中未画出），求A点的坐标及a从P点运动至A点的总路程s。
【解答】解：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，作出电子b的运动轨迹如图中红色轨迹所示，由题意知电子b在磁场中偏转了π2，故电子b圆周运动的轨迹为14圆周，可得OQ的距离等于电子b圆周运动的半径（设为R）。由洛伦兹力提供向心力得
evB=mv2R
已知：v=2eBl0m
解得：R＝2l0
则Q点的坐标为（0，2l0）；
（2）由题意知电子a、b经过磁场偏转后射出磁场时速度相互平行均垂直于y轴，由“磁发散”模型可知圆形匀强磁场的半径与电子圆周运动的半径相等均为R＝2l0，电子a的运动轨迹如图中蓝色轨迹所示，由几何关系可得电子a由P到C的轨迹圆心角α=π2−θ，而电子b的轨迹圆心角为π2。
b第1次通过磁场的时间：tb=π22π⋅2πRv
a第1次通过磁场的时间：ta=π2−θ2π⋅2πRv
a、b第1次通过磁场的时间差：Δt＝tb﹣ta=π22π⋅2πRv−π2−θ2π⋅2πRv=θRv=θmeB；
（3）a、b进入电场后先沿电场方向做匀加速直线运动，速度为零后再反向做匀加速直线运动，由运动对称性可知a、b离开电场时速度大小仍为v，速度相互平行均垂直于y轴进入磁场，由“磁聚焦”模型可知a、b均在圆形匀强磁场区域的最高点离开磁场，即点A在P点的正上方。
故A点的横坐标为：xA＝﹣3l0，A点的纵坐标为：yA＝2R＝4l0，
则A点的坐标为：（﹣3l0，4l0）；
由几何关系可得：CD＝3l0﹣Rcosθ＝3l0﹣2l0cosθ
a在电场中的运动路程为：s1＝2•v22a=v2eEm=4eB2l02mE
电子a在磁场由C到A的轨迹圆心角为β，由几何关系可得：α+β＝π，则电子a在磁场中运动总的轨迹长为半个圆周。
故电子a在磁场中运动总路程为：s2=12×2πR=2πl0
a从P点运动至A点的总路程：s＝2CD+s1+s2＝6l0﹣4l0cosθ+4eB2l02mE+2πl0。
答：（1）Q点的坐标为（0，2l0）；
（2）a、b第1次通过磁场的时间差Δt为θmeB；
（3）A点的坐标为（﹣3l0，4l0）及a从P点运动至A点的总路程s为6l0﹣4l0cosθ+4eB2l02mE+2πl0。
10. 显像管电视机已渐渐退出了历史的舞台，但其利用磁场控制电荷运动的方法仍然被广泛应用。如图为一磁场控制电子运动的示意图，大量质量为m，电荷量为e（e＞0）的电子从P点飘进加速电压为U的极板，加速后的电子从右极板的小孔沿中心线射出，一圆形匀强磁场区域，区域半径为R，磁感应强度大小B=13R6mUe，方向垂直于纸面向里，其圆心O1位于中心线上，在O1右侧2R处有一垂直于中心线的荧光屏，其长度足够大，屏上O2也位于中心线上，不计电子进电场时的初速度及它们间的相互作用，R，U，m，e为已知量。求：
（1）电子在磁场中运动时的半径r；
（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间；
（3）若圆形磁场区域可由图示位置沿y轴向上或向下平移，则圆形区域向哪个方向平移多少距离时，电子在磁场中的运动时间最长？并求此情况下粒子打在荧光屏上位置离O2的距离。
【解答】解：（1）设电子在电场中加速获得的速度v，由动能定理得
eU=12mv2
电子在磁场中做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律
evB=mv2r
根据题意解得：r=3R
（2）由左手定则判断出电子圆周运动的圆心O3在中心线下方，设速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为θ，出磁场后打到荧光屏的M点，如图1
图1
由几何关系可知
tanθ=Rr
解得
θ＝60°
则
O1M＝4R
电子在磁场中的运动时间为
t1=θrv
电子飞出磁场后的运动时间为
t2=O3M−Rv
则电子从进磁场到在荧光屏上的运动时间为t＝t1+t1
联立解得：t=(6π+926)RmeU
（3）易知，当粒子射入和射出两点连线为圆形磁场直径时，时间最长，如图2，当磁场示位置沿，轴负向平移O1E时，电子从C点进入磁场，从D点出磁场，做圆周运动的圆心为O4，速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为α，出磁场后打到荧光屏的N点，CD为圆形区域的直径。O1O4的
延长线交中心线于F
图2
由几何关系可知
sinα2=33
tanα2=22
tanα＝22
O1E＝O1Csinα2
解得
O1E=33R
故磁场沿轴负向平移点33R时电子在磁场中运动时间最久，又
EF＝O1Etanα2
O2N＝（O2E﹣EF） tanα
联立解得：O2N＝（42−233）R
答：（1）电子在磁场中运动时的半径为3R；
（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间为(6π+926)RmeU；
（3）若圆形磁场区域可由图示位置沿y轴向上或向下平移，则磁场沿轴负向平移点33R时电子在磁场中运动时间最久，此情况下粒子打在荧光屏上位置离O2的距离为（42−233）R。
高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第78讲 带电粒子在组合场中的运动
1．（2022•海南）有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（ ）
A．质量 B．电量 C．比荷 D．动能
【解答】解：带电粒子在辐射电场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得
qE＝mv2r1
带电粒子在磁场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得
qvB＝mv2r2
解得：r1=mv2qE，r2=mvqB，
运动轨迹相同的粒子半径相同，即它们具有相同的速度和比荷，故C正确，ABD错误；
故选：C。
2．（2022•河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q（q＞0），初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）t＝0时刻释放的粒子，在t=2πmqB0时刻的位置坐标；
（2）在0～6πmqB0时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功；
（3）在M（4πE0mqB02，π2E0m4qB02）点放置一粒子接收器，在0～6πmqB0时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
【解答】解：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t1=πmqB0时间内沿y轴正方向做匀加速直线运动，
加速度大小为：a1=qE0m
在t1时刻的速度大小为：v1＝a1t1
代入数据解得：v1=πE0B0
此时沿y轴正方向的位移为：y1=v12t1
解得：y1=π2E0m2qB02
πmqB0～2πmqB0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B0＝mv12R1
解得：R1=πE0mqB02，
由于粒子在磁场中运动周期T=2πmqB0，所以经过πmqB0时间，粒子刚好运动半周期，
此时x方向的位移为：x1＝2R1=2πE0mqB02，
所以t=2πmqB0时刻的位置坐标为（2πE0mqB02，π2E0m2qB02）；
（2）t=2πmqB0时刻粒子速度方向沿﹣y方向，大小为v1=πE0B0
从2πmqB0～3πmqB0时间内，粒子的加速度大小为：a2=2qE0m，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设粒子经过t2时间速度减速到0，则t2=v1a2，解得：t2=πm2qB0=12t1
所以在3πmqB0时速度大小仍为v1，位置仍在（2πE0mqB02，π2E0m2qB02）处，此后的πmqB0时间内粒子仍做匀
速圆周运动，轨迹如图所示。
从4πmqB0～5πmqB0时间内，粒子的加速度大小为：a3=3qE0m，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设在5πmqB0时速度大小为v2，根据运动学公式可得：v2＝﹣v1+a3t1
解得：v2=2πE0B0，方向沿+y方向；
从5πmqB0～6πmqB0时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。
根据动能定理可得静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功：W=12mv22
解得：W=2mπ2E02B02；
（3）根据前面的分析可知，粒子在0～t1时间内加速的时间等于粒子在2πmqB0～3πmqB0时间内减速运动的时间的2倍，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可知，在0～t1时间内任何时刻释放的粒子，在t＝4t1时刻水平位移均为4πE0mqB02。
设粒子在t′时刻开始加速，加速时间Δt，则在t1时刻的速度v1′＝a1Δt，位移：y1′=12a1Δt2
粒子在4πmqB0时刻的速度大小为：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t1﹣Δt）
在5πmqB0～6πmqB0时间内减速的位移：y2′=v2'22a3
若粒子恰好达到M点，则有：y2′+π2E0m4qB02=y1′
解得：Δt=15−22×πmqB0
所以粒子释放的时刻为：tmax＝t1﹣Δt=4−152×πmqB0
若粒子恰好达到x轴，则有：y2′＝y1′
解得：Δt=3−12×πmqB0
所以粒子释放的时刻为：tmin＝t1﹣Δt=3−32×πmqB0
故在0～6πmqB0时间内，粒子在3−32×πmqB0～4−152×πmqB0时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
答：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t=2πmqB0时刻的位置坐标为（2πE0mqB02，π2E0m2qB02）；
（2）在0～6πmqB0时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功为2mπ2E02B02；
（3）在M（4πE0mqB02，π2E0m4qB02）点放置一粒子接收器，粒子在3−32×πmqB0～4−152×πmqB0时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
一.知识回顾
1.组合场概念：
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。
2．三种场的比较
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。
4．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
二.例题精析
题型一： 组合场（匀变速直线运动+匀速圆周运动）
例1．如图所示，从离子源产生的某种离子，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，磁感应强度为B，磁场左边界竖直。已知离子射入磁场的速度大小为v，并在磁场边界的N点射出；不计重力影响和离子间的相互作用。
（1）判断这种离子的电性；
（2）求这种离子的荷质比qm；
（3）求MN之间的距离d。
【解答】解：（1）由题意可知，离子在磁场中向上偏转，离子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，离子带正电；
（2）离子在电场加速过程，由动能定理得：qU=12mv2，
解得，离子核质比为：qm=v22U；
（3）离子进入磁场做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，
MN间的距离：d＝2r，
解得：d=4UBv；
答：（1）这种离子带正电；
（2）这种离子的荷质比qm为v22U；
（3）MN之间的距离d为4UBv。
题型二： 组合场（类平抛运动+匀速圆周运动）
例2．一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为条状区域边界上的两点，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点入射时速度的大小；
（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π6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
【解答】解：（1）粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示，
（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，加速度大小为a，粒子的电荷量为q，质量为m，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，运动轨迹对应的半径为R，如图所示，
根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma ①
速度沿电场方向的分量为：v1＝at ②
垂直电场方向有：l′＝v0t ③
根据几何关系可得：v1＝vcosθ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2R⑤
根据几何关系可得：l＝2Rcosθ⑥
联立①②③④⑤⑥式可得粒子从M点入射时速度的大小：v0=2El'Bl⑦
（3）根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v1=v0tanπ6⑧
联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：qm=43El'B2l2⑨
粒子在磁场中运动的周期：T=2πRv=2πmqB⑩
粒子由M点到N点所用的时间：t′＝2t+2(π2−π6)2π•T⑪
联立③⑦⑨⑪式可得：t′=BlE（1+3πl18l'）
答：（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹，如图所示；
（2）该粒子从M点入射时速度的大小为2El'Bl；
（3）该粒子的比荷为43El'B2l2，其从M点运动到N点的时间BlE（1+3πl18l'）。
三.举一反三，巩固练习
1. 质谱仪是研究同位素的重要工具，重庆一中学生在学习了质谱仪原理后，运用所学知识设计了一个质谱仪，其构造原理如图所示。粒子源O可产生a、b两种电荷量相同、质量不同的粒子（初速度可视为0），经电场加速后从板AB边缘沿平行于板间方向射入，两平行板AB与CD间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，板间距为L，板足够长，a、b粒子最终分别打到CD板上的E、F点，E、F到C点的距离分别为12L和L，则a、b两粒子的质量之比为（ ）
A．58 B．2564 C．12 D．14
【解答】解：画出两个粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得ra2=(L2)2+(L−ra)2，所以ra=58L
，rb由图易得为L。
粒子在电场中加速阶段，由动能定理有qU=12mv2
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv=mv2r，所以r=1B2mUq，所以rarb=mamb，解得mamb=2564，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2. 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角θ＝30°。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.75×10﹣3T。虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝20N/C的匀强电场。一比荷qm=2×105C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0＝300m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M点（M点图中未画出）垂直虚线方向进入电场（不计重力），则（ ）
A．该带电粒子一定带正电
B．OM之间的距离为2m
C．粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98m
D．粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
【解答】解：A、根据题目的描述可知，粒子进入磁场时受到的洛伦兹力竖直向下，根据左手定则可知，带电粒子带负电，故A错误；
B、粒子的洛伦兹力提供向心力，则qv0B=mv02r
代入数据解得：r＝2m
根据几何关系可知，O点为粒子做圆周运动的圆心，因此OM之间的距离也等于半径，即为2m，故B正确；
CD、将粒子进入电场后的速度分解为水平和竖直方向，将粒子的加速度也分解为水平和竖直方向，则
在竖直方向上：y=(v0cos30°)22asin30°
其中，a=qEm
联立解得：y＝0.04m，因此粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.96m，无法击中x轴，故CD错误；
故选：B。
3. 如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为2d，板间距离为d。一带电量为q、质量为m的负离子（重力不计）以速度v0贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下边缘射出。在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场（未标出）。要使该负离子在磁场中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，则（ ）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．磁场方向垂直纸面向外，向里都有可能
C．磁感应强度大小为mv0qd
D．在磁场中运动时间为32πd2v0
【解答】解：AB、粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如图：
粒子带负电荷，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故AB错误；
C、对于抛物线运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，
即tanα＝2tanβ＝2•yx=1，故α＝45°，
又由于tanα=vyvx，故vy＝v0，v=2v0；
根据几何关系，圆周运动的轨道半径为R=2d；
圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m v2R；
解得
B=mv0qd，故C正确；
D、磁场中运动时间为：t=34T＝T32π⋅2dv=3πd2v0，故D错误；
故选：C。
4. 如图所示，氕 11H、氘 12H、氚 13H三种核子分别从静止开始经过同一加速电压U1（图中未画出）加速，再经过同一偏转电压U2偏转，后进入垂直于纸面向里的有界匀强磁场，氕 11H的运动轨迹如图。则氕 11H、氘 12H、氚 13H三种核子射入磁场的点和射出磁场的点间距最大的是（ ）
A．氕 11H B．氘 12H C．氚 13H D．无法判定
【解答】解：设核子的质量为m，带电量为q，偏转电场对应的极板长为L，板间距离为d，板间
电场强度为E，进入偏转电场的速度为v0，进入磁场的速度为v，在偏转电场的侧移量为y，速度偏转角为θ。
核子在加速电场运动过程，由动能定理得：
qU1=12mv02
核子在偏转电场做类平抛运动，将运动沿极板方向和垂直极板方向分解。
沿极板方向做匀速直线运动，则有：L＝v0t
沿极板方向做匀加速直线运动，则有：y=12at2；vy＝at
由牛顿第二定律得：a=qEm=qU2md
联立解得：
y=U2L24dU1，
tanθ=vyv0=U2L2dU1
可见核子在偏转电场的侧移量y与速度偏转角θ均与核子的质量和带电量无关，故三种核子进入磁场的位置和速度方向均相同。
进入磁场的速度：v=v0cosθ
核子在匀强磁场只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
由几何关系可得，射入磁场的点和射出磁场的点间距s为：
s＝2rcosθ
联立解得：s=2mv0qB=2mqB⋅2qU1m=2B⋅2mU1q
氕 11H、氘 12H、氚 13H三种核子的电量相等，氚 13H的质量最大，则氚 13H的射入磁场的点和射出磁场的点间距最大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5. （多选）如图所示，以坐标原点O为圆心、半径为R的区域内存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。磁场左侧有一平行y轴放置的荧光屏，相距为d的足够大金属薄板K、A平行于x轴正对放置，K板中央有一小孔P，K板与磁场边界相切于P点，K、A两板间加有恒定电压，K板电势高于A板电势。紧挨A板内侧有一长为3d的线状电子源，其中点正对P孔。电子源可以沿xOy平面向各个方向发射速率均为v0的电子，沿y轴进入磁场的电子，经磁场偏转后垂直打在荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，磁场磁感应强度B=2mv0eR，不计电子重力及它们间的相互作用力。则（ ）
A．K，A极板间的电压大小为mv02e
B．所发射电子能进入P孔的电子源的长度为43d3
C．荧光屏上能有电子到达的区域长度为R
D．所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为πR6v0
【解答】解：A．根据题意，电子在磁场运动14圆周，轨迹半径r＝R，电子在磁场中运动时有
evB=mv2r
电子在AK间运动时有
eU=12mv2−12mv02
解得：U=3mv022e，故A错误；
B．如图
当速度方向平行x轴发射的电子刚好可以进入P，该电子就是电子源离中心点最远处发射的，设此处离中心点的距离为x，则
x＝v0t
d=12at2
eUd=ma
联立解得：x=233d
所以满足条件的长度为
l=2x=433d，故B正确；
C．由几何关系得，进入磁场的所有电子都平行x轴击中荧光屏能从P进入磁场的电子速度方向与OP的最大夹角为θ
sinθ=v0v=12
解得：θ＝30°
由几何关系得
y1＝R+Rsinθ
y2＝R﹣Rsinθ
解得：L＝y1﹣y2＝R，故C正确；
D．由前面分析可知，电子在磁场中转过的最小圆心角为
α＝60°
则所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为
tmin=60°360°×2πmqB=πR6v0，故D正确。
故选：BCD。
6. （多选）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁
场（未画出），磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大水平向左的匀强电场，电场强度为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为v0BR
C．粒子在磁场中运动的总时间为πR2v0
D．粒子在电场中运动的总时间为2BRE
【解答】解：AB、粒子从B点离开磁场，由左手定则可知磁场方向垂直直面向外，根据几何关系知粒子做圆周运动的半径为R，qvB＝mv02R，解得qm=v0BR，故AB正确；
CD、粒子从B点进入电场向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动再次从B点进入磁场，根据动量定理得，选向左为正方向，粒子在电场中运动的时间为；Eqt＝2mv0
t=2mv0Eq=2BRE，粒子再次从B点进入磁场，经过四分之一的周期离开磁场，所以粒子在磁场中运动的总时间为t总=πRv0，故C错误，D正确；
故选：ABD。
7. （多选）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核和氘核分别以相同的初动能Ek从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为+q，不计氕核和氘核的重力。下列说法正确的是（ ）
A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为10Ekm
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为5mEkqB
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（2−1）mEkqB
【解答】解：A、第一次在电场中，粒子均做类平抛运动，水平方向有：x＝v0t，
竖直方向有：y=12at2=12×qEmt2
联立解得：y=qE4Ekx2
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即气核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，故A正确；
B、氘核在电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律可得：tan45°=12a2t22v0t2
根据动能的计算公式可得：Ek=12×2mv022
根据牛顿第二定律可得：a2=qE2m
竖直方向的速度大小为：vy2＝a2t2
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v2=v022+vy22
联立解得：v2=5Ekm，故B错误；
C、由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v1=10Ekm
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝mv12r1
解得：r1=mv1qB=10mEkqB，故C错误；
D、粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为α，根据类平抛运动的规律，则有：tanα
＝2tan45°。
设粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为β，则：β＝α﹣45°
可得：sinβ=1010
粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离：s＝2rsinβ
氘核在磁场中的半径：r2=2mv2qB=25mEkqB
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s2﹣s1=105（r2﹣r1）＝2（2−1）mEkqB，故D正确。
故选：AD。
8. 如图甲所示，圆形区域内有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场；紧挨着竖直放置的两平行金属板，M板接地，中间有一狭缝。当有粒子通过狭缝时N板有电势，且随时间变化的规律如图乙所示。在圆形磁场P处的粒子发射装置，以任意角射出质量m、电荷量q、速率v0的粒子，在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等。从圆弧ab之间离开磁场的粒子均能打在竖直放置的N板上，粒子间的相互作用及其重力均可忽略不计。求这部分粒子。
（1）在磁场中运动的最短时间t；
（2）到达N板上动能的最大值Ekm；
（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件。
【解答】解：（1）粒子在磁场中的轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等，此为“磁发散”模型，所有粒子出磁场的速度平行，且都垂直PO。
根据洛伦兹力提供向心力得：
qv0B＝mv02R
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
T′=2πRv0=2πmqB
由轨迹图可知粒子从b点离开时，其轨迹圆心角最小为90°，在磁场中运动的时间最短，则有：
t=90°360°⋅T'=πm2qB；
（2）粒子在磁场逆时针偏转，根据左手定则可知粒子带负电，且所有粒子从磁场离开进入电场的速度大小均为v0，方向均与极板垂直，可知在电场中受到的电场力方向与速度方向在同一直线上，为了使粒子到达N板上动能最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，根据动能定理可得：
qU0＝Ekm−12mv02
解得最大动能为：
Ekm＝qU0+12mv02；
（3）要保证到达N板上速度最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，即粒子在极板中运动的时间应满足：t1≤T2
设MN间距离为d，粒子到达N板的最大速度为vm，则有：
Ekm＝qU0+12mv02=12mvm2
解得：vm=2qU0m+v02
根据运动学公式可得：
d=v0+vm2⋅t1
联立可得：d≤T4(v0+2qU0m+v02)
故要保证到达N板上速度最大，MN间距离d应满足：0＜d≤T4(v0+2qU0m+v02)。
答：（1）在磁场中运动的最短时间t为πm2qB；
（2）到达N板上动能的最大值Ekm为qU0+12mv02；
（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件为0＜d≤T4(v0+2qU0m+v02)。
9. 如图所示，坐标系xOy第一象限内有场强大小为E，方向沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面且与x轴相切于P点的圆形匀强磁场区域（图中未画出），P点的坐标为（﹣3l0，0），电子a、b以大小相等的速度v=2eBl0m从P点射入磁场，b沿+y方向，a、b速度方向间的夹角为θ（0＜θ＜π2），a、b经过磁场偏转后均垂直于y轴进入第一象限，b经过y轴上的Q点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子重力。
（1）求Q点的坐标；
（2）求a、b第1次通过磁场的时间差Δt；
（3）a、b离开电场后途经同一点A（图中未画出），求A点的坐标及a从P点运动至A点的总路程s。
【解答】解：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，作出电子b的运动轨迹如图中红色轨迹所示，由题意知电子b在磁场中偏转了π2，故电子b圆周运动的轨迹为14圆周，可得OQ的距离等于电子b圆周运动的半径（设为R）。由洛伦兹力提供向心力得
evB=mv2R
已知：v=2eBl0m
解得：R＝2l0
则Q点的坐标为（0，2l0）；
（2）由题意知电子a、b经过磁场偏转后射出磁场时速度相互平行均垂直于y轴，由“磁发散”模型可知圆形匀强磁场的半径与电子圆周运动的半径相等均为R＝2l0，电子a的运动轨迹如图中蓝色轨迹所示，由几何关系可得电子a由P到C的轨迹圆心角α=π2−θ，而电子b的轨迹圆心角为π2。
b第1次通过磁场的时间：tb=π22π⋅2πRv
a第1次通过磁场的时间：ta=π2−θ2π⋅2πRv
a、b第1次通过磁场的时间差：Δt＝tb﹣ta=π22π⋅2πRv−π2−θ2π⋅2πRv=θRv=θmeB；
（3）a、b进入电场后先沿电场方向做匀加速直线运动，速度为零后再反向做匀加速直线运动，由运动对称性可知a、b离开电场时速度大小仍为v，速度相互平行均垂直于y轴进入磁场，由“磁聚焦”模型可知a、b均在圆形匀强磁场区域的最高点离开磁场，即点A在P点的正上方。
故A点的横坐标为：xA＝﹣3l0，A点的纵坐标为：yA＝2R＝4l0，
则A点的坐标为：（﹣3l0，4l0）；
由几何关系可得：CD＝3l0﹣Rcosθ＝3l0﹣2l0cosθ
a在电场中的运动路程为：s1＝2•v22a=v2eEm=4eB2l02mE
电子a在磁场由C到A的轨迹圆心角为β，由几何关系可得：α+β＝π，则电子a在磁场中运动总的轨迹长为半个圆周。
故电子a在磁场中运动总路程为：s2=12×2πR=2πl0
a从P点运动至A点的总路程：s＝2CD+s1+s2＝6l0﹣4l0cosθ+4eB2l02mE+2πl0。
答：（1）Q点的坐标为（0，2l0）；
（2）a、b第1次通过磁场的时间差Δt为θmeB；
（3）A点的坐标为（﹣3l0，4l0）及a从P点运动至A点的总路程s为6l0﹣4l0cosθ+4eB2l02mE+2πl0。
10. 显像管电视机已渐渐退出了历史的舞台，但其利用磁场控制电荷运动的方法仍然被广泛应用。如图为一磁场控制电子运动的示意图，大量质量为m，电荷量为e（e＞0）的电子从P点飘进加速电压为U的极板，加速后的电子从右极板的小孔沿中心线射出，一圆形匀强磁场区域，区域半径为R，磁感应强度大小B=13R6mUe，方向垂直于纸面向里，其圆心O1位于中心线上，在O1右侧2R处有一垂直于中心线的荧光屏，其长度足够大，屏上O2也位于中心线上，不计电子进电场时的初速度及它们间的相互作用，R，U，m，e为已知量。求：
（1）电子在磁场中运动时的半径r；
（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间；
（3）若圆形磁场区域可由图示位置沿y轴向上或向下平移，则圆形区域向哪个方向平移多少距离时，电子在磁场中的运动时间最长？并求此情况下粒子打在荧光屏上位置离O2的距离。
【解答】解：（1）设电子在电场中加速获得的速度v，由动能定理得
eU=12mv2
电子在磁场中做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律
evB=mv2r
根据题意解得：r=3R
（2）由左手定则判断出电子圆周运动的圆心O3在中心线下方，设速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为θ，出磁场后打到荧光屏的M点，如图1
图1
由几何关系可知
tanθ=Rr
解得
θ＝60°
则
O1M＝4R
电子在磁场中的运动时间为
t1=θrv
电子飞出磁场后的运动时间为
t2=O3M−Rv
则电子从进磁场到在荧光屏上的运动时间为t＝t1+t1
联立解得：t=(6π+926)RmeU
（3）易知，当粒子射入和射出两点连线为圆形磁场直径时，时间最长，如图2，当磁场示位置沿，轴负向平移O1E时，电子从C点进入磁场，从D点出磁场，做圆周运动的圆心为O4，速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为α，出磁场后打到荧光屏的N点，CD为圆形区域的直径。O1O4的
延长线交中心线于F
图2
由几何关系可知
sinα2=33
tanα2=22
tanα＝22
O1E＝O1Csinα2
解得
O1E=33R
故磁场沿轴负向平移点33R时电子在磁场中运动时间最久，又
EF＝O1Etanα2
O2N＝（O2E﹣EF） tanα
联立解得：O2N＝（42−233）R
答：（1）电子在磁场中运动时的半径为3R；
（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间为(6π+926)RmeU；
（3）若圆形磁场区域可由图示位置沿y轴向上或向下平移，则磁场沿轴负向平移点33R时电子在磁场中运动时间最久，此情况下粒子打在荧光屏上位置离O2的距离为（42−233）R。
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