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新高考物理一轮复习刷题练习第78讲 带电粒子在组合场中的运动（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习刷题练习第78讲 带电粒子在组合场中的运动（含解析），共29页。试卷主要包含了带电粒子在复合场中的运动分类，常见的基本运动形式等内容，欢迎下载使用。
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＝m
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＝m
解得：r1，r2，
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时刻的位置坐标；
（2）在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功；
（3）在M（，）点放置一粒子接收器，在0～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时间内沿y轴正方向做匀加速直线运动，
加速度大小为：a1
在t1时刻的速度大小为：v1＝a1t1
代入数据解得：v1
此时沿y轴正方向的位移为：y1
解得：y1
～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＝m
解得：R1，
由于粒子在磁场中运动周期T，所以经过时间，粒子刚好运动半周期，
此时x方向的位移为：x1＝2R1，
所以t时刻的位置坐标为（，）；
（2）t时刻粒子速度方向沿﹣y方向，大小为v1
从～时间内，粒子的加速度大小为：a2，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，解得：t2t1
所以在时速度大小仍为v1，位置仍在（，）处，此后的时间内粒子仍做匀速圆周运动，轨迹如图所示。
从～时间内，粒子的加速度大小为：a3，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设在时速度大小为v2，根据运动学公式可得：v2＝﹣v1+a3t1
解得：v2，方向沿+y方向；
从～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：Wmv22
解得：W；
（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～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。
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′
粒子在时刻的速度大小为：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t1﹣Δt）
在～时间内减速的位移：y2′
若粒子恰好达到M点，则有：y2′y1′
解得：Δt
所以粒子释放的时刻为：tmax＝t1﹣Δt
若粒子恰好达到x轴，则有：y2′＝y1′
解得：Δt
所以粒子释放的时刻为：tmin＝t1﹣Δt
故在0～时间内，粒子在～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时刻的位置坐标为（，）；
（2）在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功为；
（3）在M（，）点放置一粒子接收器，粒子在～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；
（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，
解得，离子核质比为：；
（3）离子进入磁场做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qvB＝m，
MN间的距离：d＝2r，
解得：d；
答：（1）这种离子带正电；
（2）这种离子的荷质比为；
（3）MN之间的距离d为。
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，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＝m⑤
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：v0⑦
（3）根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v1⑧
联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：⑨
粒子在磁场中运动的周期：T⑩
粒子由M点到N点所用的时间：t′＝2t•T⑪
联立③⑦⑨⑪式可得：t′（1）
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；
（3）该粒子的比荷为，其从M点运动到N点的时间（1）。
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L和L，则a、b两粒子的质量之比为（ ）
A． B． C． D．
【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，所以，rb由图易得为L。
粒子在电场中加速阶段，由动能定理有
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，所以，所以，解得，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C/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
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：
其中，
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
D．在磁场中运动时间为
【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•1，故α＝45°，
又由于tanα，故vy＝v0，vv0；
根据几何关系，圆周运动的轨道半径为Rd；
圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m ；
解得
B，故C正确；
D、磁场中运动时间为：tT＝T，故D错误；
故选：C。
4. 如图所示，氕、氘、氚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，氕的运动轨迹如图。则氕、氘、氚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 B．氘 C．氚 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
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；vy＝at
由牛顿第二定律得：a
联立解得：
y，
tanθ
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
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
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
氕、氘、氚三种核子的电量相等，氚的质量最大，则氚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，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
B．所发射电子能进入P孔的电子源的长度为
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
【解答】解：A．根据题意，电子在磁场运动圆周，轨迹半径r＝R，电子在磁场中运动时有
电子在AK间运动时有
解得：U，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
联立解得：x
所以满足条件的长度为
，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
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
，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
C．粒子在磁场中运动的总时间为
D．粒子在电场中运动的总时间为
【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＝m，解得，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，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，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
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（1）
【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
联立解得：y
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°
根据动能的计算公式可得：Ek
根据牛顿第二定律可得：a2
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
联立解得：v2，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
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝m
解得：r1，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
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
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s2﹣s1（r2﹣r1）＝2（1），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＝m
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
T′
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；
（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
解得最大动能为：
Ekm＝qU0；
（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
设MN间距离为d，粒子到达N板的最大速度为vm，则有：
Ekm＝qU0
解得：vm
根据运动学公式可得：
d
联立可得：d
故要保证到达N板上速度最大，MN间距离d应满足：0＜d。
答：（1）在磁场中运动的最短时间t为；
（2）到达N板上动能的最大值Ekm为qU0；
（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。
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），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，故电子b圆周运动的轨迹为圆周，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
已知：v
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，而电子b的轨迹圆心角为。
b第1次通过磁场的时间：tb
a第1次通过磁场的时间：ta
a、b第1次通过磁场的时间差：Δt＝tb﹣ta；
（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•
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：s22πl0
a从P点运动至A点的总路程：s＝2CD+s1+s2＝6l0﹣4l0cosθ2πl0。
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；
（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6l0﹣4l0cosθ2πl0。
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，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
电子在磁场中做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律
evB
根据题意解得：rR
（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
解得
θ＝60°
则
O1M＝4R
电子在磁场中的运动时间为
t1
电子飞出磁场后的运动时间为
t2
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
（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
sin
tan
tanα＝2
O1E＝O1Csin
解得
O1ER
故磁场沿轴负向平移点R时电子在磁场中运动时间最久，又
EF＝O1Etan
O2N＝（O2E﹣EF） tanα
联立解得：O2N＝（4）R
答：（1）电子在磁场中运动时的半径为R；
（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间为；
（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R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（4）R。
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＝m
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＝m
解得：r1，r2，
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时刻的位置坐标；
（2）在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功；
（3）在M（，）点放置一粒子接收器，在0～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时间内沿y轴正方向做匀加速直线运动，
加速度大小为：a1
在t1时刻的速度大小为：v1＝a1t1
代入数据解得：v1
此时沿y轴正方向的位移为：y1
解得：y1
～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＝m
解得：R1，
由于粒子在磁场中运动周期T，所以经过时间，粒子刚好运动半周期，
此时x方向的位移为：x1＝2R1，
所以t时刻的位置坐标为（，）；
（2）t时刻粒子速度方向沿﹣y方向，大小为v1
从～时间内，粒子的加速度大小为：a2，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，解得：t2t1
所以在时速度大小仍为v1，位置仍在（，）处，此后的时间内粒子仍做匀速圆周运动，轨迹如图所示。
从～时间内，粒子的加速度大小为：a3，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方向运动。
设在时速度大小为v2，根据运动学公式可得：v2＝﹣v1+a3t1
解得：v2，方向沿+y方向；
从～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：Wmv22
解得：W；
（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～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。
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′
粒子在时刻的速度大小为：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t1﹣Δt）
在～时间内减速的位移：y2′
若粒子恰好达到M点，则有：y2′y1′
解得：Δt
所以粒子释放的时刻为：tmax＝t1﹣Δt
若粒子恰好达到x轴，则有：y2′＝y1′
解得：Δt
所以粒子释放的时刻为：tmin＝t1﹣Δt
故在0～时间内，粒子在～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时刻的位置坐标为（，）；
（2）在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功为；
（3）在M（，）点放置一粒子接收器，粒子在～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；
（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，
解得，离子核质比为：；
（3）离子进入磁场做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qvB＝m，
MN间的距离：d＝2r，
解得：d；
答：（1）这种离子带正电；
（2）这种离子的荷质比为；
（3）MN之间的距离d为。
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，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＝m⑤
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：v0⑦
（3）根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v1⑧
联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：⑨
粒子在磁场中运动的周期：T⑩
粒子由M点到N点所用的时间：t′＝2t•T⑪
联立③⑦⑨⑪式可得：t′（1）
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；
（3）该粒子的比荷为，其从M点运动到N点的时间（1）。
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L和L，则a、b两粒子的质量之比为（ ）
A． B． C． D．
【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，所以，rb由图易得为L。
粒子在电场中加速阶段，由动能定理有
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，所以，所以，解得，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C/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
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：
其中，
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
D．在磁场中运动时间为
【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•1，故α＝45°，
又由于tanα，故vy＝v0，vv0；
根据几何关系，圆周运动的轨道半径为Rd；
圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m ；
解得
B，故C正确；
D、磁场中运动时间为：tT＝T，故D错误；
故选：C。
4. 如图所示，氕、氘、氚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，氕的运动轨迹如图。则氕、氘、氚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 B．氘 C．氚 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
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；vy＝at
由牛顿第二定律得：a
联立解得：
y，
tanθ
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
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
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
氕、氘、氚三种核子的电量相等，氚的质量最大，则氚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，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
B．所发射电子能进入P孔的电子源的长度为
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
【解答】解：A．根据题意，电子在磁场运动圆周，轨迹半径r＝R，电子在磁场中运动时有
电子在AK间运动时有
解得：U，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
联立解得：x
所以满足条件的长度为
，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
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
，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
C．粒子在磁场中运动的总时间为
D．粒子在电场中运动的总时间为
【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＝m，解得，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，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，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
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（1）
【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
联立解得：y
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°
根据动能的计算公式可得：Ek
根据牛顿第二定律可得：a2
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
联立解得：v2，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
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝m
解得：r1，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
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
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s2﹣s1（r2﹣r1）＝2（1），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＝m
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
T′
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；
（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
解得最大动能为：
Ekm＝qU0；
（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
设MN间距离为d，粒子到达N板的最大速度为vm，则有：
Ekm＝qU0
解得：vm
根据运动学公式可得：
d
联立可得：d
故要保证到达N板上速度最大，MN间距离d应满足：0＜d。
答：（1）在磁场中运动的最短时间t为；
（2）到达N板上动能的最大值Ekm为qU0；
（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。
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），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，故电子b圆周运动的轨迹为圆周，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
已知：v
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，而电子b的轨迹圆心角为。
b第1次通过磁场的时间：tb
a第1次通过磁场的时间：ta
a、b第1次通过磁场的时间差：Δt＝tb﹣ta；
（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•
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：s22πl0
a从P点运动至A点的总路程：s＝2CD+s1+s2＝6l0﹣4l0cosθ2πl0。
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；
（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6l0﹣4l0cosθ2πl0。
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，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
电子在磁场中做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律
evB
根据题意解得：rR
（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
解得
θ＝60°
则
O1M＝4R
电子在磁场中的运动时间为
t1
电子飞出磁场后的运动时间为
t2
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
（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
sin
tan
tanα＝2
O1E＝O1Csin
解得
O1ER
故磁场沿轴负向平移点R时电子在磁场中运动时间最久，又
EF＝O1Etan
O2N＝（O2E﹣EF） tanα
联立解得：O2N＝（4）R
答：（1）电子在磁场中运动时的半径为R；
（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间为；
（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R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（4）R。
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