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高考物理三轮冲刺题型归纳讲练专题21 带电粒子在组合场的运动（2份打包，原卷版+解析版）
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这是一份高考物理三轮冲刺题型归纳讲练专题21 带电粒子在组合场的运动（2份打包，原卷版+解析版），文件包含高考物理三轮冲刺题型归纳讲练专题21带电粒子在组合场的运动原卷版doc、高考物理三轮冲刺题型归纳讲练专题21带电粒子在组合场的运动解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc127994718" 题型一 带电粒子在组合场中的运动 PAGEREF _Tc127994718 \h 1
\l "_Tc127994719" 题型二 组合场中运动的实例分析 PAGEREF _Tc127994719 \h 14
[考点分析]
题型一 带电粒子在组合场中的运动
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
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
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。
（多选）质谱仪的工作原理如图所示，大量粒子飘入加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片上。在一次测试中，大量的某种粒子经加速电场加速后刚进入匀强磁场时的速度大小均为v，打在底片上的位置到M点的最小距离为a，匀强磁场的磁感应强度为B，不考虑粒子的重力及它们之间的相互作用。则（ ）
A．粒子的比荷为
B．加速电场的电压为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．大量粒子所经过磁场区域最窄处的宽度为
【解答】解：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为r
根据牛顿第二定律可得qvB＝m
解得
故A正确：
B.粒子在电场中加速，根据动能定理可得qU
联立，可得U
故B错误：
C.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T
粒子在磁场中运动的时间为
t
联立，可得
t
故C正确：
D.粒子在磁场中经过的区域为图中的阴影部分，如图
根据几何关系有
d
最窄处的宽度为
Δd＝r﹣d
故D正确；
故选：ACD。
（多选）如图所示直角坐标系xOy，P（a，﹣b）为第四象限内的一点，一质量为m、电量为q的负电荷（电荷重力不计）从原点O以初速度v0沿y轴正方向射入，第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y＞0区域磁场不变，而将y＜0区域磁场改为沿x方向匀强电场，该电荷仍通过P点（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度为B
B．匀强磁场的磁感应强度B
C．电荷从O运动到P，第二次所用时间一定短些
D．电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定小些
【解答】解：AB、第一次在整个坐标系中加垂直于纸面向里的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；粒子做匀速圆周运动，如图所示：
由几何关系得：（a﹣R）2+b2＝R2
解得：
由牛顿第二定律得：
解得：B，故A正确，B错误；
C、第二次保持y＞0区域磁场不变，而将y＜0区域磁场改为沿x轴方向的匀强电场，该电荷仍通过O点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间为
第一次粒子做匀速圆周运动，运动时间为
弧长QP大于b，所以t1＞t2，即第二次所用时间一定短些，故C正确；
D、电荷通过P点时的速度，第一次与x轴负方向的夹角为α，则有
tanα
第二次与x轴负方向的夹角为θ，则有
tanθ
所以有tanθ＞tanα，电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定大一些，故D正确。
故选：ACD。
（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。
（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。
如图甲所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求电子从P点射出时与负y轴方向的最大夹角；
（3）当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；
（4）在图乙中定性画出电流i随UAK变化的关系曲线.要求标出相关数据，且要有计算依据。
【解答】解：（1）电子均从P点射出，结合沿x轴射入的电子轨迹可知电子做圆周运动的轨道半径为：r＝R，
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝m，
解得：；
（2）上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm，如图1所示，
由几何关系可得，
得：θm＝60°。
同理下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60°，范围是﹣60°≤θ≤60°；
（3）进入小孔的电子偏角正切值：，
解得：α＝45°，，
每秒进入两极板间的电子数n：，
解得：n＝0.82N；
（4）由动能定理得出遏制电压Uc，
与负y轴成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，
达到饱和电流所需的最小反向电压为：，
或根据（3）可得饱和电流大小为：imax＝0.82Ne，图象如图2所示：
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围是﹣60°≤θ≤60°；
（3）当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达板A的电子数为0.82N；
（4）电流i随UAK变化的关系曲线如图所示。
如图所示为某离子收集器装置的示意图，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域边界与y轴相切于坐标原点O，磁场方向垂直于坐标平面，一截面为矩形的电场处理器AMNC与磁场相切于P点，AC边与y轴重合，其中AM＝AC＝2R，AC与MN间存在沿x轴正方向的匀强电场，在MN处放置有与MN等长的荧光屏。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，以相同速率v0各向均匀的从O点射入x＞0区域，其中沿Ox方向射入的离子刚好经过P点，已知所有离子均能打到荧光屏上，形成的亮线恰与M、N连线重合，不计离子重力及相互作用，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B大小和方向；
（2）电场处理器AMNC间的电场强度E的大小；
（3）若F为MN中点，荧光屏上MF间与FN间收集到的离子数目之比为多少。
【解答】解：（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，沿x轴正方向射入，从P点射出，根据洛伦兹力提供向心力，即：qv0B＝m
由几何关系可知，r＝R
联立解得：B，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；
（2）对沿﹣y轴方向射入的离子，其刚好到达N点，可知该离子在电场中沿﹣y轴方向有：2R＝v0t
在x轴方向：2R
联立解得：E
（3）对恰好打中荧光屏中间位置的离子在电场中在﹣y轴方向有：R＝v0t
在x轴方向有：x
联立解得：x
设离子在磁场中运动轨迹如图所示：
由几何关系可知：sinθ，解得：θ＝30°
所以荧光屏MF间与FN间收集到的离子对应发射角度为60°与120°，故荧光屏上半部分与下半部分收集到的离子数目之比为：
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B大小为，磁场方向垂直纸面向外；
（2）电场处理器AMNC间的电场强度E的大小为；
（3）若F为MN中点，荧光屏上MF间与FN间收集到的离子数目之比为。
在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图甲所示是离子注入工作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过半径为R0的圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点沿竖直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向成15°，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力。求：
（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0；
（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小。
【解答】解：（1）离子通过加速电场，由动能定理可知：qUmv2
变形得到：v
（2）离子经过静电分析器，由牛顿第二定律有：qE0
联立得到：E0
（3）根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹如图所示，O2为其圆心，由几何关系知道：离子的轨迹半径：r′＝O2N＝O2P
△ONO2为等腰直角三解形，∠4＝45°
∠MPO2＝∠1+∠2+∠3＝90° 而∠1＝15°
所以∠3＝30°
所以：PJ＝PO1cs∠3
联立得到：r′
由牛顿第二定律有qvB0
从而解得：B0
答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为；
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0为；
（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，则圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小为。
题型二 组合场中运动的实例分析
1．质谱仪(如图)
原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝eq \f(1,2)mv2.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r).
由以上两式可得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2).
2．回旋加速器(如图)
原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝eq \f(mv2,r)，得Ekm＝eq \f(q2B2r2,2m)，可见同种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．
如图所示为某质谱仪的工作原理示意图。初速度为零的质子（不计重力）被加速电压U1加速后，进入速度选择器（内部存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，两极板间的电压为U2，间距为d），沿直线运动通过狭缝P，打在可记录粒子位置的胶片A1A2上的C点，PC＝x，A1A2下方匀强磁场的磁感应强度大小为B0。若B、B0、d一定，改变U1、U2，均可使质子通过狭缝P，则下列图像反映x或U2随U1的变化规律可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：AB、设质子进入速度选择器的速率为v，根据动能定理有qU1，结合x＝2r和r
得x，则x与成正比，故B正确，A错误；
CD、质子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qvB＝qE，由E
解得：U2＝Bd，故CD错误。
故选：B。
如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出（初速度不计），经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺（图中未画出），可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是（ ）
A．打在照相底片D上的离子带负电
B．可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔
C．谱线b对应比荷的值大于谱线a对应比荷的值
D．标尺上各刻线对应比荷的值是均匀的
【解答】解：A、打在照相底片D上的离子刚进入磁场时受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知，该离子带正电，故A错误；
B、离子在电场中加速时，有qU，得v。离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，联立可得r，谱线之间的间隔为Δd＝2r1﹣2r2（），可知Δd与B成反比，可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，故B正确；
C、由r，知离子的比荷越大，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，则谱线b对应比荷的值小于谱线a对应比荷的值，故C错误；
D、标尺上各刻线到小孔S2的距离为d＝2r，因d与比荷是非线性关系，所以标尺上各刻线对应比荷的值是不均匀的，故D错误。
故选：B。
如图所示，回旋加速器D形盒上加有垂直于表面的匀强磁场，狭缝间接有电压为U、频率为f的交流电．若A处粒子源产生的氘核在加速器中被加速，则（ ）
A．交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期的一半
B．氘核获得的最大速度与磁场的磁感应强度无关
C．仅增大电压U，氘核在加速器中运动的时间变短
D．若要加速α粒子，则交流电的频率f必须改变
【解答】解：A、交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，故A错误；
B、根据qvB＝m，解得v，最大动能，即氘核获得的最大速度与磁场的磁感应强度有关，故B错误；
C、根据qvB＝m，解得r，又qU，联立解得r，当U增大，r增大，即说明氘核在回旋加速器中的转动次数减少，又根据交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，即T，即氘核在加速器中的运动时间变短，故C正确；
D、根据交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，即T，交变电流的变化周期与氘核在磁场中的转动周期相同，为恒定值，故交变电流频率不变，故D错误。
故选：C。
（多选）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【解答】解：在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
E，即Er＝k
A．粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
C．带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
qE1＝m
qE2＝m
可得：m
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
D．粒子3做向心运动，则有
qE2＞m
可得：mm
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选：BD。
回旋加速器的工作原理如图甲所示。D形盒的半径为R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的带电粒子。加在两盒狭缝间的交变电压UMN随时间t的变化规律如图乙所示，电压的峰值为U，周期T。一束粒子在t＝0～时间内均匀的飘入两盒间狭缝，初速度忽略不计。不计带电粒子所受重力和粒子间的相互作用。
（1）若忽略带电粒子通过两盒间狭缝的时间。求：
a.带电粒子经过1次加速后的速度大小v1；
b.带电粒子获得的最大动能Ekm。
（2）若带电粒子通过两盒间狭缝的时间不可忽略，且能够射出的粒子每次经过狭缝均做匀加速运动。现要求飘入狭缝的带电粒子中至少有99%可以射出，则狭缝的间距d最大应该为多少？
【解答】解：（1）a.根据动能定理可得：qU2
解得：v1；
b.设带电粒子获得最大速度为vm，粒子所受洛伦兹力提供向心力：qvmB＝m
解得：Ekm
（2）带电粒子在狭缝运动的运动过程中，根据牛顿第二定律可得：q＝ma
则带电粒子的加速度为：a
带电粒子射出之前n次经过狭缝，且经过狭缝的总时间为t，则有：Ekm＝nqU，nd
只有在时间内飘入的带电粒子才能每次均被加速，则：99%
解得：d
即狭缝的间距d最大为。
答：（1）a.带电粒子经过1次加速后的速度大小为；
b.带电粒子获得的最大动能为；
（2）狭缝的间距d最大应该为。
如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属D形盒的半径为1.5R，左盒接出一个水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为B2、半径为R的圆形匀强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为的荧光屏。两盒间距较小，加入一交流加速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度B1的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一比荷为的电子，经过时间t电子便进入水平向右的管道。已知电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速电子时电压的大小可视为不变。则：
（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为多大？
（2）此加速器的加速电压U为多大？
（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合什么条件？
【解答】解：（1）电子加速至D形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有
得进入圆形磁场的电子获得的速度为：。
（2）电子在D形盒中做圆周运动的周期P：T
电子加速次数为：
根据动能定理有：
得加速器的加速电压为：。
（3）当电子恰好打在屏的边缘时，由于电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与水平线的夹角设为θ，如图所示，由此可得：，得θ＝60°，
电子在磁场中运动的圆心角也为：θ＝60°，圆弧的半径为：
根据牛顿第二定律，有：
联立解得：
即当：，电子就不会打出荧光屏之外。
答：（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为；
（2）此加速器的加速电压U为；
（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合：。
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
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＝eq \f(1,2)at2
a＝eq \f(qE,m)，tanθ＝eq \f(at,v)
qvB＝eq \f(mv2,r)，r＝eq \f(mv,qB)
T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θT,2π)
sinθ＝eq \f(L,r)
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
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc127994718" 题型一 带电粒子在组合场中的运动 PAGEREF _Tc127994718 \h 1
\l "_Tc127994719" 题型二 组合场中运动的实例分析 PAGEREF _Tc127994719 \h 14
[考点分析]
题型一 带电粒子在组合场中的运动
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
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
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。
（多选）质谱仪的工作原理如图所示，大量粒子飘入加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片上。在一次测试中，大量的某种粒子经加速电场加速后刚进入匀强磁场时的速度大小均为v，打在底片上的位置到M点的最小距离为a，匀强磁场的磁感应强度为B，不考虑粒子的重力及它们之间的相互作用。则（ ）
A．粒子的比荷为
B．加速电场的电压为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．大量粒子所经过磁场区域最窄处的宽度为
【解答】解：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为r
根据牛顿第二定律可得qvB＝m
解得
故A正确：
B.粒子在电场中加速，根据动能定理可得qU
联立，可得U
故B错误：
C.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T
粒子在磁场中运动的时间为
t
联立，可得
t
故C正确：
D.粒子在磁场中经过的区域为图中的阴影部分，如图
根据几何关系有
d
最窄处的宽度为
Δd＝r﹣d
故D正确；
故选：ACD。
（多选）如图所示直角坐标系xOy，P（a，﹣b）为第四象限内的一点，一质量为m、电量为q的负电荷（电荷重力不计）从原点O以初速度v0沿y轴正方向射入，第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y＞0区域磁场不变，而将y＜0区域磁场改为沿x方向匀强电场，该电荷仍通过P点（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度为B
B．匀强磁场的磁感应强度B
C．电荷从O运动到P，第二次所用时间一定短些
D．电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定小些
【解答】解：AB、第一次在整个坐标系中加垂直于纸面向里的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；粒子做匀速圆周运动，如图所示：
由几何关系得：（a﹣R）2+b2＝R2
解得：
由牛顿第二定律得：
解得：B，故A正确，B错误；
C、第二次保持y＞0区域磁场不变，而将y＜0区域磁场改为沿x轴方向的匀强电场，该电荷仍通过O点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间为
第一次粒子做匀速圆周运动，运动时间为
弧长QP大于b，所以t1＞t2，即第二次所用时间一定短些，故C正确；
D、电荷通过P点时的速度，第一次与x轴负方向的夹角为α，则有
tanα
第二次与x轴负方向的夹角为θ，则有
tanθ
所以有tanθ＞tanα，电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定大一些，故D正确。
故选：ACD。
（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。
（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。
如图甲所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求电子从P点射出时与负y轴方向的最大夹角；
（3）当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；
（4）在图乙中定性画出电流i随UAK变化的关系曲线.要求标出相关数据，且要有计算依据。
【解答】解：（1）电子均从P点射出，结合沿x轴射入的电子轨迹可知电子做圆周运动的轨道半径为：r＝R，
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝m，
解得：；
（2）上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm，如图1所示，
由几何关系可得，
得：θm＝60°。
同理下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60°，范围是﹣60°≤θ≤60°；
（3）进入小孔的电子偏角正切值：，
解得：α＝45°，，
每秒进入两极板间的电子数n：，
解得：n＝0.82N；
（4）由动能定理得出遏制电压Uc，
与负y轴成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，
达到饱和电流所需的最小反向电压为：，
或根据（3）可得饱和电流大小为：imax＝0.82Ne，图象如图2所示：
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围是﹣60°≤θ≤60°；
（3）当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达板A的电子数为0.82N；
（4）电流i随UAK变化的关系曲线如图所示。
如图所示为某离子收集器装置的示意图，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域边界与y轴相切于坐标原点O，磁场方向垂直于坐标平面，一截面为矩形的电场处理器AMNC与磁场相切于P点，AC边与y轴重合，其中AM＝AC＝2R，AC与MN间存在沿x轴正方向的匀强电场，在MN处放置有与MN等长的荧光屏。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，以相同速率v0各向均匀的从O点射入x＞0区域，其中沿Ox方向射入的离子刚好经过P点，已知所有离子均能打到荧光屏上，形成的亮线恰与M、N连线重合，不计离子重力及相互作用，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B大小和方向；
（2）电场处理器AMNC间的电场强度E的大小；
（3）若F为MN中点，荧光屏上MF间与FN间收集到的离子数目之比为多少。
【解答】解：（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，沿x轴正方向射入，从P点射出，根据洛伦兹力提供向心力，即：qv0B＝m
由几何关系可知，r＝R
联立解得：B，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；
（2）对沿﹣y轴方向射入的离子，其刚好到达N点，可知该离子在电场中沿﹣y轴方向有：2R＝v0t
在x轴方向：2R
联立解得：E
（3）对恰好打中荧光屏中间位置的离子在电场中在﹣y轴方向有：R＝v0t
在x轴方向有：x
联立解得：x
设离子在磁场中运动轨迹如图所示：
由几何关系可知：sinθ，解得：θ＝30°
所以荧光屏MF间与FN间收集到的离子对应发射角度为60°与120°，故荧光屏上半部分与下半部分收集到的离子数目之比为：
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B大小为，磁场方向垂直纸面向外；
（2）电场处理器AMNC间的电场强度E的大小为；
（3）若F为MN中点，荧光屏上MF间与FN间收集到的离子数目之比为。
在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图甲所示是离子注入工作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过半径为R0的圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点沿竖直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向成15°，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力。求：
（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0；
（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小。
【解答】解：（1）离子通过加速电场，由动能定理可知：qUmv2
变形得到：v
（2）离子经过静电分析器，由牛顿第二定律有：qE0
联立得到：E0
（3）根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹如图所示，O2为其圆心，由几何关系知道：离子的轨迹半径：r′＝O2N＝O2P
△ONO2为等腰直角三解形，∠4＝45°
∠MPO2＝∠1+∠2+∠3＝90° 而∠1＝15°
所以∠3＝30°
所以：PJ＝PO1cs∠3
联立得到：r′
由牛顿第二定律有qvB0
从而解得：B0
答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为；
（2）静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E0为；
（3）若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，则圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小为。
题型二 组合场中运动的实例分析
1．质谱仪(如图)
原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝eq \f(1,2)mv2.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r).
由以上两式可得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2).
2．回旋加速器(如图)
原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝eq \f(mv2,r)，得Ekm＝eq \f(q2B2r2,2m)，可见同种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．
如图所示为某质谱仪的工作原理示意图。初速度为零的质子（不计重力）被加速电压U1加速后，进入速度选择器（内部存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，两极板间的电压为U2，间距为d），沿直线运动通过狭缝P，打在可记录粒子位置的胶片A1A2上的C点，PC＝x，A1A2下方匀强磁场的磁感应强度大小为B0。若B、B0、d一定，改变U1、U2，均可使质子通过狭缝P，则下列图像反映x或U2随U1的变化规律可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：AB、设质子进入速度选择器的速率为v，根据动能定理有qU1，结合x＝2r和r
得x，则x与成正比，故B正确，A错误；
CD、质子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qvB＝qE，由E
解得：U2＝Bd，故CD错误。
故选：B。
如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出（初速度不计），经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺（图中未画出），可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是（ ）
A．打在照相底片D上的离子带负电
B．可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔
C．谱线b对应比荷的值大于谱线a对应比荷的值
D．标尺上各刻线对应比荷的值是均匀的
【解答】解：A、打在照相底片D上的离子刚进入磁场时受到的洛伦兹力向左，由左手定则判断可知，该离子带正电，故A错误；
B、离子在电场中加速时，有qU，得v。离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，联立可得r，谱线之间的间隔为Δd＝2r1﹣2r2（），可知Δd与B成反比，可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，故B正确；
C、由r，知离子的比荷越大，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，则谱线b对应比荷的值小于谱线a对应比荷的值，故C错误；
D、标尺上各刻线到小孔S2的距离为d＝2r，因d与比荷是非线性关系，所以标尺上各刻线对应比荷的值是不均匀的，故D错误。
故选：B。
如图所示，回旋加速器D形盒上加有垂直于表面的匀强磁场，狭缝间接有电压为U、频率为f的交流电．若A处粒子源产生的氘核在加速器中被加速，则（ ）
A．交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期的一半
B．氘核获得的最大速度与磁场的磁感应强度无关
C．仅增大电压U，氘核在加速器中运动的时间变短
D．若要加速α粒子，则交流电的频率f必须改变
【解答】解：A、交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，故A错误；
B、根据qvB＝m，解得v，最大动能，即氘核获得的最大速度与磁场的磁感应强度有关，故B错误；
C、根据qvB＝m，解得r，又qU，联立解得r，当U增大，r增大，即说明氘核在回旋加速器中的转动次数减少，又根据交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，即T，即氘核在加速器中的运动时间变短，故C正确；
D、根据交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期，即T，交变电流的变化周期与氘核在磁场中的转动周期相同，为恒定值，故交变电流频率不变，故D错误。
故选：C。
（多选）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【解答】解：在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
E，即Er＝k
A．粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
C．带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
qE1＝m
qE2＝m
可得：m
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
D．粒子3做向心运动，则有
qE2＞m
可得：mm
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选：BD。
回旋加速器的工作原理如图甲所示。D形盒的半径为R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的带电粒子。加在两盒狭缝间的交变电压UMN随时间t的变化规律如图乙所示，电压的峰值为U，周期T。一束粒子在t＝0～时间内均匀的飘入两盒间狭缝，初速度忽略不计。不计带电粒子所受重力和粒子间的相互作用。
（1）若忽略带电粒子通过两盒间狭缝的时间。求：
a.带电粒子经过1次加速后的速度大小v1；
b.带电粒子获得的最大动能Ekm。
（2）若带电粒子通过两盒间狭缝的时间不可忽略，且能够射出的粒子每次经过狭缝均做匀加速运动。现要求飘入狭缝的带电粒子中至少有99%可以射出，则狭缝的间距d最大应该为多少？
【解答】解：（1）a.根据动能定理可得：qU2
解得：v1；
b.设带电粒子获得最大速度为vm，粒子所受洛伦兹力提供向心力：qvmB＝m
解得：Ekm
（2）带电粒子在狭缝运动的运动过程中，根据牛顿第二定律可得：q＝ma
则带电粒子的加速度为：a
带电粒子射出之前n次经过狭缝，且经过狭缝的总时间为t，则有：Ekm＝nqU，nd
只有在时间内飘入的带电粒子才能每次均被加速，则：99%
解得：d
即狭缝的间距d最大为。
答：（1）a.带电粒子经过1次加速后的速度大小为；
b.带电粒子获得的最大动能为；
（2）狭缝的间距d最大应该为。
如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属D形盒的半径为1.5R，左盒接出一个水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为B2、半径为R的圆形匀强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为的荧光屏。两盒间距较小，加入一交流加速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度B1的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一比荷为的电子，经过时间t电子便进入水平向右的管道。已知电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速电子时电压的大小可视为不变。则：
（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为多大？
（2）此加速器的加速电压U为多大？
（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合什么条件？
【解答】解：（1）电子加速至D形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有
得进入圆形磁场的电子获得的速度为：。
（2）电子在D形盒中做圆周运动的周期P：T
电子加速次数为：
根据动能定理有：
得加速器的加速电压为：。
（3）当电子恰好打在屏的边缘时，由于电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与水平线的夹角设为θ，如图所示，由此可得：，得θ＝60°，
电子在磁场中运动的圆心角也为：θ＝60°，圆弧的半径为：
根据牛顿第二定律，有：
联立解得：
即当：，电子就不会打出荧光屏之外。
答：（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为；
（2）此加速器的加速电压U为；
（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合：。
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
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＝eq \f(1,2)at2
a＝eq \f(qE,m)，tanθ＝eq \f(at,v)
qvB＝eq \f(mv2,r)，r＝eq \f(mv,qB)
T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θT,2π)
sinθ＝eq \f(L,r)
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
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