第1章 专题强化4 带电粒子在组合场中的运动-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（粤教版2019）

专题强化4　带电粒子在组合场中的运动 DIYIZHANG 第一章 1 1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法(重点)。 2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法(重点)。 3.会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律(难点)。 学习目标 2 1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域内交替出现。 2.组合场中的动力学分析 3 3.组合场运动情形图例 在匀强电场中：匀变速直线运动(速度方向与电场方向平行) 在匀强磁场中：匀速圆周运动 (速度方向与磁场方向垂直)       在匀强电场中：类平抛运动(初速度方向与电场方向垂直) 在匀强磁场中：匀速圆周运动 (速度方向与磁场方向垂直)       4 一、带电粒子在组合场中的运动 二、带电粒子在立体空间中的运动 课时对点练 内容索引 5 带电粒子在组合场中的运动 一 6 　在半导体离子注放工艺中，初速度和重力可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的匀强电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+ A.在磁场中运动的半径之比为3∶1 B.在电场中的加速度之比为1∶1 C.在磁场中转过的角度之比为1∶2 D.离开磁场区域时的动能之比为1∶ 例1 √ 两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系， 所以由牛顿第二定律有q=ma，得a=，可知二者在 电场中的加速度之比是1∶3，故选项B错误； 离子在离开电场时有Uq=mv2，即v=，可知其速度之比为1∶，又由qvB=m，知r=∶1，故选项A错误； 由选项A分析可知，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为 L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ=，则可知转过角 度的正弦值之比为1∶，又P+转过的角度为30°，可知P3+转过的角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故选项C正确； 由电场加速后有qU=mv2，在磁场中洛伦兹力不做功，可知，两离子离开磁场的动能之比为1∶3，故选项D错误。 　(2024·东莞市高二期中)如图所示，第Ⅰ象限存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为(-L，-)。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子以3v0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求： (1)电场强度的大小； 例2 答案　　 粒子运动轨迹如图， 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动， 根据类平抛运动规律知，沿x轴方向有L=3v0t 沿y轴方向有=·t2，解得E= (2)带电粒子进入第一象限时的速度； 答案　5v0，方向与x轴正方向夹角为53°　 沿y轴方向有=t，解得vy=4v0 则到达O点时速度大小为v==5v0， 经分析知sin θ==0.8，则θ=53° (3)带电粒子射出磁场位置到O点的距离及带电粒子在磁场中运动的时间。 答案　　 由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得R== 由几何关系，粒子运动的轨迹与x轴的交点到O点 的距离d=2Rsin θ=2××0.8=， 带电粒子在匀强磁场中运动的周期 T== 在磁场中运动的时间为t=T=。 总结提升 带电粒子从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时速度的大小和方向，这是正确求解的关键。 　(2024·揭阳市高二期末)如图所示，xOy坐标系第一、二、 三象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第二、三 象限内的磁感应强度大小相等，第四象限内存在沿x轴正 方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子 从xOy平面内以速度v0从y轴上M点(0，L)沿与y轴正方向成60°角的方向射入第一象限。一段时间后，粒子沿y轴负方向进入电场区域，粒子在电场中偏转后，沿与M点速度相反的方向经y轴上的N点(图中未画出)射入第三象限，再经一段时间后粒子经M点再次进入第一象限。粒子重力不计，求： 例3 (1)粒子在第一象限内运动的时间； 答案　　 粒子运动轨迹如图所示 由几何关系可知，粒子在第一象限内运动的半径为 r1= 粒子在第一象限内运动轨迹对应的圆心角α=，可得粒子运动的时间为t=，解得t= (2)第四象限内电场强度的大小； 答案　　 粒子进入第四象限后做类平抛运动。设运动的时间为t1，沿x轴负方向上的位移为x1，则有x1=r1+r1cos 60°，粒子在N点沿x轴负方向上的分 速度大小v1=v0tan 60°，粒子在第四象限内运动的加速度大小a=， 根据位移时间公式x1=a又有v1=at1，联立解得E=，t1= (3)第二、三象限内磁感应强度的大小。 答案　 设粒子在第四象限内运动的位移沿y轴的分量为y1，则有y1=v0t1，则粒子在第二、三象限内的运动轨迹在y轴上的弦长为d=L+y1，设粒子在第二、三象限内做圆周运动的半径为r2，粒子在N点的速度为vN，则有 d=2r2sin 60°，vN= 根据洛伦兹力提供向心力qBvN=m 解得B=。 　(2024·茂名市高二期中)如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ 象限内充满了沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内充满 了垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的 带正电粒子，从y轴上的P点以垂直于y轴和电场的初速度v0进入匀强电场，一段时间后经过x轴上的Q点进入匀强磁场，进入磁场时的速度方向与x轴正方向成θ=30°角，已知OQ=3L，若粒子在磁场中运动一段时间后恰好能再回到电场，不计粒子重力。求： (1)带电粒子进入匀强磁场时的速度大小； 例4 答案　v0　 设粒子在Q点进入磁场时速度为v，沿x方向的分速度 vx=v0=vcos 30°，得v==v0 (2)磁感应强度B的大小； 答案　　 粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R，根据几何关系可得R(1+sin 30°)=3L，解得R=2L，根据 洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，联立可得磁感应强度的大小B= (3)粒子从离开P点到第三次经过x轴所需的时间。 答案　+ 粒子在电场和磁场中做周期性运动，轨迹如图 粒子从P到Q的时间为t= 在磁场中做一次圆周运动的时间 t'=T=×= 粒子从离开P点到第三次经过x轴所需的时间T=3t+t'=+ 总结提升 分析带电粒子在组合场中运动的基本思路 (1)划分过程：将粒子的运动过程划分为几个不同的阶段，对不同阶段选取不同的规律处理。 (2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度是解决该类问题的关键。 (3)画运动轨迹：根据动力学分析，大致画出物体运动的轨迹图。 返回 带电粒子在立体空间中的运动 二 26 　(2023·佛山市高二月考)如图，在空间直角坐标系O-xyz中，界面Ⅰ与Oyz平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y轴负方向的匀强电场，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z轴正方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子，从y轴上距O点处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力 不计。求： (1)匀强电场的电场强度的大小E； 例5 答案　　 画出平面图如图甲所示： 粒子在电场区域内做类平抛运动，设电场中粒子加速度大小为a，沿z轴正方向看，如图乙所示 粒子从O1点进入右边磁场，则L=v0t =at2，qE=ma 联立解得E= (2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，匀强磁场的磁感应强度B应多大。 答案　 设粒子到O1点时的速度大小为v，与x轴正方向夹角为θ，如图乙所示， 则vy=at，v= tan θ=，故tan θ=1 即有θ=45°，v=v0 在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，则qvB=m，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，根据几何关系有R+Rcos 45°=L 解得B=。 　如图所示，在空间建立正交坐标系O-xyz，空间中存在范 围足够大、大小可调节的沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电 场。过x轴上C(2L，0，0)点有平行于yOz平面的无限大平面 光屏，质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿z轴正方向以初速度v0射入该空间中，不计粒子重力。 (1)若空间内只存在如图所示的电场，粒子打在光屏上的P点(图中未画出)，CP=4L，求此电场的电场强度E0的大小； 例6 答案　　 粒子做类平抛运动，水平方向4L=v0t0 竖直方向2L=a0 a0= 解得E0= (2)若空间内只存在如图所示的磁场，粒子经过一段时间到达坐标为(0，-L，L)的位置，求此磁场的磁感应强度B0的大小； 答案　　 如图，由几何关系 R2=3L2+(R-L)2 可得R=2L 由洛伦兹力提供向心力得qv0B0=m 解得B0= (3)若电场和磁场同时存在，已知磁场磁感应强度为B，粒子第一次回到x轴上并经过A(L，0，0)点，求电场强度E的大小； 答案　 沿x轴正方向由静止做匀加速直线运动 L=at2= yOz平面内做匀速圆周运动，第一次回到x轴，则t= 可得E= (4)若空间中电、磁场与(3)相同，粒子在O点时的速度v0在xOz平面内并与x轴正方向夹角为60°，且v0=，求粒子打到光屏上时的位置坐标。 答案　(2L，0，0) 粒子在沿x轴正方向做匀加速直线运动 2L=v0xt'+at'2 a=，v0x=v0cos 60° 可得t'= 故粒子恰好在磁场中完成一个圆周， 则打在光屏上时位置坐标为(2L，0，0)。 拓展　若撤去光屏，在yOz平面右侧空间中的电、磁场与(3)相同，粒子从O点沿z轴正方向以初速度为v0射入空间中，则粒子第1次、第2次、第3次、……到达x轴的位置坐标(只用L1表示)依次为　　　　　　　　。  粒子沿x轴正方向由静止开始做匀加速直线运动，x1∶x2∶x3∶…= 1∶4∶9… L、4L、9L、… 总结提升 若在某空间中同时存在电场和磁场，粒子在电场力和洛伦兹力作用下做曲线运动，可采用“降维法”分析：即先假设磁场不存在(不受洛伦兹力)，分析粒子在电场力作用下运动情况，再假设电场不存在(不受电场力)，分析粒子在洛伦兹力作用下运动情况，再利用运动的合成与分解的原理，分析实际运动情形及物理量。 返回 课时对点练 三 训练1　变质量问题　 训练2　带电粒子在立体空间中的运动(选练) 41 1.(多选)如图所示，虚线MN上方为匀强电场，下方为匀 强磁场，匀强电场的电场强度大小为E，方向竖直向下 且与边界MN成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度大小 为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边 界MN的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。则下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 基础强化练 A.粒子第一次进入磁场时的速度大小v= B.粒子第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间t= C.粒子第一次离开磁场到第二次进入磁场的时间t1= D.粒子第一次在磁场中运动的半径R= 1 2 3 4 5 6 √ √ 1 2 3 4 5 6 设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理 可得qEd=mv2-0，解得v=，故A正确； 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T==， 由几何关系可得，粒子第一次进磁场到第一次出磁场用时t=T=， 故B正确； 1 2 3 4 5 6 电场中由类平抛运动规律有x=vt1，y=a，qE=ma， 由几何知识可得x=y，解得t1=，故C错误； 由qvB=m，v=，解得R=，故D错误。 2.(2024·广州市高二期中)如图，在平面直角坐标系xOy中， 第一象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存 在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。 一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的 M点以速度v0射出，方向沿x轴正方向。已知粒子进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为θ=45°角，并从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场。不计粒子重力，求： (1)粒子进入磁场时的速度大小； 答案　v0　 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 设粒子进入磁场时的速度为v，有=cos θ 解得v=v0 (2)粒子在磁场中运动的轨道半径r； 答案　　 1 2 3 4 5 6 粒子运动轨迹如图 粒子在磁场中以O'为圆心做匀速圆周运动，半径为r， 根据牛顿第二定律有qvB=m，解得r= (3)粒子从M点运动到P点的总时间t。 答案　(1+ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 设粒子在x轴上的N点处进入磁场，由几何关系得ON=rsin θ，粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，设粒子在电场中运动的时间为t1，有v0t1=ON 解得t1== 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T= 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2=T= 则总的运动时间为t=t1+t2=(1+ 3.如图所示，y轴上M点的坐标为(0，L)，MN与x轴平行，MN与x轴之间有匀强磁场区域，磁场垂直纸面向里。在y>L的区域存在沿-y方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一带正电粒子以速率v0沿+x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计。求： (1)匀强磁场的磁感应强度的大小； 1 2 3 4 5 6 答案　　 1 2 3 4 5 6 粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，则粒子进电场时的速度方向为沿y轴正方向，所以粒子在组合场中轨迹如图 由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=L 根据洛伦兹力提供向心力得qv0B=m 解得B= (2)该粒子第一次上升到最高点的坐标； 1 2 3 4 5 6 答案　(L，L+)　 1 2 3 4 5 6 粒子穿出磁场进入电场，当速度减小到0时粒子第一次上升到最高点， 根据牛顿第二定律a= 根据运动学公式得匀减速直线运动的位移y== 粒子第一次上升到最高点的横坐标x=r=L 粒子第一次上升到最高点的纵坐标y'=r+y=L+ 粒子第一次上升到最高点的坐标为(L，L+) (3)从原点出发后经过多长时间，带电粒子第一次 回到x轴。 1 2 3 4 5 6 答案　+ 1 2 3 4 5 6 粒子在磁场中运动的时间为t1= 粒子在电场中运动的时间t2= 又a= 解得t2= 从原点出发后到带电粒子第一次回到x轴所用的时间t=t1+t2=+。 4.(2024·清远市高二月考)半导体有着广泛的应用，人们 通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求。离 子注入系统的原理简化如图所示。质量为m、电荷量为 q的正离子经电场加速后从P点沿PO方向垂直射入圆心 为O、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度为B0时，离子恰好沿OQ方向射出并击中晶体MN的中点Q。已知PO⊥OQ，OQ⊥MN，OQ=R，MN=2R，不考虑离子进入加速器的初速度及离子重力和离子间的相互作用。 1 2 3 4 5 6 能力综合练 (1)求加速电场两板间的电压； 1 2 3 4 5 6 答案　　 设加速电场两板间的电压为U，离子经电场加速后的 速度大小为v，由动能定理有qU=mv2 当磁感应强度为B0时，设离子在磁场中运动的半径 为r0，由几何关系和牛顿第二定律有r0=R，qvB0=m 解得U= 1 2 3 4 5 6 (2)为使离子能够击中晶体MN的各个部分，求磁感应 强度的取值范围。 1 2 3 4 5 6 答案　B0≤B≤B0 当磁感应强度为B1时，离子离开磁场后到达晶体的M处，设离子在磁场中运动的半径为r1，由几何关系和 牛顿第二定律有r1=Rtan 30°，qvB1=m，解得B1= B0 1 2 3 4 5 6 当磁感应强度为B2时，离子离开磁场后到达晶体的N处，设离子在磁场中运动的半径为r2，由几何关系和牛顿第二定律有r2=Rtan 60°， qvB2=m，解得B2=B0 所以磁感应强度的取值范围为B0≤B≤B0。 5.如图所示的直角坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向右下方的匀强电场，电场强度E=400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度OA=20 cm，沿y轴负方向无限大，磁感应强度B=1×10-4 T。现有一比荷为=2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，其方向与x轴正方向的夹角α=60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场。 (1)求离子进入磁场的速度v0的大小； 1 2 3 4 5 6 答案　4×106 m/s　 1 2 3 4 5 6 如图所示，由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径r1==0.2 m，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 有Bqv0=m， 解得v0=4×106 m/s。 (2)离子进入电场后，经过多长时间再次到达x轴上。 1 2 3 4 5 6 答案　×10-7 s 1 2 3 4 5 6 设离子进入电场后，经过时间t再次到达x轴上，由几何知识可知，离子从A点垂直电场方向射入电场，则离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，设位移为l1，则l1=v0t，离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设加速度为a，位 移为l2，则Eq=ma，l2=at2， 由几何关系可知tan α=， 代入数据解得t=×10-7 s。 6.如图甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标系平面的匀强交变磁场，以磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置(图中没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷=100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v0=20 m/s的速度从x轴上的点A(-2 m，0)进入第二象限，从y轴上的点C(0，4 m)(C点未画出)进入第一象限。 取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第 一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示 规律变化。 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 答案　见解析 (1)求第二象限内电场的电场强度大小； 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 带电粒子在第二象限的电场中只受电场力，且电场力方向与初速度方向垂直，所以粒子做类平抛运动； 粒子从A点到C点用时t== s= s； 粒子在水平方向上有a=，OA=at2， 则有E=a=·= N/C=1 N/C； 答案　见解析 (2)求粒子第一次经过x轴时的位置坐标。 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 设粒子进入磁场时的速度为v， 则其竖直分量vy=v0=20 m/s， 水平分量vx=at=t=20 m/s； 所以v==20 m/s，v与y轴正方向的夹角为45°； 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得Bvq= ，粒子在磁场中做圆周运动的半径R== m= m； 粒子做圆周运动的周期T== s， 1 2 3 4 5 6 所以由题图乙可知，粒子每运动半个圆周，偏转方向 改变一次，则粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 因为4 m=8R，所以粒子运动第四个半圆的过程中 第一次经过x轴，由几何关系可知，粒子第一、二次 经过x轴，在x轴上对应的弦长为R=1 m； 所以OD=3 m， 则粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3 m，0)。 1.(2022·广东卷)如图所示，一个立方体空间被对角平面 MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小 相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某 一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是 基础强化练 1 2 3 4 √ 由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左 侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方 向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴 正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反 向，由对称性可知，A可能正确，B错误； 根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。 1 2 3 4 2.(2023·广东广雅中学高二期末)如图所示，M、N两金属 圆筒是直线加速器的一部分，M与N间的电势差为U；底 面半径为L的圆柱体区域内有竖直向上的匀强磁场，一质 量为m、电荷量为+q的粒子，从圆筒M右侧由静止释放，粒子在两筒间做匀加速直线运动，在N筒内做匀速直线运动，粒子自圆筒N出来后，正对着磁场区域的中心轴线垂直进入磁场区域，在磁场中偏转了60°后射出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求： (1)粒子进入磁场区域时的速率； 答案　　 1 2 3 4 1 2 3 4 粒子在电场中加速，由动能定理可知qU=mv2， 解得v= (2)磁感应强度的大小。 答案　 1 2 3 4 根据题意以及“径向进，径向出”的规律，轨迹如图所示 (俯视图) 分析可得粒子在磁场中运动的轨迹半径R=Ltan 60°=L 粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力，则有qvB=m 解得B= 3.(多选)如图所示，以棱长为L的正方体顶点O为原点建立三 维坐标系Oxyz，其中正方体内顶点P落在x轴上，顶点Q落在 y轴上。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)由Q 点沿x轴正方向以初速度v0射入，第一次在正方体内加沿z轴负方向磁感应强度大小为B的匀强磁场，该粒子恰好能通过OQ的中点；第二次在正方体内加沿y轴负方向电场强度大小为E的匀强电场，该粒子恰好能通过OP的中点；第三次在正方体内同时加上大小不变的磁场和电场，磁场方向不变，将电场方向调整为与yOz平面平行，与z轴正方向成30°角、与y轴正方向成60°角。则 1 2 3 4 能力综合练 A.该粒子在正方体内运动的时间第一次小于第二次 B.电场强度和磁感应强度满足E=v0B C.该粒子第三次在正方体内的运动为匀变速曲线运动 D.该粒子第三次在正方体内射出的位置坐标为(L，L，L) 1 2 3 4 √ √ 第一次粒子在磁场中运动，半径为r=L=，可知B= ，运动时间t1==，第二次粒子在电场中运动， 运动时间t2=，故t1>t2，故A错误； 第二次运动中，粒子在y轴方向上做匀变速直线运动有L=·)2，解得E=，故有E=2v0B，故B错误； 1 2 3 4 第三次运动过程中，带电粒子所受电场力Eq=， 洛伦兹力qv0B=，在yOz平面内，如图所示，沿y轴 方向有Eqsin θ=Eqsin 30°=qv0B，电场力沿z轴的分量 Eqcos θ让粒子在z轴正方向加速，故粒子的运动为从B 点以速度v0沿x轴正方向做匀速直线运动以及沿z轴正方向做匀加速直线运动的合运动，即匀变速曲线运动，故C正确； 1 2 3 4 粒子在z方向上L=·t2，解得t=·，x方向 上x=v0t=L，y方向上的坐标为L，故出射点坐标 为(L，L，L)，故D正确。 1 2 3 4 4.如图所示，足够大的长方体分成Ⅰ、Ⅱ两区域，区 域Ⅱ的上、下表面为正方形，dc边、cf边足够长，区 域Ⅰ中存在水平向右的匀强电场，区域Ⅱ中存在竖直 向上的匀强磁场，O1、O2、O3分别为平面abb'a'、dcc'd'、eff'e'的中心，三个中心的连线水平，连线上距离O2为L的O处有一粒子发射源，能沿平行ab边的方向向里发射两个比荷分别为k1、k2的正粒子，两粒子均从dcc'd'面的O'(未画出)点进入磁场，OO2=L、O'O2=2L且平行于cd，经过一段时间，比荷为k1的粒子刚好经过O2点，已知k1∶k2=1∶4，比荷为k1的粒子初速度为v0，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用，求： 1 2 3 4 (1)区域Ⅰ中电场强度的大小、比荷为k2的粒子的 初速度大小； 1 2 3 4 答案　　2v0　 1 2 3 4 两粒子射入区域Ⅰ做类平抛运动，沿水平向右的方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿垂直纸面向里的方向做匀速直线运动，则有2L=v0t， L=at2 由牛顿第二定律得qE=ma 整理得v0= 对比荷为k1的粒子，有v0= 1 2 3 4 解得E= 由题意k1∶k2=1∶4，比荷为k1的粒子的初速度为v0，则比荷为k2的粒子的初速度为2v0 (2)两粒子在第二次经过平面dcc'd的距离； 1 2 3 4 答案　L　 1 2 3 4 由于两粒子的入射点和出射点均相同，设两粒子在电场中运动时位移与平面dcc'd'的夹角均为θ，粒子离开电场时与平面dcc'd'夹角为α， 则由tan θ===，tan α=，解得α=45° 即两粒子进入磁场时的速度方向与平面dcc'd'的夹角均为45°，作出两粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示 对比荷为k1的粒子， 由几何关系得r1=2Lcos 45°=L q1v0B=m1 1 2 3 4 对比荷为k2的粒子，有q2·2v0B=m2 解得r2==L 则两粒子第二次经过平面dcc'd'的距离为 Δy=2r1cos 45°-2r2cos 45° 代入数据解得Δy=L (3)若粒子进入区域Ⅱ中的磁场时，将区域Ⅰ中的电场撤去，且区域Ⅱ中的磁场方向改为由e→c方向，要使比荷为k1的粒子不从长方体上表面飞出，则长方体的高aa'应至少为多少。 1 2 3 4 答案　4L 1 2 3 4 由(2)可知r1=L 粒子将向上偏转做匀速圆周运动，则O'至上表面距离至少为2r1，故aa'至少为4r1，即aa'至少为4L。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 $$ 专题强化4　带电粒子在组合场中的运动 ［学习目标］　1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法（重点）。2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法（重点）。3.会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律（难点）。 1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域内交替出现。 2.组合场中的动力学分析 3.组合场运动情形图例 在匀强电场中：匀变速直线运动（速度方向与电场方向平行） 在匀强磁场中：匀速圆周运动（速度方向与磁场方向垂直） 在匀强电场中：类平抛运动（初速度方向与电场方向垂直） 在匀强磁场中：匀速圆周运动（速度方向与磁场方向垂直） 一、带电粒子在组合场中的运动 例1　在半导体离子注放工艺中，初速度和重力可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的匀强电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（　　） A.在磁场中运动的半径之比为3∶1 B.在电场中的加速度之比为1∶1 C.在磁场中转过的角度之比为1∶2 D.离开磁场区域时的动能之比为1∶ 答案　C 解析　两个离子的质量相同，其带电荷量之比是1∶3的关系，所以由牛顿第二定律有q=ma，得a=，可知二者在电场中的加速度之比是1∶3，故选项B错误； 离子在离开电场时有Uq=mv2，即v=，可知其速度之比为1∶，又由qvB=m，知r=，所以其半径之比为∶1，故选项A错误； 由选项A分析可知，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ=，则可知转过角度的正弦值之比为1∶，又P+转过的角度为30°，可知P3+转过的角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故选项C正确； 由电场加速后有qU=mv2，在磁场中洛伦兹力不做功，可知，两离子离开磁场的动能之比为1∶3，故选项D错误。 例2　（2024·东莞市高二期中）如图所示，第Ⅰ象限存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为（-L，-）。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子以3v0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求： （1）电场强度的大小； （2）带电粒子进入第一象限时的速度； （3）带电粒子射出磁场位置到O点的距离及带电粒子在磁场中运动的时间。 答案　（1）　（2）5v0，方向与x轴正方向夹角为53°　（3）　 解析　（1）粒子运动轨迹如图， 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，沿x轴方向有L=3v0t 沿y轴方向有=·t2，解得E= （2）沿y轴方向有=t，解得vy=4v0 则到达O点时速度大小为v==5v0， 经分析知sin θ==0.8，则θ=53° （3）由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得R== 由几何关系，粒子运动的轨迹与x轴的交点到O点的距离d=2Rsin θ=2××0.8=， 带电粒子在匀强磁场中运动的周期 T== 在磁场中运动的时间为t=T=。 带电粒子从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时速度的大小和方向，这是正确求解的关键。 例3　（2024·揭阳市高二期末）如图所示，xOy坐标系第一、二、三象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第二、三象限内的磁感应强度大小相等，第四象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从xOy平面内以速度v0从y轴上M点（0，L）沿与y轴正方向成60°角的方向射入第一象限。一段时间后，粒子沿y轴负方向进入电场区域，粒子在电场中偏转后，沿与M点速度相反的方向经y轴上的N点（图中未画出）射入第三象限，再经一段时间后粒子经M点再次进入第一象限。粒子重力不计，求： （1）粒子在第一象限内运动的时间； （2）第四象限内电场强度的大小； （3）第二、三象限内磁感应强度的大小。 答案　（1）　（2）　（3） 解析　（1）粒子运动轨迹如图所示 由几何关系可知，粒子在第一象限内运动的半径为r1= 粒子在第一象限内运动轨迹对应的圆心角α=，可得粒子运动的时间为t=，解得t= （2）粒子进入第四象限后做类平抛运动。设运动的时间为t1，沿x轴负方向上的位移为x1，则有x1=r1+r1cos 60°，粒子在N点沿x轴负方向上的分速度大小v1=v0tan 60°，粒子在第四象限内运动的加速度大小a=， 根据位移时间公式x1=a又有v1=at1，联立解得E=，t1= （3）设粒子在第四象限内运动的位移沿y轴的分量为y1，则有y1=v0t1，则粒子在第二、三象限内的运动轨迹在y轴上的弦长为d=L+y1，设粒子在第二、三象限内做圆周运动的半径为r2，粒子在N点的速度为vN，则有 d=2r2sin 60°，vN= 根据洛伦兹力提供向心力qBvN=m 解得B=。 例4　（2024·茂名市高二期中）如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ象限内充满了沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内充满了垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点以垂直于y轴和电场的初速度v0进入匀强电场，一段时间后经过x轴上的Q点进入匀强磁场，进入磁场时的速度方向与x轴正方向成θ=30°角，已知OQ=3L，若粒子在磁场中运动一段时间后恰好能再回到电场，不计粒子重力。求： （1）带电粒子进入匀强磁场时的速度大小； （2）磁感应强度B的大小； （3）粒子从离开P点到第三次经过x轴所需的时间。 答案　（1）v0　（2）　（3）+ 解析　（1）设粒子在Q点进入磁场时速度为v，沿x方向的分速度vx=v0=vcos 30°，得v==v0 （2）粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R，根据几何关系可得R（1+sin 30°）=3L，解得R=2L，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，联立可得磁感应强度的大小B= （3）粒子在电场和磁场中做周期性运动，轨迹如图 粒子从P到Q的时间为t= 在磁场中做一次圆周运动的时间 t'=T=×= 粒子从离开P点到第三次经过x轴所需的时间T=3t+t'=+ 分析带电粒子在组合场中运动的基本思路 （1）划分过程：将粒子的运动过程划分为几个不同的阶段，对不同阶段选取不同的规律处理。 （2）找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度是解决该类问题的关键。 （3）画运动轨迹：根据动力学分析，大致画出物体运动的轨迹图。 二、带电粒子在立体空间中的运动 例5　（2023·佛山市高二月考）如图，在空间直角坐标系O-xyz中，界面 Ⅰ 与Oyz平面重叠，界面 Ⅰ 、 Ⅱ 、 Ⅲ 相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面 Ⅰ 、 Ⅱ 间有沿y轴负方向的匀强电场，在界面 Ⅱ 、 Ⅲ 间有沿z轴正方向的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子，从y轴上距O点处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求： （1）匀强电场的电场强度的大小E； （2）要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，匀强磁场的磁感应强度B应多大。 答案　（1）　（2） 解析　画出平面图如图甲所示： （1）粒子在电场区域内做类平抛运动，设电场中粒子加速度大小为a，沿z轴正方向看，如图乙所示 粒子从O1点进入右边磁场，则L=v0t =at2，qE=ma 联立解得E= （2）设粒子到O1点时的速度大小为v，与x轴正方向夹角为θ，如图乙所示，则vy=at，v= tan θ=，故tan θ=1 即有θ=45°，v=v0 在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，则qvB=m，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，根据几何关系有R+Rcos 45°=L 解得B=。 例6　如图所示，在空间建立正交坐标系O-xyz，空间中存在范围足够大、大小可调节的沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场。过x轴上C（2L，0，0）点有平行于yOz平面的无限大平面光屏，质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从坐标原点O沿z轴正方向以初速度v0射入该空间中，不计粒子重力。 （1）若空间内只存在如图所示的电场，粒子打在光屏上的P点（图中未画出），CP=4L，求此电场的电场强度E0的大小； （2）若空间内只存在如图所示的磁场，粒子经过一段时间到达坐标为（0，-L，L）的位置，求此磁场的磁感应强度B0的大小； （3）若电场和磁场同时存在，已知磁场磁感应强度为B，粒子第一次回到x轴上并经过A（L，0，0）点，求电场强度E的大小； （4）若空间中电、磁场与（3）相同，粒子在O点时的速度v0在xOz平面内并与x轴正方向夹角为60°，且v0=，求粒子打到光屏上时的位置坐标。 答案　（1）　（2）　（3）　（4）（2L，0，0） 解析　（1）粒子做类平抛运动，水平方向4L=v0t0 竖直方向2L=a0 a0= 解得E0= （2）如图，由几何关系 R2=3L2+（R-L）2 可得R=2L 由洛伦兹力提供向心力得qv0B0=m 解得B0= （3）沿x轴正方向由静止做匀加速直线运动 L=at2= yOz平面内做匀速圆周运动，第一次回到x轴，则t= 可得E= （4）粒子在沿x轴正方向做匀加速直线运动 2L=v0xt'+at'2 a=，v0x=v0cos 60° 可得t'= 故粒子恰好在磁场中完成一个圆周，则打在光屏上时位置坐标为（2L，0，0）。 拓展　若撤去光屏，在yOz平面右侧空间中的电、磁场与（3）相同，粒子从O点沿z轴正方向以初速度为v0射入空间中，则粒子第1次、第2次、第3次、……到达x轴的位置坐标（只用L1表示）依次为　　　　　　　　　。  答案　L、4L、9L、… 解析　粒子沿x轴正方向由静止开始做匀加速直线运动，x1∶x2∶x3∶…=1∶4∶9… 若在某空间中同时存在电场和磁场，粒子在电场力和洛伦兹力作用下做曲线运动，可采用“降维法”分析：即先假设磁场不存在（不受洛伦兹力），分析粒子在电场力作用下运动情况，再假设电场不存在（不受电场力），分析粒子在洛伦兹力作用下运动情况，再利用运动的合成与分解的原理，分析实际运动情形及物理量。 课时对点练　［分值：100分］ 训练1　带电粒子在组合场中的运动 1题10分，2题14分，3题16分，共40分 1.（多选）如图所示，虚线MN上方为匀强电场，下方为匀强磁场，匀强电场的电场强度大小为E，方向竖直向下且与边界MN成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。则下列说法正确的是（　　） A.粒子第一次进入磁场时的速度大小v= B.粒子第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间t= C.粒子第一次离开磁场到第二次进入磁场的时间t1= D.粒子第一次在磁场中运动的半径R= 答案　AB 解析　设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v，由动能定理可得qEd=mv2-0，解得v=，故A正确； 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T==，由几何关系可得，粒子第一次进磁场到第一次出磁场用时t=T=，故B正确； 电场中由类平抛运动规律有x=vt1，y=a，qE=ma，由几何知识可得x=y，解得t1=，故C错误； 由qvB=m，v=，解得R=，故D错误。 2.（14分）（2024·广州市高二期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0射出，方向沿x轴正方向。已知粒子进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为θ=45°角，并从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场。不计粒子重力，求： （1）（2分）粒子进入磁场时的速度大小； （2）（4分）粒子在磁场中运动的轨道半径r； （3）（8分）粒子从M点运动到P点的总时间t。 答案　（1）v0　（2）　（3）（1+） 解　（1）设粒子进入磁场时的速度为v，有=cos θ 解得v=v0 （2）粒子运动轨迹如图 粒子在磁场中以O'为圆心做匀速圆周运动，半径为r，根据牛顿第二定律有qvB=m，解得r= （3）设粒子在x轴上的N点处进入磁场，由几何关系得ON=rsin θ，粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，设粒子在电场中运动的时间为t1，有v0t1=ON 解得t1== 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T= 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2=T= 则总的运动时间为t=t1+t2=（1+） 3.（16分）如图所示，y轴上M点的坐标为（0，L），MN与x轴平行，MN与x轴之间有匀强磁场区域，磁场垂直纸面向里。在y>L的区域存在沿-y方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一带正电粒子以速率v0沿+x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计。求： （1）（4分）匀强磁场的磁感应强度的大小； （2）（6分）该粒子第一次上升到最高点的坐标； （3）（6分）从原点出发后经过多长时间，带电粒子第一次回到x轴。 答案　（1）　（2）（L，L+）　（3）+ 解析　（1）粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，则粒子进电场时的速度方向为沿y轴正方向，所以粒子在组合场中轨迹如图 由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=L 根据洛伦兹力提供向心力得qv0B=m 解得B= （2）粒子穿出磁场进入电场，当速度减小到0时粒子第一次上升到最高点，根据牛顿第二定律a= 根据运动学公式得匀减速直线运动的位移y== 粒子第一次上升到最高点的横坐标x=r=L 粒子第一次上升到最高点的纵坐标y'=r+y=L+ 粒子第一次上升到最高点的坐标为（L，L+） （3）粒子在磁场中运动的时间为t1= 粒子在电场中运动的时间t2= 又a= 解得t2= 从原点出发后到带电粒子第一次回到x轴所用的时间t=t1+t2=+。 4题18分，5题20分，共38分 4.（18分）（2024·清远市高二月考）半导体有着广泛的应用，人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求。离子注入系统的原理简化如图所示。质量为m、电荷量为q的正离子经电场加速后从P点沿PO方向垂直射入圆心为O、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度为B0时，离子恰好沿OQ方向射出并击中晶体MN的中点Q。已知PO⊥OQ，OQ⊥MN，OQ=R，MN=2R，不考虑离子进入加速器的初速度及离子重力和离子间的相互作用。 （1）（8分）求加速电场两板间的电压； （2）（10分）为使离子能够击中晶体MN的各个部分，求磁感应强度的取值范围。 答案　（1）　（2）B0≤B≤B0 解析　（1）设加速电场两板间的电压为U，离子经电场加速后的速度大小为v，由动能定理有qU=mv2 当磁感应强度为B0时，设离子在磁场中运动的半径为r0，由几何关系和牛顿第二定律有r0=R，qvB0=m 解得U= （2）当磁感应强度为B1时，离子离开磁场后到达晶体的M处，设离子在磁场中运动的半径为r1，由几何关系和牛顿第二定律有r1=Rtan 30°，qvB1=m，解得B1=B0 当磁感应强度为B2时，离子离开磁场后到达晶体的N处，设离子在磁场中运动的半径为r2，由几何关系和牛顿第二定律有r2=Rtan 60°，qvB2=m，解得B2=B0 所以磁感应强度的取值范围为B0≤B≤B0。 5.（20分）如图所示的直角坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向右下方的匀强电场，电场强度E=400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度OA=20 cm，沿y轴负方向无限大，磁感应强度B=1×10-4 T。现有一比荷为=2×1011 C/kg的正离子（不计重力），以某一速度v0从O点射入磁场，其方向与x轴正方向的夹角α=60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场。 （1）（10分）求离子进入磁场的速度v0的大小； （2）（10分）离子进入电场后，经过多长时间再次到达x轴上。 答案　（1）4×106 m/s　（2）×10-7 s 解析　（1）如图所示，由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径r1==0.2 m，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 有Bqv0=m， 解得v0=4×106 m/s。 （2）设离子进入电场后，经过时间t再次到达x轴上，由几何知识可知，离子从A点垂直电场方向射入电场，则离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，设位移为l1，则l1=v0t，离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设加速度为a，位移为l2，则Eq=ma，l2=at2， 由几何关系可知tan α=， 代入数据解得t=×10-7 s。 6.（22分）如图甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标系平面的匀强交变磁场，以磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置（图中没有画出）沿y轴正方向射出一个比荷=100 C/kg的带正电的粒子（可视为质点且不计重力），该粒子以v0=20 m/s的速度从x轴上的点A（-2 m，0）进入第二象限，从y轴上的点C（0，4 m）（C点未画出）进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。 （1）（8分）求第二象限内电场的电场强度大小； （2）（14分）求粒子第一次经过x轴时的位置坐标。 答案　见解析 解析　（1）带电粒子在第二象限的电场中只受电场力，且电场力方向与初速度方向垂直，所以粒子做类平抛运动； 粒子从A点到C点用时t== s= s； 粒子在水平方向上有a=，OA=at2， 则有E=a=·= N/C=1 N/C； （2）设粒子进入磁场时的速度为v， 则其竖直分量vy=v0=20 m/s， 水平分量vx=at=t=20 m/s； 所以v==20 m/s，v与y轴正方向的夹角为45°； 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得Bvq=，粒子在磁场中做圆周运动的半径R== m= m； 粒子做圆周运动的周期T== s， 所以由题图乙可知，粒子每运动半个圆周，偏转方向改变一次，则粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 因为4 m=8R，所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴，由几何关系可知，粒子第一、二次经过x轴，在x轴上对应的弦长为R=1 m； 所以OD=3 m， 则粒子第一次经过x轴时的位置坐标为（3 m，0）。 训练2　带电粒子在立体空间中的运动(选练)　［分值：50分］ 1题6分，2题16分，共22分 1.（6分）（2022·广东卷）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是 （　　） 答案　A 解析　由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。 2.（16分）（2023·广东广雅中学高二期末）如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N间的电势差为U；底面半径为L的圆柱体区域内有竖直向上的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子，从圆筒M右侧由静止释放，粒子在两筒间做匀加速直线运动，在N筒内做匀速直线运动，粒子自圆筒N出来后，正对着磁场区域的中心轴线垂直进入磁场区域，在磁场中偏转了60°后射出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求： （1）（4分）粒子进入磁场区域时的速率； （2）（12分）磁感应强度的大小。 答案　（1）　（2） 解析　（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知qU=mv2，解得v= （2）根据题意以及“径向进，径向出”的规律，轨迹如图所示（俯视图） 分析可得粒子在磁场中运动的轨迹半径R=Ltan 60°=L 粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力，则有qvB=m 解得B= 3题10分，4题18分，共28分 3.（多选）如图所示，以棱长为L的正方体顶点O为原点建立三维坐标系Oxyz，其中正方体内顶点P落在x轴上，顶点Q落在y轴上。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子（重力不计）由Q点沿x轴正方向以初速度v0射入，第一次在正方体内加沿z轴负方向磁感应强度大小为B的匀强磁场，该粒子恰好能通过OQ的中点；第二次在正方体内加沿y轴负方向电场强度大小为E的匀强电场，该粒子恰好能通过OP的中点；第三次在正方体内同时加上大小不变的磁场和电场，磁场方向不变，将电场方向调整为与yOz平面平行，与z轴正方向成30°角、与y轴正方向成60°角。则（　　） A.该粒子在正方体内运动的时间第一次小于第二次 B.电场强度和磁感应强度满足E=v0B C.该粒子第三次在正方体内的运动为匀变速曲线运动 D.该粒子第三次在正方体内射出的位置坐标为（L，L，L） 答案　CD 解析　第一次粒子在磁场中运动，半径为r=L=，可知B=，运动时间t1==，第二次粒子在电场中运动，运动时间t2=，故t1>t2，故A错误；第二次运动中，粒子在y轴方向上做匀变速直线运动有L=·（）2，解得E=，故有E=2v0B，故B错误； 第三次运动过程中，带电粒子所受电场力Eq=，洛伦兹力qv0B=，在yOz平面内，如图所示，沿y轴方向有Eqsin θ=Eqsin 30°=qv0B，电场力沿z轴的分量Eqcos θ让粒子在z轴正方向加速，故粒子的运动为从B点以速度v0沿x轴正方向做匀速直线运动以及沿z轴正方向做匀加速直线运动的合运动，即匀变速曲线运动，故C正确；粒子在z方向上L=·t2，解得t=·，x方向上x=v0t=L，y方向上的坐标为L，故出射点坐标为（L，L，L），故D正确。 4.（18分）如图所示，足够大的长方体分成Ⅰ、Ⅱ两区域，区域Ⅱ的上、下表面为正方形，dc边、cf边足够长，区域Ⅰ中存在水平向右的匀强电场，区域Ⅱ中存在竖直向上的匀强磁场，O1、O2、O3分别为平面abb'a'、dcc'd'、eff'e'的中心，三个中心的连线水平，连线上距离O2为L的O处有一粒子发射源，能沿平行ab边的方向向里发射两个比荷分别为k1、k2的正粒子，两粒子均从dcc'd'面的O'（未画出）点进入磁场，OO2=L、O'O2=2L且平行于cd，经过一段时间，比荷为k1的粒子刚好经过O2点，已知k1∶k2=1∶4，比荷为k1的粒子初速度为v0，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用，求： （1）（8分）区域Ⅰ中电场强度的大小、比荷为k2的粒子的初速度大小； （2）（8分）两粒子在第二次经过平面dcc'd的距离； （3）（2分）若粒子进入区域Ⅱ中的磁场时，将区域Ⅰ中的电场撤去，且区域Ⅱ中的磁场方向改为由e→c方向，要使比荷为k1的粒子不从长方体上表面飞出，则长方体的高aa'应至少为多少。 答案　（1）　2v0　（2）L　（3）4L 解析　（1）两粒子射入区域Ⅰ做类平抛运动，沿水平向右的方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿垂直纸面向里的方向做匀速直线运动，则有2L=v0t， L=at2 由牛顿第二定律得qE=ma 整理得v0= 对比荷为k1的粒子，有v0= 解得E= 由题意k1∶k2=1∶4，比荷为k1的粒子的初速度为v0，则比荷为k2的粒子的初速度为2v0 （2）由于两粒子的入射点和出射点均相同，设两粒子在电场中运动时位移与平面dcc'd'的夹角均为θ，粒子离开电场时与平面dcc'd'夹角为α，则由tan θ===，tan α=，解得α=45° 即两粒子进入磁场时的速度方向与平面dcc'd'的夹角均为45°，作出两粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示 对比荷为k1的粒子，由几何关系得r1=2Lcos 45°=L q1v0B=m1 对比荷为k2的粒子，有q2·2v0B=m2 解得r2==L 则两粒子第二次经过平面dcc'd'的距离为Δy=2r1cos 45°-2r2cos 45° 代入数据解得Δy=L （3）由（2）可知r1=L 粒子将向上偏转做匀速圆周运动，则O'至上表面距离至少为2r1，故aa'至少为4r1，即aa'至少为4L。 学科网（北京）股份有限公司 $$