第十一章 磁场（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第十一章　磁 场 大单元分层教学设计 基础落实课 第1讲　磁场的描述磁场对电流的作用 第2讲　带电粒子在磁场中的运动 综合融通课 第3讲　动态圆、磁聚焦和磁发散问题 第4讲　带电粒子在组合场中的运动 第5讲　带电粒子在叠加场中的运动 第6讲　复合场在现代科技中的应用 第1讲　磁场的描述 磁场对电流的作用(基础落实课)　 一、磁场 1.磁感应强度 (1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。 (2)大小：B=(通电导线垂直于磁场)。单位是特斯拉，符号是T。 (3)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向。 2.匀强磁场 (1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场。 (2)磁感线特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。 二、磁感线 1.磁感线的特点 (1)描述磁场的方向：磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。 (2)描述磁场的强弱：磁感线的疏密程度反映磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强，在磁感线较疏的地方磁场较弱。 (3)是闭合曲线：在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极。 (4)不相交：同一磁场的磁感线永不相交、不相切。 (5)是假想线：磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。 2.电流周围的磁场 直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 特点 无磁极、非匀强磁场，且距导线越远处磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场 环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱 安培定则 三、安培力 1.安培力的大小 (1)磁场方向和电流方向垂直时：F=BIl。 (2)磁场方向和电流方向平行时：F=0。 2.安培力的方向——左手定则判断 伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直， 并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向，拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。 微点判断 1.磁场是客观存在的一种物质，磁感线也是真实存在的。 (×) 2.地面附近磁感应强度的方向与地面平行。 (×) 3.磁感线在磁铁外部是由N极指向S极，在磁铁内部则是由S极指向N极。 (√) 4.磁场中某点磁感应强度的方向，跟通电导体在该点所受安培力的方向一致。 (×) 5.(人教必修3P129T4·改编)判断下列有关磁感应强度的说法的正误： ①若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为0。 (×) ②若有一小段长为l、通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是B=。 (×) 6.磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。 (√) 7.小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。 (×) 8.在同一磁场中，磁感线越密处，磁场越强。 (√) 9.安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直。 (√) 10.通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了。 (×) 11.在磁场中同一位置，电流元的电流越大，所受安培力也一定越大。 (×) 逐点清(一)　磁感应强度和磁场的叠加 |题|点|全|练| 1.[对磁感应强度的理解]关于磁感应强度，下列说法正确的是 (　　) A.磁感应强度的方向就是置于该点的小磁针S极的受力方向 B.一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零 C.地磁场两极的磁感应强度比赤道处的小 D.根据磁感应强度的定义式B=可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 解析：选B　磁感应强度的方向与置于该点的小磁针N极的受力方向相同，故A错误；一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，故B正确；地磁场两极的磁感应强度比赤道处的大，故C错误；磁感应强度的定义式B=是比值定义式，磁感应强度B只由磁场本身决定，与F、IL无关，故D错误。 2.[电流的磁场与安培定则]当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时N极垂直纸面向外的是 (　　) 解析：选C　已知通电导线中电流的方向，根据安培定则，可知A、B选项图中小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时N极垂直纸面向里，故A、B错误；根据安培定则，可知C选项图中小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时N极垂直纸面向外，故C正确；根据安培定则，可知D选项图中通电螺线管内部的磁场方向由右向左，则小磁针静止时N极指向左，故D错误。 3.[磁场的叠加]如图所示，等边三角形abc位于匀强磁场中，磁场的方向与三角形平面平行。三角形的中心处有一长直导线，导线中通有垂直于三角形平面向里的恒定电流。已知b点的磁感应强度为0，则 (　　) A.匀强磁场的方向由c指向a B.a、c两处的磁感应强度相同 C.c处的磁感应强度方向垂直于bc向上 D.在ac边上，中点处的磁感应强度最大 解析：选D　根据右手螺旋定则可知，中心处长直导线电流在b处产生的磁场方向平行于ca斜向上，由于b点的磁感应强度为0，所以匀强磁场的方向应该是由a指向c，故A错误；如图所示，可知a、c两处磁感应强度的大小相等、方向不同，c处的磁感应强度方向垂直于bc向下，故B、C错误；ac边的中点离直导线最近，且直导线电流在该点产生的磁场方向与匀强磁场方向相同，根据磁场的叠加原理可知，在ac边上，中点处的磁感应强度最大，故D正确。 |精|要|点|拨| 1.安培定则的应用关键 在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场方向时关键应分清“因”和“果”。 　　　　　因果 电流的磁场　　　 原因(电流方向) 结果(磁场方向) 直线电流的磁场 大拇指指向 四指指向 环形电流及 通电螺线管的磁场 四指指向 大拇指指向 2.磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源，如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场。 (3)应用平行四边形定则对各个场源产生的磁场进行合成，如图中的合磁场B。 逐点清(二)　安培力的分析与计算 |题|点|全|练| 1.[安培力大小的计算]半径为0.1 m的圆内有匀强磁场，磁感应强度B大小为0.4 T，现将一单匝正方形线框放入磁场，线框平面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合，如图。当通过线框的电流I为1 A时，线框所受的安培力大小为 (　　) A. N　　 B. N C. N D. N 解析：选B　线框在磁场中的有效长度L=R= m，安培力大小为F=BIL= N，故选B。 2.[安培力的叠加问题]一正方形的中心O和四个顶点均固定着平行长直导线，若所有平行直导线均通入大小相等的恒定电流，电流方向如图中所示，下列截面图中的中心长直导线所受安培力最大的是 (　　) 解析：选D　根据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，设顶点的四根导线与中间的导线的相互作用力大小均为F，则对中心导线受力分析如图所示，选项A受合力为0，选项B和C受到2F的力，选项D受到2F 的力。 3.[安培力作用下的平衡](多选)如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L、粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为F1。仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2。电流产生的磁场忽略不计，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.三条边a、b、c中电流大小相等 B.两次弹簧测力计示数F1=F2 C.金属等边三角形的总质量m= D.匀强磁场的磁感应强度大小为B= 解析：选CD　由题知，b与c串联后再与a并联，电压相等，b、c的总电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，故b、c中的电流大小为I，故A错误；电流方向由M到N时，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，大小为Fa=BIL，b、c边的合安培力方向竖直向上，大小为Fbc=B·I·L=BIL，对金属等边三角形受力分析，可得2F1+Fa+Fbc=mg，解得F1=-；电流反向后，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向下，大小为Fa'=BIL，b、c边的合安培力方向竖直向下，大小为Fbc'=B·I·L=BIL，对金属等边三角形受力分析，可得2F2=mg+Fa'+Fbc'，解得F2=+，可得F1<F2，F1+F2=mg，F2-F1=BIL，解得m=，B=，故B错误，C、D正确。 |精|要|点|拨| 1.安培力大小——F=BILsin θ (1)θ为I方向与B方向的夹角。 (2)特例：①当I⊥B时，F=BIL。 ②当I∥B时，F=0。 (3)通电导线的有效长度 ①当通电导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。 ②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。 2.安培力叠加的两种分析思路 (1)先分析通电导线所在处的合磁感应强度的大小和方向，由左手定则判断安培力的方向，由F=BILsin θ 求安培力的大小。 (2)先由左手定则判断各个安培力的方向，由F=BILsin θ求各个安培力的大小，再由平行四边形定则求其合力。 3.安培力作用下导体的平衡问题的分析思路 选定研究对象 通电导线或导体棒 变三维为二维 画出平面受力分析图，其中安培力的方向要用左手定则来判断。安培力垂直于电流和磁场方向决定的平面 列方程求解 根据力的平衡条件列方程 逐点清(三)　导体运动情况的判断四法 方法1　等效法 (1)环形电流小磁针；(2)通电螺线管条形磁铁；(3)通电线圈小磁针。 1.如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上。当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是 (　　) A.P顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变 B.P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变 C.P、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大 D.P不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变 解析：选A　把通电圆环等效为小磁针，P的N极垂直于纸面向外，Q的N极水平向右，根据“同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引”的特点，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的磁极的方向相反，所以两个圆环相互吸引，中间细线张力减小；由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变，故A正确，B、C、D错误。 方法2　结论法 (1)同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。 (2)两个非平行的电流相互作用时，总有转到平行且电流方向相同的趋势。 2.截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是 (　　) 解析：选C　因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两侧的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示。 方法3　电流元法与特殊位置法 (1)分割为电流元安培力方向整段导体所受合力方向运动方向。 (2)在特殊位置安培力方向运动方向(当导线转到与磁场垂直时判断是吸引还是排斥)。 3.把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧形，如图所示。导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由a到b。下列说法正确的是 (　　) A.从上往下看，导线ab顺时针旋转，同时向上移动 B.从上往下看，导线ab逆时针旋转，同时向下移动 C.虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源不可能是蹄形磁铁 D.虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源可能是条形磁铁、通电螺线管、直线电流等 解析：选D　由题图可知，导线左侧所在处的磁场方向斜向下，导线右侧所在处的磁场方向斜向上，则由左手定则可知，导线左侧受力方向垂直纸面向里，导线右侧受力方向垂直纸面向外，故从上往下看，导线ab顺时针旋转；当导线转过90°时，即导线与磁场垂直时，由左手定则可知，导线ab受力向下，故可得出导线ab顺时针旋转的同时还要向下移动，故A、B错误；磁感线方向从右向左，可能由水平放置的条形磁铁提供，条形磁铁右端是N极，左端是S极，同理可知蹄形磁铁、通电螺线管、直线电流产生的磁感线也符合，故C错误，D正确。 方法4　转换研究对象法 　　定性分析磁体在电流产生的磁场作用下如何运动或运动趋势如何的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向。 4.水平桌面上一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示。则在这个过程中，磁体受到的摩擦力的方向和桌面对磁体的弹力 (　　) A.摩擦力始终为零，弹力大于磁体重力 B.摩擦力始终不为零，弹力大于磁体重力 C.摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体重力 D.摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体重力 解析：选C　如图所示，导线在S极上方时所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向右下方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力。导线在磁体中间正上方时，导线所受安培力竖直向上，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力竖直向下，磁体不受摩擦力；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力。如图所示，当导线在N极上方时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左下方，磁体有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力。由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，桌面对磁体的弹力始终大于磁体的重力，故A、B、D错误，C正确。 [课时跟踪检测] (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则 (　　) A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0 D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 解析：选A　设L1中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1，L2中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2，由安培定则可知，L1中的电流在a、b点产生的磁场方向垂直于纸面向里，L2中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里，在b点产生的磁场方向垂直于纸面向外，根据已知条件得到B0-(B1+B2)=，B0-B1+B2=，解得B1=，B2=。故选A。 2.(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是 (　　) A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 解析：选A　由左手定则可知，题图示左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；因c点的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。 3.(2024·四川成都模拟)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中通有大小为I、方向垂直于纸面向里的电流，欲使导体棒静止在斜面上，可以施加方向垂直于导体棒的匀强磁场。已知重力加速度为g。则 (　　) A.磁感应强度的最小值为 B.若使施加的匀强磁场磁感应强度最小，则方向应垂直于斜面向上 C.若匀强磁场的方向在竖直方向，则磁场方向向下，磁感应强度为 D.若导体棒与斜面间无挤压，则施加的磁场方向向上 解析：选B　若匀强磁场的方向在竖直方向，根据共点力平衡条件结合左手定则可知，磁场方向竖直向上，安培力水平向右，此时导体棒的受力分析如图甲所示，则有BIL=mgtan α，解得B=，故C错误；若导体棒与斜面间无挤压，则导体棒所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，磁场方向水平向左，故D错误；如图乙所示，当安培力的方向平行斜面向上时，安培力最小，施加的匀强磁场磁感应强度最小，由左手定则可知，磁场方向垂直于斜面向上，此时有BminIL=mgsin α，磁感应强度的最小值Bmin=，故A错误，B正确。 4.(2025·浙江金华质检)如图甲所示为我国GIL输电系统的三相共箱技术。三根超高压输电线缆平行且间距相等，图乙为其截面图，截面圆心连线构成正三角形，边长为L，三边中点分别记为D、E、F点，中点为O点。上方两根输电线缆A、B圆心连线水平，某时刻A、C中电流方向垂直纸面向外，B中电流方向垂直纸面向里，电流大小均为I。已知距导线r处的磁感应强度B=k(k为常数)。则 (　　) A.A输电线缆所受安培力垂直AD斜向右上方 B.正三角形中心O处磁感应强度为零 C.D、E、F三点中F点磁感应强度最大 D.D点和E点磁感应强度大小相等 解析：选D　同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，A输电线缆所受安培力如图甲所示，故其所受安培力方向垂直AD斜向左下方，A错误；由安培定则知，A、B、C中电流在O点产生的磁场方向如图乙所示，由磁场叠加原理知，O点的磁感应强度不为零，B错误；由安培定则知，A、B、C中电流在D、E、F三点产生的磁场方向如图丙所示，图丙中BA2=BB2=BC2=k=，BA3=BB3=BC3=k·=2k，根据磁场叠加原理知D、E两点的磁感应强度大小相等，大于F点的磁感应强度，D正确，C错误。 5.(2025·哈尔滨高三模拟)如图所示，三角形闭合线框ABC由弹性较好的导线制成，线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，三角形的三个顶点A、B、C固定在绝缘水平面上，带有绝缘层的长直导线MN紧贴线框固定在线框上方。给直导线通入从M到N的恒定电流，不考虑闭合线框各边之间的作用力，此后该线框的形状可能是 (　　) 解析：选B　直导线通入从M到N的恒定电流，根据安培定则可知MN左侧的磁场垂直纸面向里、右侧的磁场垂直纸面向外，由于线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，根据左手定则可知：AB导线受到的安培力向右，则导线AB向右弯曲；AC导线在MN左侧的部分受到的安培力斜向左下，则这部分导线向左下弯曲，在MN右侧的部分受到的安培力斜向右上，则这部分导线向右上弯曲；BC导线在MN左侧的部分受到的安培力斜向左上，则这部分导线向左上弯曲，在MN右侧的部分受到的安培力斜向右下，则这部分导线向右下弯曲。故选B。 6.磁铁在弹簧的作用下静止于粗糙的斜面上，如图所示在磁铁的中垂线上某位置放置一根通电直导线，电流方向垂直于纸面向外，此时弹簧处于拉伸状态。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 (　 ) A.通电直导线对磁铁的作用力垂直于斜面向下 B.磁铁受到的摩擦力沿斜面向上 C.若通电直导线的电流方向反向，磁铁仍保持静止 D.若增大通电直导线的电流，则磁铁受到的摩擦力增大 解析：选C　由左手定则可知，导线受安培力垂直于斜面向下，根据牛顿第三定律，所以磁铁受到导线的力垂直于斜面向上，故A错误；对磁铁受力分析，可知磁铁受重力、沿斜面向上弹簧的拉力、导线对磁铁垂直于斜面向上的力，还可能受到垂直斜面向上的支持力，磁铁有可能处于平衡状态，则摩擦力为0，此时若通电直导线的电流方向反向，磁铁受导线的作用力垂直斜面向下，则磁铁对斜面的压力变大，则磁铁仍保持静止，增大通电直导线的电流，若磁铁仍静止，摩擦力依然不变，故B、D错误，C正确。 7.如图所示为电磁炮的基本原理图(俯视图)。水平平行金属直导轨a、b充当炮管，金属弹丸放在两导轨间，与导轨接触良好，两导轨左端与一恒流源连接，可使回路中的电流大小恒为I，方向如图所示，两导轨中电流在弹丸所在处产生的磁场视为匀强磁场。若导轨间距为d，弹丸质量为m，弹丸在导轨上运动的最大距离为s，弹丸能加速的最大速度为v，不计摩擦，则下列判断正确的是 (　　) A.导轨间的磁场方向向上 B.导轨间的磁场磁感应强度大小为 C.弹丸克服安培力做功获得动能 D.弹丸先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动 解析：选B　由题图可知，弹丸在安培力作用下向右运动，故安培力方向向右，根据左手定则得出导轨间的磁场方向向下，故A错误；加速过程中，根据动能定理得BId·s=mv2，解得B=，故B正确；安培力对弹丸做正功获得动能，故C错误；根据牛顿第二定律得a=，故加速度恒定，故D错误。 二、多项选择题 8.(2024·福建高考)如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则 (　　) A.两根细绳拉力均比未通电流时的大 B.两根细绳拉力均比未通电流时的小 C.铜环所受安培力大小为2rBI D.铜环所受安培力大小为πrIB 解析：选AC　方法一：微元法 如图，取通电半圆形铜环的一小段Δl，可将其视为直导线，根据左手定则可知，该小段铜环受到的安培力方向如图所示，其大小为ΔF=BIΔl，根据对称性可知，对称的两小段铜环所受的安培力在水平方向的分力大小相等、方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两根细绳的拉力变大，故A正确，B错误；对每小段铜环所受安培力在竖直方向的分力求和，可得F=∑Fy=∑BIΔlsin θ=2rIB，故C正确，D错误。 方法二：等效法 通电半圆形铜环的等效长度为2r，电流方向a→b，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小F=BI×2r=2rIB，根据受力分析可知，通电后细绳的拉力T=mg+F=mg+2rIB>mg，两根细绳拉力均比未通电流时的大。故选A、C。 9.(2025·河北石家庄质检)如图甲所示，匀质导体棒MN通以由M到N的恒定电流，用两根等长的平行绝缘轻质细线悬挂在O、O'点静止于匀强磁场中，细线与竖直方向的夹角为θ，磁场方向与绝缘细线平行且向上。现使磁场方向顺时针缓慢转动(由M到N观察)，同时改变磁场的磁感应强度大小，保持细线与竖直方向的夹角θ不变，该过程中每根绝缘细线拉力F的大小与磁场转过角度α的正切值的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，磁场变化过程中MN中的电流不变。下列说法正确的是 (　　) A.导体棒的质量为1 kg B.θ=30° C.导体棒所受安培力可能为12 N D.α可能为90° 解析：选ABC　由题图乙可知，当tan α=0时，F=2.5 N，根据共点力平衡条件可知mgcos θ=2F，当tan α=时，F'=5 N，受力分析如图1，根据共点力平衡条件可知mgcos θ+F安sin α=2F'，mgsin θ=F安cos α，解得m=1 kg，tan θ=，即θ=30°，故A、B正确；根据力的图解法作出图2，可知导体棒所受安培力最小为F安'=mgsin θ=mg=5 N，导体棒所受安培力可能为12 N，故C正确；α转过90°时，受力如图3所示，安培力与细线拉力在同一直线，这样的三个力作用，导体棒受力不可能平衡，故D错误。 三、计算题 10.(8分)(2024·重庆高考)小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g。当P匀速下降时，求： (1)P所受单根导线拉力的大小；(3分) (2)Q中电流的大小。(5分) 解析：(1)由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设P所受单根导线的拉力大小为T，对P有2T=2mg， 解得T=mg。 (2)设Q所受安培力大小为F，对Q受力分析，有mg+F=2T 又F=BIL 解得I=。 答案：(1)mg　(2) 第2讲　带电粒子在磁场中的运动(基础落实课)　　　　 一、洛伦兹力 1.定义：运动电荷在磁场中受到的力称为洛伦兹力。 2.方向 (1)判定方法：左手定则 掌心——磁感线垂直穿入掌心； 四指——指向正电荷运动的方向(或负电荷运动的反方向)； 拇指——指向运动的正电荷(或负电荷)所受洛伦兹力的方向。 (2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。 3.大小 (1)v∥B时，洛伦兹力F=0(θ=0°或180°)。 (2)v⊥B时，洛伦兹力F=qvB(θ=90°)。 (3)v=0时，洛伦兹力F=0。 二、带电粒子在匀强磁场中的运动 1.若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。 2.若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。 3.半径和周期公式：(v⊥B) 微点判断 1.若带电粒子经过磁场中某点时所受洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零。 (×) 2.带电粒子在A点受到的洛伦兹力比在B点大，则A点的磁感应强度比B点的大。 (×) 3.带电粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。 (×) 4.带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用。 (×) 5.电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，若只增大磁场的磁感应强度，电子运动半径变大。 (×) 6.电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，若只增大磁场的磁感应强度，电子运动周期变小。 (√) 7.洛伦兹力对运动的电子做正功。 (×) 8.(鲁科选择性必修2P28T2·改编)在赤道的上空，设想有一束自东向西运动的电子流，因受地磁场的作用，它将向下偏转。 (×) 9.(人教选择性必修2P21T6·改编)质子和α粒子在同一匀强磁场中做半径相同的圆周运动，质子和α粒子的动能之比为 1∶2。 (×) 逐点清(一)　洛伦兹力的理解与计算 |题|点|全|练| 1.[对洛伦兹力的理解](2023·海南高考)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是 (　　) A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程中的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 解析：选A　根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力作用，合力不为零且时刻变化，则小球运动过程中的速度、加速度都改变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。 2.[洛伦兹力的大小计算]真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是 (　　) A.小球先加速后减速 B.小球受到的洛伦兹力始终为零 C.小球在ab中点受到的洛伦兹力为零 D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向竖直向下 解析：选C　根据安培定则可知，通电直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当小球运动到ab中点时，磁感线切线方向与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到中点过程洛伦兹力竖直向下，从中点至b端过程洛伦兹力竖直向上，B、D错误，C正确。 3.[洛伦兹力与电场力的比较](多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够到达的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则 (　　) A.一定有h1=h3 　B.一定有h1<h4 C.h2与h4无法比较 　D.h1与h2无法比较 解析：选AC　第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得h1=。第3个图：当加上水平方向的匀强电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有=2gh3，所以h1=h3，A正确。第2个图：洛伦兹力只改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球有水平速度，设此时球的动能为Ek，则由能量守恒定律得mgh2+Ek=m，又由于m=mgh1，所以h1>h2，D错误。第4个图：因不知道小球电性和小球所受电场力方向，则h4可能大于h1，也可能小于h1，h2与h4无法比较，B错误，C正确。 |精|要|点|拨| 1.洛伦兹力的特点 (1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。 (2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。 (3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。 (4)洛伦兹力永不做功。 2.洛伦兹力与电场力的比较 洛伦兹力 电场力 产生条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中 大小 F=qvB(v⊥B) F=qE 方向 F⊥B且F⊥v 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反 做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功 逐点清(二)　带电粒子在有界匀强磁场中的运动　　　 　　解决带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题的基本思路为：定圆心→画轨迹→找几何关系→算半径→代入公式求解未知量。具体方法如下： 1.圆心的确定方法 (1)若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。 (2)若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。 (3)若已知粒子轨迹上某点的速度方向，又能根据r=计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。 2.半径的计算方法 方法一：由R=求得。 方法二：画出半径构造三角形，由数学方法解三角形或由勾股定理求得。 例如：如图甲，R=或由R2=L2+(R-d)2求得。 常用到的几何关系 ①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ=α。 ②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ=α。 3.时间的计算方法 方法一：利用圆心角、周期求得t=T。 方法二：利用弧长、线速度求得t=。 类型1　直线边界的磁场 1.粒子进出直线边界的磁场时，常见情形如图所示： 2.带电粒子(不计重力)在直线边界匀强磁场中运动时具有两个特性： (1)对称性：进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等。 (2)完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的半径相等而且两个圆弧轨迹恰好构成一个完整的圆，两圆弧所对应的圆心角之和等于2π。 1.如图所示，在一直线边界上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。直线边界上有一粒子源位于O点，零时刻粒子源同时向纸面内各个方向发射速度大小均为v、质量均为m、带电荷量均为-q的粒子，有两个粒子先后经过边界上另外一点P，OP的长度为，粒子重力和粒子间的相互作用忽略不计，则下列说法正确的是 (　　) A.这两个粒子运动的加速度大小不相等 B.这两个粒子运动轨迹的半径不相等 C.这两个粒子分别从O点到达P点所用时间的差为 D.这两个粒子分别从O点到达P点时的动量变化量相同 解析：选D　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m=mr=ma，可得r=，T=，a=，由题意知两个粒子的m、q、v、B大小均相同，则r、a大小均相同，故A、B错误；作出两个粒子的运动轨迹如图甲所示，劣弧和优弧均以OP为弦，由题意可知OP的长度为，可知t劣=T，t优=T，时间差为Δt=T=，结合图乙可以得出两个粒子的动量变化量的大小和方向均相同，C错误，D正确。 类型2　平行直线边界的磁场 1.粒子进出平行直线边界的磁场时，常见情形如图所示： 2.粒子在平行直线边界的磁场中运动时存在临界条件，如图a、c、d所示。 3.各图中粒子在磁场中的运动时间： (1)图a中粒子在磁场中运动的时间t1=，t2==。 (2)图b中粒子在磁场中运动的时间t=。 (3)图c中粒子在磁场中运动的时间 t=T==。 (4)图d中粒子在磁场中运动的时间t=T=。 2.如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是 (　　) A.粒子a带负电，粒子b带正电 B.粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶ C.粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶1 D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2 解析：选B　粒子a向上偏转，由左手定则得，粒子a带正电，粒子b向下偏转，粒子b带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x=Rasin 60°=Rbsin 30°，Ra∶Rb=1∶，故B正确；由qvB=m，得v=，两粒子比荷相同，磁场相同，则va∶vb=Ra∶Rb=1∶，故C错误；粒子运动周期T=，a、b运动周期相等，a运动时间ta=T=T，b运动时间tb=T=T，故ta∶tb=2∶1，故D错误。 类型3　圆形边界的磁场 　　带电粒子在圆形边界的磁场中运动的两个特点： (1)若粒子沿着边界圆的某一半径方向射入磁场，则粒子一定沿着另一半径方向射出磁场(或者说粒子射出磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心)，如图甲所示。 (2)若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角一定也为θ，如图乙所示。 3.(2024·广西二模)(多选)如图所示的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆形区域半径为R，圆心为O，圆形边界上有A、B、C三点，其中A、B两点连线为直径，OA与OC间的夹角为60°。现有大量带负电的粒子以大小不同的速度从A点射入圆形区域，入射方向相同(如图，均与OA成θ=30°)，带电粒子的质量为m、电荷量为-q，不计粒子重力，要让粒子从不同位置射出磁场区域，则下列说法正确的是 (　　) A.从B点射出磁场区域的粒子，在磁场中运动的时间为 B.垂直AB连线方向射出磁场区域的粒子，出射点到AB连线的垂直距离为R C.从C点射出磁场区域的粒子，速度大小为 D.射出磁场区域时速度方向恰好改变90°的粒子，速度大小为 解析：选AD　根据洛伦兹力提供向心力可知qvB==mr，可得r=，T=。从B点射出磁场区域的粒子，画出其轨迹图如图甲所示，可知粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为60°，所以粒子在磁场中运动的时间为t1=T=，A正确；垂直AB连线方向射出磁场区域的粒子，画出其轨迹如图乙所示，由图可知，轨迹所对应圆心角为120°，则∠BAP=30°，根据几何关系可知AP=2Rcos 30°=R，出射点到AB连线的垂直距离为APsin 30°=R，B错误；从C点射出磁场区域的粒子，画出其轨迹如图丙所示，圆心在AC中点，所以轨迹半径为r3=R，根据r=，可知v3=，C错误；射出磁场区域时速度方向恰好改变90°的粒子，画出其轨迹如图丁所示，∠QAO4=45°，则∠BAQ=15°，则2cos 45°·r4=2R·cos 15°，结合r=，可得v4=，D正确。 类型4　多边形边界的磁场 　　带电粒子在多边形边界的磁场中运动时可能会涉及与边界相切、相交等临界问题。 4.(2025·合肥调研)(多选)如图所示，用边长为a的六块荧光屏组成的正六边形ABCDEF区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一束比荷(电荷量与质量之比)为k的带电粒子从A点沿AE方向射入磁场区域，粒子速率均匀分布在≤v0≤2kBa范围之内。若不计粒子重力及粒子间相互作用力，粒子打在荧光屏上会使其感光且粒子被吸收并导走。则 (　　) A.若粒子带正电，DE屏(除D点外)会发光 B.若粒子带正电，磁场中有粒子经过的区域的面积为a2 C.若粒子带负电，AF屏上会发光的长度为 D.若粒子带负电，在磁场中运动时间相等的粒子数目占总粒子数的一半 解析：选BC　粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，而粒子速率的范围为≤v0≤2kBa，代入可得粒子的半径≤r≤2a。若粒子带正电，由左手定则可以判断，粒子向右偏转，由几何关系可知粒子轨迹如图所示，由图可知速度最大时从D点射出，DE屏(除D点外)不会发光故A错误；由图可知，有粒子经过的区域的面积为S=π(2a)2-·a2·cos 30°-π=a2，故B正确；若粒子带负电，粒子将向左偏转，最小速度对应的轨迹如图中半圆O3在六边形中部分，由几何关系可知，AF屏上会发光的长度为，故C正确；打在AF屏上的带负电粒子在磁场中运动时间相等，粒子最小运动半径为，打到F点时运动半径最大，由几何关系可知rm=a，其速度vm==kBa，综上所述，在磁场中运动时间相等的粒子速度范围为≤v≤kBa，占总数目的，故D错误。 逐点清(三)　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题　　　　 　　　 类型1　带电粒子的电性不确定形成多解 如果粒子的电性不确定，带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。 [例1]　(多选)如图所示，真空区域有左右宽度为l、上下足够长的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于纸面向里，MN、PQ是磁场的左右竖直边界。一质量为m、电荷量为q的粒子(不计粒子重力)，在竖直平面内沿着与MN夹角为θ=30°的方向射入磁场中。则下列说法正确的是 (　　) A.若带电粒子带负电，入射速度只要大于，粒子就会从PQ射出 B.粒子在磁场中运动的最长时间可能是 C.MN边界上，从入射点下方射出的所有粒子，在磁场中运动的时间均为 D.MN边界上，从入射点上方射出的所有粒子，在磁场中运动的时间均为 [解析]　若带电粒子带负电，粒子恰好不从PQ射出，轨迹如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB=m，由几何关系得r cos θ+l=r，解得粒子入射速度v==，入射速度只要大于，粒子就会从PQ射出，A错误；若带电粒子带正电，且从MN边射出，粒子在磁场中运动的时间最长，对应轨迹如图乙所示，由洛伦兹力提供向心力得qv'B=m，运动时间t=T=·==，粒子在磁场中运动的最长时间可能是，B正确；MN边界上，从入射点下方射出的所有粒子(带负电)，在磁场中运动的时间均为t=·==，C正确；MN边界上，从入射点上方射出的所有粒子(带正电)，在磁场中运动的时间均为，D错误。 [答案]　BC 类型2　临界状态不唯一形成多解 带电粒子在洛伦兹力作用下在有界磁场中运动时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面反向飞出，从而形成多解，如图所示。 [例2]　(多选)如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 (　　) A.使粒子的速度v< B.使粒子的速度v> C.使粒子的速度v> D.使粒子的速度<v< [解析]　带电粒子可能的轨迹临界情况如图所示，若带电粒子刚好经过极板右边缘，有=r1-2+l2，又因为r1=，解得v1=；若粒子刚好经过极板左边缘时，有r2==，解得v2=；只有粒子速度v>v1或v<v2时才能不打到极板，故A、B正确。 [答案]　AB 类型3　运动轨迹的不确定形成多解 　　带电粒子在磁场中运动时，虽然知道粒子经过的几个特殊点，但不能确定具体的运动轨迹和圆周运动的半径，从而形成多解。 　　[例3]　(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 (　　) A.kBL，0°　　　　 B.kBL，0° C.kBL，60° D.2kBL，60° [解析]　若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲，根据几何关系有R=L，由洛伦兹力提供向心力得qvB=m，可得v==kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。当离子运动轨迹如图乙所示时，因为两部分磁场的磁感应强度均为B，则根据对称性有R'=L，根据洛伦兹力提供向心力有qv'B=m，可得v'==kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知，当离子从下部分磁场射出时，需满足v==KbL (n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v==kBL(n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故B、C正确，A、D错误。 [答案]　BC 类型4　磁场的周期性变化形成多解 　　带电粒子在磁场中运动时，因磁场的方向随时间周期性变化，粒子运动轨迹也发生周期性变化，从而形成多解。 　　[例4]　如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O'正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求： (1)磁感应强度B0的大小。 (2)要使正离子从O'垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。 [解析]　(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，则B0qv0=，正离子做匀速圆周运动的周期T0=，联立解得磁感应强度大小B0=。 (2)设垂直于纸面向里为磁场的正方向。要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场，正离子的运动轨迹如图所示，在两板之间正离子运动n个周期时，有R=(n=1，2，3，…) 联立解得正离子的速度的可能值为v0==(n=1，2，3，…)。 同理，设垂直于纸面向外为磁场的正方向，同样有v0=(n=1，2，3，…)。 [答案]　(1)　(2)(n=1，2，3，…) [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.空间内有一垂直纸面方向的匀强磁场(方向未知)，一带正电的粒子在空气中运动的轨迹如图所示，由于空气阻力的作用，使得粒子的轨迹不是圆周，假设粒子运动过程中电荷量不变。下列说法正确的是 (　　) A.粒子的运动方向为c→b→a B.粒子所受的洛伦兹力大小不变 C.粒子在b点的洛伦兹力方向沿轨迹切线方向 D.磁场的方向垂直纸面向里 解析：选D　由于空气阻力做负功，粒子运动过程中速度逐渐减小，由qvB=m，解得R=，所以粒子运动的轨道半径逐渐减小，粒子的运动方向为a→b→c，A错误；由f=qvB可知，速度减小，粒子所受的洛伦兹力逐渐减小，B错误；粒子所受的洛伦兹力与速度方向垂直，方向指向弯曲轨迹的内侧，所以粒子在b点的洛伦兹力垂直于轨迹切线方向，C错误；由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里，D正确。 2.如图，在B=2 T的匀强磁场中，一质量m=1 kg、带正电q=1 C的物体沿光滑的绝缘水平面以初速度v0=10 m/s向左运动，g=10 m/s2，运动过程中物体受地面给的支持力的大小为 (　　) A.10 N B.20 N C.30 N D.0 解析：选C　物体受洛伦兹力的大小为F=qv0B=1×10×2 N=20 N，由左手定则可知洛伦兹力的方向竖直向下，运动过程中物体受地面给的支持力的大小为FN=mg+F=1×10 N+20 N=30 N，故选C。 3.(2024·广西高考)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为 (　　) A. B. C.(1+) D. 解析：选C　粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得粒子做圆周运动的半径r=，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+=(1+)。故选C。 4.(2024·辽宁大连调研)如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向，下列判断正确的是 (　　) A.粒子带正电 B.粒子由O到A经历的时间为t= C.若已知A点到x轴的距离为d，则粒子速度大小为 D.离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30° 解析：选C　根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O到A运动的时间为t=T=·=，故B错误；根据图中几何关系有cos 60°=，解得R=2d，根据R=，解得v==，故C正确；根据对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D错误。 5.如图所示，在坐标系的y轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场的宽度为d，磁场方向垂直于xOy平面向里。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子，从原点O射入磁场，速度方向与x轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界射出，经磁场偏转后从y轴上的某点离开磁场。忽略粒子重力。关于该粒子在磁场中的运动情况，下列说法正确的是 (　　) A.它的轨迹半径为d B.它进入磁场时的速度为 C.它在磁场中运动的时间为 D.它的运动轨迹与y轴交点的纵坐标为d 解析：选B　粒子运动轨迹如图所示，由几何关系得r+rsin 30°=d，解得粒子运动轨迹半径为r=d，故A错误；由qvB=m，r=d，联立解得粒子进入磁场时的速度为v==，故B正确；运动周期T==，由几何关系知t=T，解得粒子在磁场中运动的时间为t=，故C错误；粒子运动轨迹与y轴交点的纵坐标为y=-2rcos 30°=-d，故D错误。 6.(2024·湖北高考)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是 (　　) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 解析：选D　在圆形匀强磁场区域内，沿着半径方向射入的粒子，总是沿着半径方向射出，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；若粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域用时最短，则根据对称性可知粒子运动轨迹如图甲所示，则最短时间t=2T=，故C错误；若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则粒子运动轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r=，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得v=，故D正确。 7.如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一带电粒子以速度v从D点射入磁场，速度方向与CD边夹角为60°，垂直BC边射出磁场，则下列说法正确的是 (　　) A.粒子一定带正电 B.粒子的比荷为 C.粒子在磁场中的运动时间为 D.减小粒子的速度，粒子不可能从CD边射出 解析：选C　由题图可知，粒子所受洛伦兹力垂直速度方向向下，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；作出粒子运动半径如图所示，根据几何关系可得，粒子做圆周运动的半径r==L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，联立解得粒子的比荷=，故B错误；由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间t=×=，故C正确；根据qv'B=m，可得r'=，可知速度减小，粒子在磁场中做圆周运动的半径减小，可知当速度减小到一定值时，粒子可以从CD边射出，故D错误。 二、多项选择题 8.如图所示，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内(包括边界)有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带电粒子，以不同的速度垂直OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为2t0。不计粒子重力，下列说法正确的是 (　　) A.带电粒子带负电 B.磁场的磁感应强度的大小为 C.从OA中点射入磁场的带电粒子可以从C点出射 D.能从OA边射出的带电粒子的最大射入速度是πL 解析：选BD　由左手定则可知带电粒子带正电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间2t0内其速度方向改变了90°，故其运动周期T=8t0，设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qvB=m，匀速圆周运动的速度满足v=，解得B=，故B正确；由题给条件可知，若带电粒子从C点出射，则C为运动轨迹与AC边的切点，如图甲所示，由几何关系可知，粒子的轨迹半径为2L，AM的距离为3L+L=4L，入射点到A点的距离为(4-2)L，不是OA中点，故C错误；由题给条件可知，从OA边射出的粒子在磁场区域中的轨迹与AC边、OC边相切时，粒子的轨迹半径最大，此时粒子的射入速度最大，如图乙所示，设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，由几何关系可知r0+=L，设粒子最大射入速度大小为vm，由洛伦兹力提供向心力有qvmB=m，联立解得vm=πL，故D正确。 9.(2024·河北高考)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是 (　　) A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45° D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 解析：选ACD　根据题意可知，粒子一定从ad边进入无磁场区。当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°时，由几何关系可知其一定穿过dc边进入磁场，然后由BC边射出，则其运动轨迹如图1所示，由对称性可知，该粒子垂直BC射出，A正确；当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若其从cd边射出无磁场区，假设其能垂直BC射出，则其运动轨迹如图2所示，根据几何关系可知r(1-cos 60°)<rsin 30°，与sin 30°=1-cos 60°=矛盾，显然假设不成立，该粒子不能垂直BC射出，B错误；若粒子经cd边垂直BC射出，其运动轨迹如图3所示，则由几何关系可知，该运动轨迹关于BD连线对称，所以两段圆弧轨迹所对应圆心角相等，又两圆心角的和为90°，所以粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为45°，C正确；若粒子经bc边垂直BC射出，其运动轨迹如图4所示，由几何关系有r(1-cos θ1)=rsin θ2，又θ1+θ2 =90°，解得粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为60°，D正确。 三、计算题 10.(12分)(2024·重庆高考)有人设计了一种粒子收集装置，如图所示。比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。 (1)求OK间的距离；(3分) (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；(4分) (3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时0点，求打开磁场的那一时刻。(5分) 解析：(1)当粒子到达O点时，打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，运动轨迹如图1所示， 由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m 则OK=2r1=。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1 运动轨迹如图2所示， 由几何关系有(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2 解得MO=2r1=。 (3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，运动轨迹如图3所示， 由几何关系有(4r1-2r1)2+ON2=(4r1)2 解得ON=2r1= 粒子在打开磁场开关前运动时间为t= 解得t=。 答案：(1)　(2)　(3) 11.(14分)在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力)在t=0时刻沿Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。 (1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0。(4分) (2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值。(4分) (3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。(6分) 解析：(1)带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得qvB0=m 又T0= 联立解得 T0= (2)如图1所示， 若带电粒子恰好不能从Oa边射出，则有sin α= 解得α=30° 在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转150°角，运动时间为t=T0== 磁感应强度的变化周期的最大值Tm= (3)若要使粒子从b点沿着ab方向射出磁场，轨迹如图2所示 在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转的角度为2β，其中β=45°，即= 满足这一条件的磁感应强度变化的周期T1= 每一个圆弧对应的弦长为s= 圆弧半径为R==(n=2，4，6，…) 又qv0B0=m 联立解得v0=。 答案：(1)　(2) (3)　 第3讲　动态圆、磁聚焦和磁发散问题(综合融通课) 带电粒子在匀强磁场中的动态圆、磁聚焦和磁发散问题属于高考中的高频考点，在分析带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题、多解问题时会经常用到，利用动态圆、磁聚焦的方法可以非常迅速地画出正确的运动轨迹，找到几何关系，极大地提高解题的效率和准确度。高考中常以选择题和计算题的形式出现，题目难度较大。 (一) 带电粒子在磁场中运动的动态圆问题 模型(一)　“平移圆”模型 适用条件 粒子源发射出速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的同种带电粒子，带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R=，如图所示 圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行 界定方法 将半径为R=的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法 　　 [例1]　如图所示是带电粒子收集器的示意图，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为L，∠A=30°。一束带正电的粒子流以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为3t，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为4t，则 (　　) A.粒子的比荷为 B.粒子运动的轨道半径为L C.粒子射入磁场的速度大小为 D.这束粒子在磁场中扫过的面积为L2 [解析]　从BC边垂直射出的粒子的运动时间为3t=，解得运动周期T=12t，根据洛伦兹力提供向心力得qvB=，T=，可知T=，解得=，故A错误；在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图所示，4t=T，轨迹所对应圆心角θ=×360°=120°，由几何关系得Rsin 30°+=L，解得R=L，故B错误；由qvB=，解得v=，故C正确；粒子在磁场中扫过的面积如图中灰色部分所示，则S=R·Rsin 30°+=L2，故D错误。 [答案]　C 　　[针对训练] 1.如图所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场，线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为、方向垂直xOy平面向里。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中，在磁场中运动的时间最长为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m，解得r=2R，如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于sin α=，要使圆心角α最大，则FE最长，经分析可知，当粒子从y轴上的D'点射入、从x轴上的E'点射出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长，有sin αm==，解得αm=，则tm=·=，故选C。 模型(二)　“放缩圆”模型 适用条件 粒子源发射出速度方向一定、大小不同的同种带电粒子，带电粒子垂直进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化 圆心共线 如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上 界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法 　　 [例2]　(多选)如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内(不含边界)有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN为直径。大量带正电荷的同种粒子以不同的速率从O点在纸面内沿与ON成30°角的方向射入磁场。粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子受到的重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是 (　　) A.粒子在磁场中运动的最长时间为 B.若粒子恰好从圆弧边界离开磁场，则粒子的速度大小为 C.若粒子恰好从O点正上方的P点离开磁场，则粒子的速度大小为 D.选择合适的速度，粒子可能从M点离开磁场 [解析]　当粒子的速度较小时，粒子从MN边界离开磁场，其轨迹对应的圆心角为300°，此时粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间t=×=，故A正确；如图所示，当粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时(切点为Q)，粒子恰好从圆弧边界射出，根据几何知识可知，此时粒子的轨迹半径r1=，设粒子的速度大小为v1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m，解得v1=，故B错误；当粒子恰好从P点离开磁场时，设粒子的轨迹半径为r2，根据几何关系有r2cos 30°=，设粒子的速度大小为v2，有qv2B=m，解得v2=，故C正确；当粒子的速度大于时，粒子从Q点右侧离开磁场，当粒子的速度小于时，粒子从MN边界离开磁场，即粒子不可能从M点离开磁场，故D错误。 [答案]　AC 　　[针对训练] 2.(多选)如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是 (　　) A.从M点射出的粒子的速率一定小于从N点射出的粒子的速率 B.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从N点射出的粒子所用时间 C.所有粒子所用最短时间为 D.所有粒子所用最短时间为 解析：选AD　粒子运动轨迹如图所示，可以看出，粒子落在b点到c点的过程中，运动半径越来越大，则由r=可知，速度越来越大，所以从M点射出的粒子的速率一定小于从N点射出的粒子的速率。因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比，且由几何关系知，弦切角等于圆心角的一半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与bc圆弧相切时，弦切角最小，因为Ob长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为θ=60°，圆心角为α=120°，所以最短运动时间为tmin=×=，而M点与N点具体位置未知，则从M点射出的粒子在磁场中运动的时间与从N点射出的粒子所用时间大小不能确定。故选A、D。 模型(三)　“旋转圆”模型 适用条件 粒子源发射出速度大小一定、方向不同的同种带电粒子，带电粒子垂直进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为R=，如图所示 圆心共圆 如图，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上 界定方法 将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转圆”法 　　 [例3]　(多选)如图所示，在荧光板MN的上方分布着水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧光板为d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v=、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为N，则 (　　) A.粒子能打到板上的区域长度为2d B.打到板上的粒子数为N C.从粒子源出发到打到板上的最短时间为 D.同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为 [解析]　粒子受到的洛伦兹力提供向心力，粒子运动的半径R==d，粒子运动到荧光板的两种临界情况如图甲所示，设SC垂直于MN交于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是轨迹圆的直径，则左侧最远处A离C点的距离为d，右侧最远处D离C点的距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是(+1)d，A错误；当粒子的发射速度方向是沿着SC的反方向即垂直MN向上时，其轨迹在SC左侧与MN相切，当发射速度方向是垂直MN向下时，其轨迹在SC右侧与MN相切，发射速度方向在这两速度方向之间的粒子都能打在荧光板上，角度范围为180°，所以有一半的粒子能打到荧光板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为N，故B正确；能打到荧光板的粒子运动时间最长和最短的运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期T==，由几何关系可知最短时间t2=T=，最长时间t1=T=，所以Δt=t1-t2=，C正确，D错误。 [答案]　BC 　　[针对训练] 3.如图，x轴上的P(l，0)点处有一正离子源，在xOy平面内向第一象限各个方向发射速率相同的同种离子。当离子沿与x轴正方向成θ=30°角方向射入第一象限内的匀强磁场时，将从y轴上的D点(未画出)离开磁场，在所有离子轨迹与y轴的交点中，D点距离O点最远。若θ= 90°，离子将从C点(未画出)离开磁场。不计离子重力及离子间的相互作用，DC的长为 (　　) A.(2-)l B.(-1)l C.(-1)l D.(2-)l 解析：选B　当离子沿与x轴正方向成θ=30°角方向射入第一象限内的匀强磁场时，运动轨迹如图所示，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为R=l，OD=l；若θ=90°，离子将从C点离开磁场，根据动态圆法，可知OC=l(等于粒子在磁场中做圆周运动的半径)，则DC=OD-OC=(-1)l，故选B。 |思|维|建|模| 临界极值问题的四个重要结论 (1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当速率v一定时，弧长(或劣弧的弦长)越长，则圆心角越大，带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (3)当速率v变化时，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径，且入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦中直径最长)。 (二) 磁聚焦和磁发散问题 模型(一)　磁聚焦 电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行，其轨迹如图所示。 　　[例1]　如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2。有一簇质量为m、电荷量为+q的粒子，以相同的速度v0=沿图示方向平行射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子在正方形磁场区域中可能经过的面积为 (　　) A.S=R2 B.S=R2 C.S=(π+1)R2 D.S=R2 [解析]　由v0=，则知粒子在圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点，而后进入正方形区域，图形如图，图中阴影部分面积即为所求面积，则r==R，空白区域面积S白=2×=r2，空白加阴影的总面积S总=π(2r)2+πr2=πr2，则S阴=S总-S白=(π+1)R2，故选C。 [答案]　C 　　[针对训练] 1.带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图，真空中半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的电子流射入该磁场后聚焦于坐标原点O。已知电子的质量为m、电荷量为e、进入磁场的速度为v，不计电子重力及电子间的相互作用，则磁感应强度的大小为 (　　) A.　　 B. C. D. 解析：选C　由题可知，从左侧任选一束电子流A，经磁场偏转后通过坐标原点O，如图所示，由于电子沿水平方向射入磁场，半径O1O与速度方向垂直，可知AO2∥O1O，由几何关系可知，平行四边形AO2OO1为菱形，因此电子在磁场中运动的轨道半径R=r，又由于evB=，解得磁感应强度的大小为B=，故选C。 模型(二)　磁发散 带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行，其轨迹如图所示。 [例2]　(多选)如图所示，在xOy坐标系的第一象限中有一半径为r=0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度为B=1 T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为C、A。现有大量质量为1×10-18 kg(重力不计)、电荷量大小为2×10-10 C、速率均为2×107 m/s的带负电的粒子从A处垂直磁场进入第一象限，速度方向与y轴正方向夹角为θ，且0<θ<180°，则下列说法正确的是 (　　) A.粒子的轨迹圆和磁场圆的半径相等 B.这些粒子轨迹圆的圆心构成的圆和磁场圆的半径相等 C.部分粒子可以穿越坐标系进入第二象限 D.粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆 [解析]　粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m，解得R=0.1 m=r，故A正确；由题意得，粒子的轨迹相当于把半径R=0.1 m的圆以A点为轴转动，粒子轨迹圆心构成的圆的圆心在A点，半径与磁场的半径相等，且粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆，故B、D正确；由于粒子做圆周运动的半径与磁场的半径相等，符合磁发散的条件，根据磁发散的特点，粒子离开磁场后速度都竖直向下，不可能进入到第二象限，故C错误。 [答案]　ABD 　　[针对训练] 2.(多选)如图所示，一圆形区域的圆心为O，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B。电荷量为q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速度v=射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入磁场时的速度方向成θ角，已知粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为3∶4，下列说法正确的是 (　　) A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=R B.θ=60° C.θ=30° D.a、b粒子离开磁场时的速度方向也成θ角 解析：选AC　粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=，代入v=，解得r=R ，A正确；因a正对圆心射入，又r=R，故a粒子在磁场中的运动时间为T，运动轨迹的圆心角为90°，两粒子在磁场中运动的周期相等，均为T=，运动时间之比为3∶4，故b粒子在磁场中的运动时间为T，即运动轨迹的圆心角为120°，运动轨迹的圆心、O、P三点的连线构成等边三角形，故θ=30°，B错误，C正确；由“磁发散”模型可知，a、b粒子离开磁场时速度方向平行，D错误。 [课时跟踪检测]　 一、单项选择题 1.(2025·郑州高三模拟)如图所示，正方形区域abcd内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场，并恰好从ab边的中点N射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是 (　　) A.粒子带负电 B.若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子将从a点射出 C.若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子将从b点射出 D.若粒子射入磁场的速度增大为2v，粒子在磁场中的运动时间将变短 解析：选D　根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；根据qvB=m，解得r=，设正方形边长为L，粒子以速度v和速度2v进入磁场，有=，r'==L，轨迹如图所示，可知若粒子射入磁场的速度增大为2v，射出的位置在Nb之间，故B、C错误；根据以上分析可知，若粒子射入磁场的速度增大为2v，则在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角θ将变小，由t=T，又T=，粒子在磁场中的运动时间将变短，故D正确。 2.如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里。边界上C点有一粒子源，可平行于纸面向磁场内任意方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子速度大小均为v0。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，所有粒子运动半径均为R且离开磁场时速度方向均与AB平行，AB、CD为互相垂直的直径，则 (　　) A.粒子离开磁场时速度方向平行AB向下 B.磁感应强度大小为 C.经过圆心O的粒子在磁场中运动的时间为 D.沿着CO方向射入的粒子在磁场中运动的时间为 解析：选D　由于粒子做圆周运动的半径等于磁场圆的半径，根据磁发散原理和左手定则可知，所有带正电粒子均平行AB向上射出，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m，所以B=，故B错误；若粒子经过圆心O，则其轨迹对应圆心角等于120°，所以粒子在磁场中运动的时间为t=T=·=，故C错误；若粒子沿着CO方向射入磁场，其轨迹对应圆心角等于90°，所以粒子在磁场中运动的时间为t'=T=·=，故D正确。 3.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，存在垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小B=0.2 T，原点O有一粒子源，能向纸面内各个方向释放出比荷为4×108 C/kg的正粒子，粒子初速度为v0=8×106 m/s，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。有一与x轴成45°角倾斜放置的足够长挡板跨越第一、三、四象限，P是挡板与x轴的交点，OP=16 cm，则挡板上被粒子打中的区域长度为 (　　) A.24 cm B.16 cm C.20 cm D.32 cm 解析：选C　粒子源到挡板的距离h=16sin 45° cm=16 cm，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m，解得R=10 cm<h=16 cm，作出粒子打在挡板上的动态圆轨迹如图所示，则有xAC==12 cm，xBC==8 cm，则挡板上被粒子打中的区域长度L=xAC+xBC=20 cm，故选C。 4.如图所示，在xOy平面直角坐标系内，OA与x轴的夹角为37°，OA足够长，OA与x轴之间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=，在OA上分布着足够多的粒子源，可以向磁场中发射速度大小为v0、方向垂直于OA的带电粒子，带电粒子的质量为m、电荷量为+q，则带电粒子能打到x轴距坐标原点最远位置的横坐标为 (　　) A.3L0 B.4L0 C.5L0 D.6L0 解析：选C　带电粒子在磁场中运动过程中洛伦兹力提供向心力，有qv0B=，将磁感应强度B=代入解得r=3L0，OA上的粒子源向外发射的所有带电粒子在磁场中运动的轨迹为平移圆，如图(a)所示，根据几何关系可得当粒子轨迹半径O1P与OA垂直时，打到x轴上的P点距坐标原点最远，根据几何关系得OP===5L0。 另外要注意本题中带电粒子打到最远的距离不是轨迹与x轴相切时，如果相切时作出轨迹图如图(b)所示，根据几何关系有OQ===4L0，所以Q点不是距离坐标原点最远的点。故选C。 二、多项选择题 5.(2025·西安高三质检)如图所示，在竖直面内有一半径为R的能吸收带电粒子的半圆形装置，在装置外有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界ab为过圆心O的一水平直线。一群质量为m、电荷量为q的带正电粒子以不同的速率从A点竖直向上进入磁场，AO的长度为R。粒子重力和粒子间的相互作用不计，sin 37°=，下列说法正确的是 (　　) A.能够被装置吸收的粒子的最大速度为 B.能够被装置吸收的粒子的最小速度为 C.能够被装置吸收的粒子中，运动时间最短的粒子速度大小为 D.能够被装置吸收的粒子中，运动时间最短的粒子运动时间为 解析：选BD　粒子从A点进入磁场，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得v=，运动轨迹半径最大时有最大速度，当粒子从半圆形装置最右侧被该装置吸收时，其轨迹半径最大，其速度最大，设最大轨迹半径为rmax，由几何关系可知，2rmax=R+R，故最大速度vmax=，故A错误；当运动轨迹半径最小时，粒子的速度最小，当粒子从装置最左侧被吸收时其轨迹半径最小，由几何关系有2rmin=R-R，结合以上分析可知，有vmin=，故B正确；运动时间最短的粒子，其轨迹对应的圆心角最小，根据圆心角等于2倍弦切角可知，运动轨迹圆的弦切角需最小，如图所示，此时轨迹圆的弦AC与半圆装置相切，由几何关系可知∠OAC=37°，AC=R，圆心角为θ=53°×2=106°，根据几何关系得2r1sin 53°=R，其中r1=，解得v1=，最短时间为t1=·=，故C错误，D正确。 6.(2025·河北衡水模拟)如图，空间存在着垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场(图中未画出)，M是垂直于x轴的荧光屏，O点到屏M的距离为R。O点有一粒子源，从O点沿Oy方向发射出一束速度不同、比荷相同的带正电粒子，经磁场偏转后均能水平向右垂直打在屏M上，已知粒子以最大速度v0在磁场中运动的轨迹如图所示，则 (　　) A.磁场方向垂直于纸面向里 B.带电粒子的比荷为 C.磁场区域最小面积为 D.磁场区域最小面积为 解析：选BD　根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；根据R=，可知比荷为=，故B正确；速度小于v0的粒子也能水平向右垂直打在屏M上，所以磁场边界是45°斜线，如图所示，则磁场区域最小面积为阴影部分面积Smin=-R2=，故C错误，D正确。 7.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知OP=OS=d，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则 (　　) A.粒子的速度大小为 B.从x轴射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为3∶2 C.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d D.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 解析：选AD　根据几何关系可得SP==2d，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可知粒子做圆周运动的半径满足2r=SP=2d，解得r=d，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，解得v=，故A正确；从x轴射出磁场的粒子中，沿y轴正方向射入的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出的粒子运动时间最短，运动轨迹如图所示，根据几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角分别为α=，θ=，从x轴射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为===，故B错误；沿平行x轴正方向射入的粒子，其轨迹圆心在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为d，故C错误；从O点射出的粒子轨迹如图所示，对应的圆心角为θ=，从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为t=T=，故D正确。 三、计算题 8.(10分)如图所示，在半径R=4 m的圆形区域内分布着磁感应强度B=2×10-3 T的匀强磁场，圆周上M处有一个粒子源，能平行于纸面向四周发射速率大小v=1×105 m/s的同种粒子，已知在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远且∠MON=120°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：(结果保留两位有效数字) (1)粒子的比荷；(6分) (2)从N处离开磁场的粒子，在磁场中运动的时间。(4分) 解析：(1)根据几何关系可知，MN距离为=2Rsin 60°=12 m 在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远，说明MN为粒子做圆周运动的轨迹圆的直径，则轨迹圆半径r==6 m 洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，即qvB=m 解得粒子的比荷==×107 C/kg≈8.3×106 C/kg。 (2)根据圆周运动规律可知周期T= 从N处离开磁场的粒子运动时间t=T 联立解得t≈1.9×10-4 s。 答案：(1)8.3×106 C/kg　(2)1.9×10-4 s 9.(15分)如图甲所示，一半径为d的圆形磁场，其圆心位于xOy平面的坐标原点，磁场左侧水平放置两块长度均为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，x轴过平行金属板的中心轴线。平行金属板间加上如图乙所示周期性变化的电压，在紧靠P板左侧有一粒子源S，从t=0时刻开始连续射出初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻射出的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=，粒子的质量为m、电荷量为+q，磁感应强度B=，进入磁场的粒子均能从y轴上的M点离开磁场，粒子打到金属板上会被吸收，不计粒子重力及相互间的作用力，求： (1)t=0时刻射出的粒子在磁场中运动的时间；(4分) (2)粒子从M点离开磁场时与x轴正方向的夹角范围；(6分) (3)到达M点的粒子占粒子源发射粒子总数的百分比。(5分) 解析：(1)t=0时刻射出的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，穿过电场的时间t==T，故粒子以速度v0沿平行极板方向离开电场。 粒子平行于x轴射入圆形磁场区域，由Bqv0=，解得r=d， 运动轨迹如图甲所示，根据几何关系，轨迹对应的圆心角为120°，则粒子在磁场中运动时间t'=T'，又T'=，解得t'=。 (2)由第(1)问得，t=0时刻进入极板的粒子从下极板边缘射入磁场，从M点射出时速度方向的偏转角为，即与x轴正方向的夹角为。 若粒子在t=T时刻进入电场，粒子将从上极板的边缘射入磁场，运动轨迹如图乙所示，根据几何关系，轨迹对应圆心角为，从M点射出时速度方向的偏转角为，即与x轴正方向的夹角为，所以粒子从M点离开磁场时与x轴正方向的夹角范围为~。 (3)在一个电场变化周期内，在0~ 内进入电场的粒子都可以平行x轴以速度v0进入磁场，最终聚焦于M点，如图丙所示 到达M点的粒子占粒子源发射粒子总数的百分比η=×100%=×100%=25%。 答案：(1)　(2)~　(3)25% 第4讲　带电粒子在组合场中的运动(综合融通课) 类型(一)　带电粒子在一般组合场中的运动 1.组合场：电场与磁场各自位于一定的区域内且不重叠。 2.“电偏转”与“磁偏转”的比较 垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 电场力FE=qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力 洛伦兹力FB=qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力 轨迹 抛物线 圆或圆的一部分 运动轨迹示例 求解方法 利用类平抛运动的规律求解： vx=v0，x=v0t vy=·t， y=··t2 偏转角φ满足：tan φ== 半径：r= 周期：T= 偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解 运动时间 t= t=T= 动能 变化 不变 3.分析带电粒子在组合场中运动的方法 [考法全训] 考法(一)　磁场与磁场的组合 　　先在一个磁场中运动，然后再进入另一个磁场中运动，根据带电粒子在磁场中的运动规律结合几何关系求解相关的物理量。 　　[例1]　(多选)如图所示，在直角坐标系的第二象限内，以y轴上的O1点为圆心的四分之一圆内有垂直坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，圆的半径为R，圆弧刚好与x轴相切于坐标原点O；在第四象限内，在以O为圆心、半径为R的四分之一圆内，有垂直坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从磁场Ⅰ的圆弧边界上的P点沿x轴的正方向射入磁场Ⅰ，P点到x轴的距离为，粒子射入磁场的速度大小为v0，粒子经磁场Ⅰ偏转，恰好从坐标原点O进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转后沿x轴正方向射出磁场，不计粒子的重力，则下列判断正确的是 (　　) A.磁场Ⅰ的磁感应强度大小为 B.磁场Ⅱ的磁感应强度大小是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍 C.粒子在两磁场中运动的时间为 D.保持粒子射入速度不变，将粒子入射点沿圆弧向上平移，粒子有可能不能进入磁场Ⅱ [解析]　粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，P点到x轴的距离为，磁场圆半径为R，由几何关系可知，△OO1P、△OO2P、△OO3Q都是正三角形，粒子在两磁场中做圆周运动的半径都为R，且圆心角都为60°，由qv0B=，可得B=，且磁场Ⅱ的磁感应强度大小与磁场Ⅰ的磁感应强度大小相等，故A正确，B错误；由T=，可知粒子在两磁场中运动的时间为t=·T=，故C正确；由于在磁场Ⅰ中的轨迹圆半径等于磁场圆半径，故平行于x轴射向磁场Ⅰ的粒子均从O点离开磁场Ⅰ，临界情况为从磁场Ⅰ最上端入射，此时粒子沿y轴负方向射入磁场Ⅱ，粒子一定进入磁场Ⅱ，故D错误。 [答案]　AC 　　[针对训练] 1.(2025·黑龙江大庆高三模拟)(多选)如图所示，在平面直角坐标系xOy平面内存在两处磁感应强度大小均为B、方向垂直于xOy平面的匀强磁场，第一象限内的匀强磁场分布在三角形OAC之外的区域，磁场方向向里，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OAC=30°，OC的长度为2R；第二象限内的匀强磁场分布在半径为R的圆形区域内，圆形区域的圆心坐标为(-R，R)，圆形区域与x、y轴的切点分别为P、Q，第三、四象限内均无磁场。置于P点的离子发射器，能持续地从P点在xOy平面内向x轴上方180°范围内以恒定速率发射同种正离子，离子的质量均为m、电荷量均为q；在y轴上放置长度为2R的探测板CG，G和C分别为探测板的上、下边缘，所有打到探测板上的离子都被板吸收。已知从P点垂直于x轴发射的离子恰好经过Q点进入第一象限，不计重力及离子间的相互作用。则 (　　) A.圆形区域内磁场的方向垂直于纸面向外 B.离子的发射速率v0= C.探测板CG上有离子打到的区域长度R+R D.从P点垂直于x轴发射的离子，从发射到第二次经过边界AC所用的时间t= 解析：选ABC　从P点垂直于x轴发射的正离子恰好经过Q点进入第一象限，说明正离子在P点受向右的洛伦兹力，由左手定则知磁场方向垂直于纸面向外，如图所示，设离子在圆形区域内做圆周运动的半径为r，则r=R，又有qv0B=m，解得v0=，故A、B正确；如图所示，因所有离子均以恒定速率发射，故离子在圆形磁场中的轨迹半径均为r，又已知r=R，易得所有离子经过圆形磁场后均水平向右飞出圆形磁场，然后穿过AC进入右侧磁场，从C点进入右侧磁场的离子，经过半个周期打到屏上E点，则CE=2R，从M点进入右侧磁场的离子，轨迹恰好与屏CG相切于D点，图中CF垂直于O2M，则FM=Rtan 30°=R，则CD=O2F=R-R，则探测板上有离子打到的区域为DE，其长度DE=CE-CD=R+R，故C正确；设离子在两磁场中做圆周运动的周期为T，则T=，离子在圆形磁场中运动的圆心角为90°，则运动时间t1=T=，离子在两磁场之间做匀速直线运动的时间t2==，离子在AC右侧区域磁场中运动的圆心角为300°，运动时间t3=T=，则离子从发射到第二次经过边界AC所用的时间t=t1+t2+t3=，故D错误。 考法(二)　先电场后磁场的组合 1.先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做匀速圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。 2.先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。 [例2]　(2025·广州高三质检)如图所示，在0<y<y0、0<x<x0区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N(x0，y0)点。若电场强度为E=，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则 (　　) A.磁感应强度的大小为 B.从y0处射入的粒子，恰好从N点进入磁场 C.从y0处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大 D.接收器接收的粒子数占粒子总数的50% [解析]　当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则粒子在磁场中做圆周运动的半径r1=，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m，解得B=，故A错误；若电场强度为E=，粒子在电场中运动时有x0=v0t1，y1=a，a=，联立解得y1=y0，若粒子从y0处射入，则y=y1+=+=y0<y0，由此可知，粒子从N点下方进入磁场，故B错误；设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则v=，qvB=m，所以粒子在磁场中偏转距离为d=2rsin θ=y0，由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为y1=，所以从y0处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且经磁场偏转后恰好打在M点，即只有0~y0范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。 [答案]　D 　　[针对训练] 2.如图所示，有一个竖直平面xOy，x轴水平，在第一象限有竖直向下的匀强电场，第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=2 T。现有一个质量为m=9.0×10-21 kg、电荷量未知的带正电粒子从P点(0，1 m)以平行于x轴正方向的速度v0=8.0×106 m/s进入第一象限，并在电场的偏转下从x轴正半轴上的Q点进入第四象限，且在Q点的速度方向与x轴正方向成45°夹角，接着以垂直于y轴的方向进入第三象限，粒子的重力忽略不计，求： (1)Q点的坐标以及粒子经过Q点时速度v的大小； (2)粒子的电荷量q。 解析：(1)粒子在Q点的速度方向与x轴正方向成45°夹角，则有vcos 45°=v0， 解得v=8×106 m/s， 粒子沿x轴方向做匀速直线运动，则xQ=v0t，粒子沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有y=t=t， 联立解得xQ=2y=2 m，因此Q点的坐标为(2 m，0)。 (2)粒子在第四象限的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m， 根据图中几何关系可得r=xQ=2 m， 联立解得粒子的电荷量为q==1.8×10-14 C。 答案：(1)(2 m，0)　8×106 m/s (2)1.8×10-14 C 考法(三)　先磁场后电场的组合 　　对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况： 1.进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列式求解。 2.进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析。 [例3]　如图所示，xOy坐标系的第一象限内有一等腰三角形OAC，底角为53°，底边长为14L，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场，D是底边OA的中点。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场。不计粒子的重力，sin 53°=，cos 53°=，求： (1)粒子的速度大小； (2)粒子离开磁场后，经过x轴上N点(图中没有标出)，已知NO=5L，求匀强电场的电场强度； (3)求粒子从D点到达N点所经历的时间。 [解析]　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G， 设粒子轨迹半径为R，根据几何关系有GD=FG=R，OG==R，则OD=R+R=×14L，解得R=4L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得v=。 (2)粒子在电场中做类平抛运动的轨迹如图所示，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为x=GN=8L 沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为y=FG=4L 根据x=vt，y=at2，a= 解得E=。 (3)设粒子在磁场中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，由图可知，时间t1=T，带电粒子在磁场中运动的周期为T=，联立解得t1=，由以上分析知x=GN=8L=vt2，解得t2=，粒子从D点到达N点所经历的时间t=t1+t2=。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　　[针对训练] 3.(2025·重庆高三模拟)如图所示，xOy坐标系中存在圆形有界匀强磁场，其圆心在A点、半径为R，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外；在x>R的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴上有无限长的收集板。原点O处有一离子源，它可向各个方向发射速率相同的同种离子，沿y轴正方向发射的离子经磁场从P点射出后，在电场中落到收集板上的Q点。已知离子质量为m、带电量为+q，P、Q两点坐标分别为、，离子重力不计，离子间的相互作用不计，落到收集板后不反弹，求： (1)离子的发射速率； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)与y轴正方向均成30°角发射的离子1、离子2落到收集板上的间隔距离。 解析：(1)根据题意作出离子的运动轨迹如图所示， 离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m 根据几何关系有r=R 解得v0=。 (2)P→Q离子做类平抛运动，则x=v0t=2R y=at2=R 由牛顿第二定律得，加速度为a= 解得E=。 (3)对离子1有R-Rsin 30°=a x1=R+v0t1 解得x1=R 对离子2有R+Rsin 30°=a x2=R+v0t2 解得x2=R 离子1、离子2落到收集板上的间隔距离为Δx=x2-x1=R。 答案：(1)　(2)　(3)R 类型(二)　带电粒子在交变场中的运动 1.交变场常见的类型 (1)电场周期性变化，磁场不变。 (2)磁场周期性变化，电场不变。 (3)电场、磁场均周期性变化。 2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路 　　[典例]　如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻，带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图乙中=，在0~t0 时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求： (1)粒子P的比荷； (2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标； (3)带电粒子在运动过程中与原点O的最远距离L。 [解析]　(1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R= 又qv0B0=m 代入= 解得=。 (2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则 T= 联立解得T=4t0 即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直于电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则 x1=v0t0 y1=a 其中加速度a= 联立解得y1==R， 因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示。 (3)分析知，在2t0~3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，这段时间内的水平位移x2=x1=v0t0；在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动过程中与原点O的最远距离L=2R+2x1 解得L=v0t0。 [答案]　(1)　(2)(3)v0t0 　　[针对训练] (2024·广东高考)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v； (3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹并结合左手定则可知，粒子带正电； 粒子在磁场中运动的周期为T=2t0 根据T= 则粒子所带的电荷量q=。 (2)若金属板的板间距离为D，则板长为 设带电粒子由左侧电场第一次水平向右进入金属板间的速度大小为v，粒子在板间运动时，有=vt0 出板间电场时竖直速度为零，则竖直方向上有y=2××× 在磁场中运动时有qvB=m 其中y=2r= 联立解得v=π D=。 (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，由(2)的计算可知金属板的板间距离D=3r，则粒子在3t0时刻再次水平向左进入中间的偏转电场，在4t0时刻水平进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次水平向右进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上金属板，因带电粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始从左侧电场由静止加速到进入金属板间电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则W=mv2+Eq×=+=。 答案：(1)正电　　(2)　π　(3) [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转过半个圆周后打在P点，测出O、P间距离为x，下列x⁃U图像可能正确的是 (　　) 解析：选B　在加速电场中，由动能定理得qU=mv2，在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得r=，则得x=2r=，B、m、q都一定，x∝，则由数学知识可知，B正确。 2.如图所示，在平面直角坐标系第二象限的OABC矩形区域内存在沿y轴方向的匀强电场(未画出)，第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。一带电粒子从B点以速度v0沿x轴正方向飞入电场，恰好从坐标原点O飞入磁场，经过一段时间，粒子最终从F点飞出磁场。已知OC=OF=2OA=2OD=2L，C、F两点位于x轴上，不计粒子重力，则粒子的比荷为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　由带电粒子在电场中的运动规律可知，粒子在O点的速度的反向延长线过AB边的中点，因此在O点的速度方向与x轴正方向成45°角，根据几何关系可知v=v0，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系可得R=L，又R=，联立解得=，故A、B、D错误，C正确。 3.如图所示，竖直虚线P、Q间分布着竖直向下的匀强电场，间距为d，水平虚线CD与CF之间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，CF与虚线Q间的夹角为θ=30°。现一质量为m、电荷量为q的粒子从A点以水平初速度v0射入电场，经偏转后恰能从C点射入磁场，且速度与虚线CD的夹角也为θ，不计粒子重力，下列说法中正确的是 (　　) A.粒子带负电荷 B.粒子在磁场中运动的时间为t= C.电场强度大小为E= D.粒子在磁场中运动的轨迹半径为r= 解析：选B　带电粒子在电场中向下偏转，故粒子带正电，故A错误；设带电粒子在匀强电场中的运动时间为t0，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则d=v0t0，y=a，tan30°=，由牛顿第二定律得Eq=ma，解得E= ，故C错误；带电粒子进入磁场的速度大小为v==v0，由洛伦兹力提供向心力得qvB=m，解得r= ，故D错误；粒子在磁场中运动的时间为t=×= ，故B正确。 4.(2025·黄冈质检)如图所示，空间内有一垂直于x轴的足够大的平面M，M将x≥0的空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域，两区域均存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ磁场沿y轴负方向，区域Ⅱ磁场沿y轴正方向。一带电粒子从O点以大小为v的速度射入区域Ⅰ，速度方向在xOy平面内且与x轴正方向成θ=37°，粒子在Ⅰ、Ⅱ两区域内运动后经过y轴上的P点。已知OP=7d，sin 37°=0.6，不计带电粒子的重力，则该粒子的比荷为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　将粒子的入射速度沿水平方向与竖直方向分解，则有vx=vcos θ，vy=vsin θ，粒子水平方向的分运动为匀速圆周运动，竖直方向的分运动为匀速直线运动，假设粒子带正电，Ⅰ、Ⅱ两部分磁场方向分别沿y轴负方向与y轴正方向，作出粒子水平方向分运动的俯视图如图所示，则有qvxB=m，粒子做匀速圆周运动的周期为T=，解得R=，T=，粒子在左、右磁场中做圆周运动的半径相等，则有α=，粒子在水平方向做圆周运动的时间为tx=T，粒子在竖直方向做匀速直线运动的时间为ty=，根据分运动的等时性有tx=ty，解得=，故选A。 二、多项选择题 5.“双聚焦分析器”是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图甲。原理如图乙，电场分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，电场强度大小为E=，r为入射点到圆心O1的距离，k可调节。磁场分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与电场分析器的右端面平行。若质量为m、电荷量为+q的离子(初速度为零)，经电压为U的加速电场加速后，进入辐射状电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后，垂直磁场左边界从P点进入圆心为O2的四分之一圆形磁场区域并打在荧光屏上。图中QO2=d，不计离子的重力。下列说法正确的是 (　　) A.k值应调节为2U B.若离子源和加速电场整体向右平移一小段距离，则离子在电场分析器中不能做匀速圆周运动 C.若离子垂直于荧光屏打在Q点，则磁场分析器所加的磁感应强度大小为B= D.若另有一离子经加速电场、电场分析器后从P点进入磁场分析器打在O2点，该离子的比荷为 解析：选AD　当加速电压为U时，设离子进入电场分析器的速度为v0，则qU=m，q=m，解得k=2U，A项正确；若离子源和加速电场整体向右平移一小段距离，离子进入电场中不同的点，根据牛顿第二定律有q=m，等式与r'大小无关，只要调节k=2U，离子仍能做匀速圆周运动，B项错误；若离子垂直于荧光屏打在Q点，粒子的轨迹半径为d=，则磁场分析器所加的磁感应强度大小为B=，C项错误；若离子经加速电场、电场分析器和磁场分析器后打在O2点，则半径为=，q'U=m'v2，解得==，D项正确。 6.(2025·四川遂宁模拟)如图所示，在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场，在x>0区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a，0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a，a)、质量也为m的不带电粒子乙发生完全非弹性正碰，碰撞后速度沿y轴正方向，且碰撞前后总电荷量保持不变，不计粒子重力，下列说法正确的是 (　　) A.电场强度的大小E= B.碰撞后运动半径、周期都发生变化 C.经过y轴后，进入电场的最远距离为 D.经过y轴后，进入电场的最远距离为 解析：选AD　设粒子甲在电场中加速后进入磁场的速度为v，粒子甲从S点到O点，由动能定理可得qEa=mv2，粒子甲在磁场中做匀速圆周运动，由O点到P点偏转圆周，可知粒子甲的轨迹半径为r=a，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m，联立解得E=，r=，A正确；碰撞前粒子甲的运动周期为T==，甲、乙两粒子发生完全非弹性正碰，设碰撞后的速度大小为v'，由动量守恒定律可得mv=2mv'，解得v'=，碰撞后，两粒子共同在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qv'B=2m，解得r1=，运动周期为T'==，可知碰撞后运动半径不变，周期变大，B错误；由于碰撞后运动半径不变，可知在(0，2a)位置垂直y轴进入电场，速度大小为，在电场中做匀减速运动，加速度大小为a加==，由速度位移关系公式可得x=，其中v=，联立解得进入电场的最远距离为x=，C错误，D正确。 7.如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C)，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面，大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1 s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB=BC=l，且粒子由A到C的运动时间小于1 s。不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是 (　　) A.电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为3v0∶1 B.第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为1∶2 C.第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2 D.第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1∶5 解析：选BCD　在t=1 s时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，如图1所示，由牛顿第二定律得qv0B0==ma1，粒子的轨道半径R=l，解得B0=；在t=3 s时，空间区域存在匀强电场，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，如图2所示，竖直方向l=v0t，水平方向l=a2t2，其中a2=，解得E0=，则=，故A错误；第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比==，故B正确；第一个粒子的运动时间t1=T=，第二个粒子的运动时间t2=，第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比t1∶t2=π∶2，故C正确；设第二个粒子通过C点的动能为Ek2，由动能定理得qE0l=Ek2-m，解得Ek2=m，第一个粒子通过C点的动能Ek1=m，第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1∶5，故D正确。 三、计算题 8.(12分)(2025年1月·八省联考河南卷，节选)如图，在水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E， 在虚线下方区域有垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒子进入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。不计重力。 (1)求粒子进入磁场时的速度大小；(4分) (2)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子距a点的距离为s=2h，求磁场的磁感应强度大小的可能值。(8分) 解析:(1) 粒子在电场中只受电场力，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动 由牛顿第二定律得a=，vy= 粒子进入磁场时的速度大小v= 解得v=2。 (2) 粒子从a点抛出到进入磁场时的水平位移为 x=v0t=vyt=2·t=2h 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与水平虚线的夹角仍为45°，回到电场中高度为h时粒子距a点的距离为2h，可作出粒子可能的运动轨迹，如图所示 由几何关系可知2r1cos 45°=2h，2r2cos 45°=2h+2h+2h 即r1=h，r2=3h 由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 可得B1=，B2= 。 答案:(1)2　(2) 或 9.(14分)(2024·湖南高考)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；(4分) (2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值；(4分) (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。(6分) 解析：(1)电子在匀强磁场中运动时，将其的运动分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy，由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t 在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知Bevy=m 可得R= 且T== 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有t=nT 联立得B= 当n=1时，B有最小值，可得Bmin=。 (2)将电子的速度分解，如图所示 有tan θ= 当tan θ有最大值时，vy最大，R最大，此时R=r， 又B=，R= 联立可得vym=，tan θ=。 (3)当vy最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym，根据匀变速直线运动中速度与位移的关系式有ym= 由牛顿第二定律知a= 又vym= 联立得ym=。 答案：(1)　(2)　(3) 10.(20分)(2024·新课标卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点； 随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(-v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，不计重力。求： (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；(7分) (2)电场强度的大小；(7分) (3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。(6分) 解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度大小为v==v0 根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m=mv 解得粒子在磁场中做圆周运动的半径r= 周期T=。 (2)根据题意，已知任何相等的时间内P点沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的是速度的变化量，根据a=可知曲线上任意点的加速度大小相等，则粒子在电场中受到的静电力的大小与在磁场中受到的洛伦兹力的大小相同，有qE=Bq·v0 解得E=Bv0。 (3)根据题图速度变化图线，作出粒子运动轨迹，如图所示。 a→b，带电粒子做类平抛运动，设运动时间为t1，沿y轴正方向的位移大小为y1，则有v0=t1 y1=v0t1 b→c，带电粒子做匀速圆周运动，在磁场中转过个周期，设此阶段粒子沿y轴负方向的位移大小为y2，由几何关系可知y2=r c→a，带电粒子做类斜抛运动，设其沿y轴正方向的位移大小为y3，则y3=y1 根据对称性可知，粒子在x轴方向上的位移为0，故粒子的位移大小即为在y轴方向上的位移大小，有s=y=|y2-y1-y3| 联立解得s= 答案：(1)　　(2)Bv0 (3) 第5讲　带电粒子在叠加场中的运动(综合融通课) 类型(一)　重力场、电场、磁场的叠加问题 1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动分类 (1)磁场力、重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。 ②若重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，故机械能守恒，由此可求解问题。 (2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子) ①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。 ②若电场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。 (3)电场力、磁场力、重力并存 ①若三力平衡，一定做匀速直线运动。②若重力与电场力平衡，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.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 常见约束对象 轻杆、轻绳、圆环、轨道等 常见运动形式 直线运动和圆周运动 常用解题思路 通过受力分析明确变力、恒力做功情况(注意洛伦兹力不做功)；运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果 [考法全训] 考法1　重力场与磁场的叠加 [例1]　(多选)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做往复运动，下列说法中正确的是 (　 ) A.小球由M到N与由N到M所经历的时间相等 B.小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不相等 C.小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等 D.小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的 [解析]　小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直不做功，轨道光滑没有摩擦力，则只有重力做功，小球机械能守恒，小球在相同高度处速度大小相等，故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等，A正确；小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，小球所受的洛伦兹力不做功，B错误；根据动量定理公式Ft=mΔv，小球机械能守恒，故小球由M到P与由N到P过程中速度变化量大小相等，所以在此过程中所受合外力的冲量大小相等，C正确；根据左手定则，小球从M到P的过程中到达P时所受洛伦兹力方向竖直向下，根据合力提供向心力对小球受力分析，如图甲所示，FN=m+mg+F洛，当小球从N到P的过程中到达P时洛伦兹力竖直向上，受力分析如图乙所示，FN'=m+mg-F洛，根据牛顿第三定律，所以小球从M到P的过程中到达P时对轨道的压力大于从N到P的过程中到达P时对轨道的压力，D错误。 [答案]　AC 考法2　电场与磁场的叠加 [例2]　(2025·昆明高三检测)在xOy平面内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在y≥0区间内存在着沿y轴负方向的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从y轴上的S点以速率v0射出。当粒子沿x轴正方向射出时，粒子恰好做匀速直线运动；当粒子沿与x轴负方向成60°夹角向上射出时，粒子到达x轴上M点时速度和x轴正方向的夹角为锐角，再经过一段时间后到达x轴上的N点。已知MN之间的距离d=，不计粒子重力，求： (1)电场强度E的大小； (2)粒子在M点时沿y轴负方向的分速度vy的大小； (3)S点的纵坐标。 [解析]　(1)沿x轴正方向射出时，粒子恰好做匀速直线运动，则粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qE=qv0B 解得E=v0B。 (2)粒子从M点到N点，洛伦兹力提供向心力qvB= 由几何关系2rsin θ=d 又vy=vsin θ 解得vy=v0。 (3)粒子从S到M的过程中，由动能定理qEyS=mv2-m 在x方向上，由动量定理qBt=mΔvx 即qByS=mvx-(-mv0cos 60°) 而+=v2 解得yS=。 [答案]　(1)v0B　(2)v0　(3) 考法3　电场、磁场与重力场的叠加 [例3]　如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 (1)求直流电源的电动势E0； (2)求两极板间磁场的磁感应强度B； (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E'。 [解题指导]　第(1)问：通过小球在叠加场中做圆周运动的条件进行分析。 第(2)问：分析小球在两极板间的圆周运动。 　　第(3)问：确定电场强度的最小值。 [解析]　(1)小球在两极板间做匀速圆周运动，则静电力与重力平衡，可得Eq=mg R2两端的电压U2=Ed 根据闭合电路欧姆定律得U2=·R2 联立解得E0=。 (2)带电小球在电容器中运动轨迹如图所示。 设小球做圆周运动的半径为r，根据几何关系得(r-d)2+(d)2=r2，解得r=2d 根据qvB=m，解得B=。 (3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受静电力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，静电力最小，电场强度最小，可得E'q=mgcos 60°，解得E'=。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　　[思维建模]　“三步法”突破三场叠加问题 类型(二)　叠加场中的摆线类问题 1.带电体在叠加场中的摆线运动 摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹，其实就是一个圆沿着一条直线做无滑动的滚动，圆周上的一点运动的曲线，如图所示。 2.配速法处理叠加场中的摆线类问题 (1)配速法：若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动分析比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或电场力，或重力和电场力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 (2)配速法应用的几种情况：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做曲线运动，则情境就会变得比较复杂，问题的难点是洛伦兹力的大小和方向会不断地发生变化，粒子做的是较复杂的非匀变速曲线运动，这类问题的定量计算一般需要用到“配速法”。 常见情况 处理方法 初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2，v1和v2大小相等，且满足qv2B=mg，则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运动的合运动 初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为v1和v2，且满足qv1B=mg，则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动 初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2，v1和v2大小相等，且满足qv2B=qE，则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运动的合运动 初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向右上的速度v1和一个斜向左下的速度v2，v1和v2大小相等，且满足qv1B与重力和电场力的合力平衡，则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动 　　 [典例]　(2023·江苏高考)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E； (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 [解析]　(1)入射速度为v0时，电子沿x轴正方向做直线运动，则电子受力平衡，即eE=ev0B，解得E=Bv0。 (2)电子在电场和磁场的叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由到的过程中，由动能定理得eEy1=m2-m2，解得y1=。 (3)解法一：常规解法 设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2=的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则电子在最低点的合力为F1=eE-ev1B，电子在最高点的合力为F2=ev2B-eE，由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，即F2=F1，整理得v1+v2=2v0，电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得eEy2=m-m，整理得v2-v1=，解得v1=v0，又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2=位置的电子数占总电子数的比例为η==×100%，解得η=90%。 解法二：配速法 将原运动看成(v0-v)的匀速圆周运动和以v0向右的匀速直线运动，如图所示 确定做匀速直线运动的速度为第一问中向右的v0(v0所对应的洛伦兹力和电场力平衡)，为了能合成向右的原速度v，考虑到v<v0，需要配上一个向左的(v0-v)大小的速度，该速度对应的洛伦兹力e(v0-v)B使电子参与匀速圆周运动，半径为r=；粒子在y方向能到达的最远位置为y2=2r=，结合y2的表达式，解得v=v0，故=90%。 解法三：洛伦兹力分力的动量定理 在水平方向由动量定理得 ∑BevyΔt=Bey2=mvm-mv 再结合动能定理得Eey2=m-mv2 其中y2=， 解得v=v0，故=90%。 [答案]　(1)Bv0　(2)　(3)90% |思|维|建|模|　巧用洛伦兹力分力的动量定理解决带电粒子的复杂运动问题 一个带电粒子仅受洛伦兹力的作用在匀强磁场中运动，建立直角坐标系，将速度v和洛伦兹力f分解到坐标轴上，如图，根据洛伦兹力与速度的关系，可得fx=qvyB，fy=qvxB 在x方向列动量定理，在很短的时间Δt内fxΔt=mΔvx， 即qvyBΔt=mΔvx， 而vyΔt=Δy，上式可写作qBΔy=mΔvx 两边同时求和∑qBΔy=∑mΔvx， 得qBy=mvxt-mvx0 同理可得qBx=mvyt-mvy0 上述两个结果表明，带电粒子竖直方向的位移将决定其水平速度的变化，而水平方向的位移将决定其竖直速度的变化。 　　[针对训练] (2024·甘肃高考)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1、方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷。 (2)求O点到P点的距离。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。 解析：(1)由于粒子在偏转分离器Ⅲ中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电； 设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0， 在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件得qv0B1=qE1 在加速电场中，由动能定理得qU=m 联立解得粒子的比荷为=。 (2)由洛伦兹力提供向心力，有qv0B2=m 可得O点到P点的距离为OP=2r=。 (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1 受到向下的电场力F=qE2 由于E2>E1，且qv0B1=qE1 所以通过配速法，如图所示 其中满足qE2=q(v0+v1)B1 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时，在纸面内以v1沿逆时针方向做匀速圆周运动，当速度v1转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=。 答案：(1)带正电　　(2)　(3) [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.如图所示，某竖直平面内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点射入该区域，微粒恰好沿速度方向做直线运动，重力加速度为g，下列说法中正确的是 (　　) A.微粒从O到A的运动可能是匀减速直线运动 B.该微粒一定带正电荷 C.该磁场的磁感应强度大小为 D.该电场的场强大小为 解析：选C　若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和斜向右下的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒一定带负电荷，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和斜向左上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做匀速直线运动，故A、B错误；由平衡条件有qvBcos θ=mg，qvBsin θ=qE，解得磁场的磁感应强度大小为B=，电场的场强大小为E=Bvsin θ=，故C正确，D错误。 2.(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　由题意知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a，则粒子做圆周运动有qvB=m，则有=。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq=qvB，联立解得=。故选A。 3.(2024·黑龙江双鸭山模拟)如图所示，在坐标系O⁃xyz 中存在磁感应强度大小为B= 、方向竖直向下(z轴负方向)的匀强磁场，在(0，0，h)处固定一电荷量为+q(q<0)的点电荷，在xOy平面内有一质量为m、电荷量为-q的微粒绕原点O沿图示方向以角速度ω做匀速圆周运动。若微粒的圆周运动可以等效为大小为I的环形电流，重力加速度为g，则下列结论正确的是 (　　) A.ω= B.I= C.ω=(-1) D.I= 解析：选B　该微粒受到重力、洛伦兹力、库仑力三个力的作用，方向如图所示，库仑力大小为FE=k，洛伦兹力大小为FB=qvB，由几何关系可得r=htan θ，R=，微粒在z轴方向上受力平衡，即FEcos θ=mg，微粒在xOy平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律得FEsin θ-FB=mω2r，又v=ωr，联立解得ω2+ω-=0，解得ω=(另一负值舍去)，故A、C错误；微粒做圆周运动的周期为T=，等效电流为I= = ，故B正确，D错误。 4.(2025·青岛高三质检)如图，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球，从P点由静止释放后向右运动，运动过程中会经过N点。已知小球质量为m、电荷量为q，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，小球与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，PN=L。则关于小球的运动，下列说法正确的是 (　　) A.小球先做加速运动，后做减速运动，最后静止 B.小球能够达到的最大速度为 C.小球运动到N点时合外力做的功为qEL-μmgL D.若小球带负电，向左运动一段时间后会脱离水平面 解析：选B　由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，大小为f洛=qvB，小球所受摩擦力大小为f=μ(f洛+mg)，根据牛顿第二定律可得qE-f=ma，解得qE-μ(qvB+mg)=ma，由题意可知小球先做加速运动，随着速度增大，洛伦兹力增大，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大，此时有qE=μ(qvmB+mg)，解得vm=，此后小球做匀速直线运动，故A错误，B正确；小球运动到N点时合外力做的功为W=qEL-μ(qvB+mg)L，故C错误；若小球带负电，向左运动时受到向左的电场力和向右的摩擦力，此时洛伦兹力竖直向下，所以运动一段时间后小球不会脱离水平面，故D错误。 5.粗糙水平地面上方存在着方向竖直向下的匀强电场，MN边界的左边存在着如图所示的匀强磁场，一带电滑块以速度v向右做匀速运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B=，重力加速度为g，滑块滑过边界MN之后经时间t，速度方向与水平面夹角成30°。根据以上条件，下列结论正确的是 (　　) A.滑块带正电 B.滑块可带正电也可以带负电 C.t= D.在时间t内，滑块在水平方向的位移为 解析：选C　滑块滑过边界MN之后经时间t，速度方向与水平面夹角成30°，可知滑块受电场力方向向上，所以滑块带负电，故A、B错误；在MN左侧，带电滑块以速度v向右做匀速运动，则有qE=qvB+mg，结合B=，解得qE=2mg，滑块在MN右侧，根据牛顿第二定律有qE-mg=ma，解得加速度a=g，方向向上，经t时间，根据几何关系有tan 30°=，解得t=，滑块在水平方向做匀速直线运动，有x=vt=，故C正确，D错误。 6.(2024·安庆高三调研)如图所示，玻璃圆管内壁光滑，竖直放置在方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小的磁场中。有一带正电的小球(可视为质点)，以速率v0沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管，小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0。若再次重复该过程，小球以相同速率v0进入管内，同时撤去磁场，设运动过程中小球所带电荷量不变，空气阻力不计。下列说法正确的是 (　　) A.撤去磁场后小球离开管口的速率小于有磁场时的速率 B.撤去磁场后小球离开管口的时间大于有磁场时的时间 C.有磁场时小球对玻璃管的压力一定不断增大 D.小球两次在玻璃管中运动时，都只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒 解析：选A　有磁场时，会在空间形成涡旋电场，电场力对小球做功，小球离开管口的速率大于撤去磁场时的速率，故A正确；撤去磁场后，小球竖直方向受力不变，运动时间不变，故B错误；根据牛顿第二定律有FN-qvB=，解得FN=+qvB，v虽然在增加但是B在减小，所以qvB不一定是一直增加的，故C错误；有磁场时，小球在玻璃管中运动时，涡旋电场对小球也在做功，故小球与地球组成的系统机械能不守恒，故D错误。 二、多项选择题 7.如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上且范围足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0=10 m/s垂直MNRS面向右抛出一电荷量为q、质量为m的小球。若磁感应强度B=，g取10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　) A.小球离开磁场时的速度大小为10 m/s B.小球离开磁场时的速度大小为10 m/s C.小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m D.小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m 解析：选AD　把带电小球的运动分解为水平方向的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，对水平方向的运动，有qv0B=m，T=，其中B=，联立解得R== m，T=2 s，则小球在水平方向运动半个周期即t=1 s后离开磁场区域，在t=1 s时，小球在竖直方向的分速度v⊥=gt=10 m/s，小球离开磁场时的速度大小为v==10 m/s，A正确，B错误；小球离开磁场时的位置与抛出点的水平距离为x=2R= m，竖直距离为y=gt2=5 m，小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s== m，D正确，C错误。 8.如图所示，在三维直角坐标系O⁃xyz中，分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B，一个带电荷量为+q、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度v0抛出后做平抛运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) A.小球的初速度v0大小为 B.经过时间，球的动能变为初动能的2倍 C.若仅将电场方向变为沿y轴正方向，小球可能做匀速圆周运动 D.若仅将电场撤去，小球可能做匀速直线运动 解析：选AC　小球在xOy平面内做平抛运动，则有Eq=qv0B，解得v0=，A正确；根据平抛运动规律，小球的动能变为初动能的2倍时Ek=m(+)=2×m，解得vy=v0==gt，即经过时间为t=，B错误；若仅将电场方向变为沿y轴正方向，如果电场力和重力大小相等，小球可能做匀速圆周运动，C正确；若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D错误。 9.(2024·安徽高考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则 (　　) A.油滴a带负电，所带电量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 解析：选ABD　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知其带负电，有mg=Eq，解得q=，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m，可得R=，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，则有3R=，解得v1==，周期为T==，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=v1+v2，解得v2=-，由于分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，且分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 10.(2024·浙江6月选考)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角，质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上，小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。重力加速度大小为g。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程 (　　) A.合力冲量大小为mv0cos θ B.重力冲量大小为mv0sin θ C.洛伦兹力冲量大小为 D.若v0=，弹力冲量为零 解析：选CD　根据动量定理得I=0-mv0=-mv0，故合力冲量大小为mv0，故A错误；小球上滑的时间为t1=，重力的冲量大小为IG=mgt1=，故B错误；小球所受洛伦兹力大小为Bqv=Bq=-Bqat+Bqv0，a=gsin θ，洛伦兹力随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为I洛= q× ×Bt1= q×× B ×=，故C正确；若v0=，0时刻小球所受洛伦兹力大小为Bqv0=2mgcos θ，小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得Bqv=mgcos θ+FN，即FN=Bqv-mgcos θ=Bq-mgcos θ=mgcos θ-Bqtgsin θ，则小球在整个减速过程的FN⁃t图像如图，根据图线与横轴围成的面积表示冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。 三、计算题 11.(12分)如图所示，在竖直平面的直角坐标系xOy中，第一象限有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限有沿x轴正方向的匀强电场，两匀强电场的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为+q的带电小球，从x轴上的P(-d，0)点以某一初速度v0沿y轴正方向射入第二象限，依次经过Q(0，3d)点和M(3d，0)点，图中M点未标出。经过Q点的速度与y轴正方向成45°角，重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)小球从P点射出的初速度大小v0；(6分) (2)匀强磁场的磁感应强度的大小。(6分) 解析：(1)根据题意可知，小球从P到Q的过程中，水平方向上有d=t，vx=at，a= 竖直方向上有3d=t，vy=v0-gt 因经过Q点的速度与y轴正方向成45°角，故vx=vy 联立可得vx=vy=，a=g，E=，v0=2。 (2)根据题意，由(1)分析可知，小球到达Q点的速度大小为v== 由于Eq=mg 则小球在第一象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据小球在磁场中的运动轨迹，由几何关系可知QM为直径，则有半径r==d 由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 联立可得B= 。 答案：(1)2　(2) 12.(18分)(2025·宁波高三质检)如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面CDHG为荧光屏，能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心，Ox∥FG，Oy∥GH。已知在原点O有一粒子源，能向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为v0、质量为m、电荷量为+q的粒子。不计粒子重力及粒子间的相互作用。 (1)若在立方体空间内仅存在方向平行于z轴的匀强磁场，沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点。求磁场的磁感应强度B1和粒子从原点O运动到荧光屏的最短时间t。(6分) (2)若在立方体空间内仅存在沿z轴负方向的匀强电场E=和沿y轴正方向的匀强磁场B2=，沿x轴正方向射出的粒子经某位置时恰好与射出时速度相同，求此位置的坐标。(6分) (3)若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示的磁场，其中By=cos。同时平行z轴加如图丙的磁场，其中Bz=sin。粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁辐射影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度。(6分) 解析：(1)根据几何关系有r1=，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力， 则有qv0B1=m，解得B1=， 粒子在匀强磁场中运动的周期为T==， 由几何关系可知，粒子从原点O运动到荧光屏的轨迹的弦长最短为，此时圆心角为60°，粒子的运动时间最短，运动的最短时间为t==。 (2)根据配速法，将粒子的初速度v0分解为v1和v2，其中v1沿x轴正方向，qE=qv1B2，v1+v2=v0，解得v1=，v2=，方向沿x轴正方向，所以粒子以做匀速直线运动，以做匀速圆周运动，其半径为r0==，一个周期时速度与原速度相同，此时沿x轴方向的位移为x0=·=，由于x=nx0=n(n=1，2，3，…)，该结果需小于，故坐标为和。 (3)根据磁场叠加原理，合磁场的磁感应强度大小为B合==B3，方向周期性变化，粒子的运动轨迹半径为r2==L，则沿x轴正方向射出的粒子，打在荧光屏上落点的痕迹是一个半圆，设痕迹圆的半径为r，由几何关系得(r2-r)2+2=，解得r=，故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为s=πr=。 答案：(1)　　(2)，0，0和，0，0　(3) 第6讲　复合场在现代科技中的应用 现代很多仪器都要用到电场和磁场，利用带电粒子在电场和磁场中受静电力和洛伦兹力运动，根据运动的轨迹分析粒子的运动规律。而带电粒子在复合场中的运动成为高考把现代仪器和物理知识结合起来考查学生解决实际问题的能力的重要途径，值得我们重视。 (一)组合场的应用实例 模型(一)　质谱仪 (1)构造：如图所示，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，qU=mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=m，由以上两式可得r= ，m==。 　　[例1]　如图甲所示为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S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。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且SP=x。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知x⁃图像的斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度为B=2×10-4 T，π=3.14，则下列说法中正确的是 (　　) A.该粒子带负电 B.该粒子比荷为9×108 C/kg C.该粒子在磁场中运动的时间约为1.96×10-5 s D.若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子比荷 [解析]　粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得qU=mv2，解得v=，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，可得qvB=m，解得r== ，则有x=2r=·，可知x⁃图像的斜率为k==0.5，可得粒子的比荷为== C/kg=8×108 C/kg，故B错误；该粒子在磁场中运动的时间为t=T=×= s≈1.96×10-5 s，故C正确；根据x=2r=·，若电压U不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。 [答案]　C 模型(二)　回旋加速器 (1) 构造：如图所示，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，粒子经电场加速，经磁场回旋，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。 　　[例2]　(多选)如图甲是回旋加速器的工作原理示意图，置于真空中的D形金属盒半径为R，匀强磁场与盒面垂直，两盒间狭缝MN的间距很小，加在狭缝间的交流电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期为T。一质量为m、电荷量为+q的粒子在t=0时从D形金属盒的中心O处飘入狭缝，其初速度视为零，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，粒子的运动周期为T。则 (　　) A.粒子在狭缝间被加速的次数为 B.粒子在回旋加速器中运动的总时间为 C.满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大 D.改变U0，粒子加速次数越多，粒子出射时动能越大 [解析]　粒子在回旋加速器中运动，速度最大时有qvmB=m，粒子的最大动能为Ekm=m=，带电粒子的运动周期为T=，粒子在狭缝间被加速的次数为n===，故A错误；粒子在回旋加速器中运动，一周期内被加速两次，粒子在回旋加速器中运动的总时间为t总=n=，故B正确；粒子出射时动能为Ekm=m=，满足加速条件情况下，磁感应强度越大，粒子出射时动能越大，改变U0，粒子出射时动能不变，故C正确，D错误。 [答案]　BC (二)叠加场的应用实例 模型(一)　速度选择器 1.工作原理：平行板中匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。E与B的方向要匹配，带电粒子由左向右通过速度选择器，有如图甲、乙两种方向组合，带电粒子沿直线匀速通过速度选择器时有qvB=qE。 2.选择速度：v= 注意：(1)只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。 (2)具有单一方向性：在图甲、乙中粒子只有从左侧射入才可能做匀速直线运动，从右侧射入则不能。 [例1]　(鲁科版教材选择性必修2，P23T5)某速度选择器的示意图如图所示。K为电子枪，电子枪沿KA方向射出的电子束中电子的速率大小不一。当电子束通过由平行板电容器产生的匀强电场和同时存在的垂直于电场的匀强磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进通过小孔S。设两板间的电压为300 V，间距为 5 cm，磁场的磁感应强度为6×10-2 T。 (1)磁场方向应垂直于纸面向里还是向外? (2)速率为多大的电子能通过小孔S? (3)如果粒子带正电，是否需要改变磁场或电场的方向?通过小孔的粒子速率与第(2)问中的电子速率有无不同? [解析]　(1)电子在极板间做匀速直线运动，电子受力平衡，电子在电容器极板间所受电场力方向为垂直轨迹并指向正极板方向，故电子所受洛伦兹力方向为垂直轨迹并指向负极板方向，由左手定则得磁场方向垂直于纸面向里。 (2)电容器极板间电场强度大小为E==6 000 V/m，电子在极板间做匀速直线运动，电子受力平衡，则qE=qvB，解得通过小孔S的电子速率大小为v=105 m/s。 (3)不需要改变磁场或电场方向，因为带正电粒子所受电场力方向和洛伦兹力方向也相反；带正电粒子在极板间做匀速直线运动，则q'E=q'v'B，解得通过小孔S的粒子速率大小为v'=105 m/s，与第(2)问中电子速率相同。 [答案]　(1)垂直于纸面向里　(2)105 m/s (3)见解析 模型(二)　磁流体发电机 1.工作原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把其他形式的能通过磁场转化为电能。 2.规律分析 (1)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B板是发电机的正极。 (2)电源电动势U：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入等离子体的速度为v，板外电阻为R，当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则q=qvB，即U=Blv。 (3)电源内阻：r=ρ。 (4)回路电流：I=。 　　[例2]　(多选)海水中含有大量的正、负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，有人据此设计并研制出“海流发电机”，可用作无污染的电源，对海洋航标灯持续供电。“海流发电机”的工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻不变且为R。则下列说法正确的是 (　　) A.“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是M→L→N B.“海流发电机”产生感应电动势的大小是E=Bav C.通过航标灯L电流的大小是 D.“海流发电机”发电的总功率为 [解析]　由左手定则可知，海水中的正、负离子受洛伦兹力分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯L提供电流方向是M→L→N，故A正确；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，则有=Bqv，解得“海流发电机”产生感应电动势的大小为E=U=Bdv，故B错误；两板间海水的电阻为r=ρ=ρ，由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯L的电流为I==，故C正确；“海流发电机”发电的总功率为P=IE=，故D错误。 [答案]　AC 模型(三)　电磁流量计 1.工作原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下会发生纵向偏转，使得a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间电势差就保持稳定，只要测得圆形导管直径d、平衡时ab间电势差U、磁感应强度B等有关量，即可求得液体流量Q(即单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积)。 2.规律分析 (1)导管的横截面积S=。 (2)导电液体的流速v：自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，有qvB=qE=q，可得v=。 (3)液体流量Q=Sv=·=。 (4)a、b端电势高低的判断：根据左手定则可得φa<φb。 　　[例3]　(多选)EH电磁流量计的外形如图1所示，工作原理如图2所示。直径为d的圆柱形管道的上、下方装有励磁线圈，通电后在管内产生竖直方向的匀强磁场。当含有大量离子的液体沿管道以恒定速度通过流量计时，在水平直径两端的a、b电极之间就会产生电势差Uab，下列说法正确的是 (　　) A.a、b两电极的电势高低与磁场的方向有关 B.a、b两电极的电势高低与离子的种类有关 C.电势差Uab的大小与液体流速大小有关 D.电势差Uab的大小与液体中离子的浓度有关 [解析]　由左手定则可以判断出a、b两电极的电势高低与磁场的方向有关，与离子的种类没有关系，故A正确，B错误；当达到稳定状态时，有q=Bqv，可得Uab=Bdv，由此可知，电势差Uab的大小与液体流速有关，与离子的浓度没有关系，故C正确，D错误。 [答案]　AC 模型(四)　霍尔元件 1.模型分析：如图所示，高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面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：导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A'的电势高；若自由电荷是正电荷，则下表面A'的电势低。 3.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A'间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A'间的电势差(U)就保持稳定，由qvB=q，I=nqvS，S=hd，联立得U==k，其中k=称为霍尔系数。 　　[例4]　(2025·成都高三模拟)(多选)如图所示是利用霍尔效应测量磁场的传感器，由运算芯片LM393和霍尔元件组成，LM393输出的时钟电流(交变电流)经二极管整流后成为恒定电流I，从霍尔元件的A端流入，从F端流出。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面水平向左，测得CD端电压为U。已知霍尔元件的载流子为自由电子，单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，霍尔元件沿AF方向的长度为d1，沿CD方向的宽度为d2，沿磁场方向的厚度为h，下列说法正确的是 (　　) A.C端的电势高于D端 B.若将匀强磁场的磁感应强度减小，CD间的电压将增大 C.自由电子的平均速率为v= D.此时磁感应强度大小为B= [解析]　已知霍尔元件的载流子为自由电子，电流方向从A流向F，则左手定则可得电子偏向D端，则C端的电势高于D端，故A正确；根据Bev=，可得U=Bd2v，若将匀强磁场的磁感应强度减小，CD间的电压将减小，故B错误；根据电流微观表达式I=neSv，可得v==，故C错误；由Bev=，v=，联立可得B=，故D正确。 [答案]　AD [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.1931年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。现对氚核H)加速，所需高频电源的频率为f，所加磁场的磁感应强度大小为B，已知元电荷为e，下列说法正确的是 (　　) A.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随轨迹半径增大而增大 B.高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大 C.氚核的质量为 D.在磁感应强度B和频率f不变时，该加速器也可以对氦核He)加速 解析：选C　根据周期公式T=可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与轨迹半径大小无关，A错误；设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足evB=m，解得v=，最终射出回旋加速器的速度与电压无关，B错误；根据周期公式T=，可知m==，C正确；因为氚核H)与氦核He)的比荷不同，在磁场中做圆周运动的周期不同，所以该加速器不能用来加速氦核He)，D错误。 2.如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场(磁场未画出)。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是 (　　) A.带电粒子M、N的电性一定相同 B.带电粒子M、N的电荷量一定相同 C.撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等 D.撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等 解析：选D　根据左手定则可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总是相反，满足qvB=qE，即v=，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电荷量无关，故A、B错误；撤去电场后，粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvB=m，可得R=，两个粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向做匀速直线运动，若能穿过场区，由l=vt，可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。 3.(2024·江西高考)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3A时，测得U⁃B关系图线如图(b)所示，元电荷e=1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近 (　　) A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 解析：选D　设此样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb，根据电流的定义式得I==nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e=evB，联立解得U=B，结合题图(b)可知k== V/T，解得n≈2.3×1016，D正确。 4.(2025·福建漳州调研)如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场，边界为矩形CNQD，NQ=2d，PN=3d。质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)，由静止开始从A板经电压为U的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打在胶片ON上，则 (　　) A.磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外 B.静电分析器中心线处的电场强度E= C.仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点 D.要使粒子能到达NQ边界，磁场的磁感应强度B的最小值为 解析：选D　在静电分析器中由电场力提供向心力，可知粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；在加速电场中，根据动能定理得qU=mv2，在静电分析器中有qE=，联立解得E=，故B错误；在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，有qvB=，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离x=2r= ，x与比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；由上述公式可知，磁场的磁感应强度B越小，粒子在磁场中做圆周运动的半径越大，当B取最小值时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径R=2d，此时有2d= ，解得Bmin= ，故D正确。 5.(2025年1月·八省联考晋陕宁青卷)人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向里的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时 (　　) A.血管上侧电势低，血管下侧电势高 B.若血管内径变小，则血液流速变小 C.血管上下侧电势差与血液流速无关 D.血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小 解析：选D　根据左手定则可知正离子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据Q=Sv可知血液流速变大，故B错误；稳定时，离子所受洛伦兹力等于电场力，根据qvB=，可得U=dvB，又v=，联立可得U=，可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，故D正确；血液流速发生变化，则血管内径一定改变，则血管上下侧电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故C错误。故选D。 二、多项选择题 6.(2025·福建厦门模拟)为了市民换乘地铁方便，地铁口和主要干道上投放有大量共享电动车。骑行者通过拧动手把来改变车速，手把内部结构如图甲所示，其截面如图乙所示。稍微拧动手把，霍尔元件保持不动，磁铁随手把转动，与霍尔元件间的相对位置发生改变，穿过霍尔元件的磁场强弱和霍尔电压UH大小随之变化。已知霍尔电压越大，电动车能达到的最大速度vm越大，霍尔元件工作时通有如图乙所示的电流I，载流子为电子，则 (　　) A.霍尔元件下表面电势高于上表面 B.霍尔元件下表面电势低于上表面 C.从图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，可以增大vm D.其他条件不变，调大电流I，可以增大vm 解析：选AD　霍尔元件工作时载流子为电子，由左手定则可知电子所受洛伦兹力指向上表面，所以霍尔元件下表面电势高于上表面，故A正确，B错误；设霍尔元件上、下表面的距离为d，可得evB=e，解得UH=Bdv，依题意vm∝UH∝Bdv，从题图乙所示位置沿a方向稍微拧动手把，则穿过霍尔元件的磁场变弱，vm减小，故C错误；根据I=neSv，联立可得UH=，可知其他条件不变，调大电流I，则UH增大，可以增大vm，故D正确。 7.(2024·湖北高考)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是 (　　) A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 解析：选AC　由左手定则知，带正电的粒子受到向上的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；粒子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时设极板间距为d，极板间的电压为U，则qvB=q，可得U=Bdv，因此增大极板间距、增大等离子体的喷入速率，极板间的电压U变大，其大小和等离子体的正、负带电粒子数密度无关，B、D错误，C正确。 8.安装在排污管道上的流量计可以测量排污流量，流量为单位时间内流过管道横截面的流体的体积。如图为流量计的示意图，左、右两端开口的长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，所在空间有垂直于前、后表面且磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得排污流量为Q。污水流过管道时受到的阻力大小f=kLv2，k是比例系数，L为管道长度，v为污水的流速，则 (　　) A.金属板M的电势低于金属板N的电势 B.M、N两板间的电势差U= C.排污流量Q与污水中离子浓度无关 D.左、右两侧管口的压强差Δp= 解析：选CD　污水经流量计时，污水中的正负离子受到洛伦兹力作用，由左手定则，可知正离子向上极板M聚集，负离子向下极板N聚集，则有M极板电势高，N极板电势低，A错误；流量为在单位时间内流经管道横截面的流体的体积，可知污水的流量为Q=vbc，金属板M带正电，N带负电，在M、N两板间产生竖直向下的电场，离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可得qvB=q，解得U=，B错误；由上式可知，排污流量Q与污水中离子浓度无关，C正确；由题意可知，污水流过管道时受到的阻力大小为f= kLv2，污水充满管道从左向右匀速流动，则有两侧的压力差等于阻力，即Δp·bc=kav2，又有Q=vbc，联立解得Δp==，D正确。 三、计算题 9.(14分)某离子实验装置的基本原理图如图所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度d=4R，内有沿y轴正方向的匀强电场；Ⅱ区内既有沿z轴负方向的匀强磁场，又有沿z轴正方向的匀强电场，电场强度与Ⅰ区电场强度等大。现有一正离子从左侧截面的最低点A处以初速度v0沿z轴正方向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B点进入Ⅱ区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C点飞出，B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点(如图中所示)。已知离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力，求： (1)电场强度的大小；(3分) (2)离子到达B点时速度的大小；(3分) (3)Ⅱ区中磁感应强度的大小；(4分) (4)Ⅱ区的长度L应为多大。(4分) 解析：(1)离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有4R=v0t，=at2，根据牛顿第二定律有a=，解得电场强度的大小为E=。 (2)离子在Ⅰ区运动过程，由动能定理有=mv2-m，解得离子到达B点时速度的大小v=v0。 (3)离子在Ⅱ区内做复杂的螺旋线运动，将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和沿z轴正方向的匀加速直线运动，根据题意可得，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如图所示(从右往左看)。 设轨迹半径为r，根据几何知识有(R-r)2=r2+，解得离子的轨迹半径为r=R，离子在B点沿y轴正方向的分速度大小为vy==v0， 根据洛伦兹力提供向心力有qvyB=，解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B=。 (4)离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为T=，由题意知离子在Ⅱ区运动的时间为T的整数倍，离子在z轴正方向上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得L=v0nT+a(nT)2(n=1，2，3，…)，联立解得Ⅱ区的长度为L=nπR+R(n=1，2，3，…)。 答案：(1)　(2)v0　(3)　(4)nπR+R(n=1，2，3，…) 8 / 101 学科网（北京）股份有限公司 $$