第一章 专题强化5 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（人教版 苏京）

DIYIZHANG 第一章 专题强化5　带电粒子在组 合场中的运动 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 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 专题强化练 内容索引 3 带电粒子在组合场中的运动 一 4 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)     甲 乙 丙 丁 　在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，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.在电场中的加速度大小之比为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=，可知两离子在电场中的加速度大小之比是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运动轨迹所对应的圆心角，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时的动能之比为1∶3，故选项D错误。 　如图所示，第Ⅰ象限存在垂直于xOy平面向里的磁感应强度为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v0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。 (1)求电场强度的大小； 例2 答案　 根据题意，水平方向上有v0t=L 竖直方向有L=at2，Eq=ma 解得E= (2)求粒子进入第一象限的速度大小； 答案　　 根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示。 运动至O点，假设粒子进入第一象限时速度方向与x轴正方向夹角为θ，竖直方向上有vy=at 由几何关系有tan θ== 由数学关系可知cos θ= 则粒子进入第一象限的速度大小为 v== (3)若粒子经磁场偏转后从y轴上的Q点进入第二象限，求OQ的长度。 答案　 在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB=，解得R= 由几何关系得OQ=2Rsin(90°-θ) 解得OQ=。 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。 　(2023·苏州市高二期末)如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以与x轴负方向成60°角的速度v0射入磁场，从y=L处的b点沿垂直于 y轴方向进入电场，并经过x轴上x=2L处的c点。不 计粒子重力。求： (1)磁感应强度B的大小； 例3 答案　　 带电粒子的运动轨迹如图 由几何关系可知r+rcos 60°=L 解得r=L 又因为qv0B=m 解得B= (2)电场强度E的大小； 答案　 带电粒子在电场中运动时，沿x轴有2L=v0t2，沿y轴有L=a 又因为qE=ma 解得E= (3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。 答案　 带电粒子在磁场中运动时间为t1=T=·=××= 带电粒子在电场中运动时间为t2=， 所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为=。 　如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为-q的粒子，从y轴上P(0，L)点，以大小为v0的初速度沿x轴正方向射入电场，粒子通过电场后从x轴上的Q(2L，0)点 进入磁场，在磁场中的运动轨迹恰好与y轴相切， 然后经过x轴返回电场。粒子重力不计，求： (1)电场强度E的大小； 例4 答案　 根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 设粒子从P到Q运动时间为t0，水平方向上有 2L=v0t0 竖直方向上有L=a，a= 解得E= (2)磁感应强度B的大小； 答案　 设粒子到达Q点时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为θ，则有vQy=t0，tan θ=，vcos θ=v0 设在磁场中运动半径为R，则有qvB=m 由几何关系得R+Rsin θ=2L 联立解得B= (3)粒子第4次经过x轴时的x坐标； 答案　2(7-4)L 粒子第4次经过x轴时，由运动的对称性得x4=6L-4Rsin θ 解得x4=2(7-4)L (4)粒子从开始进入电场到第6次经过x轴过程 经历的时间。 答案　+ 在粒子从开始进入电场到第6次经过x轴过程中，设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，在电场中运动时间为t1， 在磁场中运动时间为t2，有T= 在电场中运动时间为t1=5t0 在磁场中运动时间为t2=3××T 从开始进入电场到第6次经过x轴经历的时间t=t1+t2=+。 返回 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。 带电粒子在立体空间中的运动 二 27 　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= 甲 乙 (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=。 总结提升 此题看题图是立体空间，但是带电粒子在电场中的偏转和在磁场中的圆周运动是在同一个平面内完成的，即带电粒子的运动轨迹在同一个平面内。解此类题可以先把立体图转化为平面图，然后画出带电粒子的运动轨迹，再运用带电粒子在电场、磁场中运动的规律列方程求解。 　(2023·泰州市模拟)如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，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，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，沿z轴正方向4L=v0t0 沿x轴正方向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，由几何关系得R2=(L)2+(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，则打在光屏上时的位置坐标为(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L表示)依次为　　　　　　　　。 L、4L、9L、… 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∶… 总结提升 若在某空间中同时存在电场和磁场，粒子在静电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)，分析粒子在静电力作用下运动情况，再假设电场不存在(不受静电力)，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 专题强化练 三 训练1　带电粒子在组合场中的运动 训练2　带电粒子在立体空间中的运动(选练) 42 1.(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则 1 2 3 4 5 6 7 基础强化练 A.M处的电势高于N处的电势 B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移 C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移 1 2 3 4 5 6 7 √ 1 2 3 4 5 6 7 电子在M、N间受向右的静电力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误； 加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r=可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误； 根据r=，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确。 2.(2023·南通市高二期中)如图所示，虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线，电场线与分界线平行。一带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入电场，并能进入磁场。已知磁感应强度为B，粒子的比荷为k，不计粒子的重力。则粒子第一次进、出磁场两点间的距离为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 √ 1 2 3 4 5 6 7 根据题意，设粒子带正电，进入磁场时速度大小为v，方向与水平方向夹角为α，画出粒子的运动轨迹，如图所示。根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，有=sin α，解得v=，粒子在磁场中做圆周 运动，由牛顿第二定律有qvB=m，解得r==，由几何关系可得，粒子第一次进、出磁场两点的距离为d=2rsin α=2sin α=，由于粒子的比荷为k，则粒子第一次进、出磁场两点的距离为d=，同理可知若粒子带负电，则两点距离仍为d=，故选A。 3.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区域加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现 在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子，且 GF=R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略 不计) A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v，由动能定理有qU=mv2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，图中θ=60°，粒子在磁场中做匀速圆周运动 的轨道半径r=Rtan =。又Bqv=m =，故C正确。 4.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 7 答案　4×106 m/s 1 2 3 4 5 6 7 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，由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 7 答案　×10-7 s 1 2 3 4 5 6 7 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。 5.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)。 1 2 3 4 5 6 7 能力综合练 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=2 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 7 √ 1 2 3 4 5 6 7 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错误； 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 7 电场中由类平抛运动规律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，解得R=，故D错误。 6.(2023·连云港市高二月考)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 7 答案　 1 2 3 4 5 6 7 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 7 答案　(L，L+) 1 2 3 4 5 6 7 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+ 故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 7 答案　+ 1 2 3 4 5 6 7 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= 带电粒子从原点出发后到第一次回到x轴所用的时间t=t1+t2=+。 7.如图甲所示，粒子加速器与速度选择器并排放置，已知速度选择器内匀强磁场磁感应强度大小为B1、电场强度大小为E。在速度选择器右侧建立xOy坐标系，0≤x≤d的区域里有磁场，规定磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中T0=。质量为m、电荷量为+q的粒子从加速器M极板由静止释放，通过 N极板中间的小孔后进入速度选择 器，沿直线穿过速度选择器后从O 点沿x轴射入磁场。 1 2 3 4 5 6 7 尖子生选练 (1)求粒子到达O点的速度v0和M、N两板间的电压U0； 1 2 3 4 5 6 7 答案　　 粒子沿直线穿过速度选择器，根据受力平衡可得qE=qv0B1 解得v0= 粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得qU0=m 解得M、N两板间的电压为U0= (2)若粒子在t=0时从O点射入磁场，且在t<的某时刻从点P(d，)离开磁场，求B0的大小； 1 2 3 4 5 6 7 答案　　 若粒子在t=0时从O点射入磁场，且在t<的某时刻从点P(d，)离开磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0=m 由几何关系可得R2=d2+(R-)2 解得R=d 联立解得B0== 1 2 3 4 5 6 7 (3)若B0=，粒子在t=时刻从O点射入磁场，求粒子离开磁场时的位置坐标。 1 2 3 4 5 6 7 答案　(d，-d) 若B0=，则粒子在磁场中的轨道半径为R1==d 粒子在磁场中运动的周期为T1===2T0 粒子在t=时刻从O点射入磁场，可知粒子进入 磁场时磁场方向刚好变为向外，粒子在磁场中 的运动轨迹如图所示 根据图中几何关系可得cos θ=== 1 2 3 4 5 6 7 可知粒子离开磁场时的纵坐标为 y=-(3R1+R1sin θ)=-d 则粒子离开磁场时的位置坐标为 (d，-d)。 1 2 3 4 5 6 7 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 1 2 3 4 基础强化练 √ 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 1 2 3 4 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.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； 1 2 3 4 答案　 粒子在电场中加速，由动能定理可知qU=mv2，解得v= 1 2 3 4 (2)磁感应强度的大小。 1 2 3 4 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向心力， 则有qvB=m 解得B=。 3.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。 1 2 3 4 能力综合练 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直线运动 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； 1 2 3 4 第二次运动中，粒子在沿y轴负方向上做匀变速直线运动，L=·)2， 解得E=，故有E=2v0B，故B错误； 第三次运动过程中，带电粒子所受静电力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，静电力沿z轴的分量为Eqcos θ，故粒子的运动为 1 2 3 4 从Q点以速度v0沿x轴正方向的匀速直线运动以及沿z轴正方向的匀加速直线运动的合运动，即匀变速曲线运动，故C错误； 粒子在沿z轴正方向上L=·t2，解得t=·，沿x轴方向上x=v0t=L，y轴上的坐标为L，故出射点坐标为(L，L，L)，故D正确。 1 2 3 4 4.(2023·连云港市月考)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 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=vt，L=at2 由牛顿第二定律得qE=ma 整理得v= 对粒子k1，有v0= 解得E= 由题意k1∶k2=1∶4，粒子k1的初速度为v0，则粒子k2的初速度为v0'=2v0 1 2 3 4 (2)两粒子在第二次经过平面dcc'd'的距离； 1 2 3 4 答案　L 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，粒子离开电场时速度与平面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 1 2 3 4 对粒子k1，由几何关系得r1=2Lcos 45°=L q1v0B=m1 对粒子k2，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 1 2 3 4 (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 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 $ 专题强化5　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)。 一、带电粒子在组合场中的运动 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) 甲 乙 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) 丙 丁 例1　在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，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.在电场中的加速度大小之比为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=，可知两离子在电场中的加速度大小之比是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=，所以其运动半径之比为∶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运动轨迹所对应的圆心角，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时的动能之比为1∶3，故选项D错误。 例2　如图所示，第Ⅰ象限存在垂直于xOy平面向里的磁感应强度为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v0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。 (1)求电场强度的大小； (2)求粒子进入第一象限的速度大小； (3)若粒子经磁场偏转后从y轴上的Q点进入第二象限，求OQ的长度。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)根据题意，水平方向上有v0t=L 竖直方向有L=at2，Eq=ma 解得E= (2)根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示。 运动至O点，假设粒子进入第一象限时速度方向与x轴正方向夹角为θ，竖直方向上有vy=at 由几何关系有tan θ== 由数学关系可知cos θ= 则粒子进入第一象限的速度大小为 v== (3)在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB=，解得R= 由几何关系得OQ=2Rsin(90°-θ) 解得OQ=。 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　(2023·苏州市高二期末)如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以与x轴负方向成60°角的速度v0射入磁场，从y=L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=2L处的c点。不计粒子重力。求： (1)磁感应强度B的大小； (2)电场强度E的大小； (3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)带电粒子的运动轨迹如图 由几何关系可知r+rcos 60°=L 解得r=L 又因为qv0B=m 解得B= (2)带电粒子在电场中运动时，沿x轴有2L=v0t2，沿y轴有L=a 又因为qE=ma 解得E= (3)带电粒子在磁场中运动时间为t1=T=·=××= 带电粒子在电场中运动时间为t2=， 所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为=。 例4　如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限内有垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为-q的粒子，从y轴上P(0，L)点，以大小为v0的初速度沿x轴正方向射入电场，粒子通过电场后从x轴上的Q(2L，0)点进入磁场，在磁场中的运动轨迹恰好与y轴相切，然后经过x轴返回电场。粒子重力不计，求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)粒子第4次经过x轴时的x坐标； (4)粒子从开始进入电场到第6次经过x轴过程经历的时间。 答案　(1)　(2)　(3)2(7-4)L　(4)+ 解析　(1)根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 设粒子从P到Q运动时间为t0，水平方向上有2L=v0t0 竖直方向上有L=a，a= 解得E= (2)设粒子到达Q点时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为θ，则有vQy=t0，tan θ=，vcos θ=v0 设在磁场中运动半径为R，则有qvB=m 由几何关系得R+Rsin θ=2L 联立解得B= (3)粒子第4次经过x轴时，由运动的对称性得x4=6L-4Rsin θ 解得x4=2(7-4)L (4)在粒子从开始进入电场到第6次经过x轴过程中，设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，在电场中运动时间为t1，在磁场中运动时间为t2，有T= 在电场中运动时间为t1=5t0 在磁场中运动时间为t2=3××T 从开始进入电场到第6次经过x轴经历的时间t=t1+t2=+。 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　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： 甲 (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 乙 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=。 此题看题图是立体空间，但是带电粒子在电场中的偏转和在磁场中的圆周运动是在同一个平面内完成的，即带电粒子的运动轨迹在同一个平面内。解此类题可以先把立体图转化为平面图，然后画出带电粒子的运动轨迹，再运用带电粒子在电场、磁场中运动的规律列方程求解。 例6　(2023·泰州市模拟)如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，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，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，沿z轴正方向4L=v0t0 沿x轴正方向2L=a0，a0= 解得E0= (2)如图，由几何关系得R2=(L)2+(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，则打在光屏上时的位置坐标为(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L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，粒子在静电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)，分析粒子在静电力作用下运动情况，再假设电场不存在(不受静电力)，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。 专题强化练　［分值：60分］ 训练1　带电粒子在组合场中的运动 1~3题每题4分，4题12分，共24分 1.(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则(　　) A.M处的电势高于N处的电势 B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移 C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移 答案　D 解析　电子在M、N间受向右的静电力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r=可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r=，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确。 2.(2023·南通市高二期中)如图所示，虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线，电场线与分界线平行。一带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入电场，并能进入磁场。已知磁感应强度为B，粒子的比荷为k，不计粒子的重力。则粒子第一次进、出磁场两点间的距离为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　根据题意，设粒子带正电，进入磁场时速度大小为v，方向与水平方向夹角为α，画出粒子的运动轨迹，如图所示。根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，有=sin α，解得v=，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律有qvB=m，解得r==，由几何关系可得，粒子第一次进、出磁场两点的距离为d=2rsin α=2sin α=，由于粒子的比荷为k，则粒子第一次进、出磁场两点的距离为d=，同理可知若粒子带负电，则两点距离仍为d=，故选A。 3.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区域加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子，且GF=R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v，由动能定理有qU=mv2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，图中θ=60°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=Rtan =。又Bqv=m，则=，故C正确。 4.(12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)(6分)求离子进入磁场的速度v0的大小； (2)(6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，由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。 5题6分，6题14分，共20分 5.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=2 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　B 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错误； 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，解得R=，故D错误。 6.(14分)(2023·连云港市高二月考)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)(4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+ 故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= 带电粒子从原点出发后到第一次回到x轴所用的时间t=t1+t2=+。 7.(16分)如图甲所示，粒子加速器与速度选择器并排放置，已知速度选择器内匀强磁场磁感应强度大小为B1、电场强度大小为E。在速度选择器右侧建立xOy坐标系，0≤x≤d的区域里有磁场，规定磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中T0=。质量为m、电荷量为+q的粒子从加速器M极板由静止释放，通过N极板中间的小孔后进入速度选择器，沿直线穿过速度选择器后从O点沿x轴射入磁场。 (1)(4分)求粒子到达O点的速度v0和M、N两板间的电压U0； (2)(4分)若粒子在t=0时从O点射入磁场，且在t<的某时刻从点P(d，)离开磁场，求B0的大小； (3)(8分)若B0=，粒子在t=时刻从O点射入磁场，求粒子离开磁场时的位置坐标。 答案　(1)　　(2)　(3)(d，-d) 解析　(1)粒子沿直线穿过速度选择器，根据受力平衡可得qE=qv0B1 解得v0= 粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得qU0=m 解得M、N两板间的电压为U0= (2)若粒子在t=0时从O点射入磁场，且在t<的某时刻从点P(d，)离开磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0=m 由几何关系可得R2=d2+(R-)2 解得R=d 联立解得B0== (3)若B0=，则粒子在磁场中的轨道半径为R1==d 粒子在磁场中运动的周期为T1===2T0 粒子在t=时刻从O点射入磁场，可知粒子进入磁场时磁场方向刚好变为向外，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 根据图中几何关系可得 cos θ= == 可知粒子离开磁场时的纵坐标为y=-(3R1+R1sin θ)=-d 则粒子离开磁场时的位置坐标为(d，-d)。 训练2　带电粒子在立体空间中的运动(选练)　［分值：50分］ 1题8分，2题14分，共22分 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(　　) 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.(14分)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)(10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向心力，则有qvB=m 解得B=。 3题10分，4题18分，共28分 3.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直线运动 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　D 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，粒子在沿y轴负方向上做匀变速直线运动，L=·)2，解得E=，故有E=2v0B，故B错误； 第三次运动过程中，带电粒子所受静电力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，静电力沿z轴的分量为Eqcos θ，故粒子的运动为从Q点以速度v0沿x轴正方向的匀速直线运动以及沿z轴正方向的匀加速直线运动的合运动，即匀变速曲线运动，故C错误； 粒子在沿z轴正方向上L=·t2，解得t=·，沿x轴方向上x=v0t=L，y轴上的坐标为L，故出射点坐标为(L，L，L)，故D正确。 4.(18分)(2023·连云港市月考)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)(6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)(4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=vt，L=at2 由牛顿第二定律得qE=ma 整理得v= 对粒子k1，有v0= 解得E= 由题意k1∶k2=1∶4，粒子k1的初速度为v0，则粒子k2的初速度为v0'=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，粒子离开电场时速度与平面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 对粒子k1，由几何关系得r1=2Lcos 45°=L q1v0B=m1 对粒子k2，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 $