【文档说明】高考物理一轮复习课件第9章磁场第28讲带电粒子在组合场中的运动 (含详解).ppt，共(119)页，1.976 MB，由MTyang资料小铺上传

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第九章磁场高考总复习·物理第28讲带电粒子在组合场中的运动高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现．

2．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＝12mv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r.由以上两式可得r＝1B2mUq，m＝qr2B22U，qm＝2UB2r2.3

．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＝mv2r，得Ekm＝q2B2r22m，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．√[基础小练]判断下列说法是否正确(1)质谱仪可以用来分析同位素．()(2)回旋加速器中粒子获得的最大动能与加速电压有关．()(3)对于给

定的粒子，加速电场的电压越小，粒子在回旋加速器中运动的时间就越长．()×√板块二︿︿[考法精讲]考法一质谱仪与回旋加速器【自主练1】(2019·咸阳高三二模)(多选)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，

此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的

匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器．下列说法正确的是()A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内B．加

速电场中的加速电压U＝12ERC．磁分析器中圆心O2到Q点的距离d＝1BmERqD．任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器答案BC解析离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，选项A错误；离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第

二定律有qE＝mv2R，离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有qU＝12mv2－0，解得U＝ER2，选项B正确；离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝m

v2r，解得r＝1B2mUq＝1BmERq，则d＝r＝1BmERq，选项C正确；由R＝2UE可知，R与离子质量、电量无关，离子在磁场中的轨道半径r＝1BmERq，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不一定都等于d，

不一定能进入收集器，选项D错误．【自主练2】(2019·随州二中高三月考)(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所

示．设D形金属盒半径为R.若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是()A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C．若要增大质子射出的速度，可以减小

狭缝间的距离D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子答案AB解析质子在D形金属盒中运动的周期不变，由T＝2πrv得v＝2πrT＝2πfr，当r＝R时，v最大，且v＝2πfR，故选项A正确；由qvB＝mv2r得v＝qBrm，当r＝R时，v最大，vm＝qBRm，由此可知质子的最大速度

只与粒子本身的荷质比、加速器半径和磁场大小有关，与加速电场的电压大小无关，与狭缝间的距离无关，故选项B正确，C错误；此加速器加速电场周期T＝2πmqB，加速α粒子时T＝2π4m2qB＝4πmqB，两个周期不同，不能加速α粒子，选项D错

误．规律总结决定带电粒子在回旋加速器中的最大动能的因素设D形盒的半径为R，由洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2R得，粒子可能获得的最大速度v＝qBRm，最大动能Ekm＝12mv2＝qBR22m，由此可见决定带电粒子的最大动能的因素与

D形盒半径有关，由于受D形盒半径R的限制，带电粒子在这种加速器中获得的能量也是有限的．考法二带电粒子从电场进入磁场(1)粒子从电场进入磁场，粒子在电场中的运动要么沿电场线方向，要么垂直电场线方向，若粒子在电场中垂直电场线方向，到达电场与磁场的分界线线时，一般要对速度进行分解．(

2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．【例题1】(2019·豫北、豫南名校高三联考)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，如图所示．一质量为m，电

量为q的带负电粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，求：(1)粒子到达O点时速度的大小；(2)匀强磁场的磁感应

强度的大小；(3)带电粒子从Q到P的运动时间．[思维导引]粒子在电场中做类平抛运动，根据初速度方向和受力分析的运动学方程可求得离开电场时速度的大小和方向；进入磁场后，粒子做了四分之一的圆周运动，由OP与半径的关系确定圆周运动半径，然

后可得磁感应强度和粒子在磁场中运动的时间．解析(1)粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与＋x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有x方向2L＝v0t，y方向L＝12at2.粒子在电场中运动的加速度a

＝qEm，粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy＝at，又tanα＝vyv0，解得tanα＝1，即α＝45°，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上，粒子到达O点时的速度大小为v＝v0cos45°＝2v0，t＝mv0qE.(2)设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半

径为R，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，根据几何关系可知R＝2L，圆心角θ＝90°，由以上各式联立可得B＝2Ev0.(3)设粒子在磁场中的运动时间为t′，则t′＝90°360°T＝14T，周期T＝2πmqB，解得t′＝πm

v04qE，所以带电粒子从Q到P的运动时间为t总＝t＋t′＝mv0qE＋πmv04qE＝4＋πmv04qE.答案(1)2v0(2)2Ev0(3)4＋πmv04qE解题技巧有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的

速度；对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间．【跟踪训练1-1】(2019·郑州高三质量预测)如图所示，矩形区域abcdef分为

两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be为其分界线，af＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)从a点沿ab方向以初速度v0射入电场，从be边的中点g

进入磁场．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)若要求电子从cd边射出，则所加匀强磁场的磁感应强度的最大值Bm；(3)调节磁感应强度的大小．cd边上有电子射出部分的长度．解析(1)电子在电场中做类似平抛运动，有在竖直方向12L＝

12at2，水平方向0.75L＝v0t，由牛顿第二定律有eE＝ma，联立解得E＝16mv209eL.(2)粒子进入磁场时，速度方向与be边夹角的正切值tanθ＝xt2yt＝0.75，解得θ＝37°，电子进入磁场时

的速度为v＝v0sinθ＝53v0，设电子运动轨迹刚好与cd边相切时，半径最小为r1，轨迹如图所示．则由几何关系知r1＋r1cos37°＝L，解得r1＝59L.由洛伦兹力提供向心力evB＝mv2r，可得对应的最大磁感应强度Bm＝3mv0eL.(3)设电子运动轨

迹刚好与de边相切时，半径为r2，则r2＝r2sin37°＋L2，解得r2＝5L4，又r2cosθ＝L，故切点刚好为d点，电子从cd边射出的长度为Δy＝L2＋r1sin37°＝5L6.答案(1)16mv209eL

(2)3mv0eL(3)56L【跟踪训练1-2】(2019·太原高三模拟)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≤0的区域存在有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E，方向沿y轴负方向；在x≥0的区域有一个半径为L的圆形区域

，圆心O′坐标(L,0)，圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．一带正电的粒子从M(－L,32L)点以沿x轴正方向的初速度v0，恰好经O点进入磁场，之后以沿x轴正方向的速度射出磁场．不计粒子的重力，求：(1)粒子的比荷及

粒子通过O点时的速度；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子在磁场中运动的时间．解析(1)带电的粒子在匀强电场做内平抛运动，有水平方向L＝v0t1，竖直方向32L＝12at21，a＝qEm，解得粒子的比荷qm＝3ELv20，粒子通过O点时的速度v1＝v20

＋at12＝2v0，tanθ＝vyv0＝at1v0＝3，即θ＝60°.(2)带电的粒子在匀强磁场内做圆周运动，由洛伦磁力提供向心力qv1B＝mv21R，解得R＝mv1qB，根据几何关系解得R＝3L，磁感应强度的大小B＝2E3v0.(3)根据几何关系可得粒子在匀强磁场偏转

角为60°，通过的弧长s＝π3R＝v1t2，解得粒子在磁场中运动的时间t2＝3π6v0L.答案(1)3v20EL2v0与水平方向成60°(2)2E3v0(3)36v0πL【跟踪训练1-3】(2019·揭阳高三高考模拟)如图所示，两平行金属板长度均为L，O、O′为两金属板中心处正对的

两个小孔，两平行金属板间的电压恒为U，紧靠右金属板右侧的边长为L的正方形MQPN的左下半空间(包括边界)有匀强磁场，MN与右金属板重合，一质量为m，带电量为＋q的粒子(重力不计)从O点以可忽略的初速度进入金属板间的电场，经加速后再进入磁场区，恰好从N点离开磁场．求：(1)磁感应强度B

的大小；(2)若磁感应强度B的大小可以调节，要使粒子从PN边离开磁场，求B的取值范围．解析(1)粒子在电场加速，由动能定理qU＝12mv2，①粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，②粒子恰好从N点离开磁场，由几何关系2r＝L2，③联立①②③解得B

＝4L2mUq.④(2)先求B的最小值，设B＝B0使粒子的运动轨迹恰好与MP相切(如图所示)．qvB0＝mv2r0，⑤由几何关系sin45°＝r0r0＋L2，⑥解得r0＝2＋1L2，于是M到切点的距离也为2＋1L2<2L，说明切点在MP之间，上面假设粒子的运动轨迹与MP相切是

合理的．联立⑤⑥解得B0＝22－1L2mUq，⑦而B的最大值即为(1)中求得的值，所以B的取值范围为22－1L2mUq≤B≤4L2mUq.答案(1)4L2mUq(2)22－1L2mUq≤B≤4L2mUq考法三带电粒子从磁场进入电场

(1)粒子从磁场进入电场，进入电场时速度的方向一般与电场方向垂直，粒子在电场中做类平抛运动．(2)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．最后再次进入电场做变速直线运动或做类平抛运动，如图所示．【例题2】(2019·皖北协作区高

三联考)如图所示，区域中一部分有匀强磁场，另一部分有匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右．一带正电粒子从A点以速度v射入匀强磁场，方向未知，经过一段时间运动到磁场与电场交界处B点，此时速度方向垂直于两个场的分界线，此后粒子在电场力的作用下，又经过一段时

间从C点离开电场，已知磁场宽度与电场宽度分别为l1和l2，A与B点的水平距离为d，不计重力．求：(1)整个运动过程中粒子的最大速度；(2)磁感应强度与电场强度的比值BE.[思维导引]在整个运动过程中只有电场

力对粒子做功，所以当粒子在C点射出电场时速度最大．解析(1)粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场．由运动学公式有l2＝vt、d＝12at2，加速度为a＝qEm，由动能定理得qEd＝12mv2C－12mv2，联立解得vC＝l22＋4d2l2v.(2

)粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图所示)．由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得R2＝(R－d)2＋l21，设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q，由洛伦兹力公式得qv

B＝mv2R，粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场．设粒子加速度大小为a，由运动学公式有l2＝vt、d＝12at2，加速度为a＝qEm，由以上各式得BE＝l22l21＋d2v.答案(1)l22＋4d2l2v(2)l22l21＋d2v

【跟踪训练2-1】如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方向有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E.一质量为m，电量为－q的粒子从坐标原点沿y轴正方向射出．射出之后，第三

次达到x轴时，它与点O的距离为L.求此粒子射出时的速度v和运动的总路程s(重力不计)．解析由题意知第3次经过x轴的运动轨迹如图所示，由几何关系得L＝4R，设粒子初速度为v，则有qvB＝mv2R，可得v＝qBL4m

；设粒子进入电场做减速运动的最大路程为L′，加速度为a，则有v2＝2aL′，qE＝ma，则电场中减速的路程L′＝qB2L232mE，粒子运动的总路程s＝2πR＋2L′＝12πL＋qB2L216mE.答案qBL4m12πL＋qB2L2

16mE【跟踪训练2-2】如图所示，两个共轴的圆筒形电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r0，在圆筒之外的足够大区域中，有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为B，在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场，一

质量为m，带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速度为零，如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两极之间的电压U应是多少？(不计重力，整个装置在真空中)解析如图所示，设粒子进入磁场区

的速度大小为v，根据动能定理，有Uq＝12mv2；设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有Bqv＝mv2R，由上面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过34圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r0，即R＝r0.由以上

各式解得U＝qB2r202m.答案qB2r202m考法四带电粒子从磁场进入磁场【例题3】(2019·中原名校高三质量考评)(多选)如图所示，在空间由一坐标系xOy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两

个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的质子(不计重力)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰

好垂直打在x轴上的Q点(图中未画出)，则()A．粒子在第一象限中运动的时间为7πm12qBB．粒子在第一象限中运动的时间为5πm6qBC．Q点的横坐标为3＋1mv2qBD．Q点的横坐标为3＋2mv2qB[思维导引]根据粒子在有界直线边界磁场中运动的对称性，确定粒子到达两磁场分

界线时速度的方向，结合粒子垂直打在x轴上的Q点这一信息即可解决相关问题．解析设质子在磁场Ⅰ和Ⅱ中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2，区域Ⅱ中磁感应强度为B′，由牛顿第二定律qvB＝mv2r1，①qvB′＝mv2

r2，②答案AC粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由带电粒子在磁场中运动的对称性和几何关系可以知道，质子从A点出磁场Ⅰ时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在磁场Ⅰ中轨迹的圆心角为θ＝60°，如图所示，则△OO1A为等边三角形，OA＝r1

，③在区域Ⅱ中，质子运动14圆周，O2是粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的圆心，r2＝OAsin30°，④由①②③④计算得出区域Ⅱ中磁感应强度为B′＝2B，⑤粒子在Ⅰ区的运动周期T1＝2πmqB，60°360°＝t1T1，⑥粒子在Ⅱ区运动的周期T2＝2πmqB′，90°360°＝t2T2

，⑦粒子在第一象限中运动的时间为t＝t1＋t2，⑧联立⑤⑥⑦⑧计算得出t＝7πm12qB，因此选项A正确，B错误；Q点坐标x＝OAcos30°＋r2＝r1cos30°＋r2，代人数据得x＝3＋1mv2qB，因此选项C正确，D错误．【跟踪训练3-1】(201

9·遂宁高三诊断)如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等．电荷量为2e的带正电的质点M以某一速度从a点垂直磁场边界向

左射出，与静止在b点的电荷量为e的电子相撞，并黏合在一起，不计质点M和电子的重力，则它们在磁场中的运动轨迹是()答案D解析带正电的质点M以某一速度击中并吸收静止的电子后，速度保持不变，电荷量变为＋e，由左手定则可判断出正离子过B点时所受洛伦兹力向下

；碰撞过程mv保持不变，由r＝mvqB可得，电量减半，则半径增大到原来的2倍，故磁场中的运动轨迹为D，故选项D正确．【跟踪训练3-2】(2019·昆明高三调研)矩形区域Ⅰ、Ⅱ中分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁场方向如图所示

．区域Ⅰ宽度L1＝23m、区域Ⅱ宽度L2＝3m，一质量为m＝1×10－10kg，电荷量为q＝2×10－6C的带正电的粒子以速度v＝2×103m/s从P点沿纸面垂直磁场边界射入磁场，穿过区域Ⅰ后从MN上的S点射入区域Ⅱ，粒子在S点的速度方向与MN的夹角

为θ＝30°，最终垂直磁场右边界从Q点(图中未画出)射出区域Ⅱ，不计粒子重力．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度的大小；(2)粒子在区域Ⅱ中运动的时间．解析(1)粒子进入磁场后做圆周运动，设粒子在Ⅰ区域圆周运动半径为R1，圆心为O1，在Ⅱ区域内圆周运动半径为R2，圆心为

O2，运动轨迹如图所示，由几何关系可知∠ASO1＝θ＝30°，①R1cosθ＝L1，②由qvB1＝mv2R1，③联立解得B1＝2.5×10－2T.(2)设粒子在Ⅱ区域做圆周运动的圆心角为α，周期为T，运动时间为t，由

几何关系可知α＝60°，R2sinα＝L2，T＝2πR2v，t＝α2πT，联立解得t＝π3×10－3s.答案(1)2.5×10－2T(2)π3×10－3s【跟踪训练3-3】(2019·河南中原名校联考)如图所示，在直角坐标系的第二象限中，有磁感应强度大小为

B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场区域Ⅰ，在第一象限的y＞L区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的磁场区域Ⅱ，在第一象限的L2＜y＜L区域有磁感应强度大小未知、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅲ，在坐标原点O处有一电压可调的沿x轴正方向的加速电场(

图中未画出)，电场右侧有一粒子源，可产生带电荷量为q、质量为m，初速度忽略不计的带负电粒子．粒子经加速后从坐标原点O处沿x轴负方向射入磁场区域Ⅰ.(1)若粒子恰好经过坐标为33L，L的P点，且已知粒子运动到P点前仅经过磁场区域Ⅰ和

Ⅱ，求加速电场的电压．(2)若调低加速电场的电压，粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y轴进入磁场区域Ⅲ，经过坐标为33L，L的P点后进入磁场区域Ⅱ，粒子在P点的速度方向与y轴正方向夹角为θ，求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小．解析(1)设带电粒子经加速电场加速后的速度大

小为v，由动能定理，有qU＝12mv2，带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，由几何关系，有(L－R)2＋33L2＝R2，联立解得U＝2B2qL29m.(2)设调低加速电场电压后，带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v1

，区域Ⅲ的磁感应强度大小为B1，粒子轨迹如图所示．带电粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动有qv1B＝mv21R1，带电粒子在磁场区域Ⅲ中做圆周运动有qv1B1＝mv21R2，可得B1＝R1R2B，由几何关系，有R2cosθ＝33L,2R1＋R2－

R2sinθ＝L，联立解得B1＝12(sinθ＋3cosθ－1)B．答案(1)2B2qL29m(2)12(sinθ＋3cosθ－1)B[典例诊断]【例题4】(2019·山西部分学校联考)如图所示，在第一象限内存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在y＜0的区域内存在方向垂直于xOy平面向外的

匀强磁场．在第二象限内，初速度为零的带正电粒子，经电压为U的电场加速后从y轴上P点(0，h)沿x轴正方向射入第一象限，经过匀强电场后从Q点(2h,0)进入磁场，并从坐标原点O第一次射出磁场．已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力．求：(1)匀强电场电场强度的大小；(2)匀强

磁场磁感应强度的大小；(3)带电粒子第二次进入磁场时的位置坐标．[错解实录]【解析】(1)带电粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，如图甲所示．连接PQ，设PQ连线的延长线与x轴正方向间的夹角为θ，粒子到达Q点时竖直速度为vy.则tanθ＝h2h＝12，根据tanθ＝vyv0得vy＝12v0，

合速度v＝v20＋v2y＝52v0.由动能定理，带电粒子在第二象限有qU＝12mv20，在第一象限有qEh＝12mv2－12mv20，得E＝U4h.(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动．tanθ＝12，得sinθ＝55，在三角形O′MQ中，r＝MQsinθ＝5h．根据qvB＝mv2r，

得B＝mvqr＝52mv0q5h＝1hmU2q.(3)设粒子第二次从S点进入磁场，如图乙所示，粒子从O点进入电场时速度大小仍为v，方向与x轴夹角仍为θ，粒子做的是类斜抛运动，类斜抛的后半部分可以看作P到Q的运动．根据对称性，粒子第二次进入磁场的位置坐标是(4h,0)．【答案】(1)

U4h(2)1hmU2q(3)(4h,0)[名师点评]1.平抛运动和类平抛运动中的两个角度容易混淆，一个是位移与初速度方向间的夹角θ，另一个是速度与初速度方向间的夹角α，二者是不同的，其关系是tanα＝2tanθ，常见的

错误是认为两者相同，或认为α＝2θ.2．粒子进入磁场中做圆周运动的线速度v是初速度v0与电场力作用下产生速度的合成，此处常见错误是将v0代替了v.3．本题中，第(1)问中的错误直接导致了第(2)问结果的错误．若第(2)问中

涉及运动时间，同样会出错，带电粒子在组合场中的过程分析很重要，尤其是第一步，一步错则步步错，此处必引起重视．解析(1)粒子在第二象限内被加速后沿x轴正方向进入第一象限．作出粒子在第一象限内运动的示意图如

图甲所示，粒子在电场中做类平抛运动，作出粒子出电场(进磁场)时的速度的反向延长线，由平抛运动规律可知，反向延长线交于沿x轴方向的位移的中点处x0＝12×2h＝h，由此可见粒子到达Q点时的速度v与x轴正方向的夹角为θ＝45°.由运动的合成与

分解可知vx＝vy＝v0，合速度v＝2v0.根据动能定理，带电粒子在第二象限有qU＝12mv20，在第一象限有qEh＝12mv2－12mv20，联立解得E＝Uh.(2)带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，作出其第一次进入磁场后的运动轨迹如图乙所示，QO为弦，θ

＝45°，弦切角为135°，圆心角为270°，O′为圆心，则∠OO′Q＝90°.设粒子在磁场中运动轨迹的半径为R，则OQ＝2R，R＝2OQ2＝2h，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，B＝mvqR＝2mv02qh＝2mqUqh，故B＝1h2mUq.(

3)设粒子第二次从S点进入磁场，如图乙所示．带电粒子从O点进入电场时速度大小仍为v，由粒子运动的对称性知，粒子在S点的速度大小为v，方向与x轴正方向的夹角为45°，带电粒子在电场中做的是类斜抛运动．类斜抛运动的前半部分运动可以看作是从P到Q的逆运动

，后半部分运动可看作是水平移动之后P到Q的重复运动，故粒子第二次进入磁场时的位置坐标是(4h,0)．答案(1)Uh(2)1h2mUq(3)(4h,0)易错警示带电粒子在组合场中的运动过程分析误区(1)不知道带电粒子在各个场中的受力特点及运动规律进而不会作粒子的运动轨迹图象．一般情况下，带电

粒子在匀强电场中做直线运动或类平抛运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，以此就可以画出带电粒子的运动轨迹．(2)不熟悉类平抛运动规律．此题粒子在电场里的运动符合平抛运动的推论：做平抛运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平

位移的中点．当然此题也可以不用推论而用运动的合成和分解来解题，只是要繁琐些．(3)注意运动的对称性．本题中不管是在电场中还是在磁场中都有对称运动的存在，灵活运用对称性会使问题变得简单易解．【跟踪训练4-1】(2019·广西百

校高三大联考)如图所示在直角坐标系xOy中，P、N两点分别在x、y轴上，OP＝L，ON＝32L.x轴上方存在电场强度大小为E、方向沿y轴负方向的匀强电场；x轴下方存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场(图

中未画出)．某质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)以某一速度从N点沿x轴正方向射入电场，然后从P点射入磁场，运动一周后又从y轴左侧回到N点．求：(1)粒子从N点入射的速度大小v0；(2)粒子从P点射入磁

场的速度大小v及其方向；(3)匀强磁场的磁感应强度大小B和粒子在电磁场中运动的周期T.解析(1)如图所示，粒子从N点运动到P点的过程中做类平抛运动，设粒子从N点运动到P点的时间为t，则32L＝12at2，其中a＝

qEm，L＝v0t，解得v0＝3qEL3m.(2)设粒子从P点射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，沿y轴方向的分速度大小为vy，则有sinθ＝vyv，vy＝at；v＝v20＋v2y，解得v＝23qEL3m，θ＝π3.(3)粒子

在磁场中做圆周运动的半径为r＝Lsinθ，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，解得B＝3mEqL，由对称性可知，粒子第一次在电场中运动的时间为t1＝2t，其中由(1)可得t＝3mLqE，粒子第一次在磁场中运动的时间t2＝2π－2θr1v＝43π9·3mLqE，粒子在电、磁场

中运动的周期为T＝t1＋t2＝(2＋43π9)3mLqE.答案(1)3qEL3m(2)23qEL3mπ3(3)3mEqL(2＋43π9)3mLqE【跟踪训练4-2】(2019·遵义航天高级中学高三月考)如图所示，坐标平面第Ⅰ象限

内存在大小为E＝4×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比mq＝4×10－10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，xOA＝0.2m，经偏转电场后进入磁场，在磁场中发生偏转，轨迹恰好与

x轴相切，不计粒子的重力．求：(1)粒子在电场中运动的加速度大小；(2)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(3)磁感应强度B．解析(1)粒子在电场中只受电场力产生加速度，由牛顿第二定律a＝qEm，代入

数据解得a＝1.0×1015m/s2.(2)设粒子在电场中运动时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则xOA＝12at2，y＝v0t，t＝2.0×10－8s，y＝0.4m.(3)粒子经过y轴时沿电场方向的分速度为vx

＝at＝2×107m/s，粒子经过y轴时速度为v＝v2y＋v20＝22×107m/s，方向与y轴正方向夹角为θ.tanθ＝vyv0＝1，θ＝45°.粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，设此时粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系得R＋22

R＝y，由牛顿第二定律得qvB＝mv2R，解得B＝(22＋2)×10－2T.答案(1)1.0×1015m/s2(2)0.4m(3)(22＋2)×10－2T板块三︿︿1．(2019·山东德州高三第一次模拟)如图所示，在水平面内，OC与OD间的夹角θ＝30°，OC与OD间有垂直纸面向

外的匀强磁场I，磁感应强度大小为B1＝B0，OA与OC间的夹角α＝45°，OA与OC间有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，一质量为m带负电荷的粒子q(不计重力)从M点沿与OD方向成60°角的方向射入磁场I，并刚好垂直于OC离开磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，

且粒子刚好能从OA边飞出．求：(1)粒子经过匀强磁场Ⅰ所用的时间；(2)匀强磁场Ⅱ的磁感应强度B2大小；(3)在OD边下方一圆形区域内(未画出)存在竖直方向的匀强电场，电场强度大小为E，粒子以初速度v0垂直于电场线方向射入电场，飞经电场后再从M点沿与OD方向成60°角进入磁场，

则圆形电场区域的最小面积S.解析(1)带电粒子在磁场中偏转如图所示，由几何关系可知，粒子在Ⅰ区运动的圆心角为60°，由qvB＝mv2r，T＝2πrv，t＝16T，解得t＝πm3qB0.(2)由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场Ⅰ内运动的轨道半径为R1，在磁场Ⅱ内的轨道半径为

R2，由几何关系可知O2POO2＝R22R1＋R2＝sin45°，解得R1R2＝2－12，又由R＝mvqB，解得B1B2＝R2R1＝22－1，B2＝2－12B0.(3)由题意可知，带电粒子在圆形电场中做类平抛运动，在水平方向x＝v0t；竖直方

向y＝12at2，vy＝at；根据牛顿第二定律a＝qEm.在M点速度的合成与分解有vy＝v0tan60°，粒子在电场中的位移L＝x2＋y2，圆的面积S＝πL22，联立解得S＝21πm2v4016q2E2.答案(1)πm3qB0(2)2－12B0(3)21πm2v401

6q2E22．(2019·邯郸高三第一次模拟)如图所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在边长为2L的正方形abcd区域(包括边界)内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y轴上的A

0，3L2点以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，已知电子的质量为m、电荷量为e，正方形abcd的中心坐标为(3L,0)，且ab边与x轴平行，匀强电场的电场强度大小E＝mv20eL.(1)求电子进入磁场时的位置坐标；(2)若要使电子在磁场中从

ab边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件．解析(1)电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示．则有竖直方向有y＝12at21，加速度为a＝eEm，水平方向有t1＝Lv0，竖直速度vy＝at1，解得y1＝L2，vy＝v0.所以电子射出电场时的速度方向与x轴成45°角，则电子在电场中沿x轴正方

向和沿y轴负方向运动的距离分别为L和L2，又因为A点的坐标是0，3L2，电子在无电场和磁场的区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为(2L,0)且射入磁场区的速度大小v＝2v0，方向与x轴成45°角．(2)

要使电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切，当运动轨迹与ab相切时，有r1＋r1sin45°＝L，电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有evB1＝mv2r1，解得B1＝2＋1mv0Le.当运动轨迹与bc相切时，有r2＋r

2sin45°＝2L，电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有evB2＝mv2r2，解得B2＝2＋1mv02Le.匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件2＋1mv02Le≤B＜2＋1mv0Le.

答案(1)(2L,0)(2)2＋1mv02eL≤B＜2＋1mv0eL3．(2019·辽宁丹东高三一模)如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L＝1m、间距d＝33m，两金属板间电压UMN＝1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形

区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上，B、C、H也处于同一直线上，A、F两点距

离为23m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，若粒子的质量为m＝3×10－10kg，带电量为q＝＋1×10－4C，初速度为v0＝1×105m/s，(1)求该粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向；(2)若该粒子进入中间三角形

区域后从AC边界垂直射出，求该区域的磁感应强度B1；(3)若使该粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH边界，求B2应满足的条件．解析(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间t，根据类平抛运动的规

律得，水平方向做匀速运动，则有L＝v0t，解得t＝1×10－5s；竖直方向做匀加速运动，则粒子的加速度a＝qUmd＝33×1010m/s2，竖直方向速度为vy＝at＝33×105m/s，则粒子射出的速度为v＝v20＋v2y＝233×105m/s.设速度v与水平方向夹角为θ，则

有tanθ＝vyv0＝33，解得θ＝30°，即垂直于AB方向射出．(2)作出带电粒子的运动轨迹图如图所示．则带电粒子射出电场时速度方向垂直AB．偏移的位移y＝12at2＝36m＝d2，即粒子由P点垂直AB射入磁场，由几何关系知

，在磁场ABC区域内做匀速圆周运动的半径R1＝dcos30°＝23m；由牛顿第二定律得qvB1＝mv2R1，解得B1＝3310T.(3)当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示．由几何关系可知R2＋R2sin60°＝1m，

解得R2＝(23－3)m；由牛顿第二定律得qvB2＝mv2R2，解得B2＝2＋35T，所以B2应满足的条件为B2≥2＋35T.答案(1)233×105m/s垂直于AB方向射出(2)3310T(3)B2≥2＋35T4．(

2019·青岛高三调研)如图所示，两带电平行板长度和板间距离均为d，板间电压为u0，平行板右侧存在一直径为d的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个带正电的粒子以速度v0从平行板左侧飞入电场，速度方向垂直于板间电场的方向．粒子离开电场后从M点

进入磁场，经N点离开磁场，MN为圆形磁场区域的一条直径，与水平成30°角．已知带电粒子的比荷满足qm＝3v203u0，求：(1)粒子离开电场时的速度方向与水平方向间的夹角；(2)匀强磁场的磁感应强度B．解析(1

)粒子在电场里运动的时间为t＝dv0，板间的场强为E＝u0d，根据牛顿第二定律有qE＝ma，竖直方向速度为vy＝at，粒子离开电场时的速度方向与水平方向间的夹角的正切值为tanθ＝vyv0，联立以上可得θ＝30°.(2)粒子运动轨迹如图所示．由几何关系2Rcosθ＝d，

根据速度关系v＝v0cosθ，根据牛顿第二定律qvB＝mv2R，联立解得B＝23u0dv0.答案(1)30°(2)23u0v0d