【物理】2018届二轮带电粒子在复合场中的运动教案
专题 7 带电粒子在复合场中的运动
【2018 年高考考纲解读】
(1)主要考查三种常见的运动规律，即匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动．一般出现在
试卷的压轴题中．
(2)以电磁技术的应用为背景材料，联系实际考查学以致用的能力，一般出现在压轴题中．
(3)偶尔出现在选择题中，给出一段技术应用的背景材料，考查带电粒子在场中的运动规律
及特点．
【命题趋势】
(1)考查带电粒子在组合场中的运动问题；
(2)考查带电粒子在复合场中的运动问题；
(3)考查以带电粒子在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实
际中的应用．
【重点、难点剖析】
一、带电粒子在“组合场”中的运动
(1)组合场：指电场、磁场、重力场有两种场同时存在，但各位于一定的区域内且并不重叠，
且带电粒子在一个场中只受一种场力的作用。
(2)对“组合场”问题的处理方法
最简单的方法是进行分段处理，要注意在两种区域的交界处的边界问题与运动的连接条件，
根据受力情况分析和运动情况分析，大致画出粒子的运动轨迹图，从而有利于直观地解决问
题。
【方法技巧】解决带电粒子在组合场中运动的一般思路和方法:
(1)明确组合场是由哪些场组合成的。
(2)判断粒子经过组合场时的受力和运动情况，并画出相应的运动轨迹简图。
(3)带电粒子经过电场时利用动能定理和类平抛运动知识分析。
(4)带电粒子经过磁场区域时通常用圆周运动知识结合几何知识来处理。
二、带电粒子在复合场中的运动
1.正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动的速度，因此应
把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析。
2.灵活选用力学规律是解决问题的关键
当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解;当带电粒子在复合
场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解;当带电粒
子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解。
由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，往往出现临界问题，此时应以题目中出现的“恰
好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再
与其他方程联立求解。
三、带电粒子在周期性的电场、磁场中的运动
带电粒子在交变电场或磁场中运动情况较复杂，运动情况不仅取决于场的变化规律，还与粒
子进入场的时刻有关，一定要从粒子的受力情况着手，分析出粒子在不同时间间隔内的运动
情况，若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，那么粒子在穿越电场的过程中，
可看做匀强电场。
【方法技巧】空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点。
交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经过不同特点的电场、磁场或叠加的场，从而表现
出多过程现象，其特点较为隐蔽，应注意以下两点:
(1)仔细确定各场的变化特点及相应时间，其变化周期一般与粒子在磁场中的运动周期关联。
(2)把粒子的运动过程用直观草图进行分析。
【误区警示】
1.忽略带电体的重力导致错误
带电体的重力是否忽略，关键看重力与其他力大小的关系比较，一般一些微观粒子如电子、
质子、α粒子等重力忽略不计，而一些宏观带电体，如带电小球、带电液滴等重力不能忽略。
2.不能挖掘出隐含条件导致错误
带电粒子在复合场中的运动，往往会出现临界状态或隐含条件，应以题目中的“恰好”“最
大”“最高”“至少”等为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出方程，再与其他方程联
立求解。
3.混淆处理“磁偏转”和“电偏转”
(1)粒子在恒力(如重力、电场力等)作用下的“电偏转”是类平抛运动，采用分解为匀速运动和
匀加速运动来处理。
(2)粒子在洛伦兹力作用下的偏转是匀速圆周运动，采用圆周运动规律结合几何关系来处理。
【题型示例】
题型 1、带电粒子在组合复合场中的运动
例 1、【2017·天津卷】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现象存在沿 y 轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的 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，问：
（1）粒子到达 O 点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
【答案】（1） ，方向与 x 轴方向的夹角为 45°角斜向上 （2）
粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为：
又：
解得： ，即 ，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
（2）设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为 F，粒子
在电场中运动的加速度：
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：
根据几何关系可知：
整理可得：
【变式探究】(2016·全国卷Ⅰ，15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示
意图如图 1 所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁
场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为
使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12 倍。此离
子和质子的质量比约为( )
图 1
A．11 B．12
C．121 D．144
解析 设质子的质量和电荷量分别为 m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为 m2、q2。对于任
意粒子，在加速电场中，由动能定理得
qU＝1
2mv2－0，得 v＝2qU
m ①
在磁场中 qvB＝m
v2
r ②
由①②式联立得 m＝B2r2q
2U ，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加
速电压 U 不变，其中 B2＝12B1，q1＝q2，可得m2
m1＝2
2
2
1
2
1＝144，故选项 D 正确。
答案 D
【举一反三】 (2015·重庆理综，9，18 分)如图为某种离子加速器的设计方 案．两个半圆
形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中 MN 和 M′N′是间距为 h 的两平
行极板，其上分别有正对的两个小孔 O 和 O′，O′N′＝ON＝d，P 为靶点，O′P＝kd(k
为大于 1 的整数)．极板间存在方 向向上的匀强电场，两极板间电压为 U.质量为 m、带
电量为 q 的正离子从 O点由静止开始加速，经 O′进入磁场区域．当离子打到极板上 O′N′
区域(含 N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速
穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力．求：
(1)离子经过电场仅加速一次后能打到 P 点所需的磁感应强度大小；
(2)能使离子打到 P 点的磁感应强度的所有可能值；
(3)打到 P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．
解析 (1)粒子经电场加速一次后的速度为 v1，由动能定理得
qU＝1
2mv
2
1①
粒子能打到 P 点，则在磁场中的轨道半径 r1＝kd
2 ②
对粒子在磁场中由牛顿第二定律得 qv1B1＝2
11③
联立①②③式解得 B1＝2Uqm
qkd ④
(2)若粒子在电场中加速 n 次后能打到 P 点，同理可得
nqU＝1
2mv2 (n＝1，2，3，…)⑤
rn＝kd
2 ⑥
qvB＝mv2
rn ⑦
联立⑤⑥⑦式解得 B＝2nqUm
qkd ⑧
由题意可得当 n＝1 时，2r1′>d⑨
解得 n
0)，同时加一
匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出③
此带电小球，该小球通过了 A 点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若该小球从 O 点以
同样的初动能沿另一方向抛出④，恰好通过 B 点，且到达 B 点时的动能为初动能的 6 倍，重
力加速度大小为 g.求：
(1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向．
【答案】(1)
7
3 (2)
3mg
6q 与竖直向下方向成 30°角
EkA＝Ek0＋1
2mgd⑤
由④⑤式得EkA
Ek0＝7
3⑥
(2)加电场后，小球从 O 点到 A 点和 B 点，高度分别降低了d
2和3d
2 ，设电势能分别减小ΔEpA
和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－1
2mgd＝2
3Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－3
2mgd＝Ek0⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线 OB 上的 M 点与 A 点等电势，M
与 O 点的距离为 x，如图，则有
3
d＝ΔEpA
ΔEpB⑨
解得 x＝d.MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹
角为α，由几何关系可得
α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°.
设场强的大小为 E，有
qEdcos 30°＝ΔEpA⑪
由④⑦⑪式得
E＝3mg
6q ⑫
【举一反三】(2014·天津理综)如图所示，平行金属板 A、B 水平正对放置，分别带等量异
号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，
那么( )
A．若微粒带正电荷，则 A 板一定带正电荷
B．微粒从 M 点运动到 N 点电势能一定增加
C．微粒从 M 点运动到 N 点动能一定增加
D．微粒从 M 点运动到 N 点机械能一定增加
【答案】C
【变式探究】 (2013·安徽卷，23)
图 3－7－2
如图 3－7－2 所示的平面直角坐标系 xOy，在第Ⅰ象限内有平行于 y 轴的匀强电场，方向沿
y 轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形 abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于 xOy 平面向里，正
三角形边长为 L，且 ab 边与 y 轴平行．一质量为 m、电荷量为 q 的粒子，从 y 轴上的 P(0，
h)点，以大小为 v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从 x 轴上的 a(2h，0)点进入第
Ⅳ象限，又经过磁场从 y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与 y 轴负方向成 45 °角，不计粒
子所受的重力．求：
(1)电场强度 E 的大小；
(2)粒子到达 a 点时速度的大小和方向；
(3)abc 区域内磁场的磁感应强度 B 的最小值．
【答案】(1)0 (2)v0 方向指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向成 45 °角 (3)
2mv0
qL
【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为 t，则有 x＝v0t＝2h，y＝1
2at2＝h，qE＝ma，联立
以上各式可得 E＝0.
(2)粒子到达 a 点时沿负 y 方向的分速度 vy＝at＝v0.
所以 v＝2
y＝v0，方向指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向成 45 °角．
(3)
粒子在磁场中运动时，有 qvB＝m
v2
r
当粒子从 b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 r＝2
2L，所以 B＝2mv0
qL .
【变式探究】 如图 3－7－3 所示，在坐标系 y 轴左右两侧分别有宽度 L＝0.2 m 理想的匀强
磁场与匀强电场，已知磁感应强度 B＝2×10－3 T，方向垂直纸面向里；电场强度 E＝40 V/m，
方向竖直向上．一个带电粒子电荷量 q＝－3.2×10－19 C，质量 m＝6.4×10－27 kg，以 v＝4×104
m/s 的速度从 x 轴的 P 点(－0.2 m，0)与 x 轴成 30°角垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入电
场，最后从电场右边界射出．求：(不考虑带电粒子的重力)
图 3－7－3
(1)带电粒子从进入磁场到射出电场的运动时间 t.
(2)带电粒子飞出电场时的动能．
【答案】(1)1.02×10－5 s (2)5.44×10－18 J
【解析】
(1)带电粒子的运动轨迹如图所示，则带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有：Bqv
＝m
v2
r ，解得：r＝mv
qB＝0.4 m
则圆心角为 30°，飞行时间 t1＝ T
12＝ πm
6Bq＝5.2×10－6 s
由几何关系知，粒子垂直 y 轴射入电场，则在电场中飞行时间 t2＝L
v＝ 0.2
4×104 s＝5×10－6 s.
带电粒子从进入磁场到射出电场的运动时间 t＝t1＋t2＝1.02×10－5 s.
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，其运动的加速度为：
a＝Eq
m ＝2×109 m/s2
竖直方向的位移为：y＝1
2at
2
2＝0.025 m
带电粒子飞出电场时的动能为：Ek＝Eqy＋1
2mv2＝5.44×10－18 J.
考点 2、带电粒子在叠加复合场中的运动
【例 2】【2017·江苏卷】（16 分）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离
子飘入电压为 U0 的加速电场，其初速度几乎为 0，经过加速后，通过宽为 L 的狭缝 MN 沿
着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、
乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为 2m 和 m，图中虚线为经过狭缝左、右边界 M、N
的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．
（1）求甲种离子打在底片上的位置到 N 点的最小距离 x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度 d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（ ）到（ ）之间变化，要使甲、乙两种
离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度 L 满足的条件．
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为 r1
电场加速 且 解得
根据几何关系 x =2r1 –L 解得
（2）（见图） 最窄处位于过两虚线交点的垂线上
解得
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2
r1的最小半径
r2 的最大半径
由题意知 2r1min–2r2max >L，即
解得
【变式探究】(2016·天津理综，11)如图 6 所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场
强度大小 E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强
度大小 B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量 m＝1×10－6 kg，电荷量 q＝2×10－6 C，正以速
度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电
磁感应现象)，取 g＝10 m/s2，求：
图 6
(1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。
(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加
速度为 a，有
a＝q2E2＋m2g2
m ⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有
y＝1
2at2⑦
tan θ＝y
x⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s＝3.5 s⑨
解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以 P
点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsin θ
⑤
若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt－1
2gt2
＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 s＝3.5 s⑦
答案 (1)20 m/s 与电场方向成 60°角斜向上
(2)3.5 s
【举一反三】 (2014·四川理综)在如图所示的竖直平面内，水平轨道 CD 和倾斜轨道 GH 与
半径 r＝ 9
44 m 的光滑圆弧轨道分别相切于 D 点和 G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过 G 点、
垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度 B＝1.25 T；
过 D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度 E＝1×104 N/C.
小物体 P1 质量 m＝2×10－3 kg、电荷量 q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力 F＝9.98×10－3 N
的作用，沿 CD 向右做匀速直线运动，到达 D 点后撤去推力．当 P1 到达倾斜轨道底端 G 点
时，不带电的小物体 P2 在 GH 顶端静止释放，经过时间 t＝0.1 s 与 P1 相遇．P1 和 P2 与轨道
CD、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷
量保持不变，不计空气阻力．求：
(1)小物体 P1 在水平轨道 CD 上运动速度 v 的大小；
(2)倾斜轨道 GH 的长度 s.
【解题指导】
1．审题
(1)明确电场、磁场分布情况及轨道的性质：DG 段光滑，CD 和 GH 段粗糙，电场、磁场在
DG 区重叠．
(2)小物体 P1 在水平推力作用下做匀速直线运动，合力为零．
2．解题思路
(1)小物体 P1 在水平轨道 CD 上做匀速直线运动，结合平衡条件，可求出运动速度 v 的大小．
(2)根据动能定理求出小物体 P1 到 G 点时的速度 vG，此后 P1 沿倾斜轨道做匀变速运动，小
物体 P2 沿倾斜轨道做匀加速运动，由牛顿第二定律求出两物体的加速度，两物体在倾斜轨
道上运动的距离之和即为倾斜轨道的长度．
(2)设 P1 在 G 点的速度大小为 vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理
qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝1
2mv
2
G－1
2mv2⑤
P1 在 GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为 a1，根据牛顿第二定律
qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥
P1 与 P2 在 GH 上相遇时，设 P1 在 GH 上运动的距离为 s1，则
s1＝vGt＋1
2a1t2⑦
设 P2 质量为 m2，在 GH 上运动的加速度为 a2，则
m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧
P1 与 P2 在 GH 上相遇时，设 P2 在 GH 上运动的距离为 s2，则
s2＝1
2a2t2⑨
s＝s1＋s2⑩
联立⑤～⑩式，代入数据得
s＝0.56 m⑪
【变式探究】如图 3－7－5 所示，坐标系 xOy 在竖直平面内，空间内有垂直于纸面向外的匀
强磁场，磁感应强度大小为 B，在 x>0 的空间内有沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度的大
小为 E.一个带正电的油滴经过图中 x 轴上的 A 点，恰好能沿着与水平方向成θ＝30°角斜向下
的直线做匀速运动，经过 y 轴上的 B 点进入 x<0 的区域，要使油滴进入 x<0 区域后能在竖直
平面内做匀速圆周运动，需在 x<0 区域内另加一匀强电场．若带电油滴做圆周运动通过 x 轴
上的 C 点，且 OA＝OC，设重力加速度为 g，求：
图 3－7－5
(1)油滴运动速度的大小．
(2)在 x<0 区域所加电场的大小和方向．
(3)油滴从 B 点运动到 C 点所用时间及 OA 的长度．
【答案】(1)
2E
B (2)E，方向竖直向上 (3)
3πE
3gB
3E2
gB2
【解析】(1)油滴从 A 运动到 B 的过程中，油滴受重力、电场力和洛伦兹力作用而处于平衡
状态，由题设条件可知 qvBcos θ－mg＝0
qvBsin θ－qE＝0
可得油滴运动速度大小为：v＝2E
B .
(2)使油滴在 x<0 的区域做匀速圆周运动，则油滴的重力与所受的电场力平衡，洛伦兹力提
供油滴做圆周运动的向心力．所以有：mg＝qE′
又 tan θ＝qE
mg
联立可得：E′＝E，方向竖直向上．
(3)如图所示，
连接 BC，过 B 作 AB 垂线交 x 轴于 O′点，因为θ＝30°，所以在△ABO′中，∠AO′B＝60°，又
OA＝OC，故∠OCB＝θ＝30°，所以∠CBO′＝30°，O′C＝O′B，则即 O′为油滴做圆周运动的
圆心．
设油滴做圆周运动的半径为 R，周期为 T，则 O′C′＝O′B＝R＝mv
qB
运动周期 T＝2πm
qB
由于∠CO′B＝120°，油滴从 B 运动到 C 的时间为
t1＝1
3T＝2πm
3qB＝3πE
3gB
又∠O′BO＝30°，所以 OO′＝1
2O′B＝1
2R
所以 OC＝R＋1
2R＝3
2R，即 OA＝3
2R＝3mv
2qB＝3E2
gB2.
【方法技巧】带电粒子(带电体)在叠加场中运动的分析方法
1．弄清叠加场的组成．
2．进行受力分析．
3．确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
4．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解．
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
(4)对于临界问题，注意挖掘隐含条件．
5．记住三点：(1)受力分析是基础；
(2)运动过程分析是关键；
(3)根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的规律列方程求解．
【变式探究】 如图 3－7－6 所示，在一竖直平面内，y 轴左方有一水平向右的匀强电场 E1
和垂直于纸面向里的匀强磁场 B1，y 轴右方有一竖直向上的匀强电场 E2 和另一匀强磁场 B2.
有一带正电荷量为 q、质量为 m 的微粒，从 x 轴上的 A 点以初速度 v 与水平方向成θ角沿直
线运动到 y 轴上的 P 点，A 点到坐标原点 O 的距离为 d.微粒进入 y 轴右侧后在竖直面内做匀
速圆周运动，然后以与 P 点运动速度相反的方向打到半径为 r 的1
4的绝缘光滑圆管内壁的 M
点(假设微粒与 M 点内壁碰后的瞬间速度不变、电荷量不变，圆管内径的大小可忽略，电场
和磁场不受影响地穿透圆管)，并沿管内壁下滑至 N 点．设 m、q、v、d、r 已知，θ＝37°，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图 3－7－6
(1)E1 与 E2 大小之比．
(2)y 轴右侧的磁感应强度 B2 的大小和方向．
(3)从 A 点运动到 N 点的整个过程所用时间．
【答案】(1)3∶4 (2)
6mv
5rq 方向垂直纸面向外 (3)
5d
4v＋5πr
3v
【解析】(1)A→P 微粒做匀速直线运动
E1q＝mgtan θ
P→M 微粒做匀速圆周运动
E2q＝mg
联立解得 E1∶E2＝3∶4
(2)由图知 P→M 刚好为半周
2R＝ r
sin θ
qvB2＝mv2
R
得 B2＝6mv
5rq
方向垂直纸面向外
(3)A→P 有：
vt1＝ d
cos θ，解得 t1＝5d
4v
P→M 有：
vt2＝πR，解得 t2＝5πr
6v
碰到 M 点速度分解竖直向下，此时 mg＝E2q，从 M→N 过程中，微粒继续做匀速圆周运动
v1＝vsin 37°
v1t3＝πr
2 ，解得 t3＝5πr
6v
所以 t 总＝t1＋t2＋t3＝5d
4v＋5πr
3v
考点 3、带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动
【例 3】(2016·江苏单科，15)回旋加速器的工作原理如图 9 甲所示，置于真空中的 D 形金
属盒半径为 R，两盒间狭缝的间距为 d，磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒
子的质量为 m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为 U0，周
期 T＝2πm
qB 。一束该粒子在 t＝0～T
2时间内从 A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考
虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子
间的相互作用。求：
图 9
(1)出射粒子的动能 Em；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到 Em 所需的总时间 t0；
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过 99%能射出，d 应满足的条件。
解析 (1)粒子运动半径为 R 时
qvB＝m
v2
R
且 Em＝1
2mv2
解得 Em＝q2B2R2
2m
(2)粒子被加速 n 次达到动能 Em，则 Em＝nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设 n 次经过狭缝的总时间为Δt，加速度 a＝qU0
md
匀加速直线运动 nd＝1
2a·Δt2
由 t0＝(n－1)·T
2＋Δt，解得 t0＝πBR2＋2BRd
2U0 －πm
qB
【举一反三】如图甲所示，在坐标系 xOy 内，沿 x 轴分成宽度均为 L＝30 cm 的区域，其间
存在电场和磁场．电场方向沿 x 轴负方向，电场强度大小是 E0＝1.5×104 V/m；磁场方向垂
直坐标平面且规定方向向里为正，磁感应强度大小 B0＝7.5×10－4 T，Ex、Bx 图线如图乙所
示．某时刻初速度为零的电子从坐标原点开始运动，电子电荷量 e＝1.6×10－19 C，电子质量
m＝9.0×10－31 kg，不计电子的重力，不考虑电子因高速运动而产生的影响，计算中π取 3.
求：
(1)电子经过 x＝L 处时速度的大小；
(2)电子从 x＝0 运动至 x＝3L 处经历的时间；
(3)电子到达 x＝6L 处时的纵坐标．
【深度剖析】
1.审题
(1)题目中场强和磁感应强度都是随空间变化，而不是随时间变化．
(2)明确在 x 轴的各段距离上，电场、磁场的有无及方向．从 x＝0 到 x＝L 处，只有电场，方
向向左；从 x＝L 到 x＝2L 处，只有磁场，方向向外；从 x＝2L 到 x＝3L 处，只有磁场，方
向向里．
2．解题思路
(1)从 x＝0 到 x＝L 处，电场力做正功，根据动能定理求速度．
(2)从 x＝L 到 x＝2L 处，粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出半径和周期．画出示意图，求
出时间．
(3)从 x＝2L 到 x＝3L 处，磁场反向，粒子偏转方向相反，到达 3L 处速度方向与 x 轴平行，
确定纵坐标．
(4)从 x＝3L 到 x＝6L 处，分段分析，求出 x＝6L 处的纵坐标．
【答案】(1)4.0×107 m/s (2)3.75×10－8 s (3)0.85 m
【解析】(1)设 x＝L 处电子的速度为 v1
eE0L＝1
2mv
2
1
v1＝2eE0L
m ＝4.0×107 m/s
(2)设电子在 x＝0 至 x＝L 间运动的时间为 t1
t1＝v1
2 ＝1.5×10－8 s
设电子在 x＝L 至 x＝3L 间的磁场中运动的半径为 r1，运动的时间为 t2
ev1B0＝m1
r1＝0.30 m
由几何关系知，电子在 x＝L 至 x＝3L 间的磁场中的运动轨迹为两个四分之一圆周
T＝2πr1
v1 ＝2πm
eB0
t2＝2×T
4＝ πm
eB0＝2.25×10－8 s
由几何关系知，电子在 x＝4L 至 x＝6L 间磁场中运动的轨迹均为八分之一圆周
所以，x＝6L 时电子的纵坐标
y＝2r1＋(r2－2
2r2)×2
整理得 y＝2r1
代入数值得 y＝0.6 m≈0.85 m
【变式探究】如图 3－7－7 所示，在 xOy 坐标系内存在周期性变化的电场和磁场，电场沿 y
轴正方向，磁场垂直纸面(以向里为正)，电场和磁场的变化规律如图 3－7－8 所示．一质量
m＝3.2×10－13 kg、电荷量 q＝－1.6×10－10 C 的带电粒子，在 t＝0 时刻以 v0＝8 m/s 的速度从
坐标原点沿 x 轴正向运动，不计粒子重力，求：
图 3－7－7
图 3－7－8
(1)粒子在磁场中运动的周期；
(2)t＝20×10－3 s 时粒子的位置坐标；
(3)t＝24×10－3 s 时粒子的速度．
【答案】(1)4×10－3 s (2)(9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m)
(3)10 m/s 方向与 x 轴正向夹角α为 37° 斜向右下方
【解析】(1)粒子在磁场中运动时 qvB＝mv2
R
T＝2πR
v ，解得 T＝2πm
qB ＝4×10－3 s
(2)粒子的运动轨迹如图所示，t＝20×10－3 s 时粒子在坐标系内做了两个圆周运动和三段类平
抛运动，水平位移 x＝3v0T＝9.6×10－2 m
竖直位移 y＝1
2a(3T)2，Eq＝ma
解得 y＝3.6×10－2 m
故 t＝20×10－3 s 时粒子的位置坐标为：(9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m)
(3)t＝24×10－3 s 时粒子的速度大小、方向与 t＝20×10－3 s 时相同，设与水平方向夹角为α
则 v＝2
y，vy＝3aT＝6 m/s
tan α＝vy
v0＝3
4，解得 v＝10 m/s
与 x 轴正向夹角α为 37°
3
4斜向右下方
【特别提醒】
若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，则在粒子穿越电场过程中，电场可看作
粒子刚进入电场时刻的匀强电场．
【变式探究】 如图 3－7－9 所示，在 xOy 平面内存在均匀分布、大小随时间周期性变化的
磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿 y
轴正方向电场强度为正)．在 t＝0 时刻由原点 O 发射初速度大小为 v0，方向沿 y 轴正方向的
带负电粒子(不计重力)．其中已知 v0、t0、B0、E0，且 E0＝B0v0
π ，粒子的比荷q
m＝ π
B0t0，x 轴
上有一点 A，坐标为48v0t0，0 .
图 3－7－9
(1)求t0
2时带电粒子的位置坐标；
(2)粒子运动过程中偏离 x 轴的最大距离；
(3)粒子经多长时间经过 A 点．
【答案】(1)
v0t0
π (2)1.5v0t0＋2v0t0
π (3)32t0
【解析】(1)粒子运动的周期 T＝2πm
qB0＝2t0
则在 0～t0
2内转过的圆心角α＝π
2
由 qv0B0＝m0 得 r1＝mv0
qB0＝v0t0
π
所以坐标为v0t0
π
(3)每 4t0 内粒子在 x 轴正向移动距离 d＝2r1＋2r2＝6v0t0
π
经过 A 点的时间 t＝π×4t0＝32t0
