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第 78 讲 带电粒子在组合场中的运动
1．（2022•海南）有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通
过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（ ）
A．质量 B．电量 C．比荷 D．动能
【解答】解：带电粒子在辐射电场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得
v2
qE＝m
r
1
带电粒子在磁场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得
v2
qvB＝m
r
2
mv2 mv
解得：r = ，r = ，
1 qE 2 qB
运动轨迹相同的粒子半径相同，即它们具有相同的速度和比荷，故C正确，ABD错误；
故选：C。
2．（2022•河北）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图 1所示。金属板与可调电源相
连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直 xOy平面向外。电场强度和
磁感应强度随时间的变化规律如图 2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为 m、电
荷量为q（q＞0），初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量
求：
2πm
（1）t＝0时刻释放的粒子，在t = 时刻的位置坐标；
qB
0
6πm
（2）在0～ 时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功；
qB
04πE m π2E m 6πm
0 0
（3）在M（ ， ）点放置一粒子接收器，在0～ 时间内什么时刻释放的粒
qB2 4qB2 qB
0 0 0
子在电场存在期间被捕获。
πm
=
【解答】解：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t 时间内沿y轴正方向做匀加速直线运动，
1 qB
0
qE
加速度大小为：a = 0
1
m
在t 时刻的速度大小为：v ＝a t
1 1 11
πE
代入数据解得：v = 0
1 B
0
v
此时沿y轴正方向的位移为：y = 1t
1 2 1
π2E m
解得：y = 0
1 2qB2
0
πm 2πm v2
～ 时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv B ＝m 1
qB qB 1 0 R
0 0 1
πE m
= 0
解得：R ，
1 qB2
0
2πm πm
由于粒子在磁场中运动周期T = ，所以经过 时间，粒子刚好运动半周期，
qB qB
0 02πE m
= 0
此时x方向的位移为：x ＝2R ，
1 1 qB2
0
2πm 2πE m π2E m
所以t = 时刻的位置坐标为（ 0 ， 0 ）；
qB qB2 2qB2
0 0 0
2πm πE
（2）t = 时刻粒子速度方向沿﹣y方向，大小为v = 0
qB 1 B
0 0
2πm 3πm 2qE
从 ～ 时间内，粒子的加速度大小为：a = 0，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方
qB qB 2 m
0 0
向运动。
v πm 1
设粒子经过t 时间速度减速到0，则t = 1 ，解得：t = = t
2 2 a 2 2qB 2 1
2 0
3πm 2πE m π2E m πm
0 0
所以在 时速度大小仍为v ，位置仍在（ ， ）处，此后的 时间内粒子
qB 1 qB2 2qB2 qB
0 0 0 0
仍做匀速圆周运动，轨迹如图所示。
4πm 5πm 3qE
从 ～ 时间内，粒子的加速度大小为：a = 0，粒子先沿﹣y方向运动，再沿+y方
qB qB 3 m
0 0
向运动。
5πm
设在 时速度大小为v ，根据运动学公式可得：v ＝﹣v +a t
qB 2 2 1 31
0
2πE
解得：v = 0 ，方向沿+y方向；
2 B
0
5πm 6πm
从 ～ 时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。
qB qB
0 0
1
根据动能定理可得静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功：W= mv 2
2 2
2mπ2E2
解得：W= 0 ；
B2
0
2πm 3πm
（3）根据前面的分析可知，粒子在0～t 时间内加速的时间等于粒子在 ～ 时间内减速
1 qB qB
0 0
运动的时间的2倍，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力可知，在 0～t 时间内任何时刻释放
14πE m
0
的粒子，在t＝4t 时刻水平位移均为 。
1 qB2
0
1
设粒子在t′时刻开始加速，加速时间Δt，则在t 时刻的速度v ′＝a Δt，位移：y ′= a Δt2
1 1 1 1 2 1
4πm
粒子在 时刻的速度大小为：v ′＝v ′+a （t ﹣Δt）＝a （2t ﹣Δt）
qB 2 1 2 1 1 1
0
5πm 6πm v'2
在 ～ 时间内减速的位移：y ′= 2
qB qB 2 2a
0 0 3
π2E m
若粒子恰好达到M点，则有：y ′+ 0 =y ′
2 4qB2 1
0
√15-2 πm
解得：Δt = ×
2 qB
0
4-√15 πm
所以粒子释放的时刻为：t ＝t ﹣Δt = ×
max 1 2 qB
0
若粒子恰好达到x轴，则有：y ′＝y ′
2 1
√3-1 πm
解得：Δt = ×
2 qB
0
3-√3 πm
所以粒子释放的时刻为：t ＝t ﹣Δt = ×
min 1 2 qB
0
6πm 3-√3 πm 4-√15 πm
故在0～ 时间内，粒子在 × ～ × 时刻进入电场时，才能够在电场
qB 2 qB 2 qB
0 0 0
存在期间被捕获。
2πm 2πE m π2E m
答：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t = 时刻的位置坐标为（ 0 ， 0 ）；
qB qB2 2qB2
0 0 0
6πm
2mπ2E2
0
（2）在0～ 时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功为 ；
qB B2
0 0
4πE m π2E m 3-√3 πm
（ 3 ） 在 M （ 0 ， 0 ） 点 放 置 一 粒 子 接 收 器 ， 粒 子 在 × ～
qB2 4qB2 2 qB
0 0 0
4-√15 πm
× 时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
2 qB
0一.知识回顾
1.组合场概念：
静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出
现。
2．三种场的比较
项目
力的特点 功和能的特点
名称
大小：G＝mg 重力做功与路径无关
重力场
方向：竖直向下 重力做功改变物体的重力势能
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强 静电力做功与路径无关
静电场 方向相同 W＝qU
②负电荷受力方向与场强方向相 静电力做功改变电势能
反
洛伦兹力大小：F＝qvB 洛伦兹力不做功，不改变带电粒
磁场
方向：根据左手定则判定 子的动能
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂
直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程
由几种不同的运动阶段组成。
4．常见的基本运动形式
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
示意图
受力情况 只受恒定的静电力 只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
运动轨迹 抛物线 圆弧
物理规律 类平抛运动规律、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式
qvB＝，r＝
L＝vt，y＝at2
基本公式 T＝，t＝
a＝，tanθ＝
sinθ＝
静电力既改变速度方向，也改变速 洛伦兹力只改变速度方向，不改
做功情况
度大小，对电荷做功 变速度大小，对电荷永不做功
二.例题精析
题型一： 组合场（匀变速直线运动+匀速圆周运动）
例1．如图所示，从离子源产生的某种离子，由静止经加速电压 U加速后在纸面内水平向右运动，
自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为 B，磁场左边
界竖直。已知离子射入磁场的速度大小为v，并在磁场边界的N点射出；不计重力影响和离子间
的相互作用。
（1）判断这种离子的电性；
q
（2）求这种离子的荷质比 ；
m
（3）求MN之间的距离d。【解答】解：（1）由题意可知，离子在磁场中向上偏转，离子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直
向上，由左手定则可知，离子带正电；
1
（2）离子在电场加速过程，由动能定理得：qU= mv2，
2
q v2
解得，离子核质比为： = ；
m 2U
（3）离子进入磁场做匀速圆周运动，
v2
由牛顿第二定律得：qvB＝m ，
r
MN间的距离：d＝2r，
4U
解得：d= ；
Bv
答：（1）这种离子带正电；
q v2
（2）这种离子的荷质比 为 ；
m 2U
4U
（3）MN之间的距离d为 。
Bv
题型二： 组合场（类平抛运动+匀速圆周运动）
例2．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy平面内的截面如图所示；中间是
磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场
的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N
为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴
正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重
力。
（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；
π
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为 ，求该粒子的比荷及其从M
6点运动到N点的时间。
【解答】解：（1）粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，
故画出粒子运动的轨迹，如图所示，
（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M点射入时速度的大小为v ，
0
在下侧电场中运动的时间为t，加速度大小为a，粒子的电荷量为q，质量为m，粒子进入磁场的
速度大小为v，方向与电场方向的夹角为 ，运动轨迹对应的半径为R，如图所示，
根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma ① θ
速度沿电场方向的分量为：v ＝at ②
1
垂直电场方向有：l′＝v t ③
0
根据几何关系可得：v ＝vcos ④
1
θ
v2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m ⑤
R
根据几何关系可得：l＝2Rcos ⑥
θ 2El'
联立①②③④⑤⑥式可得粒子从M点入射时速度的大小：v = ⑦
0
Bl
v
= 0
（3）根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v π ⑧
1
tan
6
q 4√3El'
联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷： = ⑨
m B2l2
2πR 2πm
粒子在磁场中运动的周期：T= = ⑩
v qB
π π
2( - )
粒子由M点到N点所用的时间：t′＝2t 2 6 •T⑪
+
2π
Bl √3πl
联立③⑦⑨⑪式可得：t′= （1+ ）
E 18l'答：（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹，如图所示；
2El'
（2）该粒子从M点入射时速度的大小为 ；
Bl
4√3El' Bl √3πl
（3）该粒子的比荷为 ，其从M点运动到N点的时间 （1+ ）。
B2l2 E 18l'
三.举一反三，巩固练习
1. 质谱仪是研究同位素的重要工具，重庆一中学生在学习了质谱仪原理后，运用所学知
识设计了一个质谱仪，其构造原理如图所示。粒子源 O可产生a、b两种电荷量相同、质量不
同的粒子（初速度可视为0），经电场加速后从板AB边缘沿平行于板间方向射入，两平行板
AB与CD间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，板间距为 L，板足够长，a、b粒子最终分别
1
打到CD板上的E、F点，E、F到C点的距离分别为 L和L，则a、b两粒子的质量之比为（
2
）
5 25 1 1
A． B． C． D．
8 64 2 4L
【解答】解：画出两个粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得r2=(
)
2+(L-r
)
2，所以
a 2 a
5
r = L，r 由图易得为L。
a 8 b
1
粒子在电场中加速阶段，由动能定理有qU= mv2
2
v2 1 √2mU
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv=m ，所以r= ，
r B q
所以 r
a=
√m
a
，解得 m
a=
25，故B正确，ACD错误。
r √m m 64
b b b
故选：B。
2. 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角 ＝
30°。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.75×10﹣3T。虚线下方到第四象θ限
q
内有与虚线平行、电场强度E＝20N/C的匀强电场。一比荷 =2×105C/kg的带电粒子从y轴
m
正半轴上的P点以速度v ＝300m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M
0
点（M点图中未画出）垂直虚线方向进入电场（不计重力），则（ ）
A．该带电粒子一定带正电B．OM之间的距离为2m
C．粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98m
D．粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
【解答】解：A、根据题目的描述可知，粒子进入磁场时受到的洛伦兹力竖直向下，根据左手定
则可知，带电粒子带负电，故A错误；
B、粒子的洛伦兹力提供向心力，则 mv2
qv B= 0
0 r
代入数据解得：r＝2m
根据几何关系可知，O点为粒子做圆周运动的圆心，因此 OM之间的距离也等于半径，即为
2m，故B正确；
CD、将粒子进入电场后的速度分解为水平和竖直方向，将粒子的加速度也分解为水平和竖直方
向，则
在竖直方向上： (v cos30°) 2
y= 0
2asin30°
qE
其中，a=
m
联立解得：y＝0.04m，因此粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.96m，无法击中x
轴，故CD错误；
故选：B。
3. 如图所示，一平行板电容器，右极板接电源正极，板长为 2d，板间距离为d。一带电
量为q、质量为m的负离子（重力不计）以速度v 贴近左极板沿极板方向射入，恰从右极板下
0
边缘射出。在右极板右侧空间存在垂直纸面方向的匀强磁场（未标出）。要使该负离子在磁场
中运动后，又恰能直接从右极板上边缘进入电场，则（ ）
A．磁场方向垂直纸面向里B．磁场方向垂直纸面向外，向里都有可能
mv
C．磁感应强度大小为 0
qd
3√2πd
D．在磁场中运动时间为
2v
0
【解答】解：AB、粒子在电场中做类似平抛运动，离开电场后做匀速圆周运动，轨迹如图：
粒子带负电荷，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外，故AB错误；
C、对于抛物线运动，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，
y
即tan ＝2tan ＝2• =1，故 ＝45°，
x
α β α
又由于tan v ，故v ＝v ，v v ；
= y y 0 =√2 0
v
α x
根据几何关系，圆周运动的轨道半径为R=√2d；
v2
圆周运动中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m ；
R
解得
mv
B= 0，故C正确；
qd
3
3 π⋅√2d
D、磁场中运动时间为：t= T＝T2 3πd，故D错误；
4 =
v 2v
0
故选：C。
4. 如图所示，氕 、氘 、氚 三种核子分别从静止开始经过同一加速电压U
1H 2H 3H 1
1 1 1
（图中未画出）加速，再经过同一偏转电压U 偏转，后进入垂直于纸面向里的有界匀强磁场，
2氕 的运动轨迹如图。则氕 、氘 、氚 三种核子射入磁场的点和射出磁场的点
1H 1H 2H 3H
1 1 1 1
间距最大的是（ ）
A．氕 B．氘 C．氚 D．无法判定
1H 2H 3H
1 1 1
【解答】解：设核子的质量为m，带电量为q，偏转电场对应的极板长为L，板间距离为d，板
间电场强度为E，进入偏转电场的速度为v ，进入磁场的速度为v，在偏转电场的侧移量为y，
0
速度偏转角为 。
核子在加速电场θ运动过程，由动能定理得：
1
qU = mv2
1 2 0
核子在偏转电场做类平抛运动，将运动沿极板方向和垂直极板方向分解。
沿极板方向做匀速直线运动，则有：L＝v t
0
1
沿极板方向做匀加速直线运动，则有：y= at2；v ＝at
y
2
qE qU
由牛顿第二定律得：a= = 2
m md
联立解得：
y U L2 ，
= 2
4dU
1
tan v U L
= y = 2
v 2dU
θ 0 1
可见核子在偏转电场的侧移量y与速度偏转角 均与核子的质量和带电量无关，故三种核子进入
磁场的位置和速度方向均相同。 θ
v
进入磁场的速度：v= 0
cosθ核子在匀强磁场只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
v2
qvB=m
r
由几何关系可得，射入磁场的点和射出磁场的点间距s为：
s＝2rcos
θ
联立解得：s 2mv 2m √2qU 2 √2mU
= 0= ⋅ 1= ⋅ 1
qB qB m B q
氕 、氘 、氚 三种核子的电量相等，氚 的质量最大，则氚 的射入磁场的点
1H 2H 3H 3H 3H
1 1 1 1 1
和射出磁场的点间距最大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5. （多选）如图所示，以坐标原点O为圆心、半径为R的区域内存在方向垂直xOy平
面向外的匀强磁场。磁场左侧有一平行y轴放置的荧光屏，相距为d的足够大金属薄板K、A
平行于x轴正对放置，K板中央有一小孔P，K板与磁场边界相切于P点，K、A两板间加有恒
定电压，K板电势高于A板电势。紧挨A板内侧有一长为3d的线状电子源，其中点正对P孔。
电子源可以沿xOy平面向各个方向发射速率均为v 的电子，沿y轴进入磁场的电子，经磁场偏
0
2mv
转后垂直打在荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，磁场磁感应强度B= 0，不计
eR
电子重力及它们间的相互作用力。则（ ）A．K，A极板间的电压大小为mv2
0
e
4√3d
B．所发射电子能进入P孔的电子源的长度为
3
C．荧光屏上能有电子到达的区域长度为R
πR
D．所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为
6v
0
1
【解答】解：A．根据题意，电子在磁场运动 圆周，轨迹半径r＝R，电子在磁场中运动时有
4
mv2
evB=
r
电子在AK间运动时有
1 1
eU= mv2- mv2
2 2 0
解得：U 3mv2，故A错误；
= 0
2e
B．如图当速度方向平行x轴发射的电子刚好可以进入P，该电子就是电子源离中心点最远处发射的，设
此处离中心点的距离为x，则
x＝v t
0
1
d= at2
2
eU
=ma
d
2√3
联立解得：x= d
3
所以满足条件的长度为
4√3
l=2x= d，故B正确；
3
C．由几何关系得，进入磁场的所有电子都平行 x轴击中荧光屏能从P进入磁场的电子速度方向
与OP的最大夹角为
θv 1
sinθ= 0=
v 2
解得： ＝30°
由几何θ关系得
y ＝R+Rsin
1
y ＝R﹣Rsinθ
2
解得：L＝yθ﹣y ＝R，故C正确；
1 2
D．由前面分析可知，电子在磁场中转过的最小圆心角为
＝60°
α则所有达到荧光屏的电子中在磁场中运动时间最短为
60° 2πm πR
t = × = ，故D正确。
min 360° qB 6v
0
故选：BCD。
6. （多选）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面
的匀强磁场（未画出），磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，OA竖直，MN与OA平行，
且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大水平向左的匀强电场，电场强度为 E。
当粒子的速度大小为v 且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场。不计粒子重力和粒子间的
0
相互作用，下列说法正确的是（ ）A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
v
B．粒子的比荷为 0
BR
πR
C．粒子在磁场中运动的总时间为
2v
0
2BR
D．粒子在电场中运动的总时间为
E
【解答】解：AB、粒子从B点离开磁场，由左手定则可知磁场方向垂直直面向外，根据几何关
系知粒子做圆周运动的半径为R，qvB＝mv2，解得q v ，故AB正确；
0 = 0
R m BR
CD、粒子从B点进入电场向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动再次从B点进入
磁场，根据动量定理得，选向左为正方向，粒子在电场中运动的时间为；Eqt＝2mv
0
2mv 2BR
t= 0= ，粒子再次从B点进入磁场，经过四分之一的周期离开磁场，所以粒子在磁场
Eq E
πR
中运动的总时间为t总 =
v
，故C错误，D正确；
0
故选：ABD。
7. （多选）如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核和氘
核分别以相同的初动能E 从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，电场
k
强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向
里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为+q，不计氕核和氘核的重力。下列说
法正确的是（ ）A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为√10E
k
m
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为√5mE
k
qB
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距2（ 1）√mE
√2- k
qB
【解答】解：A、第一次在电场中，粒子均做类平抛运动，水平方向有：x＝v t，
0
1 1 qE
竖直方向有：y= at2= × t2
2 2 m
qE
联立解得：y= x2
4E
k
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即气核和氘
核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，故A正确；
1
a t2
B、氘核在电场中做类平抛，根据类平抛运动的规律可得：tan45° 2 2 2
=
v t
0 2
1
根据动能的计算公式可得：E = ×2mv2
k 2 02
qE
根据牛顿第二定律可得：a =
2
2m
竖直方向的速度大小为：v ＝a t
y2 22
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v
2=√v2 +v2
02 y2联立解得：v √5E ，故B错误；
2= k
m
C、由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为：v √10E
1= k
m
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv
B＝mv2
1 1
r
1
mv √10mE
解得：r = 1= k，故C错误；
1
qB qB
D、粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为 ，根据类平抛运动的规律，则有：
tan ＝2tan45°。 α
设粒α子在进入磁场速度方向与MN的夹角为 ，则： ＝ ﹣45°
√10 β β α
可得：sin =
10
β
粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离：s＝2rsin
2mv 2√5mE β
氘核在磁场中的半径：r = 2= k
2
qB qB
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距：Δs＝s ﹣s √10（r ﹣r ）＝2（ 1）√mE ，
2 1= 2 1 √2- k
5 qB
故D正确。
故选：AD。
8. 如图甲所示，圆形区域内有一磁感应强度大小为 B、垂直纸面向外的匀强磁场；紧挨
着竖直放置的两平行金属板，M板接地，中间有一狭缝。当有粒子通过狭缝时N板有电势，
且随时间变化的规律如图乙所示。在圆形磁场P处的粒子发射装置，以任意角射出质量m、电荷量q、速率v 的粒子，在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等。从圆弧ab之间
0
离开磁场的粒子均能打在竖直放置的N板上，粒子间的相互作用及其重力均可忽略不计。求这
部分粒子。
（1）在磁场中运动的最短时间t；
（2）到达N板上动能的最大值E ；
km
（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件。
【解答】解：（1）粒子在磁场中的轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的
半径正好相等，此为“磁发散”模型，所有粒子出磁场的速度平行，且都垂直PO。
根据洛伦兹力提供向心力得：
qv B＝mv 2
0 0
R
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
2πR 2πm
T′= =
v qB
0
由轨迹图可知粒子从b点离开时，其轨迹圆心角最小为90°，在磁场中运动的时间最短，则有：
90° πm
t= ⋅T'= ；
360° 2qB
（2）粒子在磁场逆时针偏转，根据左手定则可知粒子带负电，且所有粒子从磁场离开进入电场
的速度大小均为v ，方向均与极板垂直，可知在电场中受到的电场力方向与速度方向在同一直
0
线上，为了使粒子到达N板上动能最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，
根据动能定理可得：1
qU ＝E - mv 2
0 km 2 0
解得最大动能为：
1
E ＝qU + mv 2；
km 0 2 0
（3）要保证到达N板上速度最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，即粒
T
子在极板中运动的时间应满足：t ≤
1
2
设MN间距离为d，粒子到达N板的最大速度为v ，则有：
m
1 1
E ＝qU + mv 2= mv 2
km 0 2 0 2 m
解得：v √2qU
m= 0+v2
m 0
根据运动学公式可得：
v +v
d= 0 m ⋅t
2 1
联立可得：d T √2qU
≤ (v + 0+v2 )
4 0 m 0
故要保证到达N板上速度最大，MN间距离d应满足：0＜d T √2qU 。
≤ (v + 0+v2 )
4 0 m 0
πm
答：（1）在磁场中运动的最短时间t为 ；
2qB
1
（2）到达N板上动能的最大值E 为qU + mv 2；
km 0 2 0
（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件为0＜d T √2qU 。
≤ (v + 0+v2 )
4 0 m 09. 如图所示，坐标系xOy第一象限内有场强大小为E，方向沿x轴正方向的匀强电场，
第二象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面且与x轴相切于P点的圆形匀强磁场
2eBl
区域（图中未画出），P点的坐标为（﹣3l ，0），电子a、b以大小相等的速度v= 0从P
0
m
π
点射入磁场，b沿+y方向，a、b速度方向间的夹角为 （0＜ ＜ ），a、b经过磁场偏转后
2
θ θ
均垂直于y轴进入第一象限，b经过y轴上的Q点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电
子重力。
（1）求Q点的坐标；
（2）求a、b第1次通过磁场的时间差Δt；
（3）a、b离开电场后途经同一点A（图中未画出），求A点的坐标及a从P点运动至A点的总
路程s。
【解答】解：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，作出电子b的运动轨迹如图中红色轨迹所示，
π 1
由题意知电子b在磁场中偏转了 ，故电子b圆周运动的轨迹为 圆周，可得OQ的距离等于电
2 4
子b圆周运动的半径（设为R）。由洛伦兹力提供向心力得
v2
evB=m
R2eBl
已知：v= 0
m
解得：R＝2l
0
则Q点的坐标为（0，2l ）；
0
（2）由题意知电子a、b经过磁场偏转后射出磁场时速度相互平行均垂直于y轴，由“磁发散”
模型可知圆形匀强磁场的半径与电子圆周运动的半径相等均为R＝2l ，电子a的运动轨迹如图中
0
π
蓝色轨迹所示，由几何关系可得电子a由P到C的轨迹圆心角 = -θ，而电子b的轨迹圆心角
2
α
π
为 。
2
π
b第1次通过磁场的时间：t 2 2πR
b=
⋅
2π v
π
-θ
a第1次通过磁场的时间：t 2 2πR
a=
⋅
2π v
π π
-θ
a、b第1次通过磁场的时间差：Δt＝t ﹣t 2 2πR 2 2πR θR θm；
b a= ⋅ - ⋅ = =
2π v 2π v v eB
（3）a、b进入电场后先沿电场方向做匀加速直线运动，速度为零后再反向做匀加速直线运动，
由运动对称性可知a、b离开电场时速度大小仍为v，速度相互平行均垂直于y轴进入磁场，由
“磁聚焦”模型可知a、b均在圆形匀强磁场区域的最高点离开磁场，即点A在P点的正上方。
故A点的横坐标为：x ＝﹣3l ，A点的纵坐标为：y ＝2R＝4l ，
A 0 A 0
则A点的坐标为：（﹣3l ，4l ）；
0 0
由几何关系可得：CD＝3l ﹣Rcos ＝3l ﹣2l cos
0 0 0
θv2 v2 4eθB2l2
= = 0
a在电场中的运动路程为：s ＝2•2a eE mE
1
m
电子a在磁场由C到A的轨迹圆心角为 ，由几何关系可得： + ＝ ，则电子a在磁场中运动
总的轨迹长为半个圆周。 β α β π
1
故电子a在磁场中运动总路程为：s = ×2πR=2 l
2 0
2
πa从P点运动至A点的总路程：s＝2CD+s +s ＝6l ﹣4l cos 4eB2l2 2 l 。
1 2 0 0 + 0+ 0
mE
θ π
答：（1）Q点的坐标为（0，2l ）；
0
θm
（2）a、b第1次通过磁场的时间差Δt为 ；
eB
（3）A点的坐标为（﹣3l ，4l ）及a从P点运动至A点的总路程s为6l ﹣4l cos 4eB2l2
0 0 0 0 + 0+
mE
θ
2 l 。
0
π
10. 显像管电视机已渐渐退出了历史的舞台，但其利用磁场控制电荷运动的方法仍然被广
泛应用。如图为一磁场控制电子运动的示意图，大量质量为m，电荷量为e（e＞0）的电子从
P点飘进加速电压为U的极板，加速后的电子从右极板的小孔沿中心线射出，一圆形匀强磁场
1 √6mU
区域，区域半径为R，磁感应强度大小B= ，方向垂直于纸面向里，其圆心O 位于
1
3R e
中心线上，在O 右侧2R处有一垂直于中心线的荧光屏，其长度足够大，屏上 O 也位于中心
1 2
线上，不计电子进电场时的初速度及它们间的相互作用，R，U，m，e为已知量。求：
（1）电子在磁场中运动时的半径r；
（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间；
（3）若圆形磁场区域可由图示位置沿y轴向上或向下平移，则圆形区域向哪个方向平移多少距
离时，电子在磁场中的运动时间最长？并求此情况下粒子打在荧光屏上位置离O 的距离。
2【解答】解：（1）设电子在电场中加速获得的速度v，由动能定理得
1
eU= mv2
2
电子在磁场中做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律
mv2
evB=
r
根据题意解得：r=√3R
（2）由左手定则判断出电子圆周运动的圆心O 在中心线下方，设速度偏向角及轨迹圆弧对应的
3
圆心角为 ，出磁场后打到荧光屏的M点，如图1
θ
图1
由几何关系可知
R
tan =
r
θ
解得
＝60°
θ则
O M＝4R
1
电子在磁场中的运动时间为θr
t =
1
v
电子飞出磁场后的运动时间为
O M-R
t = 3
2
v
则电子从进磁场到在荧光屏上的运动时间为t＝t +t
1 1
√6π+9√2 √ m
联立解得：t=( )R
6 eU
（3）易知，当粒子射入和射出两点连线为圆形磁场直径时，时间最长，如图 2，当磁场示位置
沿，轴负向平移O E时，电子从C点进入磁场，从D点出磁场，做圆周运动的圆心为O ，速度
1 4
偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为 ，出磁场后打到荧光屏的N点，CD为圆形区域的直径。
α
O O 的延长线交中心线于F
1 4
图2
由几何关系可知
α √3
sin =
2 3
α √2
tan =
2 2
tan ＝2√2
α α
O E＝O Csin
1 1
2解得
√3
O E= R
1
3
√3
故磁场沿轴负向平移点 R时电子在磁场中运动时间最久，又
3
α
EF＝O Etan
1
2
O N＝（O E﹣EF） tan
2 2
α 2√3
联立解得：O N＝（4√2- ）R
2
3
答：（1）电子在磁场中运动时的半径为√3R；
√6π+9√2 √ m
（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间为( )R ；
6 eU
√3
（3）若圆形磁场区域可由图示位置沿y轴向上或向下平移，则磁场沿轴负向平移点 R时电子
3
2√3
在磁场中运动时间最久，此情况下粒子打在荧光屏上位置离O 的距离为（4√2- ）R。
2
3
