第十章磁場素養提升課十二帶電粒子在組合場

中的運動提升點一帶電粒子在組合場中的運動提升點二帶電粒子在組合場中運動的應用實例內容索引課時測評提升點一帶電粒子在組合場中的運動1．組合場的三種類型(1)磁場與磁場的組合：強弱或者方向不同的磁場位于不重疊的區域內。(2)電場與磁場的組合：①電場與磁場各位于不重疊的區域內。②電場與磁場在同一區域內交替出現。2．電場、磁場中帶電粒子的運動及解答方法考向1磁場與磁場的組合磁場與磁場的組合問題的實質是兩個有界磁場中的圓周運動的組合問題1．由于洛倫茲力不做功，所以帶電粒子在兩個磁場中的速度大小一定相等，但軌跡半徑和運動周期往往不同。2．解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，尋找有關幾何關系是解題的關鍵。(2023·浙江6月選考)利用磁場實現離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，Oxy平面(紙面)的第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區域Ⅰ和Ⅱ，其中區域Ⅰ存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場，區域Ⅱ存在磁感應強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0，3L)處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。例1(1)求離子不進入區域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；答案：滿足題目要求的軌跡半徑最大的離子的運動軌跡如圖甲所示。v越大，r＝

越大，軌跡與區域Ⅰ、Ⅱ的分界線相切時，速度最大，半徑最大。根據幾何關系有rmcos60°＋L＝rm，則rm＝2L，離子不進入區域Ⅱ的最大速度v1＝

，分析可知，離子在磁場中轉過的角度θ＝120°，則離子在磁場中運動的時間(2)若B2＝2B1，求能到達y＝

處的離子的最小速度v2；答案：B2＝2B1，根據r＝

，可知r1＝2r2，離子在磁場中運動軌跡如圖乙所示，設O1、O2連線與磁場邊界夾角為α，由幾何關系有r2－r2sinα＝

，r1sinα－r1sin30°＝L，聯立解得r2＝2L，sinα＝

，根據qv2B2＝m，解得v2＝

。(3)若B2＝

y，且離子源射出的離子數按速度大小均勻地分布在

～

范圍，求進入第四象限的離子數與總離子數之比η。答案：60%最終進入區域Ⅱ的離子若剛好到達x軸，則由動量定理有B2qvyΔt＝mΔvx，即

yqΔy＝mΔvx，求和可得ΣyqΔy＝ΣmΔvx，離子從區域Ⅰ到區域Ⅱ最終到x軸上的過程中，有m(v－vcos60°)＝解得v＝

。則速度在

之間的離子才能進入第四象限；因離子源射出離子的速度在

之間，又離子源射出的離子個數按速度大小均勻分布，可知能進入第四象限的離子占離子總數的比例η＝

×100%＝60%。考向2先電場后磁場

常見的兩種運動組合1．帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動。如圖甲、乙所示。2．帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做勻速圓周運動。如圖丙、丁所示。(2023·遼寧高考)如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的

倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為

，不計粒子重力。(1)求金屬板間電勢差U；例2答案：設平行金屬板間距離為d，則平行金屬板板長為

d粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動水平方向豎直方向又vy＝聯立解得(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；答案：60°粒子進入磁場時的速度設其與水平方向的夾角為α，則即α＝30°由qvB＝

得，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝

已知磁場圓半徑R＝

，則r＝作出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖1所示粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ與粒子在磁場中運動軌跡所對應的圓心角相等，由幾何關系可得故θ＝60°。(3)僅改變圓形磁場區域的位置，使粒子仍從圖中O′點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區域的圓心M。答案：見解析根據幾何關系，將磁場圓繞O′點順時針旋轉，當O點轉到M點，粒子在磁場中的運動軌跡相應的弦為磁場圓的直徑時，粒子在磁場中的運動時間最長。作出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的磁場圓的圓心M，如圖2所示。考向3先磁場后電場

帶電粒子由磁場進入電場的兩種常見情景1．帶電粒子由磁場進入電場時速度方向與電場同向或反向(如圖甲所示)。2．帶電粒子由磁場進入電場時速度方向與電場方向垂直(如圖乙所示)。如圖所示的xOy坐標系中，第一象限存在與xOy平面平行的勻強電場，電場強度為E，且與y軸負方向的夾角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一帶正電粒子自O點射入第二象限，速度v與x軸負方向的夾角θ＝30°，粒子經磁場偏轉后從y軸上的P點進入第一象限，并由x軸上的M點(未畫出)離開電場。已知OM距離為3L，粒子的比荷為

，不計粒子重力。(1)求O、P兩點的距離；例3答案：帶電粒子在第二象限內做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，圓心為C由牛頓第二定律得qvB＝解得R＝

，又

，可得R＝L由幾何關系得∠OCP＝120°則OP＝(2)求粒子在磁場中運動的時間；答案：粒子在磁場中的運動周期T＝

粒子在磁場中偏轉120°，即在磁場中運動的時間t＝解得t＝

(3)當該粒子經過P點的同時，在電場中的N點由靜止釋放另一個完全相同的帶電粒子，若兩粒子在離開電場前相遇且所需時間最長，求N點的坐標。答案：帶電粒子進入第一象限時速度與y軸正方向成60°角，與電場方向垂直，故粒子在第一象限內做類平拋運動，軌跡如圖所示。由于兩粒子完全相同，所以只需在帶電粒子進入電場時的速度方向上的直線PN范圍內任意一點釋放粒子，均可保證兩粒子在電場中相遇，且兩粒子在M點相遇所需時間最長，即在圖中N點由靜止釋放粒子即可。設N點的橫坐標為x，縱坐標為y，根據幾何知識可得PN＝QM＝

L

，又x＝PNcos30°，y＝OP＋PNsin30°，解得x＝

L，y＝

L，故N點的坐標為考向4先后多次進入電場、磁場

“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題(2021·廣東高考)如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區域，圓a內為無場區，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環形勻強磁場區Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區磁感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為R，電子質量為m，電荷量為e，忽略相對論效應，取tan22.5°＝0.4。例4(1)當Ek0＝0時，電子加速后均沿各磁場區邊緣進入磁場，且在電場內相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求Ⅰ區的磁感應強度大小、電子在Ⅰ區磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；答案：電子進入磁場前，在電場中加速有2eU＝mv2在Ⅰ區磁場中，由幾何關系可得r＝Rtan22.5°＝0.4R根據洛倫茲力提供向心力有evB1＝m聯立解得B1＝電子在Ⅰ區磁場中的運動周期為T＝由幾何關系可得，電子在Ⅰ區磁場中運動的圓心角為φ＝電子在Ⅰ區磁場中的運動時間為t＝聯立解得t＝電子從P到Q在電場中共加速8次，故在Q點出射時的動能為Ek＝8eU。(2)已知電子只要不與Ⅰ區磁場外邊界相碰，就能從出射區域出射。當Ek0＝keU時，要保證電子從出射區域出射，求k的最大值。答案：設電子在Ⅰ區磁場中做勻速圓周運動的最大半徑為rm，此時圓周的軌跡與Ⅰ區磁場邊界相切，由幾何關系可得解得rm＝根據洛倫茲力提供向心力有evmB1＝m電子進入磁場前，在電場中加速有聯立解得k＝返回提升點二帶電粒子在組合場中運動的應用

實例考向1質譜儀1．功能：質譜儀是測量帶電粒子質量(或比荷)、分離同位素的儀器。2．構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。3．工作原理(1)加速電場：qU＝

mv2。(2)偏轉磁場：qvB＝

，l＝2r。由以上兩式可得：(2023·河南鄭州模擬)圖甲為質譜儀工作的原理圖，已知質量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，經電場加速后，由小孔S沿著與磁場垂直的方向，進入磁感應強度為B的勻強磁場中。粒子在小孔S的速度與磁場邊界垂直，最后打在照相底片上的P點，且SP＝x。忽略粒子的重力，通過測量得到x與

的關系如圖乙所示，已知斜率為k＝0.5m/V，勻強磁場的磁感應強度B為2×10－4T，π＝3.14，則下列說法中正確的是A．該粒子帶負電B．該粒子比荷為9×108C/kgC．該粒子在磁場中運動的時間約為1.96×10－5sD．若電壓U不變，打到Q點的粒子比荷大于打到P點的粒子例5 √粒子進入磁場后向左偏轉，根據左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯誤；粒子經過加速電場過程，根據動能定理可得qU＝mv2，解得v＝

，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，可得r＝

，則有x＝2r＝

，可知x-

圖像的斜率k＝

＝0.5m/v

，可得粒子的比荷為C/kg＝8×108C/kg，故B錯誤；該粒子在磁場中運動的時間為t＝

s≈1.96×10－5s，故C正確；根據x＝2r＝

，若電壓U不變，可知打到Q點的粒子比荷小于打到P點的粒子比荷，故D錯誤。故選C。對點練．(多選)如圖為一種質譜儀的示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內為均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。不計粒子重力。下列說法正確的是A．極板M比極板N的電勢高B．加速電場的電壓U＝ERC．直徑PQ＝2BD．若一群粒子從靜止開始經過題述過程都落在膠片上的同一點，則該群粒子具有相同的比荷√√粒子在靜電分析器內沿電場線方向偏轉，說明粒子帶正電荷，極板M比極板N的電勢高，故A正確；由qU＝mv2和qE＝

可得，加速電場的電壓U＝

，故B錯誤；在磁場中，由牛頓第二定律得qvB＝m，即r＝

，直徑PQ＝2r＝

，可見只有比荷相同的粒子才能打在膠片上的同一點，故C錯誤，D正確。考向2回旋加速器1．功能：回旋加速器是利用磁場使帶電粒子做回旋運動，在運動中經高頻電場反復加速的裝置。2．構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源。3．工作原理(1)交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等。(2)使粒子每經過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次。4．最大動能(1)由qvmB＝

聯立解得Ekm＝(2)粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關。5．粒子運動的總時間粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n＝

，則粒子在磁場中運動的總時間(多選)(2023·河北秦皇島一模)2022年12月28日我國中核集團全面完成了230MeV超導回旋加速器自主研制的任務，標志著我國已全面掌握小型化超導回旋加速器的核心技術，進入國際先進行列。如圖所示，圖甲為該回旋加速器的照片，圖乙為回旋加速器工作原理示意圖，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，交流加速電壓為U。圓心A處粒子源產生初速度為零，質量為m，電荷量為q的質子，質子在加速器中被加速。忽略質子穿過兩金屬盒間狹縫的時間，忽略相對論效應和重力的影響，下列說法正確的是例6 A．保持B、R、U及交流電頻率均不變，該裝置也可用于加速氘核和氚核B．若增大加速電壓U，質子從D形盒出口射出的動能增大C．質子從D形盒出口射出時，加速次數n＝D．質子第n次加速后和第n＋1次加速后的運動半徑之比為√√此加速器加速粒子時的周期與粒子在磁場中的運動周期相同，為T＝

，氘核和氚核的比荷與質子的比荷不同，即氘核和氚核與質子在磁場中運動的周期不同，所以，保持B、R、U及交流電頻率均不變，該裝置不能用于加速氘核和氚核，故A錯誤；設質子從D形盒出口射出的速度為vm，則有qvmB＝

，可得vm＝

，則質子從D形盒出口射出的動能Ek＝

與加速電壓無關，故B錯誤；設質子從D形盒出口射出時加速了n次，則由動能定理得nqU＝

解得n＝

，故C正確；由動能定理得nqU＝可得第n次加速后和第n＋1次加速后的速度分別為vn＝

，vn＋1＝

，再由質子在磁場中做圓周運動洛倫茲力提供向心力，有qvB＝

，可得r＝

，同理可得，質子第n次加速后和第n＋1次加速后的運動半徑分別為rn＝

，所以rn∶rn＋1＝vn∶vn＋1＝

，故D正確。故選CD。對點練．勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示。置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U。若A處粒子源產生的質子質量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響。則下列說法正確的是A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C．質子第2次和第1次經過兩D形盒間的狹縫后，軌道半徑之比為1∶D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速α粒子√質子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則v＝

＝2πRf，所以最大速度不超過2πfR，故A正確；根據qvB＝m，可知v＝

，則最大動能Ekm＝

，與加速電壓無關，故B錯誤；質子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據nqU＝

mv2，得v＝

知，質子第二次和第一次經過D形盒狹縫的速度之比為

∶1，根據R＝

，則半徑之比為

∶1，故C錯誤；帶電粒子在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等，根據T＝

知，換用α粒子，粒子的比荷變化，周期變化，改變交流電的頻率才能加速α粒子，故D錯誤。返回課時測評1．(2024·山東威海模擬)質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具。如圖為質譜儀的原理示意圖，現利用質譜儀對氫元素進行測量。讓氫的三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場，加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中。氫的三種同位素分別為氕(即為質子)、氘(質量約為質子的2倍，電荷量與質子相同)、氚(質量約為質子的3倍，電荷量與質子相同)，最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”。則下列判斷正確的是A．進入磁場時動量從大到小排列的順序是氕、氘、氚B．進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚C．在磁場中運動時間從大到小排列的順序是氕、氘、氚D．a、b、c三條“質譜線”依次排列的順序是氚、氘、氕√加速過程，根據動能定理有qU＝mv2，由于氫的三種同位素的電荷量相等，可知氕、氘、氚進入磁場時的動能相等，故B錯誤；根據p＝mv，結合上述可得p＝

，氫的三種同位素的電荷量相等，可知，質量越大，動量越大，即進入磁場時動量從大到小排列的順序是氚、氘、氕，故A錯誤；粒子在磁場中有qvB＝m，T＝

，粒子在磁場中的時間t＝

，氫的三種同位素的電荷量相等，可知，質量越大，在磁場中運動時間越大，即在磁場中運動時間從大到小排列的順序是氚、氘、氕，故C錯誤；根據上述可得R＝

，氫的三種同位素的電荷量相等，可知，質量越大，在磁場中運動的軌道半徑越大，即a、b、c三條“質譜線”依次排列的順序是氚、氘、氕，故D正確。故選D。2．(2024·安徽合肥模擬)回旋加速器在科學研究中得到了廣泛應用，其原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，他們接在電壓為U、頻率為f的高頻交流電源上。已知勻強磁場的磁感應強度為B，D形盒的半徑為r。若位于D1圓心處的粒子源A處能不斷產生帶電量為q、速率為零的粒子經過電場加速后進入磁場，當粒子被加速到最大動能后，再將他們引出。忽略粒子在電場中運動的時間，忽略相對論效應，下列說法正確的是A．粒子第n次被加速前后的軌道半徑之比為B．從D形盒出口引出時的速度為

πfrC．粒子在D形盒中加速的次數為D．當磁感應強度變為原來的2倍，同時改變交流電頻率，該粒子從D形盒出口引出時的動能為4πfqBr2√根據洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，則由半徑公式R＝

與nqU＝mv2，可得R＝

，所以粒子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為

，選項A錯誤；從D形盒出口引出時根據T＝

，解得速度為vm＝2πfr，選項B錯誤；由qvmB＝m

解得f＝

，粒子在D形盒中加速的次數為n＝

，選項C錯誤；粒子從D形盒出口引出時的動能為Ekm＝

mv

＝πfqBr2，當磁感應強度變為原來的2倍，因f＝

，則f變為原來的2倍，則此時Ekm＝4πfqBr2，選項D正確。故選D。3．如圖所示，兩勻強磁場的方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應強度大小分別為B1、B2，今有一質量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡為圖中虛線所示的“心”形圖線。則以下說法中正確的是A．電子的運動軌跡為PENCMDPB．B1＝2B2C．電子從射入磁場到回到P點用時為D．B1＝4B2√根據左手定則可知，電子從P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應強度大小為B1的勻強磁場時，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子運行軌跡為PDMCNEP，故A錯誤；由題圖可知，電子在左側勻強磁場中的運動半徑是在右側勻強磁場中的運動半徑的一半，根據r＝

可知B1＝2B2，故B正確，D錯誤；電子在題圖所示的運動過程中，在左側勻強磁場中運動兩個半圓，即運動一個周期，在右側勻強磁場中運動半個周期，所以t＝

，故C錯誤。4．(多選)(2023·海南高考)如圖所示，質量為m、帶電量為＋q的點電荷，從原點以初速度v0射入第一象限內的電磁場區域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0(x0、y0為已知)區域內有豎直向上的勻強電場，在x＞x0區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度(E值有多種可能)，可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到接收器MN上，則A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E＝B．粒子從NP中點射入磁場時速度為v0C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是

√√若粒子打到NP中點，則x0＝v0t1，

解得E＝

，選項A正確；粒子從NP中點射出時，有

t1，則速度

v1＝＝

，選項B錯誤；粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝

，粒子從電場中射出時的速度v＝

，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，有qvB＝m，則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到NM的距離為d＝rcosθ，解得d＝

，選項C錯誤；當粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直最大速度vym＝

，x0＝

v0t，出離電場的最大速度vm＝

則由qvmB＝m，可得最大半徑rm＝

，選項D正確。5．現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為A．11 B．12C．121 D．144√由qU＝mv2得帶電粒子進入磁場的速度為v＝

，結合帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝

，聯立得到R＝

，由題意可知，該離子與質子在磁場中具有相同的軌道半徑和電荷量，故離子和質子的質量之比為

＝144，故選D。6．(2024·河南洛陽模擬)如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間，虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是A．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關B．帶電粒子每運動一周被加速兩次C．帶電粒子每運動一周P1P2等于P2P3D．加速電場方向不需要做周期性的變化√由于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑與速度成正比，所以加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關，故A錯誤；由于題圖中虛線中間不需加電場，帶電粒子每運動一周被加速一次，故B錯誤；應用動能定理，經第一次加速后，有qU＝

，解得v1＝

；經第二次加速后，有qU＝

，解得v2＝

，而軌跡半徑r＝

，顯然帶電粒子每運動一周P1P2大于P2P3，故C錯誤；帶電粒子每次從同一位置進入加速電場，即加速電場方向不需要做周期性的變化，故D正確。7．(多選)(2024·遼寧沈陽模擬)圓心為O、半徑為R的圓形區域內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面的勻強磁場(未畫出)，磁場邊緣上的A點有一帶正電粒子源，半徑OA豎直，MN與OA平行，且與圓形邊界相切于B點，在MN的右側有范圍足夠大且水平向左的勻強電場，電場強度大小為E。當粒子的速度大小為v0且沿AO方向時，粒子剛好從B點離開磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是A．圓形區域內磁場方向垂直紙面向外B．粒子的比荷為C．粒子在磁場中運動的總時間為D．粒子在電場中運動的總時間為√√√根據題意可知，粒子從A點進入磁場時，受到洛倫茲力的作用，根據左手定則可知，圓形區域內磁場方向垂直紙面向外，故A正確；根據題意可知，粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示，根據幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑為R，粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為

，根據洛倫茲力提供向心力有qv0B＝m，可得

，故B正確；根據題意可知，粒子從B點進入電場之后，先向右做減速運動，再向左做加速運動，再次到達B點時，速度的大小仍為v0，再次進入磁場，運動軌跡如圖乙所示，則粒子在磁場中的運動時間為t磁＝

，故C錯誤；粒子在電場中，根據牛頓第二定律有qE＝ma，解得a＝

，根據v0＝at結合對稱性可得，粒子在電場中運動的總時間為t電＝

，故D正確。8．(多選)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區域內有垂直于xOy平面由內向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，θ＝45°。現將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是A．若h＝

，則粒子垂直CM射出磁場B．若h＝

，則粒子平行于x軸射出磁場C．若h＝

，則粒子垂直CM射出磁場D．若h＝

，則粒子平行于x軸射出磁場√√若h＝

，則在電場中，由動能定理得qEh＝

mv2，在磁場中，由牛頓第二定律得qvB＝m，聯立解得r＝a，根據幾何知識可知粒子垂直CM方向射出磁場，故A正確，B錯誤；若h＝

，同理可得r＝a，則根據幾何知識可知粒子平行于x軸方向射出磁場，故C錯誤，D正確。9．(多選)(2024·安徽巢湖模擬)如圖所示的平面直角坐標系xOy，在y軸的左側存在沿y軸負方向的勻強電場。在y軸的右側存在垂直坐標平面向外的勻強磁場。一比荷為k的帶正電粒子(不計重力)從x軸上的A點以沿著與x軸正方向成θ＝53°角的初速度v0開始運動，經過電場偏轉從y軸的B點以垂直y軸的速度進入磁場，磁場的磁感應強度大小為

，粒子進入磁場后電場方向變為沿y軸正方向。該帶正電粒子經過磁場偏轉，粒子先后經過x軸上的C點、y軸上的D點，粒子經D點后，再次回到x軸上的A點，sin53°＝

，cos53°＝

，下列說法正確的是A．粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為dB．A、C兩點之間的距離為3dC．勻強電場的電場強度為D．粒子從A點開始到再回到A點的運動時間為√√設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為R，由幾何關系可得OB＝OC＝R，AC＝OA＋OC，粒子從A到B做類斜拋運動，在B點的速度方向與勻強電場垂直，由逆向思維可知粒子從B到A做類平拋運動，把粒子在A點的速度v0分別沿x軸的正方向和y軸的正方向分解，設粒子在B點的速度為vB，則有vx＝v0cosθ＝vB，由洛倫茲力充當向心力，有qvBB＝m，粒子從B到A做類平拋運動，沿x軸方向與y軸方向的位移大小分別用OA、OB來表示，由類平拋運動的規律可得，過A點的速度v0的延長線交于x方向分位移的中點，由幾何關系可得tanθ＝

，結合B＝

，聯立解得R＝d，OB＝d，AC＝2.5d，A正確，B錯誤；粒子在A點沿y軸正方向的分速度為vy＝v0sinθ，由類平拋運動的規律有

·OB，聯立解得勻強電場的電場強度為E＝

，C錯誤；粒子從A點到B點的運動時間tAB＝

，粒子從B點到D點的運動時間為tBD＝

，根據運動的對稱性可知，粒子從A點開始到又回到A點的運動時間為t＝2tAB＋tBD，綜合計算可得t＝

，D正確。10．(多選)如圖所示，半徑為L的圓邊界內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab、cd是圓邊界的兩個互相垂直的直徑，邊長為L的正方形defg內存在勻強電場，邊長de與直徑cd共線，電場與磁場垂直、與gd平行，質量為m、電荷量為q的粒子(不計重力)從a點正對圓心O以初速度v0垂直射入磁場，從d點射出磁場立即進入電場，最后恰好從f點射出電場，下列說法正確的是A．粒子帶正電B．電場方向由f指向eC．粒子在磁場與電場中運動時間的比值為D．磁感應強度與電場強度大小的比值為√√粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據左手定則知，粒子帶正電，A正確；粒子在電場中做類平拋運動，根據偏轉特點，電場力方向水平向右，又因為粒子帶正電，所以電場方向由e指向f，B錯誤；根據粒子在磁場中做勻速圓周運動的規律知，粒子在磁場中運動的時間t1＝

，在電場中運動的時間t2＝

，則

，C正確；設勻強磁場的磁感應強度為B，有qv0B＝

，解得B＝

，在電場中沿著電場力方向做初速度為0的勻加速直線運動，L＝

，聯立解得E＝

，則

，D錯誤。11．(10分)如圖所示，在xOy坐標系中有圓柱形勻強磁場區域，其圓心在O′(R，0)，半徑為R，磁感應強度大小為B，磁場方向