2020高考物理二轮复习专题八磁吃对练含解析 60页

高考总复习 磁场 ‎2020年高考必备 ‎2015年 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 ‎2019年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 考点一 磁场对电流的作用　磁场对运动电荷的作用 ‎24‎ ‎18、19‎ ‎18‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎18‎ ‎18‎ ‎20‎ ‎17‎ ‎17‎ 考点二 带电粒子在复合场中的运动 ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎24‎ ‎18‎ 考点一　磁场对电流的作用　磁场对运动电荷的作用 命题角度1磁感应强度的矢量性及安培定则的应用　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.‎ ‎(多选)(2018全国Ⅱ·20)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称.整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外.已知a、b两点的磁感应强度大小分别为‎1‎‎3‎B0和‎1‎‎2‎B0,方向也垂直于纸面向外.则(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为‎7‎‎12‎B0‎ B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为‎1‎‎12‎B0‎ 60‎ 高考总复习 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为‎1‎‎12‎B0‎ D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为‎7‎‎12‎B0‎ 答案AC 解析设L1在a、b点产生的磁感应强度分别为B1a、B1b,L2在a、b点产生的磁感应强度分别为B2a、B2b,根据安培定则可知,B1a=B1b,方向均垂直纸面向里;B2a=B2b,B2a方向垂直纸面向里,B2b方向垂直纸面向外;根据题意,对a点有,B1a+B2a-B0=-B‎0‎‎3‎.对b点有,B1b-B2b-B0=-B‎0‎‎2‎,联立以上方程解得B1a=B1b=‎7‎B‎0‎‎12‎,B2a=B2b=B‎0‎‎12‎,选项A、C正确.‎ ‎2.(2017全国Ⅲ·18)‎ 如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零.如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A.0 B.‎3‎‎3‎B0 ‎ C.‎2‎‎3‎‎3‎B0 D.2B0‎ 答案C 解析设导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1、B2的大小为B,如图甲所示,两磁感应强度的夹角为60°,可知合磁感应强度大小为‎3‎B,方向水平向右,所以匀强磁场的磁感应强度B0=‎3‎B,方向水平向左;P中的电流反向后,导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1'、B2'如图乙所示,各自大小仍为B,夹角为120°,则其合磁感应强度大小仍为B,方向竖直向上,与原匀强磁场B0合成后,总的磁感应强度大小为B总=‎2‎‎3‎‎3‎B0,C正确.‎ 60‎ 高考总复习 分析磁场叠加的思路 ‎(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向,注意分清“电流方向(因)”和“磁场方向(果)”.‎ ‎(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向.‎ ‎(3)磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ ‎(多选)已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=kIr(其中k为比例系数,I为电流强度,r为该点到直导线的距离).现有四根平行的通电长直导线,其横截面积恰好在一个边长为L 60‎ 高考总复习 的正方形的四个顶点上,电流方向如图,其中A、C导线中的电流大小为I1,B、D导线中的电流大小为I2.已知A导线所受的磁场力恰好为零,则下列说法正确的是(　　)‎ A.电流的大小关系为I1=2I2‎ B.四根导线所受的磁场力为零 C.正方形中心O处的磁感应强度为零 D.若移走A导线,则中心O处的磁场将沿OB方向 答案ACD 解析导线BCD在导线A处的磁场如图甲所示,根据题意A导线的磁场力为零,则A处的合磁场为零,即‎2‎kI‎2‎L=kI‎1‎‎2‎L,则I1=2I2,故选项A正确;同理将各点的磁场都画出,可以判断B、D导线处的合磁场不为零,故磁场力不为零,故选项B错误;将各导线在O点的磁场画出,如图乙所示,由于A、C导线电流相等而且距离O点距离相等,则BA'=BC',同理BB'=BD',即正方形中心O处的磁感应强度为零,故选项C正确;若移走A导线,则磁场BA'不存在,由于BB'=BD',则此时在O点的磁场只剩下导线C的磁场,而且导线C点磁场方向沿OB方向,即中心O处的磁场将沿OB方向,故选项D正确.‎ 甲 乙 ‎2.‎ 60‎ 高考总复习 如图,同一平面内有两根互相平行的长直导线M和N,通有等大反向的电流,该平面内的a、b两点关于导线N对称,且a点与两导线的距离相等.若a点的磁感应强度大小为B,则下列关于b点磁感应强度Bb的判断正确的是(　　)‎ A.Bb>2B,方向垂直该平面向里 B.Bb<‎1‎‎2‎B,方向垂直该平面向外 C.‎1‎‎2‎Br时,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的速度偏转角最大(所有的弦长中直径最长).③当R=r时,保持粒子的入射速率和入射点不变,改变速度的方向,射出圆形磁场后速度方向相同,或以相同速度(速度大小相等方向相同)从不同点射入圆形磁场的粒子汇聚到磁场边界同一点,这称为磁聚焦现象.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ ‎(2019安徽马鞍山模拟)如图所示,abcd为一正方形边界的匀强磁场区域,磁场边界边长为L,磁场方向垂直边界平面向里.三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入,粒子1从b点射出,粒子2从c点射出,粒子3从cd边垂直于磁场边界射出,不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用.根据以上信息,可以确定(　　)‎ A.粒子1带负电,粒子2不带电,粒子3带正电 B.粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1‎ C.粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1‎ D.粒子3的射出位置与d点相距L‎2‎ 答案B 60‎ 高考总复习 解析根据左手定则可知,粒子1带正电,粒子2不带电,粒子3带负电,选项A错误;由几何关系知,粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周,半径r1=Lsin 45°=‎2‎‎2‎L,在磁场中运动时间t1=‎1‎‎4‎T=‎1‎‎4‎‎×‎2πr‎1‎v=‎‎2‎πL‎4v,粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周,半径r3=Lsin45°‎‎=‎‎2‎L,在磁场中运动时间t3=‎1‎‎8‎T=‎1‎‎8‎‎×‎2πr‎3‎v=‎‎2‎πL‎4v,则t1=t3,选项C错误;由r1∶r3=1∶2及r=mvqB可知粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1,选项B正确;粒子3的射出位置与d点相距(‎2‎-1)L,选项D错误.‎ ‎2.‎ ‎(2019山东滕州模拟)如图所示,匀强磁场的边界为直角三角形abc,一束带正电的相同粒子以不同的速度v沿bc方向从b点射入磁场,不计粒子的重力.关于粒子在磁场中的运动情况,下列说法正确的是(　　)‎ A.入射速度越大的粒子,在磁场中的运动时间越长 B.入射速度越大的粒子,在磁场中的运动轨迹越长 C.从ab边射出的粒子在磁场中的运动时间都相等 D.从ac边射出的粒子在磁场中的运动时间都相等 答案C 解析带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径r=mvqB,速度越大,半径越大,从ac边出射的粒子,速度越大,运动轨迹越短,对应的圆心角θ越小,根据t=θ‎2πT和T=‎2πmqB可知,粒子在磁场中的运动时间越短,选项A、B、D错误;从ab边出射的粒子速度的偏向角都相同,而粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角等于速度的偏向角,由t=θ‎2πT可知,粒子在磁场中的运动时间相等,选项C正确.‎ ‎3.(多选)如图所示,在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),沿纸面从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域,若该三角形的两直角边长均为2l,则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)‎ 60‎ 高考总复习 A.若该粒子的入射速度为v=qBlm,则粒子一定从CD边射出磁场,且距点C的距离为l B.若要使粒子从CD边射出,则粒子从O点入射的最大速度应为v=‎‎2‎qBlm C.若要使粒子从AC边射出,则粒子从O点入射的最大速度应为v=‎qBl‎2m D.粒子以不同大小的速度入射时,在磁场中运动的最长时间为πmqB 答案ACD 解析若粒子的入射速度为v=qBlm,根据洛伦兹力提供向心力可知Bqv=mv‎2‎r,解得r=l;根据几何关系可知,粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场,选项A正确;根据洛伦兹力提供向心力可知,v=Bqrm,因此半径越大,速度越大.根据几何关系可知,若要使粒子从CD边射出,粒子轨迹与AD边相切时半径最大,由几何关系可知,最大半径满足(rm+l)2=rm‎2‎‎+‎rm‎2‎,解得rm=(‎2‎+1)l,则若要使粒子从CD边射出,该粒子从O点入射的最大速度应为v=‎(‎2‎+1)qBlm,选项B错误;若要使粒子从AC边射出,则该粒子从O点入射的最大轨迹半径为‎1‎‎2‎l,因此最大速度应为v=qBl‎2m,选项C正确;粒子从AC边射出时在磁场中运动的时间最长.粒子运行周期为‎2πmBq,根据几何关系可知,粒子在磁场中偏转对应的最大圆心角为180°,故在磁场中运动的最长时间为πmqB,选项D正确.‎ ‎4.如图所示,在水平面内存在一半径为2R和半径为R的两个同心圆,半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域.小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场.小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B.位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为qBRm的正粒子,粒子的电荷量为q、质量为m,为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内,环形区域磁感应强度大小至少为(　　)‎ 60‎ 高考总复习 A.B B.‎4‎‎5‎B C.‎5‎‎3‎B D.‎4‎‎3‎B 答案C 解析粒子在小圆内做圆周运动的半径为r=mvBq=R,由轨迹图可知,粒子从A点与OA成30°角的方向射入环形区域,粒子恰好不射出磁场时,轨迹圆与大圆相切,设半径为r,由几何知识可知∠OAO2=120°.由余弦定理可知,(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120°,解得r=‎3‎‎5‎R,由qvB'=mv‎2‎r,则B'=mvqr‎=‎5mv‎3qR=‎‎5‎‎3‎B,故选C.‎ ‎5.‎ 如图所示,在某电子设备中有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.AC、AD两块挡板垂直纸面放置,夹角为90°.一束电荷量为+q、质量为m的相同粒子,从AD板上距A点为L的小孔P处以不同速率垂直于磁场方向射入,速度方向与AD板的夹角为60°,不计粒子的重力和粒子间的相互作用.求:‎ ‎(1)直接打在AD板上Q点的粒子,其从P点运动到Q点的时间是多少?‎ ‎(2)直接垂直打在AC板上的粒子,其运动速率是多大?‎ 60‎ 高考总复习 答案(1)‎2πm‎3qB　(2)‎‎2‎3‎qBL‎3m 解析(1)根据已知条件画出粒子的运动轨迹,如图中Ⅰ轨迹所示.‎ 粒子打在AD板上的Q点,圆心为O1,由几何关系可知,轨迹对应的圆心角∠PO1Q=120°‎ 由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=mv‎2‎R 圆周运动的周期公式T=‎‎2πRv 联立解得T=‎‎2πmqB 则运动的时间为t=‎120°‎‎360°‎T=‎2πm‎3qB.‎ ‎(2)粒子垂直打到AC板上,运动轨迹如图中Ⅱ轨迹所示.‎ 由图可知圆心为O2,∠APO2=30°,设粒子运动的轨迹半径为r,由几何关系得rcos 30°=L 由洛伦兹力提供向心力得 qvB=mv‎2‎r 解得v=‎2‎3‎qBL‎3m.‎ 命题角度4(储备)带电粒子在洛伦兹力作用下运动的多解问题　‎ ‎【典题】 ‎ 60‎ 高考总复习 ‎(多选)如图所示,直线MN与水平方向成θ=30°角,MN的右上方区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向外的匀强磁场,MN的左下方区域存在磁感应强度大小为2B、方向水平向里的匀强磁场,MN与两磁场均垂直.一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(粒子重力不计),所有粒子均能通过MN上的b点.已知ab=L,MN两侧磁场区域均足够大,则粒子的速率可能是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.qBL‎8m B.qBL‎6m C.qBL‎2m D.‎qBLm 答案BD 解析 粒子运动过程只受洛伦兹力作用,故在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则在右边磁场时有Bvq=mv‎2‎R,则粒子在右边磁场中做圆周运动的轨道半径R=mvBq;同理在左边磁场中做圆周运动的半径为R'=mv‎2Bq‎=‎R‎2‎,作出运动轨迹,如图所示.由几何关系可知,所有圆心角均为60°,则图中所有三角形都为等边三角形,若粒子偏转偶数次到达b点,则有L=nR+R‎2‎=n‎3R‎2‎(n=2,4,6…),解得R=‎2L‎3n(n=2,4,6…),故速度为v=BqRm‎=‎‎2BqL‎3nm(n=2,4,6…),当n=4时v=BqRm‎=‎2BqL‎3×4m=‎BqL‎6m,故B正确;若粒子偏转奇数次到达b点,则有L=nR+(n-1)R‎2‎‎=‎R‎2‎(3n-1)(n=1,3,5…),解得R=‎2L‎3n-1‎(n=1,3,5…),故速度为v=BqRm‎=‎‎2BqL‎(3n-1)m(n=1,3,5…),当n=1时v=BqRm‎=‎2BqL‎(3×1-1)m=‎BqLm,故D正确.由上分析可知A、C错误,故选B、D.‎ 60‎ 高考总复习 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的多解原因 类型 分　析 图　例 带电粒 子电性 不确定 在相同初速度下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,形成多解.如图为比荷相同的正、负两粒子以相同速度进入磁场运动的轨迹图 a带正电,‎ b带负电 60‎ 高考总复习 磁场方 向不 确定 磁感应强度大小确定,方向不确定而形成的多解.如图,带正电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场 a为磁场向里,‎ b为磁场向外 临界状 态不 唯一 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过磁场飞出,也可能转过180°从入射界面这边反向飞出,从而形成多解,如图 运动具 有周 期性 带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时,运动往往具有往复性,从而形成多解,如图 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ ‎(2019山东安丘模拟)如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向夹角为θ(0<θ<π)的方向,发射一个速率为v的带正电粒子(重力不计).则下列说法正确的是(　　)‎ A.若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短 B.若v一定,θ越大,则粒子离开磁场的位置距O点越远 60‎ 高考总复习 C.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大 D.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间越短 答案A 解析由左手定则可知,带正电的粒子向左偏转,粒子在磁场中运动的周期T=‎2πmqB,在磁场中运动的时间t=‎2π-2θ‎2πT=‎2(π-θ)mqB.若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短,选项A正确;由几何关系知,若v一定,θ等于90°时,粒子离开磁场的位置距O点最远,选项B错误;粒子在磁场中运动的时间与v无关,由ω=‎2πT‎=‎qBm可知,粒子在磁场中运动的角速度与v无关,选项C、D错误.‎ ‎2.‎ ‎(2019山东东平模拟)如图所示,在x>0,y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的P点沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场.不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是(　　)‎ A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点 B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为‎5πm‎3qB C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqB D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm‎6qB 答案C 解析 60‎ 高考总复习 带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中,则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,如图所示.粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180°,因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,选项A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角是轨迹圆弧与y轴相切时,即圆心角为300°,运动时间为‎5‎‎6‎T.而最小的圆心角是P点在坐标原点时,即圆心角为120°,运动时间为‎1‎‎3‎T,而T=‎2πmqB,故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为‎5πm‎3qB,最短为‎2πm‎3qB,选项C正确,选项B、D错误.‎ ‎3.‎ 如图所示,在x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场,坐标原点O处有一粒子源,可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电量为+q的同种带电粒子.在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P上,其速度立即变为零).现在观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,且速度方向与y轴平行.不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力.求:‎ ‎(1)磁感应强度B的大小;‎ ‎(2)被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间;‎ ‎(3)若在y轴上另放置一个能接收带电粒子的挡板,使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子,求挡板的最小长度.‎ 答案(1)mvqx‎0‎　(2)πx‎0‎‎3v‎　‎‎5πx‎0‎‎3v　(3)(2-‎3‎)x0‎ 60‎ 高考总复习 解析(1)设粒子做圆周运动的半径为R.根据牛顿第二定律,得qvB=mv‎2‎R,如图甲由几何关系得R=x0,联立解得B=mvqx‎0‎.‎ 甲 ‎ (2)带电粒子在磁场中的运动周期为T,则有T=‎2πRv;‎ 打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短.如图乙.‎ 乙 ‎ 由几何关系可知,打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是θ1=60°,‎ 运动的最短时间tmin=θ‎1‎‎360°‎T,联立解得tmin=πx‎0‎‎3v;‎ 打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长.如图丙.‎ 丙 由几何关系可知,打在P右侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是θ2=300°,‎ 60‎ 高考总复习 运动的最长时间tmax=θ‎2‎‎360°‎T,联立解得tmax=‎5πx‎0‎‎3v.‎ ‎(3)作图得出使薄金属板右侧能接收到带电粒子的运动轨迹中,打在最上面的点的轨迹与打在最下面的粒子的轨迹如图丁,挡板的位置在图中的MN处即可满足题目的要求.‎ 丁 打在最上面的点:OM=2R=2x0;‎ 打在最下面的点:ON=2R·cos 30°=‎3‎x0;‎ 挡板的最小长度L=OM-ON=(2-‎3‎)x0.‎ ‎4.如图,x为纸面内的一条直线,P、N是x上的两个点,匀强磁场垂直纸面.两个带电粒子a、b分别从P、N同时开始在纸面内运动.a的初速度垂直x向上,运动轨迹如图中虚线所示,O为圆心,PC是直径,A是圆周上的点;b的初速度方向是纸面内所有可能的方向.已知AO连线垂直x,PO=OC=CN;a的初速度为v;a、b带等量异种电荷,a的质量为b的两倍,a、b间的相互作用力及所受重力不计.‎ ‎(1)求a、b的周期之比;‎ ‎(2)若a、b在A点相遇,求b的速度大小;‎ ‎(3)b的速度小于某个临界值v0时,a、b不可能相遇,求v0的大小.‎ 答案(1)2∶1　(2)‎5‎v　(3)2v 解析(1)设a质量为m,电量为q,则b质量为0.5m,电量为-q,设磁感应强度为B,‎ 带电粒子在磁场中做圆周运动,由 qvB=mv‎2‎r 60‎ 高考总复习 T=‎‎2πrv 可得T=‎‎2πmqB 由此求得Ta∶Tb=2∶1.‎ ‎(2)设a、b由P、N到A的时间分别为ta、tb,由 ta=n+‎1‎‎4‎Ta tb=ta=n+‎1‎‎4‎Ta=2n+‎1‎‎2‎Tb 由此可知,a粒子顺时针转了‎1‎‎4‎周时,b粒子逆时针转了半周,所以NA的长度为粒子b做圆周运动的直径.‎ 设a粒子的轨道半径为r;b粒子的速度大小为vb,运动轨道半径为rb.有qvB=mv‎2‎r,qBvb=‎‎0.5mvb‎2‎rb 由几何关系有:r2+(3r-r)2=(2rb)2‎ 联立解得:vb=‎5‎v.‎ ‎(3)假设b粒子的速度v'≥v0时,两粒子能在圆周上的Q点相遇,如图所示,设PQ对应的圆心角为θ,‎ a粒子由P运动到Q点的时间tPQ=n+θ‎2πTa b粒子由N运动到Q点的时间 tNQ=tPQ=n+θ‎2πTa=2n+‎2θ‎2πTb 由此可知,b运动到Q的过程中,粒子b转过弧长所对应的圆心角为2θ,则 60‎ 高考总复习 NQ=2rbsin θ 在△NQO中,由正弦定理得NQsinα‎=‎rsinβ,‎ 又sin θ=sin α 得2rb=rsinβ,即‎2×0.5mv'‎qB‎=‎mvqBsinβ,‎ 得v'=vsinβ.‎ 又sin β≤r‎3r-r‎=‎‎1‎‎2‎(当NQ与OQ垂直时取等号)‎ 于是得到v'≥2v,即v0=2v.‎ 考点二　带电粒子在复合场中的运动 命题角度1带电粒子在复合场中的运动　‎ 高考真题体验·对方向 ‎　(2017全国Ⅰ·16)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里.三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是(　　)‎ A.ma>mb>mc　　　　　‎ B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb ‎ D.mc>mb>ma 答案B 60‎ 高考总复习 解析a做匀速圆周运动,则qE=mag,故ma=qEg;b向右做匀速直线运动,则qE+qvB=mbg,故mb=qE+qvBg;c向左做匀速直线运动,则qE=qvB+mcg,故mc=qE-qvBg.综上mb>ma>mc,选B.‎ 带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 ‎(1)弄清复合场的组成特点.‎ ‎(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点.‎ ‎(3)画出粒子的运动轨迹,灵活选择不同的运动规律.‎ ‎(4)注意结论:在无约束面的情况下,若在复合场中粒子做直线运动,则一定是做匀速直线运动,重力、电场力和洛伦兹力的合力为零;若在复合场中粒子做匀速圆周运动,则往往是重力与电场力平衡,洛伦兹力提供做圆周运动的向心力.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ 如图所示的虚线区域内,充满垂直纸面向内的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,一带电颗粒A以一定初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿水平直线从区域右边界O'‎ 60‎ 高考总复习 点穿出,射出时速度的大小为vA,若仅撤去磁场,其他条件不变,另一个相同的颗粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出,射出时速度的大小为vB,则颗粒B(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.穿出位置一定在O'点上方,vBvA C.穿出位置一定在O'点下方,vBvA 答案D 解析设带电颗粒从O位置飞入的速度为v0,若带电颗粒A带负电,其电场力、重力、洛伦兹力均向下,与运动方向垂直,不可能做直线运动.颗粒A一定为正电荷,且满足mg=Eq+Bqv0,因为做匀速直线运动,故vA=v0.若仅撤去磁场,由于mg>Eq,带电颗粒B向下偏转,穿出位置一定在O'点下方,合力对其做正功,故vB>v0,因此vB>vA,故D正确,ABC错误.‎ ‎2.‎ ‎(2019广西桂林调研)如图所示,质量为m,带电荷量为+q的液滴,以速度v沿与水平方向成θ=45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域,电场强度方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,液滴在场区做直线运动.重力加速度为g,试求:‎ ‎(1)电场强度E和磁感应强度B各多大?‎ ‎(2)当液滴运动到某一点A时,电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,不考虑因电场变化而产生的磁场的影响,此时液滴加速度多少?‎ ‎(3)在满足(2)的前提下,液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间.‎ 答案(1)mgq‎　‎‎2‎mgqv　(2)‎2‎g　(3)‎‎3‎2‎πv‎4g 解析(1)液滴带正电,液滴受力如图所示,‎ 60‎ 高考总复习 根据平衡条件有Eq=mgtan θ=mg,qvB=mgcosθ‎=‎‎2‎mg 解得:E=mgq,B=‎2‎mgqv.‎ ‎(2)电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,故电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心力,粒子做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有a=F合m‎=‎‎2‎g.‎ ‎(3)电场变为竖直向上后,qE=mg,故液滴做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qvB=mv‎2‎r 解得:r=‎mvqB 则T=‎‎2πrv‎=‎‎2πmqB 由几何知识得t=‎3‎‎4‎T 解得:t=‎‎3‎2‎πv‎4g ‎3.‎ 如图所示,水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场,电场强度E=5 N/C,过桌左边缘的虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=π‎3‎T,虚线PQ与水平桌面成45°角,现将一个质量 60‎ 高考总复习 m1=2.0×10-3 kg,带正电q=4.0×10-3 C的物块A静置在桌面上,质量m2=1.0×10-3 kg、不带电的绝缘物块C从与A相距L=2.0 m处的桌面上以v0=5.0 m/s 的初速度向左运动.物块A、C与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4,二者在桌面上发生碰撞(碰撞时间极短,A、C间无电荷转移),碰撞后C反弹速度大小为vC=1.0 m/s,A向左运动进入磁场,求:‎ ‎(1)碰撞后物块A的速度;‎ ‎(2)物块A从进入磁场到再次回到桌面所用时间;(结果保留两位有效数字)‎ ‎(3)若一段时间后A、C在桌面上相遇,求碰撞前A与桌左边缘P的距离.(结果保留两位有效数字)‎ 答案(1)2 m/s,方向水平向左　(2)2.7 s　(3)0.83 m 解析(1)设C与A碰撞前瞬间的速度为v,碰后A、C的速度分别为vA、vC,对C从开始运动到与A相碰,由动能定理可得-μm2gL=‎1‎‎2‎m2v2-‎1‎‎2‎m2‎v‎0‎‎2‎ A、C碰撞过程中,规定向左为正方向,对于A、C组成的系统由动量守恒定律可得 m2v=m1vA-m2vC 两式联立可得vA=2 m/s,方向水平向左.‎ ‎(2)对A受力分析可知qE=m1g,故碰撞后A向左匀速直线运动进入磁场,并在磁场中做匀速圆周运动,设在磁场中做圆周运动的周期为T,则T=‎2πm‎1‎qB,由几何知识可得,A球在磁场中运动了‎3‎‎4‎个圆周,轨迹如图所示.‎ 设A在磁场中运动的时间为t1,则t1=‎3‎‎4‎T.‎ A运动出磁场后竖直向下匀速运动再次回到桌面位置,设其运动时间为t2,磁场中洛伦兹力提供向心力,‎ qvAB=m1‎vA‎2‎R 60‎ 高考总复习 R=vAt2‎ t=t1+t2‎ 联立以上各式得t≈2.7 s.‎ ‎(3)碰撞后C反弹在桌面上做匀减速运动,设其加速度为a,停止运动所用时间为t3,可得 μm2g=m2a ‎0=vC-at3‎ 解得t3=0.25 s 显然,碰撞后C运动时间小于A运动时间,由此可知A、C相遇时,C已经停止运动.所以A、C相遇的位置为C停止运动的位置,也是A竖直向下再次回到桌面的位置.‎ C匀减速的位移x=‎1‎‎2‎vCt3=0.125 m,碰前A与桌左边缘P的距离Δx=R-x≈0.83 m.‎ ‎4.(2019山东郓城高三模拟)如图所示,ABCD矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场的叠加场.有一质量为m、带电荷量大小为q的小球在光滑绝缘的水平面上,从静止开始经电压为U的电场加速后,水平进入ABCD区域中,恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动,且从B点射出,已知AB长度为‎3‎L,AD长度为L,求:‎ ‎(1)小球带何种电荷及进入叠加场时的速度大小;‎ ‎(2)小球在叠加场中做圆周运动的轨迹半径;‎ ‎(3)小球在叠加场中运动的时间.‎ 答案(1)负电荷　‎2qUm　(2)2L　(3)‎πL‎3‎‎2mqU 解析(1)小球在电场、磁场和重力场的叠加场中做匀速圆周运动,且从B点射出,根据左手定则可知小球带负电荷.‎ 小球进入叠加场之前,由动能定理得:qU=‎1‎‎2‎mv2,‎ 解得:v=‎2qUm.‎ 60‎ 高考总复习 ‎(2)设小球做圆周运动的轨迹半径为r,由几何关系得:r2=(r-L)2+(‎3‎L)2,‎ 解得:r=2L.‎ ‎(3)由(2)知小球在叠加场中做圆周运动对应的圆心角满足:sin θ=‎3‎Lr,‎ 解得:θ=‎π‎3‎ 小球运动周期:T=‎‎2πrv 运动时间为:t=θ‎2πT 联立解得:t=‎πL‎3‎‎2mqU 命题角度2洛伦兹力在现代科技中的应用问题　‎ 高考真题体验·对方向 ‎　‎ ‎(2016全国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(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.11 B.12 C.121 D.144‎ 答案D 解析离子经电场加速Uq=‎1‎‎2‎mv2,离子在电场中偏转时,qvB=mv‎2‎r,可知m=r‎2‎B‎2‎q‎2U;由于离子和质子的加速电压、电荷量和在磁场中做匀速圆周运动的半径都相同,所以m∝B2,离子所需偏转磁场的磁感应强度是质子所需偏转磁场的磁感应强度的12倍,则离子质量是质子质量的144倍,选项D正确.‎ 60‎ 高考总复习 分析实际问题的思路与方法 ‎(1)知道质谱仪、回旋加速器等仪器或器件的结构及工作原理.‎ ‎(2)知道考查的内容,能从实际物理模型中抽象出物理问题.‎ ‎(3)巧用qE=qvB分析带电粒子在复合场中的应用实例.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(多选)(2019山东泰安模拟)如图所示为一利用海流发电的装置原理图.用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道,在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M、N,板长为a、宽为b,板间的距离为d,将管道沿海流方向固定在海水中,在管道中施加与前后表面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B,将航标灯与两金属板连接(图中未画出).海流方向如图,海流速率为v,下列说法正确的是(　　)‎ A.M板的电势高于N板的电势 B.该海流发电机的电动势为Bdv C.该海流发电机的电动势为Bav D.管道内海水受到的安培力方向向左 答案ABD 解析由左手定则可知,海流中的正离子受到的洛伦兹力方向向上,所以正离子向上偏转,即M板带正电;负离子受到的洛伦兹力方向向下,所以负离子向下偏转,N板带负电,可知M板的电势高于N板的电势,选项A正确;M、N 60‎ 高考总复习 两板间形成电场,当离子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,两板间的电压稳定,即qUd=Bqv,得U=Bdv,两板间电压即该海流发电机的电动势,选项B正确、C错误;根据左手定则知,管道内由离子运动形成的电流方向向上,故管道内海水所受安培力方向向左,选项D正确.‎ ‎2.(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,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=‎1‎‎2‎ER C.磁分析器中圆心O2到Q点的距离d=‎‎1‎BmERq D.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,故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,设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,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=mv‎2‎r,解得r=‎1‎B‎2mUq‎=‎‎1‎BmERq,则d=r=‎1‎BmERq,故C正确;由B项可知R=‎2UE,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,故D错误.‎ 60‎ 高考总复习 ‎3.随着电子技术的发展,霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中.其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时,情景简化如图甲所示,被测量转子的轮齿(具有磁性)每次经过霍尔元件时,都会使霍尔电压发生变化,传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大,输出一个脉冲信号,霍尔元件的原理如图乙所示.下列说法正确的是(　　)‎ A.霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的 B.若霍尔元件的前端电势比后端低,则元件中的载流子为负电荷 C.在其他条件不变的情况下,霍尔元件的厚度c越大,产生的霍尔电压越高 D.若转速表显示1 800 r/min,转子上齿数为150个,则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号 答案B 解析元件内载流子受到洛伦兹力和电场力的作用,故A错误;根据左手定则,电子向前端偏转,前端带负电,后端带正电,所以前端的电势低,符合要求,则元件中的载流子为负电荷,故B正确;当电场力和洛伦兹力平衡时,有qUb=qvB,I=nqvS=nqvbc,解得U=Bvb=BInqc,故当c增大时,U减小,故C错误;转速n=1 800 r/min=30 r/s,则霍尔传感器每分钟输出的脉冲信号个数为150×30×60个=270 000个,故D错误,故选B.‎ ‎4.(多选)在一次南极科考中,科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度.其原理如图所示,电路中有一段长方体的金属导体,它长、宽、高分别为a、b、c,放在沿y轴正方向的匀强磁场中,导体中电流沿x轴正方向,大小为I.已知金属导体单位体积中的自由电子数为n,电子电荷量为e,自由电子做定向移动可视为匀速运动,测出金属导体前后两个侧面间电压为U,则(　　)‎ A.金属导体的前侧面电势较低 B.金属导体的电阻为UI 60‎ 高考总复习 C.自由电子定向移动的速度大小为Ineab D.磁感应强度的大小为necUI 答案AD 解析根据左手定则(注意电子带负电)可知电子打在前侧面,即前侧面带负电,电势较低,A正确;电流方向为从左向右,而题中U表示的是导体前后两个侧面的电压,故导体的电阻不等于UI,B错误;在t时间内通过的电荷量为q=n(bcvt)e,又I=nbcvtet=nbcve,解得v=Inbce①,C错误;因为当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转,使得前后两侧面间产生电势差,当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时,前后两侧面间产生恒定的电势差.因而可得eUb=Bev②,联立①②可得B=necUI,D正确.‎ ‎5.回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置.图甲为回旋加速器原理示意图,置于高真空中的两个半径为R的D形金属盒,盒内存在与盒面垂直且磁感应强度为B的匀强磁场.两盒间的距离很小,带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计.位于D形盒中心A处的粒子源能产生质量为m、电荷量为q的带正电粒子,粒子的初速度可以忽略.粒子通过两盒间被加速,经狭缝进入盒内磁场.两盒间的加速电压按图乙所示的余弦规律变化,其最大值为U0.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.已知t0=0时刻产生的粒子每次通过狭缝是都能被最大电压加速.求:‎ ‎(1)两盒间所加交变电压的最大周期T0;‎ ‎(2)t0=0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比;‎ ‎(3)t1=T‎0‎‎12‎与t2=T‎0‎‎6‎时刻产生的粒子到达出口处的时间差.‎ 答案(1)‎2πmqB　(2)‎2‎∶2　(3)‎πm‎6qB‎+‎‎3-‎3‎πBR‎2‎‎3‎U‎0‎ 60‎ 高考总复习 解析(1)设粒子在某次被加速后的速度为v,则它在匀强磁场中做半径为r的圆周运动,qvB=mv‎2‎r,运动周期为T=‎2πrv,即T=‎2πmqB.要保证t0=0时刻产生的粒子每次通过狭缝是都能被最大电压加速,粒子做圆周运动的周期必须与加速电压的最大周期相同,所以T0=‎2πmqB.‎ ‎(2)设t0=0时刻两盒间的电压为U0,此时刻产生的粒子第1次经过狭缝后的速度为v1,半径为r1,qU0=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎,qv1B=mv‎1‎‎2‎r‎1‎,解得r1=‎‎1‎B‎2mU‎0‎q 粒子在磁场中运动T‎0‎‎2‎后第2次经过狭缝,此时两盒间的电压为-U0,粒子再次加速.‎ 联立可以得到,加速后的半径为r2=‎1‎B‎2m×2‎U‎0‎q,所以r1∶r2=‎2‎∶2.‎ ‎(3)设粒子到达出口时的速度为vm,则qvmB=mvm‎2‎R,‎ 即所有从出口飞出的粒子,速度大小都相等,而每个粒子在磁场中运动的每一个周期时间内,被相同的电压加速两次.设某个粒子被加速时的电压为U,它总共被加速了n次,则nqU=‎‎1‎‎2‎mvm‎2‎ 整理可以得到n=‎qB‎2‎R‎2‎‎2mU 该粒子在磁场中运动的总时间t=n·‎T‎0‎‎2‎‎-‎T‎0‎‎4‎ t1=T‎0‎‎12‎与t2=T‎0‎‎6‎时刻产生的粒子被加速时的电压分别为:U1=U0cos‎2πT‎0‎·T‎0‎‎12‎和U2=U0cos‎2πT‎0‎·T‎0‎‎6‎,即U1=‎3‎‎2‎U0,U2=‎1‎‎2‎U0‎ 所以,t1=T‎0‎‎12‎与t2=T‎0‎‎6‎时刻产生的粒子到达出口处的时间差为:Δt=T‎0‎‎6‎‎-‎T‎0‎‎12‎+(n2-n1)T‎0‎‎2‎,即Δt=πm‎6qB‎+‎‎3-‎3‎πBR‎2‎‎3‎U‎0‎.‎ 命题角度3带电粒子在组合场中的运动　‎ 高考真题体验·对方向 60‎ 高考总复习 ‎1.(2019全国Ⅲ·18)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为‎1‎‎2‎B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.‎5πm‎6qB B.‎7πm‎6qB C.‎11πm‎6qB D.‎‎13πm‎6qB 答案B 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,其运动轨迹如图所示.‎ 根据半径公式r=mvqB可求得r2=2r1‎ 由几何关系得r2cos θ= r2-r1,求得θ= 60°=‎π‎3‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=‎αmqB 在第二象限中运动的时间t1=‎πm‎2qB 在第一象限中运动的时间t2=‎πm‎3qB‎2‎‎=‎‎2πm‎3qB 故粒子在磁场中运动的时间为t=t1+t2=‎‎7πm‎6qB 60‎ 高考总复习 故选B.‎ ‎2.‎ ‎(2019全国Ⅰ)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出.已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力.求 ‎(1)带电粒子的比荷;‎ ‎(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间.‎ 答案(1)‎4UB‎2‎d‎2‎　(2)‎Bd‎2‎‎4Uπ‎2‎‎+‎‎3‎‎3‎ 解析(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v.由动能定理有qU=‎1‎‎2‎mv2①‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有qvB=mv‎2‎r②‎ 由几何关系知d=‎2‎r③‎ 联立①②③式得qm‎=‎‎4UB‎2‎d‎2‎④‎ ‎(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=πr‎2‎+rtan 30°⑤‎ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=sv⑥‎ 60‎ 高考总复习 联立②④⑤⑥式得t=Bd‎2‎‎4Uπ‎2‎‎+‎‎3‎‎3‎⑦‎ ‎3.‎ ‎(2018全国Ⅰ·25)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E;在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核‎ ‎‎1‎‎1‎H和一个氘核‎ ‎‎1‎‎2‎H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向.已知‎ ‎‎1‎‎1‎H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场‎,‎‎1‎‎1‎H的质量为m,电荷量为q,不计重力.求 ‎(1)‎ ‎‎1‎‎1‎H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小;‎ ‎(3‎)‎‎1‎‎2‎H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.‎ 答案(1)‎2‎‎3‎‎3‎h　(2)‎6mEqh　(3)‎2‎‎3‎‎3‎‎(‎‎2‎-1)h 解析(1‎)‎‎1‎‎1‎H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示.设‎ ‎‎1‎‎1‎H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有 s1=v1t1①‎ h=‎1‎‎2‎a1t‎1‎‎2‎②‎ 由题给条件‎,‎‎1‎‎1‎H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°‎.‎‎1‎‎1‎H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1tan θ1③‎ 联立以上各式得s1=‎2‎‎3‎‎3‎h④‎ 60‎ 高考总复习 ‎(2‎)‎‎1‎‎1‎H在电场中运动时,由牛顿第二定律有 qE=ma1⑤‎ 设‎ ‎‎1‎‎1‎H进入磁场时速度的大小为v1'‎ v1'=v‎1‎‎2‎‎+(‎a‎1‎t‎1‎‎)‎‎2‎⑥‎ 设磁感应强度大小为B‎,‎‎1‎‎1‎H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1'B=mv‎1‎‎'‎‎2‎R‎1‎⑦‎ 由几何关系得s1=2R1sin θ1⑧‎ 联立以上各式得B=‎6mEqh⑨‎ ‎(3)设‎ ‎‎1‎‎2‎H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,‎ 由题给条件得‎1‎‎2‎(2m)v‎2‎‎2‎‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎⑩‎ 由牛顿第二定律有qE=2ma2‎ 设‎ ‎‎1‎‎2‎H第一次射入磁场时的速度大小为v2',速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有 s2=v2t2‎ h=‎1‎‎2‎a2‎t‎2‎‎2‎ v2'=‎v‎2‎‎2‎‎+(‎a‎2‎t‎2‎‎)‎‎2‎ sin θ2=‎a‎2‎t‎2‎v‎2‎‎'‎ 联立以上各式得s2=s1,θ2=θ1,v2'=‎2‎‎2‎v1'‎ 设‎ ‎‎1‎‎2‎H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由⑦式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2=‎(2m)v‎2‎'‎qB‎=‎‎2‎R1‎ 60‎ 高考总复习 所以出射点在原点左侧.设‎ ‎‎1‎‎2‎H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2',‎ 由几何关系有s2'=2R2sin θ2‎ 联立④⑧式得‎,‎‎1‎‎2‎H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2'-s2=‎2‎‎3‎‎3‎‎(‎‎2‎-1)h ‎4.(2018全国Ⅱ·25)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;‎ ‎(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π‎6‎,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.‎ 答案(1)见解析图　(2)‎2El'‎Bl　(3)‎‎4‎3‎El'‎B‎2‎l‎2‎ BlE‎1+‎‎3‎πl‎18l'‎ 解析(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)‎ 图(a)‎ 60‎ 高考总复习 ‎(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v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为θ(见图(b)),速度沿电场方向的分量为v1,根据牛顿第二定律有 图(b)‎ qE=ma①‎ 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.‎ 由运动学公式有 v1=at②‎ l'=v0t③‎ v1=vcos θ④‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB=mv‎2‎R⑤‎ 由几何关系得l=2Rcos θ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得v0=‎2El'‎Bl⑦‎ ‎(3)由运动学公式和题给数据得 v1=v0cot π‎6‎⑧‎ 联立①②③⑦⑧式得qm‎=‎‎4‎3‎El'‎B‎2‎l‎2‎⑨‎ 60‎ 高考总复习 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t',则 t'=2t+‎2‎π‎2‎‎-‎π‎6‎‎2πT⑩‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,‎ T=‎‎2πmqB 由③⑦⑨⑩式得t'=‎BlE‎1+‎‎3‎πl‎18l'‎ ‎5.(2018全国Ⅲ·24)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,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,磁场左边界竖直.已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用.求 ‎(1)磁场的磁感应强度大小;‎ ‎(2)甲、乙两种离子的比荷之比.‎ 答案(1)‎4Ulv‎1‎　(2)1∶4‎ 解析(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有 q1U=‎1‎‎2‎m1v‎1‎‎2‎①‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B=m1v‎1‎‎2‎R‎1‎②‎ 由几何关系知2R1=l③‎ 由①②③式得B=‎4Ulv‎1‎④‎ 60‎ 高考总复习 ‎(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有 q2U=‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎⑤‎ q2v2B=m2v‎2‎‎2‎R‎2‎⑥‎ 由题给条件有2R2=l‎2‎⑦‎ 由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为q‎1‎m‎1‎‎∶‎q‎2‎m‎2‎=1∶4⑧‎ 带电粒子在组合场中运动问题的分析思路 ‎(1)明确组合类型:是空间组合还是时间组合.‎ ‎(2)画运动轨迹:对带电粒子进行受力分析,研究其在不同场区的运动规律,画出粒子运动轨迹示意图.‎ ‎(3)划分过程,分段处理:将粒子运动的过程按不同场区划分为几个不同的阶段.‎ 60‎ 高考总复习 对于匀强电场中的匀变速直线运动或类平抛运动,可由牛顿运动定律及运动学公式求解,也可用动能定理求解;对匀强磁场中的匀速圆周运动,可按带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动规律及带电粒子在有界磁场中运动的解题思路求解.‎ ‎(4)找联系:找出过程之间及边界处各物理量之间的联系.当粒子从一个场区进入另一个场区时,分析转折点处粒子的速度的大小和方向往往是解题的突破口.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ ‎(2019山东济宁实验中学检测)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点以速度v0与x轴负方向成60°角射入磁场,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)‎3mv‎0‎‎2qL　(2)mv‎0‎‎2‎‎2qL　(3)‎‎2π‎9‎ 解析 ‎(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图,由几何关系可知:r+rcos 60°=L,r=‎‎2L‎3‎ 又因为qv0B=mv‎0‎‎2‎r 解得:B=‎3mv‎0‎‎2qL.‎ 60‎ 高考总复习 ‎(2)带电粒子在电场中运动时,沿x轴有:2L=v0t2‎ 沿y轴有:L=‎1‎‎2‎at‎2‎‎2‎,又因为qE=ma 解得:E=mv‎0‎‎2‎‎2qL.‎ ‎(3)带电粒子在磁场中运动时间为:‎ t1=‎‎1‎‎3‎‎·‎2πrv‎0‎=‎‎4πL‎9‎v‎0‎ 带电粒子在电场中运动时间为:t2=‎‎2Lv‎0‎ 所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为:t‎1‎t‎2‎‎=‎‎2π‎9‎.‎ ‎2.如图所示,在坐标系xOy的第一象限有沿x轴正方向的匀强电场,第二象限充满方向垂直坐标平面向外的匀强磁场.有一比荷qm=5.0×1010 C/kg的带负电粒子从a(6,0)沿y轴正方向射入,速度大小为va=8.0×106 m/s,粒子通过y轴上的b(0,16)点后进入磁场.不计粒子的重力.求:‎ ‎(1)电场强度E的大小,粒子通过b点时速度vb的大小及方向;‎ ‎(2)为使粒子不再进入电场,匀强磁场磁感应强度B应满足什么条件.‎ 答案(1)6.0×103 N/C　1×107 m/s,与竖直方向夹角的余弦cos θ=‎4‎‎5‎　(2)B<2.0×10-3 T 解析(1)在第一象限 y方向上:y=vat x方向上:x=‎1‎‎2‎at2,a=‎qEm 60‎ 高考总复习 解得E=‎2mva‎2‎xqy‎2‎=6.0×103 N/C 粒子从a运动b,由动能定理得qEx=‎1‎‎2‎mvb‎2‎-‎1‎‎2‎mva‎2‎,解得 vb=1×107 m/s cos θ=vavb‎=‎‎4‎‎5‎.‎ ‎(2)电子在磁场中有qvbB=‎mvb‎2‎r 由几何得r+rsin θ=y 为使粒子不能进入电场,粒子在磁场中运动的半径必须大于图中的半径r.‎ 解得匀强磁场磁感应强度应满足B<2.0×10-3 T.‎ ‎3.如图,在真空室内的P点,能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q,质量为m的粒子(不计重力),粒子的速率都相同.ab为P点附近的一条水平直线,P到直线ab的距离PC=L,Q为直线ab上一点,它与P点相距PQ=‎5‎‎2‎L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时,水平向左射出的粒子恰到达Q点;当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时,所有粒子都能到达ab直线,且它们到达ab直线时动能都相等,其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:‎ ‎(1)粒子的发射速率;‎ ‎(2)匀强电场的场强大小和方向;‎ ‎(3)仅有磁场时,能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值.‎ 60‎ 高考总复习 答案(1)‎5BqL‎8m　(2)‎25qLB‎2‎‎8m　(3)2.20‎ 解析(1)设粒子做匀速圆周运动的半径R,过O作PQ的垂线交PQ于A点,如图甲所示:‎ 甲 由几何知识可得PCPQ‎=‎QAQO 代入数据可得粒子轨迹半径R=QO=‎‎5L‎8‎ 洛伦兹力提供向心力Bqv=mv‎2‎R 解得粒子发射速度为v=‎5BqL‎8m.‎ ‎(2)只加匀强电场时,由粒子到达ab直线的动能相等,可知ab为等势面,电场方向垂直ab向下.水平向左射出的粒子经时间t到达Q点,在这段时间内 CQ‎=‎L‎2‎‎=vt PC‎=L=‎1‎‎2‎at2‎ 式中a=‎qEm 解得电场强度的大小为E=‎25qLB‎2‎‎8m.‎ ‎(3)只有磁场时,粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动,当圆弧和直线ab相切于D点时,粒子速度的偏转角最大,对应的运动时间最长,如图乙所示.‎ 60‎ 高考总复习 乙 有sin α=‎L-RR‎=‎‎3‎‎5‎ 解得α=37°‎ 故最大偏转角γmax=233°‎ 粒子在磁场中运动最大时间t1=γmax‎360°‎T 式中T为粒子在磁场中运动的周期.‎ 粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动时偏转角最小,对应的运动时间最短.据图有sin β=‎L‎2R‎=‎‎4‎‎5‎ 解得β=53°‎ 速度偏转角最小为γmin=106°‎ 故最短时间t2=γmin‎360°‎T 因此,粒子到达直线ab所用最长时间和最短时间的比值t‎1‎t‎2‎‎=γmaxγmin=‎‎233‎‎106‎≈2.20.‎ ‎4.如图所示,在坐标系xOy平面内,区域xOO1a中存在与x轴正方向成60°斜向上的匀强电场,电场强度大小为E1(未知),区域aO1bc内存在一个边界与y轴平行的矩形匀强磁场(图中没画出)区域,方向垂直纸面向里,y轴左侧存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小E2=mv‎0‎‎2‎qd.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上距直线O1a为d‎2‎的A点沿y轴右侧的电场方向以初速度v0射入,粒子刚射入磁场时速度为2v0,粒子经磁场偏转后恰好从b点垂直y轴进入y轴左侧匀强电场,最后击中x轴上的C点,已知OO1=O1b=d,O1a、bc均与x轴平行,粒子重力不计.‎ 60‎ 高考总复习 ‎(1)求y轴右侧匀强电场的电场强度E1的大小;‎ ‎(2)求匀强磁场磁感应强度B的大小及矩形匀强磁场区域的最小面积;‎ ‎(3)求粒子在y轴右侧和左侧电场中的电势能分别变化多少;‎ ‎(4)求粒子从A点运动到C点过程所用的时间.‎ 答案(1)‎3‎3‎mv‎0‎‎2‎‎4qd　(2)‎3mv‎0‎qd‎　‎‎2‎‎3‎d2　(3)‎3‎‎2‎mv‎0‎‎2‎　2mv‎0‎‎2‎　(4)‎‎(81+16‎3‎+8π)d‎36‎v‎0‎ 解析(1)从A点到射入磁场前,粒子在电场中做匀加速运动,由动能定理可得qE1dsin60°‎‎=‎‎1‎‎2‎m(2v0)2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得E1=‎3‎3‎mv‎0‎‎2‎‎4qd;‎ ‎(2)由题意可知粒子的运动轨迹如图所示,由图可知粒子在磁场中的运动半径r满足r+rcos 60°=d,因为2Bq·v0=m‎(2‎v‎0‎‎)‎‎2‎r,联立解得B=‎3mv‎0‎qd.‎ 由图可知矩形匀强磁场区域的最小面积为Smin=rd=‎2‎‎3‎d2;‎ ‎(3)由(1)可知粒子从A点到进入磁场前过程中,电场力做功为W1=‎3‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,‎ 所以其电势能减少量为ΔEp1=‎3‎‎2‎mv‎0‎‎2‎;粒子从b点到c点过程中电场力做功为W2=2qE2·d=2mv‎0‎‎2‎;‎ 所以其电势能减少量为ΔEp2=2mv‎0‎‎2‎;‎ ‎(4)粒子在y轴右侧匀强电场中的运动时间t1=‎(2v‎0‎-v‎0‎)mqE‎1‎‎=‎‎4‎3‎d‎9‎v‎0‎;‎ 60‎ 高考总复习 粒子在匀强磁场中的运动时间t2=T‎3‎‎=‎2πm‎3Bq=‎‎2πd‎9‎v‎0‎;‎ 粒子出磁场到运动至b点过程中的运动时间t3=dtan60°‎‎-rsin60°+‎d‎2‎‎2‎v‎0‎‎=‎d‎4‎v‎0‎;‎ 粒子在y轴左侧匀强电场中的运动时间t4=‎4mdqE‎2‎‎=‎‎2dv‎0‎;‎ 所以粒子从A点运动到C点所用的时间为t=t1+t2+t3+t4=‎(81+16‎3‎+8π)d‎36‎v‎0‎.‎ ‎5.‎ ‎(2019山东烟台模拟)如图所示,边长为3L的正方形区域分成相等的三部分,左右两侧为匀强磁场,中间区域为匀强电场.左侧磁场的磁感应强度大小为B1=‎6mqU‎2qL,方向垂直纸面向外;右侧磁场的磁感应强度大小为B2=‎6mqUqL,方向垂直于纸面向里;中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行.一质量为m、电荷量为+q的带电粒子,从平行金属板的正极板开始由静止被加速,加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场,又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场,不计粒子重力.求:‎ ‎(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小;‎ ‎(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间;‎ ‎(3)电场强度的取值在什么范围内时,粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开.‎ 答案(1)‎2qUm　(2)‎2L‎3‎‎　‎πL‎3‎‎2m‎3qU　(3)‎11U‎16L≤E≤‎‎2UL 解析(1)粒子在电场中运动时qU=‎1‎‎2‎mv2,‎ 解得v=‎2qUm.‎ 60‎ 高考总复习 ‎(2)粒子进入磁场B1后由洛伦兹力提供向心力qvB1=mv‎2‎R‎1‎,解得R1=‎‎2L‎3‎ 设粒子在磁场B1中转过的角度为α,‎ 如图所示,由sin α=LR‎1‎,‎ 解得α=60°,周期T=‎‎2πR‎1‎v 粒子在磁场B1中运动的时间为 t=‎1‎‎6‎T=πL‎3‎‎2m‎3qU.‎ ‎(3)粒子在磁场B2中运动,设在上边缘cd间离开的临界速度分别为vn与vm,与之相对应的半径分别为Rn与Rm.如图所示,‎ 由分析知Rn=‎3‎‎4‎L,Rm=L 由洛伦兹力提供向心力qvnB2=‎mvn‎2‎Rn 粒子在电场中qEnL=‎1‎‎2‎mvn‎2‎-‎‎1‎‎2‎mv2,得En=‎‎11U‎16L 同理Em=‎‎2UL 所以电场强度的范围为‎11U‎16L≤E≤‎2UL.‎ ‎6.如图所示,在xOy平面内,第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线,OM与x轴负方向成45°夹角.在+y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在+x轴下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点O 60‎ 高考总复习 沿y轴负方向进入磁场,第一次经过磁场边界时的位置坐标是(-L,-L).已知微粒的电荷量大小为q,质量为m,不计微粒所受重力,微粒最后从+y轴上某点飞出场区(图中未画出),求:‎ ‎(1)带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度.‎ ‎(2)带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间.‎ 答案(1)qBLm,方向沿y轴负方向　(2)2‎πmqB‎+BLE+‎mLqE 解析(1)设微粒从原点O进入磁场时的初速度为v0,在磁场中的运动半径为r 则有qv0B=mv‎0‎‎2‎r 由微粒第一次经过磁场边界上的点A坐标是(-L,-L)‎ 由几何关系可知r=L 联立解得v0=qBLm,方向沿y轴负方向.‎ ‎(2)微粒到达A点时,速度方向与OM夹角为45°,即与电场平行.微粒在电场中从A点开始向-x方向做减速运动,后原路返回A点,再在磁场中做匀速圆周运动到C点进入电场,微粒的运动轨迹如图所示.‎ 60‎ 高考总复习 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,即qBv0=m‎4‎π‎2‎T‎2‎r,又v0=‎2πrT.‎ 设微粒在磁场中运动的总时间为tO C,根据几何关系,微粒在磁场中运动的路径刚好是一个完整的圆周,所以tO C=T 根据对称性,微粒到达C点时的速度方向应沿+y方向,此后在电场中做类平抛运动,从D点离开电场.设其加速度为a,运动时间为tCD,则有qE=ma 从C运动到D在x方向的位移为2r=‎‎1‎‎2‎atCD‎2‎ 设微粒从A点进入电场后做往返运动的总时间为tA,则有v0=a·‎tA‎2‎ 微粒在电场、磁场区域运动的总时间为t=tOC+tA+tCD 联立以上各式并代入数据解得 t=2‎πmqB‎+BLE+‎mLqE ‎7.如图所示,PQ为一竖直放置的荧光屏,一半径为R的圆形磁场区域与荧光屏相切于O点,磁场的方向垂直纸面向里且磁感应强度大小为B,图中的虚线与磁场区域相切,在虚线的上方存在水平向左的匀强电场,电场强度大小为E.在O点放置一粒子发射源,能向右侧180°角的范围发射一系列的带正电的粒子,粒子的质量为m、电荷量为q,经测可知粒子在磁场中的轨道半径为R,忽略粒子的重力及粒子间的相互作用.求:‎ ‎(1)如图,当粒子的发射速度方向与荧光屏成60°角时,该带电粒子从发射到达到荧光屏上所用的时间为多少?粒子到达荧光屏的位置距O点的距离为多大?‎ ‎(2)从粒子源发射出的带电粒子到达荧光屏时,距离发射源的最远距离应为多少?‎ 60‎ 高考总复习 答案(1)‎2πm‎3qB‎+‎‎2-‎‎3‎‎2qBm+‎3mRqE　R+BR‎3qRmE ‎(2)R+2BRqRmE 解析(1)根据洛伦兹力提供向心力得qvB=mv‎2‎R 解得v=‎qBRm 当粒子的发射速度与荧光屏成60°角时,带电粒子在磁场中转过120°角后离开磁场,再沿直线到达图中的M点,最后垂直电场方向进入电场,做类平抛运动,并到达荧光屏,运动轨迹如图所示.‎ 粒子在磁场中运动的时间t1=T‎3‎‎=‎‎2πm‎3qB.‎ 粒子从离开磁场至进入电场过程做匀速直线运动,竖直位移y=R-Rcos 30°=‎2-‎‎3‎‎2‎R 匀速直线运动t2=yv‎=‎‎2-‎‎3‎‎2qBm.‎ 由几何关系可得点M到荧光屏的距离 x1=R+Rsin 30°=1.5R 设粒子在电场中运动的时间为t3,由匀变速直线运动规律得x1=‎1‎‎2‎‎·‎qEmt‎3‎‎2‎,‎ 解得t3=‎3mRqE.‎ 故粒子从发射到达到荧光屏上所用的时间 60‎ 高考总复习 t=t1+t2+t3=‎2πm‎3qB‎+‎‎2-‎‎3‎‎2qBm+‎‎3mRqE 带电粒子在竖直向上的方向上做匀速直线运动,带电粒子到达荧光屏上时有y1=vt3=BR‎3qRmE 带电粒子到达荧光屏时距离O点的位置为 y=R+y1=R+BR‎3qRmE.‎ ‎(2)带电粒子到达荧光屏的最高点时,粒子由磁场的右边界离开后竖直向上运动,且垂直进入电场中做类平抛运动,此时x'=2R,则2R=‎‎1‎‎2‎‎·‎qEmt‎4‎‎2‎ 带电粒子在电场中竖直向上运动的距离 y2=vt4=2BRqRmE 该带电粒子距离发射源的最远间距ym=R+y2=R+2BRqRmE.‎ 60‎