【核心考点突破】
1.解答此类问题要把握三点：
( 1)带电粒子在电场中偏转时做类平抛运动，应把合运动进行分解．
( 2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，需根据圆周运动规律进行分析．
( 3)带电粒子在磁场中运动时间的长短与轨迹圆弧所对圆心角的大小有关．
2．分析粒子在磁场中运动时间一般从下面两方面入手：
( 1)当速度一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在磁场中运动的时间越长，可由
或 t＝ l/ v( l为弧长)来计算 t.
( 2)在同一磁场中，同一带电粒子的速率 v变化时， T不变，其运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长．
3.“磁偏转”和“电偏转”的区别
【例 1】( 2009·山东理综· 25)如图 5甲所示，建立 Oxy坐标系．两平行极板 P、 Q垂直于 y轴且关于 x轴对称，极板长度和板间距均为 l.在第一、四象限有磁感应强度为 B的匀强磁场，方向垂直于 Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿 x轴向右连续发射质量为 m、电量为＋ q、速度相同、重力不计的带电粒子．在 0～ 3 t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知 t＝ 0时刻进入两板间的带电粒子恰好在 t0时刻经极板边缘射入磁场．上述 m、 q、 l、 t0、 B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
图 5
( 1)求电压 U0的大小；
( 2)求 t0 /2时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
( 3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
答案：( 1)
( 2)
( 3) 2 t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动的时间最短，最短时间为
.
解析：( 1) t＝ 0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动， t0时刻刚好从极板边缘射出，在 y轴负方向偏移的距离为 l /2，则有 E＝ U0/ l①
qE＝ ma②
l /2＝ at 2 /2③
联立①②③式，解得两板间偏转电压为 U0＝ ml 2/( qt0 2)④
( 2) t0 /2时刻进入两板间的带电粒子，前 t0 /2时间在电场中偏转，后 t0 /2时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动．
带电粒子沿 x轴方向的分速度大小为 v0＝ l/ t0⑤
带电粒子离开电场时沿 y轴负方向的分速度大小为
v y＝ a· t0 /2⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为
⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为 R，则有
qvB＝ mv 2/ R⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得
⑨
( 3) 2 t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿 y轴正方向的分速度为
v y′＝ at0⑩
设带电粒子离开电场时速度方向与 y轴正方向的夹角为α，则
联立⑩解得α＝π /4
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角 2α＝π /2，所求最短时间为 t min＝ T /4
带电粒子在磁场中运动的周期为
联立式得
【例 2】( 2011·江苏· 15)某种加速器的理想模型如图 6所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔 a、 b，两极板间电压 u ab的变化图象如图 7所示，电压的最大值为 U0、周期为 T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为 m0、电荷量为 q的带正电的粒子从板内 a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间 T0后恰能再次从 a孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了 m0 /100.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)
图 6
图 7
( 1)若在 t＝ 0时将该粒子从板内 a孔处静止释放，求其第二次加速后从 b孔射出时的动能；
( 2)现要利用一根长为 L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图 6中实线轨迹(圆心为 O)上运动的粒子从 a孔正下方相距 L处的 c孔水平射出，请画出磁屏蔽管的位置；
( 3)若将电压 u ab的频率提高为原来的 2倍，该粒子应何时由板内 a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？
答案：( 1)
( 2)见解析中图 ( 3)见解析
解析：( 1)质量为 m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动
qvB＝ m0 v 2/ r， T0＝ 2π r/ v
则 T0＝ 2π m0/ (qB)
当粒子的质量增加了 m0 /100时，其周期增加了
Δ T＝ T0 /100
则根据题图可知，粒子第一次的加速电压
u 1＝ U0
粒子第二次的加速电压
u 2＝ 24 U0 /25
射出时的动能
E k 2＝ qu 1＋ qu 2
解得 E k 2＝ 49 qU0 /25.
( 2)磁屏蔽管的位置如下图所示
( 3)在 u ab> 0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数
，得 N＝ 25
分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且 u＝ U0时也被加速的情况时，最终获得的动能最大．
粒子由静止开始加速的时刻
( n＝ 0,1,2，…)
最大动能
解得 
[规范思维] 本题为空间分立型电磁场问题，带电粒子在电场中只加速，在磁场中只偏转．还应突破以下几点：
①只有在 U ab> 0时，才能加速．
②粒子质量增大后，电场周期与粒子运动周期不同步，造成每次加速电压不同，应根据比例算出下一次的加速电压．
③粒子在磁屏蔽管内做匀速直线运动，在管外做匀速圆周运动，加屏蔽管后，相当于粒子运动的圆轨迹沿管方向平移了 L.
【对接高考】
1. ( 2011·山东枣庄期末)如图 13甲所示为质谱仪的原理图．带正电粒子从静止开始经过电势差为 U的电场加速后，从 G点垂直于 MN进入偏转磁场．该偏转磁场是一个以直线 MN为上边界方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B.带电粒子经偏转磁场后，最终到达照片底片上的 H点．测得 G、 H间的距离为 d，粒子的重力可忽略不计．
图 13
( 1)设粒子的电荷量为 q，质量为 m，试证明该粒子的比荷为：
；
( 2)若偏转磁场的区域为圆形，且与 MN相切于 G点，如图乙所示，其他条件不变，要保证上述粒子从 G点垂直于 MN进入偏转磁场后不能打到 MN边界上( MN足够长)，求磁场区域的半径应满足的条件．
答案:( 1)见解析( 2) R≤ d /2
解析：( 1)粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为 v，有
qU＝ mv 2 /2①
进入磁场后做圆周运动，设轨道半径为 r
qvB＝ mv 2/ r②
打到 H点，则 r＝ d /2③
解①②③得
( 2)要保证所有粒子都不能打到 MN边界上，粒子在磁场中偏转角度小于或等于 90°，如图所示，此时磁场区半径
R＝ r＝ d /2
所以，磁场区域半径应满足的条件为： R≤ d /2
2. ( 2011·四川· 25)如图所示，正方形绝缘光滑水平台面 WXYZ边长 l＝ 1.8 m，距地面 h＝ 0.8 m．平行板电容器的极板 CD间距 d＝ 0.1 m且垂直放置于台面， C板位于边界 WX上， D板与边界 WZ相交处有一小孔．电容器外的台面区域内有磁感应强度 B＝ 1 T、方向竖直向上的匀强磁场．电荷量 q＝ 5× 10－ 13 C的微粒静止于 W处，在 CD间加上恒定电压 U＝ 2.5 V，板间微粒经电场加速后由 D板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由 XY边界离开台面．在微粒离开台面瞬间，静止于 X正下方水平地面上 A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇．假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝ 0.2，取 g＝ 10 m/ s 2.
( 1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
( 2)求由 XY边界离开台面的微粒的质量范围；
( 3)若微粒质量 m0＝ 1× 10－ 13 kg，求滑块开始运动时所获得的速度．
答案：( 1) 1.25× 10－ 11 N C板为正极 D板为负极( 2) 8.1× 10－ 14 kg＜ m≤ 2.89× 10－ 13 kg( 3) v0＝ 4.15 m/ s，方向沿与 YX方向成 53°角方向
解析：( 1)微粒在极板间受电场力 F电＝ qU/ d①
代入数据得 F电＝
N＝ 1.25× 10－ 11 N②
由微粒在磁场中的运动可知微粒带正电，且被电场加速，所以 C板为正极， D板为负极．
( 2)若微粒的质量为 m，刚进入磁场时的速度大小为 v，由动能定理得
Uq＝ mv 2 /2③
微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为 R，有 qvB＝ mv 2/ R④
微粒要从 XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为
R 1＝ l /2⑤
R 2＝ l－ d⑥
联立③～⑥式，代入数据，有
8.1× 10－ 14 kg＜ m≤ 2.89× 10－ 13 kg
( 3)如图所示，微粒在台面以速度 v做以 O点为圆心， R为半径的圆周运动，从台面边缘 P点沿与 XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点为 Q，水平位移为 s，下落时间为 t.设滑块质量为 M，滑块获得速度 v0后在 t内沿与平台前侧面成φ角方向，以加速度 a做匀减速直线运动到 Q点，经过位移为 k.由几何关系，可得
cosθ＝( l-R)/ R⑧
根据平抛运动得
⑨
s＝ vt⑩
对于滑块，由牛顿运动定律及运动学方程，有
μ Mg＝ Ma
k＝ v0 t－ at 2 /2
再由余弦定理
k 2＝ s 2＋( d＋ Rsinθ) 2－ 2 s( d＋ Rsinθ) cosθ
及正弦定理，
联立③、④和⑧～
，并代入数据，解得
v0＝ 4.15 m/ s
φ＝ arcsin 0.8(或φ＝ 53°)
