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专题强化二十一　带电粒子在组合场中的运动
目标要求 　1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路.2.学会处理磁场和磁场组合、电场和磁场组合带电粒子运动问题．
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段．
第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示．
第3步：用规律

题型一　磁场与磁场的组合
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．
例1 　(2020·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图1所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：

图1
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷q′m′可能的最小值．
答案　(1)mv3qB0　(2)2πmqB0　(3)2qm
解析　(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由qvB＝mv2r可知r＝mvqB，
故r1＝mv2qB0，r2＝mv3qB0
且d＝2r1－2r2
解得d＝mv3qB0
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t1、t2
由T＝2πrv＝2πmqB得t1＝πm2qB0，t2＝πm3qB0
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝2πmqB0
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，…)
相遇时，有nm′v3q′B0＝d，n5πm′6q′B0＝t1＋t2
解得q′m′＝nqm
根据题意，n＝1舍去．
当n＝2时，q′m′有最小值，(q′m′)min＝2qm
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇．
综上分析，乙的比荷的最小值为2qm.
题型二　电场与磁场的组合

　　　　　 先电场后磁场

1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图2.

图2
2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图3.

图3
注意：进入磁场的速度是离开电场的末速度，而非进入电场的初速度．
例2 　(2018·全国卷Ⅰ·25)如图4，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为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21H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：

图4
(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)21H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，在磁场中做匀速圆周运动，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进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得
s1＝233h④
(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′，由速度合成法则有
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21H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＝2ma2⑪
设21H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＝v2t2⑫
h＝12a2t22⑬
v2′＝v22＋(a2t2)2⑭
sin θ2＝a2t2v2′⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝22v1′⑯
设21H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝2mv2′qB＝2R1⑰
所以出射点在原点左侧．设21H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 θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H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.

　　　　　 先磁场后电场

(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图5甲所示)．
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．

图5
例3 　(2020·河南开封市模拟)如图6所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里．在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m.在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开．已知粒子的比荷为qm＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计．

图6
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程．
答案　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1) m
解析　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子在进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点竖直向上射出磁场，逆着电场线运动，所以可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R＝0.5 m，根据Bqv＝mv2r，得B＝mvqR，代入数据得B＝0.2 T.

(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场(如图所示)，MN的长度等于直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长，即s1＝πR，设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得Eq·s22＝12mv2，得s2＝mv2Eq，则总路程s＝s1＋s2＝πR＋mv2Eq.
代入数据得s＝(0.5π＋1) m.

1．(先电场后磁场)(2020·湖北宜昌市联考)如图7所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1.一电荷量为＋q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB长度是BC长度的3倍．

图7
(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L；
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值．
答案　(1)23v03　(2)23mv03qB1　(3)1.5B1
解析　(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tan θ＝LBCLAB＝33，则θ＝30°
根据速度关系有：v＝v0cos θ＝23v03；
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得：qvB1＝mv2r1，轨迹如图甲所示：

由几何关系得：L＝r1
解得：L＝23mv03qB1；
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示：

同理得：qvB2m＝mv2r2
根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
2．(先磁场后电场)(2020·山东潍坊市3月五县联考)如图8所示的坐标系xOy中，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度未知．一带正电粒子从A(d,0)点以初速度v0开始运动，初速度方向与x轴负方向夹角为53°，粒子到达y轴时速度方向与y轴垂直，粒子经过电场区域、x轴下方磁场区域恰好回到A点，且速度方向与初速度方向相同．粒子重力不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

图8
(1)粒子的比荷；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)x轴下方磁场的磁感应强度大小．
答案　(1)4v05dB0　(2)20v0B09　(3)4021B0
解析　(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的半径为r1，则有qv0B0＝mv02r1

由图可知r1＝dsin 53°，解得qm＝4v05dB0
(2)设粒子类平抛过程竖直位移为Δy，
则Δy＝r1－r1cos 53°
由题意可知，粒子类平抛运动的末速度与x轴负方向夹角为θ＝53°，则vy＝v0tan θ，类平抛运动过程vy＝at，Δy＝12at2，qE＝ma
联立解得t＝3d4v0，E＝20v0B09
(3)设粒子类平抛过程水平位移为Δx，则Δx＝v0t，设粒子在y轴下方磁场区域运动的半径为r2，则r2＝d＋Δx2sin θ
粒子运动速度v＝v0cos θ，qvB＝mv2r2，解得B＝4021B0.
课时精练
1．如图1所示，在第Ⅱ象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场．已知O、P之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为 (　　)

图1
A.7πd2v0 B.dv0(2＋5π)
C.dv0(2＋3π2) D.dv0(2＋7π2)
答案　D
解析　带电粒子的运动轨迹如图所示，

带电粒子出电场时，速度v＝2v0，这一过程的时间t1＝dv02＝2dv0，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为3π4，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2＝38T＝38·2πrv＝3πd2v0，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝πrv＝2πdv0，故t总＝t1＋t2＋t3＝dv0(2＋7π2)，D正确．
2．(2018·全国卷Ⅲ·24)如图2，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：

图2
(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
(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∶4.
3.如图3所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．

图3
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
答案　(1)5πm4qB　(2)2mv0qT0
解析　(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．

设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝mv02R
T＝2πRv0
联立解得T＝2πmBq
依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为54π
所需时间为t1＝θ2πT＝58T
解得t1＝5πm4qB.
(2)粒子进入电场后，先做匀减速直线运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速直线运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，有qE＝ma
v0＝a·t22
解得t2＝2mv0qE
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0
得电场强度最大值Emax＝2mv0qT0.
4.(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图4所示，平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有方向沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为22L，磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L,0)的P点沿与x轴正方向成θ＝45°角斜向上射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求：

图4
(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；
(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从P点射出到射出磁场运动的时间为多少？
答案　(1)(0，12L)　(2)mv022qL　2mv02qL　(3)Lv0＋2(1＋π)L2v0
解析　(1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，
水平方向：L＝v0cos θ·t1，
竖直方向：y＝12v0sin θ·t1，
解得：y＝12L，
粒子从y轴上射出电场的位置坐标为：(0，12L)；
(2)粒子在电场中的加速度大小：a＝qEm，
竖直分位移：y＝12at12，
解得：E＝mv022qL；
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，以沿y轴负方向的速度射出磁场，运动轨迹如图所示，

由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°，
AD＝2y＝22L，
因此AC刚好为圆形有界磁场的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝L，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，
其中，粒子的速度：v＝v0cos θ，
解得：B＝2mv02qL；
(3)粒子在电场中的运动时间：t1＝Lv0cos θ＝2Lv0，
粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：x＝22L－12L，
粒子做直线运动的时间：t2＝xv＝(2－2)L2v0，
粒子在磁场中做圆周运动的时间：t3＝14T＝14×2πmqB＝2πL2v0，
粒子总的运动时间：t＝t1＋t2＋t3＝Lv0＋2(1＋π)L2v0.
5．(2020·山东等级考模拟卷)如图5所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：

图5
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.
答案　(1)qB0R0m　(2)qR0B022m　(3)12B0
解析　(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，
则qv0B0＝mv02R0
解得v0＝qB0R0m
(2)由于粒子与y轴正方向成45°角离开电场，
则有vx＝vy＝v0
粒子在电场中做类平抛运动，在平行于x轴方向做匀加速直线运动，在平行于y轴方向做匀速直线运动，故在平行于x轴方向上qE＝ma
vx2－0＝2aR0
联立解得E＝qR0B022m
(3)粒子在电场中运动时
平行于x轴方向：vx＝at，R0＝12at2
平行于y轴方向：y＝vyt
联立解得y＝2R0
如图，过N点作速度的垂线交x轴于P点，P即为粒子在第一象限做匀速圆周运动的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝22R0.

由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝mv2PN，其中v为进入第一象限的速度，大小为v＝2v0，
解得B1＝12B0.

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