带电粒子在组合场中的运动
第一章 专题强化4 带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动[学习目标] 1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法.2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法.3.会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现．1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识2．“电偏转”与“磁偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件只受恒定的静电力F＝qEv⊥E进入匀强电场只受大小恒定的洛伦兹力F＝q v Bv⊥B进入匀强磁场运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝12at2，a＝qEm，tan θ＝atv0利用牛顿第二定律、向心力公式有r＝m vqB，T＝2πmqB，t＝θT2π一、由电场进入磁场例1 (多选)一带负电粒子的质量为m 、电荷量为q ，空间中一平行板电容器两极板S 1、S 2间的电压为U .将此粒子在靠近极板S 1的A 处无初速度释放，经电场加速后，经O 点进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S 2)，图中虚线Ox 垂直于极板S 2，当粒子从P 点离开磁场时，其速度方向与Ox 方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则( )A ．极板S 1带正电B ．粒子到达O 点的速度大小为2qUmC ．此粒子在磁场中运动的时间t ＝πm3qBD ．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O 点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d ＝Um qB 2答案 BC解析 带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，场强向左，说明极板S 1带负电，故A 错误；设粒子到达O 点的速度大小为v ，由动能定理可得Uq ＝12m v 2，解得v ＝2qUm，故B 正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝π3，此粒子在磁场中运动的时间t ＝16T ＝16×2πm Bq ＝πm3qB，故C 正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O 点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bq v ＝m v 2R把B 选项中求得的速度大小代入可得R ＝2UmqB 2， 则该有界磁场区域的宽度d ＝R ＝2UmqB 2，故D 错误． 例2 如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场圆心在M (L ，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q (－2L ，－L )点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O 进入磁场，从P (2L ，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值． 答案 (1)v 02 (2)π4解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m 和q ，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L ＝v 0t 1，L ＝12at 12，qE ＝ma联立解得E ＝m v 022qL粒子到达O 点时沿＋y 方向的分速度为v y ＝at 1＝v 0，tan α＝v yv 0＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v ＝2v 0.粒子所受洛伦兹力提供向心力， 则Bq v ＝m v 2r ，由几何关系得r ＝2L联立解得B ＝m v 0qL ，则E B ＝v 02；(2)粒子在磁场中运动的周期为T ＝2πr v ，粒子在磁场中运动的时间为t 2＝14T ＝πL2v 0，粒子在电场中运动的时间为t 1＝2Lv 0，解得t 2t 1＝π4.从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时速度的大小和方向，这是正确求解的关键． 二、从磁场进入电场例3 如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一象限内有竖直向上的匀强电场，圆心O 1在x 轴上，半径为R 且过坐标原点O ，圆内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)．一质量为m ，带电荷量为q 的正粒子从圆上P 点正对圆心O 1以速度v 0射入磁场，从坐标原点O 离开磁场，接着又恰好经过第一象限的Q (a ，b )点，已知PO 1与x 轴负方向成θ角，不计粒子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (2)粒子从P 运动到Q 的时间．答案 (1)2mb v 02a 2q m v 0Rq tan θ2 (2)θR v 0tanθ2＋av 0解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ， 由几何关系得r tan θ2＝R又q v 0B ＝m v 02r故B ＝m v 0Rq tan θ2粒子从O 到Q 做类平抛运动，设运动时间为t 2， a ＝v 0t 2则t 2＝a v 0，b ＝12·qE m ·t 22故E ＝2mb v 02a 2q(2)粒子在磁场中运动的时间t 1＝θ2π·2πr v 0＝θr v 0＝θRv 0tanθ2则粒子从P 运动到Q 的时间为t ＝t 1＋t 2＝θR v 0tanθ2＋av 0.三、多次进出电场和磁场例4 如图所示的xOy 坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子在该平面内从x 轴上的P 点，以垂直于x 轴的初速度v 0进入匀强电场，恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限的磁场．已知O 、P 之间的距离为d ，不计粒子的重力．求：(1)O 点到Q 点的距离； (2)磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间． 答案 (1)2d (2)m v 02qd (3)(7π＋4)d 2v 0解析 (1)设Q 点的纵坐标为h ，粒子到达Q 点的水平分速度为v x ，从P 到Q 受到的恒定的静电力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h ＝v 0t 1水平方向匀加速直线运动的平均速度v ＝0＋v x2，则d ＝v x t 12根据速度的矢量合成知tan 45°＝v xv 0解得h ＝2d .(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R ＝22d由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ，由(1)可知v ＝v 0cos 45°＝2v 0联立解得B ＝m v 02qd.(3)粒子在电场中的运动时间为t 1＝2dv 0粒子在磁场中的运动周期为T ＝2πR v ＝4πdv 0粒子在第一象限中的运动时间为t 2＝135°360°·T ＝38T粒子在第四象限内的运动时间为t 3＝T2故带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(7π＋4)d2v 0.1．(2020·全国卷Ⅱ)CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测．图(a)是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M 、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P 点，则( )A ．M 处的电势高于N 处的电势B ．增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C ．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D ．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移 答案 D解析 电子在M 、N 间受向右的静电力，电场方向向左，故M 处的电势低于N 处的电势，故A 错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r ＝m vqB 可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P 点右移，故B 错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场的方向垂直于纸面向里，故C 错误；根据r ＝m vqB，B 增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P 点左移，故D 正确．2.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，则离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的轨迹半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3 答案 BCD解析 离子P ＋和P 3＋质量之比为1∶1，电荷量之比为1∶3，故在电场中的加速度(a ＝qEm )之比为1∶3，A 项错误；离子在离开电场区域时，有qU ＝12m v 2，在磁场中做匀速圆周运动时，有q v B ＝m v 2r ，得半径r ＝m v qB ＝1B2mU q ，则半径之比为1∶13＝3∶1，B 项正确；设磁场宽度为d ，由几何关系，有d ＝r sin θ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶3，因为θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，C 项正确；由qU ＝12m v 2可知，离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D 项正确．3.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区域加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外、半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的点F (图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R ，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )A.8U R 2B 2B.4U R 2B 2C.6U R 2B 2D.2U R 2B 2 答案 C解析 设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v ，由动能定理有qU ＝12m v 2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R3.又Bq v ＝m v 2r ，则q m ＝6UR 2B2，故C 正确．4.如图所示的区域中，OM 左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM ，且垂直于磁场方向．一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的带电粒子从小孔P 以初速度v 0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C 垂直于OM 射入匀强电场，最后打在Q 点，已知OC ＝L ，OQ ＝2L ，不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B 的大小； (2)电场强度E 的大小． 答案 (1)3m v 02qL (2)m v 022qL解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O 1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)，∠PO 1C ＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ， 由r ＋r cos 60°＝OC ＝L 得r ＝2L3粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，q v 0B ＝m v 02r ，解得：B ＝m v 0qr ＝3m v 02qL ；(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度大小为a ＝qEm ，水平方向有2L ＝v 0t ，竖直方向有L ＝12at 2联立解得E ＝m v 022qL.5.如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从y 轴正半轴上y ＝h 处的M 点，以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上x ＝2h 处的P 点进入磁场，最后以垂直于y 轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：(1)电场强度E 的大小；(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r ；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t . 答案 见解析解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示设粒子在电场中运动的时间为t 1， 则有2h ＝v 0t 1，h ＝12at 12根据牛顿第二定律得Eq ＝ma 解得E ＝m v 022qh(2)设粒子进入磁场时速度为v ，在电场中， 由动能定理得Eqh ＝12m v 2－12m v 02，又因Bq v ＝m v 2r ，解得r ＝2m v 0Bq. (3)粒子在电场中运动的时间t 1＝2hv 0粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πmBq设粒子在磁场中运动的时间为t 2，则 t 2＝38T得t ＝t 1＋t 2＝2h v 0＋3πm4Bq.6．(2022·河北泊头一中高二月考)如图所示，以两虚线P 、Q 为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E ，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电荷量为－q 、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度v 0从电场边界P 、Q 之间的O 点出发．(1)若粒子能到达边界Q ，求O 点到边界Q 的最大距离l 1；(2)若使粒子到达边界Q 并进入磁场的偏转半径为R ，求O 点到边界Q 的距离l 2；(3)在题(2)的前提下，能使粒子从O 点出发到再次回到O 点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d 和全过程的运动时间t .答案 见解析解析 (1)由动能定理得－Eql 1＝0－12m v 02， 则l 1＝m v 022Eq. (2)由动能定理得－Eql 2＝12m v 12－12m v 02， 由洛伦兹力提供向心力，q v 1B ＝m v 12R解得l 2＝m 2v 02－q 2B 2R 22Eqm. (3)要使粒子在磁场中运动时间最短，则轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力q v 1B ＝m v 12Rq v 2B ＝m v 222R由动能定理得Eqd ＝12m v 22－12m v 12 解得d ＝3q 2B 2R 22Eqm粒子在电场中运动的加速度a ＝Eq m在磁场中运动的周期T ＝2πm qB全过程的运动时间t ＝32×2πm qB ＋2(v 0－v 1)a ＋2(v 2－v 1)a ＝3πm qB ＋2m v 0Eq .。
带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动
带电粒子的运动是物理学中的一种重要现象，其中电磁场产生的组合场是影响
带电粒子运动的重要因素之一。
带电粒子在组合场中的运动受到电磁场和重力场的共同作用。
由于它在电磁场中受到电力的作用，电流质点会产生电场和磁场。
磁场又会产
生电离力，对电流质点的运动产生影响。
进而磁场又可以产生电场，来反作用磁力，这就是带电粒子在组合场中的运动。
此外，受重力场的作用，带电粒子会受到由重力产生的阿博尔力的挤压，就如
苹果被外部重力拉扯一样，这也是带电粒子在组合场中运动的另外一种影响因素。
另外，当带电粒子运行速度很大时，也会受到电场和磁场、重力场及动能守恒
定律的引力作用，这意味着它受到四种类型的力的共同作用，来影响它的运动。
而这种运动受到环境的影响的程度要远低于电子在金属物质中的运动。
带电粒子在组合场中的运动是一个比较复杂的问题，要了解它的运动规律，必
须要考虑它受到电磁场，重力场及动能守恒定律的多重作用，并且要有较高的数学处理技能，才能理解它们之间的相互影响。
总之，带电粒子在组合场中的运动受到电磁场，重力场及动能守恒定律的共同
影响，而且运动过程受环境影响的程度较低，因此，需要有较丰富的数学处理能力才能更好地了解它们之间的相互作用。
难点20 带电粒子在组合场中的运动——【全攻略】备战2023年高考物理一轮重难点复习(解析版)
难点20 带电粒子在组合场中的运动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．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．3．常见粒子的运动及解题方法一、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：(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)mv 3qB 0 (2)2πm qB 0 (3)2q m【详解】(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r 1、r 2由qvB ＝m v 2r 可知r ＝mv qB， 故r 1＝mv 2qB 0，r 2＝mv 3qB 0且d ＝2r 1－2r 2解得d ＝mv 3qB 0(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 t 1、t 2由T ＝2πr v ＝2πm qB 得t 1＝πm 2qB 0，t 2＝πm 3qB 0且Δt ＝2t 1＋3t 2 解得Δt ＝2πm qB 0(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n m ′v 3q ′B 0＝d ，n 5πm ′6q ′B 0＝t 1＋t 2解得q ′m ′＝n q m根据题意，n ＝1舍去．当n ＝2时，q ′m ′有最小值，(q ′m ′)min ＝2q m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2q m. 二、电场与磁场的组合（一）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，如图甲．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，如图乙．【例2】（2022·湖北·武汉市长虹中学高三阶段练习）如图所示，在0y >的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在0y <的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy 平面（纸面）向外。
第6节 带电粒子在组合场、叠加场中的运动
由几何关系有 = 2cos 30∘
联立解得 =
3
2
（2）匀强电场的电场强度的大小。
[解析] 粒子进入电场时，速度方向与边界的夹角为60∘ ，由几何关系可知，速度方
向和电场方向垂直。粒子在电场中的位移 = = sin 30∘
又sin 30∘ =
1பைடு நூலகம்
2
cos 30∘ = 2
为的带正电粒子以速度从坐标原点沿轴正方向进入磁场，经磁场
偏转后由点进入电场，最后从轴上的点离开电场，已知、两点间距离为
，连线平行于轴。不计粒子重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
[解析] 粒子在磁场中运动时（如图所示），设轨迹半径为，根据
洛伦兹力提供向心力可得 =
动的规律
较复杂的曲线 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为 动能定理、能量守恒定
运动
零，也不与洛伦兹力等大反向
律
【视角1】 叠加场中做直线运动
域内有竖直向上的匀强电场，在 > 0 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场
强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则
(
AD
)
A.粒子从中点射入磁场，电场强度满足 =
B.粒子从中点射入磁场时速度为0
0 02
02
02 +02
02
C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
=
联立解得 =
8 3 2
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质
受力特点
匀速直线运动 粒子所受合力为0
带电粒子在组合场中的运动 课件
(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) 2 3 h (2) 6mE (3) 2 3 ( 2 -1)h
3
qh
3
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
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向; (2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
答案 见解析 解析 (1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距 离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有 2L=v0t ① L= 1 at2 ②
2
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy=at ③ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有
1.“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力 电场力FE=qE,其大小、方向不变,与 洛伦兹力FB=qvB,其大小不变,方向随v
情况 速度v无关,FE是恒力
而改变,FB是变力
轨迹 抛物线
圆或圆的一部分
运动 轨迹
续表
垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
求解 利用类平抛运动的规律求解:
方法
运动 时间
vx=v0,x=v0t
vy=
qE m
t,y=
qE 2m
t2
偏转角φ:
tan
φ=
vy vx
qEt
= mv0
t= x
v0
半径r=
mv qB
周期T=
带电粒子在组合场运动
带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动（第1课时）专题串讲一一、基础知识要记牢带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较：分析带电粒子在组合场中运动问题的方法：(1)带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况。
(2)根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(3)正确地画出粒子的运动轨迹图。
三、易错易混要明了(1)要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度。
(2)带电粒子在电场中的类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动，虽然均为曲线运动，但运动规律不同，处理方法也不同。
题型一带电粒子在组合场中的运动[典例1] (2013·山东高考)如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。
一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。
已知OP＝d，OQ＝2d。
不计粒子重力。
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
跟踪训练1．如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一象限有射线OA，OA与x轴正方向夹角为30°，OA与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场，其他区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。
有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点沿着x轴正方向以初速度v0射入电场，运动一段时间后经过Q点垂直于射线OA进入磁场，经磁场偏转，过y轴正半轴上的M点再次垂直进入匀强电场。
物理应考内容-带电粒子在组合场中的运动分析
带电粒子在组合场中的运动分析一、先电场后磁场模型(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．二、先磁场后电场模型对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况： (1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反； (2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．1．(2013·浙江·20) (多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3 答案 BCD解析 磷离子P ＋和P 3＋的质量相等设为m ，P ＋的电荷量设为q ，则P 3＋的电荷量为3q ，在电场中由a ＝Eq m 知，加速度之比为所带电荷量之比，即为1∶3，A 错误；由qU ＝12m v 2得E k ∝q ，即离开电场区域时的动能之比为1∶3，D 正确；又由q v B ＝m v 2r ，得r ＝1B2mU q ∝1q ，所以r P ＋∶r P3＋＝3∶1，B 正确；由几何关系可得P 3＋在磁场中转过60°角后从磁场右边界射出，C 正确．2.如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U ，带电粒子以某一初速度v 0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 和v 0的变化情况为( )A ．d 随v 0增大而增大，d 与U 无关B ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而增大C ．d 随U 增大而增大，d 与v 0无关D ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而减小 答案 A解析 设粒子从M 点进入磁场时的速度大小为v ，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v ＝v 0cos θ.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r ＝m v qB .而MN 之间的距离为d ＝2r cos θ.联立解得d ＝2m v 0qB ，故选项A 正确．3．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的任一数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从靠近M 板的P 点经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：(1)两板间电压的最大值U m ；(2)CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ；(3)粒子在磁场中运动的最长时间t m .答案 (1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πmBq解析 (1)M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点， 如图所示，CH ＝QC ＝L故半径r 1＝L 又因为q v 1B ＝m v 21r 1且qU m ＝12m v 21，所以U m ＝qB 2L 22m .(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2， 设圆心为A ，在△AKC 中：sin 45°＝r 2L －r 2解得r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK ，即 s ＝r 1－r 2＝(2－2)L (3)打在Q 、E 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以t m ＝T 2＝πmBq . F4.(12分)如图14所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y <0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场．一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从电场中Q (－2h ，－h )点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O 处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN 的方向射出磁场．已知MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h,2h )，不计粒子的重力，求：(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小．(1) m v 022qh (2) m v 0qh4．(15分)如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的正离子，在D 处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A 点为d 的小孔C 沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC 平行且向上，最后离子打在G 处，而G 处距A 点2d (AG ⊥AC )．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r ； (2)离子从D 处运动到G 处所需时间； (3)离子到达G 处时的动能．解析：(1)正离子轨迹如图所示．圆周运动半径r ，满足：d ＝r ＋r cos 60° 解得r ＝23d .(2)设离子在磁场中的运动速度为v 0，则有：q v 0B ＝m v 20rT ＝2πr v 0＝2πm qB由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：t 1＝13T ＝2πm3Bq 离子在电场中做类平抛运动，从C 到G 的时间为：t 2＝2d v 0＝3mBq离子从D →C →G 的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝(9＋2π)m3Bq (3)设电场强度为E ，则有：qE ＝ma d ＝12at 22 由动能定理得：qEd ＝E k G －12m v 20 解得E k G ＝4B 2q 2d 29m答案：(1)23d (2)(9＋2π)m 3Bq (3)4B 2q 2d 29m5．直角坐标系xOy 中与x 轴成45°角的界线OM 两侧区域分别有如图20所示电、磁场(第三象限除外)，匀强磁场磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外，匀强电场场强E ＝v B 、方向沿x 轴负方向．一不计重力的带正电的粒子，从坐标原点O 以速度为v 、沿x 轴负方向射入磁场，随后从界线上的P 点沿垂直电场方向进入电场，并最终飞离电、磁场区域．已知粒子的电荷量为q ，质量为m ，求：(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径R 及P 点的位置坐标； (2)粒子在磁场中运动的时间；(3)粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标．答案 (1)m v qB (m v qB ，m v qB ) (2)3πm2qB (3)[0，－(2－1)m v qB ] 解析 (1)由洛伦兹力提供向心力，有：q v B ＝m v 2R 解得：R ＝m vqB粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子经过界线OM 的位置P 的坐标为(m v qB ，m vqB )(2)粒子在磁场中运动的周期 T ＝2πR v ＝2πm qB粒子在磁场中运动的时间t ＝34T ＝3πm2qB(3)粒子从P 点射入电场后将做类平抛运动，如图所示，有： R ＝12at 2① x ＝v t② 其中：a ＝qEm③联立①②③式解得x ＝2m vqB故粒子最终飞离电、磁场区域的位置坐标为[0，－(2－1)m vqB ]6．中国著名物理学家、中国科学院院士何泽慧教授曾在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程．有人设想利用电场、磁场控制正、负电子在云室中运动来再现这一过程．实验设计原理如下：在如图所示的xOy 平面内，A 、C 二小孔距原点的距离均为L ，每隔一定的时间源源不断地分别从A 孔射入正电子，C 孔射入负电子，初速度均为v 0，方向垂直x 轴，正、负电子的质量均为m ，电荷量均为e (忽略电子之间的相互作用)．在y 轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y 轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，要使正、负电子在y 轴上的P (0，L )处相碰．求：(1)电场强度E 的大小；磁感应强度B 的大小及方向；(2)P 点相碰的正、负电子的动能之比和射入小孔的时间差Δt .解析 (1)对A 处进入的正电子，由类平抛运动规律得： L ＝v 0t A L ＝12at 2A＝Ee 2m t 2A 得E ＝2m v 20eL对C 处进入的负电子，由牛顿第二定律得e v 0B ＝m v 20L B ＝m v 0eL ，方向垂直纸面向外(2)设P 点相碰的正、负电子的动能分别为E k A 、E k C .对A 处进入的正电子，由动能定理得： EeL ＝E k A －m v 202，所以E k A ＝5m v 202故E k AE k C＝51从C进入的负电子运动的时间为t C＝90°360°×2πLv0＝πL2v0从A进入的正电子运动的时间t A＝Lv0Δt＝t C－t A，得Δt＝πL2v0－Lv0＝(π－2)L2v0。
带电粒子在组合场中的运动
模型概述
带电粒子在组合场中的运动过程比较复杂，但如果认真分析其运 动过程会发现，粒子的运动过程实际上是几个运动过程的组合， 只要认真分析每个过程，找出其所满足的物理规律，并找出各个 过程之间的衔接点和相关联的物理量，问题便可迎刃而解．
学科素养培养
1．先电场后磁场模型
60°
学科素养培养
【例 3】 E＝2×106 N/C 和 B1＝0．1 T，极板的
长度 l＝ 3 3 m， 圆形磁场的半径为 R＝ m． 正 3 3
电的粒子恰速度方向偏转了 60° ，不计粒子的重 q 力，粒子的比荷为m＝2×108 C/kg． (1)求圆形磁场区域的磁感应强度 B2 的大小； (2)在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁 场撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形磁 场，求圆形磁场的圆心 O 离极板右边缘的水平 距离 d 应满足的条件．
图22
高考模拟
高考题组
1
模拟题组
2
3
1．(2013· 山东 · 23)如图 22，电场强度大小 为 E． 电荷量为＋ q、 质量为 m 的粒子， 已知 OP＝ d， OQ＝ 2d． 不计粒子重力． (1)求粒子过 Q 点时速度的大小和方向． (2)若磁感应强度的大小为一确定值 B0, 粒子将沿垂直 y 轴的方向进入第二象限, 求 B0． (3)若磁感应强度的 大小为另一确定值， 经过一段时间后粒 子将再次经过 Q 点， 且速度与第一次过 Q 点时相同，求该 粒子相邻两次经过 图22 Q 点所用的时间．
(2)设粒子做
为 E． 电荷量为＋ q、 质量为 m 的粒子， 圆周运动的 已知 OP＝ d， OQ＝ 2d． 不计粒子重力． 半径为 R ，
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带电粒子在组合场中的运动1．质谱仪图8-3-1(1)构造：如图8-3-1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12m v 2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2r 。
由以上两式可得r ＝1B 2mU q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r 2。
2．回旋加速器(1)构造：如图8-3-2所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中。
图8-3-2(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由q v B ＝m v 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r决定，与加速电压无关。
[典例] 如图8-3-3所示为质谱仪的示意图。
速度选择器部分的匀强电场的场强为E ＝1.2×105 V/m ，匀强磁场的磁感强度为B 1＝0.6 T ；偏转分离器的磁感应强度为B 2＝0.8 T 。
求：(已知质子质量为1.67×10－27kg)图8-3-3(1)能通过速度选择器的粒子的速度大小。
(2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离 d 。
[解析] (1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，有 eB 1v ＝eE ，得v ＝E B 1＝1.2×1050.6m /s ＝2×105 m/s 。
(2)粒子进入磁场B 2后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则eB 2v ＝m v 2R ，得R ＝m vB 2e设质子质量为m ，则氘核质量为2m ，故 d ＝2m v B 2e ×2－m v B 2e ×2＝5.2×10－3 m 。
[答案] (1)2×105m/s (2)5.2×10－3 m[针对训练]1．(多选) (2016·天水一模)质谱仪的构造原理如图8-3-4所示。
从粒子源S 出来时的粒子速度很小，可以看作初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P 点，测得P 点到入口的距离为x ，则以下说法正确的是( )图8-3-4A ．粒子一定带正电B ．粒子一定带负电C ．x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越大D ．x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越小解析：选AC 根据左手定则，知粒子带正电，故A 正确，B 错误；根据半径公式r ＝m v qB 知，x ＝2r ＝2m v qB ，又qU ＝12m v 2，联立解得x ＝8mUqB 2，知x 越大，质量与电量的比值越大，故C 正确，D 错误。
2．(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图8-3-5所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )图8-3-5A ．增大匀强电场间的加速电压B ．增大磁场的磁感应强度C ．减小狭缝间的距离D ．增大D 形金属盒的半径解析：选BD 回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据q v B ＝m v 2R 可得，v ＝qBR m ，因此离开回旋加速器时的动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m 可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，A 、C 错误；磁感应强度越大，D 形盒的半径越大，动能越大，B 、D 正确。
要点二 带电粒子在四类组合场中的运动带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。
当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。
[多维探究](一)先电场后磁场(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。
(如图8-3-6甲、乙所示)在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
图8-3-6(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。
(如图8-3-7甲、乙所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
图8-3-7[典例1](2016·日照检测)如图8-3-8所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。
质荷比m－10 kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射q＝4×10入电场，OA＝0.2 m，不计粒子的重力。
图8-3-8(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。
[思路点拨](1)带电粒子在第Ⅰ象限内做________运动，在第Ⅱ象限内做__________运动。
提示：类平抛 匀速圆周(2)粒子恰不能进入第Ⅲ象限的条件是运动轨迹与x 轴________。
提示：相切[解析] (1)设粒子在电场中运动时间为t ，粒子经过y 轴时的位置与原点O 的距离为y ，则x OA ＝12at 2 a ＝qE m y ＝v 0t代入数据解得a ＝1.0×1015 m/s 2， t ＝2.0×10－8 s ，y ＝0.4 m 。
(2)粒子经过y 轴时在电场方向的分速度为： v x ＝at ＝2×107 m/s 粒子经过y 轴时速度为 v ＝v x 2＋v 02＝2 2×107m/s与y 轴正方向夹角大小为θ。
tan θ＝v xv 0＝1 θ＝45°要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为R ， 则R ＋22R ≤y 由q v B ＝m v 2R解得B ≥(22＋2)×10－2 T 。
[答案] (1)0.4 m (2)B ≥(22＋2)×10－2 T(二)先磁场后电场对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况： (1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。
(如图8-3-9甲、乙所示)图8-3-9[典例2] (2014·全国卷)如图8-3-10，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向。
在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场。
不计重力。
若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求图8-3-10(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间。
[解析] (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。
设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0。
由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 02R 0①由题给条件和几何关系可知R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x 。
由牛顿第二定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③ v x ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)， 有tan θ＝v xv 0⑥联立①②③④⑤⑥式得EB ＝12v 0tan 2θ⑦(2)联立⑤⑥式得 t ＝2d v 0tan θ⑧ [答案] 见解析 (三)先后两个磁场[典例3] (2013·山东高考)如图8-3-11所示，在坐标系xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向里；第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E 。
一带电量为＋q 、质量为m 的粒子，自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入第四象限，经x 轴上的Q 点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。
已知OP ＝d ，OQ ＝2d 。
不计粒子重力。
图8-3-11(1)求粒子过Q 点时速度的大小和方向。
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B 0，粒子将以垂直y 轴的方向进入第二象限，求B 0。
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q 点，且速度与第一次过Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过Q 点所用的时间。
[审题指导] 第一步：抓关键点关键点获取信息(1)沿y 轴正方向的匀强电场 (2)自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入 带电粒子在第四象限内做类平抛运动 在第一、三象限内存在相同的匀强磁场在第一、三象限内带电粒子做半径相同的匀速圆周运动以垂直y 轴的方向进入第二象限在第一象限内做圆周运动的轨迹圆心在y 轴上改变磁感应强度值，经过一段时间后粒子再次经过Q 点，且速度与第一次相同带电粒子在第一、三象限内运动的轨迹均为半圆第二步：找突破口(1)要求过Q点的速度，可以结合平抛运动的知识列方程求解。
(2)要求以垂直y轴的方向进入第二象限时的磁感应强度B0值，可以先画出带电粒子在第一象限的运动轨迹，后结合匀速圆周运动的知识求解。
(3)要求经过一段时间后仍以相同的速度过Q点情况下经历的时间，必须先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合有关知识列方程求解。
[解析](1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为v y，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得qE＝ma①由运动学公式得d＝12at02②2d＝v0t0③v y＝at0④v＝v02＋v y2⑤tan θ＝v yv0⑥联立①②③④⑤⑥式得v＝2 qEdm⑦θ＝45°。
⑧(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图甲所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得甲R1＝22d⑨由牛顿第二定律得qvB0＝m v2R1⑩联立⑦⑨⑩式得B0＝mE2qd。
⑪(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析，粒子运动的轨迹如图乙所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形。