高考物理一轮复习讲义第10章 专题强化21　带电粒子在组合场中的运动（含解析）

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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
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eq \f(q′,m′)可能的最小值．
答案 (1)eq \f(mv,3qB0) (2)eq \f(2πm,qB0) (3)eq \f(2q,m)
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＝meq \f(v2,r)可知r＝eq \f(mv,qB)，
故r1＝eq \f(mv,2qB0)，r2＝eq \f(mv,3qB0)
且d＝2r1－2r2
解得d＝eq \f(mv,3qB0)
(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＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)得t1＝eq \f(πm,2qB0)，t2＝eq \f(πm,3qB0)
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝eq \f(2πm,qB0)
(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neq \f(m′v,3q′B0)＝d，neq \f(5πm′,6q′B0)＝t1＋t2
解得eq \f(q′,m′)＝neq \f(q,m)
根据题意，n＝1舍去．
当n＝2时，eq \f(q′,m′)有最小值，(eq \f(q′,m′))min＝eq \f(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eq \f(2q,m).
题型二 电场与磁场的组合
考向1 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 (2018·全国卷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，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eq \\al(1,1)H和一个氘核eq \\al(2,1)H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eq \\al(1,1)H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.eq \\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：
(1)eq \\al(1,1)H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)eq \\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
答案 (1)eq \f(2\r(3),3)h (2) eq \r(\f(6mE,qh)) (3)eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h
解析 (1)eq \\al(1,1)H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eq \\al(1,1)H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＝eq \f(1,2)a1t12②
由题给条件，eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.eq \\al(1,1)H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＝eq \f(2\r(3),3)h④
(2)eq \\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝eq \r(v12＋a1t12)⑥
设磁感应强度大小为B，eq \\al(1,1)H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＝eq \f(mv1′2,R1)⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得
B＝ eq \r(\f(6mE,qh))⑨
(3)设eq \\al(2,1)H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
eq \f(1,2)(2m)v22＝eq \f(1,2)mv12⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2⑪
设eq \\al(2,1)H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＝eq \f(1,2)a2t22⑬
v2′＝eq \r(v22＋a2t22)⑭
sin θ2＝eq \f(a2t2,v2′)⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq \f(\r(2),2)v1′⑯
设eq \\al(2,1)H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＝eq \f(2mv2′,qB)＝eq \r(2)R1⑰
所以出射点在原点左侧．设eq \\al(2,1)H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，eq \\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h.
考向2 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)．
例3 如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点(未画出)离开电场．已知OM距离为3L，粒子的比荷为eq \f(v,BL)，不计粒子重力．
(1)求OP两点的距离；
(2)求粒子在磁场中运动的时间；
(3)当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标．
答案 (1)eq \r(3)L (2)eq \f(2πL,3v) (3)(eq \f(3,2)L，eq \f(3\r(3),2)L)
解析 (1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C
由牛顿第二定律，得qvB＝eq \f(mv2,R)
解得R＝L
由几何关系得∠OCP＝120°
则OP＝eq \r(3)L
(2)粒子在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πR,v)
粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t＝eq \f(T,3)
解得t＝eq \f(2πL,3v)
(3)带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可．设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得PN＝QM＝eq \r(3)L
又x＝PNcs 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得x＝eq \f(3,2)L，y＝eq \f(3\r(3),2)L
考向3 粒子多次进出电场、磁场的运动
例4 (2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为eq \r(3)R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
答案 (1)eq \f(5\r(eUm),eR) eq \f(πR\r(meU),4eU) 8eU (2)eq \f(13,6)
解析 (1)电子在电场中加速有2eU＝eq \f(1,2)mv2
在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R
根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝meq \f(v2,r)
联立解得B1＝eq \f(5\r(eUm),eR)
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πr,v)
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为
φ＝eq \f(5,4)π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝eq \f(φ,2π)T
联立解得t＝eq \f(πR\r(meU),4eU)
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，
由几何关系可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)R－rm))2＝R2＋rm2
解得rm＝eq \f(\r(3),3)R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝meq \f(vm2,rm)
2eU＝eq \f(1,2)mvm2－keU
联立解得k＝eq \f(13,6).
例5 如图，直角坐标系xOy中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从y轴上P点(0，h)以初速度v0垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45°角进入磁场．粒子重力不计．
(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围；
(3)若第四象限内磁感应强度大小为eq \f(mv0,qh)，第三象限内磁感应强度大小为eq \f(2mv0,qh)，且第三、第四象限的磁场在y＝－L(L>2h)处存在一条与x轴平行的下边界MN(图中未画出)，则要使粒子能够垂直边界MN飞出磁场，求L的可能取值．
答案 (1)eq \f(mv02,2qh) (2)B解析 (1)在第一象限内，粒子在静电力作用下做类平抛运动，由运动学规律有vy2＝2ah，vy＝v0tan 45°
由牛顿第二定律有：qE＝ma
联立解得E＝eq \f(mv02,2qh)
(2)粒子在Q点的速率
v＝eq \f(v0,cs 45°)＝eq \r(2)v0，h＝eq \f(1,2)vyt，x＝v0t
可得OQ的距离为x＝2h
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图甲所示，轨迹恰与y轴相切时，对应恰能够进入第三象限的磁感应强度最大值
由牛顿第二定律有qvBmax＝meq \f(v2,Rmin)
由几何关系有x＝Rmineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋cs 45°))
联立以上各式解得Bmax＝eq \f(1＋\r(2)mv0,2qh)
故B的大小范围为B(3)由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝meq \f(v2,R)
粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为
R1＝eq \r(2)h，R2＝eq \f(\r(2)h,2)
易知：粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图乙所示
要让粒子垂直边界MN飞出磁场，则L满足的条件为
R1sin 45°＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R1＋R2))sin 45°＝L(n＝0,1,2,3…)
结合题意L>2h
解得L＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)n))h(n＝1,2,3…)．
课时精练
1．平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从坐标为(－L，L)的P点沿y轴负向进入电场，初速度大小为v0＝eq \r(\f(2EqL,m))，粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若粒子由P点沿x轴正方向入射，初速度仍为v0＝eq \r(\f(2EqL,m))，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离．
答案 (1)4eq \r(\f(mE,qL)) (2)eq \f(6＋\r(2),4)L
解析 (1)由动能定理得EqL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
粒子进入磁场时速度大小为v＝eq \r(\f(4EqL,m))
在磁场中L＝2R
qvB＝eq \f(mv2,R)
可得B＝4eq \r(\f(mE,qL))
(2)假设粒子由y轴离开电场，运动轨迹如图所示
L＝v0t，
y1＝eq \f(1,2)at2，
Eq＝ma
解得y1＝eq \f(L,4)vy＝at
速度偏转角tan θ＝eq \f(vy,v0)
第一次到达x轴的坐标
x1＝eq \f(L－y1,tan θ)＝eq \f(3,2)L
在磁场中R′＝eq \f(mv′,qB)
x2＝2R′sin θ＝eq \f(2mv′,qB)sin θ＝eq \f(2mvy,qB)＝eq \f(\r(2),4)L
粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离
x＝x1＋x2＝eq \f(6＋\r(2),4)L.
2.如图所示，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．
(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)eq \f(5πm,4qB) (2)eq \f(2mv0,qT0)
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＝meq \f(v02,R)
T＝eq \f(2πR,v0)
联立解得T＝eq \f(2πm,Bq)
依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为eq \f(5,4)π
所需时间为t1＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(5,8)T
解得t1＝eq \f(5πm,4qB).
(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·eq \f(t2,2)
解得t2＝eq \f(2mv0,qE)
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
t2≥T0
解得电场强度最大值Emax＝eq \f(2mv0,qT0).
3．如图所示，xOy平面内，OP与x轴夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T．第二象限有平行于 y轴向下的匀强电场，场强大小为E ＝eq \f(83,40)×105 V/m.一带电微粒以速度 v0 ＝5×106 m/s从 x 轴上 a(L,0)点平行于OP射入磁场，并从OP上的b点垂直于OP离开磁场，与y轴交于c点，最后回到x轴上的点d，图中点b、d未标出．已知L＝eq \f(5,4) m，sin 53°＝eq \f(4,5)，cs 53°＝eq \f(3,5)，不计微粒的重力，求：
(1)微粒的比荷eq \f(q,m)；
(2)d 点与O点的距离l;
(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度Bx大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限．
答案 (1)5×107 C/kg (2)4 m (3)Bx≥0.2 T
解析 (1)微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得：
r＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B＝meq \f(v02,r)
解得eq \f(q,m)＝5×107 C/kg
(2)粒子进入电场后做类斜抛运动．由几何关系得
yOc＝eq \f(Lcs 53°＋r,sin 53°)
在y轴方向 yOc＝－v0tcs 53°＋eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2
在x轴方向 l ＝ v0tsin 53°
解得l＝4 m
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限．
由几何关系知R＝eq \f(1,2)Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B1＝meq \f(v02,R)
解得B1 ＝ 0.2 T
故当磁感应强度Bx≥0.2 T时，微粒能到达第四象限．
4．(2022·湖北宜昌市联考)如图所示，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eq \r(3)倍．
(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)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(2\r(3)mv0,3qB1) (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＝eq \f(LBC,LAB)＝eq \f(\r(3),3)，则θ＝30°
根据速度关系有：v＝eq \f(v0,cs θ)＝eq \f(2\r(3)v0,3)；
(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＝meq \f(v2,r1)，轨迹如图甲所示：
由几何关系得：L＝r1
解得：L＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB1)；
(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：
可得：qvB2m＝meq \f(v2,r2)
根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.