2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第八章磁场专题突破十

专题突破十　带电粒子在复合场中的运动

命题点一　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，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．“磁偏转”和“电偏转”的区别

电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
受力情况
只受恒定的电场力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛知识、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt　y＝at2
a＝　tan θ＝
qvB＝m　r＝
T＝　t＝
sin θ＝
做功情况
电场力既改变速度方向，也改变速度的大小，对电荷要做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度的大小，对电荷永不做功
物理图象



题型1　“磁－磁”组合

例1　(2018·江苏单科·15)如图1所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.

图1
(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值．
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，由题意知r0＝，解得B＝
(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α.

由几何关系得d＝rsin α，由洛伦兹力提供向心力得r＝＝，解得sin α＝，即α＝53°
粒子在一个矩形磁场中的运动时间t1＝·，解得t1＝
直线运动的时间t2＝
则粒子从O运动到O′的时间t＝4t1＋t2＝()
(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x.

粒子向上的偏移量y＝2r(1－cos α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤d
则当xm＝d时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值sm＝＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加时间的最大值Δtm＝.
题型2　“电－磁”组合

例2　(2018· 南通市、泰州市一模) 如图2所示，两边界MN、PQ相互平行、相距为L，MN左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大．质量为m、电荷量为＋q的粒子从与边界MN距离为2L的O点以方向垂直于边界MN、大小为v0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN的夹角为45°，粒子还能回到O点．忽略粒子的重力，求：

图2
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)粒子回到O点时的动能Ek；
(3)磁场的磁感应强度B和粒子从O点出发回到O点的时间t.
答案　(1)　(2)mv　(3)　
解析　(1) 粒子向右通过电场的时间t1＝
离开电场时沿电场方向的分速度vy＝v0tan 45°
在电场中运动的加速度a＝
由牛顿第二定律有qE＝ma
解得E＝.

(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN的位置间的距离
h＝v0t1＋at＋at＝4L
由动能定理有qEh＝Ek－mv
解得Ek＝mv.
(3)粒子进入磁场的速度v＝＝v0
设粒子在磁场中的运动半径为r，由几何关系可知2rcos 45°＝h＋2Ltan 45°
解得r＝3L
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝
解得磁场的磁感应强度B＝
粒子在磁场中运动时间t2＝·
则粒子运动的总时间t＝2t1＋t2＋
解得t＝.
命题点二　带电粒子(体)在叠加场中的运动
1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存(初速度与磁场垂直)
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
例3　(2018·金陵中学等三校四模)如图3所示，在竖直虚线PQ左侧、水平虚线MN下方有范围足够大的竖直向上的匀强电场和水平向外的匀强磁场，电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度B未知．在距离MN为h的O点将带电小球以v0＝的初速度向右水平抛出，小球在MN下方的运动为匀速圆周运动，已知重力加速度为g.

图3
(1)求带电小球的比荷，并指出小球的带电性质．
(2)若小球从O点抛出后最后刚好到达PQ上与O点等高的O1点，求OO1间最小距离s及对应磁场的磁感应强度的值B0.
(3)已知磁场磁感应强度为B1，若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d(该点在PQ左侧)，求小球经过此点时的加速度a的大小．
答案　(1)　粒子带正电　(2)4(2－)h　　(3)－g
解析　(1)因为小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，所以电场力等于重力，电场力方向向上，所以带正电
因为重力等于电场力即mg＝qE，所以带电小球的比荷＝
(2)小球从O点抛出做类平抛运动，运动轨迹如图所示：

根据平抛运动知识可得：
x＝v0t，h＝gt2
vy＝gt＝，v＝＝2
tan θ＝，解得θ＝45°
所以OO1间距离s＝2x－R
s最小时R最大，此时磁场的磁感应强度有最小值B0.
由图可知s＝2x－R＝2R，可得R＝2(2－)h，故最小距离s＝4(2－)h
小球在MN下方做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
得qvB＝m，R＝
所以B0＝
(3)若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d
根据动能定理得：mg(h＋d)＝mv－mv
又qv1B1－mg＝ma
所以a＝－g.
命题点三　带电粒子在交变电磁场中的运动
例4　(2018·如皋市模拟四)如图4甲所示，xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，周期均为2t0，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从坐标原点O开始运动，此时速度大小为v0，方向为＋x轴方向．已知电场强度大小为E0，磁感应强度大小B0＝，不计粒子所受重力．求：

图4
(1)t0时刻粒子的速度大小v1及对应的位置坐标(x1，y1)；
(2)为使粒子第一次运动到y轴时速度沿－x方向，B0与E0应满足的关系；
(3)t＝4nt0(n 为正整数)时刻粒子所在位置的横坐标x.
答案　见解析
解析　(1)0～t0时刻，粒子在电场中做平抛运动，沿着x轴正方向有：x1＝v0t0，
沿着y轴正方向，有：vy＝at0，y1＝at，
由牛顿第二定律，有qE0＝ma，
运动的速度大小v1＝，
解得：v1＝，y1＝，
故粒子的位置坐标为(v0t0，)；
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，
由牛顿第二定律，有qv1B0＝mr1，
解得：T＝2t0；
则粒子第一次运动到y轴前的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有：qv1B0＝m，
由图可知圆心在y轴上，结合几何关系得到：r1sin θ＝v0t0，
且v1cos θ＝v0，
解得：＝v0.
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期为2t0，即在t0～2t0时间内粒子转了半圈，在x方向上向左移动了Δx,2t0时刻速度大小仍为v1，方向与t0时刻速度方向相反，在2t0～3t0时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与0～t0时间内相同，3t0时刻速度大小为v0，方向沿着x轴负方向，在3t0～4t0时间内粒子转动半圈，4t0时刻速度大小为v0，方向沿着x正方向，如图所示；则0～4t0时间内粒子在x方向上向左移动的距离为Δx＝2r1sin θ＝


则粒子的横坐标x＝－nΔx＝－(n＝1,2，……)．

1．(2018·无锡市高三期末)如图5甲，xOy平面内，以O为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.一比荷大小为c的粒子以某一初速度从A(R,0)沿－x方向射入磁场，并从B(0，R)射出．不计粒子重力．

图5
(1)判定粒子的电性并求出粒子的初速度大小．
(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场，粒子从A以原初速度射入磁场，射出时速度方向与＋x轴成60°，求所叠加的磁场的磁感应强度．
(3)若在平面内加一个以O为圆心，从原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，如图乙．粒子从A以原初速度射入磁场，从B射出后，在圆环形磁场中偏转，从P(－R，R)再次从圆环形磁场进入圆形磁场，则圆环形磁场外径应满足什么条件？求粒子运动的周期．
答案　见解析
解析　(1)由左手定则可知，粒子带正电．粒子运动轨迹如图(a)，

由洛伦兹力提供向心力得qvB0＝m，解得v＝cB0R
(2)粒子运动轨迹如图(b)，由几何关系可知，粒子的轨道半径变为R1＝R

由qvB＝可知，合磁感应强度应大小变为B＝B0
若所叠加磁场垂直于纸面向外，粒子从M射出，则根据B1＋B0＝B，有B1＝(－1)B0
若所叠加磁场垂直于纸面向里，粒子从N射出，则根据B1′－B0＝B，有B1′＝(＋1)B0
(3)粒子运动轨迹如图(c)，由几何关系可知∠POB＝，

粒子在圆环形磁场区的轨道半径为R2＝R，
则要求外径R′≥R2＋2R2＝R
粒子完成一个周期运动满足×n＝2π×m，m、n均为正整数
满足条件的m、n的最小值m＝5、n＝12的周期为
T＝n×
＝.
2.(2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，半径为r 的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场，电场与水平方向成60°角，同心大圆半径为r，两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B．质量为m，电荷量为＋q的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场，经磁场偏转恰好从内圆的最高点A 处进入电场，并从最低点C处离开电场．不计粒子的重力．求：

图6
(1)该粒子从A 处进入电场时的速率；
(2)偏转电场的场强大小；
(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围．
答案　见解析
解析　(1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由图可知粒子以v进入磁场经T的时间从内圆最高点A处进入电场．
由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，由几何关系得R＝
解得v＝.

(2)带电粒子进入电场做类平抛运动，运动轨迹如图乙所示．
由几何知识和平抛运动规律可得：2rcos 60°＝vt，2rsin 60°＝at2，Eq＝ma
解得E＝

(3)带电粒子经加速电场获得一定动能进入磁场．
加速电场中由动能定理得U加q＝mv2，磁场中由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m
解得U加＝
使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，经分析R有三种临界值，如图丙所示．

①当粒子运动半径为R1＝r，
则粒子的速度大小为v1＝r，加速电压大小为U加1＝
②当粒子运动半径为R2＝r，
则粒子的速度大小为v2＝·r，加速电压大小为U加2＝
③当粒子运动半径为R3＝r，
则粒子的速度大小为v3＝·r, 加速电压大小为U加3＝
所以加速电压的取值范围：
0＜U加≤或≤U加≤.
3．(2018·苏州市模拟)如图7所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖直向上．在第一、第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，其大小E1＝；在第二、第三象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场和垂直于xOy平面向外的匀强磁场，电场强度大小E2＝，磁感应强度大小为B.现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从x轴上距坐标原点为d的P点由静止释放．(重力加速度为g)

图7
(1)求小球从P点开始运动后，第一次经过y轴时速度的大小；
(2)求小球从P点开始运动后，第二次经过y轴时的纵坐标；
(3)若小球第二次经过y轴后，第一、第四象限内的电场强度大小变为E1′＝，方向不变，求小球第三次经过y轴时的纵坐标．
答案　(1)　(2)－d (3)－d
解析　(1)设小球在第一、四象限中的加速度为a，由牛顿第二定律得＝ma
得到a＝，对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为θ，则
tan θ＝＝，小球移动的位移x＝＝2d，所以经过y轴时速度的大小为v0＝＝＝.
(2)小球第一次经过y轴后，在第二、三象限内，由于qE2＝mg，电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图甲所示．设轨迹半径为R，

由洛伦兹力提供向心力qv0B＝m，得R＝
由几何关系知Δy＝R＝＝，OP′＝dtan θ＝d
故小球第二次经过y轴时的纵坐标y1＝－d.
(3)从第二次经过y轴到第三次经过y轴过程，小球在第一、四象限内的受力分析如图乙所示．

由图可知tan α＝＝，则刚进入第一象限时小球所受合力方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，加速度a′＝＝2g
小球第三次经过y轴时，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的关系可知v0t′＝××2gt′2
得小球运动时间t′＝＝＝
小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为：
Δy′＝＝·＝d
故小球第三次经过y轴时的纵坐标为：
y2＝y1－Δy′＝－d.


1．(2018·扬州市一模)在如图1所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d.PQ右侧为偏转电场，两极板长度为d，间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：

图1
(1)电子通过磁场区域的时间t；
(2)偏转电场的电压U；
(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上．
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)电子在磁场区域由洛伦兹力提供向心力可得：
evB＝m，得到：r＝
运动周期T＝＝
△OAC和△OQC均为等腰直角三角形，故粒子偏转的圆心角为90°，
故通过磁场区域的时间为t＝T＝.
(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场，如图所示，

由几何知识得r＝d，由r＝解得v＝
通过电场的时间t1＝＝
电子离开电场后做匀速直线运动到达M点，由几何关系有：
＝＝，
又y1＋y2＝d
解得y1＝d
即·t＝d
代入数据解得U＝.
(3)若电子恰好打在下极板右边缘，如图所示．

磁场中r′＝
电场中水平方向：d＝v′t
竖直方向：r′＝·t2
由上述三式代入数据解得v′＝.
2.(2019·高邮中学段考)北京正负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图2所示：MN和PQ为足够长的水平边界，竖直边界EF将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C和D同时入射，入射方向平行EF且垂直磁场．已知注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为8d，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为＋e和－e，忽略电子进入加速器的初速度．

图2
(1)试判断从注入口C入射的是哪一种电子？电子经加速器加速后速度为v0，求直线加速器的加速电压U；
(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B，正、负电子以v1＝的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？
(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为，正、负电子仍以v1＝的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt＝，求正、负电子相撞的位置坐标．
答案　(1)正电子　　(2)　(3)(d，d)
解析　(1)由左手定则判断，从C入射的为正电子，由动能定理
eU＝mv，
解得：加速电压U＝

(2)电子射入后的轨迹如图甲所示
电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，设为r，
由洛伦兹力提供向心力eBv1＝m，解得：r＝d
周期T＝
对撞时间：t＝T＝
(3)电子射入后的轨迹如图乙所示

电子在Ⅰ区域中运动时半径r1＝d，周期T1＝
电子在Ⅱ区域中运动时半径r2＝3d，周期T2＝，Δt＝＝
设正、负电子在A点相撞，由几何关系可知A与圆心的连线与水平方向夹角θ＝30°，A的横坐标x＝r2cos θ＝d，A的纵坐标y＝4d－r2sin θ＝d
正、负电子相撞的位置坐标为(d，d)．
3．(2018·海安中学月考)如图3甲所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，其边界为MN、PQ，两区域磁感应强度大小均为B，方向如图所示，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入电、磁复合场后，恰能做匀速圆周运动．(重力加速度为g)

图3
(1)求电场强度E的大小；
(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求带电小球释放时距MN的高度h；
(3)若带电小球从距MN高度为3h的O′点由静止开始下落，为使带电小球运动一定时间后仍能回到O′点，需将磁场Ⅱ向下移动一定距离(如图乙所示)，求磁场Ⅱ向下移动的距离y及小球从O′点释放到第一次回到O′点的运动时间T.
答案　见解析
解析　(1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即qE＝mg，解得E＝
(2)只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O点，如图甲所示

由动能定理得：mgh＝mv2
Bqv＝
由几何关系得：R＝d
联立解得：h＝
(3)当带电小球从距MN的高度为3h的O′点由静止开始下落时，应有
mg·3h＝mv，小球运动轨迹半径R1＝
联立解得：R1＝2d
画出小球的运动轨迹，如图乙所示，在中间匀速直线运动过程中，小球的速度方向与竖直方向成30°角，根据几何关系有，R1sin 60°＝R1(1－cos 30°)＋ytan 30°，可得磁场Ⅱ向下移动距离y＝(6－2)d

小球自由落体和竖直上抛的总时间t1＝2＝
小球做圆周运动的总时间t2＝
小球做匀速直线运动的总时间t3＝＝
第一次回到O′点的运动时间T＝t1＋t2＋t3＝＋＋.
4.(2018·常州市一模)如图4所示的xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy(未知)，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外．电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场．已知电子质量为m，电荷量为e，E＝，B2＝，不计电子重力．

图4
(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的取值范围；
(3)若电场沿y轴正方向，Δy＝R，欲使电子b能到达x轴且距原点O距离最远，求矩形磁场区域的最小面积．
答案　(1)　(2)Δy＞R　(3)4(2＋)R2
解析　(1)电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，电子a射入，经过O点进入x轴下方，则r＝R，
洛伦兹力提供向心力得ev0B1＝m，解得B1＝
(2)匀强电场沿y轴负方向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场做匀减速运动，设电子a速度减小为0时位移是Δy0，此过程由动能定理有eE·Δy0＝mv，可求出Δy0＝＝R，则电子a不能到达MN时Δy＞R
(3)匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时的速度大小为v，电子b在MN下方磁场区域做匀速圆周运动的轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图甲所示．

由动能定理有eE·Δy＝mv2－mv，
解得v＝2v0，在电场中的加速度a＝＝，
在电场中运动的时间t1＝＝，
电子在x轴方向上的位移x＝v0t1＝2R；
由牛顿第二定律，有：evB2＝m，代入得：r1＝R，
cos θ＝＝，故θ＝；
由几何关系可知，在MN下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平方向夹角为θ＝时，粒子能够到达x轴且与原点O距离最远，如图乙所示．由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1＝r1＋r1sin θ，
竖直边长为l2＝r1＋r1cos θ，
最小面积为S＝l1l2＝r (1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋)R2.