2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第九章磁场专题强化三

专题强化三　带电粒子在叠加场和组合场中的运动

命题点一　带电粒子在叠加场中的运动
1．带电粒子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，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，可由此求解问题．
(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，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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
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．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、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1　如图1，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，求：

图1
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间．
答案　(1)　(2)　(3)(＋1)
解析　(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：

所以，Eq＝mg，得：E＝
(2)由平衡条件：qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝m

由几何知识可得：r＝l
联立解得：v＝，
B＝
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝＝
做匀速圆周运动的时间：t2＝＝
在复合场中的运动时间：t＝t1＋t2＝(＋1).
变式1　如图2，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是(　　)

图2
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
答案　B
解析　设三个微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．
变式2　(2019届效实中学期中)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R的圆周运动，如图3所示，已知电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g.运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：

图3
(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动；
(2)液滴运动的速度多大；
(3)若液滴运动到最低点A时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R1＝3R的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A点，则另一个液滴怎样运动？
答案　见解析
解析　(1)、(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，知液滴带负电，液滴所受洛伦兹力提供向心力，由左手定则结合题图知液滴顺时针运动．
即Eq＝mg，qvB＝m
解得v＝
(3)分裂后的液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v1＝＝＝3v，方向向左．
分裂后第二个液滴的速度设为v2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向
mv＝mv1＋mv2，解得v2＝－v
即分裂后第二个液滴速度大小为v，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，绕行方向为顺时针，A点是圆周最高点，圆周半径R2＝R.
命题点二　带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域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，如下：
←←←→→→
第3步：用规律
→→→→
→
2．解题步骤
(1)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．
(2)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．
模型1　磁场与磁场组合
例2　人类研究磁场的目的之一是通过磁场控制带电粒子的运动．如图4所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型．在0≤x＜d和d0)的粒子，其速率有两种，分别为v1＝、v2＝.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用)

图4
(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径R1和R2.
(2)求两种速率的粒子从x＝2d的边界射出时，两出射点的距离Δy的大小．
(3)在x>2d的区域添加另一匀强磁场，使得从x＝2d边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y轴正方向运动．在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线．
答案　(1)d　2d　(2)4(－1)d　(3)见解析图
解析　(1)根据qvB＝m可得：R＝
又因为粒子速率有两种，分别为：v1＝，v2＝
解得：R1＝d，R2＝2d
(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，

辅助线如图所示，根据几何关系可知：
速率为v1的粒子射出x＝2d边界时的纵坐标为：y1＝2(R1－)＝d
速率为v2的粒子射出x＝2d边界时的纵坐标为：y2＝2(R2－)＝2(2－)d
联立可得两出射点距离的大小：Δy＝y1－y2＝4(－1)d
(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中倾斜虚线所示，可以使得从x＝2d边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y轴正方向运动．

模型2　电场与磁场组合
例3　(2016·浙江4月选考·22)如图5为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L＝
0.10 m，高均为H＝0.06 m．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，质子荷质比近似为＝1.0×108 C/kg.(忽略边界效应，不计重力)

图5
(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax；
(2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax；
(3)若区域Ⅰ加电场E小于(1)中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域Ⅰ中的电场E之间的关系式．
答案　(1)200 V/m　(2)5.5×10－3 T　(3)B＝
解析　(1)质子在电场中做类平抛运动
vy＝at＝，tan α＝＝
质子恰好能到达区域Ⅱ右下端时，外加电场最大，
此时有tan α＝，得Emax＝＝200 V/m.
(2)质子在磁场中运动有qvB＝m，即R＝
根据几何关系有：R2－(R－)2＝L2时，外加磁场最大
得Bmax＝≈5.5×10－3 T.
(3)质子运动轨迹如图所示．

设质子进入磁场时的速率为v′，则
sin α＝＝＝＝
由几何关系知sin α＝＝＝，得B＝.
变式3　(2017·浙江4月选考·23)如图6所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔．K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b＝R，d＝l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用．

图6
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；
(3)当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；
(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线.
答案　见解析
解析　轨迹示意图

(1)“磁聚焦”模型要求：R＝，解得B＝.
(2)b＝R，由几何关系知：
θ在关于y轴左、右对称的60°(含)范围内．
(3)要进入小孔，电子到达P点时与y轴负方向的夹角φ≤45°
则：＝＝≤
则当UAK＝0时每秒到达A板的电子数：N0＝N.
(4)①当UAK≥0时，进入小孔的电子全部能到A板
i1＝N0e＝Ne
②设当UAK＝U1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A板
则eU1＝0－m(vcos φ1)2，解得UAK＝－
即在区间(－，0)之间，i2＝N0e＝Ne
③当UAK反向继续增大时，将出现有电子(该临界角度为α)
刚好打到A板上，而φ>α的电子打不到A板
i＝Ne，eUAK＝0－m(vcos α)2
解得：i＝ Ne.
i＝0时，UAK＝－.
综上所述：i－UAK图线如图所示

变式4　如图7所示，O′PQ是关于y轴对称的四分之一圆，在PQNM区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U.一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位置经电场加速后都会从O′进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出．在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中K板接地，A与K两板间加有电压UAK>0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力．已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O′在y轴上．

图7
(1)求带电粒子的比荷；
(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；
(3)若无论带电粒子从PQ上哪个位置出发都能打到K板上，则电压UAK至少为多大？
答案　(1)　(2)－R～R　(3)U
解析　(1)由动能定理可知qU＝mv2
由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R0＝R
洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，
qvB＝m.联立解得＝
(2)如图，沿QN方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，由几何关系知，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a在y轴上的投影与O′的距离为
Δy＝R＋R
a点的纵坐标ya＝R

同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标yb＝－R
故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为：
－R～R
(3)只要沿QN方向入射的带电粒子能打在K板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K板上，则在电场中
E＝
F＝qE＝ma
Δy＝R＋R＝at2
应满足4R≥vt
解得UAK≥U.

1．如图1甲所示，水平放置的平行金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B0＝50 T，已知两板间距离d＝0.3 m，电场强度E＝50 V/m，M板中心有一小孔P，在P正上方h＝5 cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t＝0时刻进入两板间，最后恰好从N板边缘水平飞出．已知油滴的质量m＝10－4 kg，电荷量q＝＋2×10－5C(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，取π＝3)．求：

图1
(1)油滴在P点的速度大小；
(2)N板的长度；
(3)交变磁场的变化周期．
答案　(1)1 m/s　(2)0.6 m　(3)0.3 s
解析　(1)由机械能守恒定律，得mgh＝mv2
解得v＝1 m/s
(2)进入场区时，因为mg＝10－3 N，方向向下，
而Eq＝10－3 N，方向向上．
所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动，
所以B0qv＝
解得R＝0.1 m
因d＝0.3 m，则若使油滴从N板边缘水平飞出，需在场内做三次圆弧运动．
所以，N板的长度L＝6R.
解得L＝0.6 m
(3)油滴在磁场中运动的周期T0＝＝
由(2)分析知交变磁场的周期T＝T0
联立解得T＝0.3 s.
2．(2019届东阳中学模拟)如图2所示，半径r＝0.06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1 m、磁感应强度大小B＝0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN的极板长L＝0.3 m、间距d＝0.1 m，极板间所加电压U＝6.4×102 V，其中N极板收集的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6×105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向．若粒子重力不计、比荷＝108 C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

图2
(1)粒子在磁场中的运动半径R0；
(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴的夹角θ；
(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η.
答案　见解析
解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝
得R0＝＝0.08 m
(2)如图所示，从y＝0.18 m处出射的粒子对应入射方向与y轴的夹角为θ，轨迹圆心与y轴交于(0,0.10 m)处，
由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°

(3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y：
则y＝at2，a＝，L＝vt，
联立解得y＝＝0.08 m
设此粒子入射时与x轴正方向夹角为α，则有：
y＝rsin α＋R0－ R0cos α
可知tan α＝即α＝53°
比例η＝×100%≈29.4%.
3．某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图3所示．AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．已知O、P间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小E＝，粒子重力不计．试求：

图3
(1)粒子从M点飞离CD边界时的速度大小；
(2)P、N两点间的距离；
(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小．
答案　(1)2v0　(2)d　(3)d　
解析　(1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：

粒子从O到M点时间：t1＝
粒子在电场中的加速度：a＝＝
P、M两点间的距离为：PM＝at12＝d.
粒子在M点时竖直方向的分速度：vy＝at1＝v0
粒子在M点时的速度：v＝＝2v0
速度偏转角的正切值：tan θ＝＝，故θ＝60°；
(2)粒子从N到O点时间：t2＝
粒子从N到O点过程竖直方向的位移：y＝at22
故P、N两点间的距离为：PN＝y＝d
(3)设粒子在磁场中运动的半径为R，由几何关系得：Rcos 60°＋R＝PN＋PM＝d
可得半径：R＝d
由qvB＝m，即：R＝
解得：B＝
由几何关系确定区域半径为：R′＝2Rcos 30°
即R′＝d.
4．如图4，静止于A处的离子经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；＝2d、＝3d，离子重力不计．

图4
(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．
答案　(1)　(2)　(3) ≤B＜
解析　(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，
有：qU＝mv2
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，知离子带正电，电场力提供向心力，
根据牛顿第二定律，有qE0＝
联立解得：R＝
(2)离子做类平抛运动，若恰好能打在NQ的中点，则
d＝vt,3d＝at2
由牛顿第二定律得：qE＝ma，
联立解得：E＝
(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
qvB＝，则 r＝
离子能打在QN上，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.

由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：d＜r≤2d，则有≤B＜.
5．(2018·宁波市十校联考)一个放射源水平放出α、β、γ三种射线，垂直射入如图5所示磁场，区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)．已知电子质量me＝9.1×10－31 kg，α粒子质量mα＝6.7×10－27 kg，电子电荷量q＝1.6×10－19 C，≈1＋(|x|<1时)．

图5
(1)若要筛选出速率大于v1的所有β粒子进入区域Ⅱ，求磁场宽度d与B和v1的关系(用题中所给字母表示即可)；
(2)若B＝0.027 3 T，v1＝0.1c(c是光速)，计算d；α粒子的速率为0.001c，计算α粒子离开区域Ⅰ时的偏移距离(答案均保留三位有效数字)；
(3)当d满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v1 答案　见解析
解析　(1)作出临界轨迹如图甲所示，

由几何关系知：r＝d，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B＝me，
解得：d＝；
(2)对电子：d＝＝ m＝6.25×10－3 m
对α粒子：rα＝＝ m≈0.230 m
作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的偏移距离：y＝rα－＝rα－rα(1－)(1＋)＝≈4.25×10－5 m；

(3)画出速率分别为v1和v2的粒子离开区域Ⅱ的轨迹如图丙所示，

速率在v1 y1＝2d＝，y2＝2(r2－)＝(v2－).