(完整版)带电粒子在复合场中的运动典型例题汇编

专题八 带电粒子在复合场中的运动

考纲解读 1.能分析计算带电粒子在复合场中的运动.2.能够解决速度选择器、磁流体发电机、质谱仪等磁场的实际应用问题

1． [带电粒子在复合场中的直线运动]某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，带电小球沿如图1所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法正确的是( )

A．小球一定带正电 B．小球可能做匀速直线运动

C．带电小球一定做匀加速直线运动； D．运动过程中，小球的机械能增大 ； 图1 2． [带电粒子在复合场中的匀速圆周运动]如图2所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是 ( )

A．小球一定带正电 B．小球一定带负电；

C．小球的绕行方向为顺时针 ； D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动 图2 考点梳理 一、复合场 1． 复合场的分类

(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．

(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或相邻或在同一区域，电场、磁场交替出现． 2． 三种场的比较 项目 名称 重力场 大小：G＝mg 方向：竖直向下 大小：F＝qE 静电场 b.负电荷受力方向与场强方向相反 磁场 洛伦兹力F＝qvB 方向可用左手定则判断 重力做功与路径无关 重力做功改变物体的重力势能 电场力做功与路径无关 电场力做功改变电势能 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能 力的特点 功和能的特点 方向：a.正电荷受力方向与场强方向相同 W＝qU 二、带电粒子在复合场中的运动形式 1． 静止或匀速直线运动

当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动． 2． 匀速圆周运动

当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动． 3． 较复杂的曲线运动

当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线． 4． 分阶段运动

带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运

动阶段组成．

3． [质谱仪原理的理解]如图3所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是 ( )

A．质谱仪是分析同位素的重要工具 ； B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外； C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B

D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小 ； 图3 4． [回旋加速器原理的理解]劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图4所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速， 且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是 ( )

A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf ；

B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比

C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1 ；

D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变 图4 规律总结

带电粒子在复合场中运动的应用实例 1． 质谱仪

(1)构造：如图5所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．

图5

1

(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2.

2

v2

粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m.

r由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷． 12mUqr2B2q2Ur＝ ，m＝，＝. Bq2UmB2r2

2． 回旋加速器

(1)构造：如图6所示，D1、D2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．

(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次

地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由qvB2222mvqBr＝，得 Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒 图6

r2m

半径r决定，与加速电压无关．

（特别提醒 这两个实例都应用了带电粒子在电场中加速、在磁场中偏转(匀速圆周运动) 的原理．）

3． 速度选择器(如图7所示)

(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．

(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，

E

即v＝. 图7

B4． 磁流体发电机

(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能． (2)根据左手定则，如图8中的B是发电机正极．

(3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的

U

磁感应强度为B，则由qE＝q＝qvB得两极板间能达到的最大电势差U＝BLv. 图8

L5． 电磁流量计工作原理：如图9所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负 离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b

间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就

UUπd2UπdU

保持稳定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液体流量Q＝Sv＝·＝. 图9

dBd4Bd4B

考点一 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情况分类

(1)磁场力、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、磁场力并存(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、磁场力、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

带电体在复合场中受轻杆、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出结果．

例1 如图10所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应

强度为B的圆形匀强磁场区域 ，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0.若撤去磁场，质子

t0

仍从O1点以相同速度射入，则经时间打到极板上． 图10

2(1)求两极板间电压U；

(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？

解析 (1)设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动

t0

L∶(L－2R)＝t0∶，解得L＝4R

2

t0

粒子在电场中做类平抛运动：L－2R＝v0·

2

qEa＝

m1t0R＝a()2

22

U

在复合场中做匀速运动：q＝qv0B

2R

4R8R2B

联立各式解得v0＝，U＝

t0t0

(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，由几何关系可知：β＝π－α＝45°，r＋2r＝R

1qEt02

因为R＝()，

2m2qEqv0B8R所以＝＝2

mmt0

v2

根据牛顿第二定律有qvB＝m，

r

22－1R

解得v＝

t0

22－1R

所以，粒子在两板左侧间飞出的条件为0t0

22－1R8R2B

答案 (1) (2)0t0t0

技巧点拨

带电粒子(带电体)在叠加场中运动的分析方法

1．弄清叠加场的组成． 2．进行受力分析．

3．确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． 4．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．

(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．

(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解． (3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解． (4)对于临界问题，注意挖掘隐含条件． 5．记住三点：(1)受力分析是基础； (2)运动过程分析是关键；

(3)根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的定理列方程求解．

方法点拨

解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法

突破训练1 如图11所示，空间存在着垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B，在y轴两侧分别有方向相反的匀强电场，电场强度均为E，在两个电场的交界处左侧，有一带正电的液滴a在电场力和重力作用下静止，现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴b，当它的运动方向变为水平方向时恰与a相撞，撞后两液滴合为一体，速度减小到原来的一半，并沿x轴正方向做匀速直线运动，已知液滴b与a的质量相等，b所带电荷量是a所带电荷量的2倍，且相撞前a、b间的静电力忽略不计．

(1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小；

(2)求液滴b开始下落时距液滴a的高度h. 图11

E2E2

答案 (1) (2)

B3gB2解析 液滴在匀强磁场、匀强电场中运动，同时受到洛伦兹力、电场力和重力作用． (1)设液滴a质量为m、电荷量为q，则液滴b质量为m、电荷量为－2q， 液滴a平衡时有qE＝mg ① a、b相撞合为一体时，质量为2m，电荷量为－q，速度为v，由题意知处于平衡状态， 重力为2mg，方向竖直向下，电场力为qE，方向竖直向上，洛伦兹力方向也竖直向上， 因此满足qvB＋qE＝2mg ②

E

由①、②两式，可得相撞后速度v＝

B(2)对b，从开始运动至与a相撞之前，由动能定理有

12

WE＋WG＝ΔEk，即(2qE＋mg)h＝mv0 ③

2v02E

a、b碰撞后速度减半，即v＝，则v0＝2v＝

2B222mv v 2E00

再代入③式得h＝＝＝

4qE＋2mg6g3gB2

考点二 带电粒子在组合场中的运动

1． 近几年各省市的高考题在这里的命题情景大都是组合场模型，或是一个电场与一个磁场相邻，或是两个或多个

磁场相邻．

2． 解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等． 3． 要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态． 4． 分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．

例2 (2012·山东理综·23)如图12甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0.在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释

T0

放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区．(不计粒子重力，不考虑极

2板外的电场)

(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d.

(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．

(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小． 审题指导 1.粒子的运动过程是什么？

2．要在t＝3T0时使粒子再次到达S2，且速度为零，需要满足什么条件？

解析 (1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得

1

qU0＝mv2 ①

2

2qU0

由①式得v＝ ②

m

U0

设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得q＝ma ③

d

1T0

由运动学公式得d＝a()2 ④

22T02qU0

联立③④式得d＝ ⑤

4m

v2

(2)设磁感应强度的大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m

R⑥

L

要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足2R> ⑦

2

42mU0

联立②⑥⑦式得B<

Lq(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程所用时间为t1，有d＝vt1 ⑧ T0

联立②⑤⑧式得t1＝ ⑨

4

若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学

v

公式得d＝t2 ⑩

2

T0

联立⑧⑨⑩式得t2＝ ⑪

2设粒子在磁场中运动的时间为t

T0

t＝3T0－－t1－t2 ⑫

2

7T0

联立⑨⑪⑫式得t＝ ⑬

4

2πm

设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝

qB

⑭

由题意可知T＝t ⑮

8πm

联立⑬⑭⑮式得B＝.

7qT0

2qU0T02qU042mU0

答案 (1) (2)B<

m4mLq

7T08πm(3)

47qT0

突破训练2 如图13所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，

电场强度分别为E和E/2；区域Ⅱ内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电荷量为q的带负电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入区域Ⅱ的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：

(1)粒子在区域Ⅱ匀强磁场中运动的轨迹半径； (2)O、M间的距离；

(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间． 图13

2mv03mv028＋3mv0πm

答案 (1) (2) (3)＋

qB2qEqE3qB审题指导 1.粒子的运动过程是怎样的？ 2．尝试画出粒子的运动轨迹．

3．注意进入磁场时的速度的大小与方向．

解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，其在区域Ⅰ的匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类

v0

平抛运动规律知v＝

cos 60°粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

v22mv0

Bqv＝m，所以R＝

RqB

(2)设粒子在区域Ⅰ的电场中运动时间为t1，加速度为a.则有qE＝ma，

3mv0

v0tan 60°＝at1，即t1＝

qE

123mv02

O、M两点间的距离为L＝at1＝

22qE

(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2 T1πm

则由几何关系知t2＝＝

63qB

Eq

2qE

设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t3，a′＝＝

m2m

2v08mv0

则t3＝2×＝

a′qE粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为

3mv0πm8mv08＋3mv0πm

t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝＋

qE3qBqEqE3qB

42．带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动模型问题的分析

mv2

解析 (1)粒子在磁场中运动时qvB＝ (2分)

R

2πR

T＝v (1分)

2πm－

解得T＝＝4×103 s (1分)

qB(2)粒子的运动轨迹如图所示，t＝20×103 s时粒子在坐标系内做了两个 圆周运动和三段类平抛运动，水平位移x＝3v0T＝9.6×102 m (1分)

1

竖直位移y＝a(3T)2 (1分)

2Eq＝ma (1分) 解得y＝3.6×102 m

故t＝20×103 s时粒子的位置坐标为：

(9.6×102 m，－3.6×102 m) (1分) (3)t＝24×103 s时粒子的速度大小、方向与t＝20×103 s时相同，设与水平方向夹角为 α (1分)

22

则v＝v 0＋v y (1分)

－

－

－

－

－

－

－

－

vy＝3aT (1分)

vy

tan α＝ (1分)

v0解得v＝10 m/s (1分)

3

与x轴正向夹角α为37°(或arctan )斜向右下方 (1分)

4答案 (1)4×103 s (2)(9.6×102 m，－3.6×102 m) (3)10 m/s 方向与x轴正向夹角

3

α为37°(或arctan )

4突破训练3 如图15甲所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的场强

大小为E＝2.5×102 N/C的匀强电场(上、下及左侧无界)．一个质量为m＝0.5 kg、电荷 量为q＝2.0×102 C的可视为质点的带正电小球，在t＝0时刻以大小为v0的水平初速度 向右通过电场中的一点P，当t＝t1时刻在电场所在空间中加上一如图乙所示随时间周期 性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点， PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面向里为正．(g＝ 10 m/s2)

－－

－

－

图15

(1)如果磁感应强度B0为已知量，使得小球能竖直向下通过D点，求磁场每一次作用时 间t0的最小值(用题中所给物理量的符号表示)；

(2)如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件的时刻t1的表达式(用题中所给物理量 的符号表示)；

(3)若小球能始终在电磁场所在空间做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小(用题中所给物理量的符号表示)．

2πmv06L3πmLm

答案 (1) (2)＋ (3)

2qB0v0qB0qLv0

解析 (1)当小球仅有电场作用时：mg＝Eq，小球将做匀速直线运 动．在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动，圆周 运动周期为T0，若竖直向下通过D点，由图甲分析可知： 3T03πmt0＝＝

42qB0

(2)PF－PD＝R，即： 甲 v0t1－L＝R

qv0B0＝mv0/R

mv0Lm

所以v0t1－L＝，t1＝＋

qB0v0qB0

(3)小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电 磁场中的运动的周期T增加，在小球不飞出电磁场的情况下，当T 最大时有：

2πmv0L2mv02πRL

DQ＝2R＝＝ B0＝，T0＝＝ 乙

πqB0qLv0v0由图分析可知小球在电磁场中运动的最大周期： 3T06L

T＝8×＝，小球运动轨迹如图乙所示．

4v0

2

高考题组

1． (2012·课标全国·25)如图16，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线从圆上的a点射入柱形区域，从圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为3/5R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从a点射入柱形区域，也从b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小． 14qRB2

答案

5m

v2

解析 粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝m ①

r式中v为粒子在a点的速度．

过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c点和d点．由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此

ac＝bc＝r ② 4

设cd＝x，由几何关系得ac＝R＋x ③

5

3

bc＝R＋R2－x2 ④

5

7

联立②③④式得r＝R ⑤

5再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设 其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得

qE＝ma ⑥

1

粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r，由运动学公式得r＝at2 ⑦

2r＝vt ⑧ 式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得

14qRB2E＝.

5m

2． (2012·浙江理综·24)如图17所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．

(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；

(2)求磁感应强度B的值； 图17 (3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M 点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？

v0U4v0Umgd

答案 (1)负电荷 (2)2 (3)

Ugd5gd2

解析 (1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有

U

q＝mg ① d

mgd

由①式得：q＝ ②

U由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷．

(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力， 墨滴做匀速圆周运动，有

v02

qv0B＝m ③

R考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之 一圆周运动，则半径

R＝d ④

v0U

由②③④式得B＝2

gd(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设墨滴做圆周运动的半径为R′，有

v02

qv0B′＝m ⑤

R′由图可得：

d

R′2＝d2＋(R′－)2 ⑥

2

5

由⑥式得：R′＝d ⑦

4

联立②⑤⑦式可得：

4v0UB′＝.

5gd2

3． (2012·重庆理综·24)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图18所示，两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束比荷(电荷量与质量之比)均为1

的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O′O进入两金属板之间，k

其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板，重力加速度为g，PQ＝3d， NQ＝2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间的相互作用．求：

(1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小；

(3)速率为λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离． 图18 答案 见解析

解析 (1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m.由于粒子从Q点离开磁场后做匀速直线运 动，则有Eq＝mg

q1

将＝代入，得 mkE＝kg.

(2)如图所示，粒子在磁场区域内由洛伦兹力提供其做圆周运动的

2v 0

向心力，则有qv0B＝m ①

R而由几何知识有

R2＝(3d)2＋(R－d)2 ②

联立①②解得

kv0

B＝. ③

5d(3)设速度为λv0的颗粒在磁场区域运动时竖直方向的位移为y1， 离开磁场后做匀速直线

运动时竖直方向的位移为y2，偏转角为θ，如图所示，有

λv02

qλv0B＝m ④

R1

q1

将＝及③式代入④式，得 mkR1＝5dλ tan θ＝

3dR1(3d)2222

y1＝R1－R1(3d) y2＝ltan θ

则速率为λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离为 y＝y1＋y2

解得y＝d(5λ－25λ2－9)＋模拟题组

4. 如图19所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/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

3l

.

25λ2－9

m－

里的匀强磁场．质荷比为＝4×1010 N/C的带正电粒子从x

q轴上的A点以初速度v0＝2×107 m/s垂直x轴射入电场，OA＝

0.2 m，不计重力．求： 图19 (1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；

(2)若要求粒子不能进入第三象限，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．)

答案 (1)0.4 m (2)B≥(22＋2)×102 T

解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，

1

则：sOA＝at2

2Fa＝ mFE＝

qy＝v0t

联立解得a＝1.0×1015 m/s2 t＝2.0×108 s y＝0.4 m (2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为： vx＝at＝2×107 m/s

粒子经过y轴时的速度大小为： v＝vx2+v02＝22×107 m/s 与y轴正方向的夹角为θ，θ＝arctan

vx

＝45° v0

－－

要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周 运动的轨道半径为R，则：

2

R＋R≤y

2v2

qvB＝m

R联立解得B≥(22＋2)×102 T.

5． 如图20甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场，

一个带正电小球在t＝0时刻以v0＝3gt0的初速度从O点沿＋x方向(水平向右)射入该空 间，在t0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场方向竖直向上，场强

mgπm

大小E0＝，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小B0＝，已知小球的质量为

qqt0m，带电荷量为q，时间单位为t0，当地重力加速度为g，空气阻力不计．试求：

－

图20

(1)t0末小球速度的大小；

(2)小球做圆周运动的周期T和12t0末小球速度的大小；

(3)在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图； (4)30t0内小球距x轴的最大距离． 答案 (1)10gt0 (2)2t0

13gt0 (3)见解析图

93＋32gt2 (4)＋π02

解析 (1)由题图乙知，0～t0内，小球只受重力作用，做平抛运动，在t0末： v＝v0x2+v0y2＝3gt02＋gt02＝10gt0

(2)当同时加上电场和磁场时，电场力F1＝qE0＝mg，方向向上

v2因为重力和电场力恰好平衡，所以小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，有qvB0＝m

r

2πr

运动周期T＝v，联立解得T＝2t0

由题图乙知，电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5倍，即在 这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1＝12t0时刻的速度相 当于小球做平抛运动t＝2t0时的末速度． vy1＝g·2t0＝2gt0，vx1＝v0x＝3gt0 所以12t0末v1＝vx12+vy12＝13gt0

(3)24t0内运动轨迹的示意图如图所示．

(4)分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球相当于做了t2＝3t0的平 抛运动和半个圆周运动.23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为

192y2＝g(3t0)2＝gt0

22竖直分速度vy2＝3gt0＝v0，

所以小球与竖直方向的夹角为θ＝45°，速度大小为 v2＝32gt0

2mv232gt 0此后小球做匀速圆周运动的半径r2＝＝

qB0π

93＋32gt 2

30t0内小球距x轴的最大距离：y3＝y2＋(1＋cos 45°)r2＝＋π02

专题突破练 带电粒子在复合场中的运动

(限时：60分钟)

►题组1 对带电粒子在叠加场中运动的考查

1. 如图1所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖

直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m， 电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦 因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中

( )

A．小球的加速度一直减小 B．小球的机械能和电势能的总和保持不变 图1

2μqE－mg

C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝

2μqB2μqE＋mg

D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝

2μqB答案 CD

解析 对小球受力分析如图所示，则mg－μ(Eq－qvB)＝ma，随着v 的增加，小球加速度先增加，当Eq＝qvB时加速度达到最大值amax

＝g，继续运动，mg－μ(qvB－Eq)＝ma，随着v的增加，a逐渐减 小，所以A错误．因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减

小，B错误．若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(Eq－

2μqE－mgg

qvB)＝m，得v＝，若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－Eq)

22μqB

2μqE＋mgg

＝m，得v＝，故C、D正确．

22μqB2． 如图2所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始

经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B 的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周

运动，则 ( ) 图2 A．小球可能带正电

12UEB．小球做匀速圆周运动的半径为r＝

Bg2πE

C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝

BgD．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加 答案 BC

解析 小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A错误；

mv21

因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，联立两

r2式可得：小球做匀速圆周运动的半径r＝

12UE2πr2πE ，由T＝v可以得出T＝，与电压U无关，所以B、C正确，D错误． BgBg3． 如图3所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强

电场和匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于 复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的 动能为Ek.那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同 一复合场后的动能Ek′的大小是 ( )

A．Ek′＝Ek 图3 B．Ek′>Ek C．Ek′D．条件不足，难以确定 答案 B

解析 设质子的质量为m，则氘核的质量为2m.在加速电场里，由动能定理可得：eU＝ 12E

mv，在复合场里有：Bqv＝qE⇒v＝，同理对于氘核由动能定理可得其离开加速电场 2B的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场 力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，B选项正确．

►题组2 对带电粒子在组合场中运动的考查

4． 如图4所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L＝1 m．间距d＝

3

m，两金属板间电压UMN＝1×104 V；3

在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2.已知A、F、G处于同一直线上，B、C、H也处于同

2

一直线上．AF两点的距离为 m．现从平行金属板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒

3子质量m＝3×10

－10

kg，带电荷量q＝＋1×104 C，初速度v0＝1×105 m/s.

－

图4

(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向；

(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1； (3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的 条件．

23

答案 (1)×105 m/s 与水平方向夹角为30°

3

2＋333

(2) T (3)大于 T

105

qUMN解析 (1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t，加速度为a，＝ma

d

qUMN3故a＝＝×1010 m/s2

dm3L－

t＝＝1×105 s v0

3

竖直方向的速度为vy＝at＝×105 m/s

3

23

射出电场时的速度为v＝v02+vy2＝×105 m/s

3vy3

速度v与水平方向夹角为θ，tan θ＝＝，故θ＝30°，即垂直于AB方向射出

v03

13d

(2)带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y＝at2＝ m＝，即粒子由P点垂直AB边射入磁场，由几何关系

262

d2

知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1＝＝ m

cos 30°3

mv2mv33

由B1qv＝知B1＝＝ T

R1qR110(3)分析知当运动轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最小，运动轨迹如图所示：

R2

由几何关系可知R2＋＝1

sin 60°故半径R2＝(23－3) m

v2

又B2qv＝m，

R22＋3

故B2＝ T

5

2＋3

所以B2应满足的条件为大于 T.

5

5. 如图5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)． 图5 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．

9＋2πm24B2q2d2

答案 (1)d (2) (3)

33Bq9m解析 (1)正离子轨迹如图所示． 圆周运动半径r满足： d＝r＋rcos 60° 2

解得r＝d

3

v02

(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有：qv0B＝m

r

2πr2πmT＝＝

v0qB

12πm

由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：t1＝T＝

33Bq

2d3m

离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为：t2＝＝

v0Bq

9＋2πm

离子从D→C→G的总时间为：t＝t1＋t2＝

3Bq(3)设电场强度为E，则有： qE＝ma 12d＝at2 2

12由动能定理得：qEd＝EkG－mv0

2

4B2q2d2

解得EkG＝

9m

►题组3 对带电粒子在交变的电场或磁场中运动的考查

q

6． 如图6甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝

m

π－

106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×105 s后，电荷以v0＝1.5×

15

104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．求：

甲

乙 图6

(1)匀强电场的电场强度E；

4π－

(2)图乙中t＝×105 s时刻电荷与O点的水平距离；

5

(3)如果在O点右方d＝68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运 动到挡板所需的时间．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80) 答案 (1)7.2×103 N/C (2)4 cm (3)3.86×104 s

解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0＝at1，Eq＝ma

mv0

解得：E＝＝7.2×103 N/C

qt1(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：

mv0r1＝＝5 cm

B1q

－

2πm2π－

周期T1＝＝×105 s

B1q3

当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：

mv0r2＝＝3 cm

B2q

2πm2π－

周期T2＝＝×105 s

B2q5

故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示． 4π－

t＝×105 s时刻电荷与O点的水平距离：

5Δd＝2(r1－r2)＝4 cm

(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：T＝

4π－

×105 s，根据电荷的运动情况 5

可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离： s＝15Δd＝60 cm

则最后8 cm的距离如图所示，有： r1＋r1cos α＝8 cm

解得：cos α＝0.6，则α＝53° 故电荷运动的总时间：

153°－

t总＝t1＋15T＋T1－T1＝3.86×104 s

2360°

7． 如图7甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E＝40 N/C，在y轴左侧平

面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，15π s后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r＝0.3 m的圆形区域(图中未画出)，且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2＝0.8 T．t＝0时刻，一质量m＝8×104 kg、电荷量q＝2×104 C的微粒从x轴上xP＝－0.8 m处的P点以速度v＝0.12 m/s向x轴正方向入射．(g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字)

－

－

甲 乙

图7

(1)求微粒在第二象限运动过程中离y轴、x轴的最大距离．

(2)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)． 答案 (1)3.3 m,2.4 m (2)(0.30,2.3)

解析 (1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力 F电＝Eq＝8×103 N，G＝mg＝8×103 N

F电＝G，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动

v2

因为qvB1＝m R1mv

所以R1＝＝0.6 m

B1q2πmT＝＝10π s

B1q从图乙可知在0～5 π s内微粒向左做匀速圆周运动 在5π s～10π s内微粒向左匀速运动，运动位移

T

x1＝v＝0.6π m

2

在10π s～15π s内，微粒又做匀速圆周运动，15π s以后向右匀速运动，之后穿过y轴．所以，离y轴的最大距离

s＝0.8 m＋x1＋R1＝1.4 m＋0.6π m≈3.3 m 离x轴的最大距离s′＝2R1×2＝4R1＝2.4 m

－

－

(2)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点 B的连线必须为磁场圆的直径

mv2

因为qvB2＝

R2mv

所以R2＝＝0.6 m＝2r

B2q所以最大偏转角θ＝60° 所以圆心坐标x＝0.30 m

1y＝s′－rcos 60°＝2.4 m－0.3 m×≈2.3 m，

2即磁场的圆心坐标为(0.30,2.3)