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專題強化二十一　帶電粒子在組合場中的運動
目標要求 　1.掌握帶電粒子在組合場中的運動規律和分析思路.2.學會處理磁場和磁場組合、電場和磁場組合帶電粒子運動問題．
1．組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或在同一區域，電場、磁場交替出現．
2．帶電粒子在組合場中運動的分析思路
第1步：粒子按照時間順序進入不同的區域可分成幾個不同的階段．
第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如圖所示．
第3步：用規律

題型一　磁場與磁場的組合
磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同．解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關系．
例1 　(2020·江蘇卷·16)空間存在兩個垂直于Oxy平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為2B0、3B0.甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v.甲第1次、第2次經過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖1所示．甲經過Q時，乙也恰好同時經過該點．已知甲的質量為m，電荷量為q.不考慮粒子間的相互作用和重力影響．求：

圖1
(1)Q到O的距離d；
(2)甲兩次經過P點的時間間隔Δt；
(3)乙的比荷q′m′可能的最小值．
答案　(1)mv3qB0　(2)2πmqB0　(3)2qm
解析　(1)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設半徑分別為r1、r2
由qvB＝mv2r可知r＝mvqB，
故r1＝mv2qB0，r2＝mv3qB0
且d＝2r1－2r2
解得d＝mv3qB0
(2)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設運動時間分別 t1、t2
由T＝2πrv＝2πmqB得t1＝πm2qB0，t2＝πm3qB0
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝2πmqB0
(3)乙粒子周期性地先后在兩磁場中做勻速圓周運動
若經過兩磁場的次數均為n(n＝1,2,3，…)
相遇時，有nm′v3q′B0＝d，n5πm′6q′B0＝t1＋t2
解得q′m′＝nqm
根據題意，n＝1舍去．
當n＝2時，q′m′有最小值，(q′m′)min＝2qm
若先后經過右側、左側磁場的次數分別為(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，經分析不可能相遇．
綜上分析，乙的比荷的最小值為2qm.
題型二　電場與磁場的組合

　　　　　 先電場后磁場

1．帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖2.

圖2
2．帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做勻速圓周運動，如圖3.

圖3
注意：進入磁場的速度是離開電場的末速度，而非進入電場的初速度．
例2 　(2018·全國卷Ⅰ·25)如圖4，在y>0的區域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.11H的質量為m，電荷量為q.不計重力．求：

圖4
(1)11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；
(2)磁場的磁感應強度大小；
(3)21H第一次離開磁場的位置到原點O的距離．
答案　(1)233h　(2)6mEqh　(3)233(2－1)h
解析　(1)11H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示．設11H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1，由運動學公式有s1＝v1t1①

h＝12a1t12②
由題給條件，11H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.11H進入磁場時速度沿y軸方向的分量的大小為
a1t1＝v1tan θ1③
聯立以上各式得
s1＝233h④
(2)11H在電場中運動時，由牛頓第二定律有
qE＝ma1⑤
設11H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有
v1′＝v12＋(a1t1)2⑥
設磁感應強度大小為B，11H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qv1′B＝mv1′2R1⑦
由幾何關系得
s1＝2R1sin θ1⑧
聯立以上各式得
B＝6mEqh⑨
(3)設21H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得
12(2m)v22＝12mv12⑩
由牛頓第二定律有
qE＝2ma2?
設21H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有
s2＝v2t2?
h＝12a2t22?
v2′＝v22＋(a2t2)2?
sin θ2＝a2t2v2′?
聯立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝22v1′?
設21H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得
R2＝2mv2′qB＝2R1?
所以出射點在原點左側．設21H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關系有
s2′＝2R2sin θ2?
聯立④⑧???式得，21H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2′－s2＝233(2－1)h.

　　　　　 先磁場后電場

(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反(如圖5甲所示)．
(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖乙所示)．

圖5
例3 　(2020·河南開封市模擬)如圖6所示，真空中有一以O點為圓心的圓形勻強磁場區域，半徑為R＝0.5 m，磁場方向垂直紙面向里．在y>R的區域存在沿－y方向的勻強電場，電場強度為E＝1.0×105 V/m.在M點有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開．已知粒子的比荷為qm＝1.0×107 C/kg，粒子重力不計．

圖6
(1)求圓形磁場區域磁感應強度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程．
答案　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1) m
解析　(1)沿＋x方向射入磁場的粒子在進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖所示的P點豎直向上射出磁場，逆著電場線運動，所以可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝R＝0.5 m，根據Bqv＝mv2r，得B＝mvqR，代入數據得B＝0.2 T.

(2)粒子返回磁場后，經磁場偏轉后從N點射出磁場(如圖所示)，MN的長度等于直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長，即s1＝πR，設粒子在電場中運動的路程為s2，根據動能定理得Eq·s22＝12mv2，得s2＝mv2Eq，則總路程s＝s1＋s2＝πR＋mv2Eq.
代入數據得s＝(0.5π＋1) m.

1．(先電場后磁場)(2020·湖北宜昌市聯考)如圖7所示，在矩形區域ABCD內存在豎直向上的勻強電場，在BC右側Ⅰ、Ⅱ兩區域存在勻強磁場，L1、L2、L3是磁場的邊界(BC與L1重合)，寬度相同，方向如圖所示，區域Ⅰ的磁感應強度大小為B1.一電荷量為＋q、質量為m的粒子(重力不計)從AD邊中點以初速度v0沿水平向右方向進入電場，粒子恰好從B點進入磁場，經區域Ⅰ后又恰好從與B點同一水平高度處進入區域Ⅱ.已知AB長度是BC長度的3倍．

圖7
(1)求帶電粒子到達B點時的速度大小；
(2)求區域Ⅰ磁場的寬度L；
(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區域Ⅱ的磁感應強度B2的最小值．
答案　(1)23v03　(2)23mv03qB1　(3)1.5B1
解析　(1)設帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動的速度方向與位移方向的關系有：tan θ＝LBCLAB＝33，則θ＝30°
根據速度關系有：v＝v0cos θ＝23v03；
(2)設帶電粒子在區域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓第二定律得：qvB1＝mv2r1，軌跡如圖甲所示：

由幾何關系得：L＝r1
解得：L＝23mv03qB1；
(3)當帶電粒子不從區域Ⅱ右邊界離開磁場時，在磁場中運動的時間最長．設區域Ⅱ中最小磁感應強度為B2m，此時粒子恰好不從區域Ⅱ右邊界離開磁場，對應的軌跡半徑為r2，軌跡如圖乙所示：

同理得：qvB2m＝mv2r2
根據幾何關系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
2．(先磁場后電場)(2020·山東濰坊市3月五縣聯考)如圖8所示的坐標系xOy中，第一象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B0，第二象限存在沿y軸負方向的勻強電場，x軸下方存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度未知．一帶正電粒子從A(d,0)點以初速度v0開始運動，初速度方向與x軸負方向夾角為53°，粒子到達y軸時速度方向與y軸垂直，粒子經過電場區域、x軸下方磁場區域恰好回到A點，且速度方向與初速度方向相同．粒子重力不計，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

圖8
(1)粒子的比荷；
(2)勻強電場的電場強度大小；
(3)x軸下方磁場的磁感應強度大小．
答案　(1)4v05dB0　(2)20v0B09　(3)4021B0
解析　(1)設粒子在第一象限內做圓周運動的半徑為r1，則有qv0B0＝mv02r1

由圖可知r1＝dsin 53°，解得qm＝4v05dB0
(2)設粒子類平拋過程豎直位移為Δy，
則Δy＝r1－r1cos 53°
由題意可知，粒子類平拋運動的末速度與x軸負方向夾角為θ＝53°，則vy＝v0tan θ，類平拋運動過程vy＝at，Δy＝12at2，qE＝ma
聯立解得t＝3d4v0，E＝20v0B09
(3)設粒子類平拋過程水平位移為Δx，則Δx＝v0t，設粒子在y軸下方磁場區域運動的半徑為r2，則r2＝d＋Δx2sin θ
粒子運動速度v＝v0cos θ，qvB＝mv2r2，解得B＝4021B0.
課時精練
1．如圖1所示，在第Ⅱ象限內有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等．有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直于x軸進入第Ⅳ象限的磁場．已知O、P之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為 (　　)

圖1
A.7πd2v0 B.dv0(2＋5π)
C.dv0(2＋3π2) D.dv0(2＋7π2)
答案　D
解析　帶電粒子的運動軌跡如圖所示，

帶電粒子出電場時，速度v＝2v0，這一過程的時間t1＝dv02＝2dv0，根據幾何關系可得帶電粒子在磁場中的偏轉軌道半徑r＝22d，帶電粒子在第Ⅰ象限中運動的圓心角為3π4，故帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間t2＝38T＝38·2πrv＝3πd2v0，帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間t3＝πrv＝2πdv0，故t總＝t1＋t2＋t3＝dv0(2＋7π2)，D正確．
2．(2018·全國卷Ⅲ·24)如圖2，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求：

圖2
(1)磁場的磁感應強度大小；
(2)甲、乙兩種離子的比荷之比．
答案　(1)4Ulv1　(2)1∶4
解析　(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝12m1v12①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1v12R1②
由幾何關系知2R1＝l③
由①②③式得B＝4Ulv1④
(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2U＝12m2v22⑤
q2v2B＝m2v22R2⑥
由題給條件有2R2＝l2⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為
q1m1∶q2m2＝1∶4.
3.如圖3所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經過一段時間T0，磁場的方向變為垂直于紙面向里，大小不變．不計重力．

圖3
(1)求粒子從P點出發至第一次到達x軸時所需時間；
(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．
答案　(1)5πm4qB　(2)2mv0qT0
解析　(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示．

設運動半徑為R，運動周期為T，根據洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝mv02R
T＝2πRv0
聯立解得T＝2πmBq
依題意，粒子第一次到達x軸時，轉過的角度為54π
所需時間為t1＝θ2πT＝58T
解得t1＝5πm4qB.
(2)粒子進入電場后，先做勻減速直線運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速直線運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，有qE＝ma
v0＝a·t22
解得t2＝2mv0qE
根據題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2≥T0
得電場強度最大值Emax＝2mv0qT0.
4.(2019·河南平頂山市一輪復習質檢)如圖4所示，平面直角坐標系xOy的第二、三象限內有方向沿y軸正方向的勻強電場，第一、四象限內有圓形有界磁場，有界磁場的半徑為22L，磁場的方向垂直于坐標平面向里，磁場邊界與y軸相切于O點，在x軸上坐標為(－L,0)的P點沿與x軸正方向成θ＝45°角斜向上射出一個速度大小為v0的帶電粒子，粒子的質量為m，電荷量為q，粒子經電場偏轉垂直y軸射出電場，粒子進入磁場后經磁場偏轉以沿y軸負方向的速度射出磁場，不計粒子的重力．求：

圖4
(1)粒子從y軸上射出電場的位置坐標；
(2)勻強電場電場強度大小及勻強磁場的磁感應強度大小；
(3)粒子從P點射出到射出磁場運動的時間為多少？
答案　(1)(0，12L)　(2)mv022qL　2mv02qL　(3)Lv0＋2(1＋π)L2v0
解析　(1)粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆運動，
水平方向：L＝v0cos θ·t1，
豎直方向：y＝12v0sin θ·t1，
解得：y＝12L，
粒子從y軸上射出電場的位置坐標為：(0，12L)；
(2)粒子在電場中的加速度大小：a＝qEm，
豎直分位移：y＝12at12，
解得：E＝mv022qL；
粒子進入磁場后做勻速圓周運動，以沿y軸負方向的速度射出磁場，運動軌跡如圖所示，

由幾何知識得：AC與豎直方向夾角為45°，
AD＝2y＝22L，
因此AC剛好為圓形有界磁場的直徑，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r＝L，
粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2r，
其中，粒子的速度：v＝v0cos θ，
解得：B＝2mv02qL；
(3)粒子在電場中的運動時間：t1＝Lv0cos θ＝2Lv0，
粒子離開電場進入磁場前做勻速直線運動，位移：x＝22L－12L，
粒子做直線運動的時間：t2＝xv＝(2－2)L2v0，
粒子在磁場中做圓周運動的時間：t3＝14T＝14×2πmqB＝2πL2v0，
粒子總的運動時間：t＝t1＋t2＋t3＝Lv0＋2(1＋π)L2v0.
5．(2020·山東等級考模擬卷)如圖5所示，在第一象限內，存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內存在垂直于xOy平面向外、磁感應強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ.一質量為m、電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限，在xOy平面內，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動；隨后進入電場運動至y軸上的N點，沿與y軸正方向成45°角離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于x軸進入第四象限．不計粒子重力．求：

圖5
(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小v0；
(2)電場強度的大小E；
(3)磁場Ⅰ的磁感應強度的大小B1.
答案　(1)qB0R0m　(2)qR0B022m　(3)12B0
解析　(1)粒子在第四象限中運動時，洛倫茲力提供向心力，
則qv0B0＝mv02R0
解得v0＝qB0R0m
(2)由于粒子與y軸正方向成45°角離開電場，
則有vx＝vy＝v0
粒子在電場中做類平拋運動，在平行于x軸方向做勻加速直線運動，在平行于y軸方向做勻速直線運動，故在平行于x軸方向上qE＝ma
vx2－0＝2aR0
聯立解得E＝qR0B022m
(3)粒子在電場中運動時
平行于x軸方向：vx＝at，R0＝12at2
平行于y軸方向：y＝vyt
聯立解得y＝2R0
如圖，過N點作速度的垂線交x軸于P點，P即為粒子在第一象限做勻速圓周運動的圓心，PN為半徑，因為ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝22R0.

由于洛倫茲力提供向心力，故qvB1＝mv2PN，其中v為進入第一象限的速度，大小為v＝2v0，
解得B1＝12B0.

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