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专题强化二十一　带电粒子在组合场中的运动
目标要求　1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路.2.学会处理磁场和磁场组合场、电场和磁场组合场中带电粒子的运动问题．
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)乙的比荷可能的最小值．
答案　(1)　(2)　(3)
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＝m可知r＝，
故r1＝，r2＝
且d＝2r1－2r2
解得d＝
(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＝＝得t1＝，t2＝
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝
(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n＝d，n＝t1＋t2
解得＝n
根据题意，n＝1舍去．
当n＝2时，有最小值，()min＝
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.
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H和一个氘核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.H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：
(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)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h
解析　(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＝a1t12②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.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＝h④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝⑥
设磁感应强度大小为B，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＝⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得
B＝⑨
(3)设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
(2m)v22＝mv12⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2
设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＝v2t2
h＝a2t22
v2′＝
sin θ2＝
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦ 式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1
所以出射点在原点左侧．设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 θ2
联立④⑧ 式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝(－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，在xOy平面的第二象限有一匀强电场，电场强度大小E可调，方向平行于y轴．第三象限有一垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.电子源S在xOy平面内向各个方向发射速度大小不同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e.x轴上的P点与S点的连线垂直于x轴，S点与P点的距离为d，不考虑电子间相互作用．
(1)求从S发出的电子能直接到达P点的最小速度v1；
(2)若通过P点的电子在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动，求场强的大小E0；
(3)某电子与SP成60°角从S射出并经过P点，调整场强的大小E，使电子最终能垂直打在y轴上，求P点到O点的距离l与场强大小E的关系．
答案　(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)从S发出的电子做圆周运动能直接到达P点的最小半径r1＝d
由向心力公式有ev1B＝
解得v1＝
(2)设能沿闭合轨迹做周期性运动的电子的初速度为v，初速度方向与SP的夹角为θ，从Q点由电场进入磁场，如图所示，设该轨迹圆半径为r，则
2rsin θ＝d
由向心力公式有evB＝
设电子每次在电场中运动的时间为2t，
则y方向有vcos θ＝t
x方向有vtsin θ＝rcos θ
解得E0＝
(3)电子做圆周运动的半径r2＝
设电子的初速度为v2，电子在电场中做一次类平抛运动的时间为t′，
由向心力公式有ev2B＝
在电场中沿y方向有v2cos 60°＝t′
由几何关系有l＝n(v2sin 60°·2t′－2r2cos 60°)＋v2sin 60°·t′(n＝0,1,2,3，…)
解得l＝－nd(n＝0,1,2,3，…)
在电子多次经过磁场的情况下，由几何关系可知v2sin 60°·t′≥r2＋r2cos 60°
解得E应满足的条件E≤.
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)　　8eU　(2)
解析　(1)电子在电场中加速有2eU＝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＝m
联立解得B1＝
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为
φ＝π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T
联立解得t＝
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2＝R2＋rm2
解得rm＝R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝m
2eU＝mvm2－keU
联立解得k＝.
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，第三象限内磁感应强度大小为，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)　(2)B<　(3)L＝h(n＝1,2,3…)
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＝
(2)粒子在Q点的速率
v＝＝v0，h＝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＝m
由几何关系有x＝Rmin
联立以上各式解得Bmax＝
故B的大小范围为B<
(3)由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m
粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为
R1＝h，R2＝
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°＋nsin 45°＝L(n＝0,1,2,3…)
结合题意L>2h
解得L＝h(n＝1,2,3…)．
课时精练
1．(2022·江苏省常州市高三调研)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向．在第一、四象限内有一个半径为R的圆，圆心坐标为(R,0)，圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．一带正电的粒子(不计重力)，以速度v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成30°角，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为－2h.求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小；
(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间．
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)由水平方向做匀速直线运动得2h＝v0t1
竖直向下的分速度vy＝v0tan 30°
由竖直方向做匀加速直线运动得vy＝at1
加速度为a＝
联立上式解得＝
(2)粒子进入磁场的速度为v，有v＝
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝R
由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝
解得B＝
(3)粒子在磁场中运动的时间为t2＝T
粒子在磁场中运动的周期为T＝，粒子在电场中运动的时间为t1＝
粒子运动的总时间t＝t1＋t2
代入数据得t＝.
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)　(2)
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＝m
T＝
联立解得T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为π
所需时间为t1＝T＝T
解得t1＝.
(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·
解得t2＝
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＝.
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 ＝×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＝ m，sin 53°＝，cos 53°＝，不计微粒的重力，求：
(1)微粒的比荷；
(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＝m
解得＝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＝
在y轴方向 yOc＝－v0tcos 53°＋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＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qv0B1＝m
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)　(2)　(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＝＝，则θ＝30°
根据速度关系有：v＝＝；
(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＝m，轨迹如图甲所示：
由几何关系得：L＝r1
解得：L＝；
(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＝m
根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.

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