2023版步步高物理一轮复习讲义第十章 专题强化二十一　带电粒子在组合场中的运动

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eq \f(q′,m′)可能的最小值．答案　(1)eq \f(mv,3qB0)　(2)eq \f(2πm,qB0)　(3)eq \f(2q,m)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＝meq \f(v2,r)可知r＝eq \f(mv,qB)，故r1＝eq \f(mv,2qB0)，r2＝eq \f(mv,3qB0)且d＝2r1－2r2解得d＝eq \f(mv,3qB0)(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＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)得t1＝eq \f(πm,2qB0)，t2＝eq \f(πm,3qB0)且Δt＝2t1＋3t2解得Δt＝eq \f(2πm,qB0)(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neq \f(m′v,3q′B0)＝d，neq \f(5πm′,6q′B0)＝t1＋t2解得eq \f(q′,m′)＝neq \f(q,m)根据题意，n＝1舍去．当n＝2时，eq \f(q′,m′)有最小值，(eq \f(q′,m′))min＝eq \f(2q,m)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eq \f(2q,m).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eq \o\al(1,1)H和一个氘核eq \o\al(2,1)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eq \o\al(1,1)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.eq \o\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：(1)eq \o\al(1,1)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)eq \o\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．答案　(1)eq \f(2\r(3),3)h　(2) eq \r(\f(6mE,qh))　(3)eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h解析　(1)eq \o\al(1,1)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eq \o\al(1,1)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＝v1t1①h＝eq \f(1,2)a1t12②由题给条件，eq \o\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.eq \o\al(1,1)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＝eq \f(2\r(3),3)h④(2)eq \o\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设eq \o\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝eq \r(v12＋a1t12)⑥设磁感应强度大小为B，eq \o\al(1,1)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＝eq \f(mv1′2,R1)⑦由几何关系得s1＝2R1sin θ1⑧联立以上各式得B＝ eq \r(\f(6mE,qh))⑨(3)设eq \o\al(2,1)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eq \f(1,2)(2m)v22＝eq \f(1,2)mv12⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪设eq \o\al(2,1)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＝v2t2⑫h＝eq \f(1,2)a2t22⑬v2′＝eq \r(v22＋a2t22)⑭sin θ2＝eq \f(a2t2,v2′)⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq \f(\r(2),2)v1′⑯设eq \o\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝eq \f(2mv2′,qB)＝eq \r(2)R1⑰所以出射点在原点左侧．设eq \o\al(2,1)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 θ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq \o\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－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　如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点(未画出)离开电场．已知OM距离为3L，粒子的比荷为eq \f(v,BL)，不计粒子重力．(1)求OP两点的距离；(2)求粒子在磁场中运动的时间；(3)当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标．答案　(1)eq \r(3)L　(2)eq \f(2πL,3v)　(3)(eq \f(3,2)L，eq \f(3\r(3),2)L)解析　(1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C由牛顿第二定律，得qvB＝eq \f(mv2,R) 解得R＝L 由几何关系得∠OCP＝120°则OP＝eq \r(3)L (2)粒子在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πR,v) 粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t＝eq \f(T,3) 解得t＝eq \f(2πL,3v) (3)带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可．设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得PN＝QM＝eq \r(3)L 又x＝PNcos 30°y＝OP＋PNsin 30°解得x＝eq \f(3,2)L，y＝eq \f(3\r(3),2)L 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eq \r(3)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)eq \f(5\r(eUm),eR)　eq \f(πR\r(meU),4eU)　8eU　(2)eq \f(13,6)解析　(1)电子在电场中加速有2eU＝eq \f(1,2)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＝meq \f(v2,r)联立解得B1＝eq \f(5\r(eUm),eR)电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πr,v)由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝eq \f(5,4)π电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝eq \f(φ,2π)T联立解得t＝eq \f(πR\r(meU),4eU)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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)R－rm))2＝R2＋rm2解得rm＝eq \f(\r(3),3)R根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝meq \f(vm2,rm)2eU＝eq \f(1,2)mvm2－keU联立解得k＝eq \f(13,6).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eq \f(mv0,qh)，第三象限内磁感应强度大小为eq \f(2mv0,qh)，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)eq \f(mv02,2qh)　(2)B<eq \f(1＋\r(2)mv0,2qh)　(3)L＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)n))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＝eq \f(mv02,2qh)(2)粒子在Q点的速率v＝eq \f(v0,cos 45°)＝eq \r(2)v0，h＝eq \f(1,2)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＝meq \f(v2,Rmin)由几何关系有x＝Rmineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos 45°))联立以上各式解得Bmax＝eq \f(1＋\r(2)mv0,2qh)故B的大小范围为B<eq \f(1＋\r(2)mv0,2qh)(3)由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝meq \f(v2,R)粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为R1＝eq \r(2)h，R2＝eq \f(\r(2)h,2)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°＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R1＋R2))sin 45°＝L(n＝0,1,2,3…)结合题意L>2h解得L＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,2)n))h(n＝1,2,3…)．课时精练1．平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从坐标为(－L，L)的P点沿y轴负向进入电场，初速度大小为v0＝eq \r(\f(2EqL,m))，粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力．(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)若粒子由P点沿x轴正方向入射，初速度仍为v0＝eq \r(\f(2EqL,m))，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离．答案　(1)4eq \r(\f(mE,qL))　(2)eq \f(6＋\r(2),4)L解析　(1)由动能定理得EqL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02粒子进入磁场时速度大小为v＝eq \r(\f(4EqL,m))在磁场中L＝2RqvB＝eq \f(mv2,R)可得B＝4eq \r(\f(mE,qL))(2)假设粒子由y轴离开电场，运动轨迹如图所示L＝v0t，y1＝eq \f(1,2)at2，Eq＝ma解得y1＝eq \f(L,4)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)eq \f(5πm,4qB)　(2)eq \f(2mv0,qT0)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＝meq \f(v02,R)T＝eq \f(2πR,v0)联立解得T＝eq \f(2πm,Bq)依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为eq \f(5,4)π所需时间为t1＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(5,8)T解得t1＝eq \f(5πm,4qB).(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＝mav0＝a·eq \f(t2,2)解得t2＝eq \f(2mv0,qE)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＝eq \f(2mv0,qT0).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 ＝eq \f(83,40)×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＝eq \f(5,4) m，sin 53°＝eq \f(4,5)，cos 53°＝eq \f(3,5)，不计微粒的重力，求： (1)微粒的比荷eq \f(q,m)；(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＝meq \f(v02,r)解得eq \f(q,m)＝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＝eq \f(Lcos 53°＋r,sin 53°)在y轴方向 yOc＝－v0tcos 53°＋eq \f(1,2)eq \f(qE,m)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＝eq \f(1,2)Lsin 53°由牛顿第二定律得qv0B1＝meq \f(v02,R)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eq \r(3)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)eq \f(2\r(3)v0,3)　(2)eq \f(2\r(3)mv0,3qB1)　(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＝eq \f(LBC,LAB)＝eq \f(\r(3),3)，则θ＝30°根据速度关系有：v＝eq \f(v0,cos θ)＝eq \f(2\r(3)v0,3)；(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＝meq \f(v2,r1)，轨迹如图甲所示：由几何关系得：L＝r1解得：L＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB1)；(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＝meq \f(v2,r2)根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)解得：B2m＝1.5B1.