新高考物理一轮复习讲义 第10章 专题强化21 带电粒子在组合场中的运动

这是一份新高考物理一轮复习讲义 第10章 专题强化21 带电粒子在组合场中的运动，共14页。试卷主要包含了如图5所示，在第一、四象限的0等内容，欢迎下载使用。

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.带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可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，如图所示.
第3步：用规律
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1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：
图1
(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

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2.
图2
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3.
图3
注意：进入磁场的速度是离开电场的末速度，而非进入电场的初速度.
例2 (2018·全国卷Ⅰ·25)如图4，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 \\al(1,1)H和一个氘核eq \\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 \\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 \\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q.不计重力.求：
图4
(1)eq \\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 \\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 \\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 \\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＝v1t1①
h＝eq \f(1,2)a1t12②
由题给条件，eq \\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 \\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 \\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设eq \\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(v\\al(2,1)＋a1t12)⑥
设磁感应强度大小为B，eq \\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 \\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 \\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＝v2t2⑫
h＝eq \f(1,2)a2t22⑬
v2′＝eq \r(v\\al(22)＋a2t22)⑭
sin 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 \\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 \\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 \\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.
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5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).
图5
例3 (2020·河南开封市模拟)如图6所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里.在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m.在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开.已知粒子的比荷为eq \f(q,m)＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计.
图6
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程.
答案 (1)0.2 T (2)(0.5π＋1) m
解析 (1)沿＋x方向射入磁场的粒子在进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点竖直向上射出磁场，逆着电场线运动，所以可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R＝0.5 m，根据Bqv＝eq \f(mv2,r)，得B＝eq \f(mv,qR)，代入数据得B＝0.2 T.
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场(如图所示)，MN的长度等于直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长，即s1＝πR，设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得Eq·eq \f(s2,2)＝eq \f(1,2)mv2，得s2＝eq \f(mv2,Eq)，则总路程s＝s1＋s2＝πR＋eq \f(mv2,Eq).
代入数据得s＝(0.5π＋1) m.
1.(先电场后磁场)(2020·湖北宜昌市联考)如图7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.
图7
(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,cs 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：
同理得：qvB2m＝meq \f(v2,r2)
根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
2.(先后经过多个电场、磁场)(八省联考·江苏·16)(15分)跑道式回旋加速器的工作原理如图1所示，两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小相等、方向垂直纸面向里.P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度为E，方向与磁场边界垂直.质量为m、电荷量为＋q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出，引出时的动能为Ek.已知K、Q的距离为d.
图1
(1)求粒子出射前经过加速电场的次数N；
(2)求磁场的磁感应强度大小B；
(3)如果在Δt时间内有一束该种粒子从P点连续飘入电场，粒子在射出K之前都未相互碰撞，求Δt的范围.
答案 (1)eq \f(Ek,qEL) (2)eq \f(2,qd)eq \r(2mEk) (3)Δt解析 (1)粒子每次经过加速电场，增加的动能为qEL
粒子在磁场中动能不会增加
则有NqEL＝Ek
解得N＝eq \f(Ek,qEL)
(2)粒子从K引出时的动能最大，速度最大，设为vm，
则Ek＝eq \f(1,2)mv m2，
粒子引出前在磁场中做最后一个圆周运动的半径Rm＝eq \f(d,2)
根据qvmB＝meq \f(v\\al(m2),Rm)
解得B＝eq \f(2,qd)eq \r(2mEk)
(3)第1个粒子运动第1圈后经t返回P点，若此时还有粒子未飘入电场，粒子间将发生相互碰撞，为使粒子不碰撞需满足Δt设第1个粒子在电场中的加速时间为t1，则有
Eq＝ma
eq \f(1,2)at12＝L，
联立解得t1＝eq \r(\f(2mL,qE))
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，
由qvB＝meq \f(v2,R)和T＝eq \f(2πR,v)可得粒子的运动周期T＝eq \f(2πm,Bq)
则第1个粒子在磁场中做圆周运动的时间t2＋t4＝T＝eq \f(2πm,qB)，
解得t2＋t4＝πdeq \r(\f(m,2Ek))
设第1个粒子在两边界间做匀速运动的时间为t3，
则t3＝eq \f(L,v1)，qEL＝eq \f(1,2)mv12
联立解得t3＝eq \r(\f(mL,2qE))
则t＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq \f(3,2)eq \r(\f(2mL,qE))＋πdeq \r(\f(m,2Ek))
即Δt课时精练

1.如图1所示，在第Ⅱ象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等.有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场.已知O、P之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为 ( )
图1
A.eq \f(7πd,2v0) B.eq \f(d,v0)(2＋5π)
C.eq \f(d,v0)(2＋eq \f(3π,2)) D.eq \f(d,v0)(2＋eq \f(7π,2))
答案 D
解析 带电粒子的运动轨迹如图所示，
带电粒子出电场时，速度v＝eq \r(2)v0，这一过程的时间t1＝eq \f(d,\f(v0,2))＝eq \f(2d,v0)，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2eq \r(2)d，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为eq \f(3π,4)，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2＝eq \f(3,8)T＝eq \f(3,8)·eq \f(2πr,v)＝eq \f(3πd,2v0)，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝eq \f(πr,v)＝eq \f(2πd,v0)，故t总＝t1＋t2＋t3＝eq \f(d,v0)(2＋eq \f(7π,2))，D正确.
2.(八省联考·广东·13)如图2所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场.一质量为m、电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔.粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动.粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力.求：
图2
(1)粒子进入磁场区域时的速率；
(2)磁感应强度的大小.
答案 (1)eq \r(\f(2qU,m)＋v\\al(02)) (2)eq \f(\r(mmv\\al(02)＋2qU),qL)
解析 (1)粒子在电场中加速，由动能定理可得
qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得v＝eq \r(\f(2qU,m)＋v\\al(02)).
(2)根据题意从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力qBv＝meq \f(v2,R)
解得B＝eq \f(\r(mmv\\al(02)＋2qU),qL).
3.如图3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.
图3
(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(v\\al(02),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＝ma
v0＝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
得电场强度最大值Emax＝eq \f(2mv0,qT0).
4. (2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图4所示，平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有方向沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为eq \f(\r(2),2)L，磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L,0)的P点沿与x轴正方向成θ＝45°角斜向上射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力.求：
图4
(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；
(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从P点射出到射出磁场运动的时间为多少？
答案 (1)(0，eq \f(1,2)L) (2)eq \f(mv\\al(02),2qL) eq \f(\r(2)mv0,2qL) (3)eq \f(L,v0)＋eq \f(\r(2)1＋πL,2v0)
解析 (1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，
水平方向：L＝v0cs θ·t1，
竖直方向：y＝eq \f(1,2)v0sin θ·t1，
解得：y＝eq \f(1,2)L，
粒子从y轴上射出电场的位置坐标为：(0，eq \f(1,2)L)；
(2)粒子在电场中的加速度大小：a＝eq \f(qE,m)，
竖直分位移：y＝eq \f(1,2)at12，
解得：E＝eq \f(mv\\al(02),2qL)；
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，以沿y轴负方向的速度射出磁场，运动轨迹如图所示，
由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°，
AD＝eq \r(2)y＝eq \f(\r(2),2)L，
因此AC刚好为圆形有界磁场的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝L，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：
qvB＝meq \f(v2,r)，
其中，粒子的速度：v＝v0cs θ，
解得：B＝eq \f(\r(2)mv0,2qL)；
(3)粒子在电场中的运动时间：t1＝eq \f(L,v0cs θ)＝eq \f(\r(2)L,v0)，
粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：
x＝eq \f(\r(2),2)L－eq \f(1,2)L，
粒子做直线运动的时间：t2＝eq \f(x,v)＝eq \f(2－\r(2)L,2v0)，
粒子在磁场中做圆周运动的时间：t3＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(\r(2)πL,2v0)，
粒子总的运动时间：t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(L,v0)＋eq \f(\r(2)1＋πL,2v0).
5.(八省联考·辽宁·15)如图5所示，在第一、四象限的0.5d≤y≤1.5d和－1.5d≤y≤－0.5d区域内存在磁感应强度大小可调、方向相反的匀强磁场；在第二、三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场.带电粒子以速度v0从点P(－4d,1.5d)沿x轴正方向射出，恰好从O点离开电场.已知带电粒子的质量为m、电荷量为q(q＞0)，不计粒子的重力.
图5
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)若磁感应强度大小均为B1时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与直线y＝－1.5d相切，且第一次离开第四象限时经过x轴上的S点(图中未画出)，求B1；
(3)若磁感应强度大小均为B2时，粒子离开O点后，经n(n＞1)次磁偏转仍过第(2)问中的S点.求B2与B1的比值，并确定n的所有可能值.
答案 (1)eq \f(3mv\\al(02),16qd) (2)eq \f(mv0,4qd) (3)eq \f(9n,11－2n)(n＝2,3,4,5)
解析 (1)由牛顿第二定律得qE＝ma，
a＝eq \f(qE,m)①
粒子在匀强电场中做类平抛运动
水平方向：4d＝v0t②
竖直方向：1.5d＝eq \f(1,2)at2③
联立①②③式可得：E＝eq \f(3mv\\al(02),16qd).
(2)带电粒子在电场中：vy＝at④
tan θ＝eq \f(vy,v0)⑤
v2＝v02＋v y2⑥
联立解得θ＝37°，v＝eq \f(5,4)v0
带电粒子在磁场中：qvB1＝meq \f(v2,R)⑦
由几何关系得R＝Rcs θ＋d⑧
解得R＝5d
联立解得B1＝eq \f(mv0,4qd)⑨
(3)第(2)问中，设S点横坐标为x
则x＝2Rsin θ＋2×eq \f(0.5d,tan θ)＝eq \f(22,3)d⑩
若磁感应强度大小均为B2时，仍过S点，则有：
x＝n(eq \f(4d,3)＋2R′sin θ)(n＝2,3,4,5)⑪
联立⑩⑪解得R′＝eq \f(522－4n,18n)d⑫
由qvB2＝meq \f(v2,R′)⑬
联立⑫⑬解得B2＝eq \f(9nmv0,222－4nqd)(n＝2,3,4,5)⑭
联立⑨⑭解得eq \f(B2,B1)＝eq \f(9n,11－2n)(n＝2,3,4,5)