【文档说明】(新高考)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(含解析).doc，共(14)页，1.026 MB，由MTyang资料小铺上传

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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、电场和磁场组合带电粒子运动问题．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．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)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2由qvB＝mv2r可知r＝mvqB，故r1＝mv2qB0，r2＝mv3qB0且d＝2r1－2r2解得d＝mv3

qB0(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＝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nm′

v3q′B0＝d，n5πm′6q′B0＝t1＋t2解得q′m′＝nqm根据题意，n＝1舍去．当n＝2时，q′m′有最小值，(q′m′)min＝2qm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2qm.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22．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11H和一个氘核21H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

11H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.11H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：图4(1)11H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)21H第

一次离开磁场的位置到原点O的距离．答案(1)233h(2)6mEqh(3)233(2－1)h解析(1)11H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11H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＝12a1t12②由题给条件，11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.11H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③联立以上各式得s1

＝233h④(2)11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设11H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝v12＋(a1t1)2⑥设磁感应强度大小为B，11H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＝mv1′2

R1⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧联立以上各式得B＝6mEqh⑨(3)设21H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12(2m)v22＝12mv12⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪设21H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＝12a2t22⑬v2′＝v22＋(a2t2)2⑭sinθ2＝a2t2v2′⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝22v1′⑯设21H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＝2mv2′qB＝2R1⑰所以出射点在原点左侧．设21H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′＝2R2sinθ2⑱联立④⑧⑯

⑰⑱式得，21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝233(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＝0.5m，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＝1.0×105V/m.在M点有一正粒

子以速率v＝1.0×106m/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qm＝1.0×107C/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)0.2T(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＝0.5m，根据Bqv＝mv2r，得B＝mvqR，代入数据得B＝0.2T.(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·

s22＝12mv2，得s2＝mv2Eq，则总路程s＝s1＋s2＝πR＋mv2Eq.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B

C长度的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)23v03(2)23mv03qB1(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：tanθ＝LBCLAB＝33，则θ＝30°根据速度关系有：v＝v0cosθ＝23v03；(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＝mv2r1，轨迹如图甲所示：由几何关系得：L＝r1解得：L＝23mv03qB1；(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＝mv2r2根据几何关系有：L＝r2(1＋sinθ)解得：B2m＝1.5B1.2．(先磁场后电场)(2020·山东潍坊市3月五县联考)如图8所示的坐标系xOy中，第一象限内存

在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度未知．一带正电粒子从A(d,0)点以初速度v0开始运动，初速度方向与x轴负方向夹角为53°，粒子到达y轴时速

度方向与y轴垂直，粒子经过电场区域、x轴下方磁场区域恰好回到A点，且速度方向与初速度方向相同．粒子重力不计，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：图8(1)粒子的比荷；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)x轴下方磁场的磁感应强度大小．答案(1)4v05dB0

(2)20v0B09(3)4021B0解析(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的半径为r1，则有qv0B0＝mv02r1由图可知r1＝dsin53°，解得qm＝4v05dB0(2)设粒子类平抛过程竖直位移为Δy，则Δy＝r1－r1cos53°

由题意可知，粒子类平抛运动的末速度与x轴负方向夹角为θ＝53°，则vy＝v0tanθ，类平抛运动过程vy＝at，Δy＝12at2，qE＝ma联立解得t＝3d4v0，E＝20v0B09(3)设粒子类平抛过程水平位移为Δx，则Δx＝v0t，设粒子在y轴下方磁场区域运动的半径为r2，则r2＝d

＋Δx2sinθ粒子运动速度v＝v0cosθ，qvB＝mv2r2，解得B＝4021B0.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1A.7πd2v0B.dv0(2＋5π)C.dv0(2＋3π2)D.dv0(2＋7π2)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＝2v0，这一过程的时间t1＝dv02＝2dv0，根据几何关系可得

带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为3π4，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2＝38T＝38·2πrv＝3πd2v0，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝πrv＝2πdv0，故t总＝t1＋t2＋t3＝dv

0(2＋7π2)，D正确．2．(2018·全国卷Ⅲ·24)如图2，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN

的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：图2(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比．答案(1)4Ulv1(2)1∶4解析(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做

匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝12m1v12①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1v12R1②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝4Ulv1④(

2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有q2U＝12m2v22⑤q2v2B＝m2v22R2⑥由题给条件有2R2＝l2⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶4.3.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)5πm4qB(2)2mv0qT0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＝mv02RT＝2πRv0联立解得T＝2πmBq依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为54π所需时间为t1＝θ2πT＝58T解得t1＝5πm4qB.(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·t22解得t2＝2mv0qE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＝2mv0qT0.4.(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22L，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)(0，12L)(2)mv022qL2m

v02qL(3)Lv0＋2(1＋π)L2v0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＝v0cosθ·t1，竖直方向：y＝12v0sinθ·t1，解得：y＝12L，粒子从y轴上射出电场的位置坐标为：(

0，12L)；(2)粒子在电场中的加速度大小：a＝qEm，竖直分位移：y＝12at12，解得：E＝mv022qL；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＝2y＝22L，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＝mv2r，其中，粒子的速度：v＝v0cosθ，解得：B＝2mv02qL；(3)粒子在电场中的运动时间：t1＝Lv0cosθ＝2Lv0，粒子离开电场进入磁场前做匀

速直线运动，位移：x＝22L－12L，粒子做直线运动的时间：t2＝xv＝(2－2)L2v0，粒子在磁场中做圆周运动的时间：t3＝14T＝14×2πmqB＝2πL2v0，粒子总的运动时间：t＝t1＋t2＋t3＝Lv0＋2(1＋π)L2v0.5．(2020·山东等级考模拟卷)如图

5所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x

轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．

求：图5(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.答案(1)qB0R0m(2)qR0B022m(3)12B0解析(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹

力提供向心力，则qv0B0＝mv02R0解得v0＝qB0R0m(2)由于粒子与y轴正方向成45°角离开电场，则有vx＝vy＝v0粒子在电场中做类平抛运动，在平行于x轴方向做匀加速直线运动，在平行于y轴方向做

匀速直线运动，故在平行于x轴方向上qE＝mavx2－0＝2aR0联立解得E＝qR0B022m(3)粒子在电场中运动时平行于x轴方向：vx＝at，R0＝12at2平行于y轴方向：y＝vyt联立解得y＝2R0如图，过N点作速度的垂线交x轴于P点，P即为粒子在第一象限做匀速圆周运动的圆心，PN为半

径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝22R0.由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝mv2PN，其中v为进入第一象限的速度，大小为v＝2v0，解得B1＝12B0.