帶電粒子在組合場中的運動　[講典例示法]
帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)，跟在磁場中偏轉(zhuǎn)兩種運動有效組合在一起，有效區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關系是解題的關鍵。當帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應的變化，其運動過程則由幾種不同的運動階段組成。

[典例示法]　(2018·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。

(1)定性畫出該粒子在電、磁場中運動的軌跡；
(2)求該粒子從M點入射時速度的大?。?br /> (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。
[解析]　(1)粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱，如圖(a)所示。

圖(a)
(2)設粒子從M點射入時速度的大小為v0，進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ，如圖(b)，速度v沿電場方向的分量為v1。

圖(b)
根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma ①
由運動學公式有
l′＝v0t ②
v1＝at ③
v1＝vcos θ ④
設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB＝ ⑤
由幾何關系得l＝2Rcos θ ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝。 ⑦
(3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得
v1＝v0cot ⑧
聯(lián)立①②③⑦⑧式得＝ ⑨
設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則
t′＝2t＋T ⑩
式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，
T＝ ?
由③⑦⑨⑩?式得t′＝。 ?
[答案]　(1)見解析　(2)　(3)　

“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題


[跟進訓練]
　先電場后磁場
1．(2018·全國卷Ⅲ)如圖所示，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)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：

(1)磁場的磁感應強度大小；
(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。
[解析]　(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)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＝m1v ①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
q1v1B＝m1 ②
由幾何關系知2R1＝l ③
由①②③式得B＝。 ④
(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)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＝m2v ⑤
q2v2B＝m2 ⑥
由題給條件有2R2＝ ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為
∶＝1∶4。 ⑧
[答案]　(1)　(2)1∶4
2．(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y v丙 > v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確。]
4．(多選)如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是下列選項中的(　　)
　

　　　　　　 　　A　　　　B　　 　　C　　 　　D
AD　[帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，A正確；當洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運動，故B、C錯誤。]
　磁場、電場與重力場疊加
5．(2017·全國卷Ⅰ)如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　)

A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
B　[設三個微粒的電荷量均為q，
a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即
mag＝qE ①
b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則
mbg＝qE＋qvB ②
c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則
mcg＋qvB＝qE ③
比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確。]
6．(2016·天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求：

(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；
(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。
[解析]　(1)小球勻速直線運動時受力如圖甲所示，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有

甲
qvB＝ ①
代入數(shù)據(jù)解得
v＝20 m/s ②
速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足
tan θ＝ ③
代入數(shù)據(jù)解得
tan θ＝
θ＝60°。 ④
(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有

乙
a＝ ⑤
設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有
x＝vt ⑥
設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有
y＝at2 ⑦
a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又
tan θ＝ ⑧
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得
t＝2 s≈3.5 s。 ⑨
解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為
vy＝vsin θ ⑤
若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有
vyt－gt2＝0 ⑥
聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得
t＝2 s≈3.5 s。 ⑦
[答案]　(1)20 m/s，方向與電場方向成60°角斜向上　(2)3.5 s
帶電粒子在交變電、磁場中的運動　[講典例示法]
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
先讀圖
看清、并明白場的變化情況
受力分析
分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況
過程分析
分析粒子在不同時間內(nèi)的運動情況
找銜接點
找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規(guī)律
聯(lián)立不同階段的方程求解
[典例示法]　如圖甲所示，虛線MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的勻強電場(上、下及左側(cè)無邊界)。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點)，以大小為v0的水平初速度沿PQ向右做直線運動。若小球剛經(jīng)過D點時(t＝0)，在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時的速度方向與PQ連線成60°角。已知D、Q間的距離為(＋1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，重力加速度大小為g。

甲　　　　　　　　　　乙
(1)求電場強度E的大?。?br /> (2)求t0與t1的比值；
(3)小球過D點后將做周期性運動，當小球運動的周期最大時，求此時磁感應強度的大小B0及運動的最大周期Tm。
審題指導
題中信息
方法引導
沿PQ向右做直線運動
小球受力平衡，通過平衡條件，可求出電場強度的大小
小球再次通過D點速度與PQ成60°角
畫出運動軌跡，找出直線運動位移大小與勻速圓周運動軌跡半徑的關系
求運動的最大周期
當小球運動軌跡最長，圓弧軌跡與MN相切時小球運動周期最大
[解析]　(1)小球沿PQ向右做直線運動，受力平衡，
則mg＝Eq
解得E＝。
(2)小球能再次通過D點，其運動軌跡應如圖(a)所示。

(a)
設小球做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，則由幾何關系有
s＝
又知s＝v0t1
圓弧軌跡所對的圓心角θ＝2π－＝π
則t0＝
聯(lián)立解得＝π。
(3)當小球運動的周期最大時，其運動軌跡應與MN相切，小球運動一個周期的軌跡如圖(b)所示，

(b)
由幾何關系得R＋＝(＋1)L
解得R＝L
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qv0B0＝m
解得B0＝
小球在一個周期內(nèi)運動的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝。
[答案]　(1)　(2)π　(3)　
[跟進訓練]
　帶電粒子在交變磁場中的運動
1．(多選)某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)(　　)

甲　　　　　　　　乙
A．若粒子的初始位置在a處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b處，在t＝時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度
AD　[要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示，由左手定則知粒子做圓周運動的周期應為T0＝，若粒子的初始位置在a處時，對應時刻應為t＝T0＝T，同理可判斷B、C、D選項，可得A、D正確。]
　帶電粒子在交變電、磁場中的運動
2．如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖象如圖(b)所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向。t＝0時刻，帶負電粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知量，圖(b)中＝，在0～t0時間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為。求：


(a)　　　　　　　　(b)　
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0時刻粒子P的位置；
(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L。
[解析]　(1)0～t0時間內(nèi)粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經(jīng)過圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R，
即R＝ ①
又qv0B0＝m ②
代入＝
解得＝。 ③
(2)設粒子P在磁場中運動的周期為T，則
T＝ ④
聯(lián)立①④解得T＝4t0 ⑤
即粒子P做圓周運動后磁場變?yōu)殡妶觯Ｗ右运俣葀0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設t0～2t0時間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則
x1＝v0t0 ⑥
y1＝at ⑦
其中加速度a＝
由③⑦解得y1＝＝R，因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標為，如圖中的b點所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內(nèi)，電場力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關系知，在3t0時刻速度方向為x軸正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內(nèi)粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動，往復運動軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離L，即O、d間的距離L＝2R＋2x1 ⑧

解得L＝v0t0。
[答案]　(1)　(2)　(3)v0t0

實例一　質(zhì)譜儀
裝置
原理圖
規(guī)律
質(zhì)譜儀

帶電粒子由靜止被加速電場加速qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，則比荷＝
1．(2016·全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　)

A．11 B．12
C．121 D．144
D　[帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝，由以上兩式整理得：r＝。由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：＝144，選項D正確。]
實例二　回旋加速器
裝置
原理圖
規(guī)律
回旋加速器

交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同，帶電粒子在圓周運動過程中每次經(jīng)過D形盒縫隙都會被加速。由qvB＝m得Ekm＝
2．某回旋加速器的示意圖如圖，兩個半徑均為R的D形盒置于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，并與高頻電源兩極相連，現(xiàn)對氚核(H)加速，所需的高頻電源的頻率為f。已知元電荷為e。下列說法正確的是(　　)

A．D形盒可以用玻璃制成
B．氚核的質(zhì)量為
C．高頻電源的電壓越大，氚核從P處射出的速度越大
D．若對氦核(He)加速，則高頻電源的頻率應調(diào)為f
D　[為使D形盒內(nèi)的帶電粒子不受外電場的影響，D形盒應用金屬材料制成，以實現(xiàn)靜電屏蔽，A錯誤；為使回旋加速器正常工作，高頻電源的頻率應與帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，由T1＝和T1＝，得氚核的質(zhì)量m1＝，B錯誤；由evmB＝m1，得vm＝，可見氚核從P處射出時的最大速度vm與電源的電壓大小無關，C錯誤；結(jié)合T2＝和T2＝，得f2＝f，又＝，得f2＝f，D正確。]
實例三　速度選擇器
裝置
原理圖
規(guī)律
速度選擇器

若qv0B＝Eq，即v0＝，帶電粒子做勻速運動
3.在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直。一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子(　　)

A．一定帶正電
B．速度v＝
C．若速度v>，粒子一定不能從板間射出
D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動
B　[粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，即qvB＝qE，解得速度v＝，選項B正確；若速度v>，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤。]
實例四　電磁流量計
裝置
原理圖
規(guī)律
電磁流量計

q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝π＝
4.如圖甲所示為海影號電磁推進試驗艦艇，船體下部的大洞使海水前后貫通。艦艇沿海平面截面圖如圖乙所示，其與海水接觸的兩側(cè)壁M和N分別連接艦艇內(nèi)電源的正極和負極，艦艇內(nèi)超導體在M、N間產(chǎn)生強磁場，使M、N間海水受到磁場力作用被推出，船因此前進。要使圖乙中的艦艇向右前進，則所加磁場的方向應為(　　)

A．水平向左 B．水平向右
C．豎直向上 D．豎直向下
C　[圖乙為俯視圖，艦艇向右行駛，必須獲得向右的作用力，由牛頓第三定律知，海水受到的安培力必須向左，M接正極，電流從M到N，由左手定則知所加磁場方向必須豎直向上，選項C正確。]
實例五　霍爾元件
裝置
原理圖
規(guī)律
霍爾元件

當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差
5.(2019·天津高考)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的(　　)

A．前表面的電勢比后表面的低
B．前、后表面間的電壓U與v無關
C．前、后表面間的電壓U與c成正比
D．自由電子受到的洛倫茲力大小為
D　[由左手定則判斷，后表面帶負電，電勢低，A錯。電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由e＝evB得U＝Bav，與v成正比，與c無關，B、C錯。洛倫茲力F＝evB＝，D對。]

討論與電、磁場有關的實際問題，首先應通過分析將其提煉成純粹的物理問題，然后用解決物理問題的方法進行分析。這里較多的是用分析力學問題的方法，對于帶電粒子在磁場中的運動，還應特別注意運用幾何知識尋找關系。



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