素養(yǎng)提升18⇒帶電粒子在組合場中的運動

帶電粒子在組合場中的運動題型一磁場與磁場的組合磁場與磁場的組合問題實質(zhì)就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同。解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關(guān)系?！纠?】（多選）（2024·河南開封統(tǒng)考）如圖所示，MN是半徑為R的圓形磁場區(qū)域的直徑，MN上方存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，MN下方存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B。在M點有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q（q＞0）的離子源，離子從N點射出時的速度大小不同，但方向均與磁場方向垂直且與MN成30°角。不計離子重力及離子間的相互作用，則從N點射出磁場的離子速度可能是（）A.RqB2m C.5RqB6m答案：AB解析：根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m離子在MN上方運動的半徑為r1＝mv離子在MN下方運動的半徑為r2＝mv若離子從MN上方通過N點有2nr1sin30°＋2（n－1）r2sin30°＝2R（n＝1，2，3，…）解得v＝4RqB（3n－1）m（n＝即v＝2RqBm，v＝4RqB5m，v＝RqB2若離子從MN下方通過N點有2n（r1＋r2）sin30°＝2R（n＝1，2，3，…）解得v＝4RqB3nm（n＝1，2，3即v＝4RqB3m，v＝2RqB3m，v＝4RqB9m，故A、B正確，C、D錯誤。題型二電場與磁場的組合先電場后磁場1.先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動。如圖甲、乙所示，在電場中利用動能定理或運動學(xué)公式求粒子剛進入磁場時的速度。2.先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做勻速圓周運動。如圖丙、丁所示，在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度。【例2】（2023·遼寧高考14題）如圖，水平位置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為2mv（1）求金屬板間電勢差U。（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ。（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。答案：（1）mv023q（2）60°解析：（1）設(shè)平行金屬板間距為d，則平行金屬板板長為3d粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動水平方向：3d＝v0t豎直方向：12d＝v又vy＝Ud·q聯(lián)立解得U＝mv（2）粒子進入磁場時的速度v＝v02＋v設(shè)其與水平方向的夾角為α，則tanα＝vyv0＝33，由qvB＝mv2r得，粒子在磁場中做圓周運動的半徑已知磁場圓半徑R＝2mv03qB，作出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖1所示粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ與粒子在磁場中運動軌跡所對應(yīng)的圓心角相等，由幾何關(guān)系可得tanθ2＝Rr故θ＝60°。（3）根據(jù)幾何關(guān)系，將磁場圓繞O'點順時針旋轉(zhuǎn)，當O點轉(zhuǎn)到M點，粒子在磁場中的運動軌跡相應(yīng)的弦為磁場圓的直徑時，粒子在磁場中的運動時間最長。作出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標出改變后的磁場圓的圓心M，如圖2所示?！纠?】（多選）（2023·海南高考13題）如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的點電荷，從原點以初速度v0射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在x＞x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器MN上，則 （）A.粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E＝y(tǒng)B.粒子從NP中點射入磁場時速度為v0xC.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為mD.粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是m答案：AD解析：若粒子打到PN中點，則x0＝v0t，12y0＝12×qEmt2，解得E＝y(tǒng)0mv02qx02，A正確；粒子從PN中點射出時，則y02＝設(shè)粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝v0vy＝v0qEm·x0v0＝mv02qEx0，粒子從電場中射出時的速度v＝v0sinθ，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則qvB＝mv2r，則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為d＝rcosθ，解得d＝Ex0Bv0，C錯誤；當粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直最大速度vym＝2y0t，x先磁場后電場對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況（1）進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反，如圖甲所示，粒子在電場中做加速或減速運動，用動能定理或運動學(xué)公式列式。（2）進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直，如圖乙所示，粒子在電場中做類平拋運動，用平拋運動知識分析?！纠?】（2024·河北唐山模擬）如圖所示，xOy坐標系的第一象限，一等腰三角形OAC，底角為53°，底邊長為14L，內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在OC邊界的左側(cè)有與y軸平行的勻強電場，D是底邊OA的中點。質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子以一定的初速度，從OA邊上的D點沿y軸正方向垂直射入磁場，恰好從OC邊上某點沿著與x軸平行的方向射入勻強電場（不計粒子的重力）。（1）求粒子的速度大小；（2）粒子離開磁場后，經(jīng)過x軸上N點（圖中沒有標出），已知NO＝5L，求勻強電場的電場強度大?。唬?）求粒子從D點到達N點所經(jīng)歷的時間。答案：（1）4qBLm（2）2qB2解析：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，設(shè)粒子做圓周運動的圓心為G，根據(jù)幾何關(guān)系有GD＝FG＝R，OG＝34則OD＝R＋34R＝7L，解得R＝4根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝mv2R，解得v＝（2）粒子在電場中的類平拋運動軌跡如圖所示，粒子在垂直電場線方向做勻速直線運動，位移為x＝GN＝8L沿電場線方向做勻加速直線運動，位移為y＝FG＝4L根據(jù)x＝vt，y＝12at2，a＝解得E＝2q（3）設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t1，在電場中運動的時間為t2，則t1＝14帶電粒子在磁場中運動的周期為T＝2聯(lián)立解得t1＝π又x＝GN＝8L＝vt2解得t2＝2所以粒子從D點到N點所經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＝（4+粒子多次進出電場、磁場的運動【例5】（2023·山東高考17題節(jié)選）如圖所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。唬?）若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場，離開電場后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開。求改變后電場強度E'的大小和粒子的初速度v0。答案：（1）6mEqd（2）36E9解析：（1）根據(jù)題意分析得，粒子第二次離開電場后，在磁場中做勻速圓周運動的圓心為點N，畫出粒子的運動軌跡如圖甲所示，設(shè)粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝mv粒子在勻強電場中做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)動能定理，有qE·2d＝12mv2根據(jù)圖甲由幾何關(guān)系得3r＝d，聯(lián)立解得B＝6mEqd（2）畫出粒子的運動軌跡如圖乙所示，設(shè)粒子第一次在磁場中運動時的速度大小為v1，軌跡半徑為R1，粒子第二次進電場時速度方向與豎直方向的夾角為α，根據(jù)幾何關(guān)系，有R12＝（2d）2＋（R1－d）解得R1＝52d根據(jù)幾何關(guān)系，得sinα＝2d解得α＝53°，根據(jù)牛頓第二定律有qv1B＝mv解得v1＝15qEdm粒子第二次進入電場從P點到Q點做類斜拋運動，有2d＝（v1sinα）t，2d＝（v1cosα）t＋12·qE'm解得E'＝36E，粒子第一次在電場中運動時做勻變速直線運動，由動能定理得qE'·2d＝12mv12－12解得v0＝9qEdm跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.（多選）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，P（－2L，0）、Q（0，－2L）為坐標軸上的兩點?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從P點沿PQ方向射入第三象限，不計電子的重力，則下列說法中正確的是（）A.若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O，運動時間可能為πB.若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O，運動路程可能為πC.若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動時間一定為2D.若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O到達Q點，運動路程可能為πL或2πL解析：ABD電子在磁場中做圓周運動，從P點到Q點運動軌跡可能如圖甲或圖乙所示，電子在磁場中的運動周期為T＝2設(shè)電子在PO段完成n個圓弧，則電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O點的時間為t＝n90°360°T＝nπm2eB（n＝1所以若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O，運動時間可能為πm2eB，則A正確；電子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系可得n2r電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O，運動路程為s＝nπ當n＝1時s＝π所以若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點O，運動路程可能為πL2，則B正確；電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動時間為t＝nT＝2nπmeB（n＝1，2，3，…），所以若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動時間可能為2πmeB，則C錯誤；若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到Q點，運動軌跡可能如圖甲、乙所示，圖甲中路程s＝n·2πr，其中r＝L，當n＝1時s＝2πL，圖乙中路程s'＝n·2πr'，其中r'＝L2，當n＝2.（多選）（2024·四川成都模擬）在如圖所示的豎直平面內(nèi)，有一足夠長的條狀區(qū)域MNPQ，其間距為d，該區(qū)域內(nèi)以水平線OO'為界存在向上、向下的勻強電場，其電場強度大小均為E。PQ右側(cè)存在足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一帶電粒子以速度v0從無限靠近O點的下方沿OO'方向射入電場，經(jīng)過一段時間后又從無限靠近O點的上方從電場射出。不計重力。則下列說法正確的是 （）A.該粒子一定帶負電B.該粒子的比荷為vC.若該粒子以不同的速度從O點下方進入，在磁場中運動的時間都相同D.若僅改變電場強度的大小，則粒子進磁場和出磁場時經(jīng)過PQ上兩點的間距不變解析：BD根據(jù)左手定則可知，該粒子一定帶正電，故A錯誤；如圖所示，在電場中，粒子做類平拋運動有d＝v0t，qE＝ma，則有tanθ＝v0qEm·dv0＝mv02qEd，且v＝v0sinθ，在磁場中qvB＝mv2r，又rsinθ＝12·qEm·d2v02，聯(lián)立可得qm＝v0d2v0BE，故B正確；以不同的速度進入電場，出電場時速度偏轉(zhuǎn)角不同，粒子在磁場中運動的周期雖然與速度無關(guān)，但在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角不同，故在磁場中運動的時間也不同，故3.（2024·江西南昌聯(lián)考）如圖，水平虛線MN上方一半徑為R的半圓區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，半圓磁場的圓心O在MN上，虛線下方有平行紙面向上的范圍足夠大的勻強電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從O點以大小為v0的初速度平行紙面射入磁場，速度方向與ON的夾角θ＝60°，粒子在磁場中運動的圓軌跡剛好與磁場邊界相切，粒子進入電場后又從P點進入磁場，OP＝32R，不計粒子的重力，求（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小；（2）勻強電場的電場強度大小；（3）粒子在電場和磁場中運動的總時間。答案：（1）2mv0qR（2）mv解析：（1）根據(jù)題意可知，粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R根據(jù)牛頓第二定律qv0B＝mv解得B＝2m（2）根據(jù)題意，設(shè)粒子射出磁場的位置為Q，由幾何關(guān)系有OQ＝2×12Rcos30°＝3粒子從P點進入磁場，粒子在電場中做類斜上拋運動，根據(jù)對稱性可知OQ＝v0cosθ·t1v0sinθ＝at1又有qE＝ma解得E＝mv（3）粒子從P點進入磁場后，根據(jù)對稱性可知，粒子的運動軌跡仍剛好與磁場邊界相切，并從O點射出磁場，則粒子在磁場中運動的時間t磁＝2×23×2π粒子在電場中運動的時間t電＝4t1＝4因此粒子在電場和磁場中運動的總時間t＝t磁＋t電＝434.（2024·重慶萬州模擬）如圖所示，半徑為R的圓形邊界，圓心為O，半徑Oe與直徑j(luò)p垂直，圓形邊界內(nèi)除扇形區(qū)域jOe外，存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，帶電平行金屬板ab、cd的長度均為R，間距為2R，圓形邊界與ac相切于e點，且e點是ac的中點，在平行板的右側(cè)放置一熒光屏，熒光屏與bd平行，且與bd的間距為R。一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子甲（不計重力），從p點以指向圓心O的速度垂直進入磁場，然后從e點進入勻強電場，最后從d點射出；再讓與粒子甲相同的粒子乙從p點垂直射入磁場，速度的大小與甲相同、方向與甲不同，乙從j點射出磁場，進入電場，最后打在熒光屏上的f點，求：（1）勻強電場的電場強度；（2）粒子乙從p點到f點的運動時間。答案：（1）2qRB2m解析：（1）作出甲粒子的運動軌跡如圖所示由軌跡幾何關(guān)系可知，粒子圓周運動的軌道半徑為r＝R粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有qv0B＝mv粒子在電場中做類平拋運動，則有R＝v0t0，R＝12a根據(jù)牛頓第二定律有a＝qE解得E＝2qR（2）作出乙粒子的運動軌跡如圖所示粒子在磁場中圓周運動的周期T＝2結(jié)合r＝mv0qB，解得粒子在磁場中運動的時間t1＝12T＝粒子進入電場前做勻速直線運動，經(jīng)歷時間t2＝R解得t2＝m粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)上述，可知R＝v0t3解得t3＝m粒子飛出電場后做勻速直線運動，水平方向有t4＝R解得t4＝m則粒子乙從p點到f點的運動時間為t＝t1＋t2＋t3＋t4解得t＝（π5.（2024·黑龍江統(tǒng)考）如圖所示，平面直角坐標系xOy中，y軸右側(cè)有三個足夠長的區(qū)域，區(qū)域邊界線均與y軸平行，其中Ⅰ、Ⅲ區(qū)域內(nèi)存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，其寬度均為d1；Ⅱ區(qū)域內(nèi)存在沿著y軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場，其寬度為d0。P為Ⅲ區(qū)域右邊界線與x軸交點。一帶負電粒子以一定的速度從O點出發(fā)沿x軸正方向射入磁場，一段時間后該粒子恰好以從O點出發(fā)時的速度從P點沿x軸正方向離開Ⅲ區(qū)域。不計粒子重力。（1）定性畫出粒子在三個區(qū)域中的運動軌跡；（2）求粒子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運動時間t0；（3）若粒子剛進入Ⅱ區(qū)時的速度與y軸正方向夾角為θ＝30°，求粒子在磁場中運動的總時間t。答案：（1）見解析圖（2）2d1BE解析：（1）粒子運動軌跡如圖所示（2）在Ⅰ中qv0B＝mv設(shè)粒子由Ⅰ區(qū)域進入Ⅱ區(qū)域時，速度方向與邊界的夾角為α，由幾何關(guān)系，有rcosα＝d1在Ⅱ區(qū)中，y方向上粒子做勻減速運動，有v0cosα＝a·t且有a＝F電m，F(xiàn)電聯(lián)立解得t0＝2（3）在Ⅰ區(qū)的運動時間t1＝π在Ⅱ區(qū)的水平分運動d0＝v0sinθ·t0在Ⅰ區(qū)內(nèi)d1＝rcosθ，又t＝2t1解得粒子在磁場中運動的總時間t＝46.（2024·福建福州一模）如圖，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，第一、二象限內(nèi)磁感應(yīng)強度大小分別為B1＝2B0、B2＝B0，第三象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，在坐標為（－l，－l）的P點由靜止釋放一電子，電子恰好能夠分別垂直通過x軸和y軸各一次后到達坐標原點O處，已知電子的質(zhì)量為m，帶電荷量大小為e。（1）求第三象限內(nèi)電場強度E的大小；（2）求電子