2022年高中物理（新教材）新粤教版选择性必修第二册同步学案专题强化4 带电粒子在组合场中的运动

这是一份粤教版 (2019)全册综合学案设计，共15页。

　带电粒子在组合场中的运动

[学习目标]　1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法.2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法，会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律．

带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动．通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动．
1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识

2．“电偏转”与“磁偏转”的比较

电偏转
磁偏转
偏转条件
只受恒定的电场力F＝qE
v⊥E进入匀强电场
只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
v⊥B进入匀强磁场
运动轨迹
抛物线

圆弧

求解方法
利用类平抛运动的规律x＝v0t，
y＝at2，a＝，tan θ＝
牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝


一、由电场进入磁场
(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U.将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S2)，图中虚线Ox垂直于极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图1所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则(　　)

图1
A．极板S1带正电
B．粒子到达O点的速度大小为
C．此粒子在磁场中运动的时间t＝
D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝
答案　BC
解析　带负电粒子向右加速运动，所受电场力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝mv2，
解得v＝，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝，
此粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，故C正确；

若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m
把A选项中求得的速度大小代入可得R＝，
则该有界磁场区域的宽度d＝R＝，故D错误．
如图2所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：

图2
(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；
(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．
答案　(1)　(2)
解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝at12，qE＝ma
联立解得E＝

粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，tan α＝＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v＝v0.
Bqv＝，由几何关系得r＝L
联立解得B＝，
则＝；
(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝，
粒子在电场中运动的时间为t1＝，
解得＝.

从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时的速度的大小和方向，这是正确求解的关键．

二、由磁场进入电场
如图3所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场E，圆心O1在x轴上，半径为R且过坐标原点O，圆内有垂直纸面向外的匀强磁场B(图中未画出)．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从圆上P点正对圆心O1以速度v0射入磁场，从坐标原点O离开磁场，接着又恰好经过第一象限的Q(a，b)点，已知PO1与x轴负方向成θ角，不计粒子重力，求：

图3
(1)匀强电场的电场强度E及匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)粒子从P运动到Q的时间．
答案　(1)　tan 　(2)＋
解析　(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，
由几何关系得rtan ＝R
又qv0B＝m
故B＝tan 
粒子从O到Q做类平抛运动，设运动时间为t2
a＝v0t2
则t2＝
b＝··t22
故E＝
(2)粒子在磁场中运动的时间t1＝＝
则粒子从P运动到Q的时间为t＝t1＋t2＝＋.

粒子从磁场进入电场时，要注意分析粒子的速度方向．在高中物理考查中，粒子进入电场的速度方向一般来说有两种可能：一是平行于电场线方向；二是垂直于电场线方向．分析运动情景时结合具体情况作出判断．

三、多次进出电场和磁场
如图4所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场．已知O、P之间的距离为d，不计粒子的重力．求：

图4
(1)O点到Q点的距离；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间．
答案　(1)2d　(2)　(3)
解析　(1)设Q点的纵坐标为h，粒子到达Q点的水平分速度为vx，从P到Q受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h＝v0t1
水平方向做匀加速直线运动的平均速度＝，则d＝
根据速度的矢量合成知tan 45°＝
解得h＝2d.
(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2d

由牛顿第二定律得qvB＝m，
由(1)可知v＝＝v0
联立解得B＝.
(3)粒子在电场中的运动时间为t1＝
粒子在磁场中的运动周期为T＝＝
粒子在第一象限中的运动时间为t2＝·T＝T
粒子在第四象限内的运动时间为t3＝
故带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝.

1．(由电场进入磁场)如图5所示，坐标空间中有匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，磁场方向垂直于纸面向里，y轴是两种场的分界面，磁场区域的宽度为d.现有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从x轴上x＝－L的N点处以初速度v0沿x轴正方向开始运动，然后经过y轴上y＝的M点进入磁场，不计带电粒子重力．

图5
(1)求y轴左侧电场的场强大小E；
(2)若要求粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁感应强度应满足的条件．
答案　(1)　(2)B<
解析　(1)粒子从N到M做类平抛运动，有L＝v0t
＝at2
a＝
联立解得E＝
(2)粒子进入磁场时的速度大小

v＝＝＝v0，
由sin θ＝＝可知，速度方向与y轴正方向成45°角．
如图所示为粒子恰好不穿出磁场时的运动轨迹，粒子在磁场中做匀速圆周运动，
有qvB＝m
粒子能够穿过磁场，则要求r＋rcos 45°>d
可得B<.
2．(多次进出电场和磁场)如图6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6
(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中磁感应强度的大小B1.
答案　(1)　(2)　(3)B0
解析　(1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有：qv0B0＝m
解得：v0＝
(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着平行于x轴方向：qE＝ma
vx2－0＝2aR0
粒子沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以vx＝vy＝v0
解得电场强度：E＝
(3)粒子的轨迹如图所示，

进入第二象限后，沿着平行于x轴方向：
R0＝t
沿着平行于y轴方向：
ON＝vyt＝v0t
所以ON＝2R0
由几何关系知，△OO′N为底角为45°的等腰直角三角形．在磁场Ⅰ中运动的半径：R＝ON＝2R0
由洛伦兹力提供向心力有：qvB1＝m
粒子在N点速度沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以离开电场的速度大小v＝v0
所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1为：B1＝B0.



1．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图1(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则(　　)

图1
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
答案　D
解析　电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确．
2.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图2中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场．现在MN上的点F(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)

图2
A. B. C. D.
答案　C
解析　设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v，由动能定理有qU＝mv2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝.又Bqv＝m，则＝，故C正确．

3.(多选)如图3所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ＝45°.现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响．下列说法正确的是(　　)

图3
A．若h＝，则粒子垂直于CM射出磁场
B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
C．若h＝，则粒子垂直于CM射出磁场
D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
答案　AD
解析　若h＝，则在电场中，由动能定理得：qEh＝mv2；在磁场中，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，联立解得：r＝a，根据几何知识可知粒子垂直CM射出磁场，故A正确，B错误．若h＝，同理可得：r＝a，则根据几何知识可知粒子平行于x轴射出磁场，故C错误，D正确．

4.如图4所示的区域中，OM左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM，且垂直于磁场方向．一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从小孔P以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OC＝L，OQ＝2L，不计粒子的重力，求：

图4
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小．
答案　(1)　(2)
解析　(1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)，
∠PO1C＝120°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，

由r＋rcos 60°＝OC＝L得r＝
粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv0B＝m，解得：B＝＝；
(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度大小为a＝，水平方向有2L＝v0t，竖直方向有L＝at2
联立解得E＝.
5.如图5所示的直角坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向右下的匀强电场，电场强度E＝400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度OA＝20 cm，沿y轴负方向宽度无限大，磁感应强度B＝1×10－4 T．现有一比荷为＝2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，其方向与x轴正方向的夹角α＝60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场．

图5
(1)求离子进入磁场的速度v0的大小；
(2)离子进入电场后，经过多长时间再次到达x轴上．
答案　(1)4×106 m/s　(2)×10－7 s
解析　(1)如图所示，由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径r1＝＝0.2 m，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由Bqv0＝m，解得v0＝4×106 m/s.

(2)设离子进入电场后，经过时间t再次到达x轴上，由几何知识可知，离子从A点垂直于电场方向射入电场，则离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直于电场方向做速度为v0的匀速直线运动，设位移为l1，则l1＝v0t，离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，位移为l2，则Eq＝ma，l2＝at2，由几何关系可知tan 60°＝，代入数据解得t＝×10－7 s.

6．如图6所示，两块平行金属板M、N水平放置，板长L＝1 m，距离d＝ m，在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直于纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直于纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一水平线上，B、C、H也处于同一直线上，A、F两点距离为 m．现从平行金属板MN左端沿中心轴线方向射入一个重力不计的带电粒子，由P点垂直于AB边进入磁场，磁感应强度B1＝ T，粒子质量m＝3×10－10 kg，电荷量q＝＋1×10－4 C，初速度v0＝1×105 m/s.

图6
(1)求两金属板间电压UMN；
(2)求粒子从飞入电场到刚要进入磁场区域B2经过的时间；
(3)接第(2)问，若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2至少应为多大？
答案　(1)1×104 V　(2)(1.5＋π)×10－5 s　(3) T
解析　(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，
q＝ma
t1＝＝1×10－5 s
竖直方向的速度为vy＝at1
因为粒子垂直AB边进入磁场，速度v与水平方向夹角θ＝30°，
则tan θ＝＝
联立解得UMN＝1×104 V.
(2)粒子射入磁场时速度为：v＝2vy＝×105 m/s
带电粒子出电场时竖直方向的偏转位移
y＝at12＝ m＝d
粒子在磁场ABC区域内做匀速圆周运动的半径为
R＝＝ m
由几何关系可知粒子在磁场中以A点为圆心做圆周运动，垂直于AC边穿出磁场区域
在磁场B1内运动时间t2＝·＝π×10－5 s，
穿出磁场后做匀速直线运动，根据几何关系
t3＝＝5×10－6 s
则粒子从飞入电场到刚要进入磁场区域B2经过的时间t＝t1＋t2＋t3＝(1.5＋π)×10－5 s.
(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最小，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：R2＋＝1 m
故半径R2＝(2－3) m
又B2qv＝m
故B2＝ T
所以B2应满足的条件为B2≥ T，即B2至少应为 T.