带电粒子在复合场中的运动分析及例题
专题 带电粒子在复合场中的运动
考点梳理 一、复合场 1． 复合场的分类
(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或相邻或在同一区域，电场、磁场交替出现．
二、带电粒子在复合场中的运动形式 1． 静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动． 2． 匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动． 3． 较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线． 4． 分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．
【典型选择题】
1． [带电粒子在复合场中的直线运动]某空间存在水平方向的匀强电场(图中
未画出)，带电小球沿如图1所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动， 此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法正确的是
( )
A．小球一定带正电 图1 B．小球可能做匀速直线运动 C．带电小球一定做匀加速直线运动 D．运动过程中，小球的机械能增大
2． [带电粒子在复合场中的匀速圆周运动]如图2所示，一带电小球在一正交电
场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面 向里，则下列说法正确的是 ( )
A．小球一定带正电 图2 B．小球一定带负电 C．小球的绕行方向为顺时针
D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
3． [质谱仪原理的理解]如图3所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒
子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的 匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过 的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为 B0的匀强磁场．下列表述正确的是 ( )
A．质谱仪是分析同位素的重要工具 图3 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
4． [回旋加速器原理的理解]劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作
原理示意图如图4所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两 盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的 匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处 粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速， 且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的
是 ( ) 图4 A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1 D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变
【规律总结】
带电粒子在复合场中运动的应用实例 1． 质谱仪
(1)构造：如图5所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．
图5
1
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2.
2
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB
2v＝m.
r由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷． 1qr2B2q2Ur＝m＝＝. Bq2UmBr2． 回旋加速器
(1)构造：如图6所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处 接交流电源，D形盒处于匀强磁场中．
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周
运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一
mv2
次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由qvB＝，得
r
q2B2r2
Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒 图6
2m半径r决定，与加速电压无关．
特别提醒 这两个实例都应用了带电粒子在电场中加速、在磁场中偏转(匀速圆周运动) 的原理．
3． 速度选择器(如图7所示)(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相
垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度 选择器．
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，
E
即v＝ 图7
B4．
磁流体发电机
(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能． (2)根据左手定则，如图8中的B是发电机正极．
(3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的
U
磁感应强度为B，则由qE＝qqvB得两极板间能达到的最大电势 图8
L差U＝BLv.
5． 电磁流量计工作原理：如图9所示，圆形导管直径为d，用非磁性材
料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负 离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电
场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就 图9
UU
保持稳定，即：qvB＝qE＝qv＝，因此液体流量Q＝Sv＝
dBd
2
πdUπdU＝. 4Bd4B 【考点】
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
1． 带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题． (3)电场力、磁场力、重力并存 ①若三力平衡，一定做匀速直线运动． ②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题． 2． 带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．
例1 如图10所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为
B的圆形匀强磁场区域 ，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0.若撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，
t则经
2
图10
(1)求两极板间电压U；
(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？
突破训练1 如图11所示，空间存在着垂直纸面向外的水平匀强磁场，
磁感应强度为B，在y轴两侧分别有方向相反的匀强电场，电场强 度均为E，在两个电场的交界处左侧，有一带正电的液滴a在电场 力和重力作用下静止，现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴 b，当它的运动方向变为水平方向时恰与a相撞，撞后两液滴合为一
体，速度减小到原来的一半，并沿x轴正方向做匀速直线运动，已 图11 知液滴b与a的质量相等，b所带电荷量是a所带电荷量的2倍，且相撞前a、b间的静 电力忽略不计．
(1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小； (2)求液滴b开始下落时距液滴a的高度h.
考点二 带电粒子在组合场中的运动
1． 近几年各省市的高考题在这里的命题情景大都是组合场模型，或是一个电场与一个磁场
相邻，或是两个或多个磁场相邻．
2． 解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等． 3． 要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态． 4． 分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．
例2 (2012·山东理综·23)如图12甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场
区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极 板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均 为U0，周期为T0.在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，
T0
粒子在电场力的作用下向右运动，在t
＝
时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区．(不
2计粒子重力，不考虑极板外的电场)
图12
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d.
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．
突破训练2 如图13所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向
E
上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和区域Ⅱ
2
内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为 m、带电荷量为q的带负电粒子(不计重力)从左边界O点正 上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上
的A点与OP成60°角射入区域Ⅱ的磁场，并垂直竖直边界 图13 CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：
(1)
粒子在区域Ⅱ匀强磁场中运动的轨迹半径； (2)O、M间的距离；
(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．
专题三．带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动模型问题的分析
突破训练3 如图15甲所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的场强
大小为E＝2.5×102 N/C的匀强电场(上、下及左侧无界)．一个质量为m＝0.5 kg、电荷 量为q＝2.0×102 C的可视为质点的带正电小球，在t＝0时刻以大小为v0的水平初速度
－
向右通过电场中的一点P，当t＝t1时刻在电场所在空间中加上一如图乙所示随时间周期 性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点， PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面向里为正．(g＝ 10 m/s2
)
图15
(1)如果磁感应强度B0为已知量，使得小球能竖直向下通过D点，求磁场每一次作用时 间t0的最小值(用题中所给物理量的符号表示)；
(2)如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件的时刻t1的表达式(用题中所给物理量 的符号表示)；
(3)若小球能始终在电磁场所在空间做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小(用题中所给物理量的符号表示)．
参考答案
【典型选择题】
1、 答案 CD
解析 由于重力方向竖直向下，空间存在磁场，且直线运动方向斜向下，与磁场方向相同，故不受洛伦兹力作用，电场力必水平向右，但电场具体方向未知，故不能判断带电小球的电性，选项A错误；重力和电场力的合力不为零，故不可能做匀速直线运动，所以选项B错误；因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同，故小球一定做匀加速直线运动，选项C正确；运动过程中由于电场力做正功，故机械能增大，选项D正确． 2、答案 BC
解析 小球做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，结合电场 方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的 弯曲方向结合左手定则可得绕行方向为顺时针方向，C正确，D错误．
3、答案 ABC
解析 粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B正确；由Eq＝Bqv可知，v＝E/B，选项C正确；粒子打在胶片上的位置到
2mv
狭缝的距离即为其做匀速圆周运动的直径D＝，可见D越小，则粒子的比荷越大，
BqD不同，则粒子的比荷不同，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误．
4、答案 AC
2πR
解析 粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝2πRf，故A正
T
11
确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝v2＝m×4π2R2f 2＝2mπ2R2f 2，与加速电压
22
mv1122
U无关，B错误；根据R＝Uqmv1，2Uq＝mv2，得质子第2次和第1次经
Bq22过两D2∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f 2与m、R、f均有关，D错误． 【考点】 例1
解析 (1)设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动
tL∶(L－2R)＝t0L＝4R
2
t粒子在电场中做类平抛运动：L－2R＝v0
2
qEa＝m
1tR＝a(2
22
U
在复合场中做匀速运动：qqv0B
2R
4R8R2B
联立各式解得v0＝U＝
t0t0
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，由几何关系可知：β＝π－α＝45°，r2r＝R
1qEt2
因为R＝(，
2m2qEqv0B8R所以
mmt0
v2
根据牛顿第二定律有qvB＝m，
r
22－1)R
解得vt0
2
(2－1)R
所以，粒子在两板左侧间飞出的条件为0
t0
2(2－1)R8RB
答案 (1) (2)0
t0t0
2
技巧点拨
带电粒子(带电体)在叠加场中运动的分析方法
1．弄清叠加场的组成． 2．进行受力分析．
3．确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． 4．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解． (3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解． (4)对于临界问题，注意挖掘隐含条件． 5．记住三点：(1)受力分析是基础； (2)运动过程分析是关键；
(3)根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的定理列方程求解．
[突破训练1] E2E2
答案 (1) (2)B3gB解析 液滴在匀强磁场、匀强电场中运动，同时受到洛伦兹力、电场力和重力作用． (1)设液滴a质量为m、电荷量为q，则液滴b质量为m、电荷量为－2q，
液滴a平衡时有qE＝mg ① a、b相撞合为一体时，质量为2m，电荷量为－q，速度为v，由题意知处于平衡状态， 重力为2mg，方向竖直向下，电场力为qE，方向竖直向上，洛伦兹力方向也竖直向上， 因此满足qvB＋qE＝2mg ②
E
由①、②两式，可得相撞后速度v＝B(2)对b，从开始运动至与a相撞之前，由动能定理有
1
WE＋WG＝ΔEk，即(2qE＋mg)h＝mv0 2 ③
2v2E
a、b碰撞后速度减半，即v＝v0＝2v＝
2B222mv v 2E00
再代入③式得h＝＝＝
4qE＋2mg6g3gB
【例2】
审题指导 1.粒子的运动过程是什么？
2．要在t＝3T0时使粒子再次到达S2，且速度为零，需要满足什么条件？
解析 (1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得
1
qU0＝mv2 ①
2
由①式得v＝ ②
m
U设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得＝ma ③
d
1T由运动学公式得d＝(2 ④
22T联立③④式得d＝ ⑤
4m(2)设磁感应强度的大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定v2
律得qvB＝m ⑥
R
L
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足2R ⑦
2
4联立②⑥⑦式得B
4若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的
v
时间为t2，根据运动学公式得d2 ⑩
2
T联立⑧⑨⑩式得t2＝ ⑪
2设粒子在磁场中运动的时间为t
Tt＝3T0－t1－t2 ⑫
2
7T联立⑨⑪⑫式得t＝ ⑬
4
2πm设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝ qB
⑭
由题意可知T＝t ⑮
8πm联立⑬⑭⑮式得B＝. 7qT0
T4答案 (1) (2)B
m4mLq
7T8πm(3) 47qT0
方法点拨
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法
[突破训练2]
2mv03mv02(8＋3)mv0πm答案 (1) (2) (3)qB2qEqE3qB
审题指导 1.粒子的运动过程是怎样的？
2．尝试画出粒子的运动轨迹．
3．注意进入磁场时的速度的大小与方向．
解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，其在区域Ⅰ的匀强电场中做类平抛运动，设粒子过
v0A点时速度为v，由类平抛运动规律知v＝ cos 60°
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
v22mv0Bqv＝mR＝RqB
(2)设粒子在区域Ⅰ的电场中运动时间为t1，加速度为a.则有qE＝ma，v0tan 60°＝at1，即
3mv0t1
＝ qE2123mv0O、M两点间的距离为L1＝ 22qE
(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2
Tπm则由几何关系知t2＝63qB
Eq2qE设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t3，a′＝ m2m
2v8mv则t3＝2× a′qE
粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为
3mv0πm8mv0(8＋3)mv0πmt＝t1＋t2＋t3＝＋＋ qE3qBqEqE3qB
【例
(2分)
2πRT＝ (1分)
2πm－解得T＝4×103 s (1分) qB
(2)粒子的运动轨迹如图所示，t＝20×103 s时粒子在坐标系内做了两个 －3】解析 (1)粒子在磁场中运动时mv2qvB＝ R
圆周运动和三段类平抛运动，水平位移x＝3v0T＝9.6×102 m (1分)
1竖直位移y＝a(3T)2 (1分) 2－
Eq＝ma (1分)
解得y＝3.6×102 m －
故t＝20×103 s时粒子的位置坐标为： －
(9.6×102 m，－3.6×102 m) (1分) －－
(3)t＝24×103 s时粒子的速度大小、方向与t＝20×103 s时相同，设与水平方向夹角为 －－
α (1分)
则v＝v0 ＋v y (1分)
vy＝3aT (1分)
vytan α＝ (1分) 0
解得v＝10 m/s (1分)
3与x轴正向夹角α为37°(或arctan )斜向右下方 (1分) 4
答案 (1)4×103 s (2)(9.6×102 m，－3.6×102 m) (3)10 m/s 方向与x轴正向夹角 3α为37°(或arctan ) 4－－－
2πmv06L3πmLm突破训练3答案 (1)(2)＋ 2qB00qB0qL0
解析 (1)当小球仅有电场作用时：mg＝Eq，小球将做匀速直线运
动．在t1
时刻加入磁场，小球在时间
t0内将做匀速圆周运动，圆周
运动周期为T0，若竖直向下通过D点，由图甲分析可知：
t0＝3T3πm42qB0
(2)PF－PD＝R，即： 甲 v0t1－L＝R
qv0B0＝mv0/R
mv0Lm所以v0t1－L＝t1＝＋qB0v0qB0
(3)小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电
磁场中的运动的周期T增加，在小球不飞出电磁场的情况下，当T 2
最大时有： DQ＝2R＝L2mv0
π＝qB0B2πmvqLT2πRL
0＝0＝00
由图分析可知小球在电磁场中运动的最大周期：
T＝83T6
4L
v，小球运动轨迹如图乙所示．
乙