板塊六帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動

考向一帶電粒子在組合場中的運動

【真題研磨】

典例（2024.湖南選擇考）如圖,有一內(nèi)半徑為2廠、長為L的圓筒，左右端面圓心。、

O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點，取0,0方向為％軸正方向建立孫Z坐標(biāo)系。

在筒內(nèi)g0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為反方向沿％軸正方向;筒外x>0

區(qū)域有一勻強電場，場強大小為瓦方向沿y軸正方向。一電子槍在。處向圓筒內(nèi)

多個方向發(fā)射電子,電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大

小均為孫①。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e,設(shè)電子始終未與筒壁碰撞,不計電

子之間的相互作用及電子的重力。

⑴若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場②，求磁感應(yīng)強度B的最小值；

⑵?、艈栔凶钚〉拇鸥袘?yīng)強度民若進(jìn)入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最

大夾角為以求tan。的絕對值；

(3)取(1)問中最小的磁感應(yīng)強度氏求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。

?審題思維

題眼

信息轉(zhuǎn)化

直擊

①電子沿%軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動

②從。到0過程中在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動是正周期

③9角最大，心最大,R最大，尺=廠

＞模型轉(zhuǎn)化

空間內(nèi)有水平向右勻強磁場速度

方向與磁場不垂直時，速度分解為

沿磁場方向先垂直于磁場方向Vy

沿磁場方向勻速直線運動L^Vxt

“2

垂直磁場平面勻速圓周運動,”=加于

【解析】⑴電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿X軸的勻速直線運動和在yOz

平面內(nèi)的勻速圓周運動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為力，由電子在x軸方

向做勻速直線運動得L=vot

在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運動的半徑為七周期為T,由牛頓第二定律知

癡產(chǎn)點可得心翳且丁=普警

t\.1JCl/yJDC

由題意可知所有電子均能經(jīng)過o進(jìn)入電場，則有U〃T(〃=1,2,3,...)

聯(lián)立得5=型學(xué)(〃=1,2,3...)

當(dāng)n=l時再有最小值，可得B=^p

mineL

⑵將電子的速度分解，如圖所示

opht--------1

有tan^=—

Vo

當(dāng)tan。有最大值時必最大,R最大，此時R=r又時行包詈隹詈

eLBe

聯(lián)立可得4m=W^,tanO=等

⑶當(dāng)力最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移外,根據(jù)勻變速直

線運動規(guī)律有加=爭

由牛頓第二定律知“嚀，又4m=空并

聯(lián)立得外士蟹

答案:⑴誓⑵平⑶與探

BLLJthCJLI

【答題要素】

“三步法”解決帶電粒子在組合場中的運動問題

⑴明種類:明確組合場的種類及邊界特征。

(2)畫軌跡:分析帶電粒子在各場中受力與速度關(guān)系，明確運動特點,畫好軌跡圖。

(3)用規(guī)律:

①在電場中，做直線運動應(yīng)用勻變速直線運動規(guī)律或功能關(guān)系求解問題;做曲線

運動,應(yīng)用運動的合成與分解求解問題。

②在磁場中，粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力，先找圓心定半徑,再應(yīng)用

幾何關(guān)系分析求解相關(guān)問題。

【多維演練】

1.維度:電場類平拋運動+磁場圓周運動+電場中運動的分解

如圖所示"Oy坐標(biāo)系內(nèi)存在圓形有界勻強磁場,圓心在A點（0,&、半徑為R、磁

感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向外;在x>R的區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強電

場,％軸上有無限長的收集板。原點0處有一離子源，它可向各個方向發(fā)射速率相

同的同種離子。沿y軸正方向發(fā)射的離子經(jīng)磁場從尸點射出后，在電場中落到收

集板上的。點。已知離子質(zhì)量為冽、帶電量為+加>0）,P、Q兩點坐標(biāo)分別為（民尺）、

（3氏0）,離子重力不計，落到收集板后不反彈，求：

⑴離子的發(fā)射速率；

⑵勻強電場的電場強度大?。?/p>

⑶沿與y軸正方向均成30。角發(fā)射的離子1、離子2落到收集板上的間隔距離。

【解析】（1）根據(jù)題意作出離子的運動軌跡

離子在磁場中做勻速圓周運動qvoB=n^

根據(jù)幾何關(guān)系有片凡解得即=遮

m

（2）P-。離子做類平拋運動，

貝!Ix=v^t=2R,y=^a^=R

加速度為斫駕解得E號

m2m

(3)對離子1有Ksin30o=)辭,xi=K+yo"解得xi=(VI+l)￡

對離子2有￡+￡sin30o=)玲,必=￡+遍2,解得x2=(V6+l)7?

離子1、離子2落到收集板上的間隔距離為AX=X2-XI=(V6-A/2)/?

答案：(1)若⑵若⑶(瓜遮冰

2.維度:電場與磁場空間中的運動

如圖所示，空間坐標(biāo)系O-xyz內(nèi)有一由正方體A5C0TBC0和半圓柱體

5尸C—5PC拼接而成的空間區(qū)域，正方體區(qū)域內(nèi)存在沿z軸負(fù)方向的勻強電場,

半圓柱體區(qū)域內(nèi)存在沿z軸負(fù)方向的勻強磁場。V、"分別為40、AO的中點,N、

N分別為叱、夕。的中點，尸、P分別為半圓弧5尸。、夕PC的中點，。為MN的中

點。質(zhì)量為加、電荷量為q的正粒子在豎直平面內(nèi)由M點斜向上射入

勻強電場,入射的初速度大小為也方向與%軸正方向夾角為。=53°0一段時間后,

粒子垂直于豎直平面射入勻強磁場。已知正方體的棱長和半圓柱體的直

徑均為￡,勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為5=警，不計粒子重

5qL

力,sin53°=0.8,cos53°=0.6。

⑴求勻強電場的電場強度E的大小；

⑵求粒子自射入電場到離開磁場時的運動時間"

(3)若粒子以相同的初速度自。點射入勻強電場，求粒子離開勻強磁場時的位置坐

標(biāo)。

【解析】(1)粒子在電場中運動時，沿x軸方向L=vocos530,h

解得，尸井，沿Z軸方向Vosin53°=a/i

3v0

由牛頓第二定律可知斫歿，解得后=野

m25QL

2

⑵粒子進(jìn)入勻強磁場后,由牛頓第二定律可知/OCOS53。?左皿紇S53。)，解得rL

由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為60。,粒子在磁場中運動

的周期T=2nR1

v0cos53°

粒子在勻強磁場中運動的時間后黑下=荒

故t=tl+tl=5L(6+TT)

18%

⑶若粒子以相同的初速度自Q點射入勻強電場，在勻強電場中運動的時間

打=—三=*，進(jìn)入磁場時，沿x軸方向的速度大小為Vx=vocos53°

o

v0cos536VQ

沿z軸方向的速度大小為vz=vosin53°-a6=|vo

故粒子沿x軸方向做勻速圓周運動，半徑出=用與

沿z軸方向做勻速直線運動，因粒子做圓周運動的半徑不變,故在磁場中運動的時

間不變，在磁場中沿z軸方向運動的位移大小為Zl=Vz^2=y

在電場中沿z軸方向運動的位移大小為『吧答名消

故粒子離開磁場時,z軸方向的坐標(biāo)Z=Z1+Z2=^^-L

lo

y軸方向的坐標(biāo)J=7?2cos60°=^

x軸方向的坐標(biāo)x=L+￡2sin6()o="竺L

4

即離開磁場時的位置坐標(biāo)為(竽等為。

答案：(1)邸(2)^^(3)(噂乙卷,箸為

25qL18VQ4418

考向二帶電粒子在復(fù)合場中的運動

【真題研磨】

典例(2024.甘肅選擇考)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。/為

粒子加速器，加速電壓為優(yōu)〃為速度選擇器,勻強電場的電場強度大小為E1,方向

沿紙面向下，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為藥,方向垂直紙面向里;〃為偏轉(zhuǎn)分離

器，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為&,方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零

的帶電粒子（不計重力），加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運動①、再由。點進(jìn)入分離

器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處,運動軌跡如圖中虛線所示。

⑴粒子帶正電還是負(fù)電?求粒子的比荷。

⑵求0點到P點的距離。

（3）若速度選擇器〃中勻強電場的電場強度大小變?yōu)橥撸ㄍ呗源笥谕撸?，方向不?

粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的0點上。求粒子打在。點的速度大小。

?審題思維

題眼

信息轉(zhuǎn)化

直擊

①速度選擇器中粒子做勻速直線運動qvoBkqEi

②通過配速法，將運動分解為水平向右勻速運動和豎直方向勻速圓周運動

＞模型轉(zhuǎn)化

如圖所示，空間存在著電磁復(fù)合場，勻強磁場B垂直于紙面向內(nèi)，勻強電場E豎直

向下，一個帶電量為氣的粒子（重力不計）以初速w沿水平方向進(jìn)入復(fù)合場,則粒子

受力情況為:洛倫茲力豎直向上，電場力豎直向下,若滿足qBvo=qE得則帶電

D

粒子將受平衡力作用做勻速直線運動。

x/x乂xxx

xxjx/xxx_

E、qE

若粒子進(jìn)入電磁復(fù)合場時速度以電則運動軌跡將是復(fù)雜曲線，解決辦法是將粒子

的運動看成W與VI兩個運動的合運動，即將V分解為/=樂+及因而粒子受到的兩

個洛倫茲力可看成qvoB與＞1氏其中qvoB平衡電場力鄉(xiāng)瓦則粒子在電磁場中所受

合力為尸乂加1,這樣，粒子的復(fù)雜運動分解成以勻速直線運動（速度W）和勻速圓周

運動（速率也）的合運動。

【解析】⑴由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電;設(shè)粒子的質(zhì)量為

外電荷量為q,粒子進(jìn)入速度選擇器時的速度為如在速度選擇器中粒子做勻速直

線運動，由平衡條件得qvoBi=qEi

在加速電場中，由動能定理qU=^mvl

聯(lián)立解得，粒子的比荷為包=惡

（2）由洛倫茲力提供向心力qvoB2=mJ

可得0點到P點的距離為0P=2r=^

力1”2

⑶粒子進(jìn)入〃瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力尸洛=qvoBi

向下的電場力F=qE2

由于凡＞￡1,且qvoBi=qEi

所以通過配速法，如圖所示

其中滿足qE2=q(Vo+vi)Bi

則粒子在速度選擇器中水平向右以速度vo+vi做勻速運動，豎直方向以VI做勻速

圓周運動，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的0,點的

要求，故此時粒子打在0'點的速度大小為V-Vo+Vl+Vl=2^￡1

答案:⑴帶正電懸⑵鬻⑶誓

Zt/￡>-￡c1*^2萬1

【答題要素】

1.復(fù)合場中運動及求解方法歸類

復(fù)合場運動及求解方法

重力、洛倫茲力平衡:勻速直線運動；

磁場、重力場

重力、洛倫茲力不平衡:復(fù)雜的曲線運動，機(jī)械能守恒

電場力、洛倫茲力平衡:勻速直線運動；

電場、磁場

電場力、洛倫茲力不平衡:復(fù)雜的曲線運動，可用動能定理求解

三力平衡:勻速直線運動；

電場、磁場、重力重力、電場力平衡:勻速圓周運動；

場合力不為零:可能做復(fù)雜的曲線運動，可用能量守恒或動能定

理求解

2.“三步法”解決帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題

⑴明受力:明確復(fù)合場中粒子的受力；

⑵畫軌跡:從受力分析，知曉粒子的運動特征,畫出軌跡圖。

(3)用規(guī)律：

①做直線運動應(yīng)用勻變速直線運動規(guī)律或功能關(guān)系求解問題;做曲線運動，應(yīng)用

運動的合成與分解求解問題。

②做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力，先找圓心定半徑,再應(yīng)用幾何關(guān)系分析

求解相關(guān)問題。

【多維演練】

1.維度:質(zhì)譜儀模型

某一質(zhì)譜儀原理如圖所示，區(qū)域/為粒子加速器，加速電壓為Ui；區(qū)域〃為速度選

擇器，磁場與電場正交,磁感應(yīng)強度為3,兩板間距離為之區(qū)域仞為偏轉(zhuǎn)分離器，磁

感應(yīng)強度為&。今有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子(不計重力)，經(jīng)加速后，該

粒子恰能通過速度選擇器，粒子進(jìn)入分離器后做勻速圓周運動。求：

XX。乂XXX/X

HIXXX'、＞xXX：X

XXXXXXX

⑴粒子離開加速器時的速度大小V；

⑵速度選擇器兩板間的電壓。2；

(3)粒子在分離器中做勻速圓周運動的半徑R。

【解析】(1)粒子經(jīng)過加速電場Ui加速后，根據(jù)動能定理解得后呼

⑵因為粒子恰能通過速度選擇器，則粒子在速度選擇器中受到的電場力和洛倫茲

力為一對平衡力，即qE當(dāng)=qvB\

解得lh=B\d呼

7m

2

(3)粒子在以磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，則qvB2=^~

解得管^

答案:⑴呼⑵/d呼⑶十呼五

\m\m32yq

2.維度:動量+疊加場

如圖所示，勻強磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為民質(zhì)量為加、電荷量

為e的電子以垂直于磁場方向的速度v射入,運動過程中受到空氣的阻力fh,k

為已知常量。求：

XXXX

vB

XXXX

XXXX

XXXX

⑴電子速度從V減小為5過程中空氣阻力所做的功W；

⑵電子速度從V減小為:過程中通過的路程s；

(3)要使電子保持速度大小為％角速度為口做勻速圓周運動,可在空間加一個方向

始終與磁場方向垂直的勻強電場并使之旋轉(zhuǎn),不考慮電磁波的影響，電場的場強

大小E。

【解析】⑴由動能定理得所=%1。)29^2

解得Wf=-lmv2

O

⑵沿電子運動軌跡的切線方向kv=ma印vxAt=EmaxAt

又w除xNt=ks》max\t=\p

所以ks=m(vf

解得電子通過的路程為s4

2k

⑶電場旋轉(zhuǎn)的角速度大小為。。

情況1：電場力與空氣阻力平衡,洛倫茲力提供向心力eE=kv,evB=m(ov

解得￡=竺,此時。=竺

em

情況2:。＞竺,電子受力如圖

m

設(shè)電場力與洛倫茲力方向夾角為秋夕＜90。)，

沿圓周切線方向eEsinff=kv

沿圓周半徑方向eEcosO+evB=m(ov

解得E=^Jk2+(ma)-eB)2

情況3:。〈竺，電子受力如圖，

m

設(shè)電場力與洛倫茲力反方向夾角為a(a＜90。),沿圓周切線方向eEsina=kv

沿圓周半徑方向evB-eEcosa=mcov

解得E=^Jk2+(eB-ma))2

綜上分析可知J/c2+(eB-ma))2

答案:(1)-京wdQ)穿(3)；Jfc2+(eB-ma))2

(--------------------------------(熱點集訓(xùn)?提技能)------------------------

組合場)X射線技術(shù)是醫(yī)療、工業(yè)和科學(xué)領(lǐng)域中廣泛應(yīng)用的一種非侵

入性檢測方法。如醫(yī)院中的X光檢測設(shè)備就是一種利用X射線穿透物體并捕獲

其投影圖像的儀器。其中激發(fā)X射線輻射出來的工作原理是在X射線管中，從電

子槍逸出的電子被加速、偏轉(zhuǎn)后高速撞擊目標(biāo)靶,實現(xiàn)破壞輻射，從而放出X射線。

如圖所示,從電子槍逸出的電子(質(zhì)量為加、電荷量為e,初速度可以忽略)經(jīng)勻強電

場加速后，以水平速度W從尸點射入磁場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后撞擊目標(biāo)靶，撞在不同位置,

輻射出不同能量的X射線(加點最小,N點最大)。已知水平放置的目標(biāo)靶MN長

為2L,PM長為不計電子重力和電子高速運行中輻射的能量。求：

XX

加速電場

XXX

銬絲?

p

電子槍口XXX

X為X

yL

XXX

M目標(biāo)靶N

(1)電子進(jìn)入磁場的速度V0；

⑵調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度，電子在磁場中運動多長時間后垂直撞擊在目標(biāo)靶的中間;

⑶為保證電子擊中目標(biāo)靶MN,獲取不同能量的X射線，磁感應(yīng)強度的大小范圍。

【解析】⑴在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU=^mvQ

2eU

解得Vo=

m

(2)設(shè)電子垂直打在MN中間時，做勻速圓周運動的半徑為由幾何關(guān)系得Ri=L,

對應(yīng)的圓心角為黑對應(yīng)時間t=^T

L4,

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期下=地

孫

聯(lián)立以上各式解得爺

4MeUe

2

⑶電子在磁場中運動有加冽？,解得R

5=R=eEB

依題意可知,設(shè)打在M點時的運動半徑為出,依幾何關(guān)系可知Ri=^L

聯(lián)立以上各式解得磁感應(yīng)強度最大值為后=出胃

eL

同理，打在N點的半徑為拈,依幾何關(guān)系可知赧=集3-乃2+（2乃2

聯(lián)立以上各式解得磁感應(yīng)強度最小值為%=嚕電

5eL

綜上所述，磁感應(yīng)強度的取值范圍為空誓S5W空誓

焚.小"eUcW[2m^.2y/2meU2y/2meU

答案:⑴]?、?J而⑶下W更

運亙（復(fù)合場）在芯片制作過程中，對離子注入的位置精度要求極高，通過如圖

所示的裝置可實現(xiàn)離子的高精度注入。立方體區(qū)域ABCO—A1B1C10,的邊長為

L,以0點為原點,。4、0C和00\分別為％軸、y軸和z軸的正方向建立空間坐

標(biāo)系ORZ。在％Oz平面的左側(cè)有一對平行金屬板V、N板M、N與％Oy平面平

行，板間距離為d,M、N兩板間加有電壓，板間同時存在沿％軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強

度大小為B0的勻強磁場。在板中間的P點有一離子發(fā)射源，能沿平行y軸正方向

發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+式4>0）、速率不同的離子，立方體的AOOiA面為一薄

擋板，僅在其中心D處開有一小孔供離子（可視為單個離子）進(jìn)入Q點與尸點等

高,P、。連線垂直擋板。立方體的尸E面為水平放置的薄硅片,瓦尸分別為A0

和BC的中點。當(dāng)板M、N間的電壓大小為”且立方體內(nèi)勻強磁場的方向沿。4

方向時，由D點進(jìn)入的離子恰好注入到硅片AB邊上，且速度與AB邊垂直。不計

離子間的相互作用力、離子的重力和離子碰撞后的反彈。

⑴比較“、N兩板的電勢高低和由D點進(jìn)入的離子的速度大小vo；

⑵求立方體內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大??；

⑶通過調(diào)