帶電粒子場中動　考題類型須弄清

華興恒

帶電粒子在不同的場中運動是高考的熱點，有些同學(xué)對此類問題望而生畏，常常不知如何入手求解，導(dǎo)致考場失利。為此下面對此類考題分類例析，只要大家分類掌握的了這些題型的解法，然后達(dá)到舉一反三，便可觸類旁通，為高考打下堅實的基礎(chǔ).

一、帶電粒子在電場中的運動問題

【例1】（2016·全國卷Ⅱ）如圖1所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓. 帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點. 若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc. 則（ ??）

A. aa > ab > ac，va > vc > vb

B. aa > ab > ac，vb > vc > va

C. ab > ac > aa，vb > vc > va

D. ab > ac > aa，va > vc > vb

解析：因為帶電粒子只受電場力的作用，由點電荷電場強度公式E =k■可知，離場源點電荷P越近，電場強度越大，Q受到的電場力也就越大，則由牛頓第二定律可知，加速度越大，故有ab > ac > aa，則選項A、B錯誤;由力與運動的關(guān)系可知，Q受到的庫侖力指向運動軌跡凹的一側(cè)，因此Q與P帶同種電荷，Q從c到b的過程中，電場力做負(fù)功，動能減少，從b到a的過程中，電場力做正功，動能增加，因此Q在b點的速度最小，由于b、c兩點的電勢差的絕對值小于a、b兩點的電勢差的絕對值，因此Q從c到b的過程中，動能的減少量小于從b到a的過程中動能的增加量，Q在c點的動能小于在a點的動能，即有va > vc > vb. 故應(yīng)選D.

點評：掌握點電荷電場的特點，明確電場力做功與電勢差的關(guān)系，是順利求解本題的關(guān)鍵. 熟知帶電粒子僅在電場力的作用下，其加速度的大小取決于場強的大小，其速度的大小取決于電場力做功的正負(fù)與大小. 要注意的是：帶電粒子在電場中運動時，若只受電場力的作用，則帶電粒子的動能與其勢能的總和為一定值.

【例2】（2016·北京卷）如圖2所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出. 已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距離為d.

（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離△y.

（2）分析物理量的數(shù)量級是解決物理問題的常用方法. 在解決（1）問忽略了電子所受的重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因. 已知U = 2.0 × 102 V，d = 4.0 × 10-2m，m = 9.1 × 10-31 kg，e = 1.6 × 10-19 C，g = 10 m/s2.

（3）極板間既有靜電場也有重力場. 電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式. 類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點.

解析：該題主要考查帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運動、電勢的定義等知識.

（1）根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0 =■mv20，則電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0 =■.

在偏轉(zhuǎn)電場中電子的運動時間為△t =■= L■，可得偏轉(zhuǎn)距離△y =■（a△t）2 =■·■（△t）2 =■.

（2）考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力G = mg≈10-29 N，電場力F =■≈10-15 N. 因為F >> G，因此無須考慮電子所受的重力作用.

（3）電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能EP與其電荷量q的比值，即φ =■. 由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值叫做“重力勢”，即φG =■. 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場本身的因素決定.

【例3】（2015·全國卷Ⅱ）如圖3所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q > 0）的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點. 已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°，它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°，不計重力. 求A、B兩點間的電勢差.

解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB，粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30° = v0sin60°，由此可得vB =■v0.

設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，則由動能定理有

qUAB =■m（v2B-v20），將vB代入可解得UAB =■.

點評：帶電粒子在勻強電場中運動，垂直電場方向上其分速度大小不變，電場力只改變帶電粒子沿電場方向上的分速度，兩個方向上分速度的大小關(guān)系也就決定了帶電粒子運動方向與電場線方向的夾角，重點是將速度分解，然后根據(jù)qU =△Ek即可獲解.

二、帶電粒子在磁場中的運動問題

【例4】（2016·全國卷Ⅱ）一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖4所示. 圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸角速度ω順時針轉(zhuǎn)動. 在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入圓筒，射入時的運動方向與MN成30°角. 當(dāng)圓筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒. 不計重力，若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（ ???）

A. ■ B. ■ C. ■ D. ■

解析：由題意可知帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖5所示. 由幾何關(guān)系可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓弧所對的圓心角為30°，因此帶電粒子在磁場中運動的時間為t =■×■;由題意可知，帶電粒子在磁場中運動的時間與筒轉(zhuǎn)過90°所用的時間相等，即■=■×■，求得■=■. 故應(yīng)選A.

點評：求解本題的關(guān)鍵是要能夠正確的審題，并能夠根據(jù)審題結(jié)果正確地畫出粒子運動的軌跡，并找準(zhǔn)幾何關(guān)系. 簡單地說就是：定圓心，畫軌跡，由幾何知識求半徑，找圓心角求時間. 否則會導(dǎo)致錯解的發(fā)生.

【例5】（2016·四川卷）如圖6所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場. 一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入勻強磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb;當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc. 不計粒子重力，則（ ???）

A. vb ∶ vc = 1 ∶ 2， tb ∶ tc = 2 ∶ 1

B. vb ∶ vc = 2 ∶ 1， tb ∶ tc = 1 ∶ 2

C. vb ∶ vc = 2 ∶ 1， tb ∶ tc = 2 ∶ 1

D. vb ∶ vc = 1 ∶ 2， tb ∶ tc = 1 ∶ 2

解析：設(shè)正六邊形的邊長為l，一帶正電的粒子從f沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，則由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的半徑為rb = l，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角為120°. 因為由洛倫茲力提供向心力，則有Bqvb =■，解得l =■，且T =■，可得tb =■·■;當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，則有幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rc = l +■= 2l，同理有2l = ■，tc =■·■. 解得vb ∶ vc = 1 ∶ 2， tb ∶ tc = 2 ∶ 1，則選項A正確. 故應(yīng)選A.

點評：解答本題的關(guān)鍵是要確定粒子做圓周運動的圓心，然后根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子做圓周運動的半徑以及運動軌跡所對應(yīng)的圓心角，這樣就能夠順利獲解.

【例6】（2016·全國卷Ⅲ）平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖8所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外. 一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q > 0）. 粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角. 已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場. 不計重力，粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為（ ???）

A. ■B. ■C. ■D. ■

解析：如圖9所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖，設(shè)出射點為P，粒子運動軌跡與ON的交點為Q，粒子入射方向與OM成30°角，則射出磁場時速度方向與MO成30°角，由幾何關(guān)系可知，PQ⊥ON，故出射點到O點的距離為軌道圓直徑的2倍，即4R. 又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R =■，故應(yīng)選D.

點評：準(zhǔn)確作出帶電粒子在磁場中的運動軌跡是解題的關(guān)鍵，在做題時可以運用直尺和圓規(guī)或小硬幣輔助作圖，以利于順利求解.

【例7】（2013·課標(biāo)全國卷I）如圖10所示，半徑是R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外. 一電荷量為q（q > 0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為■. 已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計重力）

A. ■B. ■C. ■D. ■

解析：作出粒子運動軌跡如圖11中實線所示. 因P到ab的距離為■，可知α = 30°. 因粒子速度方向改變60°，可知轉(zhuǎn)過的圓心角2θ = 60°. 由圖中幾何關(guān)系有 （r +■）tanθ = Rcosα，解得r = R. 再由Bqv = m■，可得v =■. 則選項A、C、D錯誤，選項B正確. 故應(yīng)選B.

點評：正確地描繪粒子運動軌跡是順利求解本題的關(guān)鍵，然后根據(jù)幾何關(guān)系，利用邊、角關(guān)系確定圓的半徑，進(jìn)而根據(jù)圓周運動的規(guī)律便可簡捷地求出粒子的速率.

【例8】（2018·江蘇卷）如圖12所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點，各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等. 某粒子質(zhì)量為m、電荷量為 + q，從O沿軸線射入磁場. 當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方■處射入磁場. 取sin53°= 0.8，cos53°= 0.6.

（1）求磁感應(yīng)強度B的大小;

（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t;

（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O′的時間增加△t，求△t的最大值.

解析：（1）粒子圓周運動的半徑r0 =■，由題意知r0 =■，解得B =■.

（2） 設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α，則由d = rsinα，得sinα =■，即α = 53°.

在一個矩形磁場中的運動時間t1 =■=■，解得t1 =■，直線運動的時間t2 =■，解得t2 =■，則4t1 + t2 =（■）■.

（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x，則粒子向上的偏移量y = 2r（1-cosα）+ xtanα. 由y ≤ 2d，解得x ≤■d，則當(dāng)xm =■d時，△t有最大值.

粒子直線運動路程的最大值sm =■+（2d - 2xm）= 3d，增加路程的最大值△sm = sm - 2m = d，則增加時間的最大值△tm =■=■.

點評：這道題是壓軸題，將磁學(xué)知識與力學(xué)知識有機地結(jié)合在一起，目的在于考查大家綜合運用所學(xué)知識解決實際問題的能力.

三、帶電粒子在組合場中的運動問題

【例9】（2017·全國卷Ⅰ）如圖13，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

解析：a在紙面內(nèi)做勻速直線運動，可知在豎直方向上，a的重力與所受電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，則有ma g = qE;b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，根據(jù)左手定則，可知其所受的洛倫茲力方向豎直向上，由力的平衡條件有mb g = qE + F洛;c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，根據(jù)左手定則，可知其所受洛倫茲力方向向下，由力的平衡條件有mc g = qE - F洛. 因為三個微粒所帶的電荷量相等，所以mb g > ma g > mc g，即mb > ma > mc. 故應(yīng)選B.

點評：（1）在對三個微粒進(jìn)行受力分析時，注意不能遺漏重力;（2）注意b、c微粒的速度方向相反，它們所受的洛倫茲力的方向也相反. 此外，在判斷微粒所受洛倫茲力的方向時務(wù)必要記住是用左手.

【例10】（2018·北京）某空間存在勻強磁場和勻強電場. 一個帶電粒子（不計重力）以一定的初速度射入該空間后，做勻速直線運動;若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動. 下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是（ ???）

A. 磁場和電場的方向 B. 磁場和電場的強弱

C. 粒子的電性和電量 D. 粒子入射時的速度

模型分析：由qvB = qE可知，帶電粒子只要滿足v =■，就能通過“速度選擇器”. 因此與粒子的電性和電量無關(guān).

解析：在勻強磁場和勻強電場的疊加區(qū)域中，一個帶電粒子射入后做勻速直線運動，則它所受的洛倫茲力和電場力大小相等、方向相反，即qvB = qE，故v =■，因此粒子的運動，與粒子的電性和電量均無關(guān). 故應(yīng)選C.

點評：本題主要考查帶電粒子在勻強磁場和勻強電場的疊加場中的運動問題，目的在于考查同學(xué)們靈活運用所學(xué)知識解決問題的能力.

【例11】（2016·北京卷）如圖14所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動. 不計帶電粒子所受的重力.

（1）求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T;

（2）為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小.

解析：（1）因洛倫茲力提供向心力，則有f = qvB = m■，據(jù)此可求得帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R =■，勻速圓周運動的周期T =■=■.

（2）帶電粒子所受的電場力為F = qE，洛倫茲力為f = qvB. 因帶電粒子做勻速直線運動，則有qE = qvB，據(jù)此可得電場強度的大小為E = vB.

【例12】（2016·天津卷）如圖15所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為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(yīng)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在圖示的豎直平面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)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情況如圖16所示，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則有qvB =■，代入已知數(shù)據(jù)可解得v = 20 m/s.

速度的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ =■，代入已知數(shù)據(jù)可解得tanθ =■，則θ = 60°.

（2）方法1：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(shè)其加速度為a，則有a =■……①

設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，則有x = vt……②

設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，則有y =■at2……③

a與mg的夾角與v和E的夾角相同，均為θ，又tanθ =■……④

聯(lián)立以上四式并將θ = 60°代入可解得t = 2■s ≈ 3.5 s.

方法2：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(biāo)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 = vsinθ;若使小球再次經(jīng)過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向分位移為零，則有vyt -■gt2 = 0. 由以上兩式并將θ = 60°代入可解得t = 2■s ≈ 3.5 s.

點評：由于帶電小球在復(fù)合場中運動受到重力、電場力、洛倫茲力的作用，洛倫茲力方向與速度方向垂直，且大小與速度成正比，所以凡是帶電小球在復(fù)合場中做直線運動，則必為勻速直線運動. 據(jù)此可利用平衡條件列出相關(guān)方程快速求解.

【例13】（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17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(yīng)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點射入時的速度的大小;

（3）若該粒子進(jìn)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）粒子運動的軌跡如圖18所示.（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）

（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動. 設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動時間為t，加速度的大小為a;粒子進(jìn)入磁場的速度沿電場方向的分量為v1. 則根據(jù)牛頓第二定律有：qE = ma……①

式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量.

由運動學(xué)公式有：

v1 = at……②

l′= v0 t……③

v1 = vcosθ……④

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，則由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有：

qvB =■……⑤

由幾何關(guān)系有：l = 2Rcosθ……⑥

聯(lián)立以上各式可解得：v0 =■……⑦

（3）由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)可得：v1 = v0 cos■……⑧

聯(lián)立①②③⑦⑧可解得：■=■……⑨

設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則有：

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 =■……？輥？輯？訛

聯(lián)立③⑦⑨⑩？輥？輯？訛可解得：t′ =■（1+■）.

點評：本題主要考查帶電粒子在電磁組合場中的運動，目的是為了考查同學(xué)們的綜合分析能力和運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力.

四、帶電粒子先后在兩種不同場中運動的問題

【例14】（2012·課標(biāo)全國卷）如圖19所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域（紙面）. 在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直. 圓心O到直線的距離為■R. 現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強磁場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域. 若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小.

解析：粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得

qvB = m■……①

式中v為粒子在a點的速度.

如圖20，過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c、d兩點，則由幾何關(guān)系可知，線段ac、bc與過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形. 因此有

ac = bc = r……②

設(shè)cd = x，則由幾何關(guān)系可得

ac =■R + x……③

bc = ■R + ■……④

聯(lián)立②③④式可解得r =■R……⑤

再考慮粒子在電場中的運動. 設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)其加速度大小為a，則由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式可得

qE = ma……⑥

粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，則由運動學(xué)公式可得

r =■at2……⑦

r = vt……⑧

式中t是粒子在電場中運動的時間.

聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式可解得E =■.

【例15】（2018·全國I卷）如圖21，在y > 0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場大小為E;在y < 0的區(qū)域存在著方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場. 一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y = h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向. 已知11H進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場. 11H的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力. 求：

（1）11H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離;

（2）磁場的磁感應(yīng)強度大小;

（3）21H第一次離開磁場的位置到原點O的距離.

分析：（1）根據(jù)11H進(jìn)入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為60°，利用速度的分解與類平拋運動規(guī)律得出氕核11H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點的距離. （2）畫出氕核11H在勻強磁場中的運動軌跡，利用幾何關(guān)系得出氕核11H在勻強磁場中運動的軌道半徑，運用洛倫茲力提供向心力列方程得出磁場的磁感應(yīng)強度大小. （3）可畫出氘核21H在勻強磁場中的運動軌跡，運用洛倫茲力提供向心力列方程得出氘核21H在勻強磁場中的軌道半徑，利用幾何關(guān)系得出氘核21H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離.

解析：（1）11H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖22所示. 設(shè)11H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離為s1. 則由運動學(xué)公式有：

s1 = v1t1

h =■a1t21

由題給條件，11H進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角為θ1 = 60°. 11H進(jìn)入磁場時速度的y分量的大小為：a1t1 = v1tanθ1

聯(lián)立以上各式可求得s1 =■h.

（2）11H在電場中運動時，由牛頓第二定律有：qE = ma1

設(shè)11H進(jìn)入磁場時速度的大小為v1′，則由速度合成法則有：v1′ =■

設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，11H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，則由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有：qv1′B =■

由幾何關(guān)系可得s1 = 2R1sinθ1

聯(lián)立以上各式可解得B =■

（3）設(shè)21H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，則由題給條件可得：

■（2m）v22=■mv21.

由牛頓第二定律有：qE = 2ma2

設(shè)第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2. 則由運動學(xué)公式有：

s2 = v2t2

h =■a2 t22

v2′ =■

sinθ2 =■

聯(lián)立以上各式可解得：s2 = s1， θ2 = θ1， v2′ =■v1′

設(shè)21H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，則由qv1′B =■和s2 = s1， θ2 = θ1， v2′ =■v1′及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式可得：R2 =■=■R1.

所以出射點在原點左側(cè). 設(shè)21H進(jìn)入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關(guān)系有：s2′ = 2R2sinθ2

聯(lián)立qv1′B =■， s1 = 2R1sinθ1， s2 = s1， θ2 = θ1， v2′=■=v1′， R2 =■=■R1和s2′ = 2R2sinθ2幾式可得21H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為：s2′ - s2 =■（■-1）h.

點評：本題重點在于考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及相關(guān)的知識點，目的是為了考查同學(xué)們靈活運用相關(guān)知識解決實際問題的能力.

【例16】（2018·全國卷Ⅲ）如圖23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(yīng)強度大小;

（2）甲、乙兩種離子的比荷之比.

解析：（1）設(shè)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(yīng)強度大小為B，則由動能定理有：q1U =■m1v21……①

由洛倫茲力公式和牛頓第二定律：q1v1B = m1■……②

由幾何關(guān)系知：2R1 = l……③

聯(lián)立以上三式可解得：B =■

（2）設(shè)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 =■m2v22……④

q2v2B = m2■……⑤

由題給條件有：2R2 =■……⑥

聯(lián)立以上六式可解得甲、乙兩種離子的比荷之比為：■ ∶ ■= 1 ∶ 4.

點評：本題考查帶電粒子在電場中加速、在勻強磁場中的勻速圓周運動及相關(guān)的知識點，目的在于考查同學(xué)們靈活運用相關(guān)知識解決實際問題的能力.

【例17】（2018·天津卷）如圖24所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里. 磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、■R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N. 一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進(jìn)入磁場，從N射出. 不計粒子重力.

（1）求粒子從P到M所用的時間t;

（2）若粒子從與P同一水平線上的點水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場，從N射出. 粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小.

解析：（1）設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有：

qvB = m■……①

設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，則有：

F = qE……②

設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，則根據(jù)牛頓第二定律有：

F = ma……③

粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有：

v = at……④

聯(lián)立以上各式可解得：t =■.

（2）粒子進(jìn)入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關(guān)，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定. 故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短.

設(shè)粒子在磁場中的運動軌跡半徑為r′，則由幾何關(guān)系可得：

（r′- R）2 +（■R）2 = r′2……⑤

設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，則由幾何關(guān)系可知：

tanθ =■……⑥

粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v. 在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0，則由運動的合成與分解可得：

tanθ =■……⑦

聯(lián)立①⑤⑥⑦可解得：v0 =■.

責(zé)任編輯 ??李平安