磁场边界问题

(1)模型概述
带电粒子在有界磁场中的偏转问题一直是高考的热点，此类模型较为复杂，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等．因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积、最长、最短时间等问题．
(2)模型分类 Ⅰ.单直线边界型
当粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时以图8－2－11(甲)中带负电粒子的运动为例．
图8－2－11 规律要点 ①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于1
2圆周且与边界相切时(如图中a 点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)．
②最值相交：当带电粒子的运动轨迹大于或等于1
2圆周时，直径与边界相交的点(如图8－2－11(甲)中的b 点)为带电粒子射出边界的最远点(距O 最远)．
Ⅱ.双直线边界型
当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，以图8－2－11(乙)中带负电粒子的运动为例．
规律要点
①最值相切：粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切．如图8－2－11(乙)所示．
②对称性：过粒子源S 的垂线为ab 的中垂线．
在如图(乙)中，a 、b 之间有带电粒子射出，
可求得ab ＝22dr －d 2
最值相切规律可推广到矩形区域磁场中．
Ⅲ.圆形边界
(1)圆形磁场区域规律要点 ①相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图8－2－12(甲)．
②直径最小：带电粒子从直径的一个端点射入磁场，则从该直径的另一端点射出时，磁场区域面积最小．如图8－2－12(乙)所示．
(2)环状磁场区域规律要点
①径向出入：带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场．
②最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度v m 而磁场有最小磁感应强度B .如图8－2－12(丙)．
图8－2－12
图8－2－13
【典例】 如8－2－13所示，两个同心圆，半径分别为r 和2r ，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆心O 处有一放射源，放出粒子的质量为m ，带电量为q ，假设粒子速度方向都和纸面平行．
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A 点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
解析 (1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R 1，则由几何关系得
R 1＝3r 3，又q v 1B ＝m v 12R 1得v 1＝3Bqr
3m
.
(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R 2，则由几何关系有(2r －R 2)2＝R 22＋r 2
可得R 2＝3r 4，又q v 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr
4m
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr
4m
. 答案 (1)
3Bqr 3m (2)3Bqr
4m
对应学生
用书P140
图8－2－14
1．(2011·海南卷，10改编)如图8－2－14所示空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力，下列说法正确的是( )．
A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B ．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越小
解析 带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据q v B ＝m v 2
r
得
轨道半径r ＝m v
qB ，粒子的比荷相同．故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹
不同，相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故B 正确．带电粒子在磁场中做圆周
运动的周期T ＝2πr v ＝2πm
qB ，故所有带电粒子的运动周期均相同．若带电粒子从磁场左边界射
出磁场，则这些粒子在磁场中运动时间是相同的，但不同速度轨迹不同，故A 、C 错误．根据θt ＝2πT 得θ＝2π
T t ，所以t 越长，θ越大，故D 错误． 答案 B 2．(2011·浙江卷，20改编)利用如图8－2－15所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )．
图8－2－15
A ．粒子带正电
B ．射出粒子的最大速度为2m
qB (3d ＋L )
C ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
解析 利用左手定则可判定只有负电荷进入磁场时才向右偏，故选项A 错误．利用q v B ＝m v 2r 知r ＝m v qB ，能射出的粒子满足L 2≤r ≤L ＋3d 2，因此对应射出粒子的最大速度v max ＝
qBr max
m
＝qB (3d ＋L )2m ，选项B 错误．最小速度v min ＝qBr min m －qBL 2m ，Δv ＝v max －v min ＝3qBd 2m ，由此式可
判定选项C 正确，选项D 错误． 答案 C 3．(2011·广东卷，35)如图8－2－16(a)所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2
的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0.一电荷量为＋q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．
(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小．
(2)若撤去电场，如图8－2－16(b)，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2
射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
(3)在图8－2－16(b)中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
图8－2－16 解析 (1)根据动能定理，qU ＝12m v 12－1
2
m v 02，
所以v 0＝ v 12－2qU
m
.
(2)如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由几何知识可知R 2＋R 2＝(R 2
－R 1)2，解得R ＝2R 0.根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律q v 2B ＝m v 22R .解得B ＝m v 2
q 2R 0
＝
2m v 2
2qR 0
.
根据公式t T ＝θ
2π，2πR ＝v 2T ，
q v 2B ＝m v 22R ，解得t ＝T 4＝2πm 4Bq ＝2πm 4×
m v 22R 0＝2πR 0
2v 2
.
(3)考虑临界情况，如图所示
①q v 3B 1′＝m v 32R 0，解得B 1′＝m v 3
qR 0，②
q v 3B 2′＝m v 322R 0，解得B 2′＝m v 32qR 0，综合得：B ′<m v 3
2qR 0
.
答案 (1) v 12－2qU m (2)2m v 22qR 0 2πR 0
2v 2 (3)m v 32qR 0
图8－2－17
4．(2011·课标全国卷，25)如图8－2－17所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤d )和区域Ⅱ(d <x ≤2d )内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面．一质量为m 、带电荷量q (q >0)的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x 轴正向．已知a 在离开区域Ⅰ时，速度方向与x 轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电
荷量均与a 相同的粒子b 也从P 点沿x 轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a 的1
3
.不计重力和
两粒子之间的相互作用力．求：
(1)粒子a 射入区域Ⅰ时速度的大小；
(2)当a 离开区域Ⅱ时，a 、b 两粒子的y 坐标之差．
解析 (1)设粒子a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C (在y 轴上)．半径为R a 1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
q v a B ＝m v a
2
R a 1
①
由几何关系得∠PCP ′＝θ②
R a 1＝d sin θ ③ 式中，θ＝30°，由①②③式得v a ＝2dqB m
④
(2)设粒子a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O a ，半径为R a 2，射出点为P a (图中未画出轨迹)，
∠P ′O a P a ＝θ′.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q v a (2B )＝m v a 2
R a 2
⑤
由①⑤式得R a 2＝R a 1
2
⑥
C 、P ′和O a 三点共线，且由⑥式知O a 点必位于x ＝3
2
d ⑦
的平面上．由对称性知，P a 点与P ′点纵坐标相同，即 y Pa ＝R a 1cos θ＋h ⑧ 式中，h 是C 点的y 坐标．
设b 在Ⅰ中运动的轨道半径为R b 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q ⎝⎛⎭⎫v a 3B ＝m R b 1⎝⎛⎭
⎫v a
32
⑨
当a 到达P a 点时，b 位于P b 点，转过的角度为α.如果b 没有飞出Ⅰ，则t T a 2＝θ′2π
⑩
t T b 1＝α2π
⑪ 式中，t 是a 在区域Ⅱ中运动的时间，而T a 2＝2πR a 2
v a
⑫
T b 1＝2πR b 1
v a 3⑬
由⑤⑨⑩⑪⑫⑬式得α＝30°⑭
由①③⑨⑭式可见，b 没有飞出Ⅰ.P b 点的y 坐标为 y Pb ＝R b 1(2＋cos α)＋h ⑮
由①③⑧⑨⑭⑮式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为y Pa －y Pb ＝2
3
(3－2)d ⑯
答案 (1)2dqB m (2)2
3
(3－2)d
第3讲 带电粒子在复合场中的运动
对应学生
用书P141
复合场 复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或分区域存在．从场的复合形式上一般可分为如下四种情况：
①相邻场；②重叠场；③交替场；④交变场.
带电粒子在复合场中的运动分类 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条直线上，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复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运
电场磁场同区域应用实例
装置 原理图 规律
速度选择器若q v0B＝Eq，即v0＝
E
B ，粒子
做匀速直线运动
磁流体
发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两
极电压为U时稳定，q
U
d＝
q v0B，U＝v0Bd
电磁流量计
U
D q＝q v B所以v＝
U
DB所以Q
＝v S＝
U
DB
π⎝⎛⎭⎫
D
22
质谱仪、回旋加速器《见第2讲》
温馨提示
复合场中重力是否考虑的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略．而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力．
(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力．
(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力．
图8－3－1
1．如图8－3－1是磁流体发电机的原理示意图，金属板M、N正对着平行放置，且板面垂直于纸面，在两板之间接有电阻R.在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场．当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时，下列说法中正确的是()．
①N板的电势高于M板的电势②M板的电势高于N板的电势③R中有由b向a方向的电流④R中有由a向b方向的电流
A．①②B．③④C．②④D．①③
解析本题考查洛伦兹力的方向的判断，电流形成的条件等知识点．根据左手定则可知正电荷向上极板偏转，负电荷向下极板偏转，则M板的电势高于N板的电势．M板相当于
电源的正板，那么R中有由a向b方向的电流．
答案 C
图8－3－2
2．如图8－3－2所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()．
A．动能B．质量
C．电荷量D．比荷
答案 D
图8－3－3
3．(2012·南昌高三调研)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8－3－3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
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，小球的机械能减少
解析本题考查带电体在复合场中的运动问题．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，故不受磁场力作用，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，故不是匀速直线运动，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错误．
答案 C
4．如图8－3－4所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB，CD 的宽度为d，在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场．现有质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45°射入磁场．若粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板．
(1)请画出粒子上述过程中的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小v；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B；
(3)求金属板间的电压U的最小值．
图8－3－4
解析 (1)轨迹如图所示v ＝v 0
cos 45°
＝2v 0
(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动
设其轨道半径R ，由几何关系可知R ＝d
sin 45°
＝2d
q v B ＝m v 2R 解得B ＝m v 0
qd
(3)粒子进入板间电场至速度减为零的过程，由动能定理有－qU ＝0－1
2m v 2 解得U ＝
m v 02
q
. 答案 (1)轨迹见解析图
2v 0 (2)m v 0qd (3)m v 02
q
对应学生
用书P142
考点一 带电粒子在分离复合场中的运动 “电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
F B ＝q v 0B 大小不变，方向总指向圆心，方向变化，F B 为变力 F E ＝qE ，F E 大小、方向不变，为
恒力
运动规律
匀速圆周运动r ＝m v 0Bq ，T ＝2πm
Bq
类平抛运动v x ＝v 0，v y ＝Eq
m
t x ＝
v 0t ，y ＝Eq
2m
t 2
续表
运动
时间 t ＝
θ2πT ＝θm Bq t ＝L
v 0
，具有等时性 动能
不变
变化
【典例1】 在竖直平面内，
图8－3－5
以虚线为界分布着如图8－3－5所示的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场的方向竖直向下，大小为E ；匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B .虚线与水平线之间的夹角为θ＝45°，一个带负电荷的粒子在O 点以速度v 0水平射入匀强磁场，已知带电粒子所带的电荷量为q ，质量为m (重力忽略不计，电场、磁场区域足够大)．求：
(1)带电粒子第1次通过虚线时距O 点的距离；
(2)带电粒子从O 点开始到第3次通过虚线时所经历的时间； (3)带电粒子第4次通过虚线时距O 点的距离．
解析 带电粒子运动的轨迹如图所示
(1)据q v 0B ＝m v 02r 得r ＝m v 0qB ，又由几何知识可知：d 1＝2r ，解得d 1＝2m v 0
qB
.
(2)在磁场中运动时间为t 1＝T 4＝πm
2qB
在电场中a ＝qE
m
运动时间为t 2＝2v 0a ＝2m v 0
qE
再一次在磁场中运动t 3＝3πm
2qB
，
所以总时间t ＝2πm qB ＋2m v 0
qE
.
(3)再次进入电场中从C 到D 做类平抛运动(如图所示) x ＝v 0t 4，y ＝at 42
2
，x ＝y ，
得x ＝2m v 02
qE
所以距O 点距离为Δd ＝2d 1－2x ＝22m v 0qB －22m v 02
qE
.
答案 (1)2m v 0qB (2)2πm qB ＋2m v 0
qE (3)22m v 0qB －22m v 02qE
——解决带电粒子在分离复合场中运动问题的思路方法
【变式1】
在如图8－3－6所示的空
图8－3－6
间坐标系中，y 轴的左侧有一匀强电场，场强大小为E ，场强方向与y 轴负方向成30°，y 轴的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B (未画出)．现有一质子在x 轴上坐标为x 0＝10 cm 处的A 点，以一定的初速度v 0第一次沿x 轴正方向射入磁场，第二次沿x 轴负方向射入磁场，回旋后都垂直于电场方向射入电场，最后又进入磁场．求：
(1)质子在匀强磁场中的轨迹半径R ； (2)质子两次在磁场中运动时间之比；
(3)若第一次射入磁场的质子经电场偏转后，恰好从第二次射入磁场的质子进入电场的位置再次进入磁场，试求初速度v 0和电场强度E 、磁感应强度B 之间需要满足的条件．
解析 (1)质子两次运动的轨迹如图所示，由几何关系可知x 0＝R sin 30° 解得R ＝2x 0＝20 cm.
(2)第一次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为θ1＝210° 第二次射入磁场的质子，轨迹对应的圆心角为θ2＝30° 故质子两次在磁场中运动时间之比为t 1∶t 2＝θ1∶θ2＝7∶1. (3)质子在磁场中做匀速圆周运动时，
由e v 0B ＝m v 02R 得R ＝m v 0
eB
设第一次射入磁场的质子，从y 轴上的P 点进入电场做类平抛运动，从y 轴上的Q 点进入磁场，由几何关系得，质子沿y 轴的位移为Δy ＝2R
质子的加速度a ＝eE
m
沿电场方向Δy cos 30°＝1
2
at 2
垂直电场方向Δy sin 30°＝v 0t 解得v 0＝
3E
6B
. 答案 (1)20 cm (2)7∶1 (3)v 0＝
3E 6B
考点二 带电粒子在叠加复合场中的运动 带电粒子(体)在复合场中的运动问题求解要点
(1)受力分析是基础．在受力分析时是否考虑重力必须注意题目条件．
(2)运动过程分析是关键．在运动过程分析中应注意物体做直线运动，曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件．
(3)构建物理模型是难点．根据不同的运动过程及物理模型选择合适的物理规律列方程求解．
【典例2】
如图8－3－7所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC ，其延长线在D 点与半圆轨道DF 相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于MN 边界上)．一质量为0.4 kg 的带电小球沿
轨道AC 下滑，至C 点时速度为v C ＝100
7
m/s ，接着沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，
进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度v F ＝4 m/s(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8)．求：
图8－3－7
(1)小球带何种电荷？
(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；
(3)小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC (或延长线)的交点为(G 点未标出)，求G 点到D 点的距离．
解析 (1)正电荷
(2)依题意可知小球在CD 间做匀速直线运动
在D 点速度为v D ＝v C ＝100
7
m/s
在CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为0，设重力与电场力的合力为F ＝q v C B
又F ＝mg cos 37°＝5 N 解得qB ＝F v C ＝7
20
在F 处由牛顿第二定律可得q v F B ＋F ＝m v F 2
R
把qB ＝7
20
代入得R ＝1 m
小球在DF 段克服摩擦力做功W f ，由动能定理可得 －W f －2FR ＝m (v F 2－v D 2)
2
W f ＝27.6 J
(3)小球离开F 点后做类平抛运动，其加速度为a ＝F
m
由2R ＝at 22得t ＝ 4mR F ＝2 2
5 s
交点G 与D 点的距离GD ＝v F t ＝1.6 2 m ＝2.26 m.
答案 见解析 【变式2】 (2011·广东六校联合体联考)
图8－3－8 如图8－3－8所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E 1＝2 500
N/C ，方向竖直向上；磁感应强度B ＝103 T ，方向垂直纸面向外；有一质量m ＝1×10－
2kg 、
电荷量q ＝4×10－
5C 的带正电小球自O 点沿与水平线成45°角以v 0＝4 m/s 的速度射入复合场中，之后小球恰好从P 点进入电场强度E 2＝2 500 N/C ，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：
(1)O 点到P 点的距离s 1；
(2)带电小球经过P 点的正下方Q 点时与P 点的距离s 2.
解析 (1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G ＝mg ＝0.1 N 电场力F 1＝qE 1＝0.1 N
即G ＝F 1，故带电小球在正交的电磁场中由O 到P 做匀速圆周运动
根据牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 02
R
解得：R ＝m v 0qB ＝1×10－2×4
4×10－5×103m ＝1 m
由几何关系得：s 1＝2R ＝ 2 m.
(2)带电小球在P 点的速度大小仍为v 0＝4 m/s ，方向与水平方向成45°.由于电场力F 2＝qE 2＝0.1 N ，与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F ＝2
10
N ，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动
建立如图所示的x 、y 坐标系，沿y 轴方向上，带电小球的加速度a ＝F
m
＝102m/s 2，位
移y ＝12
at 2
沿x 轴方向上，带电小球的位移x ＝v 0t
由几何关系有：y ＝x 即：12at 2＝v 0t ，解得：t ＝2
5
2 s
Q 点到P 点的距离s 2＝2x ＝2×4×2
5
2 m ＝3.2 m.
答案 (1) 2 m (2)3.2 m
对应学生
用书P144
11.带电粒子“在复合场中运动的轨迹”模型
(1)模型概述
当带电粒子沿不同方向进入电场或磁场时，粒子做各种各样的运动，形成了异彩纷呈的轨迹图形．对带电粒子而言“受力决定运动，运动描绘轨迹，轨迹涵盖方程”．究竟如何构建轨迹模型，至关重要．首先应根据电场力和洛伦兹力的性质找出带电粒子所受到的合力，再由物体做曲线运动的条件确定曲线形式．
(2)模型分类 ①“拱桥”型
图8－3－9
【典例1】 如图8－3－9所示，在x 轴上方有垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀强电场，场强为E ，一质量为m 、电荷量为q 的粒子从坐标原点O 沿着y 轴正方向射出，射出之后，第三次到达x 轴时，它与O 点的距离为L ，求此时粒子射出时的速度和运动的总路程(重力不计)．
解析 画出粒子运动轨迹如图所示，形成“拱桥”图形．由题可知粒子轨道半径R ＝L
4
.由牛
顿运动定律知粒子运动速率为v ＝BqR m ＝BqL
4m
设粒子进入电场后沿y 轴负方向做减速运动的最大路程为y ，由动能定理知1
2
m v 2＝qEy ，
得y ＝qB 2L 2
32mE
所以粒子运动的总路程为x ＝qB 2L 216mE ＋1
2
πL .
②“心连心”型
图8－3－10
【典例2】 如图8－3－10所示，一理想磁场以x 轴为界，下方磁场的磁感应强度是上方磁感应强度B 的两倍．今有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，从原点O 沿y 轴正方向以速度v 0射入磁场中，求此粒子从开始进入磁场到第四次通过x 轴的位置和时间(重力不计)．
解析 由r ＝m v Bq 知粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径r 1＝m v 0
Bq ，在x 轴下方做圆周
运动的轨道半径r 2＝m v 0
2Bq
，所以r 1＝2r 2
现作出带电粒子的运动的轨迹如图所示，形成“心连心”图形，所以粒子第四次经过x
轴的位置和时间分别为x ＝2r 1＝2m v 0
Bq
t ＝T 1＋T 2＝2πm Bq ＋2πm 2Bq ＝3πm
Bq
③“葡萄串”型
【典例3】 如图8－3－11甲所示 ，互相平行且水平放置的金属板，板长L ＝1.2 m ，两板距离d ＝0.6 m ，两板间加上U ＝0.12 V 恒定电压及随时间变化的磁场，磁场变化规律如图8－3
－11乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正．当t ＝0时，有一质量为m ＝2.0×10－
6kg 、
电荷量q ＝＋1.0×10－
4C 的粒子从极板左侧以v 0＝4.0×103m/s 沿与两板平行的中线OO ′射
入，取g ＝10 m/s 2、π＝3.14.求：
图8－3－11
(1)粒子在0～1.0×10－
4s 内位移的大小x ； (2)粒子离开中线OO ′的最大距离h ；
(3)粒子在板间运动的时间t ；
(4)画出粒子在板间运动的轨迹图．
解析 (1)由题意知：Eq ＝U
d
q ＝2.0×10－5N ①
而mg ＝2.0×10－5N ②
显然Eq ＝mg ③
故粒子在0～1.0×10－
4s 时间内做匀速直线运动，
因为Δt ＝1.0×10－
4s ， 所以x ＝v 0Δt ＝0.4 m ④
(2)在1.0×10－4～2.0×10－
4s 时间内， 电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，
因为T ＝2πm qB
＝1.0×10－
4s ⑤
故粒子在1.0×10－4～2.0×10－4
s 时间内恰好完成一个周期圆周运动⑥
由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 02
R
⑦
R ＝m v 0qB
＝0.064 m ⑧
h ＝2R ＝0.128 m<d
2
.
所以粒子离开中线OO ′的最大距离
h ＝0.128 m ．⑨ (3)板长L ＝1.2 m ＝3 x ⑩
t ＝2T ＋3Δt ＝5.0×10－
4s ⑪
(4)轨迹如图
⑫
对应学生
用书P145
图8－3－12
1．(2011·大纲全国卷，25)如图8－3－12所示，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从平面MN 上的P 0点水平向右射入Ⅰ区．粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E ；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里．求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P 0的距离．粒子的重力可以忽略．
解析 带电粒子进入电场后， 在电场力的作用下做类平抛运动， 其加速度方向竖直向下，设其大小为a ， 由牛顿运动定律得qE ＝ma ①
设经过时间t 0粒子从平面MN 上的点P 1进入磁场，由运动学公式和几何关系得
v 0t 0＝1
2at 02②
粒子速度大小v 1＝
v 02＋(at 0)2③
设速度方向与竖直方向的夹角为α，则
tan α＝v 0
at 0④
此时粒子到出发点P 0的距离为 s 0＝2v 0t 0⑤
此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为
r 1＝m v 1qB
⑥
设粒子首次离开磁场的点为P 2，弧P 1P 2所对的圆心角为2β，则点P 1到点P 2的距离为 s 1＝2r 1sin β⑦ 由几何关系得 α＋β＝45°⑧
联立①②③④⑥⑦⑧式得
s 1＝2m v 0
qB ⑨
点P 2与点P 0相距l ＝s 0＋s 1⑩ 联系①②⑤⑨⑩解得 l ＝
2m v 0q ⎝⎛⎭⎫
2v 0E ＋1B ⑪
答案
2m v 0q ⎝⎛⎭
⎫
2v 0E ＋1B
图8－3－13
2．(2011·安徽卷，23)如图8－3－13所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t 0时间从P 点射出．
(1)求电场强度的大小和方向；
(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O 点以相同的速度射入，经t 0
2
时间恰从半圆形区域的边
界射出．求粒子运动加速度的大小；
(3)若仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．
解析 (1)因为带电粒子进入复合场后做匀速直线运动，则q v 0B ＝qE ① R ＝v 0t 0②
由①②联立解得E ＝BR
t 0
，方向沿x 轴正方向．
(2)若仅撤去磁场，带电粒子在电场中做类平抛运动，沿y 轴正方向做匀速直线运动y ＝v 0·t 02＝R 2
③
沿x 轴正方向做匀加速直线运动x ＝1
2
at 2④
由几何关系知x ＝ R 2－R 24＝32
R ⑤ 解得a ＝43R
t 0
2
(3)仅有磁场时，入射速度v ′＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，
由牛顿第二定律有q v ′B ＝m v ′2
r
⑥
又qE ＝ma ⑦ 可得r ＝
3R 3
⑧ 由几何知识sin α＝R
2r
⑨
即sin α＝32，α＝π
3
⑩
带电粒子在磁场中运动周期T ＝2πm
qB
则带电粒子在磁场中运动时间t ′＝2α2πT ，所以t ′＝3π
18t 0
.
答案 见解析 3．(2011·重庆卷，25)某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动．如图8－3－14所示，材料表面上方矩形区域PP ′N ′N 充满竖直向下的匀强电场，宽为d ；矩形区域NN ′M ′M 充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，长为3s ，宽为s ；NN ′为磁场与电场之间的薄隔离层．一个电荷量为e 、质量为m 、初速为零的电子，从P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M ′N ′飞出．不计电子所受重力．
图8－3－14
(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比． (2)求电场强度的取值范围．
(3)A 是M ′N ′的中点，若要使电子在A 、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间．
解析 (1)设圆周运动的半径分别为R 1、R 2、…R n 、R n ＋1…，第一和第二次圆周运动速率分别为v 1和v 2，动能分别为E k1和E k2.
由：E k2＝0.81E k1，R 1＝m v 1Be ，R 2＝m v 2Be ，E k1＝12m v 12，E k2＝1
2
m v 22，得R 2∶R 1＝0.9.
(2)设电场强度为E ，第一次到达隔离层前的速率为v ′.
由eEd ＝12m v ′2,0.9×12m v ′2＝1
2m v 12，R 1≤s
得E ≤5B 2es 29md ，又由：R n ＝0.9n －1R 1，
2R 1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n ＋…)>3s
得E >B 2es 280md ，故B 2es 280md <E ≤5B 2es 2
9md
.
(3)设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为T ，运动的半圆周个数为n ，运动总时间为t .
由题意，有2R 1(1－0.9n )1－0.9
＋R n ＋1＝3s ，R 1≤s ，R n ＋1＝0.9n R 1，R n ＋1≥s 2，得n ＝2，又由T
＝2πm eB .得：t ＝5πm 2eB
.。