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查補易混易錯09帶電粒子在組合場、復合場中的運動

本考點是高考命題的重點，多以計算題的形式出現，考查帶電粒子的多過程運動，考查考生的理解能力、推理論證能力和模型建構能力，結合實際生活命題，考查考生利用物理知識分析實際問題情境的能力，對考生提出了高水平的思維要求。2021年湖南卷第13題、北京卷第18題、遼寧卷第15題、江蘇卷第15題等各地都對該部分知識進行了考查。

【真題示例·2021·湖南卷·13】帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關鍵技術之一、帶電粒子流（每個粒子的質量為、電荷量為）以初速度垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在平面內的粒子，求解以下問題。

（1）如圖（a），寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入圓心為、半徑為的圓形勻強磁場中，若帶電粒子流經過磁場后都匯聚到坐標原點，求該磁場磁感應強度的大小；

（2）如圖（a），虛線框為邊長等于的正方形，其幾何中心位于。在虛線框內設計一個區域面積最小的勻強磁場，使匯聚到點的帶電粒子流經過該區域后寬度變為，并沿軸正方向射出。求該磁場磁感應強度的大小和方向，以及該磁場區域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）；

（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設計一個區域面積最小的勻強磁場，使寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點，再經過Ⅲ和Ⅳ后寬度變為，并沿軸正方向射出，從而實現帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁感應強度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強磁場區域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）。

【答案】（1）；（2），垂直與紙面向里，；（3），，，

【解析】（1）粒子垂直進入圓形磁場，在坐標原點匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力

解得

（2）粒子從點進入下方虛線區域，若要從聚焦的點飛入然后平行軸飛出，為磁發散的過程，即粒子在下方圓形磁場運動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區域

磁場半徑為，根據可知磁感應強度為

根據左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形磁場的面積為

（3）粒子在磁場中運動，3和4為粒子運動的軌跡圓，1和2為粒子運動的磁場的圓周

根據可知I和III中的磁感應強度為

，

圖中箭頭部分的實線為粒子運動的軌跡，可知磁場的最小面積為葉子形狀，取I區域如圖

圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周與三角形之差，所以陰影部分的面積為

類似地可知IV區域的陰影部分面積為

根據對稱性可知II中的勻強磁場面積為

【易錯分析】①考生不能理解“粒子流經過磁場后都匯聚到坐標原點”所指的意思，未能正確畫出粒子的運動軌跡；②對粒子運動軌跡和磁場的形狀判斷不明確。

【易錯01】組合場中的兩種典型偏轉

垂直電場線進入勻強電場(不計重力)

垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)

受力

情況

電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，FE是恒力

洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，FB是變力

軌跡

拋物線

圓或圓的一部分

運動

軌跡

求解

方法

利用類平拋運動的規律求解：

vx＝v0，x＝v0t

vy＝

eq\f(qE,m)

t，y＝

eq\f(qE,2m)

t2

偏轉角φ：tanφ＝

eq\f(vy,vx)

＝

eq\f(qEt,mv0)

半徑：r＝

eq\f(mv,qB)

周期：T＝

eq\f(2πm,qB)

偏移距離y和偏轉角φ要結合圓的幾何關系，利用圓周運動規律討論求解

運動

時間

t＝

eq\f(x,v0)

t＝

eq\f(φ,2π)

T＝

eq\f(φm,qB)

動能

變化

不變

2.常見組合模型

(1)從電場進入磁場

電場中：加速直線運動

?

磁場中：勻速圓周運動

電場中：類平拋運動

?

磁場中：勻速圓周運動

(2)從磁場進入電場

磁場中：勻速圓周運動

?

電場中：勻變速直線運動(v與E同向或反向)

磁場中：勻速圓周運動

?

電場中：類平拋運動(v與E垂直)

【易錯02】帶電粒子在疊加場中的運動

1．帶電粒子在包含勻強磁場的疊加場中無約束情況下運動的幾種常見形式

受力特點

運動性質

方法規律

其他場力的合力與洛倫茲力等大反向

勻速直線運動

平衡條件

除洛倫茲力外，其他力的合力為零

勻速圓周運動

牛頓第二定律、圓周運動的規律

除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向

較復雜的曲線運動

動能定理、能量守恒定律

2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動

帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，分析時應注意：

(1)分析帶電粒子所受各力，尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運動情況。

(2)根據物體各階段的運動特點，選擇合適的規律求解。

①勻速直線運動階段：應用平衡條件求解。

②勻加速直線運動階段：應用牛頓第二定律結合運動學公式求解。

③變加速直線運動階段：應用動能定理、能量守恒定律求解。

【易錯03】帶電粒子在交變電場、磁場中的運動

(1)解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運動問題時，關鍵要明確粒子在不同時間段內、不同區域內的受力特性，對粒子的運動情景、運動性質做出判斷．

(2)這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運動時，要注意粒子的運動周期、電場周期、磁場周期的關系．

(3)帶電粒子在交變電磁場中運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學規律，所以此類問題的研究方法與質點動力學相同．

1.（2021·河北卷）如圖，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，極板與可調電源相連，正極板上O點處的粒子源垂直極板向上發射速度為、帶正電的粒子束，單個粒子的質量為m、電荷量為q，一足夠長的擋板與正極板成傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負極板上的兩點，C點位于O點的正上方，P點處放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收從上方打入的粒子，長度為，忽略柵極的電場邊緣效應、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。

（1）若粒子經電場一次加速后正好打在P點處的粒子靶上，求可調電源電壓的大小；

（2）調整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；

（3）若粒子靶在負極板上的位置P點左右可調，則負極板上存在H、S兩點（，H、S兩點末在圖中標出）、對于粒子靶在區域內的每一點，當電壓從零開始連續緩慢增加時，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長度（假定在每個粒子的整個運動過程中電壓恒定）。

【答案】（1）；（2）；（3）；

【解析】（1）從O點射出的粒子在板間被加速，則:

粒子在磁場中做圓周運動，則半徑:

由:

解得:

（2）當電壓有最小值時，當粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時粒子恰好不能打到擋板上，則

從O點射出的粒子在板間被加速，則:

粒子在負極板上方的磁場中做圓周運動:

粒子從負極板傳到正極板時速度仍減小到v0，則:

由幾何關系可知:

聯立解得

（3）結合（2）分析可知，當粒子經上方磁場再進入下方磁場時，軌跡與擋板相切時，粒子運動軌跡半徑分別為r2、r3，則：

①當粒子在下方區域磁場的運動軌跡正好與OM相切，再進入上方磁場區域做圓周運動，軌跡與負極板的交點記為H2，當增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場中恰好運動到H2點時，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時H2點為距C點最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點，運動軌跡如圖所示

由幾何關系可得：

②同理可知當粒子靶接收3種能量的粒子的運動軌跡如圖所示

第③個粒子經過下方磁場時軌跡與MN相切，記該粒子經過H2后再次進入上方磁場區域運動時軌跡與負極板的交點為H3(S2)，則該點為接收兩種粒子的終點，同時也是接收3種粒子的起點。由幾何關系可得：

可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點（即粒子靶接收n種粒子的起點與終點）始終相距：

當粒子靶接收n種能量的粒子時，可得

【易錯分析】①考生未能理解“調整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上”的確切含義，不能建構粒子的運動模型，不能畫出粒子的運動軌跡；②考生不能構建不同能量的粒子進入組合場后運動情況，不能抽象出粒子的運動軌跡；③考生不能由幾何關系得到粒子的運動半徑與CH之間的關系式一般表達式。

2.（2021·全國甲卷）如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小可調節的勻強磁場。一質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，不計重力。

（1）求粒子發射位置到P點的距離；

（2）求磁感應強度大小的取值范圍；

（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。

【答案】（1）；（2）；（3）粒子運動軌跡見解析，

【解析】（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規律可知

①

②

粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，有:③

粒子發射位置到P點的距離:④

由①②③④式得

⑤

（2）帶電粒子在磁場中運動的速度:⑥

帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡（分別從Q、N點射出）如圖所示

由幾何關系可知，最小半徑:⑦

最大半徑:⑧

帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知

⑨

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應強度大小取值范圍

（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場時，帶電粒子運動軌跡如圖所示。

由幾何關系可知:⑩

帶電粒子的運動半徑為:?

粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離:?

由⑩??式解得:?

【易錯分析】①考生未能理解和區分粒子在兩種場中的受力，未能區別平拋運動和勻速圓周運動這兩種運動形式；②考生未能構建兩個運動模型，即粒子在電場中的運動，屬于平拋運動模型；粒子在磁場中做勻速圓周運動模型；③考生在答題時利用數學工具進行推理論證能力表現不足：P點是類平拋運動的末點也是勻速圓周運動的起點，是解題的關鍵所在；④考生未能根據幾何知識推證出兩種臨界狀態的對應軌跡半徑，然后求得磁感應強度的變化范圍。

3.（2020·全國Ⅱ卷）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移

C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移

【答案】D

【解析】A．由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；

B．增大加速電壓則根據

可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有

可得

可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據幾何關系可知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；

C．電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；

D．由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。

故選D。

【易錯分析】①考生容易出現審題錯誤，誤把第二個磁場當作偏轉電場；②數學能力缺失，不能把偏轉的圓心角和半徑的變化聯系在一起。

4.（2021·江蘇卷）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強磁場區域以O點為圓心，磁感應強度大小為B，加速電壓的大小為U、質量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場，多次加速后粒子經過P點繞O做圓周運動，半徑為R，粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉器”，如圖2所示，偏轉器的兩極板M和N厚度均勻，構成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為，當M、N間加有電壓時，狹縫中產生電場強度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計M、N間的距離。求：

（1）粒子加速到P點所需要的時間t；

（2）極板N的最大厚度；

（3）磁場區域的最大半徑。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）設粒子在P的速度大小為，則根據

可知半徑表達式為

對粒子在靜電場中的加速過程，根據動能定理有

粒子在磁場中運動的周期為

粒子運動的總時間為

解得

（2）由粒子的運動半徑，結合動能表達式變形得

則粒子加速到P前最后兩個半周的運動半徑為

，

由幾何關系有

結合解得

（3）設粒子在偏轉器中的運動半徑為，則在偏轉器中，要使粒子半徑變大，電場力應和洛倫茲力反向，共同提供向心力，即

設粒子離開偏轉器的點為，圓周運動的圓心為。由題意知，在上，且粒子飛離磁場的點與、在一條直線上，如圖所示。

粒子在偏轉器中運動的圓心在點，從偏轉器飛出，即從點離開，又進入回旋加速器中的磁場，此時粒子的運動半徑又變為，然后軌跡發生偏離，從偏轉器的點飛出磁場，那么磁場的最大半徑即為

將等腰三角形放大如圖所示。

虛線為從點向所引垂線，虛線平分角，則

解得最大半徑為

5．（2021·遼寧卷）如圖所示，在x>0區域內存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場；在x<0區域內存在沿x軸正方向的勻強電場。質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點S（-a，0）由靜止釋放，進入磁場區域后，與靜止在點P（a，a）、質量為的中性粒子乙發生彈性正碰，且有一半電量轉移給粒子乙。（不計粒子重力及碰撞后粒子間的相互作用，忽略電場、磁場變化引起的效應）

（1）求電場強度的大小E；

（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x≤0區域內加上與x>0區域內相同的磁場，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間△t；

（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時，撤去電場和磁場，經一段時間后，在全部區域內加上與原x>0區域相同的磁場，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時間內粒子甲運動的距離L。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）粒子甲勻速圓周運動過P點，則在磁場中運動軌跡半徑

R=a

則

則

粒子從S到O，有動能定理可得

可得

（2）甲乙粒子在P點發生彈性碰撞，設碰后速度為、，取向上為正，則有

計算可得

兩粒子碰后在磁場中運動

解得

兩粒子在磁場中一直做軌跡相同的勻速圓周運動，周期分別為

則兩粒子碰后再次相遇

解得再次相遇時間

（3）乙出第一象限時甲在磁場中偏轉角度為

撤去電場磁場后，兩粒子做勻速直線運動，乙粒子運動一段時間后，再整個區域加上相同的磁場，粒子在磁場中仍做半徑為a的勻速圓周運動，要求軌跡恰好不相切，則如圖所示

設撤銷電場、磁場到加磁場乙運動了，由余弦定理可得

則從撤銷電場、磁場到加磁場乙運動的位移

【答案】（1）；方向豎直向上；（2）；（3）

【解析】

（1）小球在第四象限做勻速圓周運動，有

qE2=mg①

得

②

小球釋放后進入第一象限，故小球帶正電，可得電場方向豎直向上

（2）小球在第一象限做勻加速直線運動，對小球，有

③

④

⑤

由③④⑤得

小球再次回到第一象限做類平拋運動，如圖所示，有

豎直方向

⑥

水平方向

⑦

⑧

由⑥⑦⑧得

（3）假設x軸下方勻強磁場磁感應強度大小為B0，從P點釋放的小球進入磁場，有

⑨

⑩

假設Q點離坐標原點的距離為yQ，對從Q點釋放的小球，進入第一象限的速度v1，同理可得

?

從Q點釋放的小球進入x軸下方，做勻速圓周運動，有

?

從Q點釋放的小球在第二象限做直線運動，電場力和重力的合力與洛倫茲力大小相等，v1與x軸夾角θ=45°，有

?

電場力和重力的合力與洛倫茲力方向相反，則MQ與NQ必然垂直，由幾何關系，得

?

由⑨⑩????并代入R，得

6.（2021·福建省南平市二檢）如圖，豎直平面內建立直角坐標系xOy，x軸水平，在第二象限內有一段光滑絕緣圓弧軌道，軌道末端與x軸相切于O點。第一象限內存在垂直紙面向里勻強磁場和豎直向上的勻強電場，其中有一個半徑為L的圓形區域，圓心D與O點的連線與水平方向的夾角為，OD長為。現有一電荷量為+q，質量為m的帶電小球（可視為質點），從絕緣軌道上距x軸高度為H（H未知）處靜止釋放，并沿水平方向從O點進入第一象限，恰能做勻速圓周運動，其軌跡恰與圖中圓形區域外切，勻強磁場磁感應強度大小為B，重力加速度為g，求：

（1）電場強度E的大小；

（2）高度H為多少；

（3）若僅將OD所在直線上方的磁場反向，磁感應強度大小不變，并將小球放在絕緣軌道上距離x軸高度大于H的任意位置，由靜止釋放。則能到達A（4L，4L）處的小球從O點運動到A所經過的時間。

【答案】（1）；（2）見解析

【解析】

（1）帶電微粒在復合場中做勻速圓周運動，有

mg=Eq

解得

（2）假設帶電微粒從距x軸H高處釋放，到達O點處速率為v，由動能定理∶

在第一象限的電磁場中，根據洛倫茲力提供向心力，其中r表示微粒做圓周運動的半徑得

由幾何關系和余弦定理得

解得

（3）假設進入第一象限的微粒恰好能到達（4L，4L）處，其半徑為r，由幾何關系得

或

又，得

n=1、2、3

則n=1時

，

n=2時

，

n=3時

，

7.（2021·山東省煙臺市三模）如圖所示xOy坐標系，在y>0空間存在場強為E，方向沿y軸正向的勻強電場，在y<0的空間存在磁感應強度為B，垂直于xOy平面向里的勻強磁場。P點位于y軸上，距離原點O的距離為OP=h，一質量為m，帶電荷量為的帶電粒子，從P點以垂直于y軸的初速度射出，粒子重力和空氣阻力忽略不計。

（1）若帶電粒子飛出后經過x軸上的D點，然后進入磁場區域，運動一周后又回到P點，試求O、D之間的距離d的大小；

（2）在（1）的條件下，求出相應v0的大小；

（3）若帶電粒子經過在電場和磁場中的運動，最終能擊中與O相距為d的D點，試討論初速度v0所有可能滿足的條件。（用m、q、B、E、d、h表示）

【答案】（1）；（2）；（3）（n=0，1，2，…）或（n=1，2，3，…）

【解析】

（1）如圖1所示，帶電粒子在電場中做類平拋運動，設粒子以速度vD經過D點，vD與x軸正向的夾角為α。進入磁場后，沿半徑為R的圓弧運動到另一點D′，又從D′進入電場做類斜拋運動最后回到P點，由此可知D′與D關于O對稱，即

①

由幾何關系可得

d=Rsinα②

對粒子在磁場中的運動根據牛頓第二定律和洛倫茲力公式有

③

vD在y軸方向的分速度大小為

④

設粒子在電場中運動時的加速度大小為a，根據牛頓第二定律有

qE=ma⑤

根據運動學公式

⑥

聯立①~⑥式解得

⑦

（2）粒子在電場中沿x方向做勻速直線運動，有

d=v0t⑧

沿y方向做初速為零的勻加速直線運動，有

⑨

聯立⑤⑧⑨式解得

⑩

（3）Ⅰ.假設粒子從P點飛出后，歷經磁場n次，最終從x軸上方擊中D點，當n=0時，恰好對應粒子未經過磁場直接擊中D點的情形，如圖2所示。

圖2

粒子經過磁場回轉一次，在x軸方向倒退距離為

?

其中

?

設粒子自P點飛出后在電場中做類平拋運動水平位移大小為，粒子從D2出磁場后經電場再次到達x軸，前進2dn。如此歷經n次循環，應有

（n=0，1，2，…）?

根據類平拋運動規律可得

?

?

聯立????解得

（n=0，1，2，…）?

Ⅱ.假設粒子從P點飛出后，再經磁場回轉，又斜向上進入電場，如此循環，歷經磁場n次，最終從x軸下方擊中D點，