題型2帶電粒子在組合場中的運動1.帶電粒子的“電偏轉”和“磁偏轉”的比較垂直進入磁場(磁偏轉)垂直進入電場(電偏轉)情境圖受力FB＝qv0B，FB大小不變，方向變化，方向總指向圓心，FB為變力FE＝qE，FE大小、方向均不變，FE為恒力運動規律勻速圓周運動r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)類平拋運動vx＝v0，vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t22.常見運動及處理方法3.“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題〔真題研究2〕(2022·山東卷，17,14分)中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示。在三維坐標系Oxyz中，0<z≤d空間內充滿勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；－3d≤z<0，y≥0的空間內充滿勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小為eq\f(\r(2),2)B，方向平行于xOy平面，與x軸正方向夾角為45°；z<0，y≤0的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場。質量為m、電荷量為＋q的離子甲，從yOz平面第三象限內距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為β，在yOz平面內運動一段時間后，經坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ。不計離子重力。(1)當離子甲從A點出射速度為v0時，求電場強度的大小E；(2)若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度vm；(3)離子甲以eq\f(qBd,2m)的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，求第四次穿過xOy平面的位置坐標(用d表示)。【審題指導】物理過程物理模型正離子甲在電場中受沿y軸負向的靜電力，從yOz平面內的A點，以與z軸正方向夾角為β的速度射入電場正離子甲在yOz平面內做類斜拋運動正離子從O點以沿z軸正方向的速度射入勻強磁場Ⅰ，速度與勻強磁場Ⅰ方向垂直正離子在yOz平面內做圓周運動，偏轉半個周期進入勻強磁場Ⅱ正離子從y軸射入勻強磁場Ⅱ，速度方向與磁場邊界垂直，也與勻強磁場Ⅱ方向垂直正離子在過入射點且與勻強磁場Ⅱ方向垂直的平面內做圓周運動，偏轉半個周期進入勻強磁場Ⅰ【答案】(1)eq\f(mv\o\al(2,0)sinβcosβ,qL)(2)eq\f(qBd,m)(3)(d，d,0)【解析】(1)如圖所示將離子甲從A點的出射速度v0分解為沿y軸方向和沿z軸方向兩個分速度，離子受到的靜電力沿y軸負方向，可知離子沿z軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，從A到O的過程，有L＝v0cosβ·t①v0sinβ＝at，a＝eq\f(qE,m)②聯立解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0)sinβcosβ,qL)。③(2)離子甲從坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ中，在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動，經過磁場Ⅰ偏轉后從y軸進入磁場Ⅱ中，繼續做勻速圓周運動，如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝eq\f(mv2,r1)，qv·eq\f(\r(2),2)B＝eq\f(mv2,r2)④可得r2＝eq\r(2)r1為了使離子甲始終在磁場中運動，則在磁場Ⅰ中運動時，不能從磁場Ⅰ上邊界穿出；在磁場Ⅱ中運動時，不能從磁場Ⅱ下邊界穿出，則離子在磁場中運動的軌跡半徑需滿足r1≤d，r2≤3d⑤聯立可得v≤eq\f(qBd,m)要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度vm＝eq\f(qBd,m)。⑥(3)離子甲以v1＝eq\f(qBd,2m)的速度從O點沿z軸正方向第1次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，離子甲在磁場Ⅰ中的軌跡半徑為r甲1＝eq\f(mv1,qB)＝eq\f(d,2)⑦離子甲在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為r甲2＝eq\f(mv1,q·\f(\r(2),2)B)＝eq\f(\r(2)d,2)⑧離子甲從O點第1次穿過到第4次穿過xOy平面的運動情境，如圖所示離子甲第4次穿過xOy平面的x坐標為x4＝2r甲2sin45°＝d離子甲第4次穿過xOy平面的y坐標為y4＝2r甲1＝d故離子第4次穿過xOy平面的位置坐標為(d，d,0)。⑨〔易錯提醒〕(1)不能熟練應用運動的合成與分解的思想處理帶電粒子在電場中的類斜拋問題；(2)不能準確地在空間中根據磁場方向判斷洛倫茲力方向并確定帶電粒子軌跡圓所在的平面；(3)不能在空間圖形中準確地找到帶電粒子的位置關系。〔對點訓練〕3.(2023·全國乙卷)如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為(A)A.eq\f(E,2aB2) B．eq\f(E,aB2)C．eq\f(B,2aE2) D．eq\f(B,aE2)【解析】由題知，一帶電粒子由O點沿x軸正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則sin30°＝eq\f(r－a,r)，解得粒子做圓周運動的半徑r＝2a，則粒子做圓周運動有qvB＝meq\f(v2,r)，則有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2a·B)，如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq＝qvB聯立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2a·B2)，故選A。4.(2023·遼寧高考真題)如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的eq\r(3)倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O′點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為eq\f(2mv0,3qB)，不計粒子重力。(1)求金屬板間電勢差U；(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；(3)僅改變圓形磁場區域的位置，使粒子仍從圖中O′點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區域的圓心M。【答案】(1)eq\f(mv\o\al(2,0),3q)(2)eq\f(π,3)或60°(3)見解析圖【解析】(1)設板間距離為d，則板長為eq\r(3)d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E＝eq\f(U,d)根據牛頓第二定律得，電場力提供加速度qE＝ma解得a＝eq\f(qU,md)設粒子在平板間的運動時間為t0，根據類平拋運動的運動規律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，eq\r(3)d＝v0t0聯立解得U＝eq\f(mv\o\al(2,0),3q)。(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tanα＝eq\f(at0,v0)＝eq\f(\r(3),3)故α＝eq\f(π,6)則出電場時粒子的速度為v＝eq\f(v0,cosα)＝eq\f(2\r(3),3)v0粒子出電場后沿直線勻速直線運動，接著進入磁場，根據牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知圓形磁場區域半徑為R＝eq\f(2mv0,3qB)，故r＝eq\r(3)R粒子沿PO方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應的圓心角也為θ，由幾何關系可得θ＝