2014高考物理江苏专版一轮复习讲义 磁场 专题8 带电粒子在复合场中的运动
专题八 带电粒子在复合场中的运动
考纲解读 1.能分析计算带电粒子在复合场中的运动.2.能够解决速度选择器、磁流体发电机、质谱仪等磁场的实际应用问题.
1． [带电粒子在复合场中的直线运动]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1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 图1
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，小球的机械能增大
答案 CD
解析 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，故不受洛伦兹力作用，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，故不可能做匀速直线运动，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直线运动，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正确．
2． [带电粒子在复合场中的匀速圆周运动]如图2所示，一带电小球在一正交电
场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面
向里，则下列说法正确的是 ( )
A．小球一定带正电 图2
B．小球一定带负电
C．小球的绕行方向为顺时针
D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
答案 BC
解析 小球做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，结合电场
方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的
弯曲方向结合左手定则可得绕行方向为顺时针方向，C正确，D错误．
考点梳理
一、复合场
1． 复合场的分类
(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或相邻或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2． 三种场的比较
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：a.正电荷受力方向与场强方向相同
b.负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关
W＝qU
电场力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力F＝qvB
方向可用左手定则判断
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
二、带电粒子在复合场中的运动形式
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组合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．
3． [质谱仪原理的理解]如图3所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒
子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的
匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过
的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为
B0的匀强磁场．下列表述正确的是 ( )
A．质谱仪是分析同位素的重要工具 图3
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
答案 ABC
解析 粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B正确；由Eq＝Bqv可知，v＝E/B，选项C正确；粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即为其做匀速圆周运动的直径D＝，可见D越小，则粒子的比荷越大，D不同，则粒子的比荷不同，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误．
4． [回旋加速器原理的理解]劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作
原理示意图如图4所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两
盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的
匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处
粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，
且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的
是 ( ) 图4
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变
答案 AC
解析 粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝＝2πRf，故A正
确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f 2＝2mπ2R2f 2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f 2与m、R、f均有关，D错误．
规律总结
带电粒子在复合场中运动的应用实例
1． 质谱仪
(1)构造：如图5所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．
图5
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2.
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m.
由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷．
r＝ ，m＝，＝.
2． 回旋加速器
(1)构造：如图6所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处
接交流电源，D形盒处于匀强磁场中．
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由qvB＝，得 Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒 图6
半径r决定，与加速电压无关．
特别提醒 这两个实例都应用了带电粒子在电场中加速、在磁场中偏转(匀速圆周运动)
的原理．
3． 速度选择器(如图7所示)(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相
垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度
选择器．
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，
即v＝. 图7
4． 磁流体发电机
(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能．
(2)根据左手定则，如图8中的B是发电机正极．
(3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的
磁感应强度为B，则由qE＝q＝qvB得两极板间能达到的最大电势 图8
差U＝BLv.
5． 电磁流量计工作原理：如图9所示，圆形导管直径为d，用非磁性材
料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负
离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电
场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就 图9
保持稳定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液体流量Q＝Sv＝
·＝.
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
1． 带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．
2． 带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．
例1 如图10所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域 ，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0.若撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，则经时间打到极板上．
图10
(1)求两极板间电压U；
(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？
解析 (1)设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动
L∶(L－2R)＝t0∶，解得L＝4R
粒子在电场中做类平抛运动：L－2R＝v0·
a＝
R＝a()2
在复合场中做匀速运动：q＝qv0B
联立各式解得v0＝，U＝
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，由几何关系可知：β＝π－α＝45°，r＋r＝R
因为R＝()2，
所以＝＝
根据牛顿第二定律有qvB＝m，
解得v＝
所以，粒子在两板左侧间飞出的条件为0
0)的粒子由S1静止释放，
粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区．(不
计粒子重力，不考虑极板外的电场)
图12
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d.
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．
审题指导 1.粒子的运动过程是什么？
2．要在t＝3T0时使粒子再次到达S2，且速度为零，需要满足什么条件？
解析 (1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得
qU0＝mv2 ①
由①式得v＝ ②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得q＝ma ③
由运动学公式得d＝a()2 ④
联立③④式得d＝ ⑤
(2)设磁感应强度的大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m ⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足2R> ⑦
联立②⑥⑦式得B<
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程所用时间为t1，有d＝vt1 ⑧
联立②⑤⑧式得t1＝ ⑨
若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d＝t2 ⑩
联立⑧⑨⑩式得t2＝ ⑪
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T0－－t1－t2 ⑫
联立⑨⑪⑫式得t＝ ⑬
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝
⑭
由题意可知T＝t ⑮
联立⑬⑭⑮式得B＝.
答案 (1) (2)B<
(3)
方法点拨
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法
40．带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动模型问题的分析
解析 (1)粒子在磁场中运动时qvB＝ (2分)
T＝ (1分)
解得T＝＝4×10－3 s (1分)
(2)粒子的运动轨迹如图所示，t＝20×10－3 s时粒子在坐标系内做了两个
圆周运动和三段类平抛运动，水平位移x＝3v0T＝9.6×10－2 m (1分)
竖直位移y＝a(3T)2 (1分)
Eq＝ma (1分)
解得y＝3.6×10－2 m
故t＝20×10－3 s时粒子的位置坐标为：
(9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m) (1分)
(3)t＝24×10－3 s时粒子的速度大小、方向与t＝20×10－3 s时相同，设与水平方向夹角为
α (1分)
则v＝ (1分)
vy＝3aT (1分)
tan α＝ (1分)
解得v＝10 m/s (1分)
与x轴正向夹角α为37°(或arctan )斜向右下方 (1分)
答案 (1)4×10－3 s (2)(9.6×10－2 m，－3.6×10－2 m) (3)10 m/s 方向与x轴正向夹角
α为37°(或arctan )
突破训练2 如图14甲所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的场强
大小为E＝2.5×102 N/C的匀强电场(上、下及左侧无界)．一个质量为m＝0.5 kg、电荷
量为q＝2.0×10－2 C的可视为质点的带正电小球，在t＝0时刻以大小为v0的水平初速度
向右通过电场中的一点P，当t＝t1时刻在电场所在空间中加上一如图乙所示随时间周期
性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，
PD间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面向里为正．(g＝
10 m/s2)
图14
(1)如果磁感应强度B0为已知量，使得小球能竖直向下通过D点，求磁场每一次作用时
间t0的最小值(用题中所给物理量的符号表示)；
(2)如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件的时刻t1的表达式(用题中所给物理量
的符号表示)；
(3)若小球能始终在电磁场所在空间做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，
求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小(用题中所给物理量的符号表示)．
答案 (1) (2)＋ (3)
解析 (1)当小球仅有电场作用时：mg＝Eq，小球将做匀速直线运
动．在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动，圆周
运动周期为T0，若竖直向下通过D点，由图甲分析可知：
t0＝＝
(2)－＝R，即： 甲
v0t1－L＝R
qv0B0＝mv/R
所以v0t1－L＝，t1＝＋
(3)小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电
磁场中的运动的周期T增加，在小球不飞出电磁场的情况下，当T
最大时有：
＝2R＝＝
B0＝，T0＝＝ 乙
由图分析可知小球在电磁场中运动的最大周期：
T＝8×＝，小球运动轨迹如图乙所示．
高考题组
1． (2012·课标全国·25)如图15，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面
(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、
电荷量为q的粒子沿图中直线从圆上的a点射入柱形区域，从圆上的b
点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为
R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样 图15
速度沿直线从a点射入柱形区域，也从b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计
重力，求电场强度的大小．
答案
解析 粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝m ①
式中v为粒子在a点的速度．
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c点和d点．由几何关系知，线段、和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此
＝＝r ②
设＝x，由几何关系得＝R＋x ③
＝R＋ ④
联立②③④式得r＝R ⑤
再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设
其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE＝ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r，由运动学公式得r＝at2 ⑦
r＝vt ⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得
E＝.
2． (2012·浙江理综·24)如图16所示，两块水平放置、相距为d的长
金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向
垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表
面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷 图16
量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入
电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的值；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M
点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？
答案 (1)负电荷 (2) (3)
解析 (1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
q＝mg ①
由①式得：q＝ ②
由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷．
(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，
墨滴做匀速圆周运动，有
qv0B＝m ③
考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之
一圆周运动，则半径
R＝d ④
由②③④式得B＝
(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设墨滴做圆周运动的半径为R′，有
qv0B′＝m ⑤
由图可得：
R′2＝d2＋(R′－)2 ⑥
由⑥式得：R′＝d ⑦
联立②⑤⑦式可得：
B′＝.
模拟题组
3. 如图17所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、
方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向
里的匀强磁场．质荷比为＝4×10－10 N/C的带正电粒子从x
轴上的A点以初速度v0＝2×107 m/s垂直x轴射入电场，OA＝
0.2 m，不计重力．求： 图17
(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；
(2)若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入
电场后的运动情况．)
答案 (1)0.4 m (2)B≥(2＋2)×10－2 T
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，
则：sOA＝at2
a＝
E＝
y＝v0t
联立解得a＝1.0×1015 m/s2 t＝2.0×10－8 s y＝0.4 m
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：
vx＝at＝2×107 m/s
粒子经过y轴时的速度大小为：
v＝＝2×107 m/s
与y轴正方向的夹角为θ，θ＝arctan ＝45°
要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周
运动的轨道半径为R，则：
R＋R≤y
qvB＝m
联立解得B≥(2＋2)×10－2 T.
4． 如图18甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场，
一个带正电小球在t＝0时刻以v0＝3gt0的初速度从O点沿＋x方向(水平向右)射入该空
间，在t0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场方向竖直向上，场强
大小E0＝，磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小B0＝，已知小球的质量为
m，带电荷量为q，时间单位为t0，当地重力加速度为g，空气阻力不计．试求：
图18
(1)t0末小球速度的大小；
(2)小球做圆周运动的周期T和12t0末小球速度的大小；
(3)在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图；
(4)30t0内小球距x轴的最大距离．
答案 (1)gt0 (2)2t0 gt0 (3)见解析图
(4)gt
解析 (1)由题图乙知，0～t0内，小球只受重力作用，做平抛运动，在t0末：
v＝＝＝gt0
(2)当同时加上电场和磁场时，电场力F1＝qE0＝mg，方向向上
因为重力和电场力恰好平衡，所以小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，有qvB0＝m
运动周期T＝，联立解得T＝2t0
由题图乙知，电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5倍，即在
这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1＝12t0时刻的速度相
当于小球做平抛运动t＝2t0时的末速度．
vy1＝g·2t0＝2gt0，vx1＝v0x＝3gt0
所以12t0末v1＝＝gt0
(3)24t0内运动轨迹的示意图如图所示．
(4)分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球相当于做了t2＝3t0的平
抛运动和半个圆周运动.23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为
y2＝g(3t0)2＝gt
竖直分速度vy2＝3gt0＝v0，
所以小球与竖直方向的夹角为θ＝45°，速度大小为
v2＝3gt0
此后小球做匀速圆周运动的半径r2＝＝
30t0内小球距x轴的最大距离：y3＝y2＋(1＋cos 45°)r2＝gt
►题组1 对带电粒子在叠加场中运动的考查
1． 如图1所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始
经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B
的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周
运动，则 ( ) 图1
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加
答案 BC
解析 小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r＝
，由T＝可以得出T＝，与电压U无关，所以B、C正确，D错误．
2． 如图1所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强
电场和匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于
复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的
动能为Ek.那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同
一复合场后的动能Ek′的大小是 ( )
A．Ek′＝Ek 图2
B．Ek′>Ek
C．Ek′
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