第8讲 带电粒子在复合场中的运动
1．(2012·山东卷，23)如图3－8－1甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0.在t＝O时刻将一个质量为m、电量为－q(q＞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3－8－1
(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．
解析 (1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得
qU0＝mv2①
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＝ma③
由运动学公式得
d＝a2④
联立③④式得
d＝⑤
(2)设磁感应强度大小为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＝m⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
2R＞⑦
联立②⑥⑦式得
- 4 -
B＜⑧
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有
d＝vt1⑨
联立②⑤⑨式得
t1＝⑩
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＝t2⑪
联立⑨⑩⑪式得
t2＝⑫
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T0－－t1－t2⑬
联立⑩⑫⑬式得
t＝⑭
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＝⑮
由题意可知
T＝t⑯
联立⑭⑮⑯式得
B＝⑰
答案 (1) (2)B＜
(3)
2．(2013·山东卷，23)
图3－8－2
- 4 -
如图3－8－2所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d.不计粒子重力．
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向．
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0.
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间．
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得
qE＝ma①
由运动学公式得
d＝at②
2d＝v0t0③
vy＝at0④
v＝⑤
tan θ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v＝2⑦
θ＝45°⑧
(2)
设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得
R1＝2d⑨
由牛顿第二定律得
qvB0＝m⑩
联立⑦⑨⑩式得
B0＝⑪
(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析知，粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，ΔQOF为等腰直角三角形．可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得
- 4 -
2R2＝2d⑫
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得
FG＝HQ＝2R2⑬
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有
t＝⑭
联立⑦⑫⑬⑭式得
t＝(2＋π)⑮
答案 (1)2 方向与x轴正方向夹角为45°
(2) (3)(2＋π)
主要题型：计算题(压轴题)
知识热点
(1)带电粒子在组合复合场中的受力分析及运动分析．
(2)带电粒子在叠加复合场中的受力分析及运动分析．
物理方法
(1)模型法 (2)类比法 (3)整体法、隔离法 (4)合成法、分解法 (5)对称法
命题趋势
2012、2013两年高考考查带电粒子在复合场中的运动，是压轴题.2014年高考考查了带电粒子在周期性变化的磁场中的运动，也是压轴题(见第4讲)．带电粒子在复合场中的运动仍是2015年高考压轴题的首选．
(1)复合场中结合牛顿第二定律、运动的合成与分解、动能定理综合分析相关的运动问题．
(2)复合场中结合数学中的几何知识综合分析多解问题、临界问题、周期性问题等．
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