4.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關(guān)系處理．
3.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動．
2.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動．
1.當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止．
2、疊加場：即在同一區(qū)域內(nèi)同時有電場和磁場，些類問題看似簡單，受力不復雜，但仔細分析其運動往往比較難以把握。
1、復合場：即電場與磁場有明顯的界線，帶電粒子分別在兩個區(qū)域內(nèi)做兩種不同的運動，即分段運動，該類問題運動過程較為復雜，但對于每一段運動又較為清晰易辨，往往這類問題的關(guān)鍵在于分段運動的連接點時的速度，具有承上啟下的作用．
2、洛侖茲力的多解問題
(1)帶電粒子電性不確定形成多解．
帶電粒子可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致雙解．
(2)磁場方向不確定形成多解．
若只告知磁感應(yīng)強度大小，而未說明磁感應(yīng)強度方向，則應(yīng)考慮因磁場方向不確定而導致的多解．
(3)臨界狀態(tài)不惟一形成多解．
帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，它可能穿過去，也可能偏轉(zhuǎn)1800從入射界面這邊反向飛出．另在光滑水平桌面上，一絕緣輕繩拉著一帶電小球在勻強磁場中做勻速圓周運動，若繩突然斷后，小球可能運動狀態(tài)也因小球帶電電性，繩中有無拉力造成多解．
(4)運動的重復性形成多解．
如帶電粒子在部分是電場，部分是磁場空間運動時，往往具有往復性，因而形成多解．
[例8]如圖所示，一半徑為R的絕緣圓筒中有沿軸線方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的正粒子(不計重力)以速度為v從筒壁的A孔沿半徑方向進入筒內(nèi)，設(shè)粒子和筒壁的碰撞無電荷量和能量的損失，那么要使粒子與筒壁連續(xù)碰撞，繞筒壁一周后恰好又從A孔射出，問：
(1)磁感應(yīng)強度B的大小必須滿足什么條件？
(2)粒子在筒中運動的時間為多少？
解析:(1)粒子射入圓筒后受洛侖茲力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn),設(shè)第一次與B點碰撞,撞后速度方向又指向O點,設(shè)粒子碰撞n-1次后再從A點射出,則其運動軌跡是n段相等的弧長.
設(shè)第一段圓弧的圓心為O/,半徑為r,則θ=2π/2n=π/n.,由幾何關(guān)系得
,又由r=mv/Bq,聯(lián)立得:
(2)粒子運動的周期為:T=2πm/qB,將B代入得
弧AB所對的圓心角
粒子由A到B所用的時間
(n=3.4.5……)
故粒子運動的總時間為
(n=3.4.5……)
[例9]S為電子源，它只能在如圖(l)所示紙面上的3600范圍內(nèi)發(fā)射速率相同，質(zhì)量為m，電量為e的電子，MN是一塊豎直擋板，與S的水平距離OS=L，擋板左側(cè)充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為B．
(l)要使S發(fā)射的電子能到達擋板，則發(fā)射電子的速度至少多大？
(2)若S發(fā)射電子的速度為eBL／m時，擋板被電子擊中范圍多大？(要求指明S在哪個范圍內(nèi)發(fā)射的電子可以擊中擋板，并在圖中畫出能擊中擋板距O上下最遠的電子的運動軌道)
[解析](l)電子在磁場中所受洛侖較為提供向心力qBV= mV2/r
當r= L/2時，速度v最小， 由①、②可得，V=eBL／2m
(2)若S發(fā)射電子速率V/=eBL／m，由eV/B=mV/2/r/ 可得：r/=L
由左手定則知，電子沿SO發(fā)射時，剛好到達板上的b點，且OB=
r/= L，由SO逆時針轉(zhuǎn)1800的范圍內(nèi)發(fā)射的電子均能擊中擋板，落點由b→O→a→b/→a，其中沿SO/發(fā)射的電并擊中擋板上的a點，且aO=
=
L．由上分析可知，擋板能被電子擊中的范圍由a→b，其高度h=L+L=(十l)L，擊中a、b兩點的電子軌跡，如圖(2)所示．
[例10]M、N、P為很長的平行邊界面，M、N與M、P間距分別為L1、L2，其間分別有磁感應(yīng)強度為B1和B2的勻強磁場區(qū)，Ⅰ和Ⅱ磁場方向垂直紙面向里，B1≠B2，有一帶正電粒子的電量為q，質(zhì)量為m，以大小為v的速度垂直邊界M及磁場方向射入MN間的磁場區(qū)域，討論粒子初速度v應(yīng)滿足什么條件才可穿過兩個磁場區(qū)域(不計粒子的重力)。
解析:先討論粒子穿出B1的條件：
設(shè)粒子以某一速度v在磁場B1中運動的圓軌跡剛好與M
相切，此時軌跡半徑剛好為L1，由 得：
由此可得使粒子能穿出B1的條件是： 。
再討論粒子穿出B2條件：
又設(shè)粒子以某一
的速度穿出了B1后在B2中穿過
時其圓軌跡又剛好與P相切，如圖所示，粒子在B1中的運動軌跡所對的圓心角為θ，那么：
，粒子在B2運動的軌跡半徑為：
由幾何知識得：R－Rsinθ=L2 所以有：
解得：
，所以當粒子的速度
時就可以穿出B1和B2。
試題展示
專題:帶電粒子在復合場中的運動
基礎(chǔ)知識 一、復合場的分類：
3.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動(類平拋運動)；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動(勻速圓周運動)．
[例1]一帶電粒子以初速度V0垂直于勻強電場E
沿兩板中線射入，不計重力，由C點射出時的速度為V，若在兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場，粒子仍以V0入射，恰從C關(guān)于中線的對稱點D射出，如圖所示，則粒子從D點射出的速度為多少?
解析：粒子第一次飛出極板時，電場力做正功，由動能定理可得電場力做功為W1=m(V2－v02)/2……①，當兩板間加以垂直紙面向里的勻強磁場后，粒子第二次飛出極板時，洛侖茲力對運動電荷不做功，但是粒子從與C點關(guān)于中線的對稱點射出，洛侖茲力大于電場力，由于對稱性，粒子克服電場力做功，等于第一次電場力所做的功，由動能定理可得W2=m(V02－VD2)/2……②，W1=W2。由
①②③式得VD=
點評：凡是涉及到帶電粒子的動能發(fā)生了變化，均與洛侖茲力無關(guān)，因為洛侖茲力對運動電荷永遠不做功。
[例2]如圖所示，豎直兩平行板P、Q，長為L，兩板間電壓為U，垂直紙面的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，電場和磁場均勻分布在兩板空間內(nèi)，今有帶電量為Q，質(zhì)量為m的帶正電的油滴，從某高度處由靜止落下，從兩板正中央進入兩板之間，剛進入時油滴受到的磁場力和電場力相等，此后油滴恰好從P板的下端點處離開兩板正對的區(qū)域，求(1)油滴原來靜止下落的位置離板上端點的高度h。(2)油滴離開板間時的速度大小。
解析：(1)油滴在進入兩板前作自由落體運動，剛進入兩板之間時的速度為V0，受到的電場力與磁場力相等，則qv0B＝qU／d，v0＝U／Bd=
，h=U2／2gB2d2
(2)油滴進入兩板之間后，速度增大，洛侖茲力在增大，故電場力小于洛侖茲力，油滴將向P板偏轉(zhuǎn)，電場力做負功，重力做正功，油滴離開兩板時的速度為Vx ，由動能定理mg(h+L)－q U／2=mVx 2/2， 
點評：(1)根據(jù)帶電油滴進入兩板時的磁場力與電場力大小相等求出油滴下落時到板上端的高度；(2)油滴下落過程中的速度在增大，說明了洛侖茲力增大，油滴向P板偏轉(zhuǎn)，電場力做負功．
[例3]如圖所示，在空間有勻強磁場，磁感強度的方向垂直紙面向里，大小為B，光滑絕緣空心細管MN的長度為h，管內(nèi)M端有一質(zhì)量為m、帶正電q的小球P，開始時小球P相對管靜止，管帶著小球P沿垂直于管長度方向的恒定速度u向圖中右方運動．設(shè)重力及其它阻力均可忽略不計．(1)當小球P相對管上升的速度為v時，小球上升的加速度多大？(2)小球P從管的另一端N離開管口后，在磁場中作圓周運動的圓半徑R多大？(3)小球P在從管的M端到N端的過程中，管壁對小球做的功是多少？
解析：(1)設(shè)此時小球的合速度大小為v合，方向與u的夾角為θ
有
……① cosθ=u/v合=u/
………②
此時粒子受到的洛倫茲力f和管壁的彈力N如所示，由牛頓第二定律可求此時小球上升的加速度為：a=fcosθ=qv合Bcosθ/m………③
聯(lián)立①②③解得：a=quB/m
(2)由上問a知，小球上升加速度只與小球的水平速度u有關(guān)，故小球在豎直方向上做加速運動．設(shè)小球離開N端管口時的豎直分速度為vy，由運動學公式得
此時小球的合速度
故小球運動的半徑為 
(3)因洛化茲力對小球做的功為零，由動能定理得管壁對小球做的功為： W=½mv2－½mu2=quBh
[例4]在兩塊平行金屬板A、B中，B板的正中央有一α粒子源，可向各個方向射出速率不同的α粒子，如圖所示．若在A、B板中加上UAB＝U0的電壓后，A板就沒有α粒子射到，U0是α粒子不能到達A板的最小電壓．若撤去A、B間的電壓，為了使α粒子不射到A板，而在A、B之間加上勻強磁場，則勻強磁場的磁感強度B必須符合什么條件(已知α粒子的荷質(zhì)比m／q=2．l×10－8kg/C，A、B間的距離d＝10cm，電壓U0=4．2×104V)？
解析：α粒子放射源向各個方向射出速率不同的α粒子，設(shè)最大的速率為vm。則各個方向都有速率為vm的α粒子．當A、B板加了電壓后，A、B兩板間的電壓阻礙α粒子到達A板，其方向是垂直兩板并由A板指向B板。
在無電場時，α粒子在沿B向A板運動方向上有d=vcosθt………①，其中θ是α粒子速度與垂直兩板的直線的夾角．在①式中最容易到達A板的α粒子應(yīng)有θ＝0，v＝vm，即其速度方向由B極指向A板，且速率最大的α粒子，這些α粒子若達不到A板，其余的α粒子均達不到A板．由動能定理可得qU0＝mvm2／2………②；
若撤去電場，在A、B間加上勻強磁場，這些α粒子將做勻速圓周運動，其半徑為R，R=mv/qB……③，由③式可知，在B一定的條件下，v越大，R越大，越容易打到A板；反之，當v值取最大值vm后，若所有具有vm的α粒子不能達到A板，則所有的α粒子均不能達到A板．在所有方向上的α粒子中，它們的軌跡剛好與A板相切的情況如圖所示．在圖中與A板相切的軌跡中最小半徑為R3，若R3是具有速率為vm的α粒子的半徑，則其它具有vm的α粒子均不能到達 A板．若令R3為最小值Rmin時，即圖中Rmin= d／2是所有α粒子中軌跡與A板相切的最小半徑，將其代入③式后得d／2=mvm/qBmin……④，由②④兩式可得Bmin=2
／d=0．84T，所以，A、B兩板之間應(yīng)加上垂直于紙面的勻強磁場，且磁感強度 B ≥0．84 T時，所有的α粒子均不能到達A板．
規(guī)律方法 1、帶電粒子在磁場中運動的圓心、半徑及時間的確定
(1)用幾何知識確定圓心并求半徑．
因為F方向指向圓心，根據(jù)F一定垂直v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(大多是射入點和出射點)的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關(guān)系．
(2)確定軌跡所對應(yīng)的圓心角，求運動時間．
先利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于3600(或2π)計算出圓心角θ的大小，再由公式t=θT/3600(或θT/2π)可求出運動時間．
(3)注意圓周運動中有關(guān)對稱的規(guī)律．
如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出．
[例5]如圖所示，一束電子(電量為e)以速度v垂直射入磁感應(yīng)強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿過磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是300，則電子的質(zhì)量是
，穿過磁場的時間是
。
解析：電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧一部分，又因為f⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上，如圖中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角θ=300，OB為半徑．所以r=d/sin300=2d．
又由r=
得m＝2dBe／v．
又因為AB圓心角是300，所以穿過時間 t=
T=×
=
．
[例6]如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是( )
A、電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長
B．電子在磁場中運動時間越長。其軌跡線所對應(yīng)的圓心角越大
C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合
D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同
解析：在圖中畫出了不同速率的電子在磁場中的軌跡，由前面的知識點可知軌跡的半徑R=mv／qB，說明了半徑的大小與電子的速率成正比．但由于電子在磁場中運動時間的長短僅與軌跡所對應(yīng)的圓心角大小有關(guān)，故可判斷圖中五條軌跡線所對應(yīng)的運動時間關(guān)系有t5＝t4＝t3＞t2＞t1顯然，本題選項中只有B正確．
點評：本題所考查的是帶電粒子在矩形(包括正方形)磁場中運動的軌跡與相應(yīng)的運動時間的關(guān)系問題．不同速率的電子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角大小(也就是在磁場中運動時間的長短)，由知識點中的周期表達式看來與半徑是沒有關(guān)系的，但由于磁場區(qū)域的邊界條件的限制，由圖說明了半徑不同，帶電粒子離開磁場時速度方向變化可能不同，也可能相同．由周期關(guān)系式必須明確的一點是：帶電粒子在磁場中運動的時間長短決定于軌跡所對應(yīng)的圓心角．
[例7]如圖所示，半徑R=10cm的圓形區(qū)域邊界跟y軸相切于坐標系原點O。磁感強度B＝0．332 T，方向垂直于紙面向里，在O處有一放射源 S，可沿紙面向各個方向射出速率均為v=3．2×106m/s的α粒子．已知α粒子的質(zhì)量m= 6．64×10－27 kg，電量q=3．2 ×10－19 C．
(1)畫出α粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心的軌跡．(2)求出α粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角θ．(3)再以過O點并垂直紙面的直線為軸旋轉(zhuǎn)磁場區(qū)域，能使穿過磁場區(qū)域且偏轉(zhuǎn)角最大的α粒子射到正方向的y軸上，則圓形磁場直徑OA至少應(yīng)轉(zhuǎn)過多大的角度β．
解析：(l)α粒子的速度相同，在同一勻強磁場中運動的半徑相同，均由洛侖茲力提供向心力 f= qvB=mv2／r，r＝mv／Qb=20cm
所以α粒子的圓心與S(即O點)的距離均為r，其圓心的軌跡為以S為圓心、以20cm為半徑的一段圓弧，如圖所示．
(2)由于α粒子的軌道半徑r大于磁場區(qū)域的半徑R，α粒子最長的軌跡所對應(yīng)的弦為2R=r=20cm時，α粒子在磁場中最大的偏轉(zhuǎn)角的軌跡就是α粒子在磁場中最長的軌跡線，由于最長的軌跡線的弦長與其軌跡半徑相等，所以偏轉(zhuǎn)角的最大值為θ=600
(3)由(2)中可知α粒子的最大偏轉(zhuǎn)角為600；且所對的弦為OA，故α粒子在磁場軌跡的入射點O和出射點A與其軌跡圓心O1的連線和OA組成一個正三角形，也就是α粒子離開磁場時與x軸正方向的夾角γ＝300，如圖所示．要使偏轉(zhuǎn)角最大的α粒子離開磁場時能打在y軸的正方向上，則α粒子與x軸的正方向夾角γ/＞900，則OA繞過O點的水平軸至少要轉(zhuǎn)過β=γ/一γ＝600．
點評：帶電粒子在磁場中的軌跡不大于半圓時，要使帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角最大，就是要求帶電粒子在磁場中的軌跡線愈長(由于半徑確定)，即所對應(yīng)的弦愈長．在圓形磁場中，只有直徑作為軌跡的弦長最長．所以要求帶電粒子進入磁場時的入射點、離開磁場時的出射點的連線為圓形磁場區(qū)域的直徑．這是本題的難點。若是r＞R，情況就完全變了，這時帶電粒子在磁場中的軌跡可能大于半圓或等于半圓，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2πm／qB，這是一個與速度大小和半徑無關(guān)的物理量，也就是說在磁場中運動時間長短僅與軌跡所對圓心花怒放角有關(guān)，在具體確定時還與磁場的邊界有關(guān)，矩形的邊界和圓形的邊界是不相同的．
2.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/qB；其運動周期T=2πm/qB(與速度大小無關(guān))．
1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動．
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