2022年高考物理大一輪復習：帶電粒子在復合場中的運動（含答案）

1、9.4帶電粒子在復合場中運動一、三種場力的特點1 .重力的大小為mg,方向豎直向下，重力做功與路徑無關，其數值除與帶電 粒子的質量有關外，還與初、末位置的高度差有關.2 .電場力的大小為qE,方向與電場強度E及帶電粒子所帶電荷的性質有關， 電場力做功與路徑無關，其數值除與帶電粒子的電荷量有關外，還與初、末位置的 電勢差有關.3 .洛倫茲力的大小跟速度與磁場方向的夾角有關，當帶電粒子的速度與磁場方 向平行時，尸0；當帶電粒子的速度與磁場方向垂直時，尸qi，B；洛倫茲力的方向垂直 于速度u和磁感應強度B所決定的平面.無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力都不做 功.二、帶電粒子在復合場中的運動1 .復合

2、場的分類(1)疊加場：電場、磁場、重力場在同一區(qū)域共存，或其中某兩場共存.(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替 出現.2 .帶電粒子在復合場中的運動分類(1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜 止狀態(tài)或做勻速直線運動.(2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶 電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動.(3)非勻變速曲線運動：當帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初 速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，這類問

3、題一般用能量關系來處理.(4)分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情 況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成.三、帶電粒子在復合場中運動的處理方法1 .正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提(1)帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始狀 態(tài)的速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析，當帶電粒子在復合場中 所受合外力為零時，做勻速直線運動(如速度選擇器).(2)當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒 子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動.(3)當帶電粒子所受的合外力是變力，

4、且與初速度方向不在一條直線上時，粒子 做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電 粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應的變 化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段所組成.2 .靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵(1)當帶電粒子在復合場中做勻速運動時，應根據平衡條件列方程求解.(2)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往應用牛頓第二定律和平衡條 件列方程聯立求解.(3)當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能定理或能量守恒 定律列方程求解.說明：如果涉及兩個帶電粒子的碰撞問題，還要根據動量守恒定律列出方程， 再與其他方程

5、聯立求解.由于帶電粒子在復合場中受力情況復雜，運動情況多變，往往出現臨界問題, 這時應以題目中的“恰好”“最大”“最高” “至少”等詞語為突破口，挖掘隱含 條件，根據臨界條件列出鋪助方程，再與其他方程聯立求解.考點一帶電粒子在組合場中的運動在組合場中，電場與磁場不重疊，各位于一定的區(qū)域.帶電粒子在電場中加速或偏轉，在磁場中做勻速圓周運動，粒子經過兩場邊界的速度是連接兩個運動的紐帶，求出粒子的邊界速度是解題的關鍵，基本思路如下:題型一、先電場后磁場1.先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動.（如圖甲、乙所示）在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度.2.先在電場中做類平

6、拋運動，然后進入磁場做圓周運動. 在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度.（如圖丙、丁所示）yX X X XX X X XX X X X例題1.平面直角坐標系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第III象 限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示.一帶負電的粒 子從電場中的Q點以速度w沿x軸正方向開始運動，Q點到y軸的距離為到x軸距 離的2倍.粒子從坐標原點0離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P 點到y軸距離與Q點到y軸距離相等.不計粒子重力，求：(1)粒子到達0點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比.【答案】 正均與x軸正方向成45。角斜向上

7、(2)y【解析】 在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸的距離為L,至Ijy 軸的距離為2L,粒子的加速度為m運動時間為3有：沿入軸正方向：2L=wt 豎直方向根據勻變速直線運動位移一時間關系可得：L=%t2設粒子到達0點時沿y軸方向的分速度為vy根據速度一時間關系可得：Vy=Qt 設粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為a,有tanan合 聯立式得：a=45。即粒子到達0點時速度方向與x軸方向的夾角為45°、，角斜向上.X X X X設粒子到達。點時的速度大小為V,由運動的合成有：XV +Vy2 =y2vo；I" I一 "Y V,、 o'(2)設電場

8、強度為E,粒子電荷量為q,質量為m, Illi由牛頓第二定律可得：qE=ma由于 vy2=2tzL一 2解得：£=舞設磁場的磁感應強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,如圖 所示，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB=m 由于P點到O點的距離為2L,則由幾何關系可知R=&L解得：B=等 qLVo7例題2.在平面直角坐標系xOy中，第I象限存在沿y軸 負方向的勻強電場，第IV象限存在垂直于坐標平面向外的 勻強磁場，磁感應強度為B. 一質量為m、電荷量為q的 帶正電的粒子從y軸正半軸上的點以速度均垂直于y 軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成。=60。角射入磁場，

9、最后從y軸負半 軸上的尸點垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計粒子重力，求:M、N兩點間的電勢差Uwv;(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.解析：粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓 周運動，兩者的銜接點是N點的速度.(1)設粒子過N點時的速度為y,有吃=3/v=2v()粒子從M點運動到N點的過程，有所以Umn=(2)如圖所示，粒子在磁場中以。為圓心做勻速圓周運動，半徑為OM有力Bmv2mv 2mVh下所以=)=而(3)由幾何關系得ON= rsin 3,設粒子在電場中運動的時間為力，有0N=Ri，所以九=ON rsin 8 2/sin 0 事mVo V

10、oqB qB粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=幺詈,設粒子在磁場中運動的時間為6, 有:_7T兀3 2mn 2Ttm a=后T=詞=麗(373 + 2) m所以看八 + k 3M答案：嶗Q卷(3，5 + 2兀)?3qB例題3.如圖所示的平面直角坐標系x0y,在第I、III象限內有平行于y軸，電場強 度大小相同、方向相反的勻強電場，在第IV象限內有垂直于紙面向里的勻強磁場.一軸正方向射入電場，通過電場后從x軸的坐d, 0點進y質量為"2,電荷量為9的帶電粒子，從y軸上的M(0, d)點，以大小為內的速度沿入第W象限內，又經過磁場垂直y軸進入第m象限，最終(1)勻強電場的電場強度E和磁

11、場的磁感應強度B的粒子從X軸上的P點離開.不計粒子所受到的重力.求:大?。?2)粒子運動到P點的速度大?。?3)粒子從M點運動到P點所用的時間.審題突破(1)“以大小為的速度沿x軸正方向射入電場''說明：帶電粒子在第I象限做 運動.(2)“又經過磁場垂直y軸進入第HI象限”說明：帶電粒子在第IV象限做勻速圓周 運動的圓心在,帶電粒子在第III象限做 運動.解析(1)粒子運動軌跡如圖所示.設粒子在第I象限內運動的時間為小粒子在N點時速度大小為V1，方向與X 軸正方向間的夾角為仇則:X= Vol聯立以上各式得：3=1，力=23£=繆粒子在第IV象限內做勻速圓周運動，由牛頓

12、第二定律得：qvxB=n由幾何關系得：足=篝=9聯立并代入數據解得：8=鬻(2)粒子由M點到P點的過程，由動能定理得:qEd+qE(R+Rcos。產品亦一品訪代入中所求數據解得：w=4而物鳴(3)粒子在第I象限內運動時間：力=乎 Vo “02tiR 47rd粒子在第W象限內運動周期：丁=等=碧 V1 3 Vo1兀一鏟 Andh=rT=9粒子在第HI象限內運動時有：R+Rcos O=at解得:需（6/5+6，+4兀）d粒子從M點運動到。點的時間：，=，1+/2 + /3 =跟蹤訓練3-L （多選）如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強電場，在第一象限內存在垂直紙面向外的勻ty .強磁場.有一重力

13、不計的帶電粒子（電荷量為q,質量為 工,'. m）以垂直于x軸的速度股）從尤軸上的P點進入勻強電vq *場，恰好與y軸正方向成45。角射出電場，再經過一段 Jr時間又恰好垂直于x軸進入第四象限.已知OP之間的P 0x距離為d,貝M）A.帶電粒子通過y軸時的坐標為（0, d）B.電場強度的大小為喘C.帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為（3寸4）d 2VoD.磁感應強度的大小為當學答案BC解析 粒子在電場中做類平拋運動，因為進入jy "磁場時速度方向與y軸正方向成45。角，所以沿x軸正方向的分速度 =也，在x軸正方向做勻加速A .一一 一 0+vo一P0 01才運動，有d= -

14、2- I，沿y軸正方向做勻速運動，有s = y0t=2d,故A項錯誤.沿x軸正方向做勻加速運動，根據耳產當x”=熬, m Vo mvo2解得E=景，故B項正確.粒子進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，由圖L3可知粒子在磁場中運動的半徑R=26d,圓心角0=135。=小，所以在磁場中的運動c c 1352 兀 Rx I時間為t產 啦黑;在電場中的運動時間為t2=得所以總時間為.（3兀+4） d 互 ,- mv2-. 3mXA/2vo mv0t ti +t22V0 ，故C項正確.由qvB=-可知，磁感應強度B=qxqd=2j/故D項錯誤.跟蹤訓練3-2.（多選）如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種

15、電荷的平行金屬板，兩板 間電壓可取從零到某一最大值之間的任意值.靜止的帶電粒子帶電荷量為+q,質量 為m（不計重力），從點P經電場加速后，從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外，CD為磁場 邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為0 = 30。，孔Q到 板的下端C的距離為L,當M、N兩板間電壓取最大值 時，粒子恰垂直打在CD板上，則（）A.兩板間電壓的最大值B. CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度%=（3 '）LC.粒子在磁場中運動的最長時間3=TimD.能打在N板上的粒子的最大動能為qBq2B2L2 1 18m答案BCD解析M、N兩板間電壓取最大值時，粒子

16、恰垂直打在CD板上，所以其軌跡圓心在C點，CH = QC = L,故半徑Ri=L,又因 Bqvi = m啟，qUm=mv2,可得人=乜2m，所以A項錯誤.,R? 1設軌跡與CD板相切于K點，半徑為R2，在 AKC中$訪30。=十=小 可得R? LK2 Z=與，CK長為巾R2=L,則CD板上可能被粒子打中的區(qū)域即為HK的長度，尸 HK=LCK=（W2）L,故B項正確.打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長, 周期T=誓，所以3=祟，C項正確.能打到N板上的粒子的臨界條件是軌跡與 CdCr>CD相切，由B項知，l*m = R2=Q，可得Vm= Ju '動能Ekm="j胃/，

17、故D項正確. 3jin16m題型二、先磁場后電場組合粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：1.進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反（如圖甲）.粒子進入電場后做加速或減速運粒子進入電場后做類平拋運動，用動能定理或運動學公式列式 動，用平拋運動知識分析甲乙例題1.如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向荷量為q(q>0)的粒子以速度均從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電 場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經過一段時間T(),磁場方向變?yōu)榇?直于紙面向里，大小不變，不計重力.(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；若要使粒子能

18、夠回到P點，求電場強度的最大值.【答案】瑞Q簿【解析】(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動， 設運動半徑為R,運動周期為T,根據洛倫茲力公式及2圓周運動規(guī)律有：qyoB=2tcRT=vo5依題意，粒子第一次到達x軸時，運動轉過的角度為方所需時間ti=gT聯立式得力=鬻(2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0,然后沿原路返回做勻加速運動，到達X軸時速度大小仍為也).設粒子在電場中運動的總時間為t2,加速度 大小為。，電場強度大小為E,有:qE=ma 1丫0=郎2 (6)聯立式得t尸罌根據題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足：t22To聯立式得,電場強度的最大值為：E=例題2.在直角坐標

19、系xOy中，A(-0.3, 0)、C是x軸上的兩點，P點的坐標為(0, 0. 3).在第二象限內以D(0.3, 0.3)為圓心、0.3 m為半徑的"圓形區(qū)域內，分布著方向垂直xOy平面向外、磁感應強度大 小為B=0. 1 T的勻強磁場；在第一象限 三角形OPC之外的區(qū)域，分布著沿y軸 負方向的勻強電場.現有大量質量為m=3x10-9 kg、電荷量為q = lxl0-4c的相同粒子，從A點平行xOy平面以相同速率、沿不同方向射向磁場區(qū)域，其中沿AD方 向射入的粒子恰好從P點進入電場，經電場后恰好通過C點.已知a=37。，不考慮 粒子間的相互作用及其重力，求：(1)粒子的初速度大小和電場

20、強度E的大??；(2)粒子穿越x正半軸的最大坐標.【答案】(l)lxlO3 m/s 112. 5 V/m (2)0. 5 m【解析】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，設半徑r,粒子的初速度v,洛倫茲力提供向心力：qvB/ny_,.zhmv 公可得：根據題意和幾何知識，可得r=DP=0. 3 m代入得：v= IxlO3 m/s沿AD方向的粒子由P點進入電場時，速度方向與y軸垂直.所以，該粒子在 電場中做類平拋運動，設類平拋運動時間為t%方向：OC = vty方向：0P=gat2根據幾何關系得：§5=tana根據牛頓第二定律：Eq = m«式子聯立得：E=112. 5 V/m

21、（2）設速度方向與x軸正方向的夾角為0的入射粒子，從工正半軸穿過時距離0 點最遠，粒子從F點離開磁場，其中O,是粒子運動軌跡的圓心，粒子運動到F點時 的速度為vF由于粒子的運動半徑等于磁場的半徑，所以四邊形ADFO,為菱形，。下AD, 所以速度vf垂直于y軸從P點進入電場，仍做類平拋運動.設粒子在電場中的運動時間為t',粒 子穿越x正半軸的最大坐標為xc，粒子做 類平拋運動工方向的位移為x, F點的坐 標為（xf，yp），F點的縱坐標為yF，則yp=y，類平拋過程，X方向：X = VFtr y方向：yF=；at粒子到達x軸的坐標為xc=x+xF'根據幾何關系得：xr=yF=r(

22、l cos0)聯立式，得：xcr=0. 4/1-cosO+O. 4cosO令,l-cosO=k,所以 xc-O. 4k+0. 4(1 -k2)根據數學知識可知，當k=0. 5時無c'有最大值，最大值為0.5 m例題3.如圖所示，在x軸上方有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；XyXX XXX3X XXXXXX -V X X X-0x在x軸下方有沿 > 軸負方向的勻強電場，場強為E. 一質 量為m,電荷量為一q的粒子從坐標原點沿著y軸正方 向射出，射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距 離為L,求此粒子射出時的速度v和運動的總路程s（重 力不計）.解析粒子在磁場中的運

23、動為勻速圓周運動，在電場中的運動為勻變速直線 運動.畫出粒子運動的過程草圖.根據過程草圖可知粒子在磁場中運動半個周期后 第一次通過X軸進入電場，做勻減速運動至速度為零，再反方向做勻加速直線運動, 以原來的速度大小反方向進入磁場，即第二次進入磁場，接著粒子在磁場中做圓周運動，半個周期后第三次通過X軸.由圖可知，R=在磁場中：尸洛=£向，有qvB=nr 由解得：-=甯=嘴在電場中：粒子在電場中的最大位移是/ 根據動能定理：Eql/mv22 m w 2Eq 2Eq第三次到達X軸時，粒子運動的總路程為一個圓周和兩個最大位移的長度之和c c I c,立 I qBL2 5=27r/?+2/=y+

24、16/rz£公安 1 BqL itLqBL- 1口水4m 2+16”七例題4.如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內有一沿y軸負方向的勻強電場，在10 30° x x x>xxvox xxx第四象限內有一垂直于平面向里的勻強磁場.現有一質 量為相、電荷量為+q的粒子（重力不計）從坐標原點0 以速度大小Vo射入磁場，其入射方向與x軸的正方向成 30。角.當粒子第一次進入電場后，運動到電場中P點處時，方向與X軸正方向相同，尸點坐 標為(2小+ 1)3 L. (sin 37°=0. 6, cos 37。=0. 8)求:(1)粒子運動到P點時速度的大小V；(2)勻強

25、電場的電場強度E和勻強磁場的磁感應強度B；粒子從0點運動到P點所用的時間t.解析：(1)粒子運動軌跡如圖所示，0。段為圓弧，QP段為拋物線，粒子在QX X X X X X點時的速度大小為vo,根據對稱性可知，方向與x軸正 方向成30。角，可得：v=v0cos 30°解得：尸冬o(2)在粒子從。運動到尸的過程中，由動能定理得:qEL=2mv2 - 加記解得:“爵水平方向的位移為：XQP=V, 1豎直方向的位移為：y=”()sin 30"=L可得 xqp=2a/§L, OQ=xqpxqp-L由于 OQ=2Rsin 30°故粒子在OQ段做圓周運動的半徑R=L2

26、又夕.近="左，解得3=1粒子從O點運動到Q點所用的時間為：八=3誓=費/4/設粒子從。到P所用時間為“在豎直方向上有：,2=冷=竽Vy/Z VO則粒子從。點運動到點所用的時間為：t = tt2=(12ot7I)L3 Vo答案:當。爵簧 氣四跟蹤訓練1.如圖甲所示，在空間有一坐標系xOy,直線0尸與x軸正方向的夾角為30°,第一象限內有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域I和H,直線0P是它們的邊界，。尸上方區(qū)域I中磁場的磁感應強度為& 一質量為“、電荷量為+鄉(xiāng)的質子(不計重力及質子對磁場的影響) 以速度v從O點沿與OP成30。角的方 向垂直磁場進入區(qū)域I ,質子先

27、后通 過磁場區(qū)域I和n后，恰好垂直于x 軸進入第四象限，第四象限存在沿X軸負方向的特殊電場，電場強度后的大小與橫 坐標x的關系如圖乙所示，試求:(1)區(qū)域n中磁場的磁感應強度大小;(2)質子再次到達y軸時的速度大小和方向.審題突破(1)確定粒子從I區(qū)進入II區(qū)的位置和速度方向.(2)粒子在I區(qū)和II區(qū)做圓周運動的圓半徑.(3)確定粒子進入第四象限的位置，根據E-x圖象求出該位置與y軸的電勢差.解析(1)由幾何關系知：質子再次回到OP時應平行于x軸正向進入H區(qū)，設 質子從OP上的C點進入II區(qū)后再從D點垂直x軸進入第四象限，軌跡如圖.由幾何關系可知OC與x軸的交點O2，即為質子在II內運動軌跡的

28、動的半徑為不 在n區(qū)做圓周運動的半徑為2圓心， OOC為等邊三角形.設質子在I區(qū)做圓周運貝Ir2 = sin 30°=；mv qB同理得2=梟.由n與r2關系可得b2=2B "2即區(qū)域II中磁場的磁感應強度B2=2B（2）£） 點坐標為 xo=ricos 30。+r2=""八上上 51Vleb 4丸* rr If 1 »）小+ mU （小+1） /加 。點與y軸的 電勢差：。=非8丫+&，卜上為一.不二-丫一泊設質子再次到達y軸時的速度大小為M由動能定理：w電二/2一；/廬（S+1） mv2 ,2 1 2即q Og=產丫/一產

29、亡得心爪麗=玲雪因質子在y軸方向上不受力，故在y軸方向上的分速度不變，如圖有：cosa=F =尸=丁即方向向左下方與y軸負向成arccos «2一小 或arccosm的夾角歷+后答案 2B （2）V-2 V v 方向向左下方與y軸負向成arccos/2-V3 或arccos "。隹 的夾角跟蹤訓練2.如圖所示，虛線0C與y軸的夾角。=60。，在此角范圍內有一方向垂直 于xOy平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場.虛線0C與x軸所夾范圍內有 一沿x軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場.一質量為"7、電荷量為q的帶正 電的粒子a（不計重力）從y軸的點M（0, L）沿

30、x軸的正方向射入磁場中.求：(1)要使粒子。從0。邊界離開磁場后豎直向下垂直進入勻強電場，經過勻強電 y場后從X軸上的尸點(圖中未畫出)離開，則該粒子射入磁 ml©_B Q場的初速度片和0P的距離分別為多大？： 9> E(2)若大量粒子a同時以也="警從M點沿xOy平品：”:乙m0x面的各個方向射入磁場中，則從0C邊界最先射出的粒子與最后射出的粒子的時間 差.解析：(1)粒子a豎直向下穿過0C,在磁場中軌跡圓心如圖甲為0, OOi=Rcot甲6, OO=L-R得粒子圓周運動的軌跡半徑：R=之乎L2由洛倫茲力提供圓周運動向心力有：>18=箸由兩式解得：也3二*)q

31、BL 粒子豎直向下穿過0C垂直進入勻強電場后，做類平拋運動，則有:qE=z maRcot O=vt解得TEm=2at26qB2八 ,3一5,EmOP=R+x=2L+6由夕也8=噓解得：R尸與M020粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：T=2k/?2 2 兀?v2 qB如圖乙所示最后出磁場的粒子從0C邊上的E點射出，弦ME最長為直徑，ME=2&=5心，在磁場中運動的時間為：力 yz quMP為垂直0。的一條弦，則M尸為最短的弦，從尸點射出的粒子運動時間最短，此時軌跡圓心為。2，由三角形關系得：MF=Lsin 8=*Lmf 1sin a- r - 2所以可得a=30。此粒子的運動時間/2=

32、熱7=譙時間差為/=八一=賽(3-a/3) qBL 3-73 Em駟口條：(1) 2m2 L+6/(2)%b題型三、兩組合磁場中的運動例題L如圖所示，在坐標系xQy中，第一象限內充滿著兩個勻強磁場。和40P為分界線，在磁場。中，磁感應強度為23,方向垂直于yX X X X X紙面向里，在磁場匕中，磁感應強度為8,方向垂直于紙。X X X X P(4，3%.面向外，P點坐標為(4/, 3/). 一質量為“7、電荷量為q/XXX / 的帶正電粒子從尸點沿y軸負方向射入磁場，經過一段x /： b時間后，粒子恰能經過原點。，不計粒子重力.求：。匚"2一:一 )(1)粒子從尸點運動到0點的最短

33、時間是多少？(2)粒子運動的速度可能是多少？審題突破解答本題時應把握以下兩點:(1)粒子從P點運動到0點的時間最短的條件.(2)由于粒子從P點運動到。點的路徑不唯一，故粒子運動的速度有多種可能.解析(1)設粒子的入射速度為V,用凡、&、T。、分別表示粒子在磁場。中和磁場b中運動的軌道半徑和周期，則有：R產瑞,&=$，幾=器=翳=鬻當粒子先在區(qū)域人中運動，后進入區(qū)域。中運動，然后從。點射出時，粒子從P點運動到0點所用的時間最短，如圖所示.3/ 3根據幾何知識得tan。=于=T 故a=37。粒子在區(qū)域b和區(qū)域a中運動的時間分別為2x (90°-«)2x (90&

34、#176;-ct)tb= 360° 豈，ta= 亦心 Ta故從P點運動到O點的時間為：，=k+。=礪力(2)由題意及上圖可知八(2&cos a+2&cos a)=y (3Z) 2+ (4Z) 225qBl _127wM2, 3,-)解得產部(=1, 2, 3,).XXXBXXXXXXXXXXXX XB2跟蹤訓練1-1.如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為3的勻強磁 場，x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應強度為?的勻強磁場，一帶負電的粒子從原點O以與x軸成30。角斜 向上的速度v射入磁場，且在x軸上方運動半徑為R. 則下列說法正確的是()A.粒子經偏轉一定能

35、回到原點。B.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2 ： 19 71777C.粒子完成一次周期性運動的時間為朝D.粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進37?解析：選D.由=先可知，粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為I ：2,所以B錯誤；粒子完成一次周期性運動的時間，=：4+：72=舞+舞=嗡, o o jc/l) 3qt5 cjd所以C錯誤；粒子第二次射入x軸上方磁場時沿X軸前進/=R+2R=3R粒子經偏轉不能回到原點0，所以A錯誤、D正確.題型四、帶電粒子在交變電場、磁場中的運動例題1. (18分)如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，其變化規(guī)律如圖乙所示，

36、電場強度瓦=/V/m,現將一重力不計、比荷=l()6c/kg的帶電從場的c由止IT15B/T 0.5 0.3 -lTT156tt 8it 11 *tt 13ir15 1515 15乙18。20n(x IO"s)15 156tt 8tt 1_Ht 13ir 18ir t/(x 10%)15 15丙15釋放，經九=xl()-5s的時間粒子通過mn上的。點進入勻強磁場，磁場方向垂直 紙面向里，磁感應強度B按圖丙所示規(guī)律變化.(計算結果均可保留兀)(1)求粒子到達。點時的速率；(2)求磁感應強度囪=0. 3 T時粒子做圓周運動的周期和半徑；(3)若在距。點左側d=21 cm處有一垂直于MN的

37、足夠大的擋板ab,求粒子從 。點運動到擋板所用的時間.規(guī)范解答)該得的分1分不丟！(1)粒子在電場中做勻加速直線運動，則 qE0=ma, vo=at (2 分)解得血=1.5x104 mzs (1 分)(2)設磁感應強度8 = 0.3 T時，粒子運動的半徑為不 運動周期為則Bq%記 2-n.ni /.、=，=而(2 分),2兀解得h=5 cm, Ti=-yxl0 5 s. (2 分)(3)設磁感應強度&=().5 T時，粒子運動半徑為/"2，運動周期為72，則82<7丫0=保 - 2nm -八、喝"=西(2分),27r解得2=3 cm, 72=弓*10、5.

38、(2 分)由以上計算可知，粒子的運動軌跡為如圖所示的周期運動，每一個周期運動的 水平距離為：s=2S +2)= 16 cm (2 分)d=ds=5 cm=ri （2 分）粒子從。點出發(fā)運動到擋板的時間為Hili Ji2十2十4（2分）3171代入數據解得，=于410-5S.（1分）答案(l)1.5xl04 m/s (2)-xl0 5 s 5 cm (3)"xl0-5 s方法提煉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(qū)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

39、、 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(guī)律，所以此類問題的研究方法與質點動力學相同. 跟蹤訓練1-1.在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強電場和垂直電場方向水 平向里的勻強磁場，如圖甲所示.磁場的磁感應強度B隨時間，的變化情況如圖乙所 示.該區(qū)域中有一條水平直線MN,。是上的一點.在1=0時刻，有一個質量 為加、電荷量為+夕的小球(可看做質點)，從M點開始沿著水平直線以速度出做勻 速直線運動，訪時刻恰好到達N點.經觀測發(fā)現，小球在，=2而至，=3而時間內的某 一時刻，又豎直向下經過直線的上的。點，并

40、且以后小球多次水平向右或豎直向下 經過。點.求：(1)電場強度E的大?。?2)小球從M點開始運動到第二次經過。I x X xlxnX xBq點所用的時1可；X X X X X Xx x X X X XQ(3)小球運動的周期，并畫出運動軌跡(只xBx X x x xB 1 t *t tto 2/q 35 4t（）t甲乙畫一個周期）.解析：（1）小球從M點運動到N點時,有qE=mg,解得£=器 q（2）小球從M點到達N點所用時間力=而小球從N點經過1個圓周，到達尸點，所以力=而（或小球從尸點運動到。點的位移=R=需小球從P點運動到。點的時間，3=券177所以時間-“+"+ /3

41、 = 2訪+麗 m或片瘋(3?r+1) ,，=2r(七+1（3）小球運動一個周期的軌跡如圖所示. tp1vl、一小國加工 tc127tMi小球的15動周期為T= 8/（）或T=J答案：（1常（2）2%）+就（3）8方運動軌跡見解析跟蹤訓練1-2.如圖甲所示，在光滑絕緣的水平桌面上建立一 xO），坐標系，平面處在 周期性變化的電場和磁場中，電場和磁場的變化規(guī)律如圖乙所示（規(guī)定沿+y方向為電場強度的正方°n n 2 ,0 1 2 3 4 5 6 «/s向，豎直向下為磁感應強度的正方向）.在t=0時刻，什B（）,Vq一質量為10 g、電荷量為+0.1 c的帶電金屬小球自 T 5

42、J ；列；加 甲乙坐標原點。處，以w=2 m/s的速度沿x軸正方向射出.已知氏=0. 2N/C、B（）=0. 2ti T.求：（1»=1 s末小球速度的大小和方向；(2)12s內，金屬小球在磁場中做圓周運動的半徑和周期；(3)在給定的坐標系中，大體畫出小球在。到6s內運動的軌跡示意圖；(4)6 s內金屬小球運動至離x軸最遠點的位置坐標.解析(1)在。1 s內，金屬小球在電場力作用下，在無軸方向上做勻速運動 y軸方向上做勻加速運動匕尸嚕小1 s末小球的速度0=近+*=2m/s.設力與x軸正方向的夾角為a,則tana=?, a=45。(2)在12 s內，小球在磁場中做圓周運動，由牛頓第二

43、定律得“空9小球做圓周運動的周期T=等-=1 s qbo(3)小球運動軌跡如圖所示.(4)5 s末小球的坐標為x=v()，=6 m,m,此時小球y軸方向的速度為=隼%=6 m/s,合速度大小為v=( aJvo+v=2a/Io m/s第6s內小球做圓周運動的半徑:以=箸=乎 m QDO 71帶電小球在第6 s內做圓周運動的軌跡如圖所示第6s內小球運動至離x軸最遠點時橫坐標為：X=x-Rlt sin <9則 X=(6-縱坐標為 y=y+R"(l+cos O')其中 cos e=£=而則y=(9+m k 兀J1 2答案(1)2啦m/s與x軸正方向成45。角(2)&q

44、uot;m 1 s (3)見解析圖(4)(6-孤(9+1考點二 帶電粒子在疊加場中的運動2 .帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類：(1)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做 功，故機械能守恒，由此可求解問題.(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不 做功，可用動能定理求解問題.(3)電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動.若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動

45、.若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做 功，可用能量守恒或動能定理求解問題.3 .帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，除受場力外， 還受彈力、摩擦力作用，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過 受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果.題型一、磁場與重力場疊加例題1.（多選）如圖所示，砒為空間一水平線，整個空間存在水平向里的勻強磁場.一 帶電小球從。點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示，b為最低點.下列說法中正 確的是（）X X

46、 X X Xx x/?x X X XX X X X X XA.軌跡ab為四分之一圓弧B.小球在到b點后一定能到ac水平線C.小球到b時速度一定最大，且沿水平方向D.小球在b點時受到的洛倫茲力與重力大小相等|【答案】BC【解析】小球受到重力和洛倫茲力作用，且洛倫茲力逐漸增大，不能做圓周運 動，故A項錯誤；小球受到的洛倫茲力不做功，只有重力做功，小球機械能守恒， 故B項正確；b為最低點，重力做功最多，應用動能定理可知速度最大，速度沿切線 方向，則速度的方向沿水平方向，故C項正確；小球做曲線運動，在b點有豎直向 上的向心力，合力的方向向上，所以洛倫茲力大于重力，故D項錯誤.例題2.如圖所示，空間存在

47、垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，場內有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的夾角為。，一帶A.小球下滑的最大速度為丹=嗯地B.小球下滑的最大加速度為m=gsin。C.小球的加速度一直在減小D.小球的速度先增大后不變【解析】小球開始下滑時有mgsin。-Mmgcos。-qi，B）=mm隨u增大，a增大, 當時，a達最大值gsinO,此后下滑過程中有：mgsinO |i（qvB - mgcosO） = ma,隨v增大，a減小，當=mg（sin%削os。）時,，=（）所以整個過程中，v jiqB先一直增大后不變；q先增大后減小，所以B、D項正確.方法提煉分析帶電粒子在磁場與重力場中的運動，從下

48、面兩個角度入手：（1）從動力學角度分析：隨著粒子速度的變化，洛倫茲力的大小和方向隨之變化, 從而引起加速度的變化，通過動態(tài)分析，確定速度或加速度的極值.（2）從功能角度分析：洛倫茲力一定不做功，在只受洛倫茲力和重力時，機械能 一定守恒.題型二、磁場與電場疊加例題1.如圖所示裝置為速度選擇器，平行金屬板間有相 互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上，磁場 方向垂直紙面向外，帶電粒子均以垂直電場和磁場的速度 射入且都能從另一側射出，不計粒子重力，以下說法正確V*E0B*.0,的有（）A.若帶正電粒子以速度u從O點射入能沿直線00,射出，則帶負電粒子以速度 v從O,點射入能沿直線O©

49、射出B.若帶正電粒子以速度v從O點射入，離開時動能增加，則帶負電粒子以速度 v從O點射入，離開時動能減少C.若笈核（JH）和氫核（2%e）以相同速度從O點射入，則一定能以相同速度從同 一位置射出D.若笊核（JH）和氮核bHe）以相同速度從。點射入，則一定能以相同速度從不 同位置射出【解析】 帶負電粒子以速度v從0,點射入時，電場力和洛倫茲力方向均向下， 進入復合場后向下做曲線運動，不可能沿直線0。射出，A項錯誤；若帶正電粒子 以速度v從。點射入，離開時動能增加，說明正粒子在O點處豎直向下的洛倫茲力 小于豎直向上的電場力，粒子向虛線上方做曲線運動，射出時，電場力做正功，洛 倫茲力不做功，動能增加

50、，帶負電粒子以速度v從0點射入時，電場力豎直向下， 洛倫茲力豎直向上，但是電場力大于洛倫茲力，粒子向下做曲線運動，射出時，電 場力做正功，洛倫茲力不做功，動能增加，B項錯誤；帶正電粒子從O點以速度v 射入時，F,fe=Eq, F洛 = Bvq,取電場力方向為正方向，則加速度。=*=+區(qū)=（p r Vn一-氣核（/H）和氮核OHe）的比荷'相等，所以C項正確，D項錯誤.例題2.如圖所示，空間直角坐標系Oxyz內存在勻強電場和勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向與Oxy平面平行且與y軸負方 向的夾角為0,勻強電場的電場強度大小為E,方向沿y 軸負方向，一質子（重力不計）從原點O以速

51、度u=要向 Z軸正方向射出，已知質子的電荷量為e,下列關于質子的 受力和運動的描述正確的是（ ）A.質子在O點受到的合力大小為eEcos。B.質子在運動過程中受到的合力為變力C.質子沿x軸方向的分運動是勻速直線運動D.質子不可能做勻變速曲線運動【答案】A【解析】根據左手定則判斷出質子受到的洛倫茲力的方向，質子的受力如圖: 電場力：F=eE大小等于eEcosO.eE洛倫茲力：/=evB=eEsin。則：二者的合力的方向沿B的方向,故A項正確;由于質子受到的合外力的方向沿B的方向，與初速度的方向垂直，所以質子將 獲得沿B的方向的分速度.根據左手定則可知，沿B的方向的分速度不能產生洛倫 茲力，所以質

52、子在運動的過程中受到的洛倫茲力的大小與方向都不變，所以質子受 到的合外力不變.故B項錯誤；質子在zOB的平面內做類平拋運動，沿z的方向上 做勻速直線運動，沿B的方向做勻變速直線運動，則在x方向上，也是做勻變速直 線運動.故C項錯誤，D項錯誤.例3.如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內存在著方向垂直紙面向外、磁感應強 度為B的勻強磁場，第四象限內存在方向沿一y方向、電場強度為E的勻強電場.從 y軸上坐標為。的一點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍 是與+ y方向成30。150。，且在xOy平面內.結果所有粒子經過磁場偏轉后都垂直 打到x軸上，然后進入第四象限的勻強電場區(qū).已

53、知帶電粒子電量為q,質量為m, 重力不計.求：(1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運動的速度大小vi；(2)粒子在第一象限的磁場中運動的最長時間以及”對應的射入方向;(3)從x軸上=(啦一1)。點射入第四象限的粒子穿 過電磁場后經過y軸上y=-b的點，求該粒子經過y= 一b點的速度大小.【解析】(1)粒子運動規(guī)律如圖所示.粒子運動的圓心在O點，軌跡半徑：口 = a由牛頓第二定律得：qv.B = m當粒子初速度與y軸正方向夾角為30。時，粒子運動的時間最長，此時軌道對應的圓心角a= 150。粒子在磁場中運動的周期：T=a粒子的運動時間：t=后mT=150° 27tm 571mx=360&#

54、176; qB 6qB(3)如圖所示，設粒子射入磁場時速度方向與y軸負方向的夾角為0由幾何知識得：R-RcosO=(V2-l)a解得：0=45° R=ja此粒子進入磁場的速度如 丫。=喈=坤弛設粒子到達y=-b上速度為vI根據動能定理得：4£6=201701血2解得:V2q2B2a2 2qEb2 十 nr m方法提煉在電場與磁場共同作用下，帶電粒子有兩種運動情況:洛倫茲力與電場力平衡：帶電粒子做勻速直線運動,、在E滿足 q%B = Eq, v0=-,如“速度選擇器”.洛倫茲力與電場力不平衡：帶電粒子一般做復雜的曲線運動，只能用功能關 系求解.如果合外力的方向沿B的方向，且始

55、終與初速度的方向垂直，粒子勻變速 曲線運動，按類平拋運動的方法求解.題型三、電場、磁場、重力場疊加例題1. （2017 課標全國I ）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向 豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里.三個帶正電的微粒。、b、c電荷 量相等，質量分別為m”、mb、me.已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速 *XXXX直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動.下列選 左XXXXX右項正確的是（）X X X X X【答案】B【解析】。在紙面內做勻速圓周運動，意味著合外力為洛t Eq 倫茲力，則Eq=mgb做向右的勻速直線運動，c做向左的勻速直線運動，受力” BqVnvg + BqvEqmbg = Eq+Bqv得出 mb&