2024屆物理一輪復習講義強化二十帶電粒子在疊加場和交變電磁場中的運動含答案

2024屆物理一輪復習講義專題強化二十帶電粒子在疊加

場和交變電磁場中的運動

學習目標1.了解疊加場的特點，會分析帶電粒子在疊加場中的運動問題。

2.會分析帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題。

考點一帶電粒子在疊加場中的運動

1.疊加場

電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。

2.常見的幾種運動形式

運動性質(zhì)受力特點方法規(guī)律

勻速直線

粒子所受的合力為0平衡條件

運動

勻速圓周除洛倫茲力外,另外兩力的合力為零qE牛頓第二定律、圓周運動的

運動=mg規(guī)律

較復雜的除洛倫茲力外，其他力的合力既不為

動能定理、能量守恒定律

曲線運動零，也不與洛倫茲力等大反向

例1如圖1所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系宜刀，其第一-象限存在著正交

的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面

向里。一帶電荷量為+*質(zhì)量為機的微粒從原點出發(fā)，以某一初速度沿與x軸

正方向的夾角為45。的方向進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(/,

/)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，微粒繼續(xù)運動一段時

間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力，重力加速度為g,求：

圖1

⑴電場強度E的大??；

(2)磁感應強度8的大小;

(3)微粒在復合場中的運動時間。

答案(嘴⑵唔+1班

解析(1)微粒到達A(/,/)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲，可知

qE=mg,得

(2)由平衡條件得qvB=y[2mg

電場方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓

周運動，軌跡如圖乙所示

V2

qvB=m：

由幾何知識可得r=y[2l

(3)微粒做勻速直線運動的時間

微粒做勻速圓周運動的時間

3

X的

4-兀

37T

=4

微粒在復合場中的運動時間

t=t\-\-t2=

跟蹤訓練

1.如圖2所示，豎直平面M))，，其x軸水平，在整個平面內(nèi)存在沿x軸正方向的

勻強電場E,在第三象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為8=

0.2To現(xiàn)有一比荷為3=25C/kg的帶電微粒，從第三象限內(nèi)某點以速度內(nèi)向坐

標原點。做直線運動，加與工軸之間的夾角為9=45。，重力加速度g取lOm/s?。

求：

(1)微粒的電性及速度vo的大??；

(2)帶電微粒在第一象限內(nèi)運動時所達到最高點的坐標。

答案⑴帶正電2y[2m/s(2)(0.6m,0.2m)

解析(1)帶電粒子在第三象限內(nèi)做直線運動，受到重力、靜電力和洛倫茲力三

個力的作用，并且合力為零，即粒子做勻速直線運動，所以，微粒受到的洛倫茲

力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定則可判斷微粒帶正電。對帶電微粒受力

分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得解得a)=2啦m/s。

(2)帶電微粒進入第一象限后做曲線運動，假設最高點為M點，從。到M點所用

的時間為G則將微粒從O到M的運動分解為沿x軸方向的勻加速直線運動和沿

y軸方向上的勻減速直線運動，在y軸方向上有

rosin450

O=Posm450-gt,y=-------1

在A■軸方向上有qE=mgtan45。=〃?〃工

x=vocos45°/+]。./

解得x=0.6m,y=0.2m

故所達到最高點的坐標為(0.6m,0.2m)o

考點二帶電粒子在交變電磁場中的運動

解題基本思路

I先讀圖一看清并明白場的變化情況

度辦后卜口.粒子在不同的變化場區(qū)的受力

過程分析.分析粒子在不同時間內(nèi)的運動情況

[1.端模蠟.「運粒動子模在型不同運動階段,各有怎樣的

找銜接點一找出銜接相鄰兩過程的物理景

1

[選規(guī)律一聯(lián)立不同階段的方程求解

例2如圖3所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場和電場，磁感應強度和電場強度大小

隨時間周期性變化，B的變化周期為4如￡的變化周期為2/0,變化規(guī)律分別如

圖4甲、乙所示.在，=0時刻從O點發(fā)射一帶負電的粒子(不計重力)，初速度

大小為加,方向沿y軸正方向，在x軸上有一點4圖中未標出)，坐標為誓，0)。

若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，y軸正方向為電場強度的正方向，

如、小班為己知量，磁感應強度與電場強度的大小滿足腎=器；粒子的比荷滿

q_兀

求:

mBoto°

圖3

圖4

⑴在，苦時，粒子的位置坐標;

(2)粒子偏離x軸的最大距離；

(3)粒子運動至A點的時間。

小4(votovoto,2PO/O

答案⑴匕，V(2)1.5W)A)+兀(3)32ro

解析(1)在。?/0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

n4兀2vi

qvoBo==rn~

WBpcntvovoto

解何丁=2fo,ri=^-=—

則粒子在當時間內(nèi)轉過的圓心角a=j

所以在，=，時

VQtQVOtO

粒子的位置坐標為.兀'兀，

(2)在m?2切時間內(nèi)，設粒子經(jīng)電場加速后的速度為。，粒子的運動軌跡如圖所示-

y

Ax

貝1。=加+嚕%=2oo

運動的位移)，=00,%=1.5Wo

在2fo?3fo時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動

半徑廢=2n=怨叁

71

故粒子偏離丫軸的最大距離

.~,200fo

h=y-\-n=\.5voto-\—^-

(3)粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動的運動周期為4加，故粒子在一個周期內(nèi)向右

運動的距離

,-.八6^o/o

d=2r\4-2n=~—

?J〃YL-48優(yōu)加

AO間的距離為丁=8d

所以粒子運動至4點的時間r=32roo

規(guī)律總結

解題關鍵和應注意的問題

(1)解題關鍵是要明確帶電粒子在不同時間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對粒

子的運動情景、運動性質(zhì)做出判斷。

(2)這類問題一般都具有周期性，注意分析帶電粒子的運動周期與電場周期、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(zhì)點動力學相同。

跟蹤訓練

2.在如圖5甲所示的正方形平面0"c內(nèi)存在著垂直于該平面的勻強磁場，磁感

應強度的變化規(guī)律如圖乙所示。一個質(zhì)量為足、帶電荷量為+g的粒子(不計重力)

在，=0時刻平行于0c,邊從。點射入磁場中。已知正方形邊長為L磁感應強度

的大小為Bo,規(guī)定垂直于紙面向外的方向為磁場的正方向。

(1)求帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期7b；

(2)若帶電粒子不能從。。邊界射出磁場，求磁感應強度的變化周期7的最大值；

(3)要使帶電粒子從b點沿著ab方向射出磁場，求滿足這一條件的磁感應強度變

化的周期7及粒子射入磁場時的速度大小。

蟲蟲…2兀加5KWTunqBoL

答案⑴瀛⑵荻⑶振麗(〃=2,4,6,…)

解析(1)由夕1/0=叼7，小=2詈

2?！?

解得7b=

qBo

(2)如圖甲所示為周期最大時粒子不能從。。邊射出的臨界情況，由幾何關系可知

sin2?解得。=30。

在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為150°

運動時間為尸韌產(chǎn)瀟

所以磁感應強度的變化周期T的最大值為

（3）如圖乙所示為粒子從6點沿著ab方向射出磁場的一種情況。在磁場變化的半

個周期內(nèi)，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為24其中夕=45。，即女=華

nm

所以磁場變化的周期為

T=qBo

弦。M的長度為s=n(〃=2,4,6,,,?)

CI

圓弧半徑為R=^=累〃=2,4,6,…)

由qvoBo="*

解得。。=^^\九=2,4,6,…）。

提升素養(yǎng)能立

（限時：50分鐘）

A級基礎對點練

對點練1帶電粒子在疊加場中的運動

1.（2023?河南洛陽高三期中）如圖1所示，兩豎直平行邊界P。、MN間，有正交的

勻強電場和勻強磁場，勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向垂直紙面向里。一

帶負電小球從。點以某一速度垂直邊界PQ進入該場區(qū)，恰好能沿水平方向做直

線運動。若只減小小球從。點進入場區(qū)時的速度，則小球在場區(qū)內(nèi)運動過程中,

下列判斷正確的是（）

A.小球的動能減小B.小球的電勢能減小

C.小球的重力勢能減小D.小球的機械能減小

答案B

解析小球恰好能沿水平方向做直線運動，說明小球做勻速直線運動。由qE=

mg+qvB可知,當速度減小時，洛倫茲力減小，合力向上。小球?qū)⑿毕蛏线\動。

合力做正功，動能增加，故A錯誤；靜電力做正功，電勢能減小，機械能增加，

故B正確.D錯誤；高度增加,重力勢能增加,故C錯誤。

2.（多選）（2022.廣東卷）如圖2所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電

場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次

經(jīng)過N、P兩點。已知何、尸在同一等勢面上，下列說法正確的有（）

A.電子從N到尸，電場力做正功

B.N點的電勢高于尸點的電勢

C.電子從M到N,洛倫茲力不做功

D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力

答案BC

解析由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到尸的過程中電場力做負

功，故A錯誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，N點的電勢高于尸點

的電勢，故B正確；洛倫茲力總是和速度方向垂直，電子從M到N,洛倫茲力

不做功，故C正確；M點和尸點在同一等勢面上，從M點到尸點電場力做功為

0,而洛倫茲力不做功，M點速度為0,根據(jù)動能定理可知電子在尸點速度也為

0,則電子在M點和。點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點所受電

場力相等，即所受合力相等，故D錯誤。

3.如圖3所示，在真空中豎直平面（紙面）內(nèi)邊長為。的正方形A8CO區(qū)域，存在

方向沿C8（水平）的勻強電場和方向垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出）。一帶電小

球以速率a（g為重力加速度大?。腁點沿AC方向射入正方形區(qū)域，恰好能沿

直線運動。下列說法正確的是（）

-------：￡>

B.........

圖3

A.該小球帶負電

B.磁場的磁感應強度方向垂直紙面向外

C.若該小球從C點沿CA方向以速率如射入正方形區(qū)域，則小球?qū)⒆鲋本€運動

D.若電場的電場強度大小不變、方向變?yōu)樨Q直向上，該小球仍從A點沿AC方向

以速率弧射入正方形區(qū)域，則小球?qū)?。點射出

答案D

解析小球做直線運動，說明小球受力平衡，小球的重力方向豎直向下，小球帶

正電，受靜電力水平方向向左，洛倫茲力方向垂直4。斜向上，則磁場的磁感應

強度方向垂直紙面向里，A、B錯誤；若該小球從C點沿C4方向以速率弧射

入正方形區(qū)域，則小球的合力不為零，速度會變化，洛倫茲力也會變化，小球?qū)?/p>

做曲線運動，C錯誤；電場水平向左，由物體的平衡條件有q。8=啦〃吆（其中。

=y[ag）,qE=mg,電場的電場強度大小不變、方向變?yōu)樨Q直向上后，靜電力與

重力平衡，小球沿逆時針方向做勻速圓周運動，設軌道半徑為r,有qvB=〃r^:,

解得r=當4有2對1145。=。，所以小球?qū)?。點射出，D工確。

4.如圖4所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周

運動，其軌道半徑為R,已知該電場的電場強度為E,方向豎直向下；該磁場的

磁感應強度為B,方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g,貝IJ（）

A.液滴帶正電

B.液滴比磴=4

C.液滴沿順時針方向運動

D.液滴運動速度大小。=蜃

D1L

答案C

解析液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知

qE=mg,得孑=筆選項B錯誤；靜電力方向豎直向上，液滴帶負電，選項A錯

誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針方向轉動，選項C正確；對液滴有9￡=mg,

qvB=nr^,得。選項D錯誤。

對點練2帶電粒子在交變電磁場中的運動

5.如圖5甲所示，豎直面內(nèi)矩形區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度按如圖乙所示的規(guī)

律變化的磁場（規(guī)定垂直紙面向外為正方向），區(qū)域邊長45=5AO,一帶正電的

粒子從A點沿48方向以速度如射入磁場，在。時刻恰好能從C點平行OC方

向射出磁場?，F(xiàn)在把磁場換成按如圖丙所示規(guī)律變化的電場（規(guī)定豎直向下為正

方向），相同的粒子仍以速度。。從4點沿A8方向射入電場，在不時刻恰好能從

C點平行0c方向射出電場。不計粒子的重力，則磁場的變化周期2和電場的

變化周期不之比為（）

A.1：1B.2小兀：3

C.2技：9D.V3n:9

答案C

解析設粒子的質(zhì)量為〃人帝電荷量為夕，粒子的偏轉半徑為r,經(jīng)與粒子轉過

的圓心角為a,則有2rsina=A8,2（r—rcosa）=A。，又聯(lián)立解得a

=60。，所以有六,7=苦，解得口=岑詈，如果把磁場換為電場，則有

AB=VOT29解得乃=黑所以為嚕，故C正確，A、B、D錯誤。

6.如圖6甲所示，在xOy坐標系的一、四象限存在勻強磁場，規(guī)定垂直紙面向里

為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示，1=0時亥h一個比

荷2=1.0X104C/kg的正電荷從（0,?。┨幰詖o=l.OX104m/s的速度沿），軸負方

向射入磁場，則正電荷從射入磁場至第一次經(jīng)過x軸所需的時間為（）

v/m

B/T

xxxxxxxx2.5-------1I--------1I—

1111

XXXXXXXX1111

°xxxxxxxxx/mo

xxxxxxxx:1：2：3：rA^xlO^s)

xxxxxxxxI____II____I0

xxxxxxxx-2.5

甲乙

圖6

Q

A.8TCX10-5S10-5S

C.1.27iX10-4sD.yX10-4s

答案c

解析洛倫茲力提供向心力，則卬。8=/譚，解得〃=0.4m,圓周運動的周期為

丁=親=8兀、1。一ss,則粒子每次圓周運動持續(xù)三分之一周期，對應的圓心角為

120°；位移大小2與小60。=押m,位移方向與y軸負方向成60°角，正電荷射

入磁場后到x軸的軌跡如圖；正電荷第一次運動到x軸應為4點，運動時間為/

540°

—360。7=1.2兀X10's,故C正確。

"m

B級綜合提升練

7.如圖7甲所示，水平放置的平行金屬板尸和。，相距為d,兩板間存在周期性

變化的電場或磁場。尸、。間的電勢差UPQ隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，磁感

應強度8隨時間變化的規(guī)律如圖丙所示，磁場方向垂直紙面向里為正方向。t=0

時刻，一質(zhì)量為切、電荷量為+(7的粒子(不計重力)，以初速度如由P板左端靠

近板面的位置，沿平行于板面的方向射入兩板之間，q、加、d、如、Uo為已知量。

(1)若僅存在交變電場，要使電荷飛到Q板時，速度方向恰好與。板相切，求交

變電場的周期7;

(2)若僅存在勻強磁場，且滿足8。=鬻，粒子經(jīng)一段時間恰能垂直打在。板上

(不考慮粒子反彈)，求擊中點到出發(fā)點的水平距離。

答案⑴賽5=1'2,3,-)⑵痔與

解析(1)設經(jīng)時間Z,粒子恰好沿切線飛到上板，豎直速度為零，加速度為。

半個周期內(nèi)，粒子向上運動的距離為

d=2ny

t=nT

聯(lián)立得7=^/^（'曰，2,3,…）。

（2）僅存在磁場時，帶電粒子在勻強磁場中做半徑為〃的勻速圓周運動，則有

vi

quoBo=，廠

解得

要使粒子能垂直打到上板上，在交變磁場的半周期，粒子軌跡的圓心角設為

90。+仇如圖所示由幾何關系得廠+2”山6=4

解得sin

則粒子打到上極板的位置距出發(fā)點的水平距離為X=L2（—cos仍=夸1/

8.（2023?江西景德鎮(zhèn)高三月考）如圖8所示，在區(qū)域I有與水平方向成30。的勻強

電場，電場方向斜向左下方。在區(qū)域II有豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的

勻強磁場，電場強度大小為E2=管,磁感應強度大小為6。質(zhì)量為〃人電荷量

為一q的粒子從區(qū)域I的左邊界P點靜止釋放。粒子沿水平虛線向右運動，進入

區(qū)域n,區(qū)域n的寬度為心粒子從區(qū)域n右邊界的。點（圖中未畫出）離開，速

度方向偏轉了60。，重力加速度為g。求：

1

圖8

⑴區(qū)域I的電場強度大小Ei；

(2)粒子進入?yún)^(qū)域II時的速度大??；

(3)粒子從P點運動到Q點的時間。

2\[3qBdIqBdnin

答案(1⑵3m⑴3〃喀十3gB

解析(1)粒子在區(qū)域I沿水平虛線方向做直線運動，說明粒子在豎直方向上受

力平衡，根據(jù)平衡條件有qEisin30。=磔

解得等。

(2)粒子進入II區(qū)域后，根據(jù)題意有4改=叫

由此可知粒子在區(qū)域II中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設粒子進入?yún)^(qū)

域II的速度大小為o,貝U有/歸=償~

根據(jù)幾何關系有Hsin60。="

聯(lián)立解得。=十四。

(3)粒子在區(qū)域II中做勻速圓周運動，其運動周期為7=篝

則粒子在區(qū)域n中運動時間為，2=疑60°丁

粒子在區(qū)域I沿水平虛線運動,

根據(jù)。=〃力，qEicos30。=〃也

故粒子從P點運動到O點的時間為t=t\+t2

聯(lián)立解得片鬻+就。

9.如圖9所示，坐標系xOy在豎直平面內(nèi)，整個空間存在豎直向上的勻強電場，

y軸兩側均有方向垂直紙面向里的勻強磁場，左側的磁感應強度大小是右側的兩

倍?！?0時刻，一個帶正電微粒從0點以。=2m/s的初速度射入)，軸右側空間,

初速度方向與x軸正方向成60。，微粒恰能做勻速圓周運動，第一次經(jīng)過y軸的

點記為尸，。尸長L=0.8m。已知微粒電荷量q=+4Xl()―6c,質(zhì)量機=2X

107kg,重力加速度g取速m/s2,求：

圖9

(1)勻強電場的電場強度大小;

(2))，軸右側磁場的磁感應強度大??；

(3)粒子第二次經(jīng)過P點的時刻(結果可含兀)。

答案(1)0.5N/C(2)0.125T(3)皆s

解析(1)微粒射入y軸右側空間，恰能做勻速圓周運動，說明微粒受到的靜電

力與重力平衡，則有qE=tng

解得勻強電場的電場強度大小為

6=幽=0.5N/Co

q

(2)微粒做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,

,V2

有qvB=nr-

由幾何關系知，微粒做圓周運動的軌道半徑為

L

2

r,=sin30°=L

聯(lián)立解得y軸右側磁場的磁感應強度大小為

5=0.125To

(3)微粒在y軸左側運動時，有

V2

qv-2B=ni~

則力=亨

粒子從射入到第二次經(jīng)過尸點的運動軌跡如圖，由丁=乎，可知粒子在)，軸兩

側運動的周期分別為

e2nm-Tim

粒子從射入到第二次經(jīng)過尸點經(jīng)歷的時間為

…71?八，5乃1471

/=2Xy+2X-r=-fys

14幾

粒子第二次經(jīng)過P點的時刻為￡=巖So

1().在豎直平面內(nèi)存在如圖1()所不的坐標系，第II象限分布有磁感應強度為Bi

=1T的勻強磁場，一個質(zhì)量為加=0.04kg,帶電荷量為g=+0.03C的小球由尸

點靜止釋放，隨后小球以速度。從Q點進入第III象限，速度方向與x軸的夾角。

=37°,己知尸點的位置坐標為(0,1.25m),Q點的位置坐標為(-0.6m,0),笫

HI象限分布有磁感應強度為治=與1\方向垂直紙面向里的勻強磁場和電場強

度為￡=與N/C,方向沿y軸正方向的勻強電場，第IV象限在水平方向分布著電

場強度也為E=與N/C、方向沿x軸負方向的勻強電場，重力加速度取g=

10m/s2o求：

(1)小球經(jīng)過。點時的速度大??；

(2)小球離開第ni象限的位置坐標，小球在第m象限運動的時旬；

(3)小球是否可以再次回到x軸？若可以，寫出小球經(jīng)過x軸的位置；若不可以,

寫出小球距x軸最近時的位置坐標。

答案(1)5m/s(2)(0,-0.8m)哈s(3)不可以(0.75m,-().35m)

解析(1)由題意知，由P運動到Q點的過程中，洛倫茲力不做功，僅有重力做

功，由

可得。點的速度為v=5m/So

(2)在第III象限，由于qE=mg

故小球做勻速圓周運動，設小球從。點離開第HI象限，由/8=等

可得尺=翡=°501

由幾何關系可得

QC=2R=L0m,OC=0.8m

故。點坐標為(0,-0.8m)

小球在第三象限做圓周運動轉過的圓心角a=R

而T2兀R27tm

而7一0F

故小球在第三象限運動的時間為

afn

尸五丁=ms。

(3)小球在。點的速度大小vc=v=5m/s

由幾何關系可知，與x軸的夾角為。=37。

在第IV象限，小球在豎直方向做加速度為g的勻減速直線運動，當豎直方向減速

為0時，有

Pcsin37°=gZ

可得f=0.3s

此時豎直方向位移〃=滔包F0.45m

由于h<OC

故小球不可以再次回到X軸，此時

y=OC一人=0.35m

小球在水平方向做勻減速直線運動，有

qE=max

所以小球的水平位移為

X=PCCOS37。/—%/

解得x=0.75m

故小球距x軸最近時的位置坐標為

(0.75m,—0.35m)。

專題強化十九帶電粒子在組合場中的運動

學習目標1.會分析帶電粒子在磁場和磁場組合場中的運動。2.會分析帶電粒子

在磁場和電場組合場中的運動。

考點一磁場與磁場組合

磁場與磁場的組合問題實質(zhì)就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩

個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同。解題時要充分利用

兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關系。

例1如圖1所示，空間存在方向垂直于X。y平面向里的勻強磁場，在0<)，<d的

區(qū)域I內(nèi)的磁感應強度大小為B,在y>d的區(qū)域H內(nèi)的磁感應強度大小為2及

一個質(zhì)量為m、電荷量為一虱7>0)的粒子以速度譽從O點沿)，軸正方向射入?yún)^(qū)

域I。不計粒子重力。

區(qū)

域

=

一

區(qū)

域

I

X

圖

(1)求粒子在區(qū)域I中運動的軌道半徑;

(2)若粒子射入?yún)^(qū)域I時的速度為。=鬻，求粒子打在x軸上的位置坐標，并求

出此過程中帶電粒子運動的時間。

答案(1W(2)[(4-V3)J,0]疆

解析(1)粒子在區(qū)域I中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有

qvoB=nr^

把。。=嚕代入上式，解得R=d。

(2)當粒子射入?yún)^(qū)域I時的速度為。=2加=鬻時，軌跡如圖所示。

在。4段做圓周運動的圓心在Oi,半徑為2d；

在A8段做圓周運動的圓心在。，半徑為d；

在BP段做圓周運動的圓心在。3,半徑為2d；

可以證明ABOiQ為矩形，則圖中J=30。，

由幾何知識可得

OiQ=2dcos30。=小d

所以。。3=2"一54

所以0尸=。1。3+20。3=(4—小)d,即粒子打在x軸上的位置坐標為

[(4一小)d,0]

粒子在04段運動的時間為

30°2n/nnm

h=36^,~qB~=6qB

粒子在A3段運動的時間為

120°2兀加mn

’2=后而港=項

粒子在8尸段運動的時間為

nm

力=力=硒

所以在此過程中粒子的運動時間

_.2兀團

t=2t]+t2=3qB°

跟蹤訓練

1.（多選）空間存在如圖2所示的相鄰磁場，磁場I垂直紙面向里且寬度為d,磁

感應強度大小為8,磁場II垂直紙而向外且寬度為*,磁感應強度大小未知，磁

場I和磁場II的邊界為平行的豎直面?，F(xiàn)有一帶電粒子以一定的水平速度從磁場

I邊界上的0點垂直磁場I射入，當粒子從磁場II右邊界C點（圖中未畫出）射出

時，速度方向也恰好水平，不計粒子所受重力，下列說法正確的是（）

圖2

A.磁場II的磁感應強度大小為3B

B.粒子在磁場I中的軌跡半徑是在磁場II中的軌跡半徑的3倍

C.粒子在磁場I中偏轉的圓心角是在磁場H中偏轉的圓心角的3倍

D.粒子在磁場I中運動的時間是在磁場H中運動的時間的3倍

答案ABD

解析由于出射方向和入射方向相同，而粒子在兩磁場區(qū)域偏轉方向相反，所以

粒子在磁場I中偏轉的圓心健應等于磁場H中偏轉的圓心角，故C錯誤；設粒

子在磁場I、n中的軌跡半徑分別為舟、心，無論粒子電性如何，根據(jù)對稱性

可知所得結論應相同，所以假設粒子帶正電，如圖所示，根據(jù)幾何關系可得看=

d

瓦，解得Ri=3&,故B正確；根據(jù)牛頓第二定律有卯3=順，解得R=M，

所以然IM，所以磁場II的磁感應強度大小為82=38=38,故A正確；粒

子的運動周期為7=等=矍，粒子在磁場中運動的時間為，=卷。所以粒

子在磁場I、II中運動時間之比為先樂肛3,故D正確。

考點二電場與磁場組合

1.組合場

電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替

出現(xiàn)U

2.分析思路

(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不

同的規(guī)律處理。

(2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題

的關鍵。

(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖。

(4)用規(guī)律

qE1qE2

類平拋<%=at=—t.y^——r

、—41H乙tH

區(qū)動

偏^角tan(p=—=

?/

(jvB=m——

勻速圓r

周運動mT2必0T

例2(2023?福建龍巖第一次質(zhì)檢)如圖3所示，在平面(紙面)內(nèi)，公＞0空間存

在方向垂直紙面向外的勻強磁場，第三象限空間存在方向沿式軸正方向的勻強電

場。一質(zhì)量為〃2、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，以大小為辦方向與y

軸正方向夾角。=60。的速度沿紙面從坐標為(0,3L)的P點進入磁場中，然后

從坐標為(0,一4L)的尸2點進入電場區(qū)域，最后從X軸上的P3點(圖中未畫出)

垂直于X軸射出電場。求：

(1)磁場的磁感應強度大小B；

(2)粒子從Pi點運動到Pi點所用的時間r；

⑶電場強度的大小E.

答案盜Q皤G檢

解析(1)帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，其圓心為Oi,對應軌道半徑為

R,由幾何關系可得

Rsin0=y[3L

由牛頓第二定律有qvB--胃

聯(lián)立可得8=翳。

(2)帶電粒子在磁場中運動時間為力，則

2n-20

h=~2^~T

丁=邨

(3)帶電粒子在電場中運動時間為12,由運動的合成與分解有

vcos^t2=y[3L

ysin0-at2=O

由牛頓第二定律有qE=ma

聯(lián)立可得“靄。

跟蹤訓練

2.（2023?安徽蕪湖高三期末）如圖4所示，在犬3,平面第一象限內(nèi)有以虛線OP為

理想邊界的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，OP與x軸夾角為。=45°,OP與y軸之

間的電場平行于y軸向上，OP與上軸之間的磁場垂直紙面向里。在y軸上有一

點M,"到。點的距離為3%現(xiàn)有一個質(zhì)量為加、電荷量為一夕的帶負電粒子,

從M點以速度如垂直于y軸向右進入電場區(qū)域，粒子離開電場后從OP上的N

點進入磁場區(qū)域，已知N點到x軸的距離為2d。粒子經(jīng)過磁場后從“軸上C點

離開，且速度方向與x軸垂直，不計帶電粒子的重力，求：

圖4

（1）電場強度大小E；

⑵磁感應強度大小B和粒子從M點運動到C點所用的總時間I.

小gmvinwc\d（4+加）

答案⑴礪⑵礪一^

解析（1）由題意，粒子從M到N做類平拋運動，軌跡如圖所示。

在沿一y方向，布qE=ma

位移大小為y\=d=^t

沿x正方向做勻速運動，由幾何關系得

x\=2d=VQt

解得Vy=VQ

又Vy=at

聯(lián)立求得電場強度大小為E=礪。

（2）由題意，粒子從N點垂直0P進入磁場，到從C點垂直x軸離開磁場，由幾

何關系知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑

R=LON=2y

在N點粒子速度與OP垂直，大小為。=地優(yōu)

2

由牛頓第二定律得qvB=nr^

粒子在電場和磁場中運動的總時間為

_2d^^^u_d(4+71)

一。0pvo~2如

素養(yǎng)能力

（限時：40分鐘）

A級基礎對點練

對點練1磁場與磁場的組合

1.如圖1所示，兩勻強磁場的方向相同，以虛線MN為理想邊界，磁感應強度大

小分別為31、比,今有一質(zhì)量為加、電荷量為e的電子從上的P點沿垂直

于磁場方向射入勻強磁場Bi中，其運動軌跡為如圖虛線所示的“心”形圖線。

則以下說法正確的是（）

A.電子的運動軌跡為PENCMDP

B.8i=2比

C.電子從射入磁場到回到P點用時為嵬

D.Bi=4①

答案B

解析根據(jù)左手定則可知，電子從尸點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場照時,

受到洛倫茲力方向向上，所以電子運行軌跡為PDMCNE尸，故A錯誤；由題圖

可知，電子在左側勻強磁場中的運動半徑是在右側勻強磁場中的運動半徑的一

半，根據(jù)『=前可知囪=2%，故B正確，D錯誤；電子在題到所示運動過程中,

在左側勻強磁場中運動兩個半圓，即運動一個周期，在右側勻強磁場中運動半個

周期，所以/=絮Tun4兀?"

故C錯誤。

eBieB\

2.如圖2所示，豎直放置的尸。板左側為垂直紙面向里的勻強磁場，右側為垂直

紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小均為8=0.332T,一質(zhì)量加=6.64XI0—27

kg,帶電荷量q=3.2X10Fc的粒子（不計重力）從小孔1位置以垂直板方向，大

小為0=3.2X106mzs的速度開始運動,依次通過小孔2、3、4,已知相鄰兩孔間

的距離相等。則（）

P

XXI,.

1—

XX'|.?

xx2|??

B3|B.

4.

XX|??

Q

圖2

A.粒子帶負電

B.相鄰兩孔間的距離為0.2m

C.帶電粒子從小孔1運動到小孔4所需時間約為5.89乂10一75

D.帶電粒子在尸。板右側勻強磁場中運動的時間約為1.95X10-7S

答案C

解析由左手定則可判斷出粒子帶正電，故A錯誤；畫出粒子的運動軌跡如圖

所不，由洛倫茲力提供向心力得4。8=/77及，可得R=^^=0.2m,貝1d=2R=

0.4m,故B錯誤；圓周運動周期為7=請Q3.93乂10一7s,帶電粒子從小孔1

運動到小孔4所需時間等于1.5T,即約為5.89X1075,故c正確；如圖所示，

帶電粒子在PQ板右側勻強磁場中運動的時間等于T,約為3.93X10-7s,故D

錯誤。

3.（多選）（2022?廣東佛山高三期末）如圖3所示，兩相切于。點的圓，半徑之比

2：1,Oi、。2分別為兩圓圓心，AOi、OO2均垂直于。1。2連線，在圓形區(qū)域內(nèi)

均有垂直紙面以圓周為邊界的勻強磁場?，F(xiàn)有一束電子以速度P垂直于Oi。連

線從4點射入磁場，經(jīng)C點最終垂直于。02從。點射出磁場。已知電子電荷量

為e,質(zhì)量為，〃，大圓內(nèi)磁場的磁感應強度大小為瓦則以下說法正確的是（）

A.大圓內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里

B.小圓半徑為翳

C.小圓內(nèi)磁場的磁感應強度大小為2B

D.電子在磁場中運動的時間為猊

答案AC

解析電子由C點進入下方小圓，則可知電子剛進入磁場時受力豎直向下，由

左手定則可判斷磁感線方向垂直紙面向里，故A正確；軌跡圖如圖所示，由幾

何關系可知，兩次軌跡均為四分之一圓，則有卯qvBi=—^-,n=2r,?

解得力=舞，&=2&電子在兩個圓中運動時周期分別為.=黑，乃=等，

軌跡為兩個四分之一圓弧，見運動時間為「=?+?=舞，故B、D錯誤，C正

444^0

確。

對點練2電場與磁場的組合

4.（多選）如圖4所示，半徑為L的圓邊界內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab.

cd是圓邊界的兩個互相垂直的直徑，邊長為L的正方形defg內(nèi)存在勻強電場，

邊長de與直徑”共線，電場與磁場垂直、與gd平行，質(zhì)量為機、電荷量為g

的粒子（不計重力）從a點正對圓心0以初速度。。垂直射入磁場，從d點射出磁

場立即進入電場，最后恰好從。點射出電場，下列說法正確的是（）

圖4

A.粒子帶正電

B.電場方向由/指向e

C.粒子在磁場與電場中運動時間的比值為3

D.磁感應強度與電場強度大小的比值為《

答案AC

解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則知，粒子帶正電，A正確；

粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)偏轉特點，靜電力方向水平向右，又因為粒子

帶正電，所以電場方向由e指向B錯誤；根據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運動

的規(guī)律知，粒子在磁場中運動的時間力=察=技，在電場中運動時間為/2=點,

則2巖，C正確；設勻強磁場的磁感應強度為3,有夕。。8=喈，解得3=矍,

在電場中沿著de方向以速度刖做勻速直線運動L=vot2,沿著靜電力方向做初速

度為0的勻加速直線運動，L**也解得E=誓,則苓=￡D錯誤。

5.（多選）如圖5所示，在直角坐標系X。），的第一象限內(nèi)有一虛線，虛線與x軸正

方向間夾角9=30。。虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=

0.75X103To虛線下方到第四象限內(nèi)有與虛線平行、電場強度E=20N/C的勻

強電場。一比荷*=2X105C，kg的帶電粒子從y軸正半軸上的P點以速度vo=

300m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子進入磁場后，從虛線上的M點（M點圖中

未畫出）垂直虛線方向進入電場（不計重力），貝義）

A.該帶電粒子一定帶正電

B.OM之間的距離為2m

C.粒子第一次穿過虛線后與x軸間的最小距離約為0.98m

D.粒子第一次穿過虛線后能擊中x軸

答案BC

解析該粒子所受洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則知，該帶電粒子一定帶負電，A

錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得W忠=譚，解得r=2m,OM之間的距離為2m,

B正確；豎直方向的分速度為6，=如cos30。=15Mm/s,豎直方向的加速度為

4=qEs押30=2x］（）6m/S2,豎直方向摘=20y,解得y=0.017m,M點到冗軸

的距離為d=為in30°=1m,粒子第一次穿過虛線后與x軸間的最小距離約為

ymin=d—y=0.98m,C正確，D錯誤。

6.（多選）（2023?福建龍巖高三月考）如圖6所示，第I象限存在垂直于紙面向外的

磁感應強度為B的勻強磁場，第HI象限存在沿y軸正方向的勻強電場，已知P

點坐標為一L,。一個質(zhì)量為〃2,電荷量為4的帶電粒子以的速度從P

點沿x軸正方向射出,恰好從坐標原點。進入勻強磁場中，不計粒子的重力,

以下說法正確的是（)

A.電場強度后=弓7

B.帶電粒子到達。點時的速度大小v=y/5vo

C粒子射出磁場位置到。點的距離d=鬻

D.在磁場中帶電粒子運動的時間，=蕊

答案CD

解析粒子運動軌跡如圖

由題知，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律知，沿x軸

方向有L=3vott沿y軸方向有孕解得E=I2：：A錯誤；沿y軸方

D乙tiiqL

向有號解得0，=4°o,則到達0點時速度大小為夠+濟=5次）,B錯

4vo

誤；sin。=5如=（）.8,則。=53。，由洛倫茲力提供向心力有的8=.■天■，解得/?=

號鬻，由幾何關系知，粒子運動的軌跡與，軸的交點到。點的距離L

0=2XqBX0.8=皿,C正確；帶電粒子在勻強磁場中運動的周期TUQTU

篝，在磁場中運動的時間為，=繇r=譚，D正確。

7.（2023?江蘇無錫高三期末）如圖7所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金

屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。靜止的帶電粒子帶電

荷量為+小質(zhì)量為皿不計重力），從點P經(jīng)電場加速后，從小孔。進入N板右

側的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為以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8=30。，孔。到板的下端。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CQ板上，貝政）

M+

P

圖7

A.兩板間電壓的最大值3喏

B.能打到N板上的粒子的最大動能為曙

C.粒子在磁場中運動的垠長時間h=蕭

D.CO板上可能被粒子打中區(qū)域的長度S=|L

答案A

解析當粒子垂直打在CD板上時，；m=L,此時速度最大，由q0mB=叫;和動

能定理qUm=^mVm,解得Um=q&：,A正確；最大動能為如產(chǎn)品日解得

Ekm=4/，B錯誤；粒子在磁場中運動的最長時間為Zm=；T,T=翌,解得

4〃/4C/LJ

品=黑,C錯誤；設軌跡和CD相切時的半徑為⑵L=n+需有解得肛=上,

被粒子打中區(qū)域的長度為s=rm—不宗，解得s=（3—產(chǎn)）L,D錯誤。

idnJvD

M+-N

*/D

P隈

B級綜合提升練

8.如圖8,虛線乃上方存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為8