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1、专题强化十一 带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题强化十一 带电粒子在叠加场和组合场中的运动 专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式 出现. 2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力.针对性的专题训练， 可以提高同学们解决难题、压轴题的信心. 3.用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒 定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律). 命题点一 带电粒子在叠加场中的运动命题点一 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 (1
2、)洛伦兹力、重力并存 若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动. 若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子) 若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动. 若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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、洛伦兹力、重力并存 若三力平衡，一定做匀速直线运动. 若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动. 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 守恒定律或动能定理求解问题.
3、2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 带电粒子在叠加场中受轻杆、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解. 例 1 (2017全国卷16)如图 1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上 (与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒 a、b、c 电荷量相等，质量分 别为 ma、mb、mc，已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直 线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是(
4、) 图 1 A.mambmc B.mbmamc C.mcmamb D.mcmbma 答案 B 解析 设三个微粒的电荷量均为 q， a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则 magqE b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbgqEqvB c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcgqvBqE 比较式得：mbmamc，选项 B 正确. 变式 1 (多选)(2019辽宁省沈阳市调研)如图 2 所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和 垂直纸面向里的匀强磁场， 一个带负电的金属小球从M点水平射入场区， 经一段时间运动到N 点，关于小球由 M 到 N 的
5、运动，下列说法正确的是( ) 图 2 A.小球可能做匀变速运动 B.小球一定做变加速运动 C.小球动能可能不变 D.小球机械能守恒 答案 BC 解析 小球从 M 到 N，在竖直方向上发生了偏转，所以受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向 下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所 以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A 错误，B 正确；若电场力 和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球 的动能可能不变，C 正确 ； 沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D 错误. 例2 (2016天津
6、理综11)如图3所示， 空间中存在着水平向右的匀强电场， 电场强度大小E 5 N/C， 同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场， 其方向与电场方向垂直， 磁感应强度大小B3 0.5 T.有一带正电的小球，质量 m1106 kg，电荷量 q2106 C，正以速度 v 在图示的竖 直面内做匀速直线运动， 当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)， 取g 10 m/s2，求： 图 3 (1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t. 答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成 60角斜向上 (2)2 s3 解析 (1
7、)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有 qvBq2E2m2g2 代入数据解得 v20 m/s 速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角满足 tan qE mg 代入数据解得 tan 3 60 (2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其 加速度为 a，有 a q2E2m2g2 m 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有 xvt 设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为 y，有 y at2 1 2 tan y x 联立式，代入数据解得 t2 s3 解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向
8、的分运动没有影响，以 P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vyvsin 若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt gt2 1 2 0 联立式，代入数据解得 t2 s.3 变式 2 (2018山西省孝义市质量检测三)如图 4 所示， 竖直平面内存在水平方向的匀强电场， 电场强度为 E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，纸面内放置一光滑的 绝缘细杆，与水平方向成 45角.质量为 m、带电荷量为 q 的金属小环套在细杆上，以初速 度 v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，则以下说法正确
9、的是( ) 图 4 A.小球可能带负电 B.电场方向可能水平向右 C.小球的初速度 v0 2mg qB D.小球离开细杆时的速度 vE B 答案 C 命题点二 带电粒子在组合场中的运动命题点二 带电粒子在组合场中的运动 1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现. 2.分析思路 (1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理. (2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键. (3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观 地解决问题. 模型 1 磁场与磁场
10、的组合 例 3 (2017全国卷24)如图 5，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场.在 x0 区域，磁感应强度的大小为 B0； x0 区域，磁感应强度的大小为 B0(常数 1).一质量为 m、 电荷量为 q(q0)的带电粒子以速度 v0从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时， 当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时，求：(不计重力) 图 5 (1)粒子运动的时间； (2)粒子与 O 点间的距离. 答案 (1)(1 ) (2)(1 ) m B0q 1 2mv0 B0q 1 解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动.设在 x0 区域，圆周半径为 R1； 在 x0
11、区域，圆周半径为 R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 qB0v0m v2 0 R1 qB0v0m v2 0 R2 设粒子在 x0 区域运动的时间为 t1，则 t1 R1 v0 粒子在 x (3)4na(n1,2,3，) 5aqB0 m 8B0 3 解析 (1)粒子在 OF 上方的运动轨迹如图所示， 设粒子做圆周运动的半径为 R，由几何关系可知 R2(Ra)2(3a)2，R5a 由牛顿第二定律可知：qvB0m，解得：v v2 R 5aqB0 m (2)当粒子恰好不从 AC 边界飞出时，运动轨迹如图所示，设粒子在 OF 下方做圆周运动的半 径为 r1， 由几何关系得：r1r1cos 3a，cos
12、 ，所以 r1，根据 qvB1，解得：B1， 3 5 15a 8 mv2 r1 8B0 3 当 B1时，粒子不会从 AC 边界飞出； 8B0 3 (3)当 B3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在 OF 下方的运动半径为：r a，设粒子 5 3 的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为 P1， 则 P 与 P1的连线一定与 OF 平 行，根据几何关系知：4a，所以若粒子最终垂直 DE 边界飞出，边界 DE 与 AC 间的距PP1 离为：Ln4na(n1,2,3，).PP1 模型 2 电场与磁场的组合 例 4 (2018全国卷25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 x
13、Oy 平面 内的截面如图 7 所示 ： 中间是磁场区域， 其边界与 y 轴垂直， 宽度为 l， 磁感应强度的大小为 B， 方向垂直于 xOy 平面 ； 磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 l，电场强度的大小均为 E， 方向均沿 x 轴正方向；M、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行.一带正电的 粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度 从 N 点沿 y 轴正方向射出.不计重力. 图 7 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从 M 点入射时速度的大小； (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向
14、的夹角为 ，求该粒子的比荷及其从 M 6 点运动到 N 点的时间. 答案 (1)见解析图 (2) (3) 2El Bl 4 3El B2l2 Bl E(1 3l 18l) 解析 (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上 下对称) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0， 在下侧电场中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为 v，方向与电 场方向的夹角为 ，如图(b)，速度沿电场方向的分量为 v1. 根据牛顿第二定律有 qEma 式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量. 由运
15、动学公式有 v1at lv0t v1vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB mv2 R 由几何关系得 l2Rcos 联立式得 v0 2El Bl (3)由运动学公式和题给数据得 v1 v0 tan 6 联立式得 q m 4 3El B2l2 设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t，则 t2tT 2( 2 6) 2 式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则 T 2m qB 由式得 t Bl E(1 3l 18l) 变式 4 (2018山西省晋城市第一次模拟)在如图 8 甲所示的 xOy 坐标系中， 第一象限内有垂 直坐
16、标平面的匀强磁场；第二象限内有方向水平向右、场强大小为 E 的匀强电场 E1；第四象 限内有方向水平(以水平向右为正方向)、大小按图乙规律变化的电场 E2，变化周期 T. 2mx0 Eq 一质量为 m、电荷量为q 的粒子，从(x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕 O 点 做匀速圆周运动.以粒子经过 x 轴进入第四象限的时间点为电场 E2的计时起点， 不计粒子重力. 求： 图 8 (1)第一象限内匀强磁场的磁感应强度 B 的大小； (2)粒子在第四象限中运动，当 t 时，粒子的速度； T 2 (3)粒子在第四象限中运动，当 tnT(nN*) 时，粒子的坐标. 答案 (1) (2)2，方
17、向与水平方向成 45角斜向右下方 (3)(n1)x0，2nx0 2mE qx0 qEx0 m (nN*) 解析 (1)设粒子离开第二象限时的速度为 v0，在第二象限内，由动能定理得 qEx0 mv02 1 2 解得 v0 2qEx0 m 在第一象限内，粒子做匀速圆周运动的速度为 v0，由洛伦兹力提供向心力得 qv0Bmv 2 0 x0 解得 B 2mE qx0 (2)粒子进入第四象限后， 加速度 a， 当 t 时在水平方向上有 v水平at qE2 m q2E m T 2 q2E m T 2 得 v水平v0 2qEx0 m 故粒子的速度大小 v合v022 qEx0 m 方向与水平方向成 45角斜
18、向右下方 (3)粒子在第四象限中运动时，y 轴方向上做匀速直线运动，x 轴方向上前半个周期向右做匀 加速运动， 后半个周期向右做匀减速运动直到速度为0； 每半个周期向右前进x 2 1 2 qE2 m( T 2) ，每个周期前进 x0 x0 2 当 tnT 时，x 轴距 O 点的距离 xx0nx0 y 轴距 O 点的距离 yv0nT2nx0 粒子的坐标(n1)x0，2nx0(nN*) 1.(多选)(2018河南省驻马店市第二次质检)如图 1 所示， 平面直角坐标系的第二象限内存在着 垂直纸面向外、磁感应强度大小为 2B 的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感 应强度大小为 B 的匀强磁场
19、.一带负电的粒子从原点 O 以某一速度沿与 y 轴成 30角方向斜向 上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为 R，已知带电粒子的质量为 m，所带电 荷量为 q，且所受重力可以忽略.则( ) 图 1 A.粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为 12 B.粒子完成一次周期性运动的时间为2m 3qB C.粒子从 O 位置入射后第二次经过 x 轴时的位置到坐标原点的距离为 3R3 D.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的 2 倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少 答案 AC 解析 由半径公式 r知，轨迹圆半径与磁感应强度 B 成反比，所以粒子在第二象限和第 mv qB 三象限
20、两磁场中运动的轨迹圆半径之比为 12，故 A 正确 ； 粒子在磁场中运动一个周期的轨 迹如图所示： 在第二象限的周期 T1，圆心角为 120，运动时间 t1T1，在第三象限 2m q2B m qB 120 360 m 3qB 运动的周期 T2，圆心角为 120，运动时间 t2T2，所以粒子完成一次周期性 2m qB 120 360 2m 3qB 运动的时间 t0t1t2，故 B 错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为 R22R，从 O 点入 m qB 射后第一次经过 x 轴的距离 x1R1R，第二次圆弧的弦长 x2R22R，所以粒子3333 从 O 位置入射后第二次经过 x 轴时的位置到坐标原点的
21、距离为 xx1x23R，故 C 正确 ；3 若仅将粒子的入射速度变为原来的 2 倍，周期 T与速度无关，圆心角不变，所以在磁 2m qB 场中运动时间 tT 不变，故 D 错误. 2 2.(多选)(2018山西省晋城市第一次模拟)足够大的空间内存在着竖直向上的匀强磁场和匀强 电场， 有一带正电的小球在电场力和重力作用下处于静止状态.现将磁场方向顺时针旋转 30， 同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度 v(如图 2 所示)， 则关于小球的运动， 下列说法正 确的是( ) 图 2 A.小球做类平抛运动 B.小球在纸面内做匀速圆周运动 C.小球运动到最低点时电势能增加 D.整个运动过程中机械能不守
22、恒 答案 CD 解析 小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡， 当把磁场顺时针方向旋转 30， 且给小球一个垂直磁场方向的速度 v， 则小球受到的合力就是 洛伦兹力， 且与速度方向垂直， 所以小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动， 选项 A、 B 错误；小球从开始到最低点过程中克服电场力做功，电势能增加，选项 C 正确；整个运动 过程中机械能不守恒，选项 D 正确. 3.(2018江西省十所省重点高中二模)如图 3 所示，在纸面内有两个磁感应强度大小均为 B、 方向相反的匀强磁场， 虚线等边三角形 ABC 为两磁场的理想边界.已知三角形 ABC 边长为
23、L， 虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向 里的匀强磁场.一电荷量为q、质量为 m 的带正电粒子从 AB 边中点 P 垂直 AB 边射入三角 形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力，试求： 图 3 (1)要使粒子从 P 点射出后在最短时间内通过 B 点，则从 P 点射出时的速度 v0为多大？ (2)满足(1)问的粒子通过 B 后第三次通过磁场边界时到 B 的距离是多少？ (3)满足(1)问的粒子从 P 点射入外部磁场到再次返回到 P 点的最短时间为多少？画出粒子的 轨迹并计算. 答案 (1) (2) (3)见解析 qBL 4m 3L 4 解析 (1)当
24、粒子运动半个圆周到达 B 点时所用时间最短， 此时粒子做圆周运动半径 r ， 根 L 4 据洛伦兹力提供向心力可得 r，解得 v0； mv0 qB qBL 4m (2)粒子做圆周运动半径 r ，由几何关系可知： L 4 设过 B 点后第三次通过磁场边界时到 B 点的距离为 s，s3r； 3L 4 (3)粒子运动轨迹如图 粒子在磁场中运动的周期 T，由图可知从 P 点射入外部磁场到再次返回到 P 点的最短 2m qB 时间为 tminT 25 6 25m 3qB 4.(2019河南省商丘市模拟)如图 4 所示， 在 xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场， 第四象限内有竖直向上的匀强电场
25、，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面 的匀强磁场， 让一个质量为 m、 带电荷量为 q 的粒子在第二象限内的 P(L， L)点由静止释放， 结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从 x 轴上的 Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为 g，求： 图 4 (1)粒子从 P 点运动到坐标原点的时间； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向。 答案 (1) (2) 方向垂直纸面向里 2L g 2m q 2g L 解析 (1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿 PO 方向，则粒子 带正电. 由运动学知识可得 mgqE1qE2，mgma，L
26、 at2，解得 t22 1 2 2L g (2)设粒子从 O 点进入第四象限的速度大小为 v，由动能定理可得 mgLqE1L mv2 1 2 解得 v2， 方向与 x 轴正方向成 45角， 由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反gL 向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从 x 轴上的 Q(L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里. 粒子做匀速圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知 粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为 RL 2 2 由牛顿第二定律可得 Bqvm，解得 B v2 R 2m q 2g L 5.(2018山东省日照市一模)如图 5
27、 所示，在坐标系 xOy 平面的 x0 区域内，存在电场强度大 小 E2105N/C、方向垂直于 x 轴的匀强电场和磁感应强度大小 B0.2 T、方向与 xOy 平面 垂直向外的匀强磁场.在 y 轴上有一足够长的荧光屏 PQ， 在 x 轴上的 M(10,0)点处有一粒子发 射枪向 x 轴正方向连续不断地发射大量质量 m6.41027kg、电荷量 q3.21019 C 的带正 电粒子(重力不计)，粒子恰能沿 x 轴做匀速直线运动.若撤去电场，并使粒子发射枪以 M 点为 轴在 xOy 平面内以角速度 2 rad/s 顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中). 图 5 (1)判断电场方向，求粒子离开发
28、射枪时的速度； (2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； (3)荧光屏上闪光点的范围距离； (4)荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间. 答案 见解析 解析 (1)带正电粒子(重力不计)在复合场中沿 x 轴做匀速直线运动，据左手定则判定洛伦兹 力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上 有 qEqvB 速度 v m/s106 m/s E B 2 105 0.2 (2)撤去电场后，有 qvBmv 2 R 所以粒子在磁场中运动的轨迹半径 R m0.1 m mv qB 6.4 1027 106 3.2 1019 0.2 (3)粒子运动轨迹如图所示，若粒子在荧光屏上能最上端打在 B 点，最下端
29、打在 A 点 由图可知：dOARtan 60R3 dOBR 所以荧光屏上闪光点的范围距离为 dAB(1)R0.273 m3 (4)因为粒子在磁场中做圆周运动的周期 T6.28107 s，所以粒子在磁场中运动的时 2m qB 间可以忽略不计 闪光点从最低点移到最高点的过程中，粒子发射枪转过的圆心角 5 6 所用的时间 t s s0.42 s 5 6 2 5 12 6.(2018福建省南平市适应性检测)如图 6，在平面直角坐标系 xOy 中，x 轴上方存在沿 y 轴负 方向的匀强电场，电场强度为 E，x 轴下方存在垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强 度为 B.一个静止的带正电粒子位于 y 轴正
30、半轴的 A(0，h)点，某时刻由于内部作用，分裂成 两个电荷量都为q 的粒子 a 和 b，分别沿 x 轴正方向和负方向进入电场.已知粒子 a 的质量 为 m，粒子 a 进入第一象限的动量大小为 p.设分裂过程不考虑外力的作用，在电场与磁场中 的运动过程不计粒子重力和粒子间的相互作用.求： 图 6 (1)粒子 a 第一次通过 x 轴时离原点 O 的距离 x； (2)粒子 a 第二次通过 x 轴时与第一次通过 x 轴时两点间的距离 L. 答案 见解析 解析 (1)如图所示，粒子 a 在电场中只受电场力，做类平抛运动 由平抛运动规律可得：xv0t h at2 1 2 qEma pmv0 联立解得：xp 2h mEq (2)粒子 a 进入磁场时，设速度为 v，与 x 轴正方向成 角，y 轴方向的速度为 vy，则 vyat vyvsin 粒子 a 在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为 r，有 qvB mv2 r 由几何知识得： L2rsin 联立式解得： L2 B 2mEh q