专题7+带电粒子在复合场中的运动含14真题及原创解析

1、咼考定位带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考的热点，常见的考查形式有组合场（电场、磁场、重力场依次出现 ）、叠加场（空间同一区域同时存在两种以上的场）、周期性变化场 等，近几年高考试题中，涉及本专题内容的频度极高，特别是计算题，题目难度大，涉及面 广试题多把电场和磁场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、圆周运动规律、功能关系揉 合在一起主要考查考生的空间想象能力、分析综合能力以及运用数学知识解决物理问题的 能力以考查考生综合分析和解决复杂问题的能力.考题1带电粒子在叠加场中的运动分析例 1】如图1所示，位于竖直平面内的坐标系xOy,在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度

2、大小为 B= 0.5 T,还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E = 2 N/C.在其第一象限空间有沿 y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h= 0.4 m的区域 有磁感应强度也为 B的垂直于纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动（PO与x轴负方向的夹角为 0= 45°,并从原点O进入第一象限.已知重力加速度g = 10 m/s2,问:油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；油滴在P点得到的初速度大小；（3）油滴在第一象限运动的时间.（2）根据油滴在垂直直审

3、题突破（1）结合平衡条件判断油滴所受电场力的方向和洛伦兹力的方向，进而判断油滴的 电性，对油滴受力分析后采用合成法作图，由几何关系得出三力之比;线方向上应用平衡条件列方程求得速度大小；（3）进入第一象限，由于重力等于电场力，在电场中做匀速直线运动，在混合场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹，结合磁场中圆周运动的 周期公式即运动的对称性确定运动总时间.解析根据受力分析（如图）可知油滴带负电荷, 设油滴质量为m,由平衡条件得：mg : qE : F = 1 : 1 : .2.由第（1）问得：mg = qEqvB= , 2qE解得：v = BE = 4 2 m/s.(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，

4、知油滴先做匀速直线运动，进入yh的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限.由0宀A匀速运动的位移为 Xi = 2hsin 45°其运动时间：t1 =沪 JE = E =sB由几何关系和圆周运动的周期关系式T=智知，qB1 ttF由AtC的圆周运动时间为t2 = -T=0.628 s4 2gB由对称性知从 CtN的时间t3=b在第一象限运动的总时间t = ti+ t2+ t3= 2X 0.1 s+ 0.628 s= 0.828 s答案 (1)1 : 1 : 2 油滴带负电荷(2)4 2 m/s (3)0.828 sO突破训练1 如图2，水平地面上方有一底部带有小

5、孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h = 9 m,与板上端等高处水平线上有一 P点，P点离挡板的距离x= 3 m.板的左侧以及板上端与 P点的连线上 方存在匀强磁场和匀强电场.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B = 1 T;比荷大小° = 1.0m若与p, gC/kg可视为质点的小球从挡板下端处小孔以不同的速度水平射入场中做匀速圆周运动, 挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过位置 =10 m/s2，求:图2(1) 电场强度的大小与方向；(2) 小球不与挡板相碰运动到P的时间;(3) 要使小球运动到 P点时间最长应以多大的速度射入?答案 (1)10 N/C，

6、方向竖直向下(2) n arcsin(3)3.75 m/s解析(1)由题意可知，小球带负电，因小球做匀速圆周运动，有：Eq= mg得：e = mg= 10 N/C,方向竖直向下q小球不与挡板相碰直接到达 p点轨迹如图:X K X有：(h R)方法提炼带电粒子在叠加场中运动的处理方法1.弄清叠加场的组成特点. .正确分析带电粒子的受力及运动特点. + x2= R2 得：R= 5 mx 3设PO与挡板的夹角为0,贝U sin 0= x = 画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律(1) 若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止例如电场与磁场中满足R 5小球做圆周运动的周期T=2

7、nmqB设小球做圆周运动所经过圆弧的圆心角为am则t=qB3(n+ arcsin 5 m运动时间 t= n+ arcsinqB(3)因速度方向与半径垂直，圆心必在挡板上, 设小球与挡板碰撞 n次，有RW 2n又R>x, n只能取0,1.n = 0时，(2)问不符合题意2 2 2n = 1 时，有(3R h) + x = R 解得：R1 = 3 m, R? = 3.75 m轨迹如图，半径为 R2时运动时间最长2洛伦兹力提供向心力：vqVB= mR2得: v= 3.75 m/s.qE = qvB;重力场与磁场中满足 mg= qvB;重力场与电场中满足 mg= qE.(2) 若三场共存时，合力

8、为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F = qvB的方向与速度v垂直.(3) 若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg= qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周2运动，即qvB= m*.(4) 当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解.考题2带电粒子在组合场中的运动分析【例2】(2014广东36)如图3所示，足够大的平行挡板A?竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域I和H,以水平面MN为理想分界面.1区的磁感应强度为X xX X XX X X X X X X6kBo,方向垂直纸面向外， Ai、A2上各有位置正对的小孔 Si、S2

9、,两孔与分界面 MN的距离为 L.质量为m、电量为+ q的粒子经宽度为 d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从 Si进入 I区，并直接偏转到 MN上的P点，再进入H区.P点与Ai板的距离是L的k倍.不计重力， 碰到挡板的粒子不予考虑.a MA,图3(1) 若k= 1，求匀强电场的电场强度 E;(2) 若2<k<3，且粒子沿水平方向从 S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和n区的磁感应强度 B与k的关系式.审题突破 (1)粒子在电场中做加速直线运动，根据动能定理列式；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最后联立求解.(2)结合几何

10、关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿 第二定律列式；最后联立求解即可.解析 若k= 1，则有MP = L,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情 况粒子的轨迹半径为R= L2粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：qvBo= m±R粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd = mv2综合上式解得：E = qBL2dm(2)因为2<k<3, 且粒子沿水平方向从射出，该粒子运动轨迹如图所示，由几何关系：R2 (kL)2= (R L)2,2又有 qvB0= mR则整理解得：v= qBo L + k L2m又因为：6L

11、2kL = 2x根据几何关系有：kL =-x r2V又 qvB= m_则n区的磁感应强度 B与k的关系:答案需v=qB4FO突破训练B =迴3 k.B=JSB°3 k2 .如图4所示的直角坐标xOy平面内有间距为d,长度为的平行正对金属板 M、N, Mn位于x轴上，OP为过坐标原点 0和极板N右边缘的直线，与 y轴的夹角0= OP与y轴3之间及y轴右侧空间中分别存在磁感应强度大小相等方向相反且均垂直于坐标平面的匀强磁场.质量为 m、电荷量为q的带正电粒子从 M板左侧边缘以速度 vo沿极板方向射入，恰好从N板的右侧边缘A点射出进入磁场粒子第一次通过n6 不计粒子重力，求：y轴时，速度与

12、y轴负方向的夹角为(1)极板M、N间的电压;匀强磁场磁感应强度的大小;(3)粒子第二次通过 y轴时的纵坐标值;(4)粒子从进入板间到第二次通过y轴时经历的时间.W3 + 7 n d qd2 d(4)(6)；答案3mvo22mvo"V解析(1)粒子在M、N板间做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为ti，则2J3d= voti根据牛顿运动定律得qU = ma d2联立解得U = 3mv.2q设粒子经过A点时的速度为V,方向与X轴的夹角为a,1 1根据动能定理，得 qU = qmv2 qmv。2V0COS a=V解得 V= 2vo, a= nD点与A点高度相等， CiDO设粒子第一次与y轴

13、相交于D点，轨迹如图，由几何关系知为等边三角形.R= d2根据牛顿定律，得 qvB= m-R2mvo整理得b=tqd '粒子在y轴右侧空间的运动轨迹如图.由几何关系知DE = 2Rcos 0= d即E点的纵坐标为yE= 2d.（4）粒子从A到D的时间15从D到E的时间t3= 5tnV0故 t = t + t2+ t3=( 3.如图5所示，相距3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中 pt上方的电场I的场强方向竖直向下，pt下方的电场n的场强方向竖直向上，电场I的场强大小是电场的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q , PQ间距离为L.从某时刻起

14、由 Q以初速度V0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为+q、质 量为m.通过PT上的某点R进入匀强电场I后从 CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若PR两点的距离为2L.不计粒子的重力.试求:很小的距虞 C可趾氯略(1) 匀强电场I的电场强度的大小和MT之间的距离；(2) 有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S,将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经 AB、CD间的电场从S孔水平射 入容器中.欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出(粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失)，并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，

15、粒子运动1的半径小于2a,求磁感应强度 B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到 Q所经历的时间.2mvo12mvo 1+ 2n答案 石0- 1LB= qa，n= 1,2,6L+ 6n+ 1 na, n= 1,2,vo 2 2n+ 1 vo解析 设粒子经PT直线上的点R由E2电场进入E1电场，由Q到R及R到M点的时间分 别为t2与"到达R时竖直速度为Vy,则由 F = qE= ma,2L= V0t2,L = V0t1,L =器22,E1= 2E2,2得 E mv_ 得 E1 = qL切=m t2 = m t11 E1q 2 MT=2 訥1 联立解得MT = p.(2)欲使粒子仍能从

16、S孔处射出，粒子运动的半径为r，则2_ mv0qv°B =r1(1 + 2n)r=尹，n= 1,2 ,2mv0 1 + 2n解得：B =-, n= 1,2,qaT T1由几何关系可知t' = 3 x (2nx + 6)= (3n + ?)Tn = 1,2,3 2 tR_ 2 nmT =U =丽代入B得T =t= 2ti + 2t2+ tn2n+ 1 vo,n= 1,2,6L+vo6n + 1 na2 2n+ 1 vo,n= 1,2,方法提炼 带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1) 分别研究带电粒子在不同场区的运动规律.在匀强磁场中做匀速圆周运动

17、.在匀强电场中,若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动.(2) 带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理.(3) 当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口.审题破题真题演练考题3带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析【例3】(19分)如图6甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场， 变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正).在t= 0时刻由原点O发射初速度大小为 V。，方向沿y轴正方向的带负电粒子.甲BtEBq !：

18、Iii爲'ii1n1aO4f(iO 血3to 4牯 5站乙丙已知vo、to、Bo，粒子的比荷为nBoto,不计粒子的重力.求:(1) t = to时，求粒子的位置坐标；若t= 5to时粒子回到原点，求 o5to时间内粒子距x轴的最大距离;(3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有Eo值.恩维导图由图象可知.电场、磁场交檸出现.说明粒 子交替进存匀速险周运动和匀变诬点线运动斬题工具“45"时粒于刨到原点” iffli出粒T的运动斬迹+ HJ知2厂验内半轻应为Ofu的2梧牛轅第二定律、匀变速代线运动规律査变削场中戦子懺往址直线运动的分析方袪 粒子在磁场中橄圆周廷动的力学方程酒=普

19、 周期公式化評踊出粒下匸5心时冋到原点的运动轨迹,铝到 心=2的艾索解析（1）由粒子的比荷m=则粒子做圆周运动的周期Boto'2 nmc丄八T =而=2to（1 分）由几何关系町知*要使擬子经过原点，则必 须满足畑J口3，Ta=滋2分）2粒子t= 5to时回到原点，轨迹如图所示则在0to内转过的圆心角由牛顿第二定律qv0B0= m旦（2分） rivoto八得ri=匚（1分）位置坐标（沁，O）. （1分）n2= 2ri（2 分）mvomv2八门=臥3=師（1分）得 v2= 2vo（1 分）q n2voto八又=ET，r2=（1 分）m Boton '05t0时间粒子在to2to时

20、间内做匀加速直线运动，2to3to时间内做匀速圆周运动，则在内粒子距x轴的最大距离：hm = VO2VOto+2= （；+ nvoto.（2 分）如图所示，设带电粒子在 x轴上方做圆周运动的轨道半径为1,在X轴下方做圆周运动的轨道半径为2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足：n（22 2r”= 21, （n= 1,2,3 ,）（1 分）mvo, mv 八ri=r2 = (1 分)BoqBoq)(1分)n+ 1联立以上各式解得v=vo, (n = 1,2,3,n又由v= Vo+Eoqtom(1分)voBo八得 Eo =, (n = 1,2,3,).(1 分)n n“亠2voto3 2v

21、oBo答案(1)( n o)(2)(2 + ；)voto ,(n= 1,2,3，)、高齊现场(20分)如图7甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板 P、Q间存在匀强磁场.取垂直于纸 面向里为磁场的正方向， 磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示. t = O时刻，一质量为m、 带电量为+ q的粒子(不计重力)，以初速度vo由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区.当Bo和Tb取某些特定值时，可使t= 0时刻入射的粒子经At时间恰能垂直打在 P板上(不考虑粒子反弹).上述m、q、d、Vo为已知量.XVf)X(1)若若若答案At = Tb,求 Bo；3At = Tb，求粒子

22、在磁场中运动时加速度的大小；Bo=晋学，为使粒子仍能垂直打在P板上，求2，八 mvo3vond .(1)(2)(3)或qd d3voTb.arcsin1 ©4 丿2vo解析(1) 设粒子做圆周运动的半径为R1,2由牛顿第二定律得 qvoBo=譽R1据题意由几何关系得 R1 = d联立式得Bo=箫设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为 a,由圆周运动公式得voa = R2据题意由几何关系得 3R2= d2联立式得a=警.d设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得 T = 2nR 由牛顿第二定律得2qvoBo =mvo由题意知盼器代入式得d = 4R粒子运动轨迹如图所示

23、,01、。2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为9,在每个Tb内，只有A、B两个位置才有可n能垂直击中P板，且均要求0<9<2，由题意可知Tb2设经历完整Tb的个数为n(n= 0,1,2,3,) 若在A点击中P板，据题意由几何关系得R+ 2(R+ Rsin 9)n = d当n = 0时，无解当n= 1时，联立？式得n亠 19= 6(或 sin 9= 2)联立？式得ndTb=3vo当n2时，不满足0< 9<90°的要求若在B点击中P板，据题意由几何关系得R+ 2Rsin 9+ 2(R+ Rsin 9)n= d当n = 0时，无解 当n= 1时，联立？式得9=

24、arcsin,(或 sin 9= 4)Tb=n arcsin4 益联立？式得当n2时，不满足0< 9<90°的要求.知识专题练训练7题组1带电粒子在叠加场中的运动分析1 .如图1所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球.0点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、0、d三点在同一水平 线上.已知小球所受电场力与重力大小相等.现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是( )图1A .小球能越过d点并继续沿环向上运动B .当小球运动到d点时，不受

25、洛伦兹力C. 小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D. 小球从b点运动到c点的过程中，经过弧 bc中点时速度最大答案 BD解析 电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于竖直平面圆环的“最高点”.关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大；由于 a、d两点关于新的最高点对称，若从 a点静止 释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到 d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故 B正确；由于d、b等高，故小球从 d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方 45&#

26、176;由于弧bc中点是等效最低点，故小球从 b点运动到c点的过 程中，经过弧bc中点时速度最大，故 D正确.2 .如图2甲所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上.在 xOy平面内有与y轴平行 的匀强电场，在半径为R的圆形区域内加有与 xOy平面垂直的匀强磁场. 在坐标原点0处放 置一带电微粒发射装置， 它可以连续不断地发射具有相同质量 m、电荷量q(q>0)和初速度为 vo的带电微粒.(已知重力加速度为 g)图2(1) 当带电微粒发射装置连续不断地沿 y轴正方向发射这种带电微粒时， 这些带电微粒将沿圆形磁场区域的水平直径方向离开磁场，并继续沿x轴正方向运动.求电场强度 E和磁感应

27、强度B的大小和方向.(2) 调节坐标原点处的带电微粒发射装置，使其在xOy平面内不断地以相同速率vo沿不同方向将这种带电微粒射入第I象限，如图乙所示现要求这些带电微粒最终都能平行于x轴正方向运动，则在保证电场强度 E和磁感应强度B的大小和方向不变的条件下，求出符合条件 的磁场区域的最小面积.答案（1）E=四，沿y轴正方向B =黑0,垂直纸面向外（2）（1）R2qqR2解析 微粒沿x轴正方向运动，即带电微粒所受重力与电场力平衡.设电场强度大小为 E,由平衡条件得：mg = qE解得：E = mgq由于粒子带正电，故电场方向沿y轴正方向带电微粒进入磁场后，做匀速圆周运动，且半径r = R.设匀强磁

28、场的磁感应强度大小为B.2由牛顿第二定律得：qv°B= m罟R解得B= 先，磁场方向垂直纸面向外.qR（2）沿y轴正方向射入的微粒，运动轨迹如图所示：以半径R沿x轴正方向运动四分之一圆弧，该圆弧也恰为微粒运动的上边界.以0点为圆心、R为半径做的四分之一圆弧 BC为微粒做圆周运动的圆心轨迹.微粒经磁场偏转后沿x轴正方向运动，即半径沿竖直方向.并且射出点距圆心轨迹上各点的距离为R,射出点的边界与圆弧BC平行，如图中的圆弧 ODA,圆弧0A与圆弧ODA之间的区域即为磁场区域的最小面 积：1212n 八 r-,2S= 2qn 2R）=（2 1）R.题组2带电粒子在组合场中的运动分析53.如图

29、3所示，在矩形区域CDNM内有沿纸面向上的匀强电场， 场强的大小E= 1.5X 10 V/m ; 在矩形区域 MNGF内有垂直纸面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小 B= 0.2 T.已知CD = MN =FG = 0.60 m , CM = MF = 0.20 m .在CD边中点O处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地辐射出速率均为 V0= 1.0 >106 m/s的某种带正电粒子，粒子质量m = 6.4X 1027 kg，电荷量q= 3.2 X 1019 C,粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场，不计粒子的重力.求：粒子在磁场中做圆周运动的半径;(2) 边界FG上有粒子射出磁场的范围

30、长度;(3) 粒子在磁场中运动的最长时间.答案 (1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.1(后两问结果保留两位有效数字 )X 107s解析(1)电场中由动能定理得:1 2 1 2qEd = qmv 2mvo由题意知d= 0.20 m,代入数据得v = 2X 106 m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,2v_qBv= m解得 r = mv= 0.2 m.qB(2)设粒子沿垂直于电场方向射入时,出电场时水平位移为 X,则由平抛规律得:1 qf 2 d = 1m tX= Vot解得x=器离开电场时,sin ® =丰=2，°1= 30°由题意可知,PS丄MN，沿OC方向射出粒子到达 P点，为左边界，垂直 MN射出的粒子与边界FG相切于Q点，Q为右边界，QO = r，轨迹如图.范围长度为1 = x+ r =(器(3) T = 错，由分析可知，OO '方向射出的粒子运动时间最长，设FG长度为12L r 1sin 9?= : = 2， 2= 30带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120° ,对应的最长时间为tmax= 2丁=2.1X 10 7 s3 3qB题组3带电粒子在周期性变化的电磁