2022年高考物理大一轮复习：带电粒子在复合场中的运动（含答案）

1、9.4带电粒子在复合场中运动一、三种场力的特点1 .重力的大小为mg,方向竖直向下，重力做功与路径无关，其数值除与带电 粒子的质量有关外，还与初、末位置的高度差有关.2 .电场力的大小为qE,方向与电场强度E及带电粒子所带电荷的性质有关， 电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与初、末位置的 电势差有关.3 .洛伦兹力的大小跟速度与磁场方向的夹角有关，当带电粒子的速度与磁场方 向平行时，尸0；当带电粒子的速度与磁场方向垂直时，尸qi，B；洛伦兹力的方向垂直 于速度u和磁感应强度B所决定的平面.无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做 功.二、带电粒子在复合场中的运动1 .复合

2、场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场共存.(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，或在同一区域，电场、磁场交替 出现.2 .带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静 止状态或做匀速直线运动.(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带 电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动.(3)非匀变速曲线运动：当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初 速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，这类问

3、题一般用能量关系来处理.(4)分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情 况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成.三、带电粒子在复合场中运动的处理方法1 .正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提(1)带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及其初始状 态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中 所受合外力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器).(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒 子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动.(3)当带电粒子所受的合外力是变力，

4、且与初速度方向不在一条直线上时，粒子 做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电 粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变 化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段所组成.2 .灵活选用力学规律是解决问题的关键(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解.(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条 件列方程联立求解.(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒 定律列方程求解.说明：如果涉及两个带电粒子的碰撞问题，还要根据动量守恒定律列出方程， 再与其他方程

5、联立求解.由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题, 这时应以题目中的“恰好”“最大”“最高” “至少”等词语为突破口，挖掘隐含 条件，根据临界条件列出铺助方程，再与其他方程联立求解.考点一带电粒子在组合场中的运动在组合场中，电场与磁场不重叠，各位于一定的区域.带电粒子在电场中加速或偏转，在磁场中做匀速圆周运动，粒子经过两场边界的速度是连接两个运动的纽带，求出粒子的边界速度是解题的关键，基本思路如下:题型一、先电场后磁场1.先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动.（如图甲、乙所示）在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度.2.先在电场中做类平

6、抛运动，然后进入磁场做圆周运动. 在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度.（如图丙、丁所示）yX X X XX X X XX X X X例题1.平面直角坐标系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第III象 限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示.一带负电的粒 子从电场中的Q点以速度w沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距 离的2倍.粒子从坐标原点0离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P 点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力，求：(1)粒子到达0点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.【答案】 正均与x轴正方向成45。角斜向上

7、(2)y【解析】 在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L,至Ijy 轴的距离为2L,粒子的加速度为m运动时间为3有：沿入轴正方向：2L=wt 竖直方向根据匀变速直线运动位移一时间关系可得：L=%t2设粒子到达0点时沿y轴方向的分速度为vy根据速度一时间关系可得：Vy=Qt 设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为a,有tanan合 联立式得：a=45。即粒子到达0点时速度方向与x轴方向的夹角为45°、，角斜向上.X X X X设粒子到达。点时的速度大小为V,由运动的合成有：XV +Vy2 =y2vo；I" I一 "Y V,、 o'(2)设电场

8、强度为E,粒子电荷量为q,质量为m, Illi由牛顿第二定律可得：qE=ma由于 vy2=2tzL一 2解得：£=舞设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,如图 所示，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB=m 由于P点到O点的距离为2L,则由几何关系可知R=&L解得：B=等 qLVo7例题2.在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴 负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的 匀强磁场，磁感应强度为B. 一质量为m、电荷量为q的 带正电的粒子从y轴正半轴上的点以速度均垂直于y 轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成。=60。角射入磁场，

9、最后从y轴负半 轴上的尸点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计粒子重力，求:M、N两点间的电势差Uwv;(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.解析：粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆 周运动，两者的衔接点是N点的速度.(1)设粒子过N点时的速度为y,有吃=3/v=2v()粒子从M点运动到N点的过程，有所以Umn=(2)如图所示，粒子在磁场中以。为圆心做匀速圆周运动，半径为OM有力Bmv2mv 2mVh下所以=)=而(3)由几何关系得ON= rsin 3,设粒子在电场中运动的时间为力，有0N=Ri，所以九=ON rsin 8 2/sin 0 事mVo V

10、oqB qB粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=幺詈,设粒子在磁场中运动的时间为6, 有:_7T兀3 2mn 2Ttm a=后T=词=丽(373 + 2) m所以看八 + k 3M答案：崂Q卷(3，5 + 2兀)?3qB例题3.如图所示的平面直角坐标系x0y,在第I、III象限内有平行于y轴，电场强 度大小相同、方向相反的匀强电场，在第IV象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场.一轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的坐d, 0点进y质量为"2,电荷量为9的带电粒子，从y轴上的M(0, d)点，以大小为内的速度沿入第W象限内，又经过磁场垂直y轴进入第m象限，最终(1)匀强电场的电场强度E和磁

11、场的磁感应强度B的粒子从X轴上的P点离开.不计粒子所受到的重力.求:大小；(2)粒子运动到P点的速度大小；(3)粒子从M点运动到P点所用的时间.审题突破(1)“以大小为的速度沿x轴正方向射入电场''说明：带电粒子在第I象限做 运动.(2)“又经过磁场垂直y轴进入第HI象限”说明：带电粒子在第IV象限做匀速圆周 运动的圆心在,带电粒子在第III象限做 运动.解析(1)粒子运动轨迹如图所示.设粒子在第I象限内运动的时间为小粒子在N点时速度大小为V1，方向与X 轴正方向间的夹角为仇则:X= Vol联立以上各式得：3=1，力=23£=缪粒子在第IV象限内做匀速圆周运动，由牛顿

12、第二定律得：qvxB=n由几何关系得：足=篝=9联立并代入数据解得：8=鬻(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得:qEd+qE(R+Rcos。产品亦一品访代入中所求数据解得：w=4而物鸣(3)粒子在第I象限内运动时间：力=乎 Vo “02tiR 47rd粒子在第W象限内运动周期：丁=等=碧 V1 3 Vo1兀一铲 Andh=rT=9粒子在第HI象限内运动时有：R+Rcos O=at解得:需（6/5+6，+4兀）d粒子从M点运动到。点的时间：，=，1+/2 + /3 =跟踪训练3-L （多选）如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀ty .强磁场.有一重力

13、不计的带电粒子（电荷量为q,质量为 工,'. m）以垂直于x轴的速度股）从尤轴上的P点进入匀强电vq *场，恰好与y轴正方向成45。角射出电场，再经过一段 Jr时间又恰好垂直于x轴进入第四象限.已知OP之间的P 0x距离为d,贝M）A.带电粒子通过y轴时的坐标为（0, d）B.电场强度的大小为喘C.带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为（3寸4）d 2VoD.磁感应强度的大小为当学答案BC解析 粒子在电场中做类平抛运动，因为进入jy "磁场时速度方向与y轴正方向成45。角，所以沿x轴正方向的分速度 =也，在x轴正方向做匀加速A .一一 一 0+vo一P0 01才运动，有d= -

14、2- I，沿y轴正方向做匀速运动，有s = y0t=2d,故A项错误.沿x轴正方向做匀加速运动，根据耳产当x”=熬, m Vo mvo2解得E=景，故B项正确.粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图L3可知粒子在磁场中运动的半径R=26d,圆心角0=135。=小，所以在磁场中的运动c c 1352 兀 Rx I时间为t产 啦黑;在电场中的运动时间为t2=得所以总时间为.（3兀+4） d 互 ,- mv2-. 3mXA/2vo mv0t ti +t22V0 ，故C项正确.由qvB=-可知，磁感应强度B=qxqd=2j/故D项错误.跟踪训练3-2.（多选）如图所示，M、N为两块带等量异种

15、电荷的平行金属板，两板 间电压可取从零到某一最大值之间的任意值.静止的带电粒子带电荷量为+q,质量 为m（不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外，CD为磁场 边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为0 = 30。，孔Q到 板的下端C的距离为L,当M、N两板间电压取最大值 时，粒子恰垂直打在CD板上，则（）A.两板间电压的最大值B. CD板上可能被粒子打中区域的长度%=（3 '）LC.粒子在磁场中运动的最长时间3=TimD.能打在N板上的粒子的最大动能为qBq2B2L2 1 18m答案BCD解析M、N两板间电压取最大值时，粒子

16、恰垂直打在CD板上，所以其轨迹圆心在C点，CH = QC = L,故半径Ri=L,又因 Bqvi = m启，qUm=mv2,可得人=乜2m，所以A项错误.,R? 1设轨迹与CD板相切于K点，半径为R2，在 AKC中$访30。=十=小 可得R? LK2 Z=与，CK长为巾R2=L,则CD板上可能被粒子打中的区域即为HK的长度，尸 HK=LCK=（W2）L,故B项正确.打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长, 周期T=誓，所以3=祟，C项正确.能打到N板上的粒子的临界条件是轨迹与 CdCr>CD相切，由B项知，l*m = R2=Q，可得Vm= Ju '动能Ekm="j胃/，

17、故D项正确. 3jin16m题型二、先磁场后电场组合粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：1.进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反（如图甲）.粒子进入电场后做加速或减速运粒子进入电场后做类平抛运动，用动能定理或运动学公式列式 动，用平抛运动知识分析甲乙例题1.如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向荷量为q(q>0)的粒子以速度均从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电 场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T(),磁场方向变为垂 直于纸面向里，大小不变，不计重力.(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；若要使粒子能

18、够回到P点，求电场强度的最大值.【答案】瑞Q簿【解析】(1)带电粒子在磁场中做圆周运动， 设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力公式及2圆周运动规律有：qyoB=2tcRT=vo5依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为方所需时间ti=gT联立式得力=鬻(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速运动，到达X轴时速度大小仍为也).设粒子在电场中运动的总时间为t2,加速度 大小为。，电场强度大小为E,有:qE=ma 1丫0=郎2 (6)联立式得t尸罂根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足：t22To联立式得,电场强度的最大值为：E=例题2.在直角坐标

19、系xOy中，A(-0.3, 0)、C是x轴上的两点，P点的坐标为(0, 0. 3).在第二象限内以D(0.3, 0.3)为圆心、0.3 m为半径的"圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大 小为B=0. 1 T的匀强磁场；在第一象限 三角形OPC之外的区域，分布着沿y轴 负方向的匀强电场.现有大量质量为m=3x10-9 kg、电荷量为q = lxl0-4c的相同粒子，从A点平行xOy平面以相同速率、沿不同方向射向磁场区域，其中沿AD方 向射入的粒子恰好从P点进入电场，经电场后恰好通过C点.已知a=37。，不考虑 粒子间的相互作用及其重力，求：(1)粒子的初速度大小和电场

20、强度E的大小；(2)粒子穿越x正半轴的最大坐标.【答案】(l)lxlO3 m/s 112. 5 V/m (2)0. 5 m【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径r,粒子的初速度v,洛伦兹力提供向心力：qvB/ny_,.zhmv 公可得：根据题意和几何知识，可得r=DP=0. 3 m代入得：v= IxlO3 m/s沿AD方向的粒子由P点进入电场时，速度方向与y轴垂直.所以，该粒子在 电场中做类平抛运动，设类平抛运动时间为t%方向：OC = vty方向：0P=gat2根据几何关系得：§5=tana根据牛顿第二定律：Eq = m«式子联立得：E=112. 5 V/m

21、（2）设速度方向与x轴正方向的夹角为0的入射粒子，从工正半轴穿过时距离0 点最远，粒子从F点离开磁场，其中O,是粒子运动轨迹的圆心，粒子运动到F点时 的速度为vF由于粒子的运动半径等于磁场的半径，所以四边形ADFO,为菱形，。下AD, 所以速度vf垂直于y轴从P点进入电场，仍做类平抛运动.设粒子在电场中的运动时间为t',粒 子穿越x正半轴的最大坐标为xc，粒子做 类平抛运动工方向的位移为x, F点的坐 标为（xf，yp），F点的纵坐标为yF，则yp=y，类平抛过程，X方向：X = VFtr y方向：yF=；at粒子到达x轴的坐标为xc=x+xF'根据几何关系得：xr=yF=r(

22、l cos0)联立式，得：xcr=0. 4/1-cosO+O. 4cosO令,l-cosO=k,所以 xc-O. 4k+0. 4(1 -k2)根据数学知识可知，当k=0. 5时无c'有最大值，最大值为0.5 m例题3.如图所示，在x轴上方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；XyXX XXX3X XXXXXX -V X X X-0x在x轴下方有沿 > 轴负方向的匀强电场，场强为E. 一质 量为m,电荷量为一q的粒子从坐标原点沿着y轴正方 向射出，射出之后，第三次到达x轴时，它与点O的距 离为L,求此粒子射出时的速度v和运动的总路程s（重 力不计）.解析粒子在磁场中的运

23、动为匀速圆周运动，在电场中的运动为匀变速直线 运动.画出粒子运动的过程草图.根据过程草图可知粒子在磁场中运动半个周期后 第一次通过X轴进入电场，做匀减速运动至速度为零，再反方向做匀加速直线运动, 以原来的速度大小反方向进入磁场，即第二次进入磁场，接着粒子在磁场中做圆周运动，半个周期后第三次通过X轴.由图可知，R=在磁场中：尸洛=£向，有qvB=nr 由解得：-=甯=嘴在电场中：粒子在电场中的最大位移是/ 根据动能定理：Eql/mv22 m w 2Eq 2Eq第三次到达X轴时，粒子运动的总路程为一个圆周和两个最大位移的长度之和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”七例题4.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在10 30° x x x>xxvox xxx第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场.现有一质 量为相、电荷量为+q的粒子（重力不计）从坐标原点0 以速度大小Vo射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成 30。角.当粒子第一次进入电场后，运动到电场中P点处时，方向与X轴正方向相同，尸点坐 标为(2小+ 1)3 L. (sin 37°=0. 6, cos 37。=0. 8)求:(1)粒子运动到P点时速度的大小V；(2)匀强

25、电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；粒子从0点运动到P点所用的时间t.解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，0。段为圆弧，QP段为抛物线，粒子在QX X X X X X点时的速度大小为vo,根据对称性可知，方向与x轴正 方向成30。角，可得：v=v0cos 30°解得：尸冬o(2)在粒子从。运动到尸的过程中，由动能定理得:qEL=2mv2 - 加记解得:“爵水平方向的位移为：XQP=V, 1竖直方向的位移为：y=”()sin 30"=L可得 xqp=2a/§L, OQ=xqpxqp-L由于 OQ=2Rsin 30°故粒子在OQ段做圆周运动的半径R=L2

26、又夕.近="左，解得3=1粒子从O点运动到Q点所用的时间为：八=3誓=费/4/设粒子从。到P所用时间为“在竖直方向上有：,2=冷=竽Vy/Z VO则粒子从。点运动到点所用的时间为：t = tt2=(12ot7I)L3 Vo答案:当。爵簧 气四跟踪训练1.如图甲所示，在空间有一坐标系xOy,直线0尸与x轴正方向的夹角为30°,第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域I和H,直线0P是它们的边界，。尸上方区域I中磁场的磁感应强度为& 一质量为“、电荷量为+乡的质子(不计重力及质子对磁场的影响) 以速度v从O点沿与OP成30。角的方 向垂直磁场进入区域I ,质子先

27、后通 过磁场区域I和n后，恰好垂直于x 轴进入第四象限，第四象限存在沿X轴负方向的特殊电场，电场强度后的大小与横 坐标x的关系如图乙所示，试求:(1)区域n中磁场的磁感应强度大小;(2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向.审题突破(1)确定粒子从I区进入II区的位置和速度方向.(2)粒子在I区和II区做圆周运动的圆半径.(3)确定粒子进入第四象限的位置，根据E-x图象求出该位置与y轴的电势差.解析(1)由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入H区，设 质子从OP上的C点进入II区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图.由几何关系可知OC与x轴的交点O2，即为质子在II内运动轨迹的

28、动的半径为不 在n区做圆周运动的半径为2圆心， OOC为等边三角形.设质子在I区做圆周运贝Ir2 = sin 30°=；mv qB同理得2=枭.由n与r2关系可得b2=2B "2即区域II中磁场的磁感应强度B2=2B（2）£） 点坐标为 xo=ricos 30。+r2=""八上上 51Vleb 4丸* rr If 1 »）小+ mU （小+1） /加 。点与y轴的 电势差：。=非8丫+&，卜上为一.不二-丫一泊设质子再次到达y轴时的速度大小为M由动能定理：w电二/2一；/庐（S+1） mv2 ,2 1 2即q Og=产丫/一产

29、亡得心爪丽=玲雪因质子在y轴方向上不受力，故在y轴方向上的分速度不变，如图有：cosa=F =尸=丁即方向向左下方与y轴负向成arccos «2一小 或arccosm的夹角历+后答案 2B （2）V-2 V v 方向向左下方与y轴负向成arccos/2-V3 或arccos "。隹 的夹角跟踪训练2.如图所示，虚线0C与y轴的夹角。=60。，在此角范围内有一方向垂直 于xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场.虚线0C与x轴所夹范围内有 一沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场.一质量为"7、电荷量为q的带正 电的粒子a（不计重力）从y轴的点M（0, L）沿

30、x轴的正方向射入磁场中.求：(1)要使粒子。从0。边界离开磁场后竖直向下垂直进入匀强电场，经过匀强电 y场后从X轴上的尸点(图中未画出)离开，则该粒子射入磁 ml©_B Q场的初速度片和0P的距离分别为多大？： 9> E(2)若大量粒子a同时以也="警从M点沿xOy平品：”:乙m0x面的各个方向射入磁场中，则从0C边界最先射出的粒子与最后射出的粒子的时间 差.解析：(1)粒子a竖直向下穿过0C,在磁场中轨迹圆心如图甲为0, OOi=Rcot甲6, OO=L-R得粒子圆周运动的轨迹半径：R=之乎L2由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：>18=箸由两式解得：也3二*)q

31、BL 粒子竖直向下穿过0C垂直进入匀强电场后，做类平抛运动，则有:qE=z maRcot O=vt解得TEm=2at26qB2八 ,3一5,EmOP=R+x=2L+6由夕也8=嘘解得：R尸与M020粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=2k/?2 2 兀?v2 qB如图乙所示最后出磁场的粒子从0C边上的E点射出，弦ME最长为直径，ME=2&=5心，在磁场中运动的时间为：力 yz quMP为垂直0。的一条弦，则M尸为最短的弦，从尸点射出的粒子运动时间最短，此时轨迹圆心为。2，由三角形关系得：MF=Lsin 8=*Lmf 1sin a- r - 2所以可得a=30。此粒子的运动时间/2=

32、热7=谯时间差为/=八一=赛(3-a/3) qBL 3-73 Em驷口条：(1) 2m2 L+6/(2)%b题型三、两组合磁场中的运动例题L如图所示，在坐标系xQy中，第一象限内充满着两个匀强磁场。和40P为分界线，在磁场。中，磁感应强度为23,方向垂直于yX X X X X纸面向里，在磁场匕中，磁感应强度为8,方向垂直于纸。X X X X P(4，3%.面向外，P点坐标为(4/, 3/). 一质量为“7、电荷量为q/XXX / 的带正电粒子从尸点沿y轴负方向射入磁场，经过一段x /： b时间后，粒子恰能经过原点。，不计粒子重力.求：。匚"2一:一 )(1)粒子从尸点运动到0点的最短

33、时间是多少？(2)粒子运动的速度可能是多少？审题突破解答本题时应把握以下两点:(1)粒子从P点运动到0点的时间最短的条件.(2)由于粒子从P点运动到。点的路径不唯一，故粒子运动的速度有多种可能.解析(1)设粒子的入射速度为V,用凡、&、T。、分别表示粒子在磁场。中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有：R产瑞,&=$，几=器=翳=鬻当粒子先在区域人中运动，后进入区域。中运动，然后从。点射出时，粒子从P点运动到0点所用的时间最短，如图所示.3/ 3根据几何知识得tan。=于=T 故a=37。粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为2x (90°-«)2x (90&

34、#176;-ct)tb= 360° 岂，ta= 亦心 Ta故从P点运动到O点的时间为：，=k+。=砺力(2)由题意及上图可知八(2&cos a+2&cos a)=y (3Z) 2+ (4Z) 225qBl _127wM2, 3,-)解得产部(=1, 2, 3,).XXXBXXXXXXXXXXXX XB2跟踪训练1-1.如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为3的匀强磁 场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为?的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30。角斜 向上的速度v射入磁场，且在x轴上方运动半径为R. 则下列说法正确的是()A.粒子经偏转一定能

35、回到原点。B.粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2 ： 19 71777C.粒子完成一次周期性运动的时间为朝D.粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进37?解析：选D.由=先可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为I ：2,所以B错误；粒子完成一次周期性运动的时间，=：4+：72=舞+舞=嗡, o o jc/l) 3qt5 cjd所以C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿X轴前进/=R+2R=3R粒子经偏转不能回到原点0，所以A错误、D正确.题型四、带电粒子在交变电场、磁场中的运动例题1. (18分)如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，其变化规律如图乙所示，

36、电场强度瓦=/V/m,现将一重力不计、比荷=l()6c/kg的带电从场的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释放，经九=xl()-5s的时间粒子通过mn上的。点进入匀强磁场，磁场方向垂直 纸面向里，磁感应强度B按图丙所示规律变化.(计算结果均可保留兀)(1)求粒子到达。点时的速率；(2)求磁感应强度囱=0. 3 T时粒子做圆周运动的周期和半径；(3)若在距。点左侧d=21 cm处有一垂直于MN的

37、足够大的挡板ab,求粒子从 。点运动到挡板所用的时间.规范解答)该得的分1分不丢！(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，则 qE0=ma, vo=at (2 分)解得血=1.5x104 mzs (1 分)(2)设磁感应强度8 = 0.3 T时，粒子运动的半径为不 运动周期为则Bq%记 2-n.ni /.、=，=而(2 分),2兀解得h=5 cm, Ti=-yxl0 5 s. (2 分)(3)设磁感应强度&=().5 T时，粒子运动半径为/"2，运动周期为72，则82<7丫0=保 - 2nm -八、喝"=西(2分),27r解得2=3 cm, 72=弓*10、5.

38、(2 分)由以上计算可知，粒子的运动轨迹为如图所示的周期运动，每一个周期运动的 水平距离为：s=2S +2)= 16 cm (2 分)d=ds=5 cm=ri （2 分）粒子从。点出发运动到挡板的时间为Hili Ji2十2十4（2分）3171代入数据解得，=于410-5S.（1分）答案(l)1.5xl04 m/s (2)-xl0 5 s 5 cm (3)"xl0-5 s方法提炼1 .解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时 间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断.2 .这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期

39、、 电场周期、磁场周期的关系.3 .带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动 能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同. 跟踪训练1-1.在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水 平向里的匀强磁场，如图甲所示.磁场的磁感应强度B随时间，的变化情况如图乙所 示.该区域中有一条水平直线MN,。是上的一点.在1=0时刻，有一个质量 为加、电荷量为+夕的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度出做匀 速直线运动，访时刻恰好到达N点.经观测发现，小球在，=2而至，=3而时间内的某 一时刻，又竖直向下经过直线的上的。点，并

40、且以后小球多次水平向右或竖直向下 经过。点.求：(1)电场强度E的大小；(2)小球从M点开始运动到第二次经过。I x X xlxnX xBq点所用的时1可；X X X X X Xx x X X X XQ(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只xBx X x x xB 1 t *t tto 2/q 35 4t（）t甲乙画一个周期）.解析：（1）小球从M点运动到N点时,有qE=mg,解得£=器 q（2）小球从M点到达N点所用时间力=而小球从N点经过1个圆周，到达尸点，所以力=而（或小球从尸点运动到。点的位移=R=需小球从P点运动到。点的时间，3=券177所以时间-“+"+ /3

41、 = 2访+丽 m或片疯(3?r+1) ,，=2r(七+1（3）小球运动一个周期的轨迹如图所示. tp1vl、一小国加工 tc127tMi小球的15动周期为T= 8/（）或T=J答案：（1常（2）2%）+就（3）8方运动轨迹见解析跟踪训练1-2.如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一 xO），坐标系，平面处在 周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示（规定沿+y方向为电场强度的正方°n n 2 ,0 1 2 3 4 5 6 «/s向，竖直向下为磁感应强度的正方向）.在t=0时刻，什B（）,Vq一质量为10 g、电荷量为+0.1 c的带电金属小球自 T 5

42、J ；列；加 甲乙坐标原点。处，以w=2 m/s的速度沿x轴正方向射出.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内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期；(3)在给定的坐标系中，大体画出小球在。到6s内运动的轨迹示意图；(4)6 s内金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标.解析(1)在。1 s内，金属小球在电场力作用下，在无轴方向上做匀速运动 y轴方向上做匀加速运动匕尸噜小1 s末小球的速度0=近+*=2m/s.设力与x轴正方向的夹角为a,则tana=?, a=45。(2)在12 s内，小球在磁场中做圆周运动，由牛顿第二

43、定律得“空9小球做圆周运动的周期T=等-=1 s qbo(3)小球运动轨迹如图所示.(4)5 s末小球的坐标为x=v()，=6 m,m,此时小球y轴方向的速度为=隼%=6 m/s,合速度大小为v=( aJvo+v=2a/Io m/s第6s内小球做圆周运动的半径:以=箸=乎 m QDO 71带电小球在第6 s内做圆周运动的轨迹如图所示第6s内小球运动至离x轴最远点时横坐标为：X=x-Rlt sin <9则 X=(6-纵坐标为 y=y+R"(l+cos O')其中 cos e=£=而则y=(9+m k 兀J1 2答案(1)2啦m/s与x轴正方向成45。角(2)&q

44、uot;m 1 s (3)见解析图(4)(6-孤(9+1考点二 带电粒子在叠加场中的运动2 .带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类：(1)磁场力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动.若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体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、磁场力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动.若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体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、磁场力、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

45、.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，可用能量守恒或动能定理求解问题.3 .带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外， 还受弹力、摩擦力作用，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出结果.题型一、磁场与重力场叠加例题1.（多选）如图所示，砒为空间一水平线，整个空间存在水平向里的匀强磁场.一 带电小球从。点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示，b为最低点.下列说法中正 确的是（）X X

46、 X X Xx x/?x X X XX X X X X XA.轨迹ab为四分之一圆弧B.小球在到b点后一定能到ac水平线C.小球到b时速度一定最大，且沿水平方向D.小球在b点时受到的洛伦兹力与重力大小相等|【答案】BC【解析】小球受到重力和洛伦兹力作用，且洛伦兹力逐渐增大，不能做圆周运 动，故A项错误；小球受到的洛伦兹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒， 故B项正确；b为最低点，重力做功最多，应用动能定理可知速度最大，速度沿切线 方向，则速度的方向沿水平方向，故C项正确；小球做曲线运动，在b点有竖直向 上的向心力，合力的方向向上，所以洛伦兹力大于重力，故D项错误.例题2.如图所示，空间存在

47、垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为。，一带A.小球下滑的最大速度为丹=嗯地B.小球下滑的最大加速度为m=gsin。C.小球的加速度一直在减小D.小球的速度先增大后不变【解析】小球开始下滑时有mgsin。-Mmgcos。-qi，B）=mm随u增大，a增大, 当时，a达最大值gsinO,此后下滑过程中有：mgsinO |i（qvB - mgcosO） = ma,随v增大，a减小，当=mg（sin%削os。）时,，=（）所以整个过程中，v jiqB先一直增大后不变；q先增大后减小，所以B、D项正确.方法提炼分析带电粒子在磁场与重力场中的运动，从下

48、面两个角度入手：（1）从动力学角度分析：随着粒子速度的变化，洛伦兹力的大小和方向随之变化, 从而引起加速度的变化，通过动态分析，确定速度或加速度的极值.（2）从功能角度分析：洛伦兹力一定不做功，在只受洛伦兹力和重力时，机械能 一定守恒.题型二、磁场与电场叠加例题1.如图所示装置为速度选择器，平行金属板间有相 互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场 方向垂直纸面向外，带电粒子均以垂直电场和磁场的速度 射入且都能从另一侧射出，不计粒子重力，以下说法正确V*E0B*.0,的有（）A.若带正电粒子以速度u从O点射入能沿直线00,射出，则带负电粒子以速度 v从O,点射入能沿直线O©

49、射出B.若带正电粒子以速度v从O点射入，离开时动能增加，则带负电粒子以速度 v从O点射入，离开时动能减少C.若笈核（JH）和氢核（2%e）以相同速度从O点射入，则一定能以相同速度从同 一位置射出D.若笊核（JH）和氮核bHe）以相同速度从。点射入，则一定能以相同速度从不 同位置射出【解析】 带负电粒子以速度v从0,点射入时，电场力和洛伦兹力方向均向下， 进入复合场后向下做曲线运动，不可能沿直线0。射出，A项错误；若带正电粒子 以速度v从。点射入，离开时动能增加，说明正粒子在O点处竖直向下的洛伦兹力 小于竖直向上的电场力，粒子向虚线上方做曲线运动，射出时，电场力做正功，洛 伦兹力不做功，动能增加

50、，带负电粒子以速度v从0点射入时，电场力竖直向下， 洛伦兹力竖直向上，但是电场力大于洛伦兹力，粒子向下做曲线运动，射出时，电 场力做正功，洛伦兹力不做功，动能增加，B项错误；带正电粒子从O点以速度v 射入时，F,fe=Eq, F洛 = Bvq,取电场力方向为正方向，则加速度。=*=+区=（p r Vn一-气核（/H）和氮核OHe）的比荷'相等，所以C项正确，D项错误.例题2.如图所示，空间直角坐标系Oxyz内存在匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与Oxy平面平行且与y轴负方 向的夹角为0,匀强电场的电场强度大小为E,方向沿y 轴负方向，一质子（重力不计）从原点O以速

51、度u=要向 Z轴正方向射出，已知质子的电荷量为e,下列关于质子的 受力和运动的描述正确的是（ ）A.质子在O点受到的合力大小为eEcos。B.质子在运动过程中受到的合力为变力C.质子沿x轴方向的分运动是匀速直线运动D.质子不可能做匀变速曲线运动【答案】A【解析】根据左手定则判断出质子受到的洛伦兹力的方向，质子的受力如图: 电场力：F=eE大小等于eEcosO.eE洛伦兹力：/=evB=eEsin。则：二者的合力的方向沿B的方向,故A项正确;由于质子受到的合外力的方向沿B的方向，与初速度的方向垂直，所以质子将 获得沿B的方向的分速度.根据左手定则可知，沿B的方向的分速度不能产生洛伦 兹力，所以质

52、子在运动的过程中受到的洛伦兹力的大小与方向都不变，所以质子受 到的合外力不变.故B项错误；质子在zOB的平面内做类平抛运动，沿z的方向上 做匀速直线运动，沿B的方向做匀变速直线运动，则在x方向上，也是做匀变速直 线运动.故C项错误，D项错误.例3.如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强 度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿一y方向、电场强度为E的匀强电场.从 y轴上坐标为。的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围 是与+ y方向成30。150。，且在xOy平面内.结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直 打到x轴上，然后进入第四象限的匀强电场区.已

53、知带电粒子电量为q,质量为m, 重力不计.求：(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小vi；(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及”对应的射入方向;(3)从x轴上=(啦一1)。点射入第四象限的粒子穿 过电磁场后经过y轴上y=-b的点，求该粒子经过y= 一b点的速度大小.【解析】(1)粒子运动规律如图所示.粒子运动的圆心在O点，轨迹半径：口 = a由牛顿第二定律得：qv.B = m当粒子初速度与y轴正方向夹角为30。时，粒子运动的时间最长，此时轨道对应的圆心角a= 150。粒子在磁场中运动的周期：T=a粒子的运动时间：t=后mT=150° 27tm 571mx=360&#

54、176; qB 6qB(3)如图所示，设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为0由几何知识得：R-RcosO=(V2-l)a解得：0=45° R=ja此粒子进入磁场的速度如 丫。=喈=坤弛设粒子到达y=-b上速度为vI根据动能定理得：4£6=201701血2解得:V2q2B2a2 2qEb2 十 nr m方法提炼在电场与磁场共同作用下，带电粒子有两种运动情况:洛伦兹力与电场力平衡：带电粒子做匀速直线运动,、在E满足 q%B = Eq, v0=-,如“速度选择器”.洛伦兹力与电场力不平衡：带电粒子一般做复杂的曲线运动，只能用功能关 系求解.如果合外力的方向沿B的方向，且始

55、终与初速度的方向垂直，粒子匀变速 曲线运动，按类平抛运动的方法求解.题型三、电场、磁场、重力场叠加例题1. （2017 课标全国I ）如图，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。、b、c电荷 量相等，质量分别为m”、mb、me.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 *XXXX直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选 左XXXXX右项正确的是（）X X X X X【答案】B【解析】。在纸面内做匀速圆周运动，意味着合外力为洛t Eq 伦兹力，则Eq=mgb做向右的匀速直线运动，c做向左的匀速直线运动，受力” BqVnvg + BqvEqmbg = Eq+Bqv得出 mb&