高考物理二轮复习专题12 带电粒子在组（复）合场中的运动（解析版）

第页码页码页/总NUMPAGES总页数总页数页EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍专题12带电粒子在组（复）合场中的运动目录TOC\o"1-3"\h\u一、热点题型归纳 1【题型一】带电粒子在组合场中的运动 1【题型二】带电粒子在复合场中的应用 9【题型三】带电粒子在交变复合场中的运动 13【题型四】带电粒子在（复合）叠加场中的运动 20二、高考题型标准练 26一、热点题型归纳【题型一】带电粒子在组合场中的运动【题型解码】(1)带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动；(2)明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．【典例分析1】(2020·河南洛阳市一模)如图所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量q＝＋1.0×10－5C，从静止开始经电压为U1＝100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D＝34.6cm的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L＝20cm，两板间距d＝17.3cm，重力忽略不计．求：(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1；(2)偏转电场中两金属板间的电压U2；(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为多少．【答案】(1)1.0×104m/s(2)100V(3)0.1T【解析】(1)带电微粒经加速电场加速，根据动能定理：qU1＝eq\f(1,2)mv12解得：v1＝eq\r(\f(2qU1,m))＝1.0×104m/s.(2)带电微粒的运动轨迹如图所示，由类平抛运动知，带电微粒在水平方向上做匀速直线运动，水平方向：t＝eq\f(L,v1)带电微粒在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,dm)，v2＝at＝eq\f(qU2,dm)·eq\f(L,v1)由几何关系：tanθ＝eq\f(v2,v1)＝eq\f(qU2L,dmv\o\al(12))＝eq\f(U2L,2dU1)则U2＝eq\f(2dU1,L)tanθ代入数据得：U2≈100V(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒恰好不会由磁场右边射出时，轨道半径为R，由几何关系知R＋eq\f(R,2)＝D，得：R＝eq\f(2D,3)设微粒进入磁场时的速度为v′，v′＝eq\f(v1,cos30°)由牛顿运动定律及运动学规律qv′B＝eq\f(mv′2,R)得：B＝eq\f(mv′,qR)＝eq\f(m,\f(2,3)qD)·eq\f(v1,cos30°)，代入数据解得B≈0.1T若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T.【典例分析2】.(2020·广西桂林市调研)如图所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.现从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，第五次经过直线MN时恰好又通过O点.不计粒子的重力.(1)画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小；(2)求出电场强度E的大小和粒子第五次经过直线MN上O点时的速度大小；(3)求该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间t.【答案】(1)见解析图eq\f(v,BR)(2)vBeq\r(5)v(3)eq\f(2R,v)(2＋π)【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)(2)由几何关系得Oc＝2eq\r(2)R粒子从c到O做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，即s⊥＝s∥＝Ocsin45°＝2R类平抛运动的时间为t3＝eq\f(s⊥,v)＝eq\f(2R,v)又s∥＝eq\f(1,2)at32＝eq\f(qE,2m)t32又R＝eq\f(mv,qB)联立解得E＝vB粒子在电场中的加速度为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qvB,m)v2＝at3＝eq\f(a·2R,v)＝2vv1＝v粒子第五次过MN进入磁场后的速度大小v′＝eq\r(v12＋v22)＝eq\r(5)v(3)粒子在磁场中运动的总时间为t1＝eq\f(2πR,v)粒子做直线运动的时间为t2＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2mv,qvB)＝eq\f(2R,v)联立得粒子从出发到再次到达O点所需时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2R,v)(2＋π).【典例分析3】（2021届保山市智源中学三月月考）如图所示为真空中某竖直平面内的xOy坐标系．已知在x<0区域有匀强磁场B(方向如图所示，大小未知)，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场E1(大小未知)，质量为m、电荷量为＋q的粒子从点A(0，－l)垂直于y轴以速度v0射入第三象限，做匀速圆周运动从点C(0，l)垂直于y轴射入第一象限，在第一象限内做曲线运动并从点D穿过x轴进入第四象限，通过D点时的速度为v1(大小未知)，v1的方向与x轴正方向成θ＝45°角，不考虑粒子的重力，则：(1)请确定匀强磁场磁感应强度B的大小；(2)请确定匀强电场的电场强度E1的大小和D点的坐标(用l表示)；(3)若粒子经过D点后立即进入一个场强为E2的矩形匀强电场，在该电场的作用下可以返回A点并沿固定路线做周期性运动，请确定该电场存在的最小区域及E2的大小和方向．【答案】(1)B＝eq\f(mv0,ql)(2)E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2ql)D点坐标为(2l,0)(3)见解析【解析】(1)由题，粒子在二、三象限内做匀速圆周运动，可知其轨迹圆心为点O，半径为l，qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),l)(1分)解得：B＝eq\f(mv0,ql)(1分)(2)由题知，粒子在第一象限内做类平抛运动，竖直位移为l，水平位移即为D点横坐标xD，有：a＝eq\f(qE1,m)(1分)l＝eq\f(1,2)at2(1分)xD＝v0t(1分)tanθ＝eq\f(v1y,v0)(1分)v1y＝at(1分)解得：xD＝2l，E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2ql)(1分)D点坐标为(2l,0)(1分)(3)若要使该粒子可以返回A点并沿固定路线做周期性运动，则应满足：v1的水平分量v1x需反向且大小为v0，v1的竖直分量v1y需减小为零．由题及(2)知：v1x＝v0，v1y＝v0(1分)由于E2为匀强电场，所以粒子在第四象限内做匀变速运动，设粒子在x方向的加速度大小为ax，位移为sx，在y方向的加速度大小为ay，位移为sy，则有：v1x－axt′＝－v0(1分)v1y－ayt′＝0(1分)sx＝v1xt′－eq\f(1,2)axt′2＝0(1分)sy＝v1yt′－eq\f(1,2)ayt′2＝l(1分)设E2在x负方向的分量为E2x，y方向的分量为E2y，E2与x负方向的夹角为α，则有：qE2x＝maxqE2y＝may(1分)E2＝eq\r(E\o\al(2,2x)＋E\o\al(2,2y))(1分)tanα＝eq\f(E2y,E2x)(1分)解得：E2＝eq\f(\r(5)mv\o\al(2,0),2ql)，α＝arctaneq\f(1,2)(如图所示)(1分)设粒子达到电场最右端时与D点的水平距离为s′x，则s′x＝eq\f(v1x,2)t″，其中t″＝eq\f(t′,2)∴s′x＝eq\f(l,2)(1分)匀强电场为矩形区域，四个顶点分别为(2l,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)l，0))，(2l，－l)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)l，－l)).(1分)【提分秘籍】1.正确区分“电偏转”和“磁偏转”带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图受力FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力运动规律匀速圆周运动r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)类平抛运动vx＝v0，vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t22.解题步骤(1)受力分析，关注几场组合；(2)运动分析，构建模型；(3)分析过程，选用规律.【强化训练】1.(2020·浙江嘉兴市期末)如图所示，在xOy平面内虚线AB与y轴成夹角θ＝30°，在AB左侧存在电场强度大小为E、方向平行于x轴向左的匀强电场，AB右侧某个区域存在垂直纸面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场，A点处于磁场的边界上，现有一群质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在纸面内以速度v(0<v≤eq\f(E,B))垂直于AB从A点射入磁场，所有粒子通过直线AB时，速度方向均平行于y轴向下，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．求：(1)所有带电粒子在磁场中运动的时间；(2)速度最大的粒子从A点开始射入磁场至返回y轴所用的时间；(3)磁场区域的最小面积．【答案】见解析【解析】根据题意，粒子运动轨迹如图，所有粒子通过直线AB时，速度方向均平行于y轴向下．由几何关系可知所有粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆弧对应的圆心角均为120°，设速度最大的粒子圆周运动的半径为Rm，圆弧对应的圆心为O′.(1)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在磁场中运动的时间为t1，则qvB＝meq\f(v2,R)，即R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，t1＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πm,3Bq)(2)速度最大的粒子在磁场中的运动半径为Rm＝eq\f(mvm,Bq)则粒子出磁场后做匀速直线运动的时间为t2＝eq\f(\r(3)Rm,vm)＝eq\f(\r(3)m,Bq)粒子从虚线进入电场后的水平位移为Δx＝eq\f(Rm＋2Rm,2)＝eq\f(3Rm,2)根据位移时间公式有eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t32＝Δx则粒子在电场中的运动时间为t3＝eq\f(\r(3)m,Bq)故t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2π＋6\r(3)m,3Bq)(3)扇形AO′M的面积为S1＝eq\f(πRm2,3)三角形AO′M的面积为S2＝eq\f(\r(3),4)Rm2所以磁场区域的最小面积为S＝S1－S2＝(eq\f(π,3)－eq\f(\r(3),4))eq\f(m2E2,B4q2)2．(2020·浙江杭高5月测试)如图所示，在xOy坐标系中，在y<d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d<y<2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y＝2d处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板ab，带电粒子打到板上即被吸收．一质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为E＝eq\f(3mv02,2qd)，粒子的重力不计．(1)要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？(2)通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P(4d,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小．【答案】(1)B>eq\f(3mv0,qd)(2)eq\f(32＋\r(3)mv0,qd)或eq\f(33＋\r(3)mv0,4qd)【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，则有Eq＝ma，d＝eq\f(1,2)at2x＝v0t，vy＝atv＝eq\r(v02＋vy2)，tanθ＝eq\f(vy,v0)代入数据，得θ＝60°，v＝2v0，x＝eq\f(2\r(3),3)d带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，若恰好打到挡板上时，根据几何关系可知Rcos60°＋R＝d，可得R＝eq\f(2,3)d由于qvB＝eq\f(mv2,R)，可得B＝eq\f(3mv0,qd)因此若使粒子打不到挡板上，应满足B>eq\f(3mv0,qd)(2)根据对称性，粒子第一次回到x轴时前进的距离Δx＝2x－eq\r(3)R＝eq\f(4\r(3),3)d－eq\r(3)R调节磁场使得0<R<eq\f(2,3)d因此可得eq\f(2\r(3),3)d<Δx<eq\f(4\r(3),3)d因此通过P(4d,0)点，回旋的次数n＝eq\f(4d,Δx)因此n只能取2或3，当n＝2时，磁感应强度B＝eq\f(32＋\r(3)mv0,qd)当n＝3时，磁感应强度B＝eq\f(33＋\r(3)mv0,4qd).【题型二】带电粒子在复合场中的应用【题型解码】【典例分析1】（2021届辽宁省大连市三十八中高三期末）同位素质谱仪是分离和检测不同同位素的仪器。如图所示为质谱仪的原理图。若互为同位素的三个粒子从处无初速度释放进入电场，经电压为U的加速电场加速后，垂直磁场边界从处进入匀强磁场，经磁场偏转后打在底片上，磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）A．质量大的粒子由电场进入磁场时的速度大B．比荷大的粒子打在底片上的位置离远C．质量大的粒子打在底片上的位置离远D．某一粒子打在底片上的位置到的距离与成正比【答案】CD【解析】A．根据动能定理有得由于互为同位素的粒子所带电荷量相同，因此质量大的粒子进入磁场时的速度小，A错误；BC．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径粒子打在底片上的位置与的距离由此可知，质量大的粒子打在底片上的位置离远，比荷大的粒子打在底片上的位置离近，C正确，B错误；D．对某一粒子而言，打在底片上的位置与的距离即x与成正比，D正确。故选CD。【典例分析2】（2021届福建省厦门市双十中学高三月考）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为．当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭．则元件的（）A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压与无关C．前、后表面间的电压与成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为【答案】D【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。【提分秘籍】组合场、复合场中电磁技术的解题秘籍在电磁技术中，中学阶段常见的是带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型。如：速度选择器、回旋加速器、质谱仪、磁流体发电机、霍尔元件、电磁流量计等。其中速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件和电磁流量计的共同特征是粒子在仪器中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡。所以我们应化繁为简研究实质。【强化训练】1.(2020·山西名校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场．现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝eq\r(3)R.则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)()A．eq\f(2U,R2B2) B．eq\f(4U,R2B2)C．eq\f(6U,R2B2) D．eq\f(3U,R2B2)【答案】C【解析】设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝eq\f(\r(3)R,3)，又Bqv＝meq\f(v2,r)，可求eq\f(q,m)＝eq\f(6U,R2B2)，故C正确．2.(2020·浙江十校联盟联考)为了打响碧水蓝天保卫战。督查暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则()A．a侧电势比c侧电势低B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大C．污水流量Q与U成正比，与L、D无关D．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(πDU,4Q)【答案】D【解析】污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向a表面偏转，负离子向c表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；最终正、负离子受到电场力和洛伦兹力而处于平衡状态，有qE＝qvB，即eq\f(U,D)＝vB，而污水流量Q＝eq\f(vπD2,4)＝eq\f(U,DB)·eq\f(πD2,4)＝eq\f(πUD,4B)，可知Q与U、D成正比，与L无关，与离子浓度无关，B、C错误；由Q＝eq\f(πUD,4B)可知，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(πUD,4Q)，故D正确。【题型三】带电粒子在交变复合场中的运动【题型解码】1.先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响；2.画出粒子运动轨迹，分析轨迹在几何关系方面的周期性．【典例分析1】(2020·安徽合肥市二模)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向.t＝0时刻，一带正m/s的速度v，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10m/s2.求：(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大距离；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的水平距离应满足的条件.【答案】(1)1.2m(2)2.48m(3)见解析【解析】(1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝8×10－3N微粒所受电场力大小F＝qE＝8×10－3N因此重力与电场力平衡.微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝meq\f(v2,R)解得：R＝0.6m又T＝eq\f(2πR,v)得：T＝10πs则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L＝2R解得：L＝1.2m.(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5πs，轨迹如图所示，位移大小：x＝vt解得：x≈1.88m因此，微粒离开直线OO′的最大距离：H＝x＋R＝2.48m.(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋0.6)m，n＝0,1,2，…P点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8)m，n＝0,1,2，…(若两式合写成L＝(1.2n＋0.6)m，n＝1,2，…也可)【典例分析2】(2020·江苏七市第二次调研)如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，O、O1为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧．存在上下范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界．现有质量为m、电荷量为＋q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计．(1)C、D板间加恒定电压U，C板为正极板，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到O1的时间t；(2)C、D板间加如图乙所示的电压，U0为已知量，周期T是未知量．t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，求周期T应满足的条件和粒子到达O1孔的最大速度vm；(3)磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0＝eq\f(πm,qB0).t′＝0时，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v应满足的条件．【答案】(1)eq\f(U,d)deq\r(\f(2m,qU))(2)T≥2eq\r(\f(2md2,qU0))eq\r(\f(2qU0,m))(3)v≤eq\f(2qBL,3m)【解析】(1)板间匀强电场的场强E＝eq\f(U,d)粒子在板间的加速度a＝eq\f(qU,md)根据位移公式有d＝eq\f(1,2)at2，解得t＝deq\r(\f(2m,qU))(2)粒子一直加速到达O1孔速度最大，设经历时间t0，则t0＝deq\r(\f(2m,qU0))≤eq\f(T,2)，解得T≥2eq\r(\f(2md2,qU0))由动能定理有qU0＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(\f(2qU0,m))(3)当磁感应强度分别为B0、2B0时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2，根据洛伦兹力提供向心力有qvB0＝meq\f(v2,r1)，解得r1＝eq\f(mv,qB0)且有T1＝eq\f(2πm,qB0)＝2T0同理可得r2＝eq\f(mv,2qB0)＝eq\f(r1,2)，T2＝eq\f(2πm,2qB0)＝T0故0～eq\f(T0,2)粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，eq\f(T0,2)～T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，T0～eq\f(3T0,2)粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，eq\f(3T0,2)～2T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，2T0～eq\f(5T0,2)粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，eq\f(5T0,2)～3T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，3T0～eq\f(7T0,2)粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示，由几何关系有r1＋r2≤L，解得v≤eq\f(2qBL,3m).【提分秘籍】1.变化的电场或磁场如果具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性.这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹的草图.2.解题思路【强化训练】1.(2020·山东枣庄高三期末)如图甲所示，平面直角坐标系中，0≤x≤l、0≤y≤2l的矩形区域中存在交变匀强磁场，规定磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，其变化规律如图乙所示，其中B0和T0均未知．比荷为c的带正电的粒子在点(0，l)以初速度v0沿＋x方向射入磁场，不计粒子重力．(1)若在t＝0时刻，粒子射入磁场，在t<eq\f(T0,2)的某时刻，粒子从点(l,2l)射出磁场，求B0的大小．(2)若B0＝eq\f(2v0,lc)，且粒子从0≤t≤eq\f(T0,2)的任一时刻射入磁场时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T0的取值范围．(3)若B0＝eq\f(2v0,lc)，T0＝eq\f(πl,v0)，在x>l的区域施加一个沿－x方向的匀强电场，在t＝eq\f(T0,4)时刻射入磁场的粒子，最终从入射点沿－x方向离开磁场，求电场强度的大小．【答案】(1)eq\f(v0,cl)(2)T0≤eq\f(πl,v0)(3)eq\f(4v\o\al(02),2n＋1πcl)(n＝0,1,2，…)【解析】设粒子的质量为m，电荷量为q，则由题意得：c＝eq\f(q,m)(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R，根据几何关系和牛顿第二定律得：R＝lqv0B0＝meq\f(v\o\al(02),R)解得：B0＝eq\f(v0,cl)(2)设粒子在磁场中运动的半径为R1，由牛顿第二定律得：qv0B0＝meq\f(v\o\al(02),R1)解得：R1＝eq\f(l,2)临界情况为：粒子从t＝0时刻射入，并且轨迹恰好过(0,2l)点，粒子才能从y轴射出，如图甲所示．设粒子做圆周运动的周期为T，则T＝eq\f(2πm,qB0)＝eq\f(πl,v0)由几何关系可知，在t＝eq\f(T0,2)内，粒子轨迹转过的圆心角为：θ＝π对应粒子的运动时间为：t1＝eq\f(π,2π)T＝eq\f(1,2)T分析可知，只要满足t1≥eq\f(T0,2)，就可以使粒子离开磁场时的位置都不在y轴上．联立解得：T0≤T即T0≤eq\f(πl,v0)(3)由题意可知，粒子的运动轨迹如图乙所示．设电场强度的大小为E，在电场中，设往复一次所用的时间为t3，以E的方向为正方向，则根据动量定理可得：Eqt3＝mv0－(－mv0)＝2mv0其中，t3＝(n＋eq\f(1,2))T0(n＝0,1,2…)解得：E＝eq\f(4v\o\al(02),2n＋1πcl)(n＝0,1,2…)．2.(2020·福建厦门市3月质检)如图甲所示，竖直线MN左侧存在水平向右的匀强电场，MN右侧存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，O点下方竖直距离d＝23.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板.现将一重力不计、比荷eq\f(q,m)＝106C/kg的正电荷从O点由静止释放，经过Δt＝eq\f(π,15)×10－5s后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入磁场.规定磁场方向垂直纸面向外为正，t＝0时刻电荷第一次通过MN.求：(结果均保留两位有效数字)(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)t＝eq\f(4π,5)×10－5s时刻电荷与O点的竖直距离Δd；(3)电荷从O点出发运动到挡板所需时间t.【答案】(1)7.2×103N/C(2)4.0cm(3)1.1×10－4s【解析】(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有v0＝aΔt由牛顿第二定律得：Eq＝ma解得E＝eq\f(mv0,qΔt)≈7.2×103N/C(2)由qv0B＝meq\f(v02,r)，T＝eq\f(2πr,v0)得r＝eq\f(mv0,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)当磁场垂直纸面向外时，半径r1＝eq\f(mv0,qB1)＝5cm周期T1＝eq\f(2πm,qB1)＝eq\f(2π,3)×10－5s当磁场垂直纸面向里时，半径r2＝eq\f(mv0,qB2)＝3cm周期T2＝eq\f(2πm,qB2)＝eq\f(2π,5)×10－5s故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示：t＝eq\f(4π,5)×10－5s时刻电荷与O点的竖直距离Δd＝2(r1－r2)＝4.0cm(3)从电荷第一次通过MN开始计时，其运动周期为T＝eq\f(4π,5)×10－5s根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为4个，此时电荷沿MN运动的距离s＝4Δd＝16cm，则最后Δs＝7.5cm的距离如图乙所示，有r1＋r1cosα＝Δs解得cosα＝0.5，则α＝60°故电荷运动的总时间t总＝Δt＋4T＋eq\f(1,3)T1＝eq\f(157π,45)×10－5s≈1.1×10－4s.【题型四】带电粒子在（复合）叠加场中的运动【题型解码】1.磁场力，重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)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．2.电场力、磁场力并存(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解．【典例分析1】(2020·河南镇平一中模拟)—个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm(取g＝10m/s2，结果保留两位有效数字)．求：(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；(2)电场强度的大小和方向；(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少．【答案】(1)见解析(2)1.7×104N/C水平向左(3)2.8m/s【解析】(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，重力和电场力在垂直于AB方向上的分量必等大反向，可知电场力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动．(2)在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ＝0解得电场强度为E＝1.7×104N/C即电场强度大小为1.7×104N/C，方向水平向左．(3)当微粒由A运动到B时的速度vB＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得mgLsinθ＋qELcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入数据，解得vA＝2.8m/s.【典例分析2】.(2020·江西重点中学联盟联考)如图所示，在竖直xOy平面内0≤x≤L的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E，垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在L≤x≤2L的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小也为E，垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B；在2L≤x≤3L的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为2E.一个质量为m，带电荷量为＋q的带电小球从坐标原点以速度v0沿与x轴成45°射入，小球沿直线穿过0≤x≤L区域，在L≤x≤2L的区域运动一段时间后，沿垂直电场方向进入2L≤x≤3L区域．已知L、m、q、v0，重力加速度g未知，试求：(1)磁感应强度B和电场强度E的大小；(2)小球离开电场的位置坐标．【答案】(1)eq\f(\r(2)mv0,2qL)eq\f(mv\o\al(02),2qL)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4)))【解析】(1)带电小球在0≤x≤L区域做匀速直线运动，对其受力分析如图，可知qE＝mgqE＝qv0Bsin45°，且小球带正电则带电小球在L≤x≤2L区域做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，轨迹半径为R由几何关系可知R＝eq\f(L,sin45°)＝eq\r(2)L由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq\f(v\o\al(02),R)，联立解得B＝eq\f(\r(2)mv0,2qL)，E＝eq\f(mv\o\al(02),2qL)(2)带电小球在2L≤x≤3L区域受力分析如图，向上做类平抛运动，运动轨迹如图，在2L≤x≤3L区域中运动时间为t，则有t＝eq\f(L,v0)类平抛运动的加速度为a，根据牛顿第二定律2qE－mg＝ma竖直方向偏转位移为h，则有h＝eq\f(1,2)at2小球离开电场时的竖直高度为y，则有y＝R＋h，联立解得y＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4)则小球离开电场的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4))).【提分秘籍】1．解题思路(1)叠加场的组成特点：电场、磁场、重力场两两叠加，或者三者叠加．(2)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，包括场力、弹力和摩擦力．(3)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动．(4)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系．2．三种典型情况(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时、重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时、重力场与电场叠加满足mg＝qE时．(2)若三场共存，合力为零时，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，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq\f(v2,r).3．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．1.(2021·山东枣庄高三期末)在高度为H的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。在该区域上方的某点A，将质量为m、电荷量为＋q的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动。已知重力加速度为g。(1)求小球平抛的初速度v0的大小；(2)若电场强度大小为E，求A点距该区域上边界的高度h；(3)若令该小球所带电荷量为－q，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间。【答案】(1)eq\f(mg,qB)(2)eq\f(E2,2gB2)(3)eq\f(BH,E)－eq\f(m2g,BEq2)【解析】(1)设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成θ角，小球受力如图甲，有qvBcosθ＝mg，v＝eq\f(v0,cosθ)解得v0＝eq\f(mg,qB)。(2)小球从A点抛出，进入复合场，由动能定理mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由三力平衡知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2解得h＝eq\f(E2,2gB2)。(3)设某时刻小球经某处时速度为v，将其正交分解为vx、vy如图乙，则小球受力如图丙，在水平方向上，由动量定理∑(qE－qvyB)·Δt＝0－mv0即BqH－Eqt＝mv0解得t＝eq\f(BH,E)－eq\f(m2g,BEq2)。2.(2020·百师联盟4月冲刺卷)如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿y轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场．一质量为0.02kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4)的A点出发，与y轴成45°角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10m/s2.求：(1)微粒第一次通过y轴时的纵坐标；(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示)；(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量．【答案】(1)0.4m(2)eq\f(\r(2),10)(6＋π)s(3)0.16J【解析】(1)微粒受力及运动过程分析如图所示：微粒在第四象限内沿与y轴成45°角匀速运动，有qE＝mgqvB＝eq\r(2)mg微粒在第一象限内，重力与电场力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，由qvB＝eq\f(mv2,r)解得r＝eq\f(\r(2),5)m由几何关系得，微粒在第一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过y轴时的纵坐标为0.4m(2)由A到B微粒做匀速直线运动：位移为x1＝0.4eq\r(2)m时间t1＝eq\f(x1,v)解得t1＝eq\f(\r(2),5)s由B到C微粒做匀速圆周运动：t2＝eq\f(πr,v)解得t2＝eq\f(\r(2)π,10)s由C到D微粒做匀速直线运动：位移为x2＝0.4eq\r(2)m时间t3＝eq\f(x2,v)解得t3＝eq\f(\r(2),5)s由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交BA延长线于G点加速度方向沿D指向A，大小为a＝eq\r(2)g位移沿DA方向，大小为x3＝0.4eq\r(2)m由x3＝eq\f(1,2)at42，解得t4＝eq\f(\r(2),5)s故t总＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(\r(2),10)(6＋π)s(3)只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化．从D到G，合外力做的功W＝eq\r(2)mg·x3由动能定理知，W＝ΔEk，解得动能的增加量为ΔEk＝0.16J二、高考题型标准练1.(2020·浙江金丽衢十二校联考)如图所示，真空中的矩形abcd区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形边界分别相切于ad、bc边的中点e、f。一带电粒子以初速度v0沿着ef方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场时，粒子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域。已知ad＝bc＝eq\f(4\r(3),3)R，忽略粒子的重力。求：(1)带电粒子的电荷量q与质量m的比值eq\f(q,m)；(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置。【答案】(1)eq\f(\r(3)v0,3BR)(2)ab边上距b点eq\f(R,3)处【解析】(1)设匀强电场场强为E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef方向做直线运动，有qv0B＝qE当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从c点飞出，则水平方向有2R＝v0t竖直方向有eq\f(1,2)bc＝eq\f(1,2)at2因为qE＝ma解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v0,3BR)。(2)若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\r(3)R轨迹如图所示，由图中几何关系得r＝Rtanθ得θ＝60°，故粒子离开矩形区域时在ab边上的位置g与b的距离为x＝R－eq\f(1,2)bc·eq\f(1,tanθ)解得x＝eq\f(R,3)。2.(2020·福建厦门质检)如图所示，直角坐标系第二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第一象限中有竖直向上的匀强电场，大小均未知．一带电量为＋q，质量为m的粒子从P(－1.2d,0)点以初速度v0射入磁场，速度方向与x轴负方向夹角为37°，经磁场偏转后，从Q点进入第一象限时与y轴负方向夹角为53°，粒子在第一象限运动时，恰能与x轴相切．重力不计，求：(1)磁感应强度大小(2)电场强度大小(3)粒子与x轴相切点的坐标【答案】(1)eq\f(mv0,qd)(2)eq\f(9mv\o\al(2,0),80qd)(3)(eq\f(64,15)d,0)【解析】(1)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，PQ恰为直径，由几何关系得：2Rsin37°＝1.2dqv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得：B＝eq\f(mv0,qd)(2)要恰能与x轴相切，则竖直方向速度为零时恰到x轴：(v0cos53°)2＝2a·2Rcos37°qE＝ma得：E＝eq\f(9mv\o\al(2,0),80qd)(3)沿着x轴、y轴方向的运动分别为：x＝v0sin53°t2Rcos37°＝eq\f(v0cos53°,2)t得：x＝eq\f(64,15)d，即相切点的坐标为(eq\f(64,15)d,0)3.(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)如图所示，处于竖直面内的坐标系x轴水平、y轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。带电微粒从x轴上M点以某一速度射入电磁场中，速度与x轴负半轴夹角α＝53°，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y轴进入第一象限。已知微粒的质量为m，电荷量为－q，OM间距离为L，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)匀强电场的电场强度E；(2)若微粒再次回到x轴时动能为M点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度B为多少？【答案】(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(8m,5q)eq\r(\f(g,L))【解析】(1)微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE＝mg解得：E＝eq\f(mg,q)。(2)微粒垂直y轴进入第一象限，则圆周运动圆心在y轴上，由几何关系得：rsinα＝L洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝meq\f(v2,r)微粒在第一象限中运动时机械能守恒，有：mgr(1＋cosα)＝Ek－eq\f(1,2)mv2又因为Ek＝2×eq\f(1,2)mv2联立以上各式解得：B＝eq\f(8m,5q)eq\r(\f(g,L))。4.(2020·云南大理、丽江等校第二次统考)电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线．如图所示，在竖直面xOy内，第Ⅰ象限内存在平行于y轴的匀强电场E，第Ⅱ象限内存在垂直于平面xOy向外的匀强磁场B1，第Ⅳ象限内存在垂直于平面xOy向外的矩形匀强磁场B2(图中未画出)．点A、P位于x轴上，点C、Q位于y轴上，且OA距离为L.某t0时刻，速度大小为v0的正电子e＋从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点垂直y轴进入第Ⅰ象限，最后以eq\r(2)v0的速度从P点射出．同一t0时刻，另一速度大小为eq\r(2)v0的负电子e－从Q点沿与y轴正半轴成45°角的方向射入第Ⅳ象限，后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与P点出射的正电子e＋正碰湮灭，即相碰时两电子的速度方向相反．若已知正负电子的质量均为m、电荷量大小为e、电子重力不计．求：(1)第Ⅱ象限内磁感应强度的大小B1；(2)电场强度E及正电子从C点运动至P点的时间；(3)Q点的纵坐标及第Ⅳ象限内矩形磁场区域的最小面积S.【答案】(1)eq\f(mv0,eL)(2)eq\f(mv\o\al(02),2eL)eq\f(2L,v0)(3)－4L2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))L2【解析】(1)由题意正电子从A点沿y轴正方向发射，经过C点垂直y轴射出，可知其在磁场中做匀速圆周运动的半径：R1＝L又：ev0B1＝eq\f(mv\o\al(02),R1)，解得：B1＝eq\f(mv0,eL)(2)正电子在电场中做类平抛运动，运动时间为tCP，正电子在y轴方向受电场力作用做初速度为零的匀加速运动lOC＝lOA＝Lv1y＝a