素养提升19⇒带电粒子在叠加场、交变场中的运动

带电粒子在叠加场、交变场中的运动题型一带电粒子在叠加场中的运动1.叠加场电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式运动性质受力特点方法规律匀速直线运动粒子所受合力为0平衡条件匀速圆周运动除洛伦兹力外，另外两力的合力为零，qE＝mg牛顿第二定律、圆周运动的规律较复杂的曲线运动除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向动能定理、能量守恒定律带电粒子在叠加场中的直线运动【例1】（2024·河南开封模拟）如图所示，某竖直平面内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向水平向外。一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点射入该区域，微粒恰好沿速度方向做直线运动，下列说法中正确的是（）A.微粒从O到A的运动可能是匀减速直线运动B.该微粒一定带正电荷C.该磁场的磁感应强度大小为mgD.该电场的电场强度为Bvcosθ答案：C解析：若微粒带正电q，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和斜向右下的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动。据此可知微粒一定带负电，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和斜向左上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做匀速直线运动，故A、B错误；由平衡条件得cosθ＝mgqvB，sinθ＝qEBqv，得磁场的磁感应强度B＝mgqvcosθ，电场的电场强度E＝Bvsinθ，故带电粒子在叠加场中的圆周运动【例2】如图所示，在某空间同时存在着互相正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a带负电，电荷量为q1，恰能静止于此空间的c点，另一带电体b也带负电，电荷量为q2，正在过a点的竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动，结果a、b在c处碰撞并粘合在一起，关于a、b粘合一起后的运动性质下列说法正确的是（）A.向左做匀速直线运动B.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝q2C.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝q1D.因为有重力和电场力这样的恒力存在，故以上说法都不对答案：B解析：设a、b的质量分别为m1和m2，b的速度为v0，因为带电体a处于静止状态，则有q1E＝m1g，带电体b在竖直平面内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，则有q2E＝m2g，q2v0B＝m2v02r，a和b碰撞粘合在一起时，满足动量守恒，则有m2v0＝（m1＋m2）v共，a和b粘合在一起，总电荷量为q总＝q1＋q2，总质量为m总＝m1＋m2，仍满足电场力与重力平衡，即（q1＋q2）E＝（m1＋m2）g，洛伦兹力提供向心力，带电体仍继续做顺时针方向的匀速圆周运动，设轨迹半径为r'，则有（q1＋q2）v共B＝（m1＋m2）v共2r'，联立以上式子可得r'＝q2q1＋带电粒子在叠加场中的复杂曲线运动【例3】（2023·江苏高考16题）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。（1）求电场强度的大小E；（2）若电子入射速度为v04，求运动到速度为v02（3）若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝mv05eB位置的电子数N答案：（1）Bv0（2）3mv032eB解析：（1）电子沿x轴做直线运动，则电子受力平衡，即eE＝eBv0解得E＝Bv0。（2）电子在电、磁叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由v04到v02的过程，由动能定理得eEy1＝12m联立解得y1＝3m（3）设电子的入射速度为v1时刚好能达到纵坐标为y2＝mv05eB的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为电子在最低点的合力为F1＝eE－eBv1电子在最高点的合力为F2＝eBv2－eE由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，即F2＝F1整理得v1＋v2＝2v0电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得eEy2＝12mv22－整理得v2－v1＝v解得v1＝910v又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大则能到y2＝mvη＝NN0×100％＝v解得η＝90％。题型二带电粒子在交变电、磁场中的运动分析带电粒子在交变电、磁场中运动问题的基本思路【例4】（多选）如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB＝3AD＝3L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是 （）A.若粒子经时间t＝12T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0＝B.若粒子经时间t＝32T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小R＝C.若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0＝nmv02qL（n＝1，2，D.若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期T0＝2πL3nv0（n＝1，答案：AD解析：若粒子经时间t＝12T0恰好垂直打在CD上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L，根据牛顿第二定律有qv0B0＝mv02L，解得B0＝mv0qL，故A正确；若粒子经时间t＝32T0恰好垂直打在CD上，如图1所示，可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，如图2所示，则粒子运动的总时间一定为磁感应强度变化周期的整数倍，设粒子运动的半径为r，则2L＝2nr（n＝1，2，3，…），根据牛顿第二定律有qv0B0＝mv02r，解得B0＝nmv0qL（n＝1，2，3，…），根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期T0内转过的圆心角为120°，则T0＝13×2πrv0＝2πL3nv【例5】某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右（如图甲中由B到C的方向），电场变化如图乙中E－t图像，磁感应强度变化如图丙中B－t图像。在A点，从t＝1s（即1s末）开始，每隔2s，有一个相同的带电粒子（重力不计）沿AB方向（垂直于BC）以速度v射出，恰能击中C点，且粒子在AB间运动的时间小于1s，若AC＝2BC，求：（1）图像上E0和B0的比值是多少？磁感应强度B的方向是怎样的？（2）若第1个粒子击中C点的时刻已知为（1＋Δt）s，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少？答案：（1）43v磁场方向垂直纸面向外（2）3s＋33解析：（1）设AC＝2BC＝2d，在t＝1s时，空间区域只有磁场，故粒子做匀速圆周运动，则有qvB0＝mv2R，由几何关系可得R＝｜AC｜＝2d，则B0＝mv2qd，当粒子在电场中运动时，在AB方向上匀速运动，在BC方向上是匀加速运动，则有3d＝vt，d＝12at2，qE0＝ma，联立可求得E0＝2mv23qd，故（2）第一个粒子击中C点的时刻已知为（1＋Δt）s，该粒子在磁场中运动，所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定，由几何关系可得，粒子从A到C时，轨迹所对应的圆心角为θ＝π3，故粒子在磁场中运动时间Δt＝θRv＝π3×2dv，又第二个粒子在电场中运动的时间为t＝3dv＝332πΔt，故第2个粒子击中C点的时刻为t2跟踪训练·巩固提升1.（2023·新课标卷18题）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的110，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为 （A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外解析：C带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子受到的静电力和洛伦兹力平衡，当电场方向向左、磁场方向垂直纸面向里时，α粒子受到向左的静电力和洛沦兹力，电子受到向右的静电力和洛伦兹力，二者均不能满足受力平衡打到a点，A错误。电场方向向左、磁场方向垂直纸面向外，此时如果α粒子打在a点，则受到向左的静电力和向右的洛伦兹力平衡，qE＝qvB，v＝EB，电子速度大，受到向左的洛伦兹力大于向右的静电力，则电子向左偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子向左的静电力大于向右的洛伦兹力，则α粒子向左偏转，均不会打在b点，B错误。电场方向向右、磁场方向垂直纸面向里，此时如果α粒子打在a点，即受到向右的静电力和向左的洛伦兹力平衡，qE＝qvB，v＝EB，电子速度大，受到向右的洛伦兹力大于向左的静电力，则电子向右偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子受到向右的静电力大于向左的洛伦兹力，α粒子向右偏转，均可能打在b点；同理电场方向向右、磁场方向垂直纸面向外时，α粒子受到向右的静电力和洛伦兹力，电子受到向左的静电力和洛伦兹力，二者均不能受力平衡打到a点，故C正确，2.（多选）如图所示，带等量异种电荷的平行金属板之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点为曲线最低点，不计重力，下列说法正确的是 （）A.该粒子带正电荷B.A点和B点必定位于同一水平面上C.在C点洛伦兹力大于电场力D.粒子到达B点后将沿曲线返回A点解析：ABC由于粒子是从静止开始运动的，在开始运动的一瞬间，受到的只有电场力，即电场力方向向下，又因为电场方向是向下的，故粒子带正电荷，A正确；运动过程中由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，从静止开始到速度为零，电场力做功为零，所以A点和B点必定位于同一水平面上，B正确；在C点以后粒子的速度方向变为向上，而受到的电场力方向恒向下，故要使粒子向上运动，在C点必然有洛伦兹力大于电场力，C正确；粒子到达B点后将做如图所示的运动，D错误。3.如图所示，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像不可能是下列选项中的 （）解析：C根据左手定则可知圆环所受洛伦兹力的方向向上，如果qv0B＝mg，则环和杆之间无弹力，圆环也不受摩擦力，环在杆上匀速直线运动，圆环运动的速度—时间图像如选项A所示；如果qv0B＞mg，则环和杆之间有摩擦力作用，环做减速运动，根据牛顿第二定律可得μ（qvB－mg）＝ma，环的加速度减小，当减速到qvB＝mg时，环和杆之间无弹力，此后环做匀速运动，圆环运动的速度—时间图像如选项D所示；如果qv0B＜mg，则环和杆之间有摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得μ（mg－qvB）＝ma，环做减速运动，环的加速度增大，当速度减小到零时，环静止在杆上，圆环运动的速度—时间图像如选项B所示，故圆环运动的速度—时间图像不可能是选项C。4.（2023·全国乙卷18题）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为 （A.E2aBC.B2aE解析：A带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示。由几何关系可知rsin30°＝r－a，解得r＝2a，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，则r＝mvqB。由于施加电场后，该粒子做匀速直线运动，则qvB＝qE，解得v＝EB。联立以上方程可得qm＝E2aB2，5.建立如图所示的坐标系xOy，x轴紧挨着光滑绝缘的水平地面。在x≥0且0≤y≤a区域内存在着彼此垂直的匀强电场与匀强磁场，匀强电场平行y轴向上，匀强磁场垂直纸面向里。质量为m且带电荷量为q的小球（视为点电荷）从坐标原点以速度v0沿x轴射入该区域，小球在复合场中做匀速圆周运动，并恰好从坐标为（0，a）的点飞离复合场。忽略空气阻力，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，试求：（1）匀强电场E及匀强磁场B的大小；（2）小球落地时的坐标；（3）若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，此后经多长时间第5次进入复合场，并确定进入点的坐标。答案：（1）mgq2mv0qa（3）20v0g＋9πa4v解析：（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供小球做圆周运动所需的向心力，则有mg＝Eq解得E＝mg小球恰好从坐标为（0，a）的点飞离复合场，由几何关系得r＝a洛伦兹力提供向心力qvB＝mv联立解得B＝2m（2）小球飞离复合场后做平抛运动，则有a＝12gt2，x＝v0解得x＝v02故小球落地时的坐标为－v（3）若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，由洛伦兹力提供向心力得q·2v0B＝m4解得小球在磁场中运动的轨迹半径为R＝a小球第1次在磁场中运动的时间t1＝π小球离开磁场后做竖直上抛运动，运动时间t2＝2×2v0小球在第一象限做周期性运动，其周期为T＝4v0小球从坐标原点到第5次进入复合场的时间t＝5T－t1＝20v0第5次进入复合场的横坐标为x'＝10R－R＝9a故第5次进入点的坐标为（9a，a）。6.在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力）在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。（1）求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0；（2）若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值；（3）要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。答案：（1）2πmqB0（2）5πm3qB0（3）πmq解析：（1）由qvB0＝mv2r，T0＝联立解得T0＝2π（2）如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sinα＝12，得α＝30°在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°，运动时间为t＝512T0＝5πm6q所以磁感应强度的变化周期T的最大值为Tmax＝5π（3）如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即T2＝T04，所以磁场变化的周期为弦OM的长度为s＝2Ln（n＝2，4，6，圆弧半径为R＝s2＝Ln（n＝2，4，6，由qv0B0＝mv0解得v0＝qB0Lnm（n＝2，4，67.（2024·云南曲靖统考）现代科技可以利用电场、磁场对带电粒子的作用来控制其运动