2019届一轮复习人教版 带电粒子在叠加场和组合场中的运动 学案

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)、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

1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动 (1)洛伦兹力、重力并存

①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.

②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)

①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.

②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 ①若三力平衡，一定做匀速直线运动. ②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.

③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.

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Ⅰ·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( )

图1

A.ma＞mb＞mc C.mc＞ma＞mb 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，即 mag＝qE

①

B.mb＞ma＞mc D.mc＞mb＞ma

b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvB

②

c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvB＝qE

③

比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确.

例2 (多选)(2017·河南六市一模)如图2所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点.若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )

图2

A.小球在C点对轨道的压力大小为qB2gR B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB2gR

C.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变 D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大 答案 BD

1

解析 小球从A到C，只有重力做功，由机械能守恒有mgR＝mv2，得小球到达C点时的速

2v2

度v＝2gR，在C点由牛顿第二定律有FN＋qvB－mg＝m，解得FN＝3mg－qB2gR，再由

R牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB2gR，故A错误，B正确；从C到D，小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功率和外力F做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为θ，则有mgvcos θ＝Fvsin mgθ，得F＝，因θ逐渐减小，则外力F逐渐增大，外力F的功率逐渐增大，故C错误，D

tan θ正确.

变式1 (2017·河北冀州2月模拟)我国位于北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力，此地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是( ) A.小球运动方向为自南向北 B.小球可能带正电 EC.小球速度v的大小为

BD.小球的比荷为答案 D

解析 由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且F洛＝qvB，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北，则小球受力如图所示，其中q

qvB与qE垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg)2＝(Eq)2＋(Bqv)2，得＝m

gE＋?vB?

2

2

g

E2＋?vB?2，v＝?mg?2－?qE?2

，则D项正确，C项错误.由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东

qB

向西，则A、B错误.

变式2 (2016·天津理综·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＝53 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B＝0.5 T.有一带正电的小球，质量m＝1×106 kg，电荷量q＝2×106 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)23 s

解析 (1)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qvB＝

q2E2＋m2g2

①

代入数据解得v＝20 m/s

②

速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足 qEtan θ＝

mg

代入数据解得tan θ＝3 θ＝60°

④

③

(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＝q2E2＋m2g2

m

⑤

设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt

⑥

设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有 1y＝at2

2ytan θ＝

x

联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝23 s

⑨

⑦ ⑧

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 vy＝vsin θ

⑤

1

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＝

20

⑥

联立⑤⑥式，代入数据解得t＝23 s. 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 磁场与磁场的组合

例3 (2017·全国卷Ⅲ·24)如图4，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1).一质量为m、电荷量为q(q＞0)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4

(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O点间的距离.

2mv0πm11答案 (1)(1＋) (2)(1－)

B0qλB0qλ

解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动.设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 v0 2

qB0v0＝m R1v0 2

qλB0v0＝m R2

① ②

粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 πR1t1＝ v0

粒子再转过180°时，所需时间t2为 πR2t2＝ v0

联立①②③④式得，所求时间为 t＝t1＋t2＝

πm1(1＋) B0qλ

⑤

④

③

(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 2mv01

d＝2(R1－R2)＝(1－) B0qλ

变式3 如图5所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6l.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外.A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为l.质量为m、电荷量为＋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S1进入Ⅰ区，并直

接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是l的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.

图5

(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E.

(2)若2

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R1＝l v2

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB0＝m

R11

粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有qEd＝mv2

2qB0 2l2

联立解得E＝.

2dm

(2)因为2

① ②

222

由几何关系得R 2－(kl)＝(R2－l)

③ ④

v2又有qvB0＝m R2

qB0?l＋k2l?

联立解得v＝

2m又因为6l－2kl＝2x klR2根据几何关系有＝ xR

⑤ ⑥

mvR2B由R＝知，＝ qBRB0kB0联立解得B＝. 3－k模型2 电场与磁场的组合

⑦

例4 (2017·天津理综·11)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6所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0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O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，问：

图6

(1)粒子到达O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.

v0答案 (1)2v0 方向与x轴正方向成45°角斜向上 (2)

2

解析 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 2L＝v0t 1L＝at2

2

① ②

设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at

③

设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有 vy

tan α＝ v0

联立①②③④式得α＝45°

④ ⑤

即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上. 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有

v＝22v 0＋v y

⑥ ⑦

联立①②③⑥式得v＝2v0

(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得 F＝ma 又F＝qE

⑧ ⑨

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，所受的洛伦兹力提供向心力，有 v2

qvB＝m

R

由几何关系可知R＝2L Ev0

联立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝

B2

变式4 (2017·河南六市一模)如图7所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁q

场.已知带电粒子的比荷＝3.2×109 C/kg，电场强度E＝200 V/m，M、N间距MN＝1 cm，

m金属板长L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，带电粒子的重力忽略不计，求：

⑩ ?

图7

(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ； (2)磁感应强度B的大小. 答案 (1)45° (2)2.5×102 T

－

解析 (1)由牛顿第二定律有qE＝ma

粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，L＝v0t

粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，射出电场时的竖直分速度vy＝at vy

速度偏转角的正切值tan θ＝

v0由以上各式代入数据解得θ＝45°

(2)粒子射出电场时的速度大小为： v＝22

v 0＋v y

v2

在磁场中洛伦兹力提供向心力：Bqv＝m r由几何关系得MN＝2r 代入数据解得B＝2.5×10－2 T

1.(多选)如图1所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )

图1

A.小球一定带正电 B.小球一定带负电 C.小球的绕行方向为顺时针

D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动 答案 BC

2.如图2所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )

图2

A.穿出位置一定在O′点下方 B.穿出位置一定在O′点上方

C.运动时，在电场中的电势能一定减小 D.在电场中运动时，动能一定减小 答案 C

3.在xOy平面内，以抛物线OM为界，MOy区域内存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E，y轴为电场的右边界；MOx区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴为磁场的下边界，如图3所示.质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上P(0，h)点以垂直于y轴的初速度进入电场中，经电场后以与x轴成45°角的速度从抛物线上的Q点(图中未画出)进入磁场，已知Q点h

的纵坐标为，粒子重力不计.

2

图3

(1)试求带电粒子从P射入电场时的速度大小；

(2)若O为抛物线OM的顶点，写出边界OM的抛物线方程；

(3)要使带电粒子不穿过x轴，试确定匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件. 答案 (1)qEhx2

(2) y＝ (3)B≥(2＋22)m2h

mE qh

解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得粒子加速度 qEa＝

m

①

过边界OM时y方向上的速度大小为vy，

h

则vy2＝2a(h－)

2

② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

由此时速度方向与x轴成45°角可知vy＝v0 联立①②③解得v0＝

qEh. m

h

(2)O为抛物线顶点，Q点纵坐标为y＝ 2h1

由类平抛运动可得x＝v0t，＝at2

22联立①④⑥解得x＝h

hx22

将Q(h，)、O(0,0)代入x＝2py即可得MO的抛物线方程为y＝.

22h

(3)带电粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R，要使粒子不穿过x轴，则由几何关系得

h

R＋Rsin 45°≤

2

粒子在磁场中运动的速度大小 v＝2v0

v2

由牛顿第二定律得qvB＝m

R联立④⑧⑨⑩解得B≥(2＋22)

⑧

⑨ ⑩

mE. qh

4.如图4甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示.在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向.在x轴上有48v0t0

一点A(图中未标出)，坐标为(，0).若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正

πE0v0

方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：＝；B0πqπ

粒子的比荷满足：＝.求：

mB0t0

图4

t0(1)在t＝时，粒子的位置坐标；

2(2)粒子偏离x轴的最大距离； (3)粒子运动至A点的时间.

v0t0v0t032

答案 (1)(，) (2)(＋)v0t0 (3)32t0

ππ2π

4π2

解析 (1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0＝m2T

2mv 0r1＝

r1

mv0v0t0

解得T＝2t0，r1＝＝ qB0π

t0π

则粒子在时间内转过的圆心角α＝ 22

v0t0v0t0t0所以在t＝时，粒子的位置坐标为(，).

2ππ

(2)在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示

E0q

则v＝v0＋t0＝2v0

m

v0＋v

运动的位移x＝t＝1.5v0t0

20

在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r2＝2r1＝

2v0t0

π

2v0t032

故粒子偏离x轴的最大距离h＝x＋r2＝1.5v0t0＋＝(＋)v0t0.

π2π(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0 6v0t0故粒子在一个周期内向右运动的距离d＝2r1＋2r2＝ π48v0t0

AO间的距离为＝8d

π

所以，粒子运动至A点的时间t＝32t0.

5.如图5所示，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy平面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy平面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y>0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g).

图5

(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； (2)P点距坐标原点O至少多高；

(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第四象限，通过N点开始计时，经时间t＝2

R小球距坐标原点O的距离s有多远？ g

mg2E (2)EB

R

(3)27R g

答案 (1)带正电

解析 (1)小球进入第一象限后做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q，则有qE＝mg mg解得q＝ E

又电场方向竖直向上，故小球带正电.

mv2

(2)设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qBv＝

rmv2

小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足mg＝ RmgR

解得r＝ qB即P、O的最小距离为 2E

y＝2r＝

B

R. g

(3)设小球到达N点的速度为 vN，小球由O运动到N的过程中，由机械能守恒得 11

2mgR＝mvN2－mv2

22解得vN＝5gR

小球从N点进入电场区域后做类平抛运动，设加速度为a，则 沿x轴方向有x＝vNt 1

沿电场方向有z＝at2

2qE

由牛顿第二定律得a＝

m

经t时间小球距坐标原点O的距离为 s＝

x2＋z2＋?2R?2＝27R.

6.(2018·广东中山调研)如图6所示，两平行金属板A、B间的电势差为U＝5×104 V.在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ，它们的宽度为d1＝d2＝6.25 m，磁感应强度分别为B1＝2.0 T、B2＝4.0 T，方向如图中所示.现有一质量m＝1.0×108 kg、电荷量q

－

＝1.6×106 C、重力忽略不计的粒子从A板的O点由静止释放，经过加速后恰好从B板的小

－

孔Q处飞出.试求：

图6

(1)带电粒子从加速电场中出来的速度v的大小； (2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t；

(3)带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时的速度方向与边界面的夹角；

(4)若d1的宽度不变，改变d2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d2的宽度至少为多大？

π答案 (1)4.0×103 m/s (2) s (3)60° (4)9.375 m

1 920解析 (1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有： 1

qU＝mv2－0，解得v＝4.0×103 m/s.

2

(2)粒子运动轨迹如图甲，

mv2

设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qvB1＝

r代入数据解得 r＝12.5 m

设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ，则： d16.25 m1sin θ＝＝＝

r12.5 m2所以θ＝30° 粒子在Ⅰ区运动周期 2πmT＝

qB1

则粒子在Ⅰ区运动时间 θt＝T 360°π

解得t＝ s

1 920

(3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R， mv2

则qvB2＝ R解得R＝6.25 m

如图甲所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形， 所以粒子离开Ⅱ区域时速度方向与边界面的夹角为α＝60°

(4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨迹与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为：d2＝R＋Rcos 60°＝1.5R＝9.375 m

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