高考物理二轮复习提分练习专题12 带电粒子在组（复）合场中的运动（含解析）

这是一份高考物理二轮复习提分练习专题12 带电粒子在组（复）合场中的运动（含解析），共30页。试卷主要包含了带电粒子在组合场中的运动，带电粒子在复合场中的应用，带电粒子在交变复合场中的运动，带电粒子在叠加场中的运动等内容，欢迎下载使用。

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】 (2018·全国卷Ⅲ，24)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
【参考答案】 (1)eq \f(4U,lv1) (2)1∶4
【名师解析】
(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1eq \f(veq \\al(2,1),R1)②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝eq \f(4U,lv1)。④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)⑤
q2v2B＝m2eq \f(veq \\al(2,2),R2)⑥
由题给条件有2R2＝eq \f(l,2)⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶4。⑧
【典例分析2】(2019·大庆实验中学检测)如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以速度v0与x轴负方向成60°角射入磁场，从y＝L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计粒子重力。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小；
(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
【参考答案】 (1)eq \f(3mv0,2qL) (2)eq \f(mv\\al(2,0),2qL) (3)eq \f(2π,9)
【名师解析】 (1)带电粒子的运动轨迹如图所示。
由几何关系可知：r＋rcs60°＝L，
得r＝eq \f(2L,3)
又因为qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)
解得：B＝eq \f(3mv0,2qL)。
(2)带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L＝v0t2
沿y轴有：L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)，
又因为qE＝ma
解得：E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qL)。
(3)带电粒子在磁场中运动时间为：
t1＝eq \f(1,3)·eq \f(2πr,v0)＝eq \f(4πL,9v0)
带电粒子在电场中运动时间为：t2＝eq \f(2L,v0)
所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：
eq \f(t1,t2)＝eq \f(2π,9)。
【典例分析3】(2019·山东潍坊模拟)在如图所示的坐标系中，第一和第二象限(包括y轴的正半轴)内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y轴正方向、大小未知的匀强电场．p点为y轴正半轴上的一点，坐标为(0，l)；n点为y轴负半轴上的一点，坐标未知．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由p点沿y轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x轴正半轴成45°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y轴经过n点．粒子的重力忽略不计．求：
(1)粒子在p点的速度大小；
(2)第三和第四象限内的电场强度的大小；
(3)带电粒子从由p点进入磁场到第三次通过x轴的总时间．
【答案】：(1)eq \f(\r(2)Bql,m) (2)eq \f(\r(2)－1qlB2,m)
(3)(eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2)eq \f(m,qB)
【解析】：粒子在复合场中的运动轨迹如图所示．
(1)由几何关系可知
rsin 45°＝l
解得r＝eq \r(2)l又因为qv0B＝meq \f(v02,r)，可解得
v0＝eq \f(\r(2)Bql,m).
(2)粒子进入电场在第三象限内的运动可视为平抛运动的逆过程，设粒子射入电场坐标为(－x1,0)，从粒子射入电场到粒子经过n点的时间为t2，由几何关系知x1＝(eq \r(2)＋1)l，在n点有v2＝eq \f(\r(2),2)v1＝eq \f(\r(2),2)v0
由类平抛运动规律有
(eq \r(2)＋1)l＝eq \f(\r(2),2)v0t2
eq \f(\r(2),2)v0＝at2＝eq \f(Eq,m)t2
联立以上方程解得t2＝eq \f(\r(2)＋1m,qB)，E＝eq \f(\r(2)－1qlB2,m).
(3)粒子在磁场中的运动周期为
T＝eq \f(2πm,qB)
粒子第一次在磁场中运动的时间为
t1＝eq \f(5,8)T＝eq \f(5πm,4qB)
粒子在电场中运动的时间为
2t2＝eq \f(2\r(2)＋1m,qB)
粒子第二次在磁场中运动的时间为
t3＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πm,2qB)
故粒子从开始到第三次通过x轴所用时间为
t＝t1＋2t2＋t3＝(eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2)eq \f(m,qB).
【提分秘籍】
1.带电粒子在组合场中运动问题的处理方法
(1)解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板
(2)用规律选择思路
①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识来处理；
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来处理。
(3)关注从一种场进入另一种场的衔接速度。
2．组合场中的两种典型偏转
【突破训练】
1.(2019·陕西榆林一模)如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。在该平面有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，之后与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计带电粒子的重力，则( )
A．磁感应强度B＝eq \f(\r(2)mv0,4qd)
B．电场强度E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qd)
C．自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为eq \f(7\r(2)πd,2v0)
D．自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为eq \f(7πd,2v0)
【答案】 BD
【解析】 粒子的轨迹如图所示，
带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，vx＝vy＝v0，根据x＝d＝eq \f(1,2)vxt、y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出电场时轨迹与y轴交点坐标为(0,2d)。设粒子在磁场中运动的半径为R，则有Rsin(180°－β)＝y＝2d，而β＝135°，解得：R＝2eq \r(2)d，粒子在磁场中运动的速度v＝eq \r(2)v0，根据R＝eq \f(mv,qB)，解得B＝eq \f(mv0,2qd)，故A错误；根据vx＝at＝eq \f(qE,m)t＝v0、d＝eq \f(1,2)vxt，得E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qd)，故B正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(4πd,v0)，在第一象限运动时间t1＝eq \f(135°,360°)T＝eq \f(3πd,2v0)，在第四象限运动时间t1＝eq \f(1,2)T＝eq \f(2πd,v0)，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间t＝t1＋t2＝eq \f(7πd,2v0)，故D正确，C错误。
2.(2019·岳阳模拟)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\\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)。
3.(2019·贵州黔东南州模拟)空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场．现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用力，求：
(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；
(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达y轴所用的时间．
【答案】：(1)eq \f(qBR,m) eq \f(qB2R,2m) (2)(eq \f(5π,6)＋eq \f(1,2))eq \f(m,qB)
【解析】：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(qBR,m)
如图甲所示，
因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R＝vt
又因为R＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t2解得E＝eq \f(qB2R,2m).
(2)轨迹如图乙所示，
轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ＝150°，粒子在磁场中运动的时间为
t1＝eq \f(θ,360°)T＝eq \f(5πm,6qB)
粒子离开磁场到y轴的距离MH＝eq \f(R,2)，在无场区运动的时间t2＝eq \f(R,2v)＝eq \f(m,2qB)
故粒子到达y轴的时间为t＝t1＋t2＝(eq \f(5π,6)＋eq \f(1,2))eq \f(m,qB).
4.(2019·烟台模拟)如图所示，边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场。左侧磁场的磁感应强度大小为B1＝eq \f(\r(6mqU),2qL)，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B2＝eq \f(\r(6mqU),qL)，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力。求：
(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小；
(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间；
(3)电场强度的取值在什么范围内时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开。
【答案】 (1) eq \r(\f(2qU,m)) (2)eq \f(2L,\r(3)) eq \f(πL,3) eq \r(\f(2m,3qU)) (3)eq \f(11U,16L)≤E≤eq \f(2U,L)
【解析】 (1)粒子在电场中运动时，qU＝eq \f(1,2)mv2，
解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小
v＝ eq \r(\f(2qU,m))。
(2)粒子在左侧磁场区域内运动时由洛伦兹力提供向心力
qvB1＝eq \f(mv2,R1)，
解得粒子在左侧磁场区域内做圆周运动时的半径
R1＝eq \f(2L,\r(3))
设粒子在左侧磁场中转过的角度为α，如图所示
由sinα＝eq \f(L,R1)，
解得α＝60°，周期T＝eq \f(2πR1,v)
粒子在左侧磁场中运动的时间为
t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πL,3) eq \r(\f(2m,3qU))。
(3)粒子在右侧磁场中运动，设在上边缘cd间离开的临界速度分别为vn与vm，与之相对应的轨迹半径分别为Rn与Rm。如图所示，由分析知Rn＝eq \f(3,4)L，Rm＝L
由洛伦兹力提供向心力有qvnB2＝eq \f(mv\\al(2,n),Rn)
对于粒子在电场中的运动，由动能定理有
qEnL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)－eq \f(1,2)mv2，得En＝eq \f(11U,16L)
同理得Em＝eq \f(2U,L)
所以电场强度的范围为eq \f(11U,16L)≤E≤eq \f(2U,L)时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开。
题型二 带电粒子在复合场中的应用
【题型解码】
【典例分析1】如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点，设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的是( )
【参考答案】：B
【名师解析】：设粒子到达O点的速度为v，粒子通过电场的过程中，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，R＝eq \f(x,2)，由以上三式解得x＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2mU,q))，选项B正确，选项A、C、D错误．
【典例分析2】(2019·湖南常德高三一模)2018年，我省加大环保督查力度，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)
【参考答案】 D
【名师解析】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。
【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。
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】(2019·江苏省丹阳市丹阳高级中学三模)如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化(垂直于纸面向外为正)。t＝0时，一比荷为eq \f(q,m)＝1×105 C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小v＝5×104 m/s，不计粒子重力。
(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径；
(2)求t＝eq \f(π,2)×10－4 s时带电粒子的坐标；
(3)保持图b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3 T，在t＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻。
【参考答案】 (1)1 m (2)(3.41 m，－1.41 m) (3)t1＝(eq \f(π,4)＋2nπ)×10－4 s和t2＝2(n＋1)π×10－4 s(n＝0,1,2，…)
【名师解析】 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
qvB1＝meq \f(v2,r)
解得r＝1 m。
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T0＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2π,5)×10－4 s
在0～eq \f(π,4)×10－4 s过程中，粒子运动了eq \f(5T0,8)，圆弧对应的圆心角θ1＝eq \f(5π,4)
在eq \f(π,4)×10－4～eq \f(π,2)×10－4 s过程中，粒子又运动了eq \f(5T0,8)，圆弧对应的圆心角θ2＝eq \f(5π,4)
轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，带电粒子的横坐标：x＝2r＋2rsineq \f(π,4)＝(2＋eq \r(2)) m≈3.41 m
纵坐标：y＝－2rcseq \f(π,4)＝－eq \r(2) m≈－1.41 m
故带电粒子的坐标为(3.41 m，－1.41 m)。
(3)施加B2＝0.3 T的匀强磁场与原磁场叠加后，合磁场的磁感应强度B随时间的变化如图乙所示，
①当nT≤tT1＝eq \f(2πm,qB1＋B2)＝eq \f(π,4)×10－4 s；
②当nT＋eq \f(T,2)≤t<(n＋1)T(n＝0,1,2，…)时，粒子在B2′＝－0.2 T的匀强磁场中做圆周运动的周期
T2＝eq \f(2πm,qB1－B2)＝π×10－4 s。
在t＝0时射入的粒子，先运动1个小圆周，再运动eq \f(1,4)大圆周，……，粒子运动轨迹如图丙所示。
若粒子在B1′磁场中运动回到原点，则t1＝T1＋n(4T1＋T2)(n＝0,1,2，…)；
若粒子在B2′磁场中运动回到原点，则t2＝(n＋1)·(4T1＋T2)(n＝0,1,2，…)
综上，粒子回到坐标原点的时刻为：
t1＝(eq \f(π,4)＋2nπ)×10－4 s和t2＝2(n＋1)π×10－4 s(n＝0,1,2，…)。
【典例分析2】(2019·陕西榆林高三第三次模拟)如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r＝0.3 m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2＝0.8 T。t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒从x轴上xP＝－0.8 m处的P点以速度v＝0.12 m/s向x轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g取10 m/s2)
(1)求电场强度；
(2)若y轴左侧的磁场15π s后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；
(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)。
【参考答案】 (1)40 N/C，方向竖直向上 (2)2.4 m (3)(0.30 m,2.25 m)
【名师解析】 (1)微粒在电磁场区域做匀速圆周运动，它受到的电场力和重力大小相等，则：
qE＝mg
解得：E＝40 N/C，方向竖直向上。
(2)B1≠0时，微粒做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：
qvB1＝meq \f(v2,R1)
所以R1＝eq \f(mv,qB1)＝0.6 m
T＝eq \f(2πm,qB1)＝10π s
从图乙可知在0～5π s内微粒做匀速圆周运动，在5π～10π s内微粒向左做匀速直线运动，在10π～15π s内微粒又做匀速圆周运动，在15π s以后微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴，微粒轨迹如图，离x轴的最大距离s′＝2R1×2＝4R1＝2.4 m。
(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径。
微粒做圆周运动，由牛顿第二定律，有
qvB2＝meq \f(v2,R2)
所以R2＝eq \f(mv,qB2)＝0.6 m＝2r
所以最大偏转角为60°
所以圆心的横坐标x＝0.30 m
纵坐标y＝s′－rcs60°＝(2.4－0.3×eq \f(1,2) ) m＝2.25 m
即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.25 m)。
【提分秘籍】
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
【突破训练】
1.(2019·山东省潍坊市二模)(多选)如图1所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O、O′分别为两金属板两侧边缘连线的中点，在O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是( )
A．粒子在电场中运动的最短时间为eq \f(\r(2)d,v0) B．射出粒子的最大动能为eq \f(5,4)mveq \\al(2,0)
C．t＝eq \f(d,2v0)时刻进入的粒子，从O′点射出 D．t＝eq \f(3d,v0)时刻进入的粒子，从O′点射出
【答案】 AD
【解析】 由图2可知场强大小E0＝eq \f(mv\\al(2,0),2qd)，则粒子在电场中的加速度大小a＝eq \f(qE0,m)＝eq \f(v\\al(2,0),2d)，因为eq \f(1,2)a· SKIPIF 1 < 0 ＝d，则粒子在电场中运动的最短时间满足eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,min)，解得tmin＝eq \f(\r(2)d,v0)，A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝eq \f(8d,v0)，则由图2和动能定理可知，任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，B错误；由图2可知，t＝eq \f(d,2v0)时刻进入的粒子先竖直向下加速，加速时间t加＝eq \f(2d,v0)－eq \f(d,2v0)＝eq \f(3d,2v0)>eq \f(\r(2)d,v0)，由A选项分析可知，t＝eq \f(d,2v0)时刻进入的粒子在t＝eq \f(2d,v0)前已经打在下极板上，不可能从O′点射出，C错误；由图2可知，t＝eq \f(3d,v0)＝eq \f(3,4)T时刻进入的粒子，竖直方向上先向上加速，加速时间t1＝eq \f(4d,v0)－eq \f(3d,v0)＝eq \f(d,v0)，加速过程竖直方向的位移y1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(d,4)，然后向上减速，减速时间t2＝t1＝eq \f(d,v0)，减速过程竖直方向的位移y2＝y1＝eq \f(d,4)，由y1＋y2＝eq \f(d,2)可知粒子恰好不碰到上极板，然后竖直方向向下加速eq \f(T,4)，再向下减速eq \f(T,4)到竖直方向速度为零……如此反复，则最后从电场射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，D正确。
2.(2019·哈尔滨三中模拟)如图甲所示，质量为m带电量为－q的带电粒子在t＝0时刻由a点以初速
度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场磁感应强度大小不变、方向周期性变化如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；
Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同均为B0.粒子在Ⅰ区域内一定
能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为eq \f(T0,2)整数倍，则：
(1)粒子在Ⅰ区域运动的轨道半径为多少？
(2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)．
【答案】 (1)eq \f(mv0,qB0)或eq \f(v0T0,2π) (2)eq \f(qB0x,2m) eq \f(qB0x,2m)－2v0
【解析】 (1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),r)
解得r＝eq \f(mv0,qB0)(或T0＝eq \f(2πr,v0)，r＝eq \f(v0T0,2π))．
(2)第一种情况，若粒子进入第Ⅲ区域，当第三次经过mn进入Ⅰ区域，Ⅰ区域磁场向外时：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝eq \f(x,2)
qv2B0＝meq \f(v\\al(2,2),R)
解得粒子在Ⅲ区域速度大小v2＝eq \f(qB0x,2m)
第二种情况，若粒子进入第Ⅲ区域，当第三次经过mn进入Ⅰ区域，Ⅰ区域磁场向里时：
粒子在Ⅲ区域运动半径R＝eq \f(x－4r,2)
粒子在Ⅲ区域速度大小v2＝eq \f(qB0x,2m)－2v0.
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】(2019·山东省滨州市二模)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，cs53°＝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？
【参考答案】 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(8m,5q) eq \r(\f(g,L))
【名师解析】 (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＋csα)＝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))。
【典例分析2】(2019·浙江三校模拟)(多选)如图所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两球的相互作用，两球电荷量始终不变)。关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A．两小球都可能做直线运动 B．只有沿ab方向抛出的小球才可能做直线运动
C．若有小球能做直线运动，则一定是匀速运动 D．两小球在运动过程中机械能均守恒
【参考答案】 AC
【名师解析】 沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能受力平衡，做匀速直线运动，A正确，B错误；若小球在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时做直线运动，则合力一定为零，小球的运动一定是匀速直线运动，C正确；两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。
【典例分析3】如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°角且处于竖直平面内。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在绝缘杆上。给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电荷量保持不变。已知磁感应强度大小为B，电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)mg,q)，则以下说法中不正确的是( )
A．小球的初速度v0＝eq \f(2mg,qB)
B．若小球的初速度为eq \f(3mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止
C．若小球的初速度为eq \f(mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止
D．若小球的初速度为eq \f(mg,qB)，则运动中克服摩擦力做功为eq \f(m3g2,2B2q2)
【参考答案】 B
【名师解析】 对小球进行受力分析如图所示，电场力的大小F＝qE＝eq \r(3)mg，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，二者的合力F合＝2mg，方向与杆的方向垂直，而洛伦兹力的方向也与速度的方向垂直，三力的合力不做功，所以当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，则杆对小球没有支持力的作用，则qv0B＝2mg，v0＝eq \f(2mg,qB)，故A正确；若小球的初速度为eq \f(3mg,qB)，此时洛伦兹力F洛＝qvB＝3mg＞F合，在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的支持力，存在摩擦力f＝μFN，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到eq \f(2mg,qB)时，FN＝0，f＝0，小球开始做匀速直线运动，故B错误；若小球的初速度为eq \f(mg,qB)，此时洛伦兹力F洛′＝qv′B＝mg＜F合，在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的支持力，存在摩擦力f＝μFN，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，故C正确；由C项的分析可知运动中克服摩擦力所做的功等于小球的动能减小量(重力和电场力的合力不做功)，所以W＝eq \f(1,2)mv′2＝eq \f(m3g2,2q2B2)，故D正确。本题要求选说法不正确的，故选B。
【提分秘籍】
带电粒子在复合场中运动问题的处理方法
(1)明种类：明确复合场的种类及特征。
(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点。
(3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径及边角关系。
(4)用规律：灵活选择不同的运动规律。
①两场共存，电场与磁场中满足qE＝qvB或重力场与磁场中满足mg＝qvB且两力方向相反时，粒子做匀速直线运动，根据受力平衡列方程求解。
②两场共存，电场力与重力都恒定时，粒子平衡时根据平衡条件求解，做匀变速直线运动时用牛顿运动定律、运动学规律或动能定理求解，做匀变速曲线运动时用运动的合成与分解或动能定理求解。
③三场共存，合力为零时，受力平衡，粒子做匀速直线运动或静止。其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
④三场共存，粒子在复合场中做匀速圆周运动时，mg与qE相平衡，根据mg＝qE，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用洛伦兹力公式和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB＝mrω2＝meq \f(v2,r)＝mreq \f(4π2,T2)＝ma。
⑤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。
【突破训练】
1. (多选)(2019·山东滨州市上学期期末)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是( )
A．液滴一定带正电 B．液滴在C点时的动能最大
C．从A到C过程液滴的电势能增大 D．从C到B过程液滴的机械能增大
【答案】 BCD
【解析】 从题图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧线内侧，根据左手定则可知，液滴带负电，故A错误；从A到C的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，合力做正功，液滴动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，合力做负功，液滴动能减小，所以液滴在C点动能最大，故B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C正确；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确．
2.(多选)(2019·山东济南市上学期期末)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里．一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动．若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )
A．小球的动能减小 B．小球的电势能减小 C．小球的重力势能减小 D．小球的机械能减小
【答案】 ACD
【解析】 带负电的小球做直线运动，共受到三个力作用：向下的重力G、向上的电场力F、向下的洛伦兹力F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向匀速运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动．当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做负功，小球动能减小．电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大．重力对小球做正功，重力势能减小，故A、C、D正确，B错误.
3．(2019·湖北荆门龙泉中学高三第五次学业检测)如图，地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面向里。一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动。由此可以判断( )
A．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点
B．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点
C．如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点
D．如果水平电场方向向右，油滴是从N点运动到M点
【答案】 AD
【解析】 如图，
油滴受重力、电场力、洛伦兹力作用，油滴沿MN直线必做匀速直线运动，合力为零。如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴从M点运动到N点，故A正确，B错误。如果水平电场方向向右，油滴只能带负电，由左手定则判断可知，油滴从N点运动到M点，故C错误，D正确。
4．(2018·合肥质检)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上。在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点P进入板间。油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．油滴刚进入两板间时的加速度大小为g
B．油滴开始下落的高度h＝eq \f(U2,2B2d2g)
C．油滴从左侧金属板的下边缘离开
D．油滴离开时的速度大小为 eq \r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))
【答案】 ABD
【解析】 油滴刚到达P点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力等大反向，因此油滴在P点的合力大小等于重力，由牛顿运动定律可知油滴在P点的加速度大小为g，A正确；由于油滴在P点水平方向的合力为零，则由力的平衡条件可知qeq \f(U,d)＝qBv，对油滴从释放到P点的过程中，由机械能守恒定律可知mgh＝eq \f(1,2)mv2，整理得h＝eq \f(U2,2gB2d2)，B正确；油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，C错误；对油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理有mg(h＋L)－qeq \f(U,2)＝eq \f(1,2)mv′2，解得v′＝eq \r(2gL＋\f(U2,B2d2)－\f(qU,m))，D正确。
5.(2019·湖北省高三4月调考)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
qvBcsθ＝mg，v＝eq \f(v0,csθ)
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 \\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)。
垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动轨迹
求解方法
利用类似平抛运动的规律求解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝eq \f(qE,m)t，y＝eq \f(qE,2m)t2
偏转角φ：
tan φ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qEt,mv0)
半径：r＝eq \f(mv,qB)
周期：T＝eq \f(2πm,qB)
偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解
运动时间
t＝eq \f(x,v0)
t＝eq \f(φ,2π)T＝eq \f(φm,qB)
动能
变化
不变
先读图
看清并明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的物理量
选规律
联立不同阶段的方程求解