还剩11页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考物理一轮复习讲义 （含解析）
成套系列资料，整套一键下载
新高考物理一轮复习讲义 第10章 专题强化22 带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动
展开
这是一份新高考物理一轮复习讲义 第10章 专题强化22 带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动，共14页。
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
例1 (2020·百师联盟4月冲刺卷)如图1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0.02 kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4 m)的A点出发，与y轴成45°角以2 m/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10 m/s2.求：
图1
(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)0.4 m (2)eq \f(\r(2),10)(6＋π) s (3)0.16 J
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°角做匀速直线运动，
有qE＝mg
qvB＝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)
联立解得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0.4 m.
(2)由A到B微粒做匀速直线运动：
位移为x1＝eq \f(2\r(2),5) 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＝eq \f(2\r(2),5) 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
沿DA方向位移大小为x3＝eq \f(2\r(2),5) 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＝0.16 J.
1.(带电粒子在叠加场中的运动)(2017·全国卷Ⅰ·16)如图2，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2
A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc
C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma
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，则
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确.
2.(带电粒子在叠加场中的运动)如图3所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里.一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场.不计一切阻力，重力加速度为g，求：
图3
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间.
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g))
解析 (1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：
所以，Eq＝mg，得：E＝eq \f(mg,q).
(2)由平衡条件：qvB＝eq \r(2)mg
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝meq \f(v2,r)
由几何知识可得：r＝eq \r(2)l
联立解得：v＝eq \r(2gl)，
B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)).
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g))
微粒做匀速圆周运动的时间：t2＝eq \f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g))
微粒在复合场中的运动时间：t＝t1＋t2＝(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g)).
题型二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
例2 如图4所示，在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场，一束比荷eq \f(q,m)＝106 C/kg的带正电的粒子流(重力和粒子间的相互作用不计)，以速度v0＝104 m/s沿水平方向从金属极板正中间射入两板.粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O为圆心，区域直径AB长度为L＝1 m，AB与水平方向成45°角.区域内有按如图乙所示规律做周期性变化的磁场，已知B0＝0.5 T，磁场方向以垂直于纸面向外为正.粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成45°角斜向下射入磁场.
图4
(1)两金属极板间的电压U是多大？
(2)若T0＝0.5 s，求t＝0时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置.
(3)要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期T0应满足的条件.
答案 见解析
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出时速度v＝eq \r(2)v0
由动能定理可得qeq \f(U,2)＝eq \f(1,2)m(eq \r(2)v0)2－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得U＝100 V
(2)粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,B0q)
则eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB0)＝2π×10－6 s又B0qv＝meq \f(v2,r)
r＝eq \f(mv,qB0)＝0.02eq \r(2) m
粒子在磁场中经过半周从OB间穿出，粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(T,2)＝2π×10－6 s
射出点在OB间离O点2r＝0.04eq \r(2) m
(3)粒子运动周期T＝4π×10－6 s，粒子在t＝0，t＝eq \f(T0,2)，…时刻射入时，粒子最可能从AB间射出，恰好不从AB射出时，如图，由几何关系可得临界角θ＝eq \f(5π,6)
要不从AB边界射出，应满足eq \f(T0,2)得T03.(带电粒子在交变电、磁场的运动)如图5甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0.在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝eq \f(T0,2)时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区.(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)
图5
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d.
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件.
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小.
答案 (1) eq \r(\f(2qU0,m)) eq \f(T0,4)eq \r(\f(2qU0,m)) (2)B(3)eq \f(7,4)T0 eq \f(8πm,7qT0)
解析 (1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得
qU0＝eq \f(1,2)mv2①
由①式得v＝ eq \r(\f(2qU0,m))②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得qeq \f(U0,d)＝ma③
由运动学公式得d＝eq \f(1,2)a(eq \f(T0,2))2④
联立③④式得d＝eq \f(T0,4) eq \r(\f(2qU0,m))⑤
(2)设磁感应强度的大小为B，粒子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)⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足2R>eq \f(L,2)⑦
联立②⑥⑦式得B(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程所用时间为t1，有
d＝vt1⑧
联立②⑤⑧式得t1＝eq \f(T0,4)⑨
若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d＝eq \f(v,2)t2⑩
联立⑧⑨⑩式得t2＝eq \f(T0,2)⑪
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T0－eq \f(T0,2)－t1－t2⑫
联立⑨⑪⑫式得t＝eq \f(7T0,4)⑬
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝eq \f(2πm,qB)⑭
由题意可知T＝t⑮
联立⑬⑭⑮式得B＝eq \f(8πm,7qT0).
课时精练
1.(多选)(2020·浙江名校联考)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点进入方向如图1所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
图1
A.该微粒一定带负电荷
B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C.该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcs θ)
D.该电场的电场强度大小为eq \f(mg,qtan θ)
答案 AC
解析 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(mg,qvcs θ)，电场的电场强度大小E＝eq \f(mgtan θ,q)，故C正确，D错误.
2.(2020·安徽安庆市模拟)如图2所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
图2
A.液滴带正电
B.液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C.液滴沿顺时针方向运动
D.液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
答案 C
解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，故选项B错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴，有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(RBg,E)，故选项D错误.
3.(多选)(2020·辽宁沈阳市调研)如图3所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是( )
图3
A.小球可能做匀变速运动 B.小球一定做变加速运动
C.小球动能可能不变 D.小球机械能守恒
答案 BC
解析 小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以在M点受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力为变力，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误.
4.(多选)(2019·山东滨州市上学期期末)如图4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，不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )
图4
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；重力向下，电场力向上，且重力大于电场力，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点时的动能最大，故B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，电势能增大，故C正确；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.
5.(2016·天津卷·11)如图5所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝
5eq \r(3) N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，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＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 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5
(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)2eq \r(3) 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＝eq \r(q2E2＋m2g2)①
代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(qE,mg)③
代入数据解得
tan θ＝eq \r(3)，θ＝60°④
(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＝eq \f(\r(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＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，
有y＝eq \f(1,2)at2⑦
tan θ＝eq \f(y,x)⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2eq \r(3) s
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
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上的分位移为零，则有vyt－eq \f(1,2)gt2＝0
联立解得t＝2eq \r(3) s.
6.如图6所示，在平面直角坐标系xOy中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方有水平向左的匀强电场，下方有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等.一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点进入x轴下方区域，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C点、D点图中均未标出).已知LOM＝20eq \r(2) m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝eq \f(2m,q)(T)，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
图6
(1)两匀强电场的电场强度E的大小；
(2)OD的长L；
(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(35,4) eq \r(2) m (3)4.86 s
解析 (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO做匀加速直线运动，则有
mg＝qE，即E＝eq \f(mg,q).
(2)质点在x轴下方时，对质点受力分析可知，质点所受重力与电场力平衡，洛伦兹力提供质点做匀速圆周运动的向心力，质点从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有：qvB＝meq \f(v2,R)
由运动学规律知v2＝2aLOM，a＝eq \r(2)g
由类平抛运动规律知R＝vt3，R－L＝eq \f(1,2)at32
联立解得：t3＝0.5 s，L＝eq \f(35,4) eq \r(2) m.
(3)质点做匀加速直线运动有LOM＝eq \f(1,2)at12
质点做匀速圆周运动有t2＝eq \f(3,4)×eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(3π,4) s
质点从M点出发到击中D点所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝(2.5＋eq \f(3π,4)) s≈4.86 s.
7.(2020·甘肃天水市模拟)如图7甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正).在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子.已知v0、t0、B0，粒子的比荷为eq \f(π,B0t0)，不计粒子的重力.求：
图7
(1)t＝t0时，粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，满足条件的所有E0值.
答案 (1)(eq \f(2v0t0,π)，0) (2)(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0 (3)eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子在0～t0内沿顺时针方向做匀速圆周运动qv0B0＝meq \f(v\\al(02),r1)，T＝eq \f(2πr1,v0)，解得r1＝eq \f(mv0,qB0)，T＝eq \f(2πm,qB0)
又粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)
解得r1＝eq \f(v0t0,π)，T＝2t0
故t＝t0时，粒子的位置坐标为(eq \f(2v0t0,π)，0).
(2)粒子在t＝5t0时回到原点，运动轨迹如图甲所示.由r2＝2r1，r1＝eq \f(mv0,qB0)，r2＝eq \f(mv2,qB0)，解得v2＝2v0
则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离hm＝eq \f(v0＋2v0,2)t0＋r2＝(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0.
(3)如图乙所示，设带电粒子在x轴下方做圆周运动的轨迹半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则必须满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
其中r2′＝eq \f(mv,qB0)
解得v＝eq \f(n＋1,n)v0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
解得E0＝eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…).
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
其他力的合力与洛伦兹力等大反向
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，其他力的合力为零
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
先读图
看清并且明白场的变化情况
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段内的运动情况
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
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
例1 (2020·百师联盟4月冲刺卷)如图1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0.02 kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4 m)的A点出发，与y轴成45°角以2 m/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10 m/s2.求：
图1
(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)0.4 m (2)eq \f(\r(2),10)(6＋π) s (3)0.16 J
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°角做匀速直线运动，
有qE＝mg
qvB＝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)
联立解得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0.4 m.
(2)由A到B微粒做匀速直线运动：
位移为x1＝eq \f(2\r(2),5) 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＝eq \f(2\r(2),5) 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
沿DA方向位移大小为x3＝eq \f(2\r(2),5) 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＝0.16 J.
1.(带电粒子在叠加场中的运动)(2017·全国卷Ⅰ·16)如图2，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2
A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc
C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma
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，则
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确.
2.(带电粒子在叠加场中的运动)如图3所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里.一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场.不计一切阻力，重力加速度为g，求：
图3
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间.
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g))
解析 (1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：
所以，Eq＝mg，得：E＝eq \f(mg,q).
(2)由平衡条件：qvB＝eq \r(2)mg
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝meq \f(v2,r)
由几何知识可得：r＝eq \r(2)l
联立解得：v＝eq \r(2gl)，
B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)).
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g))
微粒做匀速圆周运动的时间：t2＝eq \f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g))
微粒在复合场中的运动时间：t＝t1＋t2＝(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g)).
题型二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
例2 如图4所示，在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场，一束比荷eq \f(q,m)＝106 C/kg的带正电的粒子流(重力和粒子间的相互作用不计)，以速度v0＝104 m/s沿水平方向从金属极板正中间射入两板.粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O为圆心，区域直径AB长度为L＝1 m，AB与水平方向成45°角.区域内有按如图乙所示规律做周期性变化的磁场，已知B0＝0.5 T，磁场方向以垂直于纸面向外为正.粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成45°角斜向下射入磁场.
图4
(1)两金属极板间的电压U是多大？
(2)若T0＝0.5 s，求t＝0时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置.
(3)要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期T0应满足的条件.
答案 见解析
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出时速度v＝eq \r(2)v0
由动能定理可得qeq \f(U,2)＝eq \f(1,2)m(eq \r(2)v0)2－eq \f(1,2)mv02
代入数据解得U＝100 V
(2)粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πm,B0q)
则eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB0)＝2π×10－6 s
r＝eq \f(mv,qB0)＝0.02eq \r(2) m
粒子在磁场中经过半周从OB间穿出，粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(T,2)＝2π×10－6 s
射出点在OB间离O点2r＝0.04eq \r(2) m
(3)粒子运动周期T＝4π×10－6 s，粒子在t＝0，t＝eq \f(T0,2)，…时刻射入时，粒子最可能从AB间射出，恰好不从AB射出时，如图，由几何关系可得临界角θ＝eq \f(5π,6)
要不从AB边界射出，应满足eq \f(T0,2)
图5
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d.
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件.
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小.
答案 (1) eq \r(\f(2qU0,m)) eq \f(T0,4)eq \r(\f(2qU0,m)) (2)B
解析 (1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得
qU0＝eq \f(1,2)mv2①
由①式得v＝ eq \r(\f(2qU0,m))②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得qeq \f(U0,d)＝ma③
由运动学公式得d＝eq \f(1,2)a(eq \f(T0,2))2④
联立③④式得d＝eq \f(T0,4) eq \r(\f(2qU0,m))⑤
(2)设磁感应强度的大小为B，粒子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)⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，需满足2R>eq \f(L,2)⑦
联立②⑥⑦式得B
d＝vt1⑧
联立②⑤⑧式得t1＝eq \f(T0,4)⑨
若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d＝eq \f(v,2)t2⑩
联立⑧⑨⑩式得t2＝eq \f(T0,2)⑪
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T0－eq \f(T0,2)－t1－t2⑫
联立⑨⑪⑫式得t＝eq \f(7T0,4)⑬
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝eq \f(2πm,qB)⑭
由题意可知T＝t⑮
联立⑬⑭⑮式得B＝eq \f(8πm,7qT0).
课时精练
1.(多选)(2020·浙江名校联考)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点进入方向如图1所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
图1
A.该微粒一定带负电荷
B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C.该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcs θ)
D.该电场的电场强度大小为eq \f(mg,qtan θ)
答案 AC
解析 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(mg,qvcs θ)，电场的电场强度大小E＝eq \f(mgtan θ,q)，故C正确，D错误.
2.(2020·安徽安庆市模拟)如图2所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
图2
A.液滴带正电
B.液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C.液滴沿顺时针方向运动
D.液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
答案 C
解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，故选项B错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴，有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(RBg,E)，故选项D错误.
3.(多选)(2020·辽宁沈阳市调研)如图3所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是( )
图3
A.小球可能做匀变速运动 B.小球一定做变加速运动
C.小球动能可能不变 D.小球机械能守恒
答案 BC
解析 小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以在M点受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力为变力，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误.
4.(多选)(2019·山东滨州市上学期期末)如图4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，不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )
图4
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；重力向下，电场力向上，且重力大于电场力，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点时的动能最大，故B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，电势能增大，故C正确；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.
5.(2016·天津卷·11)如图5所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝
5eq \r(3) N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，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＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 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5
(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)2eq \r(3) 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＝eq \r(q2E2＋m2g2)①
代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(qE,mg)③
代入数据解得
tan θ＝eq \r(3)，θ＝60°④
(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＝eq \f(\r(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＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，
有y＝eq \f(1,2)at2⑦
tan θ＝eq \f(y,x)⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2eq \r(3) s
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
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上的分位移为零，则有vyt－eq \f(1,2)gt2＝0
联立解得t＝2eq \r(3) s.
6.如图6所示，在平面直角坐标系xOy中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方有水平向左的匀强电场，下方有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等.一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点进入x轴下方区域，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C点、D点图中均未标出).已知LOM＝20eq \r(2) m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝eq \f(2m,q)(T)，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
图6
(1)两匀强电场的电场强度E的大小；
(2)OD的长L；
(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(35,4) eq \r(2) m (3)4.86 s
解析 (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO做匀加速直线运动，则有
mg＝qE，即E＝eq \f(mg,q).
(2)质点在x轴下方时，对质点受力分析可知，质点所受重力与电场力平衡，洛伦兹力提供质点做匀速圆周运动的向心力，质点从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有：qvB＝meq \f(v2,R)
由运动学规律知v2＝2aLOM，a＝eq \r(2)g
由类平抛运动规律知R＝vt3，R－L＝eq \f(1,2)at32
联立解得：t3＝0.5 s，L＝eq \f(35,4) eq \r(2) m.
(3)质点做匀加速直线运动有LOM＝eq \f(1,2)at12
质点做匀速圆周运动有t2＝eq \f(3,4)×eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(3π,4) s
质点从M点出发到击中D点所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝(2.5＋eq \f(3π,4)) s≈4.86 s.
7.(2020·甘肃天水市模拟)如图7甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正).在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子.已知v0、t0、B0，粒子的比荷为eq \f(π,B0t0)，不计粒子的重力.求：
图7
(1)t＝t0时，粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，满足条件的所有E0值.
答案 (1)(eq \f(2v0t0,π)，0) (2)(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0 (3)eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子在0～t0内沿顺时针方向做匀速圆周运动qv0B0＝meq \f(v\\al(02),r1)，T＝eq \f(2πr1,v0)，解得r1＝eq \f(mv0,qB0)，T＝eq \f(2πm,qB0)
又粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)
解得r1＝eq \f(v0t0,π)，T＝2t0
故t＝t0时，粒子的位置坐标为(eq \f(2v0t0,π)，0).
(2)粒子在t＝5t0时回到原点，运动轨迹如图甲所示.由r2＝2r1，r1＝eq \f(mv0,qB0)，r2＝eq \f(mv2,qB0)，解得v2＝2v0
则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离hm＝eq \f(v0＋2v0,2)t0＋r2＝(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0.
(3)如图乙所示，设带电粒子在x轴下方做圆周运动的轨迹半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则必须满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
其中r2′＝eq \f(mv,qB0)
解得v＝eq \f(n＋1,n)v0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
解得E0＝eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…).
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
其他力的合力与洛伦兹力等大反向
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，其他力的合力为零
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
先读图
看清并且明白场的变化情况
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段内的运动情况
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
相关试卷
高考物理一轮复习讲义第10章 专题强化22 带电粒子在叠加场和交变电 磁场中的运动（含解析）： 这是一份高考物理一轮复习讲义第10章 专题强化22 带电粒子在叠加场和交变电 磁场中的运动（含解析），共15页。试卷主要包含了5°＝0等内容，欢迎下载使用。
备考2024届高考物理一轮复习讲义第十一章磁场专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动题型2带电粒子在交变电磁场中的运动： 这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第十一章磁场专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动题型2带电粒子在交变电磁场中的运动，共5页。试卷主要包含了交变场的常见的类型等内容，欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习讲义第10章 磁场 专题强化二十 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动 (含解析)： 这是一份新高考物理一轮复习讲义第10章 磁场 专题强化二十 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动 (含解析)，文件包含人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联原卷版doc、人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
