2021届高考物理人教版一轮创新教学案：第48讲　带电粒子在组合场和复合场中的运动


第48讲　带电粒子在组合场和复合场中的运动

能力命题点一　带电粒子在组合场中的运动


1．组合场：电场和磁场分布在不同的区域，组合在一起。带电粒子运动过程中经过不同的区域时受力情况不同，在电场中一定受电场力，在磁场中可能受到洛伦兹力。
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，不同阶段受力情况不同，所适用的解题规律不同，根据各阶段的运动特点选取各自合适的规律。
(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。
此速度是前一过程的末速度，也是后一过程的初速度，是前后两过程的联系。
(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。
3．组合场中的两种典型偏转



(2017·天津高考)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：

(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。
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＝v0t①
L＝at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有
tanα＝④
联立①②③④式得
α＝45°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＝ ⑥
联立①②③⑥式得
v＝v0⑦
(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为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＝ma⑧
又F＝qE⑨

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
qvB＝m⑩
由几何关系可知
R＝L⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得
＝。
答案　(1)v0，速度方向与x轴正方向成45°角斜向上
(2)

带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟粒子在磁场中的匀速圆周运动有效组合在一起。区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成；前后两段过程的联系是带电粒子在边界的速度，前一过程的末速度就是后一过程的初速度。

(2019·山东淄博一模)如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。区域Ⅰ存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；区域Ⅱ存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0从平面MN上的P点水平向右射入区域Ⅰ。粒子的重力忽略不计。
(1)求粒子第一次到达平面MN时离出发点P的距离；
(2)上述粒子进入区域Ⅱ空间后，经磁场偏转第一次离开区域Ⅱ时，恰好能够通过P点，试求该匀强磁场的磁感应强度B的大小。
答案　(1)　(2)
解析　(1)带电粒子进入电场后做类平抛运动，设其加速度为a，运动时间为t，所求的距离为s，由牛顿第二定律可得：Eq＝ma

由运动学公式和几何关系可知：s·cos45°＝v0t，
s·sin45°＝at2
联立解得s＝。

(2)设粒子进入磁场时竖直方向的分速度为vy，合速度为v，v与MN所成的夹角为θ，与水平方向的夹角为α，则：vy＝at ＝2v0
v＝
cosα＝
sinα＝
θ＝α－，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由题意得
在磁场中：rsinθ＝
qvB＝m
联立解得B＝。

能力命题点二　带电粒子在复合场中的运动


1．复合场存在形式有以下三种
(1)洛伦兹力、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，只有重力做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若静电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，可用动能定理求解问题。
(3)静电力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若粒子所受重力与静电力一直大小相等、方向相反，且粒子速度垂直匀强磁场方向，则一定做匀速圆周运动。反之，若空间匀强电场、匀强磁场和重力场叠加，且粒子在垂直于磁场的方向上做匀速圆周运动，则重力和静电力一定大小相等、方向相反。
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．带电粒子在复合场中有约束情况下的运动
带电粒子在复合场中受轻杆、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。
3．带电粒子在复合场中运动的分析方法


如图所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场和匀强电场，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：

(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)微粒从P运动到Q的时间。
解析　(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上，有qE1sin45°＝mg
解得E1＝
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上，有
mg＝qE2
解得E2＝。
(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域Ⅰ时速度为v，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R，则a＝＝g
v2＝2ad1
Rsin60°＝d2
qvB＝m
解得B＝ 。
(3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动，t1＝
在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，
而T＝
则t2＝＝
解得t＝t1＋t2＝ ＋ 。
答案　(1)　　(2)
(3) ＋


关于是否考虑粒子重力的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观带电小物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。


1．(2019·北京市丰台区高三月考)如图所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带正电的油滴，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．匀强电场方向一定是水平向左
B．油滴沿直线一定做匀加速运动
C．油滴可能是从N点运动到M点
D．油滴一定是从N点运动到M点
答案　A
解析　油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动的条件及F洛＝qvB可知，油滴必定做匀速直线运动，油滴所受洛伦兹力亦为恒力，故B错误；油滴受到的重力竖直向下，电场力沿水平方向，而所受合力为零，所以油滴受到的洛伦兹力的方向为垂直于MN斜向右上方，电场力水平向左，如图所示，又因为油滴带正电，故电场水平向左，A正确；再结合左手定则，可知油滴一定是从M点运动到N点，故C、D错误。
2．(2019·兰州高三诊断考试)(多选)质量为m、带电量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中。现给小球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，不计空气阻力，则对小球从开始到最终稳定的过程，下列说法正确的是(　　)

A．一定做减速运动
B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0
C．最终稳定时的速度一定是
D．最终稳定时的速度可能是0
答案　BD
解析　对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能有的弹力和摩擦力。若qv0B>mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、向下的弹力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律可得：qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，解得：小球的加速度a＝，方向向左，则小球做加速度减小的减速运动，最终匀速运动，匀速运动的速度v＝；若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力，二力平衡，小球做匀速运动，匀速运动的速度v＝；若qv0B
能力命题点三　带电粒子在交变电磁场中的运动　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　


1．带电粒子在交变电磁场中运动时，由于电场、磁场发生周期性变化，要仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期有一定的对应关系，应抓住电磁场的变化周期与带电粒子运动周期之间的联系作为解题的突破口。
2．解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路


如图a所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图b所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图b中＝，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为，。求：

(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。
解析　(1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好运动圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝，①
又qv0B0＝，②
代入＝
解得＝③
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝，④
联立①④解得T＝4t0，⑤
即粒子P运动圆周后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则
x1＝v0t0，⑥
y1＝at，⑦
其中加速度a＝⑧

由③⑦⑧解得y1＝＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为v0t0,0，如图中的b点所示。
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向沿x轴正方向，水平位移x2＝x1＝v0t0，竖直位移y2＝y1＝R；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离，
L＝2R＋2x1，⑨
解得L＝2v0t0。
答案　(1)　(2)v0t0,0　(3)2v0t0

认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图(示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更加明显，进而快速简便解题。

(2019·陕西榆林高三第三次模拟)如图甲所示，在xOy平面内有范围足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有范围足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，规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)。
答案　(1)40 N/C，方向竖直向上　(2)2.4 m
(3)(0.30 m,2.25 m)
解析　(1)带正电微粒射入电磁场后做匀速圆周运动，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)微粒做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律有：
qvB1＝m
所以R1＝＝0.6 m
T＝＝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后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后微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴。
微粒离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的连线必须为圆形磁场的直径。
由牛顿第二定律，有
qvB2＝m
所以R2＝＝0.6 m＝2r
微粒穿过圆形磁场时速度的最大偏转角为60°
圆形磁场的左侧与y轴相切，故磁场的圆心O″的横坐标：x＝0.30 m
其纵坐标：y＝s′－rcos60°＝2.4－0.3× m＝2.25 m
即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.25 m)。

课时作业
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．(多选)一个重力可忽略不计的带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在图所示的几种情况中，可能出现的是(　　)

答案　AD
解析　A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针运动，C图中粒子应顺时针运动，故A正确，C错误；同理可以判断D正确，B错误。
2．如图所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)(　　)

A．E向下，B向上 B．E向下，B向下
C．E向上，B向下 D．E向上，B向上
答案　A
解析　离子打在第Ⅲ象限，相对于原点O向下运动和向外运动，所以E向下，根据左手定则可知B向上，故A正确。

3．如图所示，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。已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；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(　　)

A．液滴带正电
B．液滴荷质比＝
C．液滴顺时针运动
D．液滴运动的速度大小v＝
答案　C
解析　液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与场强方向相反，故可知液滴带负电，故A错误；由mg＝qE解得＝，故B错误；磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的运动方向为顺时针，故C正确；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为R＝，联立各式得v＝，故D错误。
4.
如图所示，界面MN与水平地面之间有范围足够大的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直，E向右，B垂直纸面向里。在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．小球做匀变速曲线运动
B．小球的电势能保持不变
C．洛伦兹力对小球做正功
D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和
答案　D
解析　带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，A错误；根据电势能公式Ep＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C错误；由动能定理可知：重力做正功，电场力也做正功，洛伦兹力不做功，它们的代数之和等于动能的增量，D正确。
5.
(多选)如图所示，M、N为两个同心金属圆环，半径分别为R1和R2，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，N环上有均匀分布的6个小孔，从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件是(　　)

A．U＝ B．U＝
C．U＝ D．U＝
答案　AC
解析　带电粒子由M内侧边缘运动到N环，由动能定理有qU＝mv2，带电粒子进入N环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转或离开磁场，由几何关系可知，轨迹半径为r＝R2tan＝R2或r＝R2tan＝，则根据r＝，联立解得U＝或U＝，选项A、C正确。
6.
如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝40 N/C，方向沿y轴正方向；第四象限内存在一方向水平向左的匀强电场E2＝ N/C。一质量为m＝2×10－3 kg的带正电小球，从点M(3.64 m，3.2 m)以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点P(2.04 m,0)进入第四象限后经过y轴上的点N(0，－2.28 m)(图中未标出)。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)小球由P点运动至N点的时间。
答案　(1)2 T　(2)0.6 s
解析　(1)由题意可知，第一象限内，qE1＝mg，
得q＝5×10－4 C
小球运动轨迹如图，Rcosθ＝xM－xP，Rsinθ＋R＝yM
可得R＝2 m，θ＝37°
由qv0B＝，得B＝2 T。

(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tanα＝＝0.75，即α＝37°＝θ。可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，则小球进入第四象限后做类平抛运动。
由几何关系可得lNQ＝0.6 m
由lNQ＝v0t，解得t＝0.6 s。

7．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)
A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
答案　C
解析　由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，即有Eq＝qvB，则v＝，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。
8.
(2017·全国卷Ⅰ)如图，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(　　)

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，即
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvbB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvcB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。
9.
(2019·河南开封高三上一模)如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)

A．微粒可能做匀加速直线运动
B．微粒可能只受两个力作用
C．匀强磁场的磁感应强度B＝
D．匀强电场的电场强度E＝
答案　D
解析　若微粒只受电场力和洛伦兹力两个力，因洛伦兹力垂直于速度，故不可能做直线运动，微粒还受重力，B错误；若微粒带正电，受电场力水平向左，洛伦兹力垂直于速度方向斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力与速度不可能一直在同一直线上，微粒不可能做直线运动，所以微粒不可能带正电。若微粒带负电，受电场力水平向右，洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，而重力竖直向下，如图所示，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，粒子才能做直线运动，所以粒子做匀速直线运动，故A错误；根据平衡条件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝，联立解得：E＝，B＝，故D正确，C错误。
10．(2020·洛阳尖子生第一次联考)(多选)如图所示，两平行线EF和MN将磁场分割为上、下两部分，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从EF线上的A点以速度v斜向下射入EF下方磁场，速度与EF成30°角，经过一段时间后粒子正好经过C点，经过C点时速度方向斜向上，与EF也成30°角。已知A、C两点间距为L，两平行线间距为d，下列说法正确的是(　　)
A．粒子不可能带负电
B．磁感应强度大小可能为B＝
C．粒子到达C点的时间可能为＋
D．粒子的速度可能为v＝
答案　BCD
解析　若粒子带负电，其运动轨迹可能如图甲所示，粒子可能经过C点，且速度斜向上与EF成30°角，故粒子可能带负电，A错误；若粒子带正电，且第一次到达EF时经过C点，如图乙所示，由几何关系可知，粒子轨迹半径为L，由qvB＝m，可解得v＝，B＝，B、D正确；若粒子带正电，其运动轨迹也可能如图丙所示，它在下方磁场中运动一次的时间t1＝＝，在上方磁场中运动一次的时间t2＝T＝，在无磁场区域中做一次直线运动的时间t3＝，则粒子到达C点的时间可能为t＝2t1＋t2＋2t3＝＋，C正确。

11.
(2019·安徽合肥高三上一诊)(多选)如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E＝，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ，现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　　)

A．环经过时间刚好到达最低点
B．环的最大加速度为am＝g＋
C．环在t0时间内损失的机械能为mv－
D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
答案　BC
解析　由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为F＝qE＝2mg，方向始终竖直向上。设竖直向下为正方向，环下滑的过程中，根据牛顿第二定律得：mg－(qE＋μqvB)＝ma，解得：a＝－g＋，故环在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；环上升的过程中，根据牛顿第二定律mg＋μqvB－qE＝ma′，解得：a′＝－g－，环上升过程做加速度逐渐减小的加速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时，a′＝0，v＝，开始以速度v做匀速直线运动。所以，由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于，A错误；整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，环的加速度最大，加速度大小的最大值为：am＝g＋，B正确；由以上计算可知，整个过程中，系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2＝mv－，C正确；环上升和下降的过程中，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦产生的内能不相等，D错误。
12．(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：

(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m②
粒子运动的轨迹如图，
由几何关系知
d＝r③
联立①②③式得
＝④
(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为
s＝＋rtan30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝⑥
联立②③④⑤⑥式得t＝。
13．(2019·山东德州高三一模)如图所示，在xOy坐标平面内，虚线PQ与x轴正方向的夹角为60°，其右侧有沿y轴正方向的匀强电场；左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q的带负电的粒子自坐标原点O射入匀强磁场中，经过一段时间后恰好自虚线PQ上的M点沿x轴正方向进入匀强电场，粒子在电场中的运动轨迹与x轴的交点为N。已知O、M两点间的距离为L；O、N两点间的距离为＋1L，粒子重力不计。求：

(1)带电粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度的大小；
(3)若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电量、初速度等都不变，则在粒子离开O点后的运动中第二次与虚线PQ相交的交点坐标。
答案　(1)　(2)　(3)L，L
解析　(1)粒子在磁场中运动时qvB＝
L＝2rsin60°
解得粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小v＝。
(2)粒子自M到N做类平抛运动
沿电场方向：Lsin60°＝t
垂直电场方向：＋1L－Lcos60°＝vt1
得电场强度E＝。
(3)若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240°后自R点垂直于电场方向离开磁场，如图所示。

由几何关系可得R点的横坐标：xR＝－rcos30°＝－L
R点的纵坐标：yR＝－(r＋rsin30°)＝－L
粒子进入电场后做类平抛运动，交PQ于S点
垂直电场方向：xRS＝vt2
沿电场方向：yRS＝t
tan60°＝
解得：t2＝，xRS＝，yRS＝2L
粒子第二次与虚线PQ的交点S的横坐标：
x＝xRS＋xR＝L
纵坐标：y＝yRS＋yR＝L
则粒子第二次与虚线PQ的交点S的坐标为L，L。
14．(2019·广东深圳二模)如图a所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面)，在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为＋q的a水平向右，不带电的b竖直向上。b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴P。忽略空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；
(2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为P后瞬间的速度；
(3)若油滴P形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t＝0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图b所示，磁场变化周期为T0(垂直纸面向外为正)，已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。(忽略磁场突变的影响)
答案　(1) 　2h　(2)　，方向向右上方，与水平方向夹角为45°　(3)
解析　(1)设油滴的喷出速率为v0，则油滴b做竖直上抛运动，则：0＝v－2gh
解得v0＝
0＝v0－gt0
解得t0＝
对油滴a的水平分运动，有：x0＝v0t0
解得x0＝2h。
(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设其加速度为a，
则：qE－mg＝ma
h＝at
解得a＝g，E＝
设两油滴结合前瞬间油滴a的速度大小为va，方向向右上方，与水平方向的夹角为θ，则：v0＝vacosθ
v0tanθ＝at0
解得va＝2，θ＝45°
两油滴的结合过程动量守恒： mva＝2mvP
联立解得vP＝，方向向右上方，与水平方向的夹角为45°。
(3)因qE＝2mg，油滴P在磁场中做匀速圆周运动，设其半径为r，周期为T，则：BqvP＝2m
解得r＝
由T＝，解得T＝T0
即油滴P在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形，


最小矩形的两条边长分别为2r和4r，轨迹如图，
最小面积为：
smin＝2r×4r＝。
15.
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：

(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h
解析　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有
s1＝v1t1①
h＝a1t②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tanθ1③
联立以上各式得
s1＝h④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧
联立以上各式得B＝ ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv⑩
由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有
s2＝v2t2⑫
h＝a2t⑬
v2′＝⑭
sinθ2＝⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1⑰
所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sinθ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h。