人教版高考物理一轮复习第9章磁场第3节带电粒子在复合场中的运动学案

这是一份人教版高考物理一轮复习第9章磁场第3节带电粒子在复合场中的运动学案，共23页。

带电粒子在组合场中的运动 eq \([讲典例示法])
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．“磁偏转”和“电偏转”的比较
3．运动过程
[典例示法] (2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电、磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为eq \f(π,6)，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
[解析] (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
图(a)
(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b)，速度v沿电场方向的分量为v1。
图(b)
根据牛顿第二定律有qE＝ma①
由运动学公式有
l′＝v0t②
v1＝at③
v1＝vcs θ④
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝eq \f(mv2,R)⑤
由几何关系得l＝2Rcs θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq \f(2El′,Bl)。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0ct eq \f(π,6)⑧
联立①②③⑦⑧式得eq \f(q,m)＝eq \f(4\r(3)El′,B2l2)⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝eq \f(2πm,qB)⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝eq \f(Bl,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))。⑫
[答案] (1)见解析 (2)eq \f(2El′,Bl) (3)eq \f(4\r(3)El′,B2l2) eq \f(Bl,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
[跟进训练]
先电场后磁场
1．(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，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。
[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(v\\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(v\\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
[答案] (1)eq \f(4U,lv1) (2)1∶4
2．(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，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eq \\al(1,1)H和一个氘eq \\al(2,1)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eq \\al(1,1)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。 eq \\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)eq \\al(1,1)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)eq \\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
[解析] (1)eq \\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。
设eq \\al(1,1)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＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)②
由题给条件，eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。 eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得
s1＝eq \f(2\r(3),3)h。④
(2)eq \\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有
v′1＝eq \r(v\\al(2,1)＋a1t12)⑥
设磁感应强度大小为B，eq \\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨迹半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv′1B＝eq \f(mv′\\al(2,1),R1)⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得B＝eq \r(\f(6mE,qh))。⑨
(3)设eq \\al(2,1)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
eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2⑪
设eq \\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，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＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)⑬
v′2＝eq \r(v\\al(2,2)＋a2t22)⑭
sin θ2＝eq \f(a2t2,v′2)⑮
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝eq \f(\r(2),2)v′1⑯
设eq \\al(2,1)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＝eq \f(2mv′2,qB)＝eq \r(2)R1⑰
所以出射点在原点左侧。
设eq \\al(2,1)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s′2，由几何关系有
s′2＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq \\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s′2－s2＝eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h。⑲
[答案] (1)eq \f(2\r(3),3)h (2)eq \r(\f(6mE,qh)) (3)eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h
先磁场后电场
3．如图所示，真空中有一以(r,0)为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y≥r的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E；从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内。已知质子的电荷量为e，质量为m，质子在磁场中的偏转半径也为r，不计重力及阻力的作用，求：
(1)质子射入磁场时的速度大小；
(2)速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需时间及与y轴交点坐标。
[解析] (1)质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
evB＝meq \f(v2,r)
可得v＝eq \f(eBr,m)。
(2)质子沿x轴正方向射入磁场，经eq \f(1,4)圆弧后，以速度v垂直于电场方向进入电场，
由于T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,eB)
质子在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(T,4)＝eq \f(πm,2eB)
质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r后到达y轴，因此有r＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
则t2＝eq \r(\f(2r,a))＝eq \r(\f(2mr,eE))
所求时间为t＝t1＋t2＝eq \f(πm,2eB)＋eq \r(\f(2mr,eE))
与y轴的交点
y＝r＋eq \r(\f(2mr,eE))·eq \f(eBr,m)＝r＋Breq \r(\f(2er,mE))，x＝0。
[答案] (1)eq \f(eBr,m) (2)eq \f(πm,2eB)＋eq \r(\f(2mr,eE)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，r＋Br\r(\f(2er,mE))))
4．如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)，不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
(2)离子从D处运动到G处所需时间；
(3)离子到达G处时的动能。
[解析] (1)正离子运动的轨迹如图所示。磁场中做圆周运动的半径r满足：
d＝r＋rcs 60°，解得r＝eq \f(2,3)d。
(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有：
qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)
T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(2πm,qB)
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：
t1＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2πm,3Bq)
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为：
t2＝eq \f(2d,v0)＝eq \f(3m,Bq)
离子从D处运动到G处所需时间为：
t＝t1＋t2＝eq \f(9＋2πm,3Bq)。
(3)设电场强度为E，则有：
qE＝ma
d＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
由动能定理得：qEd＝EkG－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得EkG＝eq \f(4B2q2d2,9m)。
[答案] (1)eq \f(2,3)d (2) eq \f(9＋2πm,3Bq) (3)eq \f(4B2q2d2,9m)
带电粒子在叠加场中的运动 eq \([讲典例示法])
1．三种场的比较
2．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；而对于一些实际物体，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。
[典例示法] 如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。
[解析] (1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足
qvB＋FN＝qE
小滑块在C点离开MN时，有
FN＝0
解得vC＝eq \f(E,B)。
(2)由动能定理得
mgh－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0
解得Wf＝mgh－eq \f(mE2,2B2)。
(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，则
g′＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(qE,m)))\s\up12(2)＋g2)
且veq \\al(2,P)＝veq \\al(2,D)＋g′2t2
解得vP＝eq \r(v\\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(qE,m)))\s\up12(2)＋g2))t2)。
[答案] (1)eq \f(E,B) (2)mgh－eq \f(mE2,2B2) (3) eq \r(v\\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(qE,m)))\s\up12(2)＋g2))t2)
“三步”解决叠加场问题
[跟进训练]
磁场与电场叠加
1．(2020·汪清县汪清第四中学高三月考)如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是( )
A．带电粒子M、N的电性一定相同
B．带电粒子M、N的电量一定相同
C．撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等
D．撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等
D [根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足qvB＝qE，即v＝eq \f(E,B)，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电量无关，故A、B错误；撤去电场后，粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(mv,qB)，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由l＝vt可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。]
2．(2016·北京高考)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。
[解析] (1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝meq \f(v2,R)
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝eq \f(mv,qB)
匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)。
(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB。粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB
电场强度的大小E＝vB。
[答案] (1)eq \f(mv,qB) eq \f(2πm,qB) (2)vB
磁场与重力场叠加
3．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中甲、乙两个小球的机械能不守恒
C [设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋Bv甲q甲＝eq \f(mv\\al(2,甲),r)，mg－Bv乙q乙＝eq \f(mv\\al(2,乙),r)，mg＝eq \f(mv\\al(2,丙),r)， 显然，v甲 > v丙 > v乙，选项A、B错误；甲、乙两小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D错误；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。]
4．如图所示为一个质量为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，圆环运动的速度图象可能是下列选项中的( )
A B C D
A [带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D错误；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。]
磁场、电场与重力场叠加
5．(2017·全国卷Ⅰ)如图所示，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
B [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＋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。]
6．(2016·天津高考)如图所示，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：
(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。
[解析] (1)小球匀速直线运动时受力如图甲所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
甲
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θ满足
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，设其加速度为a，有
乙
a＝eq \f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤
设撤掉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分位移为y，有
y＝eq \f(1,2)at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tan θ＝eq \f(y,x)⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2eq \r(3) s≈3.5 s。⑨
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 θ⑤
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－eq \f(1,2)gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得
t＝2eq \r(3) s≈3.5 s。⑦
[答案] (1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s
带电粒子在交变电、磁场中的运动 eq \([讲典例示法])
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
[典例示法] 如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(eq \r(3)＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
甲 乙
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
审题指导
[解析] (1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，
则mg＝Eq
解得E＝eq \f(mg,q)。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
(a)
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有
s＝eq \f(r,tan 30°)
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(π,3)))＝eq \f(4,3)π
则t0＝eq \f(θr,v0)
联立解得eq \f(t0,t1)＝eq \f(4\r(3),9)π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，
(b)
由几何关系得R＋eq \f(R,tan 30°)＝(eq \r(3)＋1)L
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),R)
解得B0＝eq \f(mv0,qL)
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3×eq \f(2,3)×2πR＋6×eq \f(R,tan 30°)＝(4π＋6eq \r(3))L
故Tm＝eq \f(s1,v0)＝eq \f(4π＋6\r(3)L,v0)。
[答案] (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(4\r(3),9)π (3)eq \f(mv0,qL) eq \f(4π＋6\r(3)L,v0)
[跟进训练]
带电粒子在交变磁场中的运动
1．某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( )
甲 乙
A．若粒子的初始位置在a处，在t＝eq \f(3,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f处，在t＝eq \f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e处，在t＝eq \f(11,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b处，在t＝eq \f(T,4)时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
A [要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝eq \f(T,2)，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝eq \f(3,4)T0＝eq \f(3,8)T，同理可判断B、C、D选项，可得A正确。]
带电粒子在交变电、磁场中的运动
2．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eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2v0t0,π)，\f(2v0t0,π)))。求：
(a) (b)
(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，粒子在磁场中恰好经过eq \f(1,4)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＝eq \f(2v0t0,π)①
又qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),R)②
代入eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)
解得eq \f(q,m)＝eq \f(4v0,πE0t0)。③
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝eq \f(2πR,v0)④
联立①④解得T＝4t0⑤
即粒子P做eq \f(1,4)圆周运动后磁场变为电场，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＝v0t0⑥
y1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)⑦
其中加速度a＝eq \f(qE0,m)
由③⑦解得y1＝eq \f(2v0t0,π)＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)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时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；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＋2x1⑧
解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0。
[答案] (1)eq \f(4v0,πE0t0) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0)) (3)eq \f(4＋2π,π)v0t0
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
只受恒定的电场力F＝Eq
只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
求解方法
利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，tan θ＝eq \f(at,v0)
牛顿第二定律、向心力公式r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θT,2π)
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
电场
大小：F＝qE
方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关
W＝qU
电场力做功改变电势能
磁场
大小：F＝qvB(v⊥B)
方向：可用左手定则判断
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
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
题中信息
方法引导
沿PQ向右做直线运动
小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度的大小
小球再次通过D点速度与PQ成60°角
画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆周运动轨迹半径的关系
求运动的最大周期
当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN相切时小球运动周期最大