江苏版高考物理一轮复习第9章第3节带电粒子在复合场中的运动课时学案

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带电粒子在组合场中的运动
(对应学生用书第238页)
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．解题的关键
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，与在磁场中偏转两种运动有效组合在一起，有效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。
3．“磁偏转”和“电偏转”的比较
4.运动过程
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。
[典例1] 如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方eq \f(d,2)处射出磁场。取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。
(1)求磁感应强度大小B；
(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。
[解析] (1)根据左手定则可知，粒子进入第一个磁场后受到的洛伦兹力的方向向上，粒子从O上方eq \f(d,2)处射出磁场，可知粒子的半径：r0＝eq \f(d,4)
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则：qv0B＝eq \f(mv\\al(2,0),r0)
所以：B＝eq \f(4mv0,qd)。
(2)当入射速度为5v0时，粒子的半径：r＝eq \f(5mv0,qB)＝5r0＝eq \f(5,4)d
设粒子在矩形磁场中偏转的角度为α，则：d＝r·sin α
所以：sin α＝eq \f(4,5)
则：α＝53°
粒子从第一个矩形磁场区域出来进入第二个磁场区域后，受到的洛伦兹力的方向相反，由运动的对称性可知，粒子出第二个磁场时，运动的方向与初速度的方向相同；粒子在没有磁场的区域内做匀速直线运动，最后在后两个磁场区域的情况与前两个磁场区域的情况相同，运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中运动的周期：T＝eq \f(2πr,5v0)＝eq \f(2π×\f(5,4)d,5v0)＝eq \f(πd,2v0)
粒子在一个矩形磁场中运动的时间：t1＝eq \f(α,360°)·T＝eq \f(53πd,720v0)
粒子在没有磁场的区域内运动的时间：t2＝eq \f(2d,5v0)
所以粒子运动的总时间：
t＝4t1＋t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(53π＋72,180)))·eq \f(d,v0)。
(3)将中间的两个磁场向中间移动距离x后，粒子出第一个磁场区域后，速度的方向与OO′之间的夹角为α，由几何关系可知，粒子向上的偏移量：
y＝2r(1－cs α)＋x·tan α
由于：y≤2d
联立解得：x≤eq \f(3,4)d
即：xm＝eq \f(3,4)d时，粒子在没有磁场的区域内运动的时间最长，则粒子整个过程的运动时间最长。粒子直线运动路程的最大值：
sm＝eq \f(2xm,cs α)＋(2d－2xm)
则增加的路程的最大值：Δsm＝sm－2d
代入数据可得：Δsm＝d
所以增加的时间的最大值：Δtm＝eq \f(Δsm,5v0)＝eq \f(d,5v0)。
[答案] (1)eq \f(4mv0,qd) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(53π＋72,180)))·eq \f(d,v0) (3)eq \f(d,5v0)
[跟进训练]
(2023·如皋市模拟)如图所示，圆心坐标为(－R,0)、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面，y轴右侧存在磁感应强度大小为0.5B、方向垂直坐标平面的匀强磁场，薄收集板MN位于y轴上－2R到－4R的区间上。PQ是均匀分布的线状电子源，P、Q点的坐标分别为(－2R，－R)、(0，－R)，电子源沿y轴正方向持续发射速率相同的电子，已知电子的质量为m、电荷量为－e，不计电子间的相互作用。
(1)若从PQ中点进入磁场的电子恰好能从y轴左侧打到Q点，求电子的速率v1；
(2)若电子的速率v2＝eq \f(2eBR,m)，求电子第1次在圆形匀强磁场区域中运动的最长时间tm；
(3)若电子的速率v3＝eq \f(eBR,m)，求MN能收集到的电子数占发射电子数的比例η。
[解析] (1)电子在磁场中做匀速圆周运动，画出电子的运动轨迹如图1所示，由几何关系得r1＋eq \r(2)r1＝R
根据洛伦兹力提供向心力，得ev1B＝eq \f(mv\\al(2,1),r1)
联立解得v1＝eq \f(\r(2)－1eBR,m)。
图1
(2)电子在圆形磁场中，有ev2B＝eq \f(mv\\al(2,2),r2)
则轨迹半径r2＝2R
如图所示，轨迹圆弦长过圆心时运动时间最长，圆心角α＝60°
最长时间tm＝eq \f(T,6)
电子运动周期T＝eq \f(2πm,eB)
解得tm＝eq \f(πm,3eB)。
(3)在y轴左侧磁场中，有ev3B＝eq \f(mv\\al(2,3),r3)
可得r3＝R
在y轴右侧磁场中，有ev3×eq \f(1,2)B＝eq \f(mv\\al(2,3),r4)
可得r4＝2R
能打到MN的临界轨迹如图(r4无需标出)
图3
OM＝2r4sin θ
解得：θ＝30°
能打到MN的电子在PQ上的长度为L＝2Rcs θ
比例为：η＝eq \f(L,2R)
解得：η＝eq \f(\r(3),2)。
[答案] (1)eq \f(\r(2)－1eBR,m) (2)eq \f(πm,3eB) (3)eq \f(\r(3),2)
先电场后磁场
1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图所示。
2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图所示。
注意：进入磁场的速度是离开电场的末速度，而非进入电场的初速度。
[典例2] 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面图如图所示：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)所示，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′)))。
[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]
1．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。
[答案] (1)eq \f(4U,lv1) (2)1∶4
2．(2023·连云港模拟)利用电磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。如图所示，在xOy坐标平面内，第三象限存在着方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。在其余象限存在垂直纸面的匀强磁场，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感应强度大小均为B(未知)。在坐标点(0，－eq \f(L,2))处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以初速度eq \r(\f(3qEL,m))沿着x轴负方向射入匀强电场，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略粒子重力。求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度v；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)现将一块长为eq \r(3)L的上表面涂着荧光粉的薄板放置在x轴上，板中心点横坐标x0＝4eq \r(3)L，仅将第四象限的磁感应强度变为原来的k倍(k＞1)，当k满足什么条件时，板的上表面会出现荧光点。
[解析] (1)正粒子从(0，－eq \f(L,2))进入电场后做类平抛运动，则在竖直方向上有eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(qE,m)×t2
水平方向有x＝v0t
联立解得t＝eq \r(\f(mL,qE))
竖直方向上有vy＝eq \f(qE,m)×t＝eq \r(\f(qEL,m))
水平方向上有vx＝eq \r(\f(3qEL,m))
故第一次进入磁场时的速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝2eq \r(\f(qEL,m))
设速度方向与水平轴负方向成θ角，则有
tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(\r(3),3)
代入解得θ＝30°。
故粒子进入磁场中与水平轴负方向成30°。
(2)经分析可知，粒子轨迹如图1所示，由几何关系可知α＝60°
经(1)分析，粒子在类平抛运动中，x＝v0t＝eq \r(3)L
故可知，x＝Rcs α
解得R＝2eq \r(3)L
粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：
qvB＝eq \f(mv2,R)
解得B＝eq \f(mv,qR)＝eq \f(m×2\r(\f(qEL,m)),q×2\r(3)L)＝eq \r(\f(mE,3qL))。
图1
(3)若使板的上表面会出现荧光点，临界的粒子轨迹图如图2所示，若刚好打在板左端点，则有：
图2
eq \f(R,2)＋R1＋R＝4eq \r(3)L－eq \f(\r(3),2)L
解得R1＝eq \f(\r(3),2)L
根据洛伦兹力提供向心力得qvB1＝eq \f(mv2,R1)
则有eq \f(B1,B)＝eq \f(R,R1)＝4
故B1＝4B，即k1＝4
同理，若刚好打在板右端点，则有
eq \f(R,2)＋R2＋R＝4eq \r(3)L＋eq \f(\r(3),2)L
解得R2＝eq \f(3\r(3),2)L
eq \f(B2,B)＝eq \f(R,R2)＝eq \f(4,3)
故B2＝eq \f(4,3)B，即k2＝eq \f(4,3)
故可得当k满足eq \f(4,3)≤k≤4时，板的上表面会出现荧光点。
[答案] (1)2eq \r(\f(qEL,m))，方向与x轴负方向成30°
(2)eq \r(\f(mE,3qL)) (3)eq \f(4,3)≤k≤4
先磁场后电场
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)。
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。
[典例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轴的交点的坐标分别为
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))))
[跟进训练]
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
(对应学生用书第242页)
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
3.三种场的比较
4.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] (2022·盐城模拟)如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中，在第一、第二象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场，在y＞0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，磁感应强度和电场强度大小均未知。在第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。一个带电小球从图中y轴上的M点，沿与x轴成θ＝45°角度斜向上做匀速直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即做匀速圆周运动，已知O、N点间的距离为L，重力加速度大小为g。求：
(1)小球的比荷和第一象限内匀强电场场强E1的大小；
(2)要使小球能够进入第二象限，求第一象限内磁感应强度B1的大小范围；
(3)若第一象限内磁感应强度大小为eq \f(2E2,gBL)，第二象限内磁感应强度大小为eq \f(4E2,gBL)，求小球穿过y轴的位置和时间的可能取值(从小球进入第一象限开始计时)。
[解析] (1)设小球的质量为m，电荷量为q，速度为v，球在MN段受力分析如图1所示，
图1
因为小球在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得：mgtan 45°＝qE
解得：eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)
要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区域做匀速圆周运动，则小球所受重力与电场力平衡：mg＝qE1
联立解得：E1＝E。
(2)由(1)受力分析可知，qvBsin 45°＝qE，即：qvB＝eq \r(2)Eq所以v＝eq \f(\r(2)E,B)
由qvB1＝eq \f(mv2,R)
可知：R＝eq \f(mv,qB1)＝eq \f(\r(2)E2,gBB1)
由图2几何关系：L＜R(1＋cs 45°)
图2
解得：0(3)由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝eq \f(mv2,R)
小球在第一、第二象限的轨道半径分别为R1＝eq \f(\r(2)L,2)，R2＝eq \f(\r(2)L,4)
小球由N点进入第一象限后运动半周进入第二象限，作出粒子在第一、第二象限的运动轨迹如图3所示，
图3
位置：y＝(eq \r(2)R1＋eq \r(2)R2)×m＝eq \f(3mL,2)(m＝1,2,3，…)或y＝L＋eq \r(2)(R1＋R2)×n＝L＋eq \f(3nL,2)(n＝0、1、2…)
时间T1＝eq \f(2πm,qB1)＝eq \f(πBL,E)
T2＝eq \f(2πm,qB2)＝eq \f(πBL,2E)
t＝eq \f(T1,2)＋eq \f(3,4)(T1＋T2)n(n＝0、1、2…)
和t＝eq \f(T1,2)＋eq \f(3T2,4)＋eq \f(3,4)(T1＋T2)m(m＝0、1、2…)
综上所述：时间为t＝eq \f(πBL,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(9,8)n))(n＝0、1、2…)或t＝eq \f(πBL,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)＋\f(9,8)m)) (m＝0、1、2…)。
[答案] (1)eq \f(g,E) E (2)0(3)见解析
“三步”解决叠加场问题
[跟进训练]
磁场与电场叠加
1.(2023·苏州实验中学高三月考)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的电荷量一定相同
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，与电性和电荷量无关，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.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，圆环运动的速度图像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.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＋qv′B＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。]
6．(一题多法)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]
甲
(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
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
乙
(2)方法一：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
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
方法二：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
(对应学生用书第244页)
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] 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．(2022·南通一模)某磁偏转装置如图甲所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小按图乙所示规律做周期性变化，在0～T时间内B＝B0taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(πt,6T)))。在磁场区域的右侧有一圆心也在O点的半圆形荧光屏，A为荧光屏中点。一粒子源P均匀地发射初速度可忽略的电子，沿PO方向射出的电子经电压U加速后正对圆心O射入磁场，∠POA＝eq \f(π,2)，在0～T时间内经磁场偏转的电子从上到下打在荧光屏上C、D两点间(图中C、D未画出)。已知电子的电荷量为e、质量为m，B0＝eq \f(\r(2emU),eR)，tan eq \f(π,8)＝eq \r(2)－1。不计电子的重力，电子穿过磁场的时间远小于磁场变化的周期，忽略磁场变化激发电场的影响。
(1)求打在荧光屏A点的电子在进入磁场时磁感应强度大小B1。
(2)求∠COD及电子在荧光屏上扫描的角速度ω。
(3)由于加速电压增大到某一值，0～T时间内进入磁场的电子从A点上方的E点向下扫描，∠EOA＝eq \f(π,4)。为使电子仍在C、D间扫描，扫描的角速度仍为ω，须在圆形磁场区域叠加一个变化的匀强磁场B2，求B2的值。
甲 乙
[解析] (1)电子沿着径向飞入磁场，由带电粒子在磁场中的运动规律得，带电粒子沿着OA方向飞出磁场，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，如图1所示
图1
由几何关系得，电子做圆周运动的半径r＝R，由题意得
eU＝eq \f(1,2)mv2
evB1＝meq \f(v2,r)
联立解得B1＝eq \f(\r(2emU),eR)＝B0。
(2)由r＝eq \f(mv,eB)知，磁感应强度越小，电子做圆周运动的半径越大，反之越小；如图2所示，由题意知打在屏幕上的C点的电子半径最大，此时的电子在T＝0时刻飞入匀强磁场；打在屏幕D点的电子在T时刻飞入磁场的，那么rC＝eq \f(mv,eB)＝eq \f(\r(2emU),\f(\r(3),3)eB0)＝eq \r(3)R
同理rD＝eq \f(\r(2emU),\r(3)eB0)＝eq \f(\r(3),3)R
图2
根据几何关系得：tan∠POOD＝eq \f(rD,R)＝eq \f(\r(3),3)，则
∠POOD＝eq \f(π,6)，∠POD＝eq \f(π,3)
同理∠POC＝eq \f(2π,3)
故∠COD＝eq \f(2,3)π－eq \f(π,3)＝eq \f(π,3)
故电子在荧光屏上扫描的角速度ω＝eq \f(π,3T)。
(3)设打到E点的电子做圆周运动的速度为v1，此时做圆周运动的回旋角为45°，由几何关系得，此时电子回旋的半径：rE＝(eq \r(2)＋1)R
由r＝eq \f(mv,eB)知，B一定时，v与r成正比，即eq \f(v1,v)＝eq \f(rE,rC)＝eq \f(\r(2)＋1,\r(3))
如果还要满足在CD间扫描，那么此时的电子在磁场中做圆周运动最大半径为定值rC，同理，v与B成正比，则有：
eq \f(B2＋B,B)＝eq \f(v1,v)＝eq \f(\r(2)＋1,\r(3))
解得：B2＝eq \f(\r(2)＋1－\r(3),\r(3))B＝eq \f(\r(6)＋\r(3)－3,3)B0taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(πt,6T)))。
[答案] (1)B0 (2)eq \f(π,3T) (3)eq \f(\r(6)＋\r(3)－3,3)B0taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(πt,6T)))。
带电粒子在交变电、磁场中的运动
2．如图(a)所示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像如图(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时刻速度方向为沿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，则有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)
磁场与磁场的组合
电场与磁场的组合
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
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
了解场的变化情况
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