2020版物理新增分大一轮新高考（京津鲁琼）讲义：第九章磁场专题强化十一

专题强化十一　带电粒子在叠加场和组合场中的运动
专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现.
2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力.针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心.
3.用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律).

命题点一　带电粒子在叠加场中的运动
1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题.
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动.
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.
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.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、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.
例1　(2017·全国卷Ⅰ·16)如图1，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1
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.
变式1　(多选)(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图2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2
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，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，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，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，若电场力和重力不等大，则有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C正确，D错误.
例2　(2016·天津理综·11)如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，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3
(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)2 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＝①
代入数据解得v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan θ＝③
代入数据解得tan θ＝
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＝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＝at2⑦
tan θ＝⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s⑨
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－gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s.
变式2　(2018·山西省孝义市质量检测三)如图4所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成θ＝45°角.质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，则以下说法正确的是(　　)

图4
A.小球可能带负电
B.电场方向可能水平向右
C.小球的初速度v0＝
D.小球离开细杆时的速度v＝
答案　C
命题点二　带电粒子在组合场中的运动
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.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，对不同的阶段选取不同的规律处理.
(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.
(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.
模型1　磁场与磁场的组合
例3　(2017·全国卷Ⅲ·24) 如图5，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1).一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)

图5
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离.
答案　(1)(1＋)　(2)(1－)
解析　(1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动.设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则t1＝③
粒子在x<0区域运动的时间为t2，则t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为t＝t1＋t2＝(1＋)⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d＝2(R1－R2)＝(1－)

变式3　(2019·广东省韶关市调研)如图6所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF 为上、 下磁场的水平分界线.质量为 m、带电荷量为＋q的粒子从 AC 边界上与 O 点相距为 a 的 P 点垂直于 AC 边界射入上方磁场区域，经 OF 上的 Q 点第一次进入下方磁场区域，Q 与 O 点的距离为 3a.不考虑粒子重力.

图6
(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度 B＝3B0，粒子最终垂直 DE 边界飞出，求边界 DE 与AC 间距离的可能值.
答案　(1)　(2)B1>　(3)4na(n＝1,2,3…)
解析　(1)粒子在OF上方的运动轨迹如图所示，

设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，R＝5a
由牛顿第二定律可知：qvB0＝m，解得：v＝
(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，

由几何关系得：r1＋r1cos θ＝3a，cos θ＝，所以r1＝，根据qvB1＝，解得：B1＝，当B1>时，粒子不会从AC边界飞出；
(3)当B＝3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF下方的运动半径为：r＝a，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：＝4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：L＝n＝4na(n＝1,2,3…).

模型2　电场与磁场的组合

例4　(2018·全国卷Ⅱ·25)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7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.

图7
(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，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.
答案　(1)见解析图　(2)　(3)
解析　(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)

(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子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)，速度沿电场方向的分量为v1.
根据牛顿第二定律有qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.
由运动学公式有v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcos θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝⑤
由几何关系得l＝2Rcos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v1＝⑧
联立①②③⑦⑧式得＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则T＝⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝
变式4　(2018·山西省晋城市第一次模拟)在如图8甲所示的xOy坐标系中，第一象限内有垂直坐标平面的匀强磁场；第二象限内有方向水平向右、场强大小为E的匀强电场E1；第四象限内有方向水平(以水平向右为正方向)、大小按图乙规律变化的电场E2，变化周期T＝ .一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动.以粒子经过x轴进入第四象限的时间点为电场E2的计时起点，不计粒子重力.求：

图8
(1)第一象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)粒子在第四象限中运动，当t＝时，粒子的速度；
(3)粒子在第四象限中运动，当t＝nT(n∈N*) 时，粒子的坐标.
答案　(1)　 (2)2，方向与水平方向成45°角斜向右下方　(3)[(n＋1)x0，－2nx0](n∈N*)
解析　(1)设粒子离开第二象限时的速度为v0，在第二象限内，由动能定理得qEx0＝mv02
解得v0＝
在第一象限内，粒子做匀速圆周运动的速度为v0，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m
解得B＝
(2)粒子进入第四象限后，加速度a＝＝，当t＝时在水平方向上有v水平＝at＝×
得v水平＝＝v0
故粒子的速度大小v合＝v0＝2
方向与水平方向成45°角斜向右下方
(3)粒子在第四象限中运动时，y轴方向上做匀速直线运动，x轴方向上前半个周期向右做匀加速运动，后半个周期向右做匀减速运动直到速度为0；每半个周期向右前进x＝×2＝，每个周期前进x0
当t＝nT时，x轴距O点的距离x＝x0＋nx0
y轴距O点的距离y＝－v0nT＝－2nx0
粒子的坐标[(n＋1)x0，－2nx0](n∈N*)

1.(多选)(2018·河南省驻马店市第二次质检)如图1所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略.则(　　)

图1
A.粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2
B.粒子完成一次周期性运动的时间为
C.粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R
D.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少
答案　AC
解析　由半径公式r＝知，轨迹圆半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2，故A正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示：

在第二象限的周期T1＝＝，圆心角为120°，运动时间t1＝T1＝，在第三象限运动的周期T2＝，圆心角为120°，运动时间t2＝T2＝，所以粒子完成一次周期性运动的时间t0＝t1＋t2＝，故B错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为R2＝2R，从O点入射后第一次经过x轴的距离x1＝R1＝R，第二次圆弧的弦长x2＝R2＝2R，所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为x＝x1＋x2＝3R，故C正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T＝与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中运动时间t＝T不变，故D错误.
2.(多选)(2019·山西省晋城市第一次模拟)足够大的空间内存在着竖直向上的匀强磁场和匀强电场，有一带正电的小球在电场力和重力作用下处于静止状态.现将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v(如图2所示)，则关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)

图2
A.小球做类平抛运动
B.小球在纸面内做匀速圆周运动
C.小球运动到最低点时电势能增加
D.整个运动过程中机械能不守恒
答案　CD
解析　小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡，当把磁场顺时针方向旋转30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，选项A、B错误；小球从开始到最低点过程中克服电场力做功，电势能增加，选项C正确；整个运动过程中机械能不守恒，选项D正确.
3.(2018·江西省十所省重点高中二模)如图3所示，在纸面内有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC为两磁场的理想边界.已知三角形ABC边长为L，虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场.一电荷量为＋q、质量为m的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边射入三角形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力，试求：

图3
(1)要使粒子从P点射出后在最短时间内通过B点，则从P点射出时的速度v0为多大？
(2)满足(1)问的粒子通过B后第三次通过磁场边界时到B的距离是多少？
(3)满足(1)问的粒子从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为多少？画出粒子的轨迹并计算.
答案　(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)当粒子运动半个圆周到达B点时所用时间最短，此时粒子做圆周运动半径r＝，根据洛伦兹力提供向心力可得r＝，解得v0＝；
(2)粒子做圆周运动半径r＝，由几何关系可知：
设过B点后第三次通过磁场边界时到B点的距离为s，
s＝3r＝；

(3)粒子运动轨迹如图

粒子在磁场中运动的周期T＝，由图可知从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为tmin＝T＝
4.(2018·河南省濮阳市第二次模拟)如图4所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P(－L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L，0)点进入第一象限，重力加速度为g，求：

图4
(1)粒子从P点运动到坐标原点的时间；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向.
答案　(1)　(2)　方向垂直纸面向里
解析　(1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，则粒子带正电.
由运动学知识可得mg＝qE1＝qE2，mg＝ma，L＝at2，解得t＝
(2)设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v，由动能定理可得mgL＋qE1L＝mv2
解得v＝2，方向与x轴正方向成45°角，由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里.
粒子做匀速圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知

粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R＝L
由牛顿第二定律可得Bqv＝m，解得B＝
5.(2018·山东省日照市一模)如图5所示，在坐标系xOy平面的x>0区域内，存在电场强度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场.在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10，0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27kg、电荷量q＝3.2×10－19 C的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动.若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中).

图5
(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(3)荧光屏上闪光点的范围距离；
(4)荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间.
答案　见解析
解析　(1)带正电粒子(重力不计)在复合场中沿x轴做匀速直线运动，据左手定则判定洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上有qE＝qvB
速度v＝＝ m/s＝106 m/s
(2)撤去电场后，有qvB＝m
所以粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝＝ m＝0.1 m
(3)粒子运动轨迹如图所示，若粒子在荧光屏上能最上端打在B点，最下端打在A点

由图可知：dOA＝Rtan 60°＝R，dOB＝R
所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(＋1)R≈0.273 m
(4)因为粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝≈6.28×10－7 s，所以粒子在磁场中运动的时间可以忽略不计
闪光点从最低点移到最高点的过程中，粒子发射枪转过的圆心角φ＝，
所用的时间t＝＝ s＝ s≈0.42 s
6.(2018·福建省南平市适应性检测)如图6，在平面直角坐标系xOy中，x轴上方存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，x轴下方存在垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一个静止的带正电粒子位于y轴正半轴的A(0，h)点，某时刻由于内部作用，分裂成两个电荷量都为＋q的粒子a和b，分别沿x轴正方向和负方向进入电场.已知粒子a的质量为m，粒子a进入第一象限的动量大小为p.设分裂过程不考虑外力的作用，在电场与磁场中的运动过程不计粒子重力和粒子间的相互作用.求：

图6
(1)粒子a第一次通过x轴时离原点O的距离x；
(2)粒子a第二次通过x轴时与第一次通过x轴时两点间的距离L.
答案　见解析
解析　(1)如图所示，粒子a在电场中只受电场力，做类平抛运动

由平抛运动规律可得：x＝v0t①
h＝at2②
qE＝ma③
p＝mv0④
联立①②③④解得：x＝p
(2)粒子a进入磁场时，设速度为v，与x轴正方向成θ角，y轴方向的速度为vy，
则vy＝at⑤
vy＝vsin θ⑥
粒子a在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，有qvB＝⑦
由几何知识得：
L＝2rsin θ⑧
联立②③⑤⑥⑦⑧式解得：L＝