45、磁场专题45 组合场与叠加场中的运动简略学案

第4节带电粒子在叠加场中的运动突破点(一)带电粒子在叠加场中的运动1．分析方法2．三种场的比较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＝q v B(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(一)电场与磁场共存[例1]一个带正电荷的微粒(重力不计)，穿过如图所示的匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则下列说法不正确的是()A．若仅减小入射速度，微粒进入该区域后将向下偏转B．若仅减小电场强度，微粒穿过该区域后动能将减小C．若增大磁感应强度而要使微粒依然能沿直线运动，必须增大微粒的入射速度D．若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，微粒依然能沿直线运动[解析]带电微粒在电磁场中运动，F洛＝Bq v，F电＝qE。

若仅减小入射速度，则向上的洛伦兹力减小，电场力不变，合力向下，向下偏转，故A正确；减小电场强度，则电场力减小，洛伦兹力不变，合力向上，向上偏转，电场力做负功，洛伦兹力不做功，微粒穿过该区域后动能将减小，故B正确；若增大磁感应强度，则向上的洛伦兹力增大，电场力不变，而要使微粒依然能沿直线运动，则必须减小微粒的入射速度，故C错误；若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，它们的大小不变，合力为0，微粒依然能沿直线运动，故D正确。

[答案] C(二)磁场与重力场共存[例2]如图，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场。

某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动。

不计空气阻力，重力加速度为g。

则()A．小球做匀速圆周运动B．小球运动过程中机械能不守恒C．小球在最高点的最小速度v1＝glD．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg[解析]小球受重力、绳子的拉力以及沿绳子向外的洛伦兹力，则小球做非匀速圆周运动，选项A错误；小球运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，选项B错误；在最高的最小速度满足：mg－q v1min B＝m v1min2l，则v1min≠gl，选项C错误；在最高点时T1＋mg－q v1B＝m v12l ，从最高点到最低点由机械能守恒得：12m v12＋2mgl＝12m v22；在最低点：T2－mg－q v2B＝m v22l；联立解得：ΔF＝T2－T1＝6mg＋qB(v2－v1)>6mg，选项D正确。

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)、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．带电体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，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若重力与静电力平衡，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．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、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 在如图1所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25T；过D点、垂直于水平面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104N/C.小物体P1质量m＝2×10－3 kg、带电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端由静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图1(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.①沿CD向右匀速直线运动；②经过时间t＝0.1s与P1相遇．答案(1)4m/s(2)0.56m解析(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为F f，则F1＝qvB①F f＝μ(mg－F1)②由题意知，水平方向合力为零，F－F f＝0③联立①②③式，代入数据解得v＝4m/s④(2)设P1在G点的速度大小为v G，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有qEr sinθ－mgr(1－cosθ)＝12mv G2－12mv2⑤P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨s ＝s 1＋s 2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s ＝0.56m.1．(2016·天津·11)如图2所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝53N/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/s 2，求：图2(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)20m/s 方向与电场方向成60°角斜向上(2)3.5s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 ＝q2E2＋m2g2①甲代入数据解得v ＝20m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tan θ＝qE mg③ 代入数据解得tan θ＝ 3θ＝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 ，有乙a ＝q2E2＋m2g2m⑤ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ，有y ＝12at 2⑦ tan θ＝y x⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t ＝23s ≈3.5s 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 v y ＝v sin 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v y t －12gt 2＝0⑥ 联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝23s ≈3.5s.2．如图3所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1，已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A (0，L )位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．图3(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y 轴上的A (0，L )位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A 位置出发到返回至A 位置过程所经历的时间为多少？答案 (1)负电 q ＝3mg 3E1v ＝2E1B1(2)竖直向下 3E 1(3)233L 53πB1L 3E1＋2B1L E1解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg ＝qE 1tan60°，q ＝3mg 3E1.又qE 1＝qvB 1cos60°，得v ＝2E1B1(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE ＝mg ，即E ＝3E 1.(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，。

第3讲带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在复合场中的运动1．复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．2．带电粒子在复合场中的运动形式(1)静止或匀速直线运动：带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．(3)较复杂的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．二、带电粒子在复合场中运动的应用实例装置原理图规律质谱仪离子由静止被加速电场加速qU＝12mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝mv2r，则比荷qm＝2UB2r2.回旋加速器交流电的周期和粒子做匀速圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速，D形盒半径为r.由qvB＝mv2r及E km＝12mv2得E km＝q2B2r22m速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝EB，粒子做匀速直线运动(粒子重力不计)．磁流体发电机磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则由qE＝qUL＝qvB得两极板间能达到的最大电势差U＝BLv.电磁流量计导电液体在管中向左流动，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即：qvB＝qE＝qUd，所以v＝UBd，因此液体流量Q＝Sv＝πd24·UBd＝πdU4B.霍尔元件宽为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过该导体时，上下表面之间会产生电势差，称为霍尔效应.自测1现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )图1A．11 B．12C．121 D．144答案 D解析由qU＝12mv2得带电粒子进入磁场的速度为v＝2qUm，根据牛顿第二定律有qvB＝mv2R，得R＝mvBq，综合得到R＝1B2mUq，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的轨道半径和电荷量，故m0m p＝144，故选D.自测2(2020·宁波市九校高二上期末)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图2所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，置于匀强磁场B中，D形盒半径为R，其间留有空隙，两盒分别与高频电源的两极相连，电源频率为f，则下列说法正确的是( )图2A ．粒子的加速次数越多，加速电压越大，最终获得的动能也越大B ．被加速后的粒子最大速度为2πfR，与加速电场的电压无关C ．不改变回旋加速器的任何参数，装置可以加速质子11H ，也可以加速α粒子42He D ．高频电源不能使用正弦式交变电流 答案 B命题点一 带电粒子在复合场中的实例分析 1．基本思路速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出所求物理量． 2．解决回旋加速器的方法(1)交变电压的频率与粒子在磁场中做圆周运动的频率相等．(2)在q 、m 和B 一定的情况下，回旋加速器的半径越大，粒子的能量就越大，最大动能与加速电压无关． 例1 (2020·浙江10月选考·23)如图3所示，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，位于x 轴下方的离子源C 发射质量为m 、电荷量为q 的一束负离子，其初速度大小范围为0～3v 0.这束离子经电势差为U ＝mv 022q 的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x 轴上．在x 轴上2a ～3a 区间水平固定放置一探测板(a ＝mv 0qB 0)．假设每秒射入磁场的离子总数为N 0，打到x 轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．图3(1)求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B 1； (3)保持磁感应强度B 1不变，求每秒打在探测板上的离子数N ；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小． 答案 见解析解析 (1)对于初速度为0的粒子：qU ＝12mv 12由B 0qv 1＝m v 12r 1得r 1＝mv 1qB 0＝a恰好打在x ＝2a 的位置对于初速度为3v 0的粒子 qU ＝12mv 22－12m(3v 0)2由B 0qv 2＝m v 22r 2得r 2＝mv 2qB 0＝2a ， 恰好打在x ＝4a 的位置离子束打在x 轴上的区间为[2a,4a] (2)由动能定理 qU ＝12mv 22－12m(3v 0)2由B 1qv 2＝m v 22r 3得r 3＝mv 2qB 1r 3＝32a解得B 1＝43B 0(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2a≤x≤3a 即a≤r≤32a ，对应的速度范围为43v 0≤v′≤2v 0每秒打在探测板上的离子数为 N ＝N 02v 0－43v 02v 0－v 0＝23N 0根据动量定理吸收的离子受到板的作用力大小 F 吸＝Δp 吸Δt ＝0.8N 2(2mv 0＋43mv 0)＝8N 0mv 09反弹的离子受到板的作用力大小 F 反＝Δp 反Δt ＝0.2N 2[2m(v 0＋0.6v 0)＋43m(v 0＋0.6v 0)]＝1645N 0mv 0 根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小 F ＝F 吸′＋F 反′＝5645N 0mv 0变式1 (2020·浙江10月选考·23)如图4是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图，区域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B 1和B 2，长L ＝1.0 m 的区域Ⅲ存在场强大小E ＝5.0×104V/m 、方向水平向右的匀强电场．区域Ⅲ中间上方有一离子源S ，水平向左发射动能E k0＝4.0×104eV 的氘核，氘核最终从区域Ⅱ下方的P 点水平射出．S 、P 两点间的高度差h ＝0.10 m ．(氘核质量m ＝2×1.67×10－27kg 、电荷量q ＝1.60×10－19 C ，1 eV ＝1.60×10－19J,1.67×10－271.60×10－19≈1×10－4)图4(1)求氘核经过两次加速后从P 点射出时的动能E k2.(2)若B 1＝1.0 T ，要使氘核经过两次加速后从P 点射出，求区域Ⅰ的最小宽度d. (3)若B 1＝1.0 T ，要使氘核经过两次加速后从P 点射出，求区域Ⅱ的磁感应强度B 2. 答案 (1)2.24×10－14J (2)0.06 m (3)1.2 T解析 (1)由动能定理W ＝E k2－E k0 电场力做功W ＝qE·2L得E k2＝E k0＋qE·2L＝1.4×105eV ＝2.24×10－14J(2)洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2R ，E k0＝12mv 02第一次进入B 1区域，半径R 0＝mv 0qB 1＝0.04 m 第二次进入B 1区域，12mv 12＝E k0＋qELR 2＝mv 1qB 1＝0.06 m ，故最小宽度d ＝R 2＝0.06 m (3)氘核运动轨迹如图所示．由图中几何关系可知2R 2＝h ＋(2R 1－2R 0) 解得R 1＝0.05 m 由R 1＝mv 1qB 2，得B 2＝mv 1qR 1＝1.2 T. 命题点二 带电粒子在叠加场中的运动 带电粒子在叠加场中运动的分析方法复合场的组成→弄清电场、磁场、重力场组合情况 ↓受力分析→先重力、再弹力、后摩擦力，然后分析其他力(电场力、洛伦兹力) ↓运动分析→注意运动情况和受力情况的结合↓分段分析→粒子通过不同种类的场时，分段讨论例2 (2020·嘉兴市模拟)图5为一除尘装置的截面图，其原理是通过板间的电场或磁场使带电尘埃偏转并吸附到极板上，达到除尘的目的．已知金属板M 、N 长为d ，间距也为d.大量均匀分布的尘埃以相同的水平速度v 0进入除尘装置，设每个尘埃颗粒质量为m 、电荷量为－q.当板间区域同时加入匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场并逐步增强至合适大小时，尘埃恰好沿直线通过该区域；且只撤去电场时，恰好无尘埃从极板间射出，收集效率(打在极板上的尘埃占尘埃总数的百分比)为100%，不计尘埃重力、尘埃之间的相互作用及尘埃对板间电场、磁场的影响．图5(1)判断M 板所带电荷的电性； (2)求极板区域磁感应强度B 的大小；(3)若撤去极板区域磁场，只保留原来的电场，则除尘装置的收集效率是多少？ 答案 (1)带负电 (2)mv 0qd(3)50%解析 (1)负电荷进入垂直纸面向外的匀强磁场，根据左手定则，受到的洛伦兹力的方向向上，尘埃恰好沿直线通过该区域，说明电场力大小和洛伦兹力大小相等，方向竖直向下，因此M 板带负电．(2)由题意知，从紧挨N 极板处射入板间的尘埃恰好不从极板射出，则尘埃在磁场中运动的半径r ＝d ，磁场中洛伦兹力提供向心力，有 qv 0B ＝mv 02r ，解得B ＝mv 0qd.(3)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，满足： qE ＝qv 0B ，撤去磁场以后尘埃在电场力作用下做类平抛运动，假设距离N 极板y 的尘埃恰好离开电场，则 d ＝v 0t ，y ＝12at 2，其中a ＝qEm，解得y ＝0.5d ，当y≤0.5d 时，0到0.5d 这段距离的尘埃不会射出电场，当y ＞0.5d 时尘埃运动时间更长，水平位移x ＞d ，即0.5d 到d 这段距离的尘埃会射出电场；则打在极板上的尘埃占总数的百分比，即除尘装置的收集效率η＝0.5dd×100%＝50%. 变式2 如图6甲所示，水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝50 T ，已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E ＝50 V/m ，M 板中心有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好从N 板边缘水平飞出．已知油滴的质量m ＝10－4kg ，电荷量q ＝＋2×10－5C(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，取π＝3)．求：图6(1)油滴在P 点的速度大小； (2)N 板的长度；(3)交变磁场的变化周期．答案 (1)1 m/s (2)0.6 m (3)0.3 s解析 (1)由机械能守恒定律，得mgh ＝12mv 2解得v ＝1 m/s(2)进入场区时，因为mg ＝10－3N ，方向向下， 而Eq ＝10－3N ，方向向上．所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动， 所以Bqv ＝mv2R解得R ＝0.1 m因d ＝0.3 m ，则油滴要想从N 板边缘水平飞出，需在场内做三次14圆弧运动．所以，N 板的长度L ＝6R.解得L ＝0.6 m (3)油滴在磁场中运动的周期T 0＝2πR v ＝2πmB 0q由(2)分析知交变磁场的周期T ＝12T 0联立解得T ＝0.3 s.命题点三 带电粒子在组合场中的运动 1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：匀速圆周运动←粒子垂直于磁感线进入匀强磁场←磁偏转←组合场中两种典型运动→电偏转→粒子垂直于电场线进入匀强电场→类平抛运动第3步：用规律2．解题步骤(1)找关键点：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．(2)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．考向1 先磁场后电场例3(2020·浙江4月选考·23)如图7所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P 点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔．K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压U AK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b＝32R，d＝l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用．图7(1)求磁感应强度B的大小；(2)求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；(3)当U AK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；(4)画出电流i 随U AK 变化的关系曲线. 答案 见解析 解析 轨迹示意图(1)“磁聚焦”模型要求：R ＝mv eB ，解得B ＝mv eR. (2)b ＝32R ，由几何关系知： θ在关于y 轴左、右对称的60°(含)范围内．(3)要进入小孔，电子到达P 点时与y 轴负方向的夹角φ≤45° 则：N 0N ＝2Rsin φ2b ＝sin φsin 60°≤63则当U AK ＝0时每秒到达A 板的电子数：N 0＝63N. (4)①当U AK ≥0时，进入小孔的电子全部能到A 板 i 1＝N 0e ＝63Ne ②设当U AK ＝U 1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A 板 则eU 1＝0－12m(vcos φ1)2，解得U AK ＝－mv 24e即在区间(－mv 24e ，0)之间，i 2＝N 0e ＝63Ne③当U AK 反向再增大时，将出现有电子(该临界角度为α) 刚好打到A 板上，而φ>α的电子打不到A 板 i ＝sin αsin 60°Ne ，eU AK ＝0－12m(vcos α)2解得：i ＝43＋8eU AK3mv2Ne i ＝0时，U AK ＝－mv22e.综上所述：i －U AK 图线如图所示考向2 先电场后磁场例4 (2020·浙江4月选考·22)如图8为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L ＝0.10 m ，高均为H ＝0.06 m ．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v ＝1.0×105 m/s 水平射入，质子荷质比近似为q m＝1.0×108C/kg.(忽略边界效应，不计重力)图8(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值E max ； (2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值B max ；(3)若区域Ⅰ加电场E 小于(1)中的E max ，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B 与区域Ⅰ中的电场E 之间的关系式． 答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3T (3)B ＝2Ev解析 (1)质子在电场中做类平抛运动 v y ＝at ＝qEL mv ，tan α＝v y v ＝EqL mv2 质子到达区域Ⅱ右下端时，外加电场最大， 此时有tan α＝H 2L ＋L 2得E max ＝Hmv23qL 2＝200 V/m.(2)质子在磁场中运动有qvB ＝m v 2R ，即R ＝mvqB根据几何关系有：R 2－(R －H 2)2＝L 2时，外加磁场最大得B max ＝mvHq (L 2＋H 24)≈5.5×10－3T.(3)质子运动轨迹如图所示．设质子进入磁场时的速率为v′，则 sin α＝v y v′＝at v′＝Eq m ·L v v′＝EqLmvv′由几何关系知sin α＝L 2R ＝L2mv′Bq ＝BqL 2mv′，得B ＝2Ev.考向3 先电场后磁场再电场例5 (2020·嘉兴市期末)如图9所示，O′PQ 是关于y 轴对称的四分之一圆，在PQNM 区域有均匀辐向电场，PQ 与MN 间的电压为U.一初速度为零的带正电的粒子从PQ 上的任一位置经电场加速后都会从O′进入半径为R 、中心位于坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向外，大小为B ，粒子经磁场偏转后都能平行于x 轴射出．在磁场区域右侧有一对平行于x 轴且到x 轴距离都为R 的金属平行板A 和K ，金属板长均为4R ，其中K 板接地，A 与K 两板间加有电压U AK >0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力．已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O′在y 轴上．图9(1)求带电粒子的比荷qm；(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；(3)若无论带电粒子从PQ 上哪个位置出发都能打到K 板上，则电压U AK 至少为多大？ 答案 (1)2U B 2R 2 (2)－22R ～22R (3)2＋24U解析 (1)由动能定理可知qU ＝12mv 2由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R 0＝R 洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力， qvB ＝m v 2R 0.联立解得q m ＝2UB 2R2(2)如图，沿QN 方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O 1，由几何关系知，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a 在y 轴上的投影与O′的距离为 Δy＝R ＋22R a 点的纵坐标y a ＝22R同理可得，沿PM 方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b 的纵坐标y b ＝－22R 故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为： －22R ～22R (3)只要沿QN 方向入射的带电粒子能打在K 板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K 板上，则在电场中 E ＝U AK2RF ＝qE ＝ma y ＝R ＋22R ＝12at 2 应满足4R≥vt 解得U AK ≥2＋24U考向4 先后经过两个磁场例6 如图10所示，在xOy 坐标平面内x 轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从y 轴上的P 点以一定的初速度沿y 轴正方向射出，粒子经过时间t 第一次从x 轴上的Q 点进入下方磁场，速度方向与x 轴正方向成45°角，当粒子再次回到x 轴时恰好经过坐标原点O ，已知OP ＝L ，不计粒子重力．求：图10(1)带电粒子的初速度大小v 0；(2)x 轴上、下方磁场的磁感应强度之比B 1B 2.答案 (1)52πL 4t (2)1＋22解析 (1)粒子运动轨迹如图所示．由几何知识得r 1＝2L① 粒子在x 轴上方运动的圆心角α＝54π②时间t ＝αr 1v 0③结合①②③得v 0＝52πL4t(2)由几何关系得OQ ＝r 1＋r 1·cos 45° 粒子在x 轴下方运动的半径r 2＝22OQ 由qv 0B ＝m v 02r 得B 1B 2＝r 2r 1＝1＋22.1.(2020·稽阳联谊学校8月联考)如图1所示，半径分别为R 1、R 2的两个同心圆，圆心为O ，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B 1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B 2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场．今有一带正电粒子(质量为m ，带电荷量为q)从小圆边缘的A 点以速度v 沿AO 方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A 点，带电粒子重力不计，求：图1(1)若v ＝3B 1qR 1m，则带电粒子在小圆内的运动时间t 为多少； (2)大圆外的磁场B2的方向；(3)磁场应强度B 1与B 2的比值为多少？ 答案 (1)πm 3qB 1 (2)垂直于纸面向里 (3)R 2R 1解析 (1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB 1＝m v 2r 1，r 1＝mvqB 1＝3R 1由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为 θ＝π3，则t ＝θr 1v ，解得t ＝πm3qB 1. (2)粒子第一次回到小圆便经过A 点，则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B 2的方向为垂直于纸面向里．(3)由几何关系可得r 1r 2＝R 1R 2，r 1＝mv qB 1，r 2＝mv qB 2，解得B 1B 2＝R 2R 1.2．(2020·宁波市九校期末联考)在竖直平面内有一矩形区域ABCD ，AB 边长L ，AD 边长2L ，F 为AD 边中点，G 为BC 边中点，线段FG 将ABCD 分成两个场区．如图2所示，场区Ⅰ内有一竖直向下的匀强电场，场区Ⅱ内有方向、大小未知的匀强电场(图中未画出)和方向垂直ABCD 平面向里的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球以平行于BC 边的速度v 从AB 边的中点O 进入场区Ⅰ，从FG 边飞出场区Ⅰ时速度方向改变了37°，小球进入场区Ⅱ做匀速圆周运动，重力加速度为g ，求：图2(1)场区Ⅱ中的电场强度E 2的大小及方向； (2)场区Ⅰ中的电场强度E 1的大小；(3)要使小球能在场区Ⅱ内从FG 边重新回到场区Ⅰ的磁感应强度B 的最小值． 答案 (1)mg q 方向竖直向上 (2)3mv 24qL －mg q (3)18mv7qL解析 (1)由带电小球在场区Ⅱ中做匀速圆周运动可知，E 2q ＝mg 得E 2＝mgq小球带正电，所受电场力方向竖直向上，可知E 2方向竖直向上(2)小球在场区Ⅰ中做类平抛运动，平抛运动时间t ＝Lv ，带电小球飞出场区Ⅰ时，竖直方向的速度v 竖＝vtan 37°＝34v ，则a ＝34v t ＝3v24L由牛顿第二定律得E 1q ＋mg ＝ma得E 1＝3mv 24qL －mgq(3)由类平抛运动规律得，小球在场区Ⅰ中的竖直位移 y ＝12at 2＝38L当小球在场区Ⅱ中的圆周轨迹与FD 边相切时，R 最大由几何关系得Rcos 37°＋R ＝12L ＋38L解得R ＝3572L此时R(1＋sin 37°)＝79L ＜L ，y ＋R(1－cos 37°)＝1736L ＜12L即带电小球以此半径做圆周运动时不会从CG 边和CD 边射出磁场 进入场区Ⅱ时小球速度 v′＝v 2＋v 竖2＝v 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 2＝54v由Bqv′＝m v′2R 得B ＝mv′qR ＝18mv7qL3.如图3所示，在xOy 坐标系中，坐标原点O 处有一点状的放射源，它向xOy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v 0，在0<y<d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ＝3mv 022qd ，其中q 与m 分别为α粒子的电荷量和质量；在d<y<2d 的区域内分布有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，mn 为电场和磁场的边界．ab 为一块很大的平面感光板，垂直于xOy 平面且平行于x 轴放置于y ＝2d 处，如图4所示．观察发现此时恰好无粒子打到ab 板上(不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用)，求：图3(1)α粒子通过电场和磁场边界mn 时的速度大小及距y 轴的最大距离； (2)磁感应强度B 的大小；(3)将ab 板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？ 答案 (1)2v 0233 d (2)3mv 0qd (3)23d 解析 (1)根据动能定理qEd ＝12mv t 2－12mv 02解得v t ＝2v 0从放射源O 点处沿x 轴方向射出的粒子进入磁场时，其在电场中沿x 方向的位移大小：x 1＝v 0t ＝v 02d qE m＝233d 此即为α粒子通过mn 时距y 轴的最大距离．(2)若沿x 轴正方向射出的粒子不能打到ab 板上，则所有粒子均不能打到ab 板上，由题意知沿x 轴正方向射出的粒子轨迹必与ab 板相切，由几何关系知此粒子进入磁场时与x 轴正方向夹角θ＝π3，则r ＋rsinπ6＝d ，可得其做圆周运动的半径r ＝23d 又根据洛伦兹力提供向心力qv t B ＝m v t 2r ，解得B ＝3mv 0qd(3)易知沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上，则所有粒子均能打到ab 板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切．由几何关系可知此时磁场宽度为原来的13，即当ab 板位于y ＝43d 的位置时，恰好所有粒子均能打到ab 板上，有Δd＝2d －43d ＝23d4．如图4，静止于A 处的离子经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E 0，方向如图所示；离子质量为m 、电荷量为q ；QN ＝2d 、PN ＝3d ，离子重力不计．图4(1)求圆弧虚线对应的半径R 的大小；(2)若离子恰好能打在NQ 的中点，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值；(3)若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围． 答案 (1)2U E 0 (2)12U d (3)12d2Um q ≤B＜23d2Umq解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理， 有：qU ＝12mv 2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE 0＝mv 2R 得：R ＝2UE 0(2)离子做类平抛运动，若恰好能打在NQ 的中点，则 d ＝vt,3d ＝12at 2由牛顿第二定律得：qE ＝ma ，联立解得：E ＝12Ud(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 qvB ＝mv 2r ，则 r ＝1B2Umq离子能打在QN 上，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.由几何关系知，离子能打在QN 上，必须满足：32d ＜r≤2d，则有12d2Um q ≤B＜23d2Umq. 5．(2020·金华市9月十校联考)如图5甲所示的圆形绝缘弹性边界，带电粒子与其垂直碰撞后以原来速度大小被弹回，且电荷量不变．区域圆心为O 、半径为R ，内接正三角形ACD 区域有垂直纸面向里的匀强磁场，其余区域有匀强电场，电场强度大小相等，方向与磁场边界垂直，如图所示，P 、M 、N 是三角形三条边的中点，AG 是过P 点的一条直径，一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计粒子重力)以速度v 0沿半径方向从C 点射入，经过与圆形绝缘弹性边界两次碰撞后恰好能够回到C 点．甲乙 图5(1)求三角形区域内的匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)保持三角形区域的磁感应强度不变，让该带电粒子从G点静止释放，调整电场强度的大小，使得粒子也刚好两次与圆形绝缘弹性边界接触后回到G点，求电场强度的大小和粒子从G点出发后第一次回到G点的时间；(3)如图乙所示，撤去圆形绝缘弹性边界，保持电场区域的电场强度不变，且电场区域足够大(其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域没有电场)，保持三角形区域中磁场不变．让该带电粒子从P点以不同速度大小沿PO方向垂直射入磁场，要使带电粒子能够周期性地回到P点，带电粒子入射的速度v大小应该满足什么条件？答案见解析解析(1)要使粒子从C点出发与圆周区域碰撞两次回到C点，则粒子的运动轨迹如图甲中实线所示，且刚好在A和D处与圆周垂直相碰．根据几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R1＝3R.因为qv0B＝mv02R1，可得B＝3mv03qR.甲(2)带电粒子从G点静止释放，经过两次与圆形区域边界接触后回到G点，则带电粒子的运动轨迹如图乙所示．乙从G点在电场作用下加速，以速度v1从P点进入磁场做圆周运动到M刚好垂直AC进入电场，从M到I做匀减速运动刚好与圆周边界接触，然后在电场力作用下从静止加速到M点以速度v1垂直进入磁场，从M 到N做匀速圆周运动，在N点垂直AD进入电场，从N到H做匀减速运动刚好与圆周边界接触，然后在电场力作用下从静止加速到N点以速度v1垂直进入磁场，做匀速圆周运动回到P点，然后从P做匀减速直线运动刚好回到G点．根据几何关系可以知道C、A、D刚好是三段圆弧的圆心，圆弧轨道的半径为R2＝3R2，又因为qv1B＝mv12R2，可得v1＝12v0.又因为EqR2＝12mv12，可得E＝mv024qR.时间t＝3×R2v12×2＋3×2πR26v1可得第一次回到G点的时间t＝12R＋3πRv0.(3)要使粒子能够周期性的回到P点，则粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．A、C、D分别是在三角形顶角处的圆弧的圆心，设带电粒子做圆周运动的轨道半径为r，根据几何关系有3R2＝(2n＋1)r，其中n＝0,1,2,3……又因为qvB＝m v2r，可以得到：v＝v02(2n＋1)，其中n＝0,1,2,3，……高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

专题强化十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．用到的知识主要有：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)．1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．2．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．3．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m a、m b、m c，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1A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m cC．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a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m a g＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则m b g＝qE＋qvB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g＋qvB＝qE③比较①②③式得：m b>m a>m c，选项B正确．变式1(多选)(2019·山东济南市上学期期末)如图2所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里．一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动．若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )图2A．小球的动能减小B．小球的电势能减小C．小球的重力势能减小D．小球的机械能减小答案ACD解析带负电的小球受向下的重力G、向上的电场力F和向下的洛伦兹力F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向做直线运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动．当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大但不做功，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，则它们的合力对小球做负功，小球动能减小．电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大．重力对小球做正功，重力势能减小，故A 、C 、D 正确，B 错误．1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，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2 (2018·江苏卷·15)如图3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v 0时，粒子从O 上方d2处射出磁场．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.图3(1)求磁感应强度大小B ；(2)入射速度为5v 0时，求粒子从O 运动到O ′的时间t ；(3)入射速度仍为5v 0，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． 答案 (1)4mv 0qd (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫53π＋72180d v 0 (3)d 5v 0解析 (1)粒子做圆周运动的半径r 0＝mv 0qB， 由题意知r 0＝d 4，解得B ＝4mv 0qd(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在一个矩形磁场中的偏转角为α由d ＝r sin α，r ＝m ·5v 0qB ＝5d 4，得sin α＝45，即α＝53° 粒子在一个矩形磁场中的运动时间t 1＝α360°·2πmqB，解得t 1＝53πd 720v 0.直线运动的时间t 2＝2d v ＝2d5v 0则t ＝4t 1＋t 2＝(53π＋72180)dv 0.(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y ＝2r (1－cos α)＋x tan α 由y ≤2d ，解得x ≤34d则当x m ＝34d 时，Δt 有最大值粒子直线运动路程的最大值s m ＝2x mcos α＋(2d －2x m )＝3d增加路程的最大值Δs m ＝s m －2d ＝d 增加时间的最大值Δt m ＝Δs m v ＝d5v 0.变式2 (2020·广东韶关市调研)如图4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B 0，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4(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B 1应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B ＝3B 0，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)5aqB 0m (2)B 1≥8B 03 (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R 2－(R －a )2＝(3a )2，R ＝5a由牛顿第二定律可知：qvB 0＝m v 2R ，解得：v ＝5aqB 0m(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r 1，由几何关系得：r 1＋r 1cos θ＝3a ，cos θ＝35，所以r 1＝15a 8，根据qvB 1＝mv 2r 1，解得：B 1＝8B 03故B 1≥8B 03时，粒子不会从AC 边界飞出；(3)当B ＝3B 0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 ＝53a ，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P 1，则P 与P 1的连线一定与OF 平行，根据几何关系知：PP 1＝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 PP 1＝4na (n ＝1,2,3，…)．模型2 电场与磁场的组合例3 (2019·全国卷Ⅰ·24)如图5，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：图5(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)4UB 2d 2 (2)Bd 24U ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋33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 ＝12mv 2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r②由几何关系知d ＝2r ③ 联立①②③式得q m ＝4UB 2d 2④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为s ＝πr2＋r tan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t ＝s v⑥联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋33变式3 (2019·江苏南京市六校联考)如图6所示，在矩形区域ABCD 内存在竖直向上的匀强电场，在BC 右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L 1、L 2、L 3是磁场的边界(BC 与L 1重合)，两磁场区域的宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 1.一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(重力不计)从AD 边中点以初速度v 0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B 点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B 点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB 长度是BC 长度的3倍．图6(1)求带电粒子到达B 点时的速度大小； (2)求区域Ⅰ磁场的宽度L ；(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B 2的最小值． 答案 (1)23v 03 (2)23mv 03qB 1(3)1.5B 1解析 (1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有： tan θ＝L BC L AB ＝33，则θ＝30° 根据速度关系有：v ＝v 0cos θ＝23v 03；(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r 1，由牛顿第二定律得：qvB 1＝m v 2r 1，轨迹如图甲所示：由几何关系得：L ＝r 1 解得：L ＝23mv 03qB 1；(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B 2m ，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r 2，轨迹如图乙所示：同理得：qvB 2m ＝m v 2r 2根据几何关系有：L ＝r 2(1＋sin θ) 解得：B 2m ＝1.5B 1.1．(磁场与磁场的组合)如图7所示为一磁约束装置的原理图，两同心圆的圆心O 与xOy 平面坐标系原点重合．半径为R 0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场．一束质量为m 、电荷量为q 、动能为E 0的带正电粒子从坐标为(0，R 0)的A 点沿y 轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为(R 0,0)的P 点，方向沿x 轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M 点(M 点未画出)．不计重力和粒子间的相互作用．图7(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B 1的大小；(2)若环形区域Ⅱ中磁感应强度B 2＝3B 1，求M 点坐标及环形外圆半径R ；(3)求粒子从A 点沿y 轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A 点的过程所通过的总路程． 答案 (1)2mE 0qR 0 (2)(12R 0，－32R 0) 3R 0(3)18＋1633πR 0解析 (1)由题意，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径r 1＝R 0，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有qv 0B 1＝m v 02r 1，且E 0＝12mv 02，联立解得B 1＝2mE 0qR 0.(2)粒子进入环形区域Ⅱ后沿顺时针方向做匀速圆周运动，则有qv 0B 2＝m v 02r 2，B 2＝3B 1，联立解得r 2＝33R 0，画出粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系得∠POM ＝60°，由几何关系得M 点的坐标为(12R 0，－32R 0)，由几何关系得外环的半径R ＝r 2＋2r 2＝3r 2＝3R 0.(3)粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M 点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过150°，设经过m 次这样的偏转后第一次从A 点再次入射，此时圆心角转过n 个360°，则有150m ＝360n (m 、n 取最小正整数)，解得m ＝12，n ＝5.而粒子在Ⅰ、Ⅱ区偏转一次通过的路程s 1＝14×2πr 1＋23×2πr 2＝(12＋439)πR 0，所以经过12次如此偏转后第一次通过A 点，则总路程为s ＝12s 1＝18＋1633πR 0. 2．(电场与磁场的组合)(2020·河南平顶山市质检)如图8所示，平面直角坐标系xOy 的第二、三象限内有方向沿y 轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为22L ，磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y 轴相切于O 点，在x 轴上坐标为(－L,0)的P 点沿与x 轴正向成θ＝45°角斜向上射出一个速度大小为v 0的带电粒子，粒子的质量为m ，电荷量为q ，粒子经电场偏转垂直y 轴射出电场，粒子进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求：图8(1)粒子从y 轴上射出电场的位置坐标；(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从P 点射出到射出磁场运动的时间为多少？ 答案 (1)(0，12L ) (2)mv 022qL2mv 02qL(3)L v 0＋21＋πL2v 0解析 (1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动， 水平方向：L ＝v 0cos θ·t 1， 竖直方向：y ＝12v 0sin θ·t 1，解得：y ＝12L ，粒子从y 轴上射出电场的位置为：(0，12L )；(2)粒子在电场中的加速度：a ＝qE m， 竖直分位移：y ＝12at 12，解得：E ＝mv 022qL；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，以沿y 轴负方向的速度射出磁场，运动轨迹如图所示，由几何知识得：AC 与竖直方向夹角为45°，AD ＝2y ＝22L ， 因此AC 刚好为圆形有界磁场的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r ＝L ， 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r，其中，粒子的速度：v ＝v 0cos θ，解得：B ＝2mv 02qL ； (3)粒子在电场中的运动时间：t 1＝Lv 0cos θ＝2Lv 0，粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：x ＝22L －12L ， 粒子做直线运动的时间：t 2＝xv ＝2－2L2v 0，粒子在磁场中做圆周运动的时间：t 3＝14T ＝14×2πm qB ＝2πL2v 0， 粒子总的运动时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝Lv 0＋21＋πL2v 0.1.(多选)(2020·辽宁沈阳市调研)如图1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1A ．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．2．(2020·河南开封市模拟)如图2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( )图2A ．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 ＝mgqvD ．匀强电场的电场强度E ＝mg q答案 D解析 微粒受重力、电场力、洛伦兹力作用，若v 发生变化，则洛伦兹力发生变化且洛伦兹力与速度方向垂直，微粒不可能做直线运动，所以重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，微粒做匀速直线运动，故A 、B 错误；根据平衡条件，有：qE ＝mg tan45°，qvB ＝mg2＋qE2，联立解得：E ＝mg q ，B ＝2mg qv，故C 错误，D 正确．3.(多选)(2019·山东滨州市上学期期末)如图3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，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是( )图3A ．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；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，电势能增加，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． 4.(2018·全国卷Ⅱ·25改编)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4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4(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． 答案 (1)见解析图 (2)2El ′Bl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v 0，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v 1.根据牛顿第二定律有qE ＝ma ①式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量． 由运动学公式有v 1＝at ②l ′＝v 0t ③ v 1＝v cos 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 ＝mv 2R⑤由几何关系得l ＝2R cos θ⑥联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl5．(2019·陕西榆林市第三次测试)如图5甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场E ，在y 轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示，选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 ＝0.3m 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B 2＝0.8T ，t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4kg 、电荷量q ＝＋2×10－4C 的微粒从x 轴上x P ＝－0.8m 处的P 点以速度v ＝0.12m/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/s 2)图5(1)求电场强度；(2)若磁场15πs 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)40N/C ，方向竖直向上 (2)2.4m (3)(0.30m,2.25m)解析 (1)因为带正电微粒射入电磁场区域后做匀速圆周运动，所以受到的电场力和重力大小相等，方向竖直向上，则：qE ＝mg 解得：E ＝40N/C ，方向竖直向上；(2)由牛顿第二定律有：qvB 1＝m v 2R 1所以R 1＝mvqB 1＝0.6m<|x P | T ＝2πmqB 1＝10πs则由题图乙可知在0～5πs 内微粒做匀速圆周运动，在5π～10πs 内微粒向左做匀速直线运动．在10π～15πs 内微粒又做匀速圆周运动，在15πs 后微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y 轴．故微粒在第二象限运动过程中离x 轴的最大距离s ′＝2R 1×2＝4R 1＝2.4m ；(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 的连线必须为磁场圆的直径．由牛顿第二定律，有qvB 2＝m v 2R 2所以R 2＝mvqB 2＝0.6m ＝2r 所以最大偏转角为60°圆的左侧与y 轴相切，所以圆心坐标x ＝r ＝0.30my ＝s ′－r cos60°＝2.4m －0.3×12m ＝2.25m即磁场的圆心坐标为(0.30m,2.25m)．6．(2019·山西运城市5月适应性测试)如图6甲所示，以O 为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN 内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x 轴负方向的匀强电场．现有质量m ＝1×10－18kg 、电荷量q ＝＋1×10－15C 的带电微粒从坐标为(0，－0.5m)的Q 点，以某一初速度v 0沿某一方向入射，从x 轴上的P 点以v ＝200m/s 的速度垂直x 轴进入三角形区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等．已知三角形的边长L ＝4m ，O 、P 两点间距离为d ＝1m ，重力不计．求：图6(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；(2)若两磁场的磁感应强度大小B 0＝0.2T ，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间t ； (3)乙图中若微粒能再次回到P 点，则两匀强磁场的磁感应强度大小B 应满足什么条件． 答案 (1)320V/m 20017m/s (2)6.28×10－2s (3)B ＝(0.4n ＋0.2) T ，(n ＝0,1,2,3…) 解析 (1)在匀强电场中，微粒在电场力作用下，做类平抛运动的逆运动 水平方向：OP ＝qE2m t 2竖直方向：OQ ＝vt 水平分速度v x ＝qE mt 微粒的初速度v 0＝v 2＋v x 2联立解得E ＝320V/m ，v 0＝20017m/s ；(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律知qvB 0＝m v 2r ，解得r ＝mvqB 0＝1mT ＝2πr v，解得T ＝3.14×10－2s粒子的运动轨迹如图所示，故t ＝3×T 6＋3×T2＝6.28×10－2s(3)由对称性可知，粒子能再次回到P 点，则粒子运动的半径应满足r (2n ＋1)＝OP (n ＝0,1,2,3…)且r ＝mvqB，联立可得B＝(0.4n＋0.2) T，(n＝0,1,2,3…)．。

专题突破 带电粒子在组合场、叠加场、交变场中的运动带电粒子在组合场中的运动1.组合场中的两种典型偏转2.质谱仪(1)构造：如图1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。

图1(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，有qU ＝12mv 2。

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r。

由以上两式可得r ＝1B2mUq ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r2。

3.回旋加速器(1)构造：如图2所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中。

图2(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB ＝mv 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关。

考向1 组合场规律在现代科技中的应用教材引领1.[人教版选修3－1·P 100·例题]一个质量为m 、电荷量为q 的粒子，从容器A 下方的小孔S 1飘入电势差为U 的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S 3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片D 上(图3)。

图3(1)求粒子进入磁场时的速率；(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。

解析 (1)粒子进入磁场时的速度v 等于它在电场中被加速而得到的速度。

由动能定理，粒子得到的动能12mv 2等于它在S 1、S 2之间的加速电场中运动时电场对它做的功qU ，即12mv 2＝qU由此解得v ＝2qU m。

(2)粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，做匀速圆周运动，其向心力由洛伦兹力提供，设圆半径为r 即qvB ＝m v 2r由此解得r ＝mvqB把第(1) 问中求得的v 代入，得出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 r ＝1B 2mUq如果容器 A 中粒子的电荷量相同而质量不同，它们进入匀强磁场后将沿着不同的半径做圆周运动，因而被分开，并打到照相底片的不同地方。

1.命题中经常出现带电粒子电场和磁场组合场运动的情况，即由电场进入磁场、由磁场进入电场或在电场和磁场中的往复运动。

2.命题中经常出现带电粒子在重力场、电场、磁场等叠加场中的运动。

既有直线运动，又有曲线运动。

要对带电粒子受力分析，运动过程分析，力学规律和能量观点解决问题。

一、带电粒子在组合场的运动1．两大偏转模型电偏转：带电粒子垂直进入匀强电场中；磁偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场中．2．思维流程二、带电粒子在叠加场的运动1．解题规范(1)叠加场的组成特点：电场、磁场、重力场两两叠加，或者三者叠加．(2)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，场力、弹力和摩擦力．(3)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动．(4)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系．2．灵活选择运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场中满足qE ＝q v B ；重力场与磁场中满足mg ＝q v B ；重力场与电场中满足mg ＝qE .(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即q v B ＝m v 2r.(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．（建议用时：30分钟）A．氕11H B．氘21H【答案】C【解析】设核子的质量为m，带电量为进入偏转电场的速度为v0，进入磁场的速度为场运动过程，由动能定理得核子在偏转电场做类平抛运动，将运动沿极板方向和垂直极板方向分解。

沿极板方向做匀速直线运动，则有沿极板方向做匀加速直线运动，则有由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得由几何关系可得，射入磁场的点和射出磁场的点间距联立解得氕11H、氘21H、氚31H三种核子的电量相等，氚最大。

故选C。

2．（2023·山东日照·统考三模）如图所示，三个同心圆内存在垂直纸面向外的匀强磁场1B的环形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为圆a边界上的A点沿半径方向以速度A．圆a区域内匀强磁场的磁感应强度B．圆a与圆b两边界间辐向电场的电势差为C．粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为D．粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为【答案】B【解析】A．如图根据由几何关系得，半径根据几何关系，在圆b和圆c间的环形区域的匀强磁场偏转半径又联立解得故B正确；CD．粒子运动轨迹如图A．5N/C，方向向上偏左B．5N/C，方向向上偏右C．4N/C，方向向上偏左D．4N/C，方向向上偏右【答案】A【解析】设电场方向与水平方向的夹角为重力做功，且沿一斜线向下做匀速直线运动，小球动能不变，应有得则有水平方向竖直方向代入整理后得解得可知电场方向向上偏左故选A。

知识回顾叠加场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，．带电粒子在叠加场中的运动形式1.静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．2．匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．3．较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．4．分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成.（在电场中经常是类平抛，在磁场中为匀速圆周）叠加场中重力是否考虑的三种情况(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电场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、金属块等，一般应考虑其重力．(2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力．(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、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，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场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)电场力、磁场力、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，可用能量守恒或动能定理求解问题．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、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出结果．基本思路：当带电粒子沿不同方向进入电场或磁场时，粒子做各种各样的运动，形成了异彩纷呈的轨迹图形．对带电粒子而言“受力决定运动，运动描绘轨迹，轨迹涵盖方程”．究竟如何构建轨迹模型，至关重要．首先应根据电场力和洛伦兹力的性质找出带电粒子所受到的合力，再由物体做曲线运动的条件确定曲线形式． 带电粒子在叠加场中运动的处理方法 (1)明种类：明确复合场的种类及特征．(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点． (3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径及边角关系． (4)用规律：灵活选择不同的运动规律．①两场共存时，电场与磁场中满足qE ＝qvB 或重力场与磁场中满足mg ＝qvB 或重力场与电场中满足mg ＝qE ，都表现为匀速直线运动或静止，根据受力平衡列方程求解．②三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动．其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直． ③三场共存时，粒子在复合场中做匀速圆周运动．mg 与qE 相平衡，根据mg ＝qE ，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性．粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB ＝mrω2＝mv 2r ＝mr 4π2T2＝ma . ④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解 【例1】 (2017年贵州省贵阳市高三适应性监测考试)如图甲所示，水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场，如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝50 T ，已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E ＝50 V/m ，M 板中心有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好从N 板边缘水平飞出．已知油滴的质量m ＝10－4 kg ，电荷量q ＝＋2×10－5 C(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，取π＝3)．求：(1)油滴在P 点的速度大小； (2)N 板的长度；(3)交变磁场的变化周期．【答案】v ＝1 m/s ；L ＝0.6 m ；T ＝0.3 s(3)油滴在磁场中运动的周期T 0＝2πR v (或T 0＝2πmBq )交变磁场的周期T ＝12T 0.联立解得T ＝0.3 s.学【例2】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v C ；(2)求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；(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v D ，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 . 【答案】v C ＝E B .；W f ＝mgh －12m E 2B2.；v P ＝v 2D ＋[qEm2＋g 2]t 2(3)如图，当小滑块运动到D 点时速度最大，速度方向一定与电场力、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 ′g ′＝qE m2＋g 2且v 2P ＝v 2D ＋(g ′t )2解得v P＝v2D＋[qEm2＋g2]t2.专题练习1．(多选)如图，绝缘的中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和虚线ND右侧存在着电场强度大小相等、方向分别为水平向右和水平向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力的大小等于其重力的33倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则()A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度a max＝23 3gB．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度v max＝3mg 3μqBC．小球进入DH轨道后，上升的最高点与P点等高D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB gR 【答案】：AD【解析】：小球沿AC下滑过程中的受力如图所示；利用牛顿第二定律有，33mg cos60°＋mg sin60°－f＝ma，qvB＋33mg sin60°－mg cos60°－F N＝0.f＝μ·F N，2．地面附近空间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，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断()A．油滴一定做匀速运动B．油滴可能做变速运动C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点D．如果油滴带负电，它是从M点运动到N点【答案】：A【解析】：这里是重力场、匀强电场和匀强磁场三场共存的复合场；油滴做直线运动过程中受到的洛伦兹力方向与速度方向垂直．若做变速直线运动，洛伦兹力大小改变，则与速度v垂直方向合力不可能为零，则油滴将做曲线运动，因此油滴一定做直线运动，所以A正确．因重力竖直向下，电场力水平，所以洛伦兹力方向与速度垂直向上，则电荷带正电时，速度方向从M点运动到N点，带负电时从N点运动到M点．3．(多选)如图所示为一个质量为m，带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为()A ．0 B.12mv 20C.m 3g 22q 2B2 D.12m ⎝⎛⎭⎫v 20－m 2g 2q 2B 2【答案】：ABD4. (多选)(2017年湖南十三校联考)如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，y 轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)．一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放．恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g .根据以上信息，可以求出的物理量有( )A ．磁感应强度大小B ．小球在第Ⅳ象限运动的时间C ．电场强度的大小和方向D ．圆周运动的速度大小 【答案】：BD【解析】：由A 到P 点过程有mgd ＝12mv 2，则小球做圆周运动的速度大小v ＝2gd ，选项D 正确；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14T ＝πd 2v ＝πd22gd ，选项B 正确；在第Ⅳ象限，小球做圆周运动，则有mg ＝qE ，由于m 、q 未知，不能求电场强度的大小，由d ＝mvqB知，不能求磁感应强度大小，选项A 、C 错误．学5. (多选)如图所示，一对间距可变的平行金属板C 、D 水平放置，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B .两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连，这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态，即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压，当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态，闭合开关S 后，有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v 0沿中心线射入两板间恰能做直线运动，则下列有关描述正确的是( )A ．若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子，则粒子也能做直线运动B ．若只增大两板间距到一定程度，则可给铅蓄电池充电C ．若将滑动变阻器触头P 向a 端滑动，则可提高C 板的电势D ．若只减小入射粒子的速度，则可给铅蓄电池充电 【答案】：AB6.(多选)如图所示的空间中存在着正交的匀强电场和匀强磁场，从A 点沿AB 、AC 方向分别抛出两带电小球，关于小球的运动情况，下列说法中正确的是( )A．沿AB、AC抛出的小球都可能做直线运动B．只有沿AB方向抛出的小球才可能做直线运动C．做直线运动的小球带正电，而且一定是做匀速直线运动D．做直线运动的小球机械能守恒【答案】BC7.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直平面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α.一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tanα，现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：（1）圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？（2）圆环A能够达到的最大速度为多大？【答案】（1）（2）【解析】(1)由于，所以环将由静止开始沿棒下滑.环A沿棒运动的速度为时，受到重力、洛伦兹力、杆的弹力和摩擦力.根据牛顿第二定律，对圆环A受力分析有沿棒的方向：垂直棒的方向：所以当 (即)时a有最大值，且此时解得：.8.如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场E2，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、电量大小为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30°，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的时间有多长．【答案】（1）（2）（3）【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：求得：E1=微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：求得：E2=（2）粒子进入磁场区域时满足：根据几何关系，分析可知：R==2d2整理得：B=9.半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，并且处于水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向外的匀强磁场B中．环上套有一个质量为m的带电小球，让小球从与环心等高的P点由静止释放，恰好能滑到圆环的最高点A．求：（1）小球的带电性质和带电量．（2）小球运动过程中对环的最大压力．【答案】（1）正电（2）（2+3）mg+mg【解析】（1）小球在沿圆环运动的过程中，只有重力和电场力做功，在小球从P点到达A点的过程中，重力做负功，电场力必做正功，故小球带正电因小球恰好到达A点，故小球在A点的速度为零，有：解得：=．10.如图所示，A、B为水平放置的间距d=0.2 m的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为E=0.1 V/m、方向由B指向A的匀强电场．一喷枪从A、B板的中央点P向各个方向均匀地喷出初速度大小均为=10 m/s 的带电微粒．已知微粒的质量均为m=1.0×10﹣5 kg、电荷量均为q=﹣1.0×10﹣3 C，不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响，取g=10 m/s2．求：（1）求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x．（2）要使所有微粒从P点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为E′，求E′的大小和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经t0=0.02 s时两板上有微粒击中区域的面积和．（3）在满足第（2）问中的所有微粒从P点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1 T．求B板被微粒打中的区域长度【答案】．（1）从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x．（2）0.1 V/m，方向竖直向下0.02 s（3）【解析】（1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度：根据运动学：得运动的半径为：解得：（3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：m=1.0×10﹣5 kg竖直向下射出的微粒打在B板的左端恰好与B板相切，如图甲所示：d1=0.1 m当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示：故r板被微粒打中的区域的长度都为.学11．(2017年河南六市联考)如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压U，两板间电场可看作是均匀的，且两极板外无电场，极板长L＝0.2 m，板间距离d＝0.2 m，在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO′垂直，磁感应强度B＝5×10－3T，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子的速度v0＝105 m/s，比荷qm＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；(2)从电场射出的带电粒子，进入磁场运动一段时间后又射出磁场．求粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间．【答案】v1＝2×105 m/s；t min＝π×10－6s(2)如图甲、乙粒子飞出电场进入磁场，在磁场中按逆时针方向做匀速圆周运动．粒子飞出电场时的速度方向与OO ′的最大夹角为αcos α＝v 0v 1＝22求出a ＝π4当粒子从下极板边缘飞出电场再进入磁场时，在磁场中运动时间最长，设为t max ，则t max ＝2π－2α2πT T ＝2πm qB求出t max ＝3π×10－6s当粒子从上极板边缘飞出电场再进入磁场时，在磁场中运动时间最短，设为t min .粒子飞出电场时的速度方向与OO ′的最大夹角也为α，则t min ＝2α2πT 所以t min ＝π×10－6s。

带电粒子在复合场中的运动知识点带电粒子在复合场中的运动1．组合场与叠加场(1)组合场：静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出现。

(2)01磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。

2．三种场的比较项目名称力的特点功和能的特点重力场大小：G＝02mg方向：03竖直向下重力做功与04路径无关重力做功改变物体的05重力势能静电场大小：F＝06qE方向：①正电荷受力方向与场强方向07相同②负电荷受力方向与场强方向08相反静电力做功与09路径无关W＝10qU静电力做功改变11电势能磁场洛伦兹力大小：F＝12q v B方向：根据13左手定则判定洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的14动能(1)静止或匀速直线运动15匀速直线运动。

(2)匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与静电力大小16相等，方向17相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做18匀速圆周运动。

(3)较复杂的曲线运动当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做19非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。

(4)分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。

知识点带电粒子在复合场中运动的应用实例Ⅰ(一)电场、磁场分区域应用实例1．质谱仪(1)构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。

(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝12m v2。

粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式q v B＝m v2r。

由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。

r011B2mUq，m02qr2B22U，qm＝032UB2r2。

2．回旋加速器(1)构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。