第三章 专题强化9 带电粒子在组合场、叠加场中的运动

专题强化9带电粒子在组合场、叠加场中的运动[学习目标] 1.知道组合场问题一般可以按时间的先后顺序分成若干个小过程，会在每一个小过程中对带电粒子进行分析.2.叠加场问题中，要弄清叠加场的组成，会结合运动情况和受力情况分析带电粒子的运动．一、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，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．3．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态．(1)仅在电场中运动①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动．(2)仅在磁场中运动①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动．4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．5．解题技巧：组合场中电场和磁场是各自独立的，计算时可以单独分析带电粒子在电场或磁场中的运动并列式处理．特别注意带电粒子在两场交界处的关联物理量，一般是速度．例1(2019·安徽师大附中期末)如图1所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：图1(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．答案 (1)v 02 (2)π4解析 (1)由题意作出粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m 和q ，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L ＝v 0t 1，L ＝12at 12，v y ＝at 1，qE ＝ma联立可得粒子到达O 点时沿＋y 方向的分速度为 v y ＝2L t 1＝v 0，则tan α＝v y v 0＝1，α＝45°. 粒子在磁场中的速度为v ＝2v 0.由Bq v ＝m v 2r 得B ＝m v qr， 由几何关系得r ＝2L则E B ＝v 02； (2)粒子在磁场中运动的周期为T ＝2πr v ，粒子在磁场中运动的时间为t 2＝14T ＝πL 2v 0， t 1＝2L v 0解得t 2t 1＝π4. 二、带电粒子在叠加场中的运动处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路1．弄清叠加场的组成．2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．例2(2019·重庆一中高二上期中)如图2所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N，以下说法正确的是()图2A．带电微粒可能带负电B．运动过程中带电微粒的动能保持不变C．运动过程中带电微粒的电势能增加D．运动过程中带电微粒的机械能守恒答案 B解析根据带电微粒做直线运动的条件和受力情况可知，带电微粒一定带正电，且做匀速直线运动，选项A错误；由于电场力向右，对带电微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于带电微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能保持不变，选项B正确，C错误；由能量守恒可知，电势能减小，则机械能一定增加，选项D错误．例3(2019·宜昌市高中协作体联考)如图3甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L 1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点，Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．图3(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小； (2)求微粒做圆周运动的半径； (3)求电场变化的周期T . 答案 (1)mg E 0 2E 0v (2)v 22g (3)d 2v ＋πv g解析 (1)微粒从N 1沿直线运动到Q 点的过程中，受力平衡，则mg ＋qE 0＝q v B微粒做圆周运动，则mg ＝qE 0联立以上两式解得：q ＝mg E 0B ＝2E 0v(2)由q ＝mg E 0可得m q ＝E 0gq v B ＝m v 2r解得：r ＝m v qB ＝v 22g(3)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，做圆周运动的周期为t 2，则d 2＝v t 1 微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：q v B ＝m v 2r2πr ＝v t 2联立以上各式解得：t 1＝d 2v ，t 2＝πv g电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋πv g.1．(带电粒子在叠加场中的运动)(多选)(2019·扬州中学高二期中)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图4所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，由静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 为运动的最低点．不计重力，则( )图4A．该离子带负电B．A、B两点位于同一高度C．到达C点时离子速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点答案BC解析离子开始受到电场力作用由静止开始向下运动，可知电场力方向向下，则该离子带正电，A错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子到达C点时电场力做功最大，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误．2．(带电粒子在叠加场中的运动)(2017·全国卷Ⅰ)如图5，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5A．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，即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＋q v B②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g＋q v B＝qE③比较①②③式可得：m b>m a>m c，选项B正确．3．(带电粒子在组合场中的运动)(2019·衡阳一中高二上期末)如图6所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )图6A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随着U 1、U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关答案 A解析 粒子在电场U 1中加速，则qU 1＝12m v 02，在偏转电场中做类平抛运动，设粒子在偏转电场中的偏向角为θ，进入磁场时的速度为v ，则有：v 0v ＝cos θ粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹的半径为R ，由几何关系可得，过M 、N 的半径与直线MN 夹角等于θ，则有：d2R ＝cos θ 所以d ＝2R v 0v ，又R ＝m v Bq， 则有d ＝2m v 0Bq ＝2B 2mU 1q，故d 随U 1变化，d 与U 2无关，故A 正确，B 、C 、D 错误． 4．(带电粒子在组合场中的运动)(2019·齐齐哈尔市期末)如图7所示的区域中，OM 左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM ，且垂直于磁场方向．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子从小孔P 以初速度v 0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C 垂直于OC 射入匀强电场，最后打在Q 点，已知OC ＝L ，OQ ＝2L ，不计粒子的重力，求：图7 (1)磁感应强度B 的大小； (2)电场强度E 的大小．答案 (1)3m v 02qL (2)m v 022qL解析 (1)由题意作出粒子运动的轨迹如图所示(O 1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)：∠PO 1C ＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，r ＋r cos 60°＝OC ＝L ，得r ＝2L 3粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，q v 0B ＝m v 02r ，解得：B ＝m v 0qr ＝3m v 02qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度为a ＝qE m水平方向2L ＝v 0t竖直方向L ＝12at 2 解得E ＝m v 022qL.1．(多选)(2019·重庆七校联考)如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E 和匀强磁场B 组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为＋q ，质量为m )从正交或平行的电磁叠加场上方的某一高度自由落下，带电小球通过下列电磁叠加场时，可能沿直线运动的是(实线表示电场，带箭头的虚线表示磁场)( )答案CD解析A图中小球受竖直向下的重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，一定做曲线运动，A错误；B图中小球受竖直向下的重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度不共线，故一定做曲线运动，B错误；C图中小球受竖直向下的重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，C正确；D图中粒子受竖直向下的重力和向上的电场力，不受洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，D正确．2.(多选)(2019·绵阳市月考)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)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1所示，由此可以判断()图1A．油滴一定做匀速运动B．油滴可以做变速运动C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点答案AD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，根据油滴做直线运动条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力．根据F＝q v B可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示，如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确．3.(多选)一质量为m 的带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，场强为E ，匀强磁场水平且垂直纸面向里，磁感应强度为B ，重力加速度为g ，如图2所示，下列说法正确的是( )图2A ．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向B ．小球一定带正电且小球的电荷量q ＝mg EC ．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒D ．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变答案 BD解析 带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球所受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球才能做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球所受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则可知小球绕行方向为逆时针(沿垂直纸面方向向里看)，由mg ＝qE 可得q ＝mg E，故A 错误，B 正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C 错误；小球做匀速圆周运动，则合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D 正确．4．(多选)如图3所示，A 板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M 、N 间，M 、N 之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，下列说法正确的是( )图3A ．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B ．滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C ．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大答案 AC解析 当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，则电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升；在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项A 正确，B 错误；若磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变，选项C 正确，D 错误．5.如图4所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，某带电粒子的比荷大小为k ，由静止开始经电压为U 的电场加速后，从O 点垂直射入磁场，又从P 点穿出磁场．下列说法正确的是(不计粒子所受重力)( )图4A ．如果只增加U ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场B ．如果只减小B ，粒子可以从ab 边某位置穿出磁场C ．如果既减小U 又增加B ，粒子可以从bc 边某位置穿出磁场D ．如果只增加k ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场答案 D解析 由题意可得qU ＝12m v 2，k ＝q m ，r ＝m v qB ，解得r ＝2kU kB.只增加U ，r 增大，粒子不可能从dP 之间某位置穿出磁场．粒子电性不变，不可能向上偏转从ab 边某位置穿出磁场．既减小U 又增加B ，r 减小，粒子不可能从bc 边某位置穿出磁场．只增加k ，r 减小，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场．故D 正确，A 、B 、C 错误．6.如图5所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B 2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在x 轴上方磁场中运动的半径为R .粒子重力不计，则( )图5A ．粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R 答案 D解析 由r ＝m vqB 可知，粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间为t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB ，选项C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进了l ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O ，选项A 错误，D 正确．7．(2016·天津理综)如图6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 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/s 2，求：图6(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)3.5 s解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有q v B ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/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＝ 3 θ＝60°④(2)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 ＝2 3 s ≈3.5 s.8.(2019·黄冈市高二上期末)如图7所示，在平面直角坐标系xOy 的第一象限存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，第四象限存在沿y 轴负方向、电场强度为E 的匀强电场，速度为v 的电子从y 轴上y ＝a 的P 点沿x 轴正方向射入磁场区域，直接从x 轴上x ＝3a 的Q 点进入电场区域，求：图7(1)电子的比荷q m；(2)若将电子的速率变为v5，其他条件不变，试问该电子能否到达Q 点，如能到达，求出电子从P 到Q 经历的时间，若不能到达，说明理由． 答案 (1)v 5Ba (2)能到达 15πa 2v ＋2Ba E解析 (1)由题意可知，电子在第一象限做匀速圆周运动，圆心为O 1，设轨道半径为r 1，作出电子运动轨迹如图所示，则由几何知识可得：(r 1－a )2＋(3a )2＝r 12 又由牛顿第二定律可得：q v B ＝m v 2r 1联立解得：qm＝v5Ba(2)若电子的速率变为v5，则由牛顿第二定律可得：q·v5·B＝m⎝⎛⎭⎫v52r2解得：r2＝a作出电子的运动轨迹如图所示，由图可知，电子可以到达Q点设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则有：T＝2πr2v5＝10πa v电子在磁场中运动的时间为：t1＝90°＋180°360°T＝15πa2v电子在电场中先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动，设加速度大小为a0，则有：qE＝ma0电子在电场中运动的总时间为：t2＝2×v5a0＝2BaE电子从P到Q经历的总时间为t＝t1＋t2＝15πa2v＋2BaE.9.如图8所示装置，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为E，区域Ⅱ中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，区域Ⅲ中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为2B.一质量为m、带电荷量为q的带负电粒子从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入匀强电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的匀强磁场，并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强磁场中．(粒子重力不计，区域Ⅱ、Ⅲ足够大)求：图8(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径； (2)O 、A 间的距离；(3)粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间． 答案 (1)2m v 0qB (2)3m v 02qE (3)3m v 0qE ＋5πm6qB解析 (1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A 点时速度大小为v ，由类平抛运动规律知v ＝v 0cos 60°.粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： q v B ＝m v 2R ，所以R ＝2m v 0qB(2)设粒子在电场中运动时间为t 1，加速度为a ， 则有qE ＝ma v 0tan 60°＝at 1， 即t 1＝3m v 0qEO 、A 两点间的距离为：L ＝v 0t 1＝3m v 02qE.(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t 2，粒子运动周期为：T 1＝2πR v ＝2πmqB则由几何关系知：t 2＝60°360°T 1＝πm3qB设粒子在Ⅲ区域磁场中运动时间为t 3，同理：T 2＝πmqB则：t 3＝180°360°T 2＝πm2qB粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3m v 0qE ＋πm 3qB ＋πm2qB＝3m v 0qE ＋5πm6qB. 10．(2019·宿迁高二上期末)如图9所示，高度均为L 的区域Ⅰ、Ⅱ中分别存在匀强磁场和匀强电场．区域Ⅰ内的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B ，区域Ⅱ内的电场方向竖直向上、电场强度为E ，M 、N 是涂有荧光物质的两块水平板，电子击中板发出荧光且不反弹．其中M 板位于磁场上边界，N 板位于电场下边界．一束速率相同的电子从紧贴M 板的O 点沿纸面内各个方向射入磁场，其中水平向右射入磁场的电子垂直击中N 板上的A 点(图中未画出)．电子质量为m ，电荷量为e ，电子重力和电子间相互作用不计，求：图9(1)电子的速率；(2)电子在磁场中运动的最短时间； (3)N 板上出现亮点区域长度． 答案 (1)eBL m (2)πm3eB(3)2L ＋BL2LemE解析 (1)垂直击中N 板的电子在磁场中轨道半径：r ＝L 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：e v B ＝m v 2r ，解得电子速率：v ＝eBLm；(2)设电子在磁场中运动的最短时间为t ，电子运动轨迹所对应的圆心角为θ，如图所示，由几何关系得：θ＝60°，电子在磁场中运动的周期：T ＝2πm eB ，运动时间：t ＝θ360°T ＝πm3eB；(3)电子沿水平向右射入磁场时，电子打在出现亮点区域的最右端；电子沿竖直向下射入磁场时，电子打在出现亮点区域的最左端．如图所示，竖直向下射入磁场的电子在电场中做类平抛运动．竖直方向：L ＝12eE m t 2，水平方向：x 1＝v t ，N 板上出现亮点区域长度：x ＝x 2＋x 1＝2r ＋x 1＝2L ＋x 1 解得x ＝2L ＋BL2Le mE.。