2019高考物理一轮复习 微专题系列之热点专题突破 专题52 带电粒子在叠加场中的运动问题学案

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＝m v 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.学科*网【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 ＝ v 2D ＋qEm2＋g 2]t 2.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 ＝233g B ．小球在第一次沿轨道AC 下滑的过程中，最大速度v max ＝3mg3μqBC ．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．学科*网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.学科*网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。

高考物理《带电粒子在叠加场中的运动》真题练习含答案1．(多选)如图所示，空间存在着垂直向里的匀强磁场B 和竖直向上的匀强电场E ，两个质量不同电量均为q 的带电小球a 和b 从同一位置先后以相同的速度v 从场区左边水平进入磁场，其中a 小球刚好做匀速圆周运动，b 小球刚好沿直线向右运动．不计两小球之间库仑力的影响，重力加速度为g ，则( )A ．a 小球一定带正电，b 小球可能带负电B ．a 小球的质量等于qEgC ．b 小球的质量等于qE －q v BgD ．a 小球圆周运动的半径为EVBg答案：BD解析：a 小球刚好做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，所以Eq ＝m a g ，电场力方向竖直向上，则a 小球一定带正电，b 小球刚好沿直线向右运动，如果b 小球带负电，电场力洛伦兹力均向下，重力也向下，不能平衡，无法做直线运动，所以b 小球带正电，q v B ＋Eq ＝m b g ，A 错误；根据A 选项分析可知，a 小球的质量等于m a ＝qEg ，B 正确；根据A 选项分析可知，b 小球的质量等于m b ＝qE ＋q v Bg，C 错误；a 小球圆周运动的半径为Bq v ＝m a v 2r ，解得r ＝m a v Bq ＝E vBq，D 正确．2．(多选)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C ，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T ，方向垂直纸面向里．现将一质量为0.2 kg 、电荷量为＋0.5 C 的小球，从该区域上方的某点A 以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A.小球平抛的初速度大小为5 m/sB．小球平抛的初速度大小为2 m/sC．A点距该区域上边界的高度为1.25 mD．A点距该区域上边界的高度为2.5 m答案：BC解析：小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示小球做直线运动，则由平衡条件得q v B cos θ＝mg，小球的速度v cos θ＝v0，代入数据解得v0＝2 m/s，A错误，B正确；小球从A点抛出到进入复合场过程，由动能定理得mgh＝12m v2－12m v2，根据在复合场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(q v B)2，解得h＝E22gB2，代入数据解得h＝1.25 m，C正确，D错误．3．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨迹半径为R.已知电场的电场强度大小为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是() A．液滴带正电B．液滴的比荷qm＝g EC．液滴的速度大小v＝gRBED．液滴沿逆时针方向运动答案：B解析：带电液滴刚好做匀速圆周运动，应满足mg＝qE，电场力向上，与场强方向相反，液滴带负电，可得比荷为qm＝gE，A错误，B正确；由左手定则可判断，只有液滴沿顺时针方向运动，受到的洛伦兹力才指向圆心，D错误；由向心力公式可得q v B＝m v2R，联立可得液滴的速度大小为v＝gBRE，C错误．4．(多选)空间内存在电场强度大小E＝100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1＝100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出).一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．在运动过程中，小球的机械能守恒B．小球经过A点时的速度最大C．小球经过B点时的速度为0D．l＝25m答案：BCD解析：由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A项错误；重力和电场力的合力大小为（qE）2＋（mg）2＝2N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B项正确；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C项正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得2mgl＝12m v2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得q v y B1Δt＝mΔv，累积求和，则有qB1l＝m v，解得l＝25m，D项正确．5．(多选)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内(称为区域Ⅰ)存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B1，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角．在y轴与MN之间的区域Ⅱ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅲ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B2，小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列结论正确的是()A ．区域Ⅲ内匀强电场的场强大小E 3＝mgqB ．区域Ⅲ内匀强磁场的磁感应强度大小B 2＝m v 0qdC.小球从A 到O 的过程中做匀速直线运动，从O 到C 的过程中做匀加速直线运动 D ．区域Ⅱ内匀强电场的最小场强大小为E 2＝4mg5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上答案：ACD解析：小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动，有mg ＝qE 3，解得E 3＝mgq ，A 项正确；因为小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示，由几何关系得d ＝r ＋r sin 37°＝85 r ，由洛伦兹力提供向心力得B 2q ×2v 0＝m （2v 0）2r，解得B 2＝16m v 05qd ，B 项错误；带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，三力满足如图所示关系所以小球从A 到O 的过程只能做匀速直线运动．区域Ⅱ中从O 到C 的过程，小球做直线运动电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)所以小球做匀加速直线运动，由图知cos 37°＝qE 2mg ，解得E 2＝4mg5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上，C 、D 两项正确．6.如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(视为质点)套在长度为L 、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP 上，P 端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO 方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O 端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q 点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．求：(1)电场的电场强度大小E 以及磁场的磁感应强度大小B ； (2)Q 点距离地面的高度h .答案：(1)mg sin θq ，mg cos θq 2gL sin θ(2)(sin θ＋1sin θ)L 解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有sin θ＝Eqmg ，cos θ＝q v B mg小球在直杆上时有L ＝v 22g sin θ解得E ＝mg sin θq ，B ＝mg cos θq 2gL sin θ(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有Eq cos θ＝ma xv x ＝v cos θ－a x t竖直方向有mg －Eq sin θ＝ma y h ＝v sin θ·t ＋12a y t 2当小球落到地面时，v x ＝0， 即v x ＝v cos θ－a x t ＝0 解得t ＝m vEqh ＝(sin θ＋1sin θ)L7．[2024·湖北省鄂东南教育教学改革联盟联考]如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy 中，y 轴竖直，第一象限内有竖直向上的匀强电场E 1、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场B 1＝4 T ；第二象限内有平行于xOy 平面且方向可以调节的匀强电场E 2；第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场B 2＝1063 T ．x 、y 轴上有A 、B 两点，OA ＝(2＋3 ) m ，OB＝1 m ．现有一质量m ＝4×10－3 kg ，电荷量q ＝10－3 C 的带正电小球，从A 点以速度v 0垂直x 轴进入第一象限，做匀速圆周运动且从B 点离开第一象限．小球进入第二象限后沿直线运动到C 点，然后由C 点进入第三象限．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)第一象限内电场的电场强度E 1与小球初速度v 0的大小；(2)第二象限内电场强度E 2的最小值和E 2取最小值时小球运动到C 点的速度v C ； (3)在第(2)问的情况下，小球在离开第三象限前的最大速度v m . 答案：(1)40 N/C 2 m/s (2)20 N/C 26 m/s (3)46 m/s ，方向水平向左解析：(1)小球由A 点进入第一象限后，所受电场力与重力平衡 E 1q ＝mg 解得E 1＝40 N/C 由几何关系得r ＋r 2－OB 2 ＝OA解得r ＝2 m小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有q v 0B 1＝m v 20r解得v 0＝2 m/s(2)由几何关系得：BC 与竖直方向夹角为θ＝30°小球由B 到C 做直线运动，则电场力与重力的合力与v B 均沿BC 方向，当电场力与BC 垂直时，电场力有最小值qE 2min ＝mg sin θ解得E 2min ＝20 N/C 对小球有mg cos θ＝ma 根据几何关系x BC ＝OB cos θ ＝233 m 根据速度位移关系式v 2C －v 20 ＝2ax BC代入数据得a ＝53 m/s 2 v C ＝26 m/s(3)小球进入第三象限后，在重力、洛伦兹力作用下做变加速曲线运动，把初速度v C 分解为v 1和v 2，其中v 1满足Bq v 1＝mg解得v 1＝mgB 2q ＝26 m/s方向水平向左 则v 2＝26 m/s方向与x 轴正方向夹角为60°小球的实际运动可以分解为运动一：速度为v1＝26m/s，水平向左，合力为B2q v1－mg＝0的匀速直线运动．运动二：速度为v2＝26m/s，顺时针旋转，合力为F洛＝B2q v2的匀速圆周运动．当v1和v2的方向相同时合运动的速度最大，最大速度v m＝v1＋v2＝46m/s 方向水平向左．。

突破52 带电粒子在叠加场中的运动问题带电粒子在叠加场中的运动问题是典型的力电综合问题．在同一区域内同时有电场和磁场、电场和重力场或同时存在电场、磁场和重力场等称为叠加场．带电粒子在叠加场中的运动问题有很明显的力学特征，一般要从受力、运动、功能的角度来分析．这类问题涉及的力的种类多，含重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等；包含的运动种类多，含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动以及其他曲线运动，综合性强，数学能力要求高．解题技巧(1)带电粒子在电场和磁场叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此常用二力平衡方法解题。

(2)带电粒子在电场和磁场叠加场中偏转，是电场力和洛伦兹力不平衡造成的。

此过程中电场力做功，洛伦兹力不做功，需根据电场力做功的正、负判断动能的变化。

【典例1】如图所示，在竖直平面xOy内，y轴左侧有一水平向右的电场强度为E1的匀强电场和磁感应强度为B1的匀强磁场，y轴右侧有一竖直向上的电场强度为E2的匀强电场，第一象限内有一匀强磁场，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从x轴上的A点以初速度v与水平方向成θ＝30°沿直线运动到y轴上的P点，OP＝d.粒子进入y轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后垂直x轴沿半径方向从M点进入第四象限内、半径为d的圆形磁场区域，粒子在圆形磁场中偏转60°后从N点射出磁场，求：(1)电场强度E1与E2大小之比．(2)第一象限内磁场的磁感应强度B的大小和方向．(3)粒子从A到N运动的时间．(2)粒子从P 到M 、从M 到N 的运动轨迹如图，在第一象限内有R 1＝OP cos 30°＝23d3由洛伦兹力提供向心力知Bqv ＝m v 2R 1联立得B ＝3mv2qd，方向垂直纸面向外． (3)粒子从A 到P 有vt 1＝dsin θ，即t 1＝2dv从P 到M 粒子运动轨迹对应的圆心角为120°，所用时间为t 2＝120°360°×2πR 1v ＝13×2πm Bq ＝43πd9v粒子从M 到N 做圆周运动，由图知其半径为R 2＝3d ，对应圆心角为60°，所用时间为t 3＝60°360°×2πR 2v ＝3πd3v所以粒子从A 到N 运动的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝18＋73πd9v.【典例2】如图所示，在xOy 平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y 轴负方向、电场强度为E 的匀强电场。

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。