高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题9 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动教案

专题九磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动知识结构互联核心要点回扣1掌握“两个磁场力”：(1)安培力：IB时FBIL，IB时F0.(2)洛伦兹力：vB时FqvB，vB时F0.2明确“六个常用公式”：3用准“两个定则”：(1)对电流的磁场用准安培定则(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用准左手定则4画好“两个图形”：(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形考点1磁场的性质(对应学生用书第44页)品真题感悟高考考题统计五年5考：2017年卷T19、卷T21、卷T182015年卷T182014年卷T15考情分析1直线电流的磁场的叠加与安培力相结合及洛伦兹力的应用是命题的热点2本考点高考重在考查常见磁体周围磁场的分布，磁感线的形状及特点，电流磁场的判断与叠加、安培力洛伦兹力大小的影响因素及安培力、洛伦兹力方向的判断等知识 3.电流磁场的判断方法及安培力(洛伦兹力)方向的判断方法易混淆1(磁场的基本性质)(2017卷T18)如图91所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为()图91A0B.B0C.B0 D2B0题眼点拨“a点的磁感应强度为零”说明两导线在a点产生的合磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度B0等大反向；“让P中的电流反向，其他条件不变”说明导线P在a点产生的磁场的磁感应强度大小与原来相等，方向相反C两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小相等，设为B，方向如图甲所示，此时a点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B合的大小等于B0，方向与B0相反，即B0的方向水平向左，此时BB0；让P中的电流反向、其他条件不变，两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小仍为B，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B，方向竖直向上，B与B0垂直，其合磁感应强度为BaB0，选项C正确(多选)(2015卷T18)指南针是我国古代四大发明之一关于指南针，下列说法正确的是()A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转BC指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转正确选项为B、C.2(安培力的方向和大小)(多选)(2017卷T19)如图92所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反下列说法正确的是()图92AL1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直BL3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1BC如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行选项A错误L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直选项B正确由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120，则B合B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60，则B合B，由FILB知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11.选项C正确，选项D错误(2014卷T15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半B通电直导线在匀强磁场中所受安培力的方向由左手定则判断，安培力的大小由FBILsin 计算安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由FBILsin 可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项D错误释疑难类题通法1安培力的大小(1)当I、B夹角为0时F0.(2)当电流与磁场方向垂直时，安培力最大，为FBIL，L是有效长度(3)闭合的通电导线框在匀强磁场中受到的安培力F0.2安培力的特点(1)安培力的方向总是垂直于I、B所决定的平面，可用左手定则判断(2)安培力可做正功，电能转化为其他形式的能；可做负功，其他形式的能转为电能(3)安培力是洛伦兹力的宏观表现3洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，即洛伦兹力永不做功(2)仅电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向4洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力F0.(0或180)(2)vB时，洛伦兹力FqvB.(90)(3)v0时，洛伦兹力F0.对考向高效速练.考向1磁场的基本性质1(2016山东日照模拟)1820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验关于奥斯特的实验，如图93所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是() 【导学号：19624105】图93A通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关B通电导线AB南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关C通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向D通电导线AB南北放置，小磁针在AB延长线的B端外侧，改变电流大小B因为地磁场是南北方向，当通电直导线南北放置时产生的磁场为东西方向，小磁针放在导线正下方，闭合开关时磁场从无到有，这时两种磁场的作用力最大，现象最明显，故B正确如图所示，平行放置在绝缘水平面上的长为l的直导线a和无限长的直导线b，分别通以方向相反，大小为Ia、Ib(IaIb)的恒定电流时，b对a的作用力为F.当在空间加一竖直向下(y轴的负方向)、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零则下列说法正确的是()A电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向B所加匀强磁场的磁感应强度大小为BC导线a对b的作用力大于F，方向沿z轴的正方向D电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴的正方向B无限长的直导线b的电流Ib在平行放置的直导线a处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a所受安培力为零，因此电流Ib在导线a处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的正方向，A选项错误；由磁感应强度定义可得：B，B选项正确；由牛顿第三定律可知导线a对b的作用力等于F，C选项错误；电流Ia在导线b处产生的磁场的磁感应强度大小并不是处处相等，因此D选项错误考向2通电导体在磁场中的运动2(多选)如图94甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向则金属棒()图94A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功ABC根据题意得出vt图象如图所示，金属棒一直向右运动，A正确速度随时间做周期性变化，B正确据F安BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错(2017商丘一中押题卷)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45.将一个金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为O，半径为r，两条半径Oa和Ob相互垂直，且Oa沿水平方向当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为()A.BIr B.BIrCBIr D2BIrA通电导线的有效长度为Lr，故受到的安培力为FBILBIr故选A.考向3洛伦兹力的应用3. (2016安徽蚌埠模拟)如图95所示，xOy坐标平面在竖直面内，y轴正方向竖直向上，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场(图中未画出)一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示下列说法中正确的是() 【导学号：19624106】图95A轨迹OAB可能为圆弧B小球在整个运动过程中机械能增加C小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等D小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向D因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故小球运动的轨迹不可能是圆弧，A项错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，B项错误；小球在A点时受到洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力大于重力，C项错误；因为系统中只有重力做功，小球运动至最低点A时重力势能最小，则动能最大，速度的方向为该点的切线方向，即最低点的切线方向沿水平方向，故D项正确考点2带电粒子在匀强磁场中的运动(对应学生用书第46页)品真题感悟高考考题统计五年8考：2017年卷T182016年卷T18、卷T182015年卷T192014年卷T16、T202013年卷T18、卷T17考情分析1高考在本考点的命题多为带电粒子在有界磁场中运动的分析与计算2根据题意画出粒子的运动轨迹，利用数学关系求解是常用方法3确定临界条件，画轨迹、找圆心、求半径是关键4忽视运动电荷的电性分析易造成洛伦兹力方向的错误3(磁偏转的基本问题)(2017卷T18)如图96所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上不计重力及带电粒子之间的相互作用则v2v1为()图96A.2B.1C.1 D3题眼点拨“相同的带电粒子以相同的速率”说明粒子做匀速圆周运动的半径相同；“粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上”说明粒子最远出射点到入射点的距离为粒子圆周运动直径，且等于磁场的半径C粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60(对应六分之一圆周)的弦PP必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1R.其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP对应的圆弧内同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示由几何关系知r2R，可得r2r11.因为m、q、B均相同，由公式r可得vr，所以v2v11.故选C.(多选)(2015卷T19)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等ACA：由qvB得r，即中电子运动轨迹的半径是中的k倍，选项A正确B：由F合ma得aB，所以，选项B错误C：由T得Tr，所以k，选项C正确D：由得，选项D错误正确选项为A、C.4(磁偏转的临界极值问题)(2016卷T18)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图97所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()图97A. B.C. D.题眼点拨“q0”说明带电粒子带正电；“与ON只有一个交点”说明轨迹与ON边界相切D如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R.设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P.由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，ABR.由几何图形知，APR，则AOAP3R，所以OB4R.故选项D正确在第5题中，将磁场改为有界磁场，如图98所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30、60)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()图98AA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1BA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2)1CA、B两粒子的比荷之比是1DA、B两粒子的比荷之比是1BA、B两粒子运动轨迹如图所示，粒子所受洛伦兹力提供向心力，轨迹半径R，设A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R和r.由几何关系有Rcos 30Rd，rcos 60rd，解得，A错误，B正确；由于两粒子的速度大小相等，则R与成反比，所以A、B两粒子的比荷之比是(2)3，C、D错误(2016卷T18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30角当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒不计重力若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.B.C. D.A如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30，则，即，选项A正确释疑难类题通法1掌握一个解题流程2用好两个有用结论(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域3理清三种几何关系(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，所对的圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(3)当速率v变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的，运动时间长4记住四类多解因素(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解(4)圆周运动的周期性形成多解对考向高效速练.考向1磁偏转的基本问题4在同一匀强磁场中，粒子(He)和质子(H)做匀速圆周运动若它们的动量大小相等，则粒子和质子() 【导学号：19624107】A运动半径之比是21B运动周期之比是21C运动速度大小之比是41D受到的洛伦兹力之比是21B由r，由于两者动量相等且在同一匀强磁场中，所以粒子和质子运动半径之比等于电荷量反比，即rrHqHq12，故选项A错误；由T，则粒子与质子运动周期之比为21，故选项B正确；由于mvmHvH，所以vvHmHm14，故选项C错误；由于洛伦兹力FqvB，所以12，故选项D错误考向2磁偏转的临界、极值问题5(多选)(2017鸡西市模拟)如图99所示，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则()图99A能打在板上的区域长度是2dB能打在板上的区域长度是(1)dC同一时刻发射出的带电粒子到达板上的最大时间差为D同一时刻发射出的带电粒子到达板上的最大时间差为BC打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示：根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度lRR(1)R(1)d，故A错误，B正确；在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图所示：由几何关系知，最长时间t1T最短时间t2T又有粒子在磁场中运动的周期T；根据题意：t1t2t联立解得：tT，故C正确，D错误考向3磁偏转中的多解问题6如图910所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场一带负电的粒子从原点O以与x轴成60角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R(不计重力)，则() 【导学号：19624108】图910A粒子经偏转一定能回到原点OB粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为21C粒子再次回到x轴上方所需的时间为D粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3RC根据R可知粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为12，则B错误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A选项错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t，则C选项正确；粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进的距离为x2Rcos 304Rcos 303R，则D选项错误1.(2017泉州模拟)一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为0的角速度转过90时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒(1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？(2)若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？【解析】(1)若粒子沿MN方向入射，当筒转过90时，粒子从M孔(筒逆时针转动)或N孔(筒顺时针转动)射出，如图，由轨迹1可知半径：rR由qvB，粒子运动周期T筒转过90的时间：t，又t联立以上各式得：荷质比，粒子速率：v0R.(2)若粒子与MN方向成30入射，速率不变半径仍为R，作粒子轨迹如图轨迹2，圆心为O，则四边形MOPO为菱形，可得MOPMOP，所以NOP则粒子偏转的时间：tT；又T；得：t由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：.当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为1，若从N点离开，则筒转动时间满足t，得：10其中k0,1,2,3若从M点离开，则筒转动时间满足t，得：10其中k0,1,2,3；综上可得10其中n0,1,2,3.当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为2，若从M点离开，则筒转动时间满足t，得：20其中k0,1,2,3若从N点离开，则筒转动时间满足t，得：20其中k0,1,2,3综上可得20其中n0,1,2,3综上所述，圆筒角速度大小应为10或者20其中n0,1,2,3【答案】(1)0R(2)10(顺时针转动)或20(逆时针转动)其中n0,1,2,32.(2016东北三省四市联考)在如图所示的xOy平面内，y0.5 cm和y1)一质量为m、电荷量为q(q0)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911(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离题眼点拨“在x1)”说明带电粒子在y轴右方圆周运动半径较大；“从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场”说明粒子在y轴右方运动半个圆周进入第二象限区域；“当粒子的速度方向再次沿x轴正方向时”说明粒子在第二象限区域又动了半个圆周【解析】(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x0区域，圆周半径为R1；在x0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0mqB0v0m粒子速度方向转过180时，所需时间t1为t1粒子再转过180时，所需时间t2为t2联立式得，所求时间为t0t1t2.(2)由几何关系及式得，所求距离为d02(R1R2).【答案】(1)(2)(2015卷T14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小D分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r可知，轨道半径增大分析角速度：由公式T可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据知角速度减小选项D正确6(磁与现代科技的应用)(2016卷T15)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912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() 【导学号：19624109】图912A11B12C121 D144D带电粒子在加速电场中运动时，有qUmv2，在磁场中偏转时，其半径r，由以上两式整理得：r.由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1B2112，当半径相等时，解得：144，选项D正确在第6题中，若将右侧磁场改为复合场如图913所示，质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则()图913A若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于tB若撤去电场E，质子穿过场区时间大于tC若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于EkD若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于EkC质子进入复合场沿直线运动，则质子受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，即eEBev0，若撤去磁场B，质子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动特点可知，穿过电场的时间t，因场区宽度x不变，则时间不变，质子竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，出电场时的速度必大于v0，动能大于Ek，则A错误，C正确若撤去电场E，则质子在磁场中做匀速圆周运动，则B、D错误释疑难类题通法1带电粒子在组合场中运动的处理方法(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律在匀强磁场中做匀速圆周运动在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理(3)当粒子从一个场进入另一个场时，该点的位置、粒子的速度大小和方向往往是解题的突破口2带电粒子在叠加场中运动的处理方法(1)弄清叠加场的组成特点(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律若只有两个场，合力为零时，则表现为匀速直线运动或静止例如电场与磁场中满足qEqvB；重力场与磁场中满足mgqvB；重力场与电场中满足mgqE.若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力FqvB的方向与速度v垂直若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mgqE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvBm.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对考向高效速练.考向1带电粒子在组合场中的运动7. 2017高三第一次全国大联考(新课标卷)如图914所示，A、B两板间电势差为U1400 V，C、D两板长为L1 m，两板间电势差为U2200 V，OO为C、D两板间的中间线在O处有一电荷量为q1106 C、质量为m2108 kg的带电粒子，经A、B间电场加速又经C、D间电场偏转后，恰好能从极板右边缘射出，同时进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度为B1 T带电粒子能够垂直打到磁场的右边界处的光屏PQ上若不考虑空气阻力和粒子重力的影响，求：图914(1)C、D两板间的距离d是多少？(2)匀强磁场的宽度s是多少？(3)若改变磁感强度B的大小，欲使该带电粒子打不到光屏PQ上，则B的大小满足什么条件？ 【导学号：19624110】【解析】(1)带电粒子经A、B加速阶段，由动能定理得：qU1mv，解得v0200 m/s带电粒子进入C、D间偏转，带电粒子做类平抛运动，设C、D两板间的距离为d，则有水平方向：Lv0t竖直方向：t2联立解得d0.5 m.(2)设带电粒子离开偏转电场时的速度为v，OO方向的偏转角为，则由动能定理得：qmv2mv，解得v100 m/scos ，sin 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvBm，解得R2 m又由几何关系有sRsin 2 m.(3)设磁感强度B大小为B0时，粒子运动轨迹恰好与PQ相切，则qvB0m由几何关系有：rsin rs，联立解得B0(1)T故B应满足的条件是B(1)T.【答案】(1)0.5 m(2)2 m(3)B(1)T边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示左侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，右侧磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里，中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行一质量为m、电荷量为q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场且与左边界的角度30，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子的重力求：(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小v；(2)左侧磁场区域磁感应强度B1；(3)若B2，电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开？【解析】(1)粒子在平行金属板间被加速的过程中，根据动能定理有：qUmv20(2分)解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小为：v.(1分)(2)根据题意，作出粒子的运动轨迹图，如图所示根据图中几何关系可知，粒子在左侧磁场区域内做匀速圆周运动，速度偏转角为：9060其轨道半径为：R1L(2分)粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qvB1m(2分)解得：B1.(1分)(3)设粒子经中间电场加速后速度为v，要使粒子能从上边缘cd间离开，其临界情况分别为刚好从c点和轨迹与右边界相切离开，对应的速度分别为vmin和vm，轨道半径分别为R2min和R2m由图中几何关系可知：R2minL，R2mL(2分)即粒子能从上边缘cd间离开时对应的轨道半径满足：LR2L(1分)根据牛顿第二定律和向心力公式有：qvB2m(2分)在中间电场运动的过程，由动能定理有：qELmv2mv2(2分)解得电场强度需满足的条件为：E.(1分)【答案】(1)v(2)B1(3)E考向2带电粒子在叠加场中的运动8(2017高三第二次全国大联考(新课标卷)如图915甲所示，空间平面处于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t周期性变化(周期为T)的图象如图乙所示取竖直向下为电场正方向，垂直纸面向外为磁场正方向在t0时，一质量为m，电荷量为q的带负电小球从离地面高为h的地方由静止释放已知重力加速度为g，E0，B0.求： (1)小球第一次做圆周运动的半径；(2)要让小