2024届物理一轮复习讲义专题强化二十 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动含答案

2024届物理一轮复习讲义专题强化二十带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动学习目标1.了解叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中的运动问题。2.会分析带电粒子在交变电、磁场中的运动问题。考点一带电粒子在叠加场中的运动1.叠加场电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。2.常见的几种运动形式运动性质受力特点方法规律匀速直线运动粒子所受的合力为0平衡条件匀速圆周运动除洛伦兹力外，另外两力的合力为零qE＝mg牛顿第二定律、圆周运动的规律较复杂的曲线运动除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向动能定理、能量守恒定律例1如图1所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：图1(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)微粒在复合场中的运动时间。答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋1))eq\r(\f(l,g))解析(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，可知qE＝mg，得E＝eq\f(mg,q)。(2)由平衡条件得qvB＝eq\r(2)mg电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙所示qvB＝meq\f(v2,r)由几何知识可得r＝eq\r(2)l联立解得v＝eq\r(2gl)，B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))。 甲乙(3)微粒做匀速直线运动的时间t1＝eq\f(\r(2)l,v)＝eq\r(\f(l,g))微粒做匀速圆周运动的时间t2＝eq\f(\f(3,4)π×\r(2)l,v)＝eq\f(3π,4)eq\r(\f(l,g))微粒在复合场中的运动时间t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋1))eq\r(\f(l,g))。跟踪训练1.如图2所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2T。现有一比荷为eq\f(q,m)＝25C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ＝45°，重力加速度g取10m/s2。求：图2(1)微粒的电性及速度v0的大小；(2)带电微粒在第一象限内运动时所达到最高点的坐标。答案(1)带正电2eq\r(2)m/s(2)(0.6m，0.2m)解析(1)带电粒子在第三象限内做直线运动，受到重力、静电力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即粒子做匀速直线运动，所以，微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断微粒带正电。对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得qv0B＝eq\r(2)mg，解得v0＝2eq\r(2)m/s。(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，假设最高点为M点，从O到M点所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动，在y轴方向上有0＝v0sin45°－gt，y＝eq\f(v0sin45°,2)t在x轴方向上有qE＝mgtan45°＝maxx＝v0cos45°t＋eq\f(1,2)axt2解得x＝0.6m，y＝0.2m故所达到最高点的坐标为(0.6m，0.2m)。

考点二带电粒子在交变电磁场中的运动解题基本思路例2如图3所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图4甲、乙所示。在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48v0t0,π)，0))。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足eq\f(E0,B0)＝eq\f(v0,π)；粒子的比荷满足eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)。求：图3图4(1)在t＝eq\f(t0,2)时，粒子的位置坐标；(2)粒子偏离x轴的最大距离；(3)粒子运动至A点的时间。答案(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))(2)1.5v0t0＋eq\f(2v0t0,π)(3)32t0解析(1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B0＝meq\f(4π2,T2)r1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得T＝2t0，r1＝eq\f(mv0,qB0)＝eq\f(v0t0,π)则粒子在eq\f(t0,2)时间内转过的圆心角α＝eq\f(π,2)所以在t＝eq\f(t0,2)时，粒子的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))。(2)在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示。则v＝v0＋eq\f(qE0,m)t0＝2v0运动的位移y＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动半径r2＝2r1＝eq\f(2v0t0,π)故粒子偏离x轴的最大距离h＝y＋r2＝1.5v0t0＋eq\f(2v0t0,π)。(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离d＝2r1＋2r2＝eq\f(6v0t0,π)AO间的距离为eq\f(48v0t0,π)＝8d所以粒子运动至A点的时间t＝32t0。解题关键和应注意的问题(1)解题关键是要明确带电粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断。(2)这类问题一般都具有周期性，注意分析带电粒子的运动周期与电场周期、磁场周期的关系。(3)带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。跟踪训练2.在如图5甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向。图5(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0；(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值；(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。答案(1)eq\f(2πm,qB0)(2)eq\f(5πm,3qB0)(3)eq\f(πm,qB0)eq\f(qB0L,nm)(n＝2，4，6，…)解析(1)由qvB0＝meq\f(v2,r)，T0＝eq\f(2πr,v)解得T0＝eq\f(2πm,qB0)。(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sinα＝eq\f(1,2)，解得α＝30°在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°运动时间为t＝eq\f(5,12)T0＝eq\f(5πm,6qB0)而t＝eq\f(T,2)所以磁感应强度的变化周期T的最大值为eq\f(5πm,3qB0)。(3)如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即eq\f(T,2)＝eq\f(T0,4)所以磁场变化的周期为T＝eq\f(πm,qB0)弦OM的长度为s＝eq\f(\r(2)L,n)(n＝2，4，6，…)圆弧半径为R＝eq\f(s,\r(2))＝eq\f(L,n)(n＝2，4，6，…)由qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得v0＝eq\f(qB0L,nm)(n＝2，4，6，…)。A级基础对点练对点练1带电粒子在叠加场中的运动1.(2023·河南洛阳高三期中)如图1所示，两竖直平行边界PQ、MN间，有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入该场区，恰好能沿水平方向做直线运动。若只减小小球从O点进入场区时的速度，则小球在场区内运动过程中，下列判断正确的是()图1A.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B解析小球恰好能沿水平方向做直线运动，说明小球做匀速直线运动。由qE＝mg＋qvB可知，当速度减小时，洛伦兹力减小，合力向上。小球将斜向上运动。合力做正功，动能增加，故A错误；静电力做正功，电势能减小，机械能增加，故B正确，D错误；高度增加，重力势能增加，故C错误。2.(多选)(2022·广东卷)如图2所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有()图2A.电子从N到P，电场力做正功B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N，洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力答案BC解析由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；洛伦兹力总是和速度方向垂直，电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；M点和P点在同一等势面上，从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误。3.如图3所示，在真空中竖直平面(纸面)内边长为a的正方形ABCD区域，存在方向沿CB(水平)的匀强电场和方向垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。一带电小球以速率eq\r(ag)(g为重力加速度大小)从A点沿AC方向射入正方形区域，恰好能沿直线运动。下列说法正确的是()图3A.该小球带负电B.磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外C.若该小球从C点沿CA方向以速率eq\r(ag)射入正方形区域，则小球将做直线运动D.若电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上，该小球仍从A点沿AC方向以速率eq\r(ag)射入正方形区域，则小球将从D点射出答案D解析小球做直线运动，说明小球受力平衡，小球的重力方向竖直向下，小球带正电，受静电力水平方向向左，洛伦兹力方向垂直AC斜向上，则磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，A、B错误；若该小球从C点沿CA方向以速率eq\r(ag)射入正方形区域，则小球的合力不为零，速度会变化，洛伦兹力也会变化，小球将做曲线运动，C错误；电场水平向左，由物体的平衡条件有qvB＝eq\r(2)mg(其中v＝eq\r(ag))，qE＝mg，电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上后，静电力与重力平衡，小球沿逆时针方向做匀速圆周运动，设轨道半径为r，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(\r(2),2)a，有2rsin45°＝a，所以小球将从D点射出，D正确。4.如图4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，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则()图4A.液滴带正电B.液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C.液滴沿顺时针方向运动D.液滴运动速度大小v＝eq\f(Rg,BE)答案C解析液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(RBg,E)，选项D错误。对点练2带电粒子在交变电磁场中的运动5.如图5甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长eq\o(AB,\s\up6(－))＝eq\r(3)eq\o(AD,\s\up6(－))，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为()图5A.1∶1 B.2eq\r(3)π∶3C.2eq\r(3)π∶9 D.eq\r(3)π∶9答案C解析设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子的偏转半径为r，经eq\f(T1,2)粒子转过的圆心角为α，则有2rsinα＝eq\o(AB,\s\up6(－))，2(r－rcosα)＝eq\o(AD,\s\up6(－))，又eq\o(AB,\s\up6(－))＝eq\r(3)eq\o(AD,\s\up6(－))，联立解得α＝60°，所以有eq\f(T1,2)＝eq\f(1,6)T，T＝eq\f(2πr,v0)，解得T1＝eq\f(2\r(3)π\o(AB,\s\up6(－)),9v0)，如果把磁场换为电场，则有eq\o(AB,\s\up6(－))＝v0T2，解得T2＝eq\f(\o(AB,\s\up6(－)),v0)，所以eq\f(T1,T2)＝eq\f(2\r(3)π,9)，故C正确，A、B、D错误。6.如图6甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0时刻，一个比荷eq\f(q,m)＝1.0×104C/kg的正电荷从(0，eq\r(3))处以v0＝1.0×104m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为()图6A.8π×10－5s B.eq\f(8,3)π×10－5sC.1.2π×10－4s D.eq\f(4π,3)×10－4s答案C解析洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得r＝0.4m，圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v0)＝8π×10－5s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；位移大小2rsin60°＝eq\f(2,5)eq\r(3)m，位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝eq\f(540°,360°)T＝1.2π×10－4s，故C正确。B级综合提升练7.如图7甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。图7(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝eq\f(2mv0,qd)，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。答案(1)eq\r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…)(2)eq\f(\r(3)－1,2)d解析(1)设经时间t，粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a则a＝eq\f(qU0,md)半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)d＝2nyt＝nT联立得T＝eq\r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…)。(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得r＝eq\f(1,2)d要使粒子能垂直打到上板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示由几何关系得r＋2rsinθ＝d解得sinθ＝eq\f(1,2)则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cosθ)＝eq\f(\r(3)－1,2)d。8.(2023·江西景德镇高三月考)如图8所示，在区域Ⅰ有与水平方向成30°的匀强电场，电场方向斜向左下方。在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E2＝eq\f(mg,q)，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为－q的粒子从区域Ⅰ的左边界P点静止释放。粒子沿水平虚线向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d。粒子从区域Ⅱ右边界的Q点(图中未画出)离开，速度方向偏转了60°，重力加速度为g。求：图8(1)区域Ⅰ的电场强度大小E1；(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；(3)粒子从P点运动到Q点的时间。答案(1)eq\f(2mg,q)(2)eq\f(2\r(3)qBd,3m)(3)eq\f(2qBd,3mg)＋eq\f(πm,3qB)解析(1)粒子在区域Ⅰ沿水平虚线方向做直线运动，说明粒子在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件有qE1sin30°＝mg解得E1＝eq\f(2mg,q)。(2)粒子进入Ⅱ区域后，根据题意有qE2＝mg由此可知粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子进入区域Ⅱ的速度大小为v，则有qvB＝eq\f(mv2,R)根据几何关系有Rsin60°＝d联立解得v＝eq\f(2\r(3)qBd,3m)。(3)粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，其运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)则粒子在区域Ⅱ中运动时间为t2＝eq\f(60°,360°)T粒子在区域Ⅰ沿水平虚线运动，根据v＝at1，qE1cos30°＝ma故粒子从P点运动到O点的时间为t＝t1＋t2联立解得t＝eq\f(2qBd,3mg)＋eq\f(πm,3qB)。9.如图9所示，坐标系xOy在竖直平面内，整个空间存在竖直向上的匀强电场，y轴两侧均有方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧的磁感应强度大小是右侧的两倍。t＝0时刻，一个带正电微粒从O点以v＝2m/s的初速度射入y轴右侧空间，初速度方向与x轴正方向成60°，微粒恰能做匀速圆周运动，第一次经过y轴的点记为P，OP长L＝0.8m。已知微粒电荷量q＝＋4×10－6C，质量m＝2×10－7kg，重力加速度g取10m/s2，求：图9(1)匀强电场的电场强度大小；(2)y轴右侧磁场的磁感应强度大小；(3)粒子第二次经过P点的时刻(结果可含π)。答案(1)0.5N/C(2)0.125T(3)eq\f(14π,15)s解析(1)微粒射入y轴右侧空间，恰能做匀速圆周运动，说明微粒受到的静电力与重力平衡，则有qE＝mg解得匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(mg,q)＝0.5N/C。(2)微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r1)由几何关系知，微粒做圆周运动的轨道半径为r1＝eq\f(\f(L,2),sin30°)＝L联立解得y轴右侧磁场的磁感应强度大小为B＝0.125T。(3)微粒在y轴左侧运动时，有qv·2B＝meq\f(v2,r2)则r2＝eq\f(L,2)粒子从射入到第二次经过P点的运动轨迹如图，由T＝eq\f(2πr,v)，可知粒子在y轴两侧运动的周期分别为T1＝eq\f(2πm,qB)，T2＝eq\f(πm,qB)粒子从射入到第二次经过P点经历的时间为t＝2×eq\f(T1,6)＋2×eq\f(5T2,6)＝eq\f(14π,15)s粒子第二次经过P点的时刻为t＝eq\f(14π,15)s。10.在竖直平面内存在如图10所示的坐标系，第Ⅱ象限分布有磁感应强度为B1＝1T的匀强磁场，一个质量为m＝0.04kg，带电荷量为q＝＋0.03C的小球由P点静止释放，随后小球以速度v从Q点进入第Ⅲ象限，速度方向与x轴的夹角θ＝37°，已知P点的位置坐标为(0，1.25m)，Q点的位置坐标为(－0.6m，0)，第Ⅲ象限分布有磁感应强度为B2＝eq\f(40,3)T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和电场强度为E＝eq\f(40,3)N/C，方向沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅳ象限在水平方向分布着电场强度也为E＝eq\f(40,3)N/C、方向沿x轴负方向的匀强电场，重力加速度取g＝10m/s2。求：图10(1)小球经过Q点时的速度大小；(2)小球离开第Ⅲ象限的位置坐标，小球在第Ⅲ象限运动的时间；(3)小球是否可以再次回到x轴？若可以，写出小球经过x轴的位置；若不可以，写出小球距x轴最近时的位置坐标。答案(1)5m/s(2)(0，－0.8m)eq\f(π,10)s(3)不可以(0.75m，－0.35m)解析(1)由题意知，由P运动到Q点的过程中，洛伦兹力不做功，仅有重力做功，由mgh＝eq\f(1,2)mv2可得Q点的速度为v＝5m/s。(2)在第Ⅲ象限，由于qE＝mg故小球做匀速圆周运动，设小球从C点离开第Ⅲ象限，由qvB＝eq\f(mv2,R)可得R＝eq\f(mv,qB)＝0.5m由几何关系可得QC＝2R＝1.0m，OC＝0.8m故C点坐标为(0，－0.8m)小球在第三象限做圆周运动转过的圆心角α＝π而T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)故小球在第三象限运动的时间为t＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(π,10)s。(3)小球在C点的速度大小vC＝v＝5m/s由几何关系可知，与x轴的夹角为θ＝37°在第Ⅳ象限，小球在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，当竖直方向减速为0时，有vCsin37°＝gt可得t＝0.3s此时竖直方向位移h＝eq\f(vCsin37°,2)t＝0.45m由于h<OC故小球不可以再次回到x轴，此时y＝OC－h＝0.35m小球在水平方向做匀减速直线运动，有qE＝max所以小球的水平位移为x＝vCcos37°·t－eq\f(1,2)axt2解得x＝0.75m故小球距x轴最近时的位置坐标为(0.75m，－0.35m)。专题强化十九带电粒子在组合场中的运动学习目标1.会分析带电粒子在磁场和磁场组合场中的运动。2.会分析带电粒子在磁场和电场组合场中的运动。考点一磁场与磁场组合磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。例1如图1所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0<y<d的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B，在y>d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B。一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子以速度eq\f(qBd,m)从O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ。不计粒子重力。图1(1)求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径；(2)若粒子射入区域Ⅰ时的速度为v＝eq\f(2qBd,m)，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间。答案(1)d(2)[(4－eq\r(3))d，0]eq\f(2πm,3qB)解析(1)粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)把v0＝eq\f(qBd,m)代入上式，解得R＝d。(2)当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v＝2v0＝eq\f(2qBd,m)时，轨迹如图所示。在OA段做圆周运动的圆心在O1，半径为2d；在AB段做圆周运动的圆心在O2，半径为d；在BP段做圆周运动的圆心在O3，半径为2d；可以证明ABO1O3为矩形，则图中θ＝30°，由几何知识可得O1O3＝2dcos30°＝eq\r(3)d所以OO3＝2d－eq\r(3)d所以OP＝O1O3＋2OO3＝(4－eq\r(3))d，即粒子打在x轴上的位置坐标为[(4－eq\r(3))d，0]粒子在OA段运动的时间为t1＝eq\f(30°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,6qB)粒子在AB段运动的时间为t2＝eq\f(120°,360°)·eq\f(2πm,q·2B)＝eq\f(πm,3qB)粒子在BP段运动的时间为t3＝t1＝eq\f(πm,6qB)所以在此过程中粒子的运动时间t＝2t1＋t2＝eq\f(2πm,3qB)。跟踪训练1.(多选)空间存在如图2所示的相邻磁场，磁场Ⅰ垂直纸面向里且宽度为d，磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ垂直纸面向外且宽度为eq\f(1,3)d，磁感应强度大小未知，磁场Ⅰ和磁场Ⅱ的边界为平行的竖直面。现有一带电粒子以一定的水平速度从磁场Ⅰ边界上的O点垂直磁场Ⅰ射入，当粒子从磁场Ⅱ右边界C点(图中未画出)射出时，速度方向也恰好水平，不计粒子所受重力，下列说法正确的是()图2A.磁场Ⅱ的磁感应强度大小为3BB.粒子在磁场Ⅰ中的轨迹半径是在磁场Ⅱ中的轨迹半径的3倍C.粒子在磁场Ⅰ中偏转的圆心角是在磁场Ⅱ中偏转的圆心角的3倍D.粒子在磁场Ⅰ中运动的时间是在磁场Ⅱ中运动的时间的3倍答案ABD解析由于出射方向和入射方向相同，而粒子在两磁场区域偏转方向相反，所以粒子在磁场Ⅰ中偏转的圆心角应等于磁场Ⅱ中偏转的圆心角，故C错误；设粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为R1、R2，无论粒子电性如何，根据对称性可知所得结论应相同，所以假设粒子带正电，如图所示，根据几何关系可得eq\f(d,R1)＝eq\f(\f(d,3),R2)，解得R1＝3R2，故B正确；根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(R2,R1)＝eq\f(1,3)，所以磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B2＝3B1＝3B，故A正确；粒子的运动周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θ,360°)T，所以粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动时间之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(B2,B1)＝3，故D正确。考点二电场与磁场组合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。(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。(4)用规律例2(2023·福建龙岩第一次质检)如图3所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，eq\r(3)L)的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－eq\r(3)L)的P2点进入电场区域，最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：图3(1)磁场的磁感应强度大小B；(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t；(3)电场强度的大小E。答案(1)eq\f(mv,2qL)(2)eq\f(8πL,3v)(3)eq\f(mv2,4qL)解析(1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，其圆心为O1，对应轨道半径为R，由几何关系可得Rsinθ＝eq\r(3)L由牛顿第二定律有qvB＝eq\f(mv2,R)联立可得B＝eq\f(mv,2qL)。(2)带电粒子在磁场中运动时间为t1，则t1＝eq\f(2π－2θ,2π)TT＝eq\f(2πR,v)联立可得t1＝eq\f(8πL,3v)。(3)带电粒子在电场中运动时间为t2，由运动的合成与分解有vcosθ·t2＝eq\r(3)Lvsinθ－at2＝0由牛顿第二定律有qE＝ma联立可得E＝eq\f(mv2,4qL)。跟踪训练2.(2023·安徽芜湖高三期末)如图4所示，在xOy平面第一象限内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴夹角为α＝45°，OP与y轴之间的电场平行于y轴向上，OP与x轴之间的磁场垂直纸面向里。在y轴上有一点M，M到O点的距离为3d。现有一个质量为m、电荷量为－q的带负电粒子，从M点以速度v0垂直于y轴向右进入电场区域，粒子离开电场后从OP上的N点进入磁场区域，已知N点到x轴的距离为2d。粒子经过磁场后从x轴上C点离开，且速度方向与x轴垂直，不计带电粒子的重力，求：图4(1)电场强度大小E；(2)磁感应强度大小B和粒子从M点运动到C点所用的总时间t。答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)(2)eq\f(mv0,2qd)eq\f(d（4＋π）,2v0)解析(1)由题意，粒子从M到N做类平抛运动，轨迹如图所示。在沿－y方向，有qE＝ma位移大小为y1＝d＝eq\f(vy,2)t沿x正方向做匀速运动，由几何关系得x1＝2d＝v0t解得vy＝v0又vy＝at联立求得电场强度大小为E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)。(2)由题意，粒子从N点垂直OP进入磁场，到从C点垂直x轴离开磁场，由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝LON＝2eq\r(2)d在N点粒子速度与OP垂直，大小为v＝eq\r(2)v0由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)解得B＝eq\f(mv0,2qd)粒子在电场和磁场中运动的总时间为t＝eq\f(2d,v0)＋eq\f(\f(1,8)×2πR,\r(2)v0)＝eq\f(d（4＋π）,2v0)。A级基础对点练对点练1磁场与磁场的组合1.如图1所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是()图1A.电子的运动轨迹为PENCMDPB.B1＝2B2C.电子从射入磁场到回到P点用时为eq\f(2πm,eB1)D.B1＝4B2答案B解析根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到洛伦兹力方向向上，所以电子运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝eq\f(mv,eB)可知B1＝2B2，故B正确，D错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝eq\f(2πm,eB1)＋eq\f(πm,eB2)＝eq\f(4πm,eB1)，故C错误。2.如图2所示，竖直放置的PQ板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场，右侧为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.332T，一质量m＝6.64×10－27kg，带电荷量q＝3.2×10－19C的粒子(不计重力)从小孔1位置以垂直板方向，大小为v＝3.2×106m/s的速度开始运动，依次通过小孔2、3、4，已知相邻两孔间的距离相等。则()图2A.粒子带负电B.相邻两孔间的距离为0.2mC.带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间约为5.89×10－7sD.带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间约为1.95×10－7s答案C解析由左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)＝0.2m，则d＝2R＝0.4m，故B错误；圆周运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)≈3.93×10－7s，带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T，即约为5.89×10－7s，故C正确；如图所示，带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T，约为3.93×10－7s，故D错误。3.(多选)(2022·广东佛山高三期末)如图3所示，两相切于C点的圆，半径之比2∶1，O1、O2分别为两圆圆心，AO1、DO2均垂直于O1O2连线，在圆形区域内均有垂直纸面以圆周为边界的匀强磁场。现有一束电子以速度v垂直于O1O2连线从A点射入磁场，经C点最终垂直于O1O2从D点射出磁场。已知电子电荷量为e，质量为m，大圆内磁场的磁感应强度大小为B。则以下说法正确的是()图3A.大圆内的磁场方向垂直纸面向里B.小圆半径为eq\f(mv,eB)C.小圆内磁场的磁感应强度大小为2BD.电子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,2eB)答案AC解析电子由C点进入下方小圆，则可知电子刚进入磁场时受力竖直向下，由左手定则可判断磁感线方向垂直纸面向里，故A正确；轨迹图如图所示，由几何关系可知，两次轨迹均为四分之一圆，则有qvB＝eq\f(mv2,r1)，qvB2＝eq\f(mv2,r2)，r2＝eq\f(1,2)r1，解得r2＝eq\f(mv,2eB)，B2＝2B，电子在两个圆中运动时周期分别为T1＝eq\f(2πm,eB)，T2＝eq\f(πm,eB)，轨迹为两个四分之一圆弧，则运动时间为t＝eq\f(T1,4)＋eq\f(T2,4)＝eq\f(3πm,4eB)，故B、D错误，C正确。对点练2电场与磁场的组合4.(多选)如图4所示，半径为L的圆边界内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab、cd是圆边界的两个互相垂直的直径，边长为L的正方形defg内存在匀强电场，边长de与直径cd共线，电场与磁场垂直、与gd平行，质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)从a点正对圆心O以初速度v0垂直射入磁场，从d点射出磁场立即进入电场，最后恰好从f点射出电场，下列说法正确的是()图4A.粒子带正电B.电场方向由f指向eC.粒子在磁场与电场中运动时间的比值为eq\f(π,2)D.磁感应强度与电场强度大小的比值为eq\f(1,v0)答案AC解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则知，粒子带正电，A正确；粒子在电场中做类平抛运动，根据偏转特点，静电力方向水平向右，又因为粒子带正电，所以电场方向由e指向f，B错误；根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律知，粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(2πL,4v0)＝eq\f(πL,2v0)，在电场中运动时间为t2＝eq\f(L,v0)，则eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,2)，C正确；设匀强磁场的磁感应强度为B，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),L)，解得B＝eq\f(mv0,Lq)，在电场中沿着de方向以速度v0做匀速直线运动L＝v0t2，沿着静电力方向做初速度为0的匀加速直线运动，L＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)teq\o\al(2,2)，解得E＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),Lq)，则eq\f(B,E)＝eq\f(1,2v0)，D错误。5.(多选)如图5所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角θ＝30°。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.75×10－3T。虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝20N/C的匀强电场。一比荷eq\f(q,m)＝2×105C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0＝300m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M点(M点图中未画出)垂直虚线方向进入电场(不计重力)，则()图5A.该带电粒子一定带正电B.OM之间的距离为2mC.粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98mD.粒子第一次穿过虚线后能击中x轴答案BC解析该粒子所受洛伦兹力向下，根据左手定则知，该带电粒子一定带负电，A错误；根据牛顿第二定律得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得r＝2m，OM之间的距离为2m，B正确；竖直方向的分速度为vy＝v0cos30°＝150eq\r(3)m/s，竖直方向的加速度为a＝eq\f(qEsin30°,m)＝2×106m/s2，竖直方向veq\o\al(2,y)＝2ay，解得y＝0.017m，M点到x轴的距离为d＝rsin30°＝1m，粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为ymin＝d－y＝0.98m，C正确，D错误。6.(多选)(2023·福建龙岩高三月考)如图6所示，第Ⅰ象限存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－L，－\f(2L,3)))。一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以3v0的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，以下说法正确的是()图6A.电场强度E＝eq\f(4mveq\o\al(2,0),3qL)B.带电粒子到达O点时的速度大小v＝eq\r(5)v0C.粒子射出磁场位置到O点的距离d＝eq\f(8mv0,qB)D.在磁场中带电粒子运动的时间t＝eq\f(53πm,90qB)答案CD解析粒子运动轨迹如图由题知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，沿x轴方向有L＝3v0t，沿y轴方向有eq\f(2L,3)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，解得E＝eq\f(12mveq\o\al(2,0),qL)，A错误；沿y轴方向有eq\f(2L,3)＝eq\f(vy,2)t，解得vy＝4v0，则到达O点时速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,y)＋veq\o\al(2,x))＝5v0，B错误；sinθ＝eq\f(4v0,5v0)＝0.8，则θ＝53°，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(5mv0,qB)，由几何关系知，粒子运动的轨迹与x轴的交点到O点的距离d＝2Rsinθ＝2×eq\f(5mv0,qB)×0.8＝eq\f(8mv0,qB)，C正确；带电粒子在匀强磁场中运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，在磁场中运动的时间为t＝eq\f(2θ,360°)T＝eq\f(53πm,90qB)，D正确。7.(2023·江苏无锡高三期末)如图7所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为＋q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则()图7A.两板间电压的最大值Um＝eq\f(qB2L2,2m)B.能打到N板上的粒子的最大动能为eq\f(q2B2L2,9m)C.粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq\f(2πm,qB)D.CD板上可能被粒子打中区域的长度s＝eq\f(2,3)L答案A解析当粒子垂直打在CD板上时，rm＝L，此时速度最大，由qvmB＝meq\f(veq\o\al(2,m),rm)和动能定理qUm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得Um＝eq\f(qB2L2,2m)，A正确；最大动能为Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得Ekm＝eq\f(q2B2L2,2m)，B错误；粒子在磁场中运动的最长时间为tm＝eq\f(1,2)T，T＝eq\f(2πm,qB)，解得tm＝eq\f(πm,qB)，C错误；设轨迹和CD相切时的半径为r2，L＝r2＋eq\f(r2,sin30°)，解得r2＝eq\f(L,3)，被粒子打中区域的长度为s＝rm－eq\f(r2,tan30°)，解得s＝eq\f(（3－\r(3)）L,3)，D错误。B级综合提升练8.如图8，虚线ab上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ，下方存在方向相同的匀强磁场Ⅱ，虚线ab为两磁场的分界线。M、O、N位于分界线上，已知MN＝L，点O为MN的中点。一电子从O点射入磁场Ⅰ，速度方向与分界线ab的夹角为30°，电子离开O点后依次经N、M两点回到O点。已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，求：图8(1)电子从O点射入的速度大小；(2)下方匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小；(3)电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间。答案(