【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第10章专题强化十四《带电粒子在叠加场和组合场中的运动》(含解析).doc，共(17)页，310.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化十四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。题型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.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】(2020·安徽蚌埠市第二次质检)如图1，在竖直xOy平面内有一个半径为R的圆形区域与x轴相切于O点，在圆形区域外(包括圆形边界)的空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，xOy平面内有沿y轴负方向的匀强电场。现从坐标原点O以速率v向第一象限内的不同方

向发射相同的带电小球，小球的质量为m、电荷量为－q(q＞0)，所有小球均在磁场中做匀速圆周运动，且都能沿平行于x轴的方向进入圆形区域并再次通过O点，不计小球间的相互作用，重力加速度为g，求：图1(1)匀强电场的电场强

度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小；(3)沿与x轴正向成60°角发射的小球从O点开始运动到再次通过O点经历的时间。答案(1)mgq(2)mvqR(3)（10π＋33）R3v解析(1)小球在磁场中做匀速圆周运

动，则电场力和重力平衡，即qE＝mg，匀强电场的电场强度大小E＝mgq。(2)小球从O点以与x轴成θ角射入第一象限，运动轨迹如图，轨迹圆心C′与交点D的连线平行y轴，设圆形区域的圆心为C，由几何关系可知，四边形C′

DCO是菱形，所以小球在磁场中运动的轨道半径为r＝R洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2r可得磁感应强度B＝mvqR。(3)小球从O点以与x轴成θ＝π3角射入第一象限小球在磁场中的运动周期T＝2πRv小球在磁场中运动时间t1＝2×2π－θ2πT小球在圆形区

域做匀速直线运动，通过的距离L＝2Rsinθ运动时间t2＝2Rsinθv从O点出发到再次回到O点经历的时间t＝t1＋t2＝（4π＋2sinθ－2θ）Rv将θ＝π3代入，解得t＝（10π＋33）R3v。【变式1】(2020·山东济南市5月高考模拟)如图2所示，两平行金属板水平放置，板长和板间

距均为L，两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度v0＝gL垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。若保持a板不动，让b板向下移动0.5L，微粒从原位置以相同

速度进入，恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为()图2A.πgL3gB.πgL2gC.πgLgD.2πgLg答案A解析微粒恰好做匀速直线运动时，有qEL＝qv0B＋mg，恰好做匀速圆周运动时，有qE32L＝mg，联立解得mg2＝qv0B，即

v0＝mg2qB，由题意可知v0＝gL，则有mg2qB＝gL，由公式qv0B＝mv20R，得R＝mv0qB，联立解得R＝2L，微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得∠MON＝30°，所以微粒在磁场中运动的时间为t＝30°360°×2π×2LgL＝πgL3g，故

A正确，B、C、D错误。【变式2】(2020·江苏南京市六校联合体5月联考)如图3所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2N

/C，第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝1.6m的区域有磁感应强度也为B垂直于纸面向外的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0＝42m/

s，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g＝10m/s2。求：图3(1)油滴所带电性以及磁场磁感应强度B；(2)油滴第二次经过y轴的

坐标；(3)若第一象限内是磁感应强度大小仍为B，磁场的位置可变，能让油滴在第一象限内回到x轴，此时磁场区域最小面积S。答案(1)负电0.5T(2)0，16＋825m(3)128（2＋2）25m2解析(1)由题意作油滴运动轨迹图如图甲所示，甲油滴在第三象限运动时所受合力为零

，根据三力平衡可以判断油滴带负电，可得mg＝qEqv0B＝2qE解得B＝0.5T。(2)因mg＝qE又有qv0B＝mv20r解得r＝825m乙y＝1.6＋1.6＋825m＝16＋825m所以油滴第二次经过y轴的坐标为0，16＋82

5m。(3)满足条件的油滴在磁场内的运动轨迹如图乙所示则最小面积S＝2r·(r＋rcos45°)解得S＝128（2＋2）25m2。题型二带电粒子在组合场中的运动1.组合场介绍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.运动

分析及方法选择3.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】(2017·全国卷Ⅲ，24)如图4，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，

磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)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4(1

)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离。答案(1)πmqB01＋1λ(2)2mv0qB01－1λ解析(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，轨道半径为R1；在x＜0区域，轨道半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv

0B0＝mv20R1①qv0λB0＝mv20R2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝πR1v0③粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝πR2v0④联立①②③④式得，所求时间为t0＝t1＋t2＝πmqB01＋1λ⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d0＝

2(R1－R2)＝2mv0qB01－1λ⑥模型2电场与磁场的组合【例3】(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，13)如图5所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L

的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m、电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形a

bb′a′中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：图5(1)粒子进入磁场区域时的速率；(2)磁感应强度的大小。答案(1)2qUm＋v20(2)m（mv20＋2qU）qL解析(1)粒子在电场中加速，由动能定理可得qU＝12mv2－12mv20解得v＝2qUm＋v20。(2)根据题意从正方形ad

d′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力qBv＝mv2R解得B＝m（mv20＋2qU）qL。【变式3】(20

20·山东省等级考试模拟)如图6所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四

象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：图6(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的

大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。答案(1)qB0R0m(2)qB20R02m(3)12B0解析(1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动

，由洛伦兹力提供向心力qv0B0＝mv20R0解得v0＝qB0R0m。(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向qE＝ma，v2x－0＝2aR0沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以vx＝vy＝v0解得电场强度E＝qB2

0R02m。(3)粒子的运动轨迹如图所示：第二象限，沿着x轴方向R0＝vx＋02t沿着y轴方向ON＝v0t所以ON＝2R0由几何关系知，三角形OO′N为等腰直角三角形。带电粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径R＝2ON＝22R0由洛伦兹力提供向心力qvB1＝mv2

R粒子在N点离开电场时的速度v＝2v0所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1＝12B0。课时限时练(限时：40分钟)1.(2020·安徽蚌埠市第三次教学质检)如图1所示，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在y轴右侧存在电场强

度为E1、水平向左的匀强电场，在y轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度B＝6T，方向垂直纸面向外。在坐标为(0.4m，0.4m)的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO经原点O第一次穿过y轴。已知E1＝E2＝4.

5N/C，重力加速度为g＝10m/s2，求：图1(1)小球的比荷qm及小球第一次穿过y轴时的速度大小；(2)小球第二次穿过y轴时的纵坐标；(3)小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间。答案

(1)209C/kg4m/s(2)0.32m(3)9π80＋225s解析(1)由题可知，小球在第一象限受到的合力方向由A点指向O点，则qE1＝mg①解得qm＝209C/kg②由动能定理得mgy1＋qE1x1＝12mv2－0③解得v＝4m/s。④(2

)小球在y轴左侧时，有qE2＝mg故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，设小球做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝mv2R⑤解得R＝0.3m⑥由几何关系可知，第二次穿过y轴时的纵坐标为y2＝2R＝0.32m。⑦(3)设小球第一次

在y轴左侧运动的时间为t1，由几何关系和运动规律可知t1＝34T＝3πR2v＝9π80s⑧小球第二次穿过y轴后，在第一象限做类平抛运动，由几何关系知，此过程小球沿速度v方向的位移和垂直v方向的位移大小相等，设为r，运

动时间为t2，则r＝vt2⑨r＝12at22⑩由①式可得a＝2g⑪可得t2＝225s⑫小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间t＝t1＋t2＝9π80＋225s。2.(2020·山东济宁市期末质量

检测)如图2所示，水平虚线AA′和CC′间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC′的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC′相切于点M

。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA′上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为2v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：图2(1)电场强度E的大小；(2)圆形磁场

区域磁感应强度B的大小。答案(1)mv20qL(2)2mv0qR解析(1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向t1＝Lv0粒子在M点沿着电场方向速度vx＝（2v0）2－v20＝v0所以粒子沿着电场方向的位移d＝vx2×t1＝L2粒子从S

点到M点，由动能定理qEd＝12m(2v0)2－12mv20解得E＝mv20qL(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ，则sinθ＝v02v0解得θ＝45°所以三角形OO′M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r

。由几何关系得r＝22R由牛顿第二定律qB(2v0)＝m（2v0）2r解得B＝2mv0qR3.(2020·山东临沂市下学期一模)如图3，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大

小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等。一带正电的粒子，从x轴负方向上的P点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经过第二象限后恰好由y轴上的Q点(0，d)垂直y轴进入第一象限，然后又从x轴上的N点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点的速

度方向与入射时相同。不计粒子重力。求：图3(1)粒子从P点入射时的速度v0；(2)粒子进入第四象限时在x轴上的N点到坐标原点O距离；(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径(用已知量d表示结果)。答案(1)E3B(2)233d(3)53d

解析(1)粒子在第二象限做圆周运动的半径为r1，圆心为O1，有qv0B＝mv20r1r1－r1sin30°＝d由上两式解得B＝mv02dq粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知β＝α＝60°设粒子在x轴上N点的速度为v，有v＝v0cosβ＝2v0又qEd＝12mv2－12mv20解得E＝

3mv202dq所以v0＝E3B(2)设P点的纵坐标为(－xP，0)，由几何关系得xP＝3d设粒子在电场中运动的时间为t，N点横坐标为xN，则有d＝v0tanβ2txN＝v0t解得xN＝233d(3)

粒子在第四、三象限中运动半径为r2，圆心为O2，则2r2cos30°＝3d＋233d解得r2＝53d4.(2020·山东威海市模拟考试)如图4所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限存在着垂直纸面向里

的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y轴正方向的匀强电场，场强大小未知。一带正电的粒子从y轴上的M点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从x轴上的N点进入磁场后恰好经O点再次进入电场，已知MN两点的连线与x轴的夹角为θ，且tanθ＝12，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电

粒子的重力。求：图4(1)粒子第一次经过N点的速度v；(2)粒子从N点运动到O点的过程中，洛伦兹力的冲量I；(3)电场强度E的大小；(4)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔Δt。答案(1)2v0，速度方向与x轴正方向成45°

角(2)2mv0，方向沿y轴负方向(3)v0B2(4)（3π＋4）mqB解析(1)设带电粒子从M运动到N的过程中，水平位移为x，竖直位移为y，则有tanθ＝yxx＝v0ty＝vy2t粒子第一次经过N点的速度v＝

v20＋v2y解得v＝2v0设粒子第一次经过N点的速度与x轴夹角为α，则tanα＝vyv0解得α＝45°即速度方向与x轴正方向成45°角。(2)粒子从N点运动到O点的过程中，利用动量定理有I＝mΔv＝2

mv0，方向沿y轴负方向。(3)由向心力公式和牛顿第二定律得qvB＝mv2R由几何知识得x＝2Ry＝22R由运动学公式得v2y＝2ay由牛顿第二定律得qE＝ma解得E＝v0B2。(4)带电粒子在复合场中的运动轨迹如图所示。由周期公式得T＝2πR

v带电粒子在磁场中的运动时间t1＝32T带电粒子在电场中的运动时间t2＝2xv0所以Δt＝t1＋t2＝（3π＋4）mqB。