【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义第10章 专题强化22 带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动(含解析).doc，共(14)页，738.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题强化二十二带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动目标要求1.了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题.2.掌握带电粒子在交变电、磁场中运动的解题思路和处理方法．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．带电粒子在叠加场中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其他力的合力与洛伦兹力等大反向平衡条件匀速圆周运动除洛伦兹力外，其他力的合力为零牛顿第二定律、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(2020·百师联盟4月冲刺卷)如图1所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿y轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正

方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场．一质量为0.02kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4m)的A点出发，与y轴成45°角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10m/s2.求：图1(1)微粒第一次通过y轴时

的纵坐标；(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示)；(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量．答案(1)0.4m(2)210(6＋π)s(3)0

.16J解析(1)微粒受力及运动过程分析如图所示：微粒在第四象限内沿与y轴成45°角做匀速直线运动，有qE＝mgqvB＝2mg微粒在第一象限内，重力与电场力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，由qvB＝mv2r联立解得r＝25m由几何关系得，微粒在第

一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过y轴时的纵坐标为0.4m.(2)由A到B微粒做匀速直线运动：位移为x1＝225m时间t1＝x1v解得t1＝25s由B到C微粒做匀速圆周运动：t2＝πrv解得t2＝2π10s由C到D微粒做匀速直线运动：位移为x2＝225m时间t3＝x2v解

得t3＝25s由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交BA延长线于G点加速度方向沿D指向A，大小为a＝2g沿DA方向位移大小为x3＝225m由x3＝12at42，解得t4＝25s故t总＝t1＋t2＋t3＋t4＝2

10(6＋π)s(3)只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化．从D到G，合外力做的功W＝2mg·x3由动能定理知，W＝ΔEk，解得动能的增加量为ΔEk＝0.16J.1．(带电粒子在叠加场中的运动)(2017·全国卷Ⅰ·16)如图2，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ma、mb、mc，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2A．ma＞mb＞mcB．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞m

bD．mc＞mb＞ma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，则mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③比较①②③式得：mb

>ma>mc，选项B正确．2.(带电粒子在叠加场中的运动)如图3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，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，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)，粒子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3(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)mgq(2)mqgl(3)(3π4＋1)lg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：所以，Eq＝mg，得：E＝mgq.(2)由平衡条件：qvB＝2mg电场方向变化后，微

粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝mv2r由几何知识可得：r＝2l联立解得：v＝2gl，B＝mqgl.(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝2lv＝lg微粒

做匀速圆周运动的时间：t2＝34π·2lv＝3π4lg微粒在复合场中的运动时间：t＝t1＋t2＝(3π4＋1)lg.题型二带电粒子在交变电、磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清并且明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分

析粒子在不同时间段内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的物理量选规律联立不同阶段的方程求解例2如图4甲所示，在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场，一束比荷qm＝106C/kg的带正电的粒子流(重力和粒子间的相互

作用不计)，以速度v0＝104m/s沿水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O为圆心，区域直径AB长度为L＝1m，AB与水平方向成45°角．区域内有按如图乙所示规律做周期性变化的

磁场，已知B0＝0.5T，磁场方向以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成45°角斜向下射入磁场．图4(1)两金属极板间的电压U是多大？(2)若T0＝0.5s，求t＝0时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置．(3)要使所有

带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期T0应满足的条件．答案见解析解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出时速度v＝2v0由动能定理可得qU2＝12m(2v0)2－12mv02代入数据解得U＝100V(2)粒子在磁场中运动的周期T＝2

πmB0q则T2＝πmqB0＝2π×10－6s<T02又B0qv＝mv2rr＝mvqB0＝0.022m粒子在磁场中经过半周从OB间穿出，粒子在磁场中运动的时间t＝T2＝2π×10－6s射出点在OB间离O点2r

＝0.042m(3)粒子运动周期T＝4π×10－6s，粒子在t＝0，t＝T02，…时刻射入时，粒子最可能从AB间射出，恰好不从AB射出时，如图，由几何关系可得临界角θ＝5π6要不从AB边界射出，应满足T02<θ2π

T得T0<π3×10－5s.3．(带电粒子在交变电、磁场中的运动)(2020·江苏镇江市期末)如图5甲所示，竖直边界分别为P和Q的区域宽度为4L，其内部分布着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

，电场随时间变化的关系如图乙所示，E>0表示电场方向竖直向上．在t＝0时刻，一带电荷量为＋q、质量为m的带电微粒从边界P上的A点处水平射入该区域，先沿直线运动到某点，再经历一次完整的半径为L的匀速圆周运动，最后沿直线运动从边界Q上的B点处离开磁场，重力加速度为g.求：图5

(1)图乙中的E0；(2)微粒刚进入磁场时的速度v0的大小及磁场的磁感应强度的大小B；(3)电场变化周期T的范围．答案(1)mgq(2)2gLmqL2gL(3)(1＋π)2Lg≤T≤(32＋π)2Lg解析(1)由带电微粒做匀速圆周运动可得q

E0＝mg解得E0＝mgq(2)由带电微粒做直线运动可知Bqv0＝mg＋qE0由带电微粒做匀速圆周运动可得Bqv0＝mv02L由上述两式解得v0＝2gLB＝mqL2gL(3)(Ⅰ)如图a所示，当O点为A

B中点时，所对应的周期T为最小周期．设微粒从A运动至O点处所需要的时间为t1t1＝xAOv0＝2L2gL＝2Lg设微粒做匀速圆周运动的周期为t2，由v0＝2πt2L得t2＝π2Lg则最小周期Tmin＝t1＋t2＝(1＋π)2Lg(

Ⅱ)如图b所示，当圆轨迹与右边界Q相切时，所对应的周期T为最大周期．设微粒从A运动至O点处所需要的时间为t1′，t1′＝xAOv0＝3L2gL＝322Lg设微粒做匀速圆周运动的周期为t2′，t2′＝2πLv0＝π2Lg则最大周期Tm

ax＝t1′＋t2′＝(32＋π)2Lg综上所述，电场变化周期T的范围是(1＋π)2Lg≤T≤(32＋π)2Lg.课时精练1．(多选)(2020·浙江名校联考)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图1所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微

粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)()图1A．该微粒一定带负电荷B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C．该磁场的磁感应强度大小为mgqvcosθD．该电场的电场强度大小为mg

qtanθ答案AC解析若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电

场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝mgqvcosθ，电场的电场强度大小E＝mgt

anθq，故C正确，D错误．2．(2020·安徽安庆市模拟)如图2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2A．液滴带正电B．液滴比荷qm＝EgC．液滴沿顺时针方向运动D．液滴运动速度大小v＝RgBE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qm＝gE，故选项B错误

；电场力方向竖直向上，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＝mv2R，得v＝RBgE，故选项D错误．3.(多选)(2020·辽宁沈阳市调研)如图3所示，空

间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是()图3A．小球可能做匀变速运动B．小球一定做变加速运动C．小球动能可能不变D．小球机械能守恒答案BC解析小球从M到N，在竖直方向上

发生了偏转，所以在M点受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力为变力，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能

可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误．4.(多选)(2019·山东滨州市上学期期末)如图4所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲

线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计空气阻力，则以下说法中正确的是()图4A．液滴一定带正电B．液滴在C点时的动能最大C．从A到C过程液滴的电势能增大D．从C到B过程液滴的机械能增大答案BCD解析从题图中可以看出，带电液滴由静止开始向

下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧线内侧，根据左手定则可知，液滴带负电，故A错误；重力向下，电场力向上，且重力大于电场力，从A到C的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，合力做

正功，液滴动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，合力做负功，液滴动能减小，所以液滴在C点时的动能最大，故B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，电势能增大，故C正确；从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确．5.(2016·天

津卷·11)如图5所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝53N/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＝0.5T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－

6kg，电荷量q＝2×10－6C，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＝10m/s2.求：图5(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)20m/s方向与电场方向成60°角斜向上(2)23s解析(1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝q2E2＋m2g2①代入数据解得v＝20m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tanθ＝qEmg

③代入数据解得tanθ＝3，θ＝60°④(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有y＝12at2⑦tanθ＝

yx⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝23s解法二撤去磁场后，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vy＝vsinθ若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球

在竖直方向上的分位移为零，则有vyt－12gt2＝0联立解得t＝23s.6.如图6所示，在平面直角坐标系xOy中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方有水平向左的匀强电场，下方有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场

强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点进入x轴下方区域，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C点、D点图中均未标出)．已知LOM＝202m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝2mq

(T)，重力加速度为g＝10m/s2.求：图6(1)两匀强电场的电场强度E的大小；(2)OD的长L；(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.答案(1)mgq(2)3542m(3)4.86s解析(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO做匀加速直线运动，则有mg＝qE，

即E＝mgq.(2)质点在x轴下方时，对质点受力分析可知，质点所受重力与电场力平衡，洛伦兹力提供质点做匀速圆周运动的向心力，质点从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有：qvB＝mv2R由运动学规律知v2＝2aLOM，a＝2g由类平抛运动规律知R＝vt

3，R－L＝12at32联立解得：t3＝0.5s，L＝3542m.(3)质点做匀加速直线运动有LOM＝12at12质点做匀速圆周运动有t2＝34×2πmBq＝3π4s质点从M点出发到击中D点所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝(2.5＋3π4)s≈4.86s.7．(

2020·甘肃天水市模拟)如图7甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点

O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷为πB0t0，不计粒子的重力．求：图7(1)t＝t0时，粒子的位置坐标；(2)若t＝5t0时粒子回到原点，0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；(3)若粒子能够回到原点，

满足条件的所有E0值．答案(1)(2v0t0π，0)(2)(32＋2π)v0t0(3)v0B0nπ(n＝1,2,3，…)解析(1)粒子在0～t0内沿顺时针方向做匀速圆周运动qv0B0＝mv02r1，T＝2πr1v0，解得r1＝mv0qB0，T＝2πmqB0又粒子的比荷qm＝πB0t0

解得r1＝v0t0π，T＝2t0故t＝t0时，粒子的位置坐标为(2v0t0π，0)．(2)粒子在t＝5t0时回到原点，运动轨迹如图甲所示．由r2＝2r1，r1＝mv0qB0，r2＝mv2qB0，解得v2＝2v0则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离hm＝v0＋

2v02t0＋r2＝(32＋2π)v0t0.(3)如图乙所示，设带电粒子在x轴下方做圆周运动的轨迹半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则必须满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,

3，…)其中r2′＝mvqB0解得v＝n＋1nv0(n＝1,2,3，…)又v＝v0＋qE0mt0解得E0＝v0B0nπ(n＝1,2,3，…)．