1、第38课时带电粒子在组合场和复合场中的运动考点1带电粒子在组合场中的运动组合场是指电场、磁场和重力场分区域存在，这类问题运动过程较复杂，要通过判断、计算等方法做出粒子运动轨迹图，再根据运动特征选择确定几何关系，再运用相应规律解题。例1(2017河南天一联考)如图所示的坐标系中，第一象限存在与y轴平行的匀强电场，场强方向沿y轴负方向，第二象限存在垂直纸面向里的匀强磁场。P、Q两点在x轴上，Q点横坐标是C点纵坐标的2倍。一带电粒子(不计重力)若从C点以垂直于y轴的速度v0向右射入第一象限，恰好经过Q点。若该粒子从C点以垂直于y轴的速度v0向左射入第二象限，恰好经过P点，经过P点时，速度与x轴正方向
2、成90角，则电场强度E与磁感应强度B的比值为()Av0 B.v0 C.v0 D.v0解析画出粒子运动轨迹如图所示；O点为粒子在磁场中的圆心；则POC90，粒子在磁场中做圆周运动的半径为：r，r粒子在电场中做类平抛运动，有：22r粒子在电场中运动的时间为：tat2t2联立解得：EBv0故EBv0，故B正确，A、C、D错误。答案B带电粒子在组合场中运动主要是要分段分析，然后根据不同阶段的受力特点，运用物理规律解决。本题分成两段：在磁场中做圆周运动，利用圆周运动公式、牛顿定律等解决。在电场中做类平抛运动，利用平抛运动规律及功能关系解决。连接两段的纽带速度。(2017黑龙江大庆一模)(多选)在半导体离
3、子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P在磁场中转过30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P和P3()A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为1C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为1答案BC解析两个离子P和P3的质量相同，其带电量是13 的关系，所以由a可知，其在电场中的加速度是13，故A错误；在电场中由动能定理可得qUmv2，解得离子离开电场时的速度为：v ，可知其速度之比为1，所以两离子离开电场的动能之比为13，故D错误；
4、又由qvBm知r，所以其半径之比为1，故B正确；设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin，由B项的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为1，则可知角度的正弦值之比为1，又P的角度为30，可知P3角度为60，即在磁场中转过的角度之比为12，故C正确。考点2带电粒子在复合场中的运动带电体在复合场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。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)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动
5、。若静电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)静电力、洛伦兹力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动。若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。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。例2如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m、带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场(图示方向)中。设小球带电荷量不变，小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有()A小球加速度一直减小B小球的速度先减小，直到最后匀速C杆
6、对小球的弹力一直减小D小球受到的洛伦兹力一直减小解析小球上滑的过程中，在竖直方向上受到竖直向下的重力和摩擦力作用，所以小球的速度一直减小到零，根据公式F洛qvB，小球所受洛伦兹力一直减小，B错误、D正确；在水平方向上，小球受到水平向右的电场力F、水平向左的洛伦兹力和杆的弹力FN三个力的作用，三力的合力为0，如果刚开始，小球的初速度较大，其洛伦兹力大于电场力，杆对小球的弹力水平向右，大小(FNF洛F)会随着速度的减小而减小，小球的加速度也一直减小直到F洛0表示电场方向竖直向上。t0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿
7、直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)求电场变化的周期T；(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。解析(1)微粒做直线运动，则mgqE0qvB微粒做圆周运动，则mgqE0联立得qB(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则vt1qvBm2Rvt2联立得t1；t2电场变化的周期Tt1t2(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d2R联立得R设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，由得t1min因t2不变，T的最小值Tmi
8、nt1mint2。答案(1)(2)(3)(1)解决带电粒子在交变磁场中的运动，关键要明确粒子在不同时间段内或不同区域的受力特点，对粒子的运动状态作出判断。(2)这类问题一般具有周期性，注意粒子运动周期与磁场周期的关系。(3)运用牛顿定律、运动的合成分解、动能定理、功能关系等规律解决。电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。图甲为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束(初速不计)经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向)，磁场区的中心为O，半径为r，荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点
9、。当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为2L的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：(1)电子打到荧光屏上时的速度大小；(2)磁感应强度的最大值B0。答案(1) (2)解析(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v，由动能定理得eUmv2，解得v 。(2)分析可得：当交变磁场为最大值B0时，电子束有最大偏转。电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为，在荧光屏上打在Q点，则PQL。由几何关系可知，tan则60根据几
10、何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角，而tan由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB0联立解得B0。1(多选)一个重力忽略不计的带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在图所示的几种情况中，可能出现的是()答案AD解析A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针运动，故A正确；C图中粒子应顺时针运动，故C错误；同理可以判断D正确、B错误。2如图所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原
11、点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)()AE向下，B向上 BE向下，B向下CE向上，B向下 DE向上，B向上答案A解析离子打在第象限，相对于原点O向下运动和向外运动，所以E向下，根据左手定则可知B向上，故A正确。3(2017河南洛阳统考)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OPx，下列图线能够正确反映x与U之间的函数关系的是()答案B解析带电粒子在电场中加速时，由动能定理得qUmv2，而在磁场中偏
12、转时，由牛顿第二定律得qvBm，依题意x2r，联立解得x ，故选B。4(2017广东湛江一中月考)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，其轨道半径为R。已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；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()A液滴带正电B液滴荷质比C液滴顺时针运动D液滴运动的速度大小v答案C解析液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故A错误；由mgqE解得，故B错误；磁场方向垂直纸面向
13、里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的运动方向为顺时针，故C正确；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为R，联立各式得v，故D错误。5(2017银川一中期末)(多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在竖直面内水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中(不计空气阻力)。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度时间图象可能是图中的()答案AD解析由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好qv0Bmg，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以v0做匀速直线运动，故A正确；如果qv0Bmg，则a，随着v的减小a也减小
14、，直到qvBmg，以后做匀速直线运动，故D正确，B、C错误。6(多选)如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场。某时刻，给小球一方向水平向右，大小为v0的初速度，则以下判断正确的是()A无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁
15、的弹力作用C无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小答案BC解析根据左手定则可以判定，小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，有mvmg2Rmv2，可求运动至最高点时小球的速度v0，所以小球一定能到达轨道最高点，C正确；在最高点时，小球做圆周运动所需的向心力Fmmg，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受
16、到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B正确；小球在从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且不断减小，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D错误。7.如图所示，带电荷量为q、质量为m的物块从倾角为37的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移。(斜面足够长，取sin370.6，cos370.8)答案解析经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面。所以，当物块对斜
17、面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmBmgcos物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：mgsmsinmv0由得：vm，sm。8(2018山东青岛期末)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E140 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2 N/C。一质量为m2103 kg带正电的小球，从点M(3.64 m，3.2 m)以v01 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点P(2.04 m,0)进入第四象限后经过y轴上的点N(0，2.28 m)(图中未标出)。(g取10 m/s2，sin3
18、70.6，cos370.8)求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)小球由P点运动至N点的时间。答案(1)2 T(2)0.6 s解析(1)由题意可知qE1mg，得q5104 C轨迹如图，RcosxMxP，RsinRyM可得R2 m，37由qv0B，得B2 T。(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tan0.75即37。可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，则小球进入第四象限后做类平抛运动。由几何关系可得lNQ0.6 m由lNQv0t，解得t0.6 s。9如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O且正对，在两板间有垂直于纸面方
19、向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。有一束正离子在t0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子的质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。(1)求磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v0的可能值。答案(1)(2)(n1,2,3，)解析(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0m粒子运动的周期T0联立两式得磁感应强度B0。(2)正离子从O孔垂直于N板射出磁场时，运动轨迹如图
20、所示。在两板之间正离子只运动一个周期T0时，有r在两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有r(n1,2,3，)，解得v0(n1,2,3，)。10(2017湖北宜昌一模)如图所示，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，在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轴正方向成30角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动半径为R，则()A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轨迹半径之比为21C粒子完成一次周期性运动的时间为D粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R答案D解析根据左手定则判断可知，粒子在第一象限和第四象限中所受的
21、洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向运动，而在第四象限沿逆时针方向运动，不可能回到原点O，故A错误；由r，知粒子做圆周运动的轨迹半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的轨迹半径之比为12，故B错误；粒子在第一象限内轨迹所对应的圆心角为60，在第四象限内轨迹所对应的圆心角也为60，粒子在第一象限做圆周运动的周期为T，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1T；同理，在第四象限运动的时间为t2T，故粒子完成一次周期性运动的时间为tt1t2，故C错误；根据几何知识得，粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进的距离为xR2R3R，故D正确。11. (2017湖南邵阳二模)(多选
22、)如图所示，在坐标系x0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1B232。在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子，已知粒子a以速度va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，带电荷量相等，且两粒子的速率满足mavambvb，若在此后的运动中，当粒子a第四次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇，粒子重力不计，下列说法正确的是()A粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为32B两粒子在y轴正半轴相遇C粒子a、b相遇时的速度方向相同D粒子a、b的质量之比为15答案BCD解析由带电粒
23、子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r，可得，A错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r可知，粒子a从O点出发沿x轴正方向运动，逆时针向上运动半周沿y轴上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下运动半周后下移2ra1，由于B2B1，则第二次经过y轴时粒子a在坐标原点的上方(2ra22ra1)处，同理，第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra22ra1)处，B正确；粒子在磁场B1、B2中的半径之比为23，如图所示，从运动情况进行考虑，粒子b向上运动半周后与粒子a相遇，粒子a第四次经过y轴时速度方向向右，而粒子b运动半周时速度方向也向右，所以粒子a、b相遇时的速度方向相同，C正确；根据周期
24、公式T及题意，当两粒子在y轴上相遇时，有Tb1Ta1Ta2，即，结合B1B232，得，D正确。12. (2016天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5 N/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B0.5 T。有一带正电的小球，质量m1.0106 kg，电荷量q2106 C，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g10 m/s2。求：(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)20 m/sv的方向
25、斜向右上方与电场E夹角60(2)3.5 s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则qvB 代入数据解得v20 m/s速度v的方向斜向右上方，与电场E的方向之间的夹角满足tan代入数据解得tan，60。(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，设其加速度为a，有a设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan联立式，代入数据解得t2 s3.5 s。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vyvsin。若使小球再次经过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vytgt20，联立式，代入数据解得t2 s3.5 s。
