1．疊加場(chǎng)
電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存。
2．無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)
(1)洛倫茲力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題。
(2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)
①若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
②若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題。
(3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。
②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題。
3．有約束情況下的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過(guò)受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解。
例1 如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5eq \r(3)N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求：
(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；
(2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。
[解析] (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，
有qvB＝eq \r(q2E2＋m2g2)①
代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s②
速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角θ滿足
tan θ＝eq \f(qE,mg)③
代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝eq \r(3)，θ＝60°④
(2)解法一：撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有
a＝eq \f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤
設(shè)撤掉磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有
x＝vt⑥
設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有
y＝eq \f(1,2)at2⑦
a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tan θ＝eq \f(y,x)⑧
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得
t＝2eq \r(3) s＝3.5 s。⑨
解法二：
撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝v sin θ
⑤
若使小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，
則有vyt－eq \f(1,2)gt2＝0⑥
聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq \r(3) s＝3.5 s。⑦
[答案] (1)見(jiàn)解析 (2)3.5 s
〔變式訓(xùn)練1〕(2021·湖南懷化月考)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是( B )
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
[解析] 該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq \f(qE,g)。b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mbg＝eq \f(qE,g)＋eq \f(qvbB,g)。c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq \f(qE,g)－eq \f(qvcB,g)。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確。
二、帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．組合場(chǎng)
電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)。
2．分析思路
(1)劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理。
(2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵。
(3)畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題。
例2 (2021·河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形abcd區(qū)域內(nèi)，均分成相同的三個(gè)矩形區(qū)域，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有大小B1＝B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域Ⅲ內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在紙面內(nèi)由ab邊的中點(diǎn)e沿與ab夾角為37°的方向，向區(qū)域Ⅰ內(nèi)射入質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，粒子以與MN邊的夾角為37°的方向進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，然后垂直PQ又進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，恰好從PQ的中點(diǎn)射出區(qū)域Ⅲ而進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不計(jì)粒子的重力。求：
(1)粒子從e點(diǎn)射入的速度大??；
(2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E及區(qū)域Ⅲ內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小。
[解析] 本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。
(1)設(shè)粒子第一次經(jīng)過(guò)MN邊的位置為f，由幾何關(guān)系可知，e、f連線與MN垂直。設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，則r1cs θ＝eq \f(L,6)，解得r1＝eq \f(5L,24)，設(shè)粒子從e點(diǎn)射入的速度大小為v0，根據(jù)牛頓第二定律可得qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r1)，解得v0＝eq \f(5qBL,24m)。
(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過(guò)PQ時(shí)的速度大小為v1，粒子在電場(chǎng)中做逆向類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子第一次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq \f(\f(L,3),v0sin θ)＝eq \f(8m,3qB)，
粒子沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的位移h1＝eq \f(\f(L,6),tan θ)＝eq \f(2,9)L，
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，
根據(jù)牛頓第二定律可得qE＝ma，
解得E＝eq \f(qLB2,16m)，
粒子從g點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)的速度大小v1＝v0sin θ＝eq \f(qBL,8m)，
在區(qū)域Ⅲ中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝eq \f(1,2)h＝eq \f(1,9)L，
根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B2＝meq \f(v\\al(2,1),r2)，
解得區(qū)域Ⅲ中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝eq \f(9,8)B。
[答案] (1)eq \f(5qBL,24m) (2)eq \f(qLB2,16m) eq \f(9,8)B
〔變式訓(xùn)練2〕(2019·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq \f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過(guò)x軸離開(kāi)第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為( B )
A．eq \f(5πm,6qB) B．eq \f(7πm,6qB)
C．eq \f(11πm,6qB) D．eq \f(13πm,6qB)
[解析] 帶電粒子在不同磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，其速度大小不變，由r＝eq \f(mv,qB)知，第一象限內(nèi)的圓半徑是第二象限內(nèi)圓半徑的2倍，如圖所示。
粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
t1＝eq \f(T1,4)＝eq \f(2πm,4qB)＝eq \f(πm,2qB)
粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
t2＝eq \f(T2,6)＝eq \f(2πm×2,6qB)＝eq \f(2πm,3qB)
則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝eq \f(7πm,6qB)，選項(xiàng)B正確。
〔專題強(qiáng)化訓(xùn)練〕
1．(2021·浙江杭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校期末考試)(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，圓環(huán)的速度圖像可能是下圖中的( AD )
[解析] 由左手定則可判斷出圓環(huán)所受洛倫茲力方向向上，當(dāng)洛倫茲力初始時(shí)刻小于重力時(shí)，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來(lái)越大，摩擦力越來(lái)越大，故圓環(huán)做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零而處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)中沒(méi)有對(duì)應(yīng)圖像；當(dāng)洛倫茲力初始時(shí)刻等于重力時(shí)，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A對(duì)；當(dāng)洛倫茲力初始時(shí)刻大于重力時(shí)，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，在彈力減小到零的過(guò)程中，摩擦力逐漸減小到零，故圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，摩擦力為零時(shí)，開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D對(duì)。
2．平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問(wèn)：
(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；
(2)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。
[答案] (1)eq \r(2)v0，與x軸正方向夾角為45° (2)eq \f(v0,2)
[解析] 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。
(1)在電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L(zhǎng)，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有
2L＝v0t①
L＝eq \f(1,2)at2②
設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vy，vy＝at③
設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有
tan α＝eq \f(vy,v0)④
聯(lián)立①②③④式得α＝45°⑤
即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上
設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))⑥
聯(lián)立①②③⑥式得v＝eq \r(2)v0。⑦
(2)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma⑧
又F＝qE⑨
設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)⑩
由幾何關(guān)系可知R＝eq \r(2)L?
聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2)。?

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