題型一 帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
例1 如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發(fā)，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，微粒繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場．不計一切阻力，重力加速度為g，求：
(1)電場強度E的大?。?br>(2)磁感應強度B的大??；
(3)微粒在復合場中的運動時間．
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g))
解析 (1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲：
可知Eq＝mg，得：E＝eq \f(mg,q).
(2)由平衡條件得：qvB＝eq \r(2)mg
電場方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙：qvB＝meq \f(v2,r)
由幾何知識可得：r＝eq \r(2)l
聯(lián)立解得：v＝eq \r(2gl)，
B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)).
(3)微粒做勻速直線運動的時間：t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g))
微粒做勻速圓周運動的時間：
t2＝eq \f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g))
微粒在復合場中的運動時間：
t＝t1＋t2＝(eq \f(3π,4)＋1)eq \r(\f(l,g)).
例2 如圖所示，直角坐標系xOy所在豎直平面內分布著場強大小相等的勻強電場，第一、二象限中場強方向沿y軸正方向，第三、四象限中場強方向沿x軸正方向；第一、四象限還分布著垂直于平面向里的勻強磁場．一質量為0.02 kg、帶正電的微粒自坐標為(0，－0.4 m)的A點出發(fā)，與y軸成45°角以2 m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限內做勻速直線運動，已知重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)微粒第一次通過y軸正半軸時的縱坐標；
(2)微粒運動軌跡與初速度方向所在的直線第一次相交時，所需要的時間(結果可用根式表示)；
(3)微粒從射出到第(2)問所說的時刻，動能的增加量．
答案 (1)0.4 m (2)eq \f(\r(2),10)(6＋π) s (3)0.16 J
解析 (1)微粒受力及運動過程分析如圖所示：
微粒在第四象限內沿與y軸成45°角做勻速直線運動，
有qE＝mg
qvB＝eq \r(2)mg
微粒在第一象限內，重力與靜電力二力平衡，微粒做勻速圓周運動，
由qvB＝eq \f(mv2,r)
聯(lián)立解得r＝eq \f(\r(2),5) m
由幾何關系得，微粒在第一象限恰好做了半個周期的圓周運動，故微粒第一次通過y軸正半軸時的縱坐標為0.4 m.
(2)由A到B微粒做勻速直線運動：
位移為x1＝eq \f(2\r(2),5) m
時間t1＝eq \f(x1,v)
解得t1＝eq \f(\r(2),5) s
由B到C微粒做勻速圓周運動：
t2＝eq \f(πr,v)
解得t2＝eq \f(\r(2)π,10) s
由C到D微粒做勻速直線運動：
位移為x2＝eq \f(2\r(2),5) m
時間t3＝eq \f(x2,v)
解得t3＝eq \f(\r(2),5) s
由D到E微粒做類平拋運動，軌跡交BA延長線于G點
加速度方向沿D指向A，大小為a＝eq \r(2)g
沿DA方向位移大小為x3＝eq \f(2\r(2),5) m
由x3＝eq \f(1,2)at42，
解得t4＝eq \f(\r(2),5) s
故t總＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq \f(\r(2),10)(6＋π) s
(3)只有在第三象限運動的過程，微粒動能有變化．
從D到G，合外力做的功W＝eq \r(2)mg·x3
由動能定理知，W＝ΔEk，
解得動能的增加量為ΔEk＝0.16 J．
題型二 帶電粒子在交變電、磁場中的運動
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
例3 (2022·山東日照市高三模擬)如圖甲所示，水平放置的平行金屬板P和Q，間距為d，兩板間存在周期性變化的電場或磁場．P、Q間的電勢差UPQ隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖丙所示，磁場方向垂直紙面向里為正方向．t＝0時刻，一質量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)，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兩板之間，q、m、d、v0、U0為已知量．
(1)若僅存在交變電場，要使粒子飛到Q板時，速度方向恰好與Q板相切，求交變電場周期T；
(2)若僅存在勻強磁場，且滿足B0＝eq \f(2mv0,qd)，粒子經(jīng)一段時間恰能垂直打在Q板上(不考慮粒子反彈)，求擊中點到出發(fā)點的水平距離．
答案 (1)eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……) (2)x＝eq \f(\r(3)－1,2)d
解析 (1)設經(jīng)時間t粒子恰好沿切線飛到上板，豎直速度為零，加速度為a，則a＝eq \f(qU0,md)
半個周期內，粒子向上運動的距離為
y＝eq \f(1,2)a(eq \f(T,2))2
d＝2ny
t＝nT
聯(lián)立得T＝eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……)
(2)僅存在磁場時，帶電粒子在勻強磁場中做半徑為r的勻速圓周運動，則有qv0B0＝meq \f(v02,r)
解得r＝eq \f(1,2)d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交變磁場的半個周期內，粒子軌跡的圓心角設為90°＋θ，如圖所示，由幾何關系得
r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝0.5
則粒子打到Q板的位置距出發(fā)點的水平距離為
x＝r－2r(1－cs θ)＝eq \f(\r(3)－1,2)d.
例4 如圖甲所示，水平放置的平行金屬板a、b間加直流電壓U，a板上方有足夠長的“V”字形絕緣彈性擋板，兩板夾角為60°，在擋板間加垂直紙面的交變磁場，磁感應強度隨時間變化如圖乙，垂直紙面向里為磁場正方向，其中B1＝B0，B2未知．現(xiàn)有一比荷為eq \f(q,m)、不計重力的帶正電粒子從c點靜止釋放，t＝0時刻，粒子剛好從小孔O進入上方磁場中，在t1時刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著在t1＋t2時刻粒子撞到右擋板，然后粒子又從O點豎直向下返回平行金屬板間，粒子與擋板碰撞前后電荷量不變，沿板的分速度不變，垂直板的分速度大小不變、方向相反，不計碰撞的時間及磁場變化產生的影響．求：
(1)粒子第一次到達O點時的速率；
(2)圖中B2的大小；
(3)金屬板a和b間的距離d.
答案 (1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)2B0 (3)eq \f(π?3＋5n?,24B0)eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…)
解析 (1)粒子從b板到a板過程中，靜電力做正功，根據(jù)動能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0
解得粒子第一次到達O點時的速率v＝eq \r(\f(2qU,m))
(2)粒子進入上方后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由qvB＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，
則得粒子做勻速圓周運動的半徑r1＝eq \f(mv,qB1)，r2＝eq \f(mv,qB2)
使其在整個裝置中做周期性的往返運動，運動軌跡如圖所示，由圖易知：r1＝2r2，
則得B2＝2B0.
(3)在0～t1時間內，粒子做勻速圓周運動的周期
T1＝eq \f(2πm,qB0)
在t1～(t1＋t2)時間內，粒子做勻速圓周運動的周期T2＝eq \f(πm,qB0)
由軌跡圖可知t1＝eq \f(1,6)T1＝eq \f(πm,3qB0)
t2＝eq \f(1,2)T2＝eq \f(πm,2qB0)
粒子在金屬板a和b間往返時間為t，
有d＝eq \f(0＋v,2)×eq \f(t,2)
且滿足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0,1,2，…)
聯(lián)立可得金屬板a和b間的距離d＝eq \f(π?3＋5n?,24B0)eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…)．
課時精練
1．(多選)質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是(重力加速度為g)( )
A．該微粒一定帶負電荷
B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動
C．該磁場的磁感應強度大小為eq \f(mg,qvcs θ)
D．該電場的電場強度大小為eq \f(mg,qtan θ)
答案 AC
解析 若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的靜電力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的靜電力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應該做勻速直線運動，故A正確，B錯誤；由平衡條件得qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應強度大小B＝eq \f(mg,qvcs θ)，電場的電場強度大小E＝eq \f(mgtan θ,q)，故C正確，D錯誤．
2．(2017·全國卷Ⅰ·16)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動．下列選項正確的是( )
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
答案 B
解析 設三個微粒的電荷量均為q，
a在紙面內做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與靜電力平衡，則
mag＝qE①
b在紙面內向右做勻速直線運動，三力平衡，則
mbg＝qE＋qvB②
c在紙面內向左做勻速直線運動，三力平衡，則
mcg＋qvB＝qE③
比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確．
3.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則( )
A．液滴帶正電
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿順時針方向運動
D．液滴運動速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
答案 C
解析 液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，故選項B錯誤；靜電力方向豎直向上，液滴帶負電，選項A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針方向轉動，選項C正確；對液滴，有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(RBg,E)，故選項D錯誤．
4.(多選)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動軌跡的最低點，不計空氣阻力，則以下說法中正確的是( )
A．液滴一定帶正電
B．液滴在C點時的動能最大
C．從A到C過程液滴的電勢能增大
D．從C到B過程液滴的機械能增大
答案 BCD
解析 從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運動，說明重力和靜電力的合力向下，洛倫茲力指向弧線內側，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負電，故A錯誤；重力向下，靜電力向上，且重力大于靜電力，從A到C的過程中，重力做正功，而靜電力做負功，洛倫茲力不做功，合力做正功，液滴動能增大，從C到B的過程中，重力做負功，靜電力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負功，液滴動能減小，所以液滴在C點時的動能最大，故B正確；從A到C過程液滴克服靜電力做功，電勢能增大，故C正確；從C到B的過程中，靜電力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D正確．
5．如圖，區(qū)域Ⅰ內有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區(qū)域寬度為d1，區(qū)域Ⅱ內有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域寬度為d2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下．一質量為m、電荷量大小為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了30°，重力加速度為g，求：
(1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內勻強電場的電場強度E1、E2的大?。?br>(2)區(qū)域Ⅱ內勻強磁場的磁感應強度B的大??；
(3)微粒從P運動到Q的時間．
答案 (1)eq \f(\r(2)mg,q) eq \f(mg,q) (2)eq \f(m\r(2gd1),2qd2) (3)eq \r(\f(2d1,g))＋eq \f(πd2,\r(18gd1))
解析 (1)微粒在區(qū)域Ⅰ內水平向右做直線運動，則在豎直方向上有：qE1sin 45°＝mg
解得：E1＝eq \f(\r(2)mg,q)
微粒在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動，則重力和靜電力平衡，
有：mg＝qE2，解得：E2＝eq \f(mg,q)
(2)粒子進入磁場區(qū)域時滿足：
qE1d1cs 45°＝eq \f(1,2)mv2
qvB＝meq \f(v2,R)
根據(jù)幾何關系，分析可知：R＝eq \f(d2,sin 30°)＝2d2
整理得：B＝eq \f(m\r(2gd1),2qd2)
(3)微粒從P到Q的時間包括在區(qū)域Ⅰ內的運動時間t1和在區(qū)域Ⅱ內的運動時間t2，
并滿足：eq \f(1,2)a1t12＝d1
mgtan 45°＝ma1
整理得t1＝eq \r(\f(2d1,g))
t2＝eq \f(30°,360°)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(1,12)·eq \f(2π·2d2,\r(2gd1))
得：t＝t1＋t2＝eq \r(\f(2d1,g))＋eq \f(πd2,\r(18gd1)).
6．在如圖甲所示的正方形平面Oabc內存在著垂直于該平面的勻強磁場，磁感應強度的變化規(guī)律如圖乙所示．一個質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)在t＝0時刻平行于Oc邊從O點射入磁場中．已知正方形邊長為L，磁感應強度的大小為B0，規(guī)定垂直于紙面向外的方向為磁場的正方向．
(1)求帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T0.
(2)若帶電粒子不能從Oa邊界射出磁場，求磁感應強度的變化周期T的最大值．
(3)要使帶電粒子從b點沿著ab方向射出磁場，求滿足這一條件的磁感應強度變化的周期T及粒子射入磁場時的速度大小．
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)如圖甲所示為周期最大時粒子不能從Oa邊射出的臨界情況，由幾何關系可知sin α＝eq \f(1,2)，
解得α＝30°.
在磁場變化的半個周期內，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為150°，
運動時間為t＝eq \f(5,12)T0＝eq \f(5πm,6qB0).
而t＝eq \f(T,2)
所以磁感應強度的變化周期T的最大值為eq \f(5πm,3qB0).
(3)如圖乙所示為粒子從b點沿著ab方向射出磁場的一種情況．在磁場變化的半個周期內，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為2β，其中β＝45°，即eq \f(T,2)＝eq \f(T0,4)
所以磁場變化的周期為T＝eq \f(πm,qB0)
弦OM的長度為s＝eq \f(\r(2)L,n)(n＝2,4,6，…)
圓弧半徑為R＝eq \f(s,\r(2))＝eq \f(L,n)(n＝2,4,6，…)
由qv0B0＝meq \f(v02,R)，
解得v0＝eq \f(qB0L,nm)(n＝2,4,6，…)．
7．(2022·江西高三月考)如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系xOy中，第四象限內有垂直坐標平面向里的勻強磁場和沿x軸正方向的勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E.第一象限中有沿y軸正方向的勻強電場(電場強度大小未知)且某未知矩形區(qū)域內有垂直坐標平面向里的勻強磁場(磁感應強度大小也為B)．一個帶電小球從圖中y軸上的M點，沿與x軸成θ＝45°角斜向上做勻速直線運動，由x軸上的N點進入第一象限并立即在矩形磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，離開矩形磁場區(qū)域后垂直打在y軸上的P點(圖中未標出)，已知O、N點間的距離為L，重力加速度大小為g(取sin 22.5°＝0.4，cs 22.5°＝0.9)．求：
(1)小球所帶電荷量與質量的比值和第一象限內勻強電場的場強大??；
(2)矩形勻強磁場區(qū)域面積S的最小值；
(3)小球從M點運動到P點所用的時間．
答案 (1)eq \f(g,E) E (2)eq \f(2.16E4,g2B4) (3)eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))
解析 (1)設小球質量為m，電荷量為q，速度為v，小球在MN段受力如圖
因為在MN段做勻速直線運動，所以小球受力平衡，由平衡條件得
mgtan 45°＝qE
qvBsin 45°＝qE
解得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)
要使小球進入第一象限后能立即在矩形磁場區(qū)城內做勻速圓周運動，則小球受的重力必須與靜電力平衡，mg＝qE1
聯(lián)立解得E1＝E
(2)由(1)可知qvB＝eq \r(2)qE
即v＝eq \f(\r(2)E,B)
由qvB＝meq \f(v2,R)
可知R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2)E2,gB2)
由圖可知矩形的最小面積S＝2Rcs 22.5°×(R－Rsin 22.5°)＝eq \f(2.16E4,g2B4)
(3)在第四象限運動的時間
t1＝eq \f(\r(2)L,v)
在第一象限矩形磁場區(qū)域運動的時間
t2＝eq \f(\f(3πR,4),v)
在第一象限做勻速直線運動的時間
t3＝eq \f(L－\f(\r(2),2)R,v)
聯(lián)立解得小球從M到P的總時間
t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))．
8．如圖甲所示，在xOy平面內存在大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)．在t＝0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負電粒子．v0、t0、B0為已知量，粒子的比荷為eq \f(π,B0t0)，不計粒子的重力．求：
(1)t＝t0時，粒子的位置坐標；
(2)若t＝5t0時粒子回到原點，0～5t0時間內粒子距x軸的最大距離；
(3)若粒子能夠回到原點，滿足條件的所有E0值．
答案 (1)(eq \f(2v0t0,π)，0) (2)(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0 (3)eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子在0～t0內沿順時針方向做勻速圓周運動qv0B0＝meq \f(v02,r1)，T＝eq \f(2πr1,v0)，解得r1＝eq \f(mv0,qB0)，T＝eq \f(2πm,qB0)
又粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)
解得r1＝eq \f(v0t0,π)，T＝2t0
故t＝t0時，粒子的位置坐標為(eq \f(2v0t0,π)，0)．
(2)粒子在t＝5t0時回到原點，運動軌跡如圖甲所示．
由r2＝2r1，r1＝eq \f(mv0,qB0)，r2＝eq \f(mv2,qB0)，解得v2＝2v0
則在0～5t0時間內粒子距x軸的最大距離hm＝eq \f(v0＋2v0,2)t0＋r2＝(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0.
(3)如圖乙所示，
設帶電粒子在x軸下方做圓周運動的軌跡半徑為r2′，由幾何關系可知，要使粒子能夠回到原點，則必須滿足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
其中r2′＝eq \f(mv,qB0)
解得v＝eq \f(n＋1,n)v0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
解得E0＝eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…)．運動性質
受力特點
方法規(guī)律
勻速直線運動
粒子所受的合力為0
平衡條件
勻速圓周運動
除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg
牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律
較復雜的曲線運動
除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向
動能定理、能量守恒定律
先讀圖
看清并且明白場的變化情況
受力分析
分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況
過程分析
分析粒子在不同時間段內的運動情況
找銜接點
找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向
選規(guī)律
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新高考物理一輪復習講義第10章 磁場 專題強化二十 帶電粒子在疊加場和交變電磁場中的運動 (含解析)：

這是一份新高考物理一輪復習講義第10章 磁場 專題強化二十 帶電粒子在疊加場和交變電磁場中的運動 (含解析)，文件包含人教版物理九年級全冊同步精品講義153串聯(lián)和并聯(lián)原卷版doc、人教版物理九年級全冊同步精品講義153串聯(lián)和并聯(lián)教師版doc等2份試卷配套教學資源，其中試卷共35頁， 歡迎下載使用。

新高考物理一輪復習專題12.3　帶電粒子在組合場 疊加場和交變電、磁場中的運動 精品練習（含解析）：

這是一份新高考物理一輪復習專題12.3　帶電粒子在組合場 疊加場和交變電、磁場中的運動 精品練習（含解析），共34頁。

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