題型1 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

1.三種場的比較
2.“三步法”突破疊加場問題

1.[電場＋磁場/2022全國甲]空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，電場的方向沿y軸正方向.一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動.下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的是（ B ）
A B C D
解析 分析可知，開始一段較短時間內(nèi)，帶正電的粒子具有沿y軸正方向的速度，由左手定則可知，粒子應(yīng)向左側(cè)偏轉(zhuǎn)，A、C錯誤；由于粒子所受電場力沿y軸正方向，且粒子初速度為零、初始位置在坐標(biāo)原點(diǎn)，故粒子運(yùn)動軌跡的最低點(diǎn)在x軸上，D錯誤，B正確.
2.[電場＋磁場＋重力場/2022湖南]如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器.此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力.
（1）求直流電源的電動勢E0；
（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度的最小值E'.
答案 （1）（R1＋R2）mgdqR2 （2）mv2qd （3）mg2q
解析 （1）小球在電容器中做勻速圓周運(yùn)動，電場力與重力大小相等、方向相反，設(shè)兩板間電壓為U，有
mg＝qUd
由閉合電路歐姆定律得U＝R2R1＋R2E0
聯(lián)立解得E0＝（R1＋R2）mgdqR2.
（2）小球在電容器中做勻速圓周運(yùn)動，恰從上板右側(cè)邊緣離開，設(shè)軌跡半徑為r，有r2＝（r－d）2＋（3d）2
又洛倫茲力提供小球做勻速圓周運(yùn)動的向心力，qvB＝mv2r
解得B＝mv2qd.
（3）小球離開磁場時，速度方向與水平方向的夾角為θ＝60°，要使小球做直線運(yùn)動，則電場力與重力的合力與速度方向共線，當(dāng)電場力等于小球重力垂直于速度方向的分力時，電場力最小，電場強(qiáng)度最小，qE'＝mgcs60°
解得E'＝mg2q.
題型2 帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動

1.交變場的常見的類型
（1）電場周期性變化，磁場不變；
（2）磁場周期性變化，電場不變；
（3）電場、磁場均周期性變化.
2.分析帶電粒子在交變場中運(yùn)動問題的基本思路

3.[交變電場]如圖甲所示，豎直邊界分別為PM和QN的區(qū)域?qū)挾葹?L，其內(nèi)部分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場，電場隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，E＞0表示電場方向豎直向上.在t＝0時，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電微粒從邊界P上的A點(diǎn)處水平射入該區(qū)域，先沿直線運(yùn)動到某點(diǎn)，再經(jīng)歷一次完整的半徑為L的勻速圓周運(yùn)動，最后沿直線運(yùn)動從邊界QN上的B點(diǎn)處離開該區(qū)域，重力加速度為g.求：
（1）圖乙中的E0；
（2）微粒剛進(jìn)入磁場時的速度v0的大小及磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；
（3）電場變化周期T的范圍.
答案 （1）mgq （2）2gL mqL2gL （3）（1＋π）2Lg≤T≤（32＋π）2Lg
解析 （1）由帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動可得qE0＝mg
解得E0＝mgq
（2）由帶電微粒做直線運(yùn)動可知Bqv0＝mg＋qE0
由帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動可得Bqv0＝mv02L
由上述兩式解得v0＝2gL
B＝mqL2gL
（3）①如圖a所示，當(dāng)O點(diǎn)為AB中點(diǎn)時，所對應(yīng)的周期為最小周期
設(shè)帶電微粒從A點(diǎn)處運(yùn)動至O點(diǎn)處所需要的時間為t1
t1＝xAOv0＝2L2gL＝2Lg
設(shè)帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的周期為t2
t2＝2πLv0＝π2Lg
則最小周期Tmin＝t1＋t2＝（1＋π）2Lg.
②如圖b所示，當(dāng)圓軌跡與右邊界QN相切時，所對應(yīng)的周期為最大周期
設(shè)帶電微粒從A點(diǎn)處運(yùn)動至O點(diǎn)處所需要的時間為t'1
t'1＝xAOv0＝3L2gL＝322Lg
設(shè)微粒做勻速圓周運(yùn)動的周期為t'2，t'2＝2πLv0＝π2Lg
則最大周期Tmax＝t'1＋t'2＝（32＋π）2Lg
綜上所述，電場變化周期T的范圍是
（1＋π）2Lg≤T≤（32＋π）2Lg.
4.[交變磁場]在如圖甲所示的正方形平面Oabc內(nèi)存在著垂直于該平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.一個質(zhì)量為m、所帶電荷量為＋q的粒子（不計(jì)重力）在t＝0時刻沿Oc邊從O點(diǎn)射入磁場中.已知正方形邊長為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，規(guī)定磁場向外的方向?yàn)檎较?
（1）求帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)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(yīng)強(qiáng)度的變化周期T的最大值.
（3）要使帶電粒子正好從b點(diǎn)沿著ab方向射出磁場，求滿足這一條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期T及粒子射入磁場時速度的大小v0.
答案 （1）2πmqB0 （2）5πm3qB0 （3）πmqB0 qB0Lnm（n＝2，4，6，…）
解析 （1）由qvB0＝mv2r，T0＝2πrv，解得T0＝2πmqB0
（2）如圖甲所示為帶電粒子不能從Oa邊界射出磁場的臨界情況，由幾何關(guān)系可知sinα＝12，解得α＝30°
在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為150°，運(yùn)動時間為
t＝512T0＝5πm6qB0
而t＝T2，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化周期T的最大值為5πm3qB0
（3）如圖乙所示為帶電粒子正好從b點(diǎn)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(nèi)，粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡對應(yīng)的圓心角為2β，其中β＝45°，即T2＝T04
所以磁場變化的周期為T＝πmqB0
弦OM的長度為s＝2Ln（n＝2，4，6，…）
帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為R＝s2＝Ln
由qv0B0＝mv02R，解得v0＝qB0Lnm（n＝2，4，6，…）.
5.[交變電場＋交變磁場]如圖（a）所示的xOy平面處于變化的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間做周期性變化的圖像如圖（b）所示，y軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向.t＝0時刻，帶負(fù)電粒子P（重力不計(jì)）由原點(diǎn)O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運(yùn)動.v0、E0和t0為已知量，圖（b）中E0B0＝8v0π2，在0～t0時間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時的坐標(biāo)為2v0t0π，2v0t0π.求：
（1）粒子P的比荷；
（2）t＝2t0時刻粒子P的位置；
（3）帶電粒子在運(yùn)動中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L.
答案 （1）4v0πE0t0 （2）（2+ππv0t0，0） （3）4+2ππv0t0
解析 （1）0～t0時間內(nèi)粒子P在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓
周運(yùn)動，當(dāng)粒子所在位置的縱、橫坐標(biāo)相等時，粒子在磁場中恰好經(jīng)過14圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠(yuǎn)距離等于軌跡半徑R，即R＝2v0t0π ①
又qv0B0＝mv02R ②
代入E0B0＝8v0π2，解得qm＝4v0πE0t0 ③
（2）設(shè)粒子P在磁場中運(yùn)動的周期為T，則
T＝2πRv0 ④
聯(lián)立①④解得T＝4t0 ⑤
即粒子P做14圓周運(yùn)動后磁場變?yōu)殡妶觯Ｗ右运俣葀0垂直電場方向進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，設(shè)t0～2t0時間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則x1＝v0t0 ⑥
y1＝12at02 ⑦
其中加速度a＝qE0m
由③⑦解得y1＝2v0t0π，因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標(biāo)為（2+ππv0t0，0）
（3）分析知，粒子P在2t0～3t0時間內(nèi)，電場力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關(guān)系知，在3t0時刻速度方向?yàn)閤軸正方向，水平位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內(nèi)粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動，往復(fù)運(yùn)動軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在運(yùn)動中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L即O、d間的距離，L＝2R＋2x1 ⑧
解得L＝4+2ππv0t0.
1.[帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運(yùn)動＋等勢面＋洛倫茲力/2022廣東/多選]如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn).已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（ BC ）
A.電子從N到P，電場力做正功
B.N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢
C.電子從M到N，洛倫茲力不做功
D.電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力
解析 電子從M點(diǎn)由靜止釋放，從M到N，電場力做正功，M、P在同一等勢面上，可知電子從N到P，電場力做負(fù)功，A錯誤；根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知N點(diǎn)電勢高于P點(diǎn)電勢，B正確；根據(jù)洛倫茲力方向與速度方向垂直，對帶電粒子永遠(yuǎn)不做功，可知電子從M到N，洛倫茲力不做功，C正確；洛倫茲力不做功，且M、P在同一等勢面上，可知電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)速度都是零，即電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都是只受到電場力作用，所以電子在M點(diǎn)所受的合力等于在P點(diǎn)所受的合力，D錯誤.
2.[帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運(yùn)動＋速度選擇器/2023全國乙]如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直.一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場后，沿直線運(yùn)動打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP＝l，S與屏的距離為l2，與x軸的距離為a.如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏.該粒子的比荷為（ A ）
A.E2aB2B.EaB2C.B2aE2D.BaE2
解析 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡如圖所示
3.[帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運(yùn)動/2023湖南]如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外.圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直.A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ.若區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t0.若改變電場或磁場強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（ D ）
A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t＞t0
B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t＞t0
C.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，則t＝t02
D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，則t＝2t0
解析 粒子在Ⅰ中qv0B1＝qE→v0＝EB1→粒子在Ⅱ中運(yùn)動的軌跡半徑為r0＝mv0qB2＝mEqB1B2
所用時間t0＝90°360°T＝14×2πmqB2＝πm2qB2
僅將B1變?yōu)?B1→v1＝12v0→r1＝12r0→從CF的四等分點(diǎn)處豎直向下射出
僅將E變?yōu)?E→v2＝2v0→r2＝2r0→從F點(diǎn)豎直向下射出
粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動軌跡如圖1所示
圖1
粒子轉(zhuǎn)過的圓心角均為90°，粒子在Ⅱ中運(yùn)動的時間仍為t0，AB錯
圖2 圖3
僅將Ⅱ中磁場變?yōu)?4B2→半徑r3＝43r0＞2r0，粒子從OF邊離開，如圖2所示→對應(yīng)圓心角的正弦值sinθ1＝2r0r3＝32→粒子轉(zhuǎn)過的圓心角θ1＝60°→粒子運(yùn)動時間t＝60°360°×2πmq·34B2＝839t0，C錯
僅將Ⅱ中磁場變?yōu)?4B2→半徑r4＝42r0＞2r0，粒子從OF邊離開，如圖3所示→對應(yīng)圓心角的正弦值sinθ2＝2r0r4＝22→粒子轉(zhuǎn)過的圓心角θ2＝45°→粒子運(yùn)動時間t＝45°360°×2πmq·24B2＝2t0，D對
4.[帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動/2021重慶]在如圖1所示的Oxy豎直平面內(nèi)，原點(diǎn)O處有一粒子源，可沿x軸正方向發(fā)射速度不同，比荷均為qm的帶正電的粒子.在x≥L的區(qū)域僅有垂直于平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場；x＜L的區(qū)域僅有如圖2所示的電場，0～t0時間內(nèi)和2t0時刻后的勻強(qiáng)電場大小相等，方向相反（0～t0時間內(nèi)電場方向豎直向下），t0～2t0時間內(nèi)電場強(qiáng)度為0.在磁場左邊界x＝L直線上的某點(diǎn)，固定一粒子收集器（圖中未畫出）.0時刻發(fā)射的A粒子在t0時刻經(jīng)過磁場左邊界進(jìn)入磁場，最終被收集器收集；B粒子在t03時刻以與A粒子相同的發(fā)射速度發(fā)射，第一次經(jīng)過磁場左邊界的位置坐標(biāo)為（L，－4L9）；C粒子在t0時刻發(fā)射，其發(fā)射速度是A粒子發(fā)射速度的14，不經(jīng)過磁場能被收集器收集.忽略粒子間相互作用力和粒子重力，不考慮邊界效應(yīng).

圖1 圖2
（1）求電場強(qiáng)度E的大??；
（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
（3）若2t0時刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的發(fā)射速度大小.
答案 （1）Lmqt02 （2）2m5qt0 （3）L3t0、L2t0、（6+1）L5t0
解析 （1）設(shè)A粒子發(fā)射速度為v，分別畫出三個粒子的運(yùn)動軌跡如圖甲所示.根據(jù)題述可知L＝vt0
圖甲
對B粒子沿y軸方向有
4L9＝12a（2t03）2＋a2t03·t03
又qE＝ma
聯(lián)立解得E＝Lmqt02.
（2）設(shè)收集器的位置坐標(biāo)為（L，y1），在電場中的運(yùn)動過程
對C粒子有L＝0.25v·4t0，y1＝12a（3t0）2
對A粒子有L＝vt0，y2＝12at02
A粒子進(jìn)入磁場時沿x軸方向分速度為
vx＝v＝Lt0
沿y軸方向分速度為vy＝at0＝Lt0
A粒子進(jìn)入磁場時與x軸夾角為θ
tanθ＝vyvx＝1
2rcsθ＝y(tǒng)1＋y2＝5at02＝5L
解得A粒子在磁場中的軌跡半徑為r＝52L2
A粒子進(jìn)入磁場時的速度vA＝2v
由洛倫茲力提供向心力有qvAB＝mvA2r
解得B＝2m5qt0.
（3）設(shè)2t0時刻發(fā)射的粒子在電場中運(yùn)動的時間為nt0（n＞0），則粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)位移為
y3＝12a（nt0）2＝L2n2
①若y3＝y(tǒng)1，即粒子不進(jìn)入磁場直接打在坐標(biāo)（L，92L）處，解得：n＝3
故粒子的入射速度v1＝Lnt0＝L3t0
②若y3＜y1，則粒子要進(jìn)入磁場運(yùn)動一段圓弧后打在坐標(biāo)（L，92L）處被收集，其運(yùn)動軌跡如圖乙所示，由運(yùn)動的合成與分解有v'x＝Lnt0＝1nv，v'y＝a·nt0＝nv
則粒子剛進(jìn)入磁場時的速度大小為
v'＝v'x2＋v'y2＝1n2＋n2v＝kv
設(shè)此時的速度方向與x＝L的夾角為α，即
sinα＝v'xv'＝1nk
粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r1，根據(jù)牛頓第二定律有qv'B＝mv'2r1
解得r1＝mv'qB＝kmvqB＝5L2·k
粒子要被收集，則必滿足
2r1sinα＝y(tǒng)1－y3＝L2（9－n2）
化簡即有n3－9n＋10＝0
變形可得（n－2）（n2＋2n－5）＝0
Ⅰ.當(dāng)n－2＝0時，則n＝2，即粒子的入射速度
v2＝Lnt0＝L2t0
Ⅱ.當(dāng)n2＋2n－5＝0，則n＝6－1[n＝－（6＋1）＜0舍去]時，即粒子的入射速度
v3＝Lnt0＝L（6－1）t0＝（6+1）L5t0
綜上所述，在t＝2t0時刻沿x方向射入的粒子，能夠被粒子收集器收集的粒子速度有：L3t0、L2t0、（6+1）L5t0.

1.[2023新課標(biāo)]一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè)，如圖所示.已知α粒子的速度約為電子速度的110，鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，則電場和磁場方向可能為（ C ）
A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里
B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外
C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里
D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外
解析 假設(shè)電子打在a點(diǎn)，即其所受電場力與洛倫茲力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v'小于電子的速度v，所以2eE＞2ev'B，α粒子經(jīng)過電、磁疊加場后向右偏轉(zhuǎn)，即其所受合力方向向右，由于α粒子帶正電，所以電場方向水平向右；電子所受電場力水平向左，則其所受洛倫茲力水平向右，則磁場方向垂直紙面向里，C正確.假設(shè)α粒子打在a點(diǎn)，同樣可以得出只有C正確.
2.[多選]如圖所示，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，上端開口、下端封閉的玻璃管豎直放置，玻璃管內(nèi)壁光滑，管底有一帶正電的小球，在外力作用下，玻璃管垂直進(jìn)入磁場并保持速度不變，小球最終從上端管口飛出.從玻璃管進(jìn)入磁場到小球飛出玻璃管的過程中，下列說法正確的是（ BC ）
A.洛倫茲力對小球做正功
B.小球的機(jī)械能增加
C.小球的運(yùn)動軌跡是一條拋物線
D.小球在玻璃管中的運(yùn)動時間與玻璃管的速度無關(guān)
解析 洛倫茲力的方向與速度方向垂直，永遠(yuǎn)不做功，A錯誤.設(shè)小球的水平分速度為v，豎直分速度為vy，小球受力如圖所示，玻璃管對帶電小球的彈力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，彈力對小球做正功，小球的機(jī)械能增加，B正確.小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運(yùn)動；小球在豎直方向所受的洛倫茲力F1＝qvB是恒力，在豎直方向，由牛頓第二定律得qvB－mg＝ma，解得小球的加速度大小a＝qvBm－g，可知小球的加速度不隨時間變化，恒定不變，小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，合運(yùn)動為勻變速曲線運(yùn)動，運(yùn)動軌跡是一條拋物線，C正確.小球在豎直方向做勻加速運(yùn)動，根據(jù)h＝12at2，可知t＝2?a＝2?qvBm－g，則小球在玻璃管中的運(yùn)動時間與玻璃管的速度有關(guān)，D錯誤.
3.[運(yùn)動的分解/2024北京海淀區(qū)模擬/多選]如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點(diǎn)P的軌跡可看成質(zhì)點(diǎn)P相對圓心O做速率為v的勻速圓周運(yùn)動，同時圓心O向右相對地面以速率v做勻速運(yùn)動形成的，該軌跡稱為圓滾線.如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E的勻強(qiáng)電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B的勻強(qiáng)磁場，已知一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB（該曲線屬于圓滾線）運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，C為運(yùn)動的最低點(diǎn).不計(jì)重力，則（ BC ）
A.該離子的電勢能先增大后減小
B.A、B兩點(diǎn)位于同一高度
C.到達(dá)C點(diǎn)時離子速度最大，大小為2EB
D.離子從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)經(jīng)歷的時間為πmqB
解析 正離子開始受到方向向下的電場力作用由靜止開始向下運(yùn)動，到最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動，所在位置的電勢先減小后增大，該離子的電勢能Ep＝qφ先減小后增大，故A錯誤；離子從A到B，動能變化量為零，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理知，電場力做的功為零，A、B兩點(diǎn)電勢相等，因?yàn)樵撾妶鍪莿驈?qiáng)電場，所以A、B兩點(diǎn)位于同一高度，故B正確；把初態(tài)速度0分解為向右的速度v和向左的速度v，且qvB＝Eq，解得v＝EB，離子沿曲線ACB的運(yùn)動可看成速率為v的勻速圓周運(yùn)動與圓心速率為v向右的勻速直線運(yùn)動的合運(yùn)動，離子到達(dá)C點(diǎn)時勻速直線運(yùn)動與圓周運(yùn)動速度同向，速度最大為vmax＝2v＝2EB，故C正確；離子從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)經(jīng)歷的時間為圓周運(yùn)動的一個周期T＝2πmqB，故D錯誤.
4.如圖所示，空間分布著水平向右的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球用絕緣細(xì)線懸掛在O點(diǎn).小球靜止時，細(xì)線與豎直方向的夾角α＝60°.已知重力加速度大小為g.
（1）求電場強(qiáng)度的大小E.
（2）若把小球拉至最低點(diǎn)A，并給它一水平初速度v0，為使小球可做完整的圓周運(yùn)動，求細(xì)線長度l的范圍.
（3）若小球在電場中靜止，再加一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.剪斷細(xì)線，求小球運(yùn)動過程中的最大速率vm.
答案 （1）3mgq （2）0＜l≤v028g （3）4mgBq
解析 （1）小球靜止時，受力平衡，有
Eq＝mgtanα，解得E＝3mgq
（2）小球所受重力、電場力的合力大小為
F＝（mg）2＋（Eq）2＝2mg
將重力場與電場視為一個等效場，則該場方向斜向下，與豎直方向夾角為α，小球靜止的位置為等效最低點(diǎn)，B點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，如圖1所示.如果小球剛好能做完整的圓周運(yùn)動，在等效最高點(diǎn)B滿足2mg＝mvB2l1
小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，由動能定理有
－mgl1（1＋sin30°）－Eql1cs30°＝12mvB2－12mv02
解得l1＝v028g
細(xì)線長度的取值范圍為0＜l≤v028g
（3）將小球的初速度分解為垂直于重力和電場力的合力F向上的速度v1和垂直于重力和電場力的合力F向下的速度v1，且滿足
F洛＝Bqv1＝2mg
垂直于重力和電場力的合力F向上的速度引起的洛倫茲力與重力和電場力的合力F等大反向，相互抵消，小球分運(yùn)動為垂直于重力和電場力的合力F向上的勻速直線運(yùn)動；垂直于重力和電場力的合力F向下的速度引起的洛倫茲力與F同向，使小球做逆時針的勻速圓周運(yùn)動.
所以小球做斜向右上的勻速直線運(yùn)動的同時做逆時針的勻速圓周運(yùn)動，如圖2和圖3，可知在軌跡Q點(diǎn)，小球的速度最大.
即vm＝2v1
所以vm＝4mgBq.
圖2 圖3
5.如圖甲所示，左、右豎直邊界分別為PP'、QQ'的勻強(qiáng)磁場寬度為d，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B按圖乙所示規(guī)律周期性變化，B0＝13×10－3T，T0＝2π×10－5s，磁場以垂直紙面向里為正方向.勻強(qiáng)磁場的左側(cè)有一粒子源，能沿紙面源源不斷地水平向右發(fā)射質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子，已知粒子速度均為v＝1.0×104m/s，粒子的比荷為qm＝108C/kg.若t＝0時刻射入的粒子恰好在34T0時刻從右邊界QQ'射出.忽略粒子的重力及粒子之間的相互作用.
（1）假設(shè)粒子在磁場中能做完整的勻速圓周運(yùn)動，周期為T，求T與T0的關(guān)系；
（2）求勻強(qiáng)磁場的寬度d.
答案 （1）T＝3T0 （2）3（23－1）20m或0.37m
解析 （1）粒子在磁場中做完整的圓周運(yùn)動的周期為T＝2πmqB0，解得T＝6π×10－5s
則T＝3T0
（2）粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，由qvB0＝mv2r，可得粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為r＝mvB0q＝0.3m
又T02＝θ1360°T，則T02時間內(nèi)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為θ1＝60°，T04＝θ2360°T，則T04時間內(nèi)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為θ2＝30°
由幾何關(guān)系知，勻強(qiáng)磁場的寬度d＝2rsin60°－rsin30°
解得d＝3（23－1）20m＝0.37m.
6.[2024江西九校聯(lián)考]如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向與x軸夾角為45°斜向右上方，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒從原點(diǎn)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(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運(yùn)動，當(dāng)微粒運(yùn)動到A（L，L）時，電場強(qiáng)度的方向突然變?yōu)樨Q直向上，大小變?yōu)樵瓉淼?倍（不計(jì)電場變化的時間），微粒繼續(xù)運(yùn)動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場.（不計(jì)一切阻力，重力加速度為g）求：
（1）電場強(qiáng)度E的大?。?br>（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
（3）微粒在復(fù)合場中運(yùn)動的時間.
答案 （1）2mg2q （2）mqg2L （3）（1＋3π4）2Lg
解析 （1）由題意可知微粒在到達(dá)A點(diǎn)之前做勻速直線運(yùn)動，對微粒受力分析，如圖1所示
由幾何關(guān)系有Eq＝mgsin45°
解得E＝2mg2q
（2）由圖1的幾何關(guān)系有qvB＝mgcs45°
電場強(qiáng)度的大小和方向改變后，微粒所受的重力和電場力平衡，微粒在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動，微粒從進(jìn)入復(fù)合場到穿出復(fù)合場的運(yùn)動軌跡如圖2所示
由幾何知識可得r＝2L
又qvB＝mv2r
聯(lián)立解得B＝mqg2L，v＝gL
（3）微粒做勻速直線運(yùn)動的時間為
t1＝2Lv＝2Lg
微粒做勻速圓周運(yùn)動的時間為
t2＝34π·rv＝3π42Lg
則微粒在復(fù)合場中運(yùn)動的總時間為
t＝t1＋t2＝（1＋3π4）2Lg.
7.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(yīng)強(qiáng)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(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子（不計(jì)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，m、q、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，求交變電場的周期T1；
（2）若僅存在勻強(qiáng)磁場，且滿足B0＝2mv0qd，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(diǎn)到出發(fā)點(diǎn)的水平距離.
答案 （1）4md2nqU0（n＝1，2，3，…） （2）3－12d
解析 （1）設(shè)經(jīng)時間t粒子恰好沿切線飛到Q板，豎直速度為零，由牛頓第二定律得，加速度a＝qU0md
半個周期內(nèi)，粒子向上運(yùn)動的距離為y＝12a（T12）2
d＝2ny
聯(lián)立解得T1＝4md2nqU0（n＝1，2，3，…）
（2）僅存在磁場時，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，則有qv0B0＝mv02r
解得r＝12d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交變磁場的半個周期內(nèi)，粒子軌跡對應(yīng)的圓心角設(shè)為90°＋θ，如圖所示，由幾何關(guān)系得r＋2rsinθ＝d
解得sinθ＝12
則粒子打到Q板的位置距出發(fā)點(diǎn)的水平距離為
x＝2rcsθ－r＝3－12d.核心考點(diǎn)
五年考情
命題分析預(yù)測
帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動
2023：全國乙T18，湖南T6；2022：廣東T8，湖南T13，全國甲T18；
2021：福建T2
通過帶電粒子在電場、磁場、重力場等的疊加場中的運(yùn)動與在交變電磁場中的運(yùn)動，考查帶電粒子的復(fù)雜運(yùn)動.試題難度中等偏上，題型有選擇題或計(jì)算題.預(yù)計(jì)2025年高考可能會結(jié)合相關(guān)實(shí)際問題，考查帶電粒子在疊加場中的直線運(yùn)動與勻速圓周運(yùn)動.若作為壓軸題，可能會涉及帶電粒子在交變電磁場中的周期性運(yùn)動.
帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動
2022：河北T14；
2021：重慶T14，浙江6月T22
力的特點(diǎn)
功和能的特點(diǎn)
重力場
大?。篏＝mg
方向：豎直向下
重力做功與路徑無關(guān)；重力做功改變物體的重力勢能
電場
大小：F＝qE
方向：正電荷受力方向與場強(qiáng)方向相同，負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向相反
電場力做功與路徑無關(guān)，W＝qU＝qEd；電場力做功改變帶電粒子的電勢能
磁場
大?。篎＝qvB（v⊥B）
方向：可用左手定則判斷
洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能

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