專題12 帶電粒子在組（復(fù)）合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（解析版）

1、2020年高考物理二輪溫習(xí)熱點(diǎn)題型與提分秘籍專題12 帶電粒子在組（復(fù)）合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題型一 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【題型解碼】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中一般做勻變速直線運(yùn)動(dòng)或類平拋運(yùn)動(dòng)；在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)一般做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；(2)明確各段運(yùn)動(dòng)性質(zhì),畫出運(yùn)動(dòng)軌跡,特別注意各銜接點(diǎn)的速度方向、大小【典例分析1】 (2018全國卷,24)如圖,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng),自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1,并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l。不計(jì)重力

2、影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比?！緟⒖紖⒖即鸢浮?1)(2)14【名師解析】(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1,在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,由動(dòng)能定理有q1Um1v由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1Bm1由幾何關(guān)系知2R1l由式得B。(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2,射入磁場(chǎng)的速度為v2,在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有q2Um2vq2v2Bm2由題給條件有2R2由式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為14?！镜淅治?】(2019大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)檢測(cè))如圖所示,直角坐標(biāo)系中的第

3、象限中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),在第象限中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子,在x軸上的a點(diǎn)以速度v0與x軸負(fù)方向成60角射入磁場(chǎng),從yL處的b點(diǎn)沿垂直于y軸方向進(jìn)入電場(chǎng),并經(jīng)過x軸上x2L處的c點(diǎn)。不計(jì)粒子重力。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(3)帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比?！緟⒖紖⒖即鸢浮?1)(2)(3)【名師解析】(1)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可知：rrcos60L,得r又因?yàn)閝v0Bm解得：B。(2)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),沿x軸有：2Lv0t2沿y軸有：Lat,又因?yàn)閝Ema解得：E。(3)帶電粒子在磁場(chǎng)

4、中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t1帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2所以帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為：?！镜淅治?】(2019山東濰坊模擬)在如圖所示的坐標(biāo)系中,第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)p點(diǎn)為y軸正半軸上的一點(diǎn),坐標(biāo)為(0,l)；n點(diǎn)為y軸負(fù)半軸上的一點(diǎn),坐標(biāo)未知現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子由p點(diǎn)沿y軸正方向以一定的速度射入勻強(qiáng)磁場(chǎng),該粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點(diǎn)粒子的重力忽略不計(jì)求：

5、(1)粒子在p點(diǎn)的速度大小；(2)第三和第四象限內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；(3)帶電粒子從由p點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到第三次通過x軸的總時(shí)間【參考答案】：(1)(2)(3)(22)【解析】：粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示(1)由幾何關(guān)系可知rsin 45l解得rl又因?yàn)閝v0Bm,可解得v0.(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)在第三象限內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)的逆過程,設(shè)粒子射入電場(chǎng)坐標(biāo)為(x1,0),從粒子射入電場(chǎng)到粒子經(jīng)過n點(diǎn)的時(shí)間為t2,由幾何關(guān)系知x1(1)l,在n點(diǎn)有v2v1v0由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有(1)lv0t2v0at2t2聯(lián)立以上方程解得t2,E.(3)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期為T粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1

6、T粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2t2粒子第二次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3T故粒子從開始到第三次通過x軸所用時(shí)間為tt12t2t3(22).【提分秘籍】1.帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的處理方法(1)解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的一般思維模板(2)用規(guī)律選擇思路帶電粒子經(jīng)過電場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用動(dòng)能定理或類平拋的知識(shí)來處理；帶電粒子經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理。(3)關(guān)注從一種場(chǎng)進(jìn)入另一種場(chǎng)的銜接速度。2組合場(chǎng)中的兩種典型偏轉(zhuǎn)垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力)受力情況電場(chǎng)力FEqE,其大小、方向不變,與速度v無關(guān),FE是恒力洛倫茲力FBqvB,其大小不變,

7、方向隨v而改變,FB是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動(dòng)軌跡求解方法利用類似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解：vxv0,xv0tvyt,yt2偏轉(zhuǎn)角：tan 半徑：r周期：T偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間ttT動(dòng)能變化不變【突破訓(xùn)練】1.(2019陜西榆林一模)如圖所示,在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。在該平面有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,以初速度v0垂直x軸,從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),之后與y軸成45角射出電場(chǎng),再經(jīng)過一段時(shí)間恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場(chǎng),已知OP之間的距離為d,不計(jì)帶電粒

8、子的重力,則()A磁感應(yīng)強(qiáng)度BB電場(chǎng)強(qiáng)度EC自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁場(chǎng)中第二次經(jīng)過x軸所用時(shí)間為D自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁場(chǎng)中第二次經(jīng)過x軸所用時(shí)間為【參考答案】BD【解析】粒子的軌跡如圖所示,帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng),豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng),由題得知,出電場(chǎng)時(shí),vxvyv0,根據(jù)xdvxt、yvytv0t,得y2x2d,出電場(chǎng)時(shí)軌跡與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2d)。設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R,則有Rsin(180)y2d,而135,解得：R2d,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度vv0,根據(jù)R,解得B,故A錯(cuò)誤；根據(jù)vxattv0、dvxt,得E,故B正確；粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T,在第一象限

9、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1T,在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1T,所以自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁場(chǎng)中第二次經(jīng)過x軸所用時(shí)間tt1t2,故D正確,C錯(cuò)誤。2.(2019岳陽模擬)如圖所示,真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點(diǎn)e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)撤去磁場(chǎng)并保留電場(chǎng)時(shí),粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點(diǎn)飛離該區(qū)域。已知adbcR,忽略粒子的重力。求：(1)帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值；(2)若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng),粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置?！緟⒖即鸢浮?1

10、)(2)ab邊上距b點(diǎn)處【解析】(1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E,當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí),粒子沿ef方向做直線運(yùn)動(dòng),有qv0BqE當(dāng)撤去磁場(chǎng),保留電場(chǎng)時(shí),帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),由題知,粒子恰能從c點(diǎn)飛出,則水平方向有2Rv0t豎直方向有bcat2因?yàn)閝Ema解得。(2)若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng),粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由洛倫茲力提供向心力有qv0Bm得rR軌跡如圖所示,由圖中幾何關(guān)系得rRtan得60,故粒子離開矩形區(qū)域時(shí)在ab邊上的位置g與b的距離為xRbc解得x。3.(2019貴州黔東南州模擬)空間中有一直角坐標(biāo)系,其第一象限在

11、圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi),有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點(diǎn)A處沿紙面上的不同方向射入磁場(chǎng)中,如圖所示已知粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均為R,其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達(dá)x軸上與O點(diǎn)距離為2R的N點(diǎn),不計(jì)粒子的重力和它們之間的相互作用力,求：(1)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小及電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；(2)速度方向與AO1夾角為60(斜向右上方)的粒子到達(dá)y軸所用的時(shí)間【參考答案】：(1)(2)()【解析】：(1)設(shè)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度

12、大小為v,因在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得qvBm,得v如圖甲所示,因粒子的軌跡半徑是R,故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點(diǎn)沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng),則粒子在電場(chǎng)中從D點(diǎn)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng),有2Rvt又因?yàn)镽t2解得E.(2)軌跡如圖乙所示,軌跡圓心為C,從M點(diǎn)射出磁場(chǎng),連接O1M,四邊形O1MCA是菱形,故CM垂直于x軸,速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角150,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1T粒子離開磁場(chǎng)到y(tǒng)軸的距離MH,在無場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2故粒子到達(dá)y軸的時(shí)間為tt1t2().4.(2019煙臺(tái)模擬)如圖所示,邊長(zhǎng)為3L的正方形區(qū)域分成相等的三部分,左右兩側(cè)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)

13、,中間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)。左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,方向垂直紙面向外；右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,方向垂直于紙面向里；中間區(qū)域電場(chǎng)方向與正方形區(qū)域的上下邊界平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,從平行金屬板的正極板開始由靜止被加速,加速電壓為U,加速后粒子從a點(diǎn)進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng),又從距正方形上下邊界等間距的b點(diǎn)沿與電場(chǎng)平行的方向進(jìn)入電場(chǎng),不計(jì)粒子重力。求：(1)粒子經(jīng)過平行金屬板加速后的速度大??；(2)粒子在左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的半徑及運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度的取值在什么范圍內(nèi)時(shí),粒子能從右側(cè)磁場(chǎng)的上邊緣cd間離開?！緟⒖即鸢浮?1) (2) (3)E【解析】(1)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),qU

14、mv2,解得粒子經(jīng)過平行金屬板加速后的速度大小v 。(2)粒子在左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)由洛倫茲力提供向心力qvB1,解得粒子在左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的半徑R1設(shè)粒子在左側(cè)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度為,如圖所示由sin,解得60,周期T粒子在左側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tT 。(3)粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),設(shè)在上邊緣cd間離開的臨界速度分別為vn與vm,與之相對(duì)應(yīng)的軌跡半徑分別為Rn與Rm。如圖所示,由分析知RnL,RmL由洛倫茲力提供向心力有qvnB2對(duì)于粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理有qEnLmvmv2,得En同理得Em所以電場(chǎng)強(qiáng)度的范圍為E時(shí),粒子能從右側(cè)磁場(chǎng)的上邊緣cd間離開。題型二 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中

15、的應(yīng)用【題型解碼】【典例分析1】如圖所示,一個(gè)靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力),經(jīng)電壓U加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)半個(gè)圓后打在P點(diǎn),設(shè)OPx,能夠正確反應(yīng)x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()【參考參考答案】：B【名師解析】：設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度為v,粒子通過電場(chǎng)的過程中,由動(dòng)能定理得qUmv2,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得qvBm,R,由以上三式解得x ,選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤【典例分析2】(2019湖南常德高三一模)2018年,我省加大環(huán)保督查力度,打響碧水藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)。督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì),測(cè)量管由絕緣材料制

16、成,其長(zhǎng)為L(zhǎng)、直徑為D,左右兩端開口,在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下。污水(含有大量的正、負(fù)離子)充滿管口從左向右流經(jīng)該測(cè)量管時(shí),a、c兩端的電壓為U,顯示儀器顯示污水流量Q(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)。則()Aa側(cè)電勢(shì)比c側(cè)電勢(shì)低 B污水中離子濃度越高,顯示儀器的示數(shù)越大C污水流量Q與U成正比,與L、D無關(guān) D勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B【參考參考答案】D【名師解析】污水中正、負(fù)離子從左向右移動(dòng),受到洛倫茲力,根據(jù)左手定則,正離子向a表面偏轉(zhuǎn),負(fù)離子向c表面偏轉(zhuǎn),所以a側(cè)電勢(shì)比c側(cè)電勢(shì)高,故A錯(cuò)誤；最終正、負(fù)離子受到電場(chǎng)力和洛倫茲力而處于平衡狀態(tài),有qEqvB,即

17、vB,而污水流量Q,可知Q與U、D成正比,與L無關(guān),與離子濃度無關(guān),B、C錯(cuò)誤；由Q可知,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B,故D正確?！咎岱置丶拷M合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中電磁技術(shù)的解題秘籍在電磁技術(shù)中,中學(xué)階段常見的是帶電粒子在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的幾種模型。如：速度選擇器、回旋加速器、質(zhì)譜儀、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾元件、電磁流量計(jì)等。 其中速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾元件和電磁流量計(jì)的配合特征是粒子在儀器中只受電場(chǎng)力和洛倫茲力作用,并且最終電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡。所以我們應(yīng)化繁為簡(jiǎn)研究實(shí)質(zhì)。題型三 帶電粒子在交變復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【題型解碼】1.先分析在一個(gè)周期內(nèi)粒子的運(yùn)動(dòng)情況,明確運(yùn)動(dòng)性質(zhì),判斷周期性變化

18、的電場(chǎng)或磁場(chǎng)對(duì)粒子運(yùn)動(dòng)的影響；2.畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,分析軌跡在幾何關(guān)系方面的周期性【典例分析1】(2019江蘇省丹陽市丹陽高級(jí)中學(xué)三模)如圖a所示,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于xOy平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1按圖b所示規(guī)律變化(垂直于紙面向外為正)。t0時(shí),一比荷為1105 C/kg的帶正電粒子從原點(diǎn)沿y軸正方向射入,速度大小v5104 m/s,不計(jì)粒子重力。(1)求帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；(2)求t104 s時(shí)帶電粒子的坐標(biāo)；(3)保持圖b中磁場(chǎng)不變,再加一垂直于xOy平面向外的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2,其磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.3 T,在t0時(shí),粒子仍以原來的速度從原點(diǎn)射入,求粒子回到坐標(biāo)原點(diǎn)的時(shí)刻?！緟⒖紖⒖即?/p>

19、案】(1)1 m(2)(3.41 m,1.41 m) (3)t1(2n)104 s和t22(n1)104 s(n0,1,2,)【名師解析】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,qvB1m解得r1 m。(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T0104 s在0104 s過程中,粒子運(yùn)動(dòng)了,圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角1在104104 s過程中,粒子又運(yùn)動(dòng)了,圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角2軌跡如圖甲所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知,帶電粒子的橫坐標(biāo)：x2r2rsin(2) m3.41 m縱坐標(biāo)：y2rcos m1.41 m故帶電粒子的坐標(biāo)為(3.41 m,1.41 m)。(3)施加B20.3 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

20、與原磁場(chǎng)疊加后,合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間的變化如圖乙所示,當(dāng)nTtnT(n0,1,2,)時(shí),粒子在B10.8 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T1104 s；當(dāng)nTt,由A選項(xiàng)分析可知,t時(shí)刻進(jìn)入的粒子在t前已經(jīng)打在下極板上,不可能從O點(diǎn)射出,C錯(cuò)誤；由圖2可知,tT時(shí)刻進(jìn)入的粒子,豎直方向上先向上加速,加速時(shí)間t1,加速過程豎直方向的位移y1at,然后向上減速,減速時(shí)間t2t1,減速過程豎直方向的位移y2y1,由y1y2可知粒子恰好不碰到上極板,然后豎直方向向下加速,再向下減速到豎直方向速度為零如此反復(fù),則最后從電場(chǎng)射出時(shí)沿電場(chǎng)方向的位移為零,則粒子將從O點(diǎn)射出,D正確。2.(2019哈爾濱

21、三中模擬)如圖甲所示,質(zhì)量為m帶電量為q的帶電粒子在t0時(shí)刻由a點(diǎn)以初速度v0垂直進(jìn)入磁場(chǎng),區(qū)域磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變、方向周期性變化如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng),方向向上；區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與區(qū)域相同均為B0.粒子在區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運(yùn)動(dòng)且每次經(jīng)過mn的時(shí)刻均為整數(shù)倍,則：(1)粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為多少？(2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時(shí)的位置距離為x,求粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)【參考答案】(1)或(2)2v0【解析】(1)帶電粒子在區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,即qv0B0m解得r(或T0,r)(2)第一種

22、情況,若粒子進(jìn)入第區(qū)域,當(dāng)?shù)谌谓?jīng)過mn進(jìn)入?yún)^(qū)域,區(qū)域磁場(chǎng)向外時(shí)：粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)半徑Rqv2B0m解得粒子在區(qū)域速度大小v2第二種情況,若粒子進(jìn)入第區(qū)域,當(dāng)?shù)谌谓?jīng)過mn進(jìn)入?yún)^(qū)域,區(qū)域磁場(chǎng)向里時(shí)：粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)半徑R粒子在區(qū)域速度大小v22v0.題型四 帶電粒子在（復(fù)合）疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【題型解碼】1.磁場(chǎng)力,重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)(2)若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,故機(jī)械能守恒2.電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(1)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)(2)若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡,則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),可用動(dòng)能定理

23、求解【典例分析1】(2019山東省濱州市二模)如圖所示,處于豎直面內(nèi)的坐標(biāo)系x軸水平、y軸豎直,第二象限內(nèi)有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向豎直向下,磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面向里。帶電微粒從x軸上M點(diǎn)以某一速度射入電磁場(chǎng)中,速度與x軸負(fù)半軸夾角53,微粒在第二象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng),并垂直y軸進(jìn)入第一象限。已知微粒的質(zhì)量為m,電荷量為q,OM間距離為L(zhǎng),重力加速度為g,sin530.8,cos530.6。求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)若微粒再次回到x軸時(shí)動(dòng)能為M點(diǎn)動(dòng)能的2倍,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多少？【參考參考答案】(1)(2) 【名師解析】(1)微粒在第二象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則qE

24、mg解得：E。(2)微粒垂直y軸進(jìn)入第一象限,則圓周運(yùn)動(dòng)圓心在y軸上,由幾何關(guān)系得：rsinL洛倫茲力提供向心力,有：qvBm微粒在第一象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒,有：mgr(1cos)Ekmv2又因?yàn)镋k2mv2聯(lián)立以上各式解得：B ?！镜淅治?】(2019浙江三校模擬)(多選)如圖所示,空間中存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右),在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩球的相互作用,兩球電荷量始終不變)。關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是()A兩小球都可能做直線運(yùn)動(dòng) B只有沿ab方向拋出的小球才可能做直線運(yùn)動(dòng)C若有小球能做直線運(yùn)動(dòng),則一定是勻速運(yùn)動(dòng) D兩小球在

25、運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能均守恒【參考參考答案】AC【名師解析】沿ab方向拋出的帶正電小球,或沿ac方向拋出的帶負(fù)電小球,在重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力作用下,都可能受力平衡,做勻速直線運(yùn)動(dòng),A正確,B錯(cuò)誤；若小球在重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力都存在時(shí)做直線運(yùn)動(dòng),則合力一定為零,小球的運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng),C正確；兩小球在運(yùn)動(dòng)過程中除重力做功外還有電場(chǎng)力做功,故機(jī)械能不守恒,D錯(cuò)誤?！镜淅治?】如圖所示,空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),且電場(chǎng)方向和磁場(chǎng)方向相互垂直。在電磁場(chǎng)正交的空間中有一足夠長(zhǎng)的固定粗糙絕緣桿,與電場(chǎng)正方向成60角且處于豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的小球

26、套在絕緣桿上。給小球一沿桿向下的初速度v0,小球恰好做勻速運(yùn)動(dòng),電荷量保持不變。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,則以下說法中不正確的是()A小球的初速度v0B若小球的初速度為,小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng),最后停止C若小球的初速度為,小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng),最后停止D若小球的初速度為,則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功為【參考參考答案】B【名師解析】對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖所示,電場(chǎng)力的大小FqEmg,由于重力的方向豎直向下,電場(chǎng)力的方向水平向左,二者垂直,二者的合力F合2mg,方向與桿的方向垂直,而洛倫茲力的方向也與速度的方向垂直,三力的合力不做功,所以當(dāng)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),不可

27、能存在摩擦力,則桿對(duì)小球沒有支持力的作用,則qv0B2mg,v0,故A正確；若小球的初速度為,此時(shí)洛倫茲力F洛qvB3mgF合,在垂直于桿的方向上,小球還受到桿的支持力,存在摩擦力fFN,小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng),隨速度的減小,洛倫茲力減小,則支持力逐漸減小,摩擦力減小,小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng),最后當(dāng)速度減小到時(shí),FN0,f0,小球開始做勻速直線運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤；若小球的初速度為,此時(shí)洛倫茲力F洛qvBmgF合,在垂直于桿的方向上,小球還受到桿的支持力,存在摩擦力fFN,小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng),隨速度的減小,洛倫茲力減小,則支持力逐漸增大,摩擦力逐漸增大,小球的加速度增大,所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮?/p>

28、減速運(yùn)動(dòng),最后停止,故C正確；由C項(xiàng)的分析可知運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力所做的功等于小球的動(dòng)能減小量(重力和電場(chǎng)力的合力不做功),所以Wmv2,故D正確。本題要求選說法不正確的,故選B?！咎岱置丶繋щ娏Ｗ釉趶?fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的處理方法(1)明種類：明確復(fù)合場(chǎng)的種類及特征。(2)析特點(diǎn)：正確分析帶電粒子的受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。(3)畫軌跡：畫出運(yùn)動(dòng)過程示意圖,明確圓心、半徑及邊角關(guān)系。(4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。兩場(chǎng)共存,電場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿足qEqvB或重力場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿足mgqvB且兩力方向相反時(shí),粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)受力平衡列方程求解。兩場(chǎng)共存,電場(chǎng)力與重力都恒定時(shí),粒子平衡時(shí)根據(jù)平衡條件求解,

29、做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律或動(dòng)能定理求解,做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解或動(dòng)能定理求解。三場(chǎng)共存,合力為零時(shí),受力平衡,粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止。其中洛倫茲力FqvB的方向與速度v垂直。三場(chǎng)共存,粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),mg與qE相平衡,根據(jù)mgqE,由此可計(jì)算粒子比荷,判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),應(yīng)用洛倫茲力公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解,有qvBmr2mmrma。當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)或有約束的變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解?！就黄朴?xùn)練】1. (多選)(2019山東濱州市上學(xué)期期末)如圖所示,空間存在豎直向

30、下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一帶電液滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零,C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn),不計(jì)摩擦阻力,則以下說法中正確的是()A液滴一定帶正電 B液滴在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大C從A到C過程液滴的電勢(shì)能增大 D從C到B過程液滴的機(jī)械能增大【參考答案】BCD【解析】從題圖中可以看出,帶電液滴由靜止開始向下運(yùn)動(dòng),說明重力和電場(chǎng)力的合力向下,洛倫茲力指向弧線內(nèi)側(cè),根據(jù)左手定則可知,液滴帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤；從A到C的過程中,重力做正功,而電場(chǎng)力做負(fù)功,洛倫茲力不做功,合力做正功,液滴動(dòng)能增大,從C到B的過程中,重力做負(fù)功,電場(chǎng)力做正功,洛倫茲力不做功,合力做負(fù)功,液滴動(dòng)能減小,

31、所以液滴在C點(diǎn)動(dòng)能最大,故B正確；從A到C過程液滴克服電場(chǎng)力做功,故電勢(shì)能增加,故C正確；除重力以外的力做的功等于機(jī)械能的變化量,從C到B的過程中,電場(chǎng)力做正功,洛倫茲力不做功,機(jī)械能增大,故D正確2.(多選)(2019山東濟(jì)南市上學(xué)期期末)如圖所示,兩豎直平行邊界內(nèi),勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直(平行紙面)向下,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里一帶負(fù)電小球從P點(diǎn)以某一速度垂直邊界進(jìn)入,恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)若增大小球從P點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變,則在小球進(jìn)入的一小段時(shí)間內(nèi)()A小球的動(dòng)能減小 B小球的電勢(shì)能減小 C小球的重力勢(shì)能減小 D小球的機(jī)械能減小【參考答案】ACD【解析】帶負(fù)電的小球做直線運(yùn)動(dòng),共受到

32、三個(gè)力作用：向下的重力G、向上的電場(chǎng)力F、向下的洛倫茲力F洛,這三個(gè)力都在豎直方向上,小球沿水平方向勻速運(yùn)動(dòng),所以小球受到的合力一定是零,小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)小球的入射速度增大時(shí),洛倫茲力增大,電場(chǎng)力和重力不變,小球?qū)⑾蛳缕D(zhuǎn),電場(chǎng)力與重力的合力向上,且它們的合力對(duì)小球做負(fù)功,小球動(dòng)能減小電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功,小球的機(jī)械能減小,電勢(shì)能增大重力對(duì)小球做正功,重力勢(shì)能減小,故A、C、D正確,B錯(cuò)誤.3(2019湖北荊門龍泉中學(xué)高三第五次學(xué)業(yè)檢測(cè))如圖,地面附近空間中存在著水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),已知磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。一個(gè)帶電油滴沿著一條與豎直方向成角的直線MN運(yùn)動(dòng)。由此可以判斷()A如果油滴帶正電,它是從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)B如果油滴帶正電,它是從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)C如果水平電場(chǎng)方向向右,油滴是從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)D如果水平電場(chǎng)方向向右,油滴是從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)【參考答案】AD【解析】如圖,油滴受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力作用,油滴沿MN直線必做勻速直線運(yùn)動(dòng),合力為零。如果油滴帶正