高考物理帶電粒子在復合場中的運動教學案

專題7帶電粒子在復合場中的運動

[2020年高考考綱解讀】

(1)主要考查三種常見的運動規(guī)律，即勻變速直線運動、平拋運動及圓周運動.一般出現(xiàn)在試卷的壓軸題

中.

(2)以電磁技術的應用為背景材料，聯(lián)系實際考查學以致用的能力，一般出現(xiàn)在壓軸題中.

(3)偶爾出現(xiàn)在選擇題中，給出一段技術應用的背景材料，考查帶電粒子在場中的運動規(guī)律及特點.

【命題趨勢】

(1)考查帶電粒子在組合場中的運動問題；

(2)考查帶電粒子在復合場中的運動問題；

(3)考查以帶電粒子在組合場、復合場中的運動規(guī)律為工作原理的儀器在科學領域、生活實際中的應用.

【重點、難點剖析】

一、帶電粒子在“組合場”中的運動

(1)組合場：指電場、磁場、重力場有兩種場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且并不重疊，且?guī)щ娏Ｗ?/p>

在一個場中只受一種場力的作用。

(2)對“組合場”問題的處理方法

最簡單的方法是進行分段處理，要注意在兩種區(qū)域的交界處的邊界問題與運動的連接條件，根據(jù)受力情況

分析和運動情況分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，從而有利于直觀地解決問題。

【方法技巧】解決帶電粒子在組合場中運動的一般思路和方法：

(1)明確組合場是由哪些場組合成的。

(2)判斷粒子經(jīng)過組合場時的受力和運動情況，并畫出相應的運動軌跡簡圖。

(3)帶電粒子經(jīng)過電場時利用動能定理和類平拋運動知識分析。

(4)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時通常用圓周運動知識結合幾何知識來處理。

二、帶電粒子在復合場中的運動

1.正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提

帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動的速度，因此應把帶電粒子的

運動情況和受力情況結合起來進行分析。

2.靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵

當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，應根據(jù)平衡條件列方程求解;當帶電粒子在復合場中做勻速圓

周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解；當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲

線運動時，應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解。

由于帶電粒子在復合場中受力情況復雜，往往出現(xiàn)臨界問題，此時應以題目中出現(xiàn)的“恰好”“最

大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立

求解。

三、帶電粒子在周期性的電場、磁場中的運動

帶電粒子在交變電場或磁場中運動情況較復雜，運動情況不僅取決于場的變化規(guī)律，還與粒子進入場的時

刻有關，一定要從粒子的受力情況著手，分析出粒子在不同時間間隔內(nèi)的運動情況，若交變電壓的變化周

期遠大于粒子穿越電場的時間，那么粒子在穿越電場的過程中，可看做勻強電場。

【方法技巧】空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點。交替變化的電

場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)過不同特點的電場、磁場或疊加的場，從而表現(xiàn)出多過程現(xiàn)象，其特點較為

隱蔽，應注意以下兩點：

(1)仔細確定各場的變化特點及相應時間，其變化周期一般與粒子在磁場中的運動周期關聯(lián)。

(2)把粒子的運動過程用直觀草圖進行分析。

【誤區(qū)警示】

L忽略帶電體的重力導致錯誤

帶電體的重力是否忽略，關鍵看重力與其他力大小的關系比較，一般一些微觀粒子如電子、質(zhì)子、a粒

子等重力忽略不計，而一些宏觀帶電體，如帶電小球、帶電液滴等重力不能忽略。

2.不能挖掘出隱含條件導致錯誤

帶電粒子在復合場中的運動，往往會出現(xiàn)臨界狀態(tài)或隱含條件，應以題目中的“恰好”“最大”“最

高”“至少”等為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出方程，再與其他方程聯(lián)立求解。

3.混淆處理“磁偏轉”和“電偏轉”

(1)粒子在恒力(如重力、電場力等)作用下的“電偏轉”是類平拋運動，采用分解為勻速運動和勻加速運

動來處理。

(2)粒子在洛倫茲力作用下的偏轉是勻速圓周運動，采用圓周運動規(guī)律結合幾何關系來處理。

【題型示例】

題型1、帶電粒子在組合復合場中的運動

例1、［2020?天津卷】平面直角坐標系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第III現(xiàn)象存

在沿y軸負方向的勻強電場,如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v。沿x軸正方向開始運動,

Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點0離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出

磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問：

(1)粒子到達0點時速度的大小和方向；

(2)電場強度和磁感應強度的大小之比。

XXXX

XXXX

____________IXXX_4

【答案】（1）丫=瓜，方向與X軸方向的夾角為45°角斜向上（2）g=為

B2

【解析】（1）粒子在電場中由Q到。做類平拋運動，設。點速度V與-x方向夾角為a,Q點到x軸的距

離為Z,到1軸的距離為紋，粒子的加速度為冬運動時間為〃根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，有：

x方向：2L=v.

J方向：L=：a尸

4b

粒子到達0點時沿y軸方向的分速度為：V,=at

又：tana=—―

vo

解得：tana=l，即a=45°，粒子到達。點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。

vo

粒子到達0點時的速度大小為v==V2v0

cos45"

（2）設電場強度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,粒子在電場中運動

_qE

a——

的加速度：m

2

nv

qvB=m—

設磁感應強度大小為B,粒子做勻速圓周運動的半徑為R,洛倫茲力提供向心力，有：’R

根據(jù)幾何關系可知：五=&

整理可得：B2

【變式探究】（2020?全國卷I,15）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖1所

示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。

若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開

磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）

I.???

卜—????

/;磁場

加速電場?,

出口1匚..

圖1

A.11B.12

C.121D.144

解析設質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為皿、卬，一價正離子的質(zhì)量和電荷量為Dk、q2o對于任意粒子，在加速

電場中，由動能定理得

1,,2qU_

qU=2mv—0,得v=m①

v2_

在磁場中qvB=mr②

B2r2q

由①②式聯(lián)立得m=2U,由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，

m2222

其中B=12Bi,qi=qz,可得ml=211=144,故選項D正確。

答案D

【舉一反三】（2020?重慶理綜，9,18分）如圖為某種離子加速器的設計方案.兩個半圓形金屬盒內(nèi)存

在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場.其中MN和V是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩

個小孔0和0,，O'Nz=0N=d,P為靶點，O'P=kd（k為大于1的整數(shù)）.極板間存在方向向上的勻

強電場，兩極板間電壓為U.質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從0點由靜止開始加速，經(jīng)0'進入磁場區(qū)

域.當離子打到極板上O'M區(qū)域（含N，點）或外殼上時將會被吸收.兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存

在，離子可勻速穿過，忽略相對論效應和離子所受的重力.求：

（1）離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大小

（2）能使離子打到P點的磁感應強度的所有可能值；

(3)打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間.

解析(1)粒子經(jīng)電場加速一次后的速度為V1，由動能定理得

1

qU=2mvl①

kd

粒子能打到P點，則在磁場中的軌道半徑n=2②

對粒子在磁場中由牛頓第二定律得qvB=：1③

聯(lián)立①②③式解得Bi=2；2r④

(2)若粒子在電場中加速n次后能打到P點，同理可得

1.

nqU=2mv2(n=L2,3,…)⑤

kd_

rn=2(6)

mv2

qvB=rn⑦

………2nqUm…

聯(lián)立⑤⑥⑦式解得B=qkd⑧

由題意可得當n=l時，2r/>d⑨

解得n〈k2⑩

故⑧式中n的取值為n=l,2,3,…，k2-l

(3)當n=k?-l時，打在P點的粒子能量最大

2nm^

粒子在磁場中運動周期丁=qB@

1

粒子在磁場中運動時間tB=(n-2)T@

……(2k2-3)nmkd_

聯(lián)立⑧??或解得tB=2Uqm(k2-l)?

對粒子在電場中由動量定理得T?tE=mv?

2(k2-l)

聯(lián)立⑤?或解得在電場中運動時間tE=hUq?

2Uqm2nUqm。

答案⑴qkd(2)qkd(n=l,2,3,k2-l)

(2k2—3)nkmd2(k2—1)m

(3)2Uqm(k2-l)hUq

【變式探究】(2020?天津理綜，12,20分)(難度★★★★★)現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒

子的運動.真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，電場與磁場的寬度均為出電

場強度為E,方向水平向右；磁感應強度為B,方向垂直紙面向里，電場、磁場的邊界互相平行且與電場

方向垂直.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側邊界某處由靜止釋放，粒子始終在

電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射.

第I層第2層第保

——(八一一-34一、,▲一

KX:-------*'XX：XXJ

1XX'

??X*tx.?X

XX?IXX?*■XX:

*XK1]xx?-1—XX..........

XX.xx,Xx,

'?.XX；*'XX；XX；

1?XXt.:XX?t0XX,

(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度vz的大小與軌跡半徑r2；

(2)粒子從第n層磁場右側邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為3,試求sin9?；

(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進入第n層磁場，

但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側邊界，請簡要推理說明之.

解析U)粒子在進入第2層磁場時，經(jīng)過兩次電場加速，中間穿過磁場時洛倫茲力不做功.由動能定理,

有2夕瓦=%幅①

由①式解得睜=2、/^^

粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當向心力，有

由②③式解得k=久序少

(2)設粒子在第n層磁場中運動的速度為V”軌跡半徑為r.(各量的下標均代表粒子所在層數(shù)，下同).

12

nqEd=2mvn⑤

qvnB=mnn@

圖1

粒子進入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為a。，從第n層磁場右側邊界穿出時速度方向

與水平方向的夾角為8n,粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有

Vn-isin0n-i=vnsinan(7)

由圖1看出

rnsin0n-rnsinan=d(§)

由⑥??式得

rnsin0n-rn-isin0n-i=d(§)

由⑨式看出nsin0i,r2sin。2,…，rnsin以為一等差數(shù)列，公差為d,可得

rnsin0n=risin?i+(n—l)d⑩

xx

—d-

XX

XX

XX

圖2

當n=l時，由圖2看出

risin0i=d

由⑤?⑩須得

nqd.

sin。n=B2iE?

(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出，則

32?

sin0n=l?

在其他條件不變的情況下，換用比荷更大的粒子，設其比荷為小，假設能穿出第n層磁場右側邊界，粒

子穿出時的速度方向與水平方向的夾角為其，由于

q'q_

n?>m@

則導致

,

sin6n>1?

說明e/不存在，即原假設不成立.所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側邊界.

qEd2mEdnqd

答案⑴2mBq(2)B2mE(3)見解析

【變式探究】(2020?江蘇單科，15,16分)(難度★★★★)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量

均為+q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U。的加速電場，其初速度幾乎為零.這些離子經(jīng)加速后通過狹縫0

沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上,已知放置底片的區(qū)域MN=L,

21

且0M=L某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側3區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側3區(qū)域QN仍能正常檢測到

離子.在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到.

(1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m；

(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；

(3)為了在QN區(qū)域將原本打在MQ區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù).(取1g2

=0.301,1g3=0.477,lg5=0.699)

解析(1)離子在電場中加速：qUo=2mv2

在磁場中做勻速圓周運動：qvB=mr

12mUO

解得r=Bq

、39qB2L2

打在MN中點P的離子半徑為r°=4L,代入解得11)=32U0

16U0r2_,51OOUO

(2)由(1)知，U=9L2離子打在Q點時r=6L,U=81

16U0

離子打在N點時r=L,U=9,則電壓的范圍

100U016U0

81WUW9

(3)由⑴可知,

由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點

5U1

L=UO

_LU1

此時，原本半徑為n的打在。的離子打在Q上rl=U0

5

解得ri=6L

第2次調(diào)節(jié)電壓到Uz,原本打在。的離子打在N點，原本半徑為n的打在Qz的離子打在Q上，貝！J：rl

U2LU2

=U0,r2=U0

5

解得r2=6L

,5

同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn=6L

檢測完整，有

6

解得n')—1?=>2.8

最少次數(shù)為3次

9qB2L2100U016U0

答案⑴32U0(2)81WUW9(3)3次

【舉一反三】(2020?新課標全國卷I)如圖，0、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，0B沿豎直方向?,N

3

B0A=60°,0B=20A,將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自0點水平向右拋出?,小球在運動過程中恰

好通過A點.使此小球帶電，電荷量為q(q>0),同時加一勻強電場，場強方向與△0AB所在平面平行.現(xiàn)

從0點以同樣的初動能沿某二方向拋出?此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3

倍；若該小球從0點以同樣的初動能沿另一方向拋出④,恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6

倍，重力加速度大小為g.求:

(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值;

(2)電場強度的大小和方向.

、73mg,

【答案】(D3(2)6q與豎直向下方向成30°角

【解析】⑴設小球的初速度為W,初動能為―從。點運動到上點的時間為4則。=,

根據(jù)平拋運動的規(guī)律有

達in60°=voKD

rfcos6?！?43二②

又懣

由①②③式得漉)

O

設小球到達點時的動能為E&,則

EkA=Eko+2mgd⑤

EkA7

由④⑤式得Ek0=3⑥

d3d

⑵加電場后，小球從0點到A點和B點，高度分別降低了2和2,設電勢能分別減小AEM和AE°B,由能量

守恒及④式得

12_

AEpA=3Eko—Eko—2mgd=3Eko?

3_

AEPB=6Ew—Ew—2mgd=Ew?

在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的.設直線0B上的M點與A點等電勢，M與0點的距離為

x,如圖，則有

3AEpA

d=AEpB?

解得x=d.MA為等勢線，電場必與其垂線0C方向平行.設電場方向與豎直向下的方向的夾角為a,由幾

何關系可得

a=30°⑩

即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°.

設場強的大小為E,有

qEdcos30°=AEp*?

由④⑦@成得

E=鬻?

【舉一反三】（2020?天津理綜）如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷.一帶

電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么（）

A1

Bt

A.若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷

B.微粒從M點運動到N點電勢能一定增加

C.微粒從M點運動到N點動能一定增加

D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加

【答案】C

【解析】微粒向下偏轉，則微粒受到的電場力與重力的合力向下，若微粒帶正電，只要電場力小于重力，就

不能確定.八5板所帶電荷的電性，A項錯誤；不能確定電場力的方向和微粒所帶電荷的電性，因此不能確

定電場內(nèi)做功的正負，也不能確定微粒從-W點運動到丁點電勢能的變化，B項錯誤,由于電場力與重力的

合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根據(jù)動能定理可知，微粒從M到'的過程中動能增加，C

項正確；由于不能確定除重力以外的力即電場力做的是正功還是負功，根據(jù)功能原理可知，不能確定微粒從

〃到》的過程中機械能是增加還是瀛少，D項錯誤.

【變式探究】(2020?安徽卷，23)

圖3—7—2

如圖3—7—2所示的平面直角坐標系xOy,在第I象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；

在第IV象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L,且ab邊與

y軸平行.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0,h)點，以大小為v。的速度沿x軸正方向射

入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第W象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第HI象限，且

速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力.求：

(1)電場強度E的大?。?/p>

(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；

(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B的最小值.

【答案】(1)0(2)v。方向指向第IV象限與x軸正方向成45°角(3)qL

1

【解析】(1)設粒子在電場中運動的時間為t,則有x=v°t=2h,y=2at2=h,qE=ma,聯(lián)立以上各式可得

E=0.

(2)粒子到達a點時沿負y方向的分速度v,=at=vo.

2

所以v=y=vo,方向指向第IV象限與x軸正方向成45°角.

(3)

粒子在磁場中運動時，有qvB=mr

22mvO

當粒子從b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有r=2L,所以B=qL.

【變式探究】如圖3—7—3所示，在坐標系y軸左右兩側分別有寬度L=0.2m理想的勻強磁場與勻強電

場，已知磁感應強度B=2X1()7T,方向垂直紙面向里；電場強度E=40V/m,方向豎直向上.一個帶電

粒子電荷量q=-3.2XI。-"C,質(zhì)量m=6.4XI。-*kg,以v=4X104m/s的速度從x軸的P點(一0.2m,

0)與x軸成30°角垂直射入磁場，在磁場中偏轉后進入電場，最后從電場右邊界射出.求：(不考慮帶電

粒子的重力)

圖3—7—3

(1)帶電粒子從進入磁場到射出電場的運動時間t.

(2)帶電粒子飛出電場時的動能.

【答案】(D1.02X10-5s(2)5.44X1()78J

【解析】

(1)帶電粒子的運動軌跡如圖所示，則帶電粒子在磁場中運動時，由牛頓運動定律，有：Bqv=mr,解得:

mv

r=qB=O.4m

Tnmq

則圓心角為30°,飛行時間ti=12=6Bq=5.2X10-6s

由幾何關系知，粒子垂直y軸射入電場，則在電場中飛行時間t2=；=4%04s=5X10-6s.

帶電粒子從進入磁場到射出電場的運動時間t=ti+t2=l.02X10-6s.

(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動，其運動的加速度為：

a=m=2X109m/s2

12

豎直方向的位移為：y=2at2=0.025m

2-18

帶電粒子飛出電場時的動能為：Ek=Eqy+2mv=5.44X10J.

考點2、帶電粒子在疊加復合場中的運動

【例2】【2020?江蘇卷】(16分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示.大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為

U。的加速電場，其初速度幾乎為0,經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應

強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上.已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質(zhì)量分別為2m和

m,圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡.不考慮離子間的相互作用.

(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；

(2)在答題卡的圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d；

(3)若考慮加速電壓有波動，在([-AU)到(5+AU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上

沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件.

2

(3)L<-3)-J2(1+皿

B

【解析】（1）設甲種離子在磁場中的運動半徑為n

根據(jù)幾何關系x=2rl-L解得q

（2）（見圖）最窄處位于過兩虛線交點的垂線上

d=r「卜；一（夕

（3）設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2

rl的最小半徑

2陽4-AS

r2的最大半徑&

,.cc7刖422m(U+AU)

由題意知2rlmin-2r2max>L,即一I——：--------------0-------->Lr

5Vqq

解得￡<[產(chǎn)囚(/一△⑺-J2(〃+AS]

【變式探究】（2020?天津理綜，11）如圖6所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E=5

N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B=0.5T,有一帶正電

的小球，質(zhì)量m=IX10-6kg,電荷量q=2X10fC,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當

經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g=10m/s2,求：

//xXXXXX

XXXX￡

xXXXXx

圖6

(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；

(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間to

解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有

q\B=7qA+冽W①

代入數(shù)據(jù)解得i=20ms@

速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足

tan8二^③

mg

代入數(shù)據(jù)解得tanB=3>

3=60°④

(2)解法一撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖所示，設其加速度為a,有

q2E2+m2g2

a=m⑤

設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為X,有

x=vt⑥

設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有

yJat?⑦

tan0=x?

聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得

t=2s=3.5s⑨

解法二撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點,

豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為v，=vsin。⑤

1

若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有Vyt-2gt2=0⑥

聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t=2s=3.5s⑦

答案(1)20m/s與電場方向成60°角斜向上

(2)3.5s

9

【舉一反三】(2020?四川理綜)在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=44m

的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角。=37°.過G點、垂直于紙面的豎直平面左

側有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B=1.25T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側

有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E=1X104N/C.小物體P,質(zhì)量m=2X10-3kg、電荷量q=+8X10

-6C,受到水平向右的推力F=9.98X10-3N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力.當

R到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t=0.1s與Pi相遇.Pi

和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為u=0.5,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物

體電荷量保持不變，不計空氣阻力.求：

(2)傾斜軌道GH的長度s.

【解題指導】

1.審題

(1)明確電場、磁場分布情況及軌道的性質(zhì)：DG段光滑，CD和GH段粗糙，電場、磁場在DG區(qū)重疊.

(2)小物體R在水平推力作用下做勻速直線運動，合力為零.

2.解題思路

(1)小物體R在水平軌道CD上做勻速直線運動，結合平衡條件，可求出運動速度v的大小.

(2)根據(jù)動能定理求出小物體R到G點時的速度vc,此后R沿傾斜軌道做勻變速運動，小物體P2沿傾斜軌

道做勻加速運動，由牛頓第二定律求出兩物體的加速度，兩物體在傾斜軌道上運動的距離之和即為傾斜軌

道的長度.

1答案】(l)4ms(2)0.56m

【解析】(D設小物體P在勻強磁場中運動的速度為與受到向上的洛倫茲力為尸1,受到的摩擦力為力則

尸產(chǎn)曲①

f=u(mg—F}')?

由題意，水平方向合力為零

尸一尸0③

聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得

\=4ms@

(2)設R在G點的速度大小為vc,由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理

121

qErsin9-mgr(1—cos9)=2mvG—2mv(S)

R在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設加速度為a”根據(jù)牛頓第二定律

qEcos9—mgsin9—u(mgcos0+qEsin9)=mai(S)

Pi與P2在GH上相遇時，設R在GH上運動的距離為s“則

1

2

Si=vct+2ait?

設P2質(zhì)量為叱，在GH上運動的加速度為az,則

m2gsin9-um2gcos9=m2a2⑧

Pi與Pz在GH上相遇時，設Pz在GH上運動的距離為sz,則

1

sz=2a2t*⑨

S=S1+S2⑩

聯(lián)立⑤?⑩式，代入數(shù)據(jù)得

s=0.56m?

【變式探究】如圖3—7—5所示，坐標系xOy在豎直平面內(nèi)，空間內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感

應強度大小為B,在x>0的空間內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E.一個帶正電的油滴經(jīng)

過圖中x軸上的A點，恰好能沿著與水平方向成6=30°角斜向下的直線做勻速運動，經(jīng)過y軸上的B

點進入x<0的區(qū)域，要使油滴進入x<0區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，需在x<0區(qū)域內(nèi)另加一勻

強電場.若帶電油滴做圓周運動通過x軸上的C點，且0A=0C,設重力加速度為g,求：

圖3—7—5

(1)油滴運動速度的大小.

(2)在x<0區(qū)域所加電場的大小和方向.

(3)油滴從B點運動到C點所用時間及0A的長度.

2E3nE3E2

【答案】(1)B(2)E,方向豎直向上(3)3gBgB2

【解析】(1)油滴從A運動到B的過程中，油滴受重力、電場力和洛倫茲力作用而處于平衡狀態(tài)，由題設

條件可知qvBcos9—mg=0

qvBsin0-qE=0

2E

可得油滴運動速度大小為：v=B.

(2)使油滴在x<0的區(qū)域做勻速圓周運動，則油滴的重力與所受的電場力平衡，洛倫茲力提供油滴做圓周

運動的向心力.所以有：mg=qE'

qE

又tan0=mg

聯(lián)立可得：E，=E,方向豎直向上.

連接BC,過B作AB垂線交x軸于0'點，因為0=30°,所以在△AB0'中，NAO'B=60°,又OA=OC,

故N0CB=e=30°,所以NCB0'=30°,O'C=0'B,則即0'為油滴做圓周運動的圓心.

mv

設油滴做圓周運動的半徑為R,周期為T,則。C'=0,B=R=qB

2nm

運動周期丁=qB

由于NCO'B=120°,油滴從B運動到C的時間為

3nE

12nm3B

ti=3T=3QBgE

11

又NO'B0=30°,所以00'=20'B=2R

1333mv3E2

所以0C=R+2R=2R,即0A=2R=2qB=gB2.

【方法技巧】帶電粒子(帶電體)在疊加場中運動的分析方法

1.弄清疊加場的組成.

2.進行受力分析.

3.確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結合.

4.畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律.

(1)當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解.

(2)當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應用牛頓定律結合圓周運動規(guī)律求解.

(3)當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.

(4)對于臨界問題，注意挖掘隱含條件.

5.記住三點：(1)受力分析是基礎；

(2)運動過程分析是關鍵；

(3)根據(jù)不同的運動過程及物理模型，選擇合適的規(guī)律列方程求解.

【變式探究】如圖3—7—6所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左方有一水平向右的勻強電場日和垂直于紙面

向里的勻強磁場瓦，y軸右方有一豎直向上的勻強電場法和另一勻強磁場B?.有一帶正電荷量為q、質(zhì)量為

m的微粒，從x軸上的A點以初速度v與水平方向成0角沿直線運動到y(tǒng)軸上的P點，A點到坐標原點0

的距離為d.微粒進入y軸右側后在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，然后以與P點運動速度相反的方向打到半徑

1

為r的4的絕緣光滑圓管內(nèi)壁的M點(假設微粒與M點內(nèi)壁碰后的瞬間速度不變、電荷量不變，圓管內(nèi)徑的

大小可忽略，電場和磁場不受影響地穿透圓管)，并沿管內(nèi)壁下滑至N點.設m、q、v、d、r已知，9=

37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

圖3-7-6

(l)Ei與Ez大小之比.

(2)y軸右側的磁感應強度氏的大小和方向.

(3)從A點運動到N點的整個過程所用時間.

【答案】⑴3：4(2)5rq方向垂直紙面向外(3)4v+3V

【解析】(DA-P微粒做勻速直線運動

Eiq=mgtan9

P-M微粒做勻速圓周運動

E2q=mg

聯(lián)立解得Ei：E2=3:4

(2)由圖知P-M剛好為半周

2R=sin6

mv2

qvB2=R

6mv

得Bz=5rq

方向垂直紙面向外

(3)AfP有：

d5d

vti=cos8，解得ti=4v

PfM有：

,5nr

vt2=兀R,解得t2=6v

碰到M點速度分解豎直向下，此時mg=E2q,從M-N過程中，微粒繼續(xù)做勻速圓周運動

vi=vsin37°

nr八,5nr

vit3=2,解得t3=6v

~5d5nr

所以t總=七+12+13=4丫+3v

考點3、帶電粒子在交變電場和交變磁場中的運動

【例3】(2020?江蘇單科，15)回旋加速器的工作原理如圖9甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R,

兩盒間狹縫的間距為d,磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q,

2Tlm一一一T

加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U。，周期T=qBo一束該粒子在t=0?2時間內(nèi)從A

處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹

縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求：

圖9

(1)出射粒子的動能反；

(2)粒子從飄入狹縫至動能達到邑所需的總時間to；

(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件。

解析(1)粒子運動半徑為R時

v2

qvB=mR

1

且Em=2mv2

,q2B2R2

解得E?=2m

⑵粒子被加速n次達到動能Em,則Em=nqUo

qUO

粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為At,加速度a='d

1

勻加速直線運動nd=2a?At2

TnBR2+2BRdRm

由to=(n—1)?0+At,解得to=2U0—qB

-—

(3)只有在「4一△f)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為7=

兀冽5

由解得長

100姬牙

答案⑴2等⑵冗二十23五d兀加

25qB

⑶木;

100班;R

【舉一反三】如圖甲所示，在坐標系xOy內(nèi)，沿x軸分成寬度均為L=30cm的區(qū)域，其間存在電場和磁

場.電場方向沿x軸負方向，電場強度大小是EO=1.5X1()4V/m；磁場方向垂直坐標平面且規(guī)定方向向里

為正，磁感應強度大小B0=7.5X10-4T,Ex、Bx圖線如圖乙所示.某時刻初速度為零的電子從坐標原點

開始運動，電子電荷量e=L6X10T9口電子質(zhì)量m=9.0Xl()ekg,不計電子的重力，不考慮電子因高

速運動而產(chǎn)生的影響，計算中n取3.求:

甲

L2L3L4L5L6L7Lx

⑴電子經(jīng)過x=L處時速度的大小;

⑵電子從x=0運動至x=3L處經(jīng)歷的時間;

(3)電子到達x=6L處時的縱坐標.

【深度剖析】

1.審題

(1)題目中場強和磁感應強度都是隨空間變化，而不是隨時間變化.

(2)明確在x軸的各段距離上，電場、磁場的有無及方向.從x=0到x=L處，只有電場，方向向左；從x

=1＞到*=21＞處，只有磁場，方向向外；從x=2L到x=3L處，只有磁場，方向向里.

2.解題思路

(1)從x=0到x=L處，電場力做正功，根據(jù)動能定理求速度.

(2)從x=L到x=2L處，粒子在磁場中做勻速圓周運動，求出半徑和周期.畫出示意圖，求出時間.

(3)從x=2L到x=3L處，磁場反向，粒子偏轉方向相反，到達3L處速度方向與x軸平行，確定縱坐標.

(4)從x=3L到x=6L處，分段分析，求出x=6L處的縱坐標.

【答案】(D4.0X107m/s(2)3.75X10-8s(3)0.85m

【解析】(1)設x=L處電子的速度為口

12

eEoL=2mvl

2eE0L,

vi=m=4.OX10m/s

(2)設電子在x=0至x=L間運動的時間為t,

ti=2=1.5X10-8s

設電子在x=L至x=3L間的磁場中運動的半徑為n,運動的時間為t2

eviBo=ml

ri=O.30m

由幾何關系知，電子在x=L至x=3L間的磁場中的運動軌跡為兩個四分之一圓周

271rl2nm

T=vl=eBO

Tnm

t2=2X4=eB0=2.25X10s

由幾何關系知，電子在x=4L至x=6L間磁場中運動的軌跡均為八分之一圓周

所以，x=6L時電子的縱坐標

2

y=2ri+(r2—2r2)X2

整理得y=2ri

代入數(shù)值得y=0.6m^O.85m

【變式探究】如圖3—7—7所示，在xOy坐標系內(nèi)存在周期性變化的電場和磁場，電場沿y軸正方向，磁

場垂直紙面(以向里為正)，電場和磁場的變化規(guī)律如圖3—7—8所示.一質(zhì)量m=3.2X10Tkg、電荷量

q=-1.6Xl()T°C的帶電粒子，在t=0時刻以v°=8m/s的速度從坐標原點沿x軸正向運動，不計粒子

重力，求：

圖3—7—7

硒V?m）

3.14

O4i1116204812l620i/（xlO-'i）

3.14

圖3-7-8

(1)粒子在磁場中運動的周期；

(2)t=20Xl()7$時粒子的位置坐標；

(3)t=24X10-3s時粒子的速度.

-2-2

【答案】⑴4XI。-s(2)(9.6X10m,-3.6X10m)

(3)10m/s方向與x軸正向夾角a為37°斜向右下方

mv2

【解析】(1)粒子在磁場中運動時qvB=R

2nR2nm.

T=v,解得T=qB=4X1()7s

(2)粒子的運動軌跡如圖所示，t=20XI。-?$時粒子在坐標系內(nèi)做了兩個圓周運動和三段類平拋運動，水

平位移x=3v0T=9.6X10-2皿

1

豎直位移y=2a(3T)2,Eq=ma

解得y=3.6X10-2m

故t=20XU)T$時粒子的位置坐標為：(9.6X1()Tm,-3.6X10-2m)

(3)t=24X10-3s時粒子的速度大小、方向與t=20Xl()T$時相同，設與水平方向夾角為a

2

貝！Jv=y,vy=3aT=6m/s

解得v=10m/s

3

與x軸正向夾角a為37°4斜向右下方

【特別提醒】

若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看作粒子剛進入電

場時刻的勻強電場.

【變式探究】如圖3—7—9所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻分布、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0發(fā)射初速度大小為v。，方向沿y軸正方向的帶負電粒子(不計重力).其中已知v。、to,

BOvOqn48v0t0

Bo、Eo,且Eo=兀，粒子的比荷m=BdtO,x軸上有一點A,坐標為，0.

*x▽

?XXX

；c&志亦父；

圖3—7—9

to

(1)求2時帶電粒子的位置坐標；

(2)粒子運動過程中偏離x軸的最大距離；

(3)粒子經(jīng)多長時間經(jīng)過A點.

vO