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專題強化二十二　帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運動
目標要求 　1.了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題.2.掌握帶電粒子在交變電、磁場中運動的解題思路和處理方法．
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
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直
線運動 其他力的合力與洛倫茲力等大反向 平衡條件
勻速圓
周運動 除洛倫茲力外，其他力的合力為零 牛頓第二定律、圓周運動的規律
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

例1 　(2020·百師聯盟4月沖刺卷)如圖1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，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：

圖1
(1)微粒第一次通過y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)210(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＝2mg
微粒在第一象限內，重力與電場力二力平衡，微粒做勻速圓周運動，
由qvB＝mv2r
聯立解得r＝25 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＝225 m
時間t1＝x1v
解得t1＝25 s
由B到C微粒做勻速圓周運動：
t2＝πrv
解得t2＝2π10 s
由C到D微粒做勻速直線運動：
位移為x2＝225 m
時間t3＝x2v
解得t3＝25 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＝2g
沿DA方向位移大小為x3＝225 m
由x3＝12at42，
解得t4＝25 s
故t總＝t1＋t2＋t3＋t4＝210(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＝2mg·x3
由動能定理知，W＝ΔEk，
解得動能的增加量為ΔEk＝0.16 J.

1．(帶電粒子在疊加場中的運動)(2017·全國卷Ⅰ·16)如圖2，空間某區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(　　)

圖2
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，重力與電場力平衡，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．
2.(帶電粒子在疊加場中的運動)如圖3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，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變為豎直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續運動一段時間后，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：

圖3
(1)電場強度E的大小；
(2)磁感應強度B的大小；
(3)微粒在復合場中的運動時間．
答案　(1)mgq　(2)mqgl　(3)(3π4＋1)lg
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：

所以，Eq＝mg，得：E＝mgq.
(2)由平衡條件：qvB＝2mg
電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙：qvB＝mv2r

由幾何知識可得：r＝2l
聯立解得：v＝2gl，
B＝mqgl.
(3)微粒做勻速直線運動的時間：t1＝2lv＝lg
微粒做勻速圓周運動的時間：t2＝34π·2lv＝3π4lg
微粒在復合場中的運動時間：t＝t1＋t2＝(3π4＋1)lg.
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
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物理量
選規律 聯立不同階段的方程求解

例2 　如圖4甲所示，在兩塊水平金屬極板間加有電壓U構成偏轉電場，一束比荷qm＝106 C/kg的帶正電的粒子流(重力和粒子間的相互作用不計)，以速度v0＝104 m/s沿水平方向從金屬極板正中間射入兩板．粒子經電場偏轉后進入一具有理想邊界的半圓形變化磁場區域，O為圓心，區域直徑AB長度為L＝1 m，AB與水平方向成45°角．區域內有按如圖乙所示規律做周期性變化的磁場，已知B0＝0.5 T，磁場方向以垂直于紙面向外為正．粒子經偏轉電場后，恰好從下極板邊緣O點與水平方向成45°角斜向下射入磁場．

圖4
(1)兩金屬極板間的電壓U是多大？
(2)若T0＝0.5 s，求t＝0時刻射入磁場的帶電粒子在磁場中運動的時間t和離開磁場的位置．
(3)要使所有帶電粒子通過O點后的運動過程中不再從AB兩點間越過，求出磁場的變化周期T0應滿足的條件．
答案　見解析
解析　(1)粒子在電場中做類平拋運動，從O點射出時速度v＝2v0
由動能定理可得qU2＝12m(2v0)2－12mv02
代入數據解得U＝100 V
(2)粒子在磁場中運動的周期T＝2πmB0q
則T2＝πmqB0＝2π×10－6 s 又B0qv＝mv2r
r＝mvqB0＝0.022 m
粒子在磁場中經過半周從OB間穿出，粒子在磁場中運動的時間t＝T2＝2π×10－6 s
射出點在OB間離O點2r＝0.042 m
(3)粒子運動周期T＝4π×10－6 s，粒子在t＝0，t＝T02，…時刻射入時，粒子最可能從AB間射出，恰好不從AB射出時，如圖，由幾何關系可得臨界角θ＝5π6

要不從AB邊界射出，應滿足T02<θ2πT
得T0<π3×10－5 s.

3．(帶電粒子在交變電、磁場中的運動)(2020·江蘇鎮江市期末)如圖5甲所示，豎直邊界分別為P和Q的區域寬度為4L，其內部分布著垂直紙面向里的勻強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系如圖乙所示，E>0表示電場方向豎直向上．在t＝0時刻，一帶電荷量為＋q、質量為m的帶電微粒從邊界P上的A點處水平射入該區域，先沿直線運動到某點，再經歷一次完整的半徑為L的勻速圓周運動，最后沿直線運動從邊界Q上的B點處離開磁場，重力加速度為g.求：

圖5
(1)圖乙中的E0；
(2)微粒剛進入磁場時的速度v0的大小及磁場的磁感應強度的大小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動可得qE0＝mg
解得E0＝mgq
(2)由帶電微粒做直線運動可知Bqv0＝mg＋qE0
由帶電微粒做勻速圓周運動可得Bqv0＝mv02L
由上述兩式解得v0＝2gL
B＝mqL2gL
(3)(Ⅰ)如圖a所示，當O點為AB中點時，所對應的周期T為最小周期．
設微粒從A運動至O點處所需要的時間為t1
t1＝xAOv0＝2L2gL＝2Lg
設微粒做勻速圓周運動的周期為t2，由v0＝2πt2L得t2＝π2Lg
則最小周期Tmin＝t1＋t2＝(1＋π)2Lg

(Ⅱ)如圖b所示，當圓軌跡與右邊界Q相切時，所對應的周期T為最大周期．
設微粒從A運動至O點處所需要的時間為t1′，t1′＝xAOv0＝3L2gL＝322Lg
設微粒做勻速圓周運動的周期為t2′，t2′＝2πLv0＝π2Lg
則最大周期Tmax＝t1′＋t2′＝(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.
課時精練

1．(多選)(2020·浙江名校聯考)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1所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區，該微粒在電場力、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)(　　)

圖1
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mgqvcos θ
D．該電場的電場強度大小為mgqtan θ
答案　AC
解析　若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直OA斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據此可知微粒應帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直OA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qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應強度大小B＝mgqvcos θ，電場的電場強度大小E＝mgtan θq，故C正確，D錯誤．
2．(2020·安徽安慶市模擬)如圖2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(　　)

圖2
A．液滴帶正電
B．液滴比荷qm＝Eg
C．液滴沿順時針方向運動
D．液滴運動速度大小v＝RgBE
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qm＝gE，故選項B錯誤；電場力方向豎直向上，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＝mv2R，得v＝RBgE，故選項D錯誤．
3.(多選)(2020·遼寧沈陽市調研)如圖3所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區，經一段時間運動到N點，關于小球由M到N的運動，下列說法正確的是(　　)

圖3
A．小球可能做勻變速運動 B．小球一定做變加速運動
C．小球動能可能不變 D．小球機械能守恒
答案　BC
解析　小球從M到N，在豎直方向上發生了偏轉，所以在M點受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力為變力，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，D錯誤．
4.(多選)(2019·山東濱州市上學期期末)如圖4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點是運動的最低點，不計空氣阻力，則以下說法中正確的是(　　)

圖4
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，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧線內側，根據左手定則可知，液滴帶負電，故A錯誤；重力向下，電場力向上，且重力大于電場力，從A到C的過程中，重力做正功，而電場力做負功，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，電場力做正功，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過程液滴克服電場力做功，電勢能增大，故C正確；從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D正確．

5.(2016·天津卷·11)如圖5所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝53 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＝0.5 T．有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g＝10 m/s2.求：

圖5
(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歷的時間t.
答案　(1)20 m/s　方向與電場方向成60°角斜向上
(2)23 s
解析　(1)小球做勻速直線運動時受力如圖甲，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝q2E2＋m2g2①

代入數據解得v＝20 m/s②
速度v的方向與電場E的方向之間的夾角為θ，則tan θ＝qEmg③
代入數據解得
tan θ＝3，θ＝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，如圖乙所示，設其加速度為a，有

a＝q2E2＋m2g2m⑤
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的分位移為y，有y＝12at2⑦
tan θ＝yx⑧
聯立②④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得
t＝23 s
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
vy＝vsin θ
若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球在豎直方向上的分位移為零，則有vyt－12gt2＝0
聯立解得t＝23 s.
6.如圖6所示，在平面直角坐標系xOy中，AO是∠xOy的角平分線，x軸上方有水平向左的勻強電場，下方有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等．一質量為m、電荷量為＋q的質點從OA上的M點由靜止釋放，質點恰能沿AO運動且通過O點進入x軸下方區域，經偏轉后從x軸上的C點進入第一象限內并擊中AO上的D點(C點、D點圖中均未標出)．已知LOM＝202 m，勻強磁場的磁感應強度大小為B＝2mq(T)，重力加速度為g＝10 m/s2.求：

圖6
(1)兩勻強電場的電場強度E的大小；
(2)OD的長L；
(3)質點從M點出發到擊中D點所經歷的時間t.
答案　(1)mgq　(2)3542 m　(3)4.86 s
解析　(1)質點在第一象限內受重力和水平向左的電場力，沿AO做勻加速直線運動，則有
mg＝qE，即E＝mgq.

(2)質點在x軸下方時，對質點受力分析可知，質點所受重力與電場力平衡，洛倫茲力提供質點做勻速圓周運動的向心力，質點從C點進入第一象限后做類平拋運動，其軌跡如圖所示，有：qvB＝mv2R
由運動學規律知v2＝2aLOM，a＝2g
由類平拋運動規律知R＝vt3，R－L＝12at32
聯立解得：t3＝0.5 s，L＝3542 m.
(3)質點做勻加速直線運動有LOM＝12at12
質點做勻速圓周運動有t2＝34×2πmBq＝3π4 s
質點從M點出發到擊中D點所經歷的時間t＝t1＋t2＋t3＝(2.5＋3π4) s≈4.86 s.

7．(2020·甘肅天水市模擬)如圖7甲所示，在xOy平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規律分別如圖乙、丙所示(規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發射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負電粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷為πB0t0，不計粒子的重力．求：

圖7
(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)(2v0t0π，0)　(2)(32＋2π)v0t0　(3)v0B0nπ(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＝mv02r1，T＝2πr1v0，解得r1＝mv0qB0，T＝2πmqB0
又粒子的比荷qm＝πB0t0
解得r1＝v0t0π，T＝2t0
故t＝t0時，粒子的位置坐標為(2v0t0π，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＝mv0qB0，r2＝mv2qB0，解得v2＝2v0

則在0～5t0時間內粒子距x軸的最大距離hm＝v0＋2v02t0＋r2＝(32＋2π)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′＝mvqB0
解得v＝n＋1nv0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋qE0mt0
解得E0＝v0B0nπ(n＝1,2,3，…)．

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