届高考物理一轮复习第九章《磁场》专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动Word格式.docx

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①若三力平衡，一定做匀速直线运动.

②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.

③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题.

2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动

带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.

例1　（2017·

全国卷Ⅰ·

16）如图1，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是（　　）

图1

A.ma＞mb＞mcB.mb＞ma＞mc

C.mc＞ma＞mbD.mc＞mb＞ma

答案　B

解析　设三个微粒的电荷量均为q，

a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即

mag＝qE①

b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则

mbg＝qE＋qvB②

c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则

mcg＋qvB＝qE③

比较①②③式得：

mb>

ma>

mc，选项B正确.

例2　（多选）（2017·

河南六市一模）如图2所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里.一可视为质点、质量为m、电荷量为q（q>

0）的小球由轨道左端A点无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点.若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）

图2

A.小球在C点对轨道的压力大小为qB

B.小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB

C.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变

D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大

答案　BD

解析　小球从A到C，只有重力做功，由机械能守恒有mgR＝mv2，得小球到达C点时的速度v＝，在C点由牛顿第二定律有FN＋qvB－mg＝m，解得FN＝3mg－qB，再由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB，故A错误，B正确；

从C到D，小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功率和外力F做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为θ，则有mgvcosθ＝Fvsinθ，得F＝，因θ逐渐减小，则外力F逐渐增大，外力F的功率逐渐增大，故C错误，D正确.

变式1　（2017·

河北冀州2月模拟）我国位于北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力，此地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A.小球运动方向为自南向北

B.小球可能带正电

C.小球速度v的大小为

D.小球的比荷为

答案　D

解析　由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且F洛＝qvB，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平向北，则小球受力如图所示，其中qvB与qE垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足（mg）2＝（Eq）2＋（Bqv）2，得＝，v＝，则D项正确，C项错误.由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A、B错误.

变式2　（2016·

天津理综·

11）如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T.有一带正电的小球，质量m＝1×

10－6kg，电荷量q＝2×

10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取g＝10m/s2，求：

图3

（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.

答案　

（1）20m/s　方向与电场方向成60°

角斜向上

（2）2s

解析　

（1）小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①

代入数据解得v＝20m/s②

速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足

tanθ＝③

代入数据解得tanθ＝

θ＝60°

④

（2）解法一　撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有

a＝⑤

设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有

x＝vt⑥

设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有

y＝at2⑦

tanθ＝⑧

联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得

t＝2s⑨

解法二　撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为

vy＝vsinθ⑤

若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥

联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2s.

命题点二　带电粒子在组合场中的运动

1.组合场：

电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现.

2.分析思路

（1）划分过程：

将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理.

（2）找关键：

确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键.

（3）画运动轨迹：

根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题.

模型1　磁场与磁场的组合

例3　（2017·

全国卷Ⅲ·

24）如图4，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场.在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；

x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）.一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：

（不计重力）

图4

（1）粒子运动的时间；

（2）粒子与O点间的距离.

答案　

（1）（1＋）　

（2）（1－）

解析　

（1）在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动.设在x≥0区域，圆周半径为R1；

在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得

qB0v0＝m①

qλB0v0＝m②

粒子速度方向转过180°

时，所需时间t1为

t1＝③

粒子再转过180°

时，所需时间t2为

t2＝④

联立①②③④式得，所求时间为

t＝t1＋t2＝（1＋）⑤

（2）由几何关系及①②式得，所求距离为

d＝2（R1－R2）＝（1－）

变式3　如图5所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6l.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外.A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为l.质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是l的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.

图5

（1）若k＝1，求匀强电场的电场强度E.

（2）若2<

k<

3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式.

答案　

（1）　

（2）v＝　B＝

解析　

（1）若k＝1，则有MP＝l，

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径R1＝l

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB0＝m①

粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有qEd＝mv2②

联立解得E＝.

（2）因为2<

3，且粒子沿水平方向从S2射出，则从S1到S2的轨迹如图所示.

由几何关系得R－（kl）2＝（R2－l）2③

又有qvB0＝m④

联立解得v＝

又因为6l－2kl＝2x⑤

根据几何关系有＝⑥

由R＝知，＝⑦

联立解得B＝.

模型2　电场与磁场的组合

例4　（2017·

11）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图6所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动.Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力，问：

图6

（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；

（2）电场强度和磁感应强度的大小之比.

答案　

（1）v0　方向与x轴正方向成45°

角斜向上　

（2）

解析　

（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有

2L＝v0t①

L＝at2②

设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy

vy＝at③

设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有

tanα＝④

联立①②③④式得α＝45°

⑤

即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°

角斜向上.

设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有

v＝⑥

联立①②③⑥式得v＝v0⑦

（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得

F＝ma⑧

又F＝qE⑨

设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有

qvB＝m⑩

由几何关系可知R＝L⑪

联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝

变式4　（2017·

河南六市一模）如图7所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场.已知带电粒子的比荷＝3.2×

109C/kg，电场强度E＝200V/m，M、N间距MN＝1cm，金属