2021江苏高考物理一轮教师用书：第九章 专题强化十 带电粒子在叠加场和组合场中的运动 WORD版含答案.docx

1、专题强化十带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现2学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心3用到的知识主要有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)1叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存2无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线

2、运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题(3)电场力、洛伦兹力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动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3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

3、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1Amambmc BmbmamcCmcmamb Dmcmbma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，则magqEb在纸面内向右做匀速直线运动，

4、三力平衡，则mbgqEqvBc在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcgqvBqE比较式得：mbmamc，选项B正确变式1(多选)(2019山东济南市上学期期末)如图2所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内()图2A小球的动能减小B小球的电势能减小C小球的重力势能减小D小球的机械能减小答案ACD解析带负电的小球受向下的重力G、向上的电场力F和向下的洛伦兹力F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向做直线运动，所以

5、小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大但不做功，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，则它们的合力对小球做负功，小球动能减小电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大重力对小球做正功，重力势能减小，故A、C、D正确，B错误1组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，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

6、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2(2018江苏卷15)如图3所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点，各区域磁感应强度大小相等某粒子质量为m、电荷量为q，从O沿轴线射入磁场当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场取sin 530.8，cos 530.6.图3(1)求磁感应强度大小B；(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O的时间t；(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O的时间增加t，求t的最大值答案(1)(2)(3)解析(1

7、)粒子做圆周运动的半径r0，由题意知r0，解得B(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在一个矩形磁场中的偏转角为由drsin ，r，得sin ，即53粒子在一个矩形磁场中的运动时间t1，解得t1.直线运动的时间t2则t4t1t2().(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y2r(1cos )xtan 由y2d，解得xd则当xmd时，t有最大值粒子直线运动路程的最大值sm(2d2xm)3d增加路程的最大值smsm2dd增加时间的最大值tm.变式2(2020广东韶关市调研)如图4所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的

8、磁感应强度大小为B0，OF 为上、 下磁场的水平分界线质量为 m、带电荷量为q的粒子从 AC 边界上与 O 点相距为 a 的 P 点垂直于 AC 边界射入上方磁场区域，经 OF 上的 Q 点第一次进入下方磁场区域，Q 与 O 点的距离为 3a.不考虑粒子重力图4(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度 B3B0，粒子最终垂直 DE 边界飞出，求边界 DE 与AC 间距离的可能值答案(1)(2)B1(3)4na(n1,2,3，)解析(1)粒子在OF上方的运动轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为R，由几

9、何关系可知R2(Ra)2(3a)2，R5a由牛顿第二定律可知：qvB0m，解得：v(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1r1cos 3a，cos ，所以r1，根据qvB1，解得：B1故B1时，粒子不会从AC边界飞出；(3)当B3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF下方的运动半径为：ra，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：Ln4na(n1,2,3，)模型2电场与磁场的组合例

10、3(2019全国卷24)如图5，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力求：图5(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间答案(1)(2)解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qUmv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力

11、，结合牛顿第二定律有qvBm由几何关系知dr联立式得(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为srtan 30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t联立式得t变式3(2019江苏南京市六校联考)如图6所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧、两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，两磁场区域的宽度相同，方向如图所示，区域的磁感应强度大小为B1.一电荷量为q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域.已知AB长度是BC长度的倍

12、图6(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；(2)求区域磁场的宽度L；(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域的磁感应强度B2的最小值答案(1)(2)(3)1.5B1解析(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tan ，则30根据速度关系有：v；(2)设带电粒子在区域中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得：qvB1m，轨迹如图甲所示：由几何关系得：Lr1解得：L；(3)当带电粒子不从区域右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长设区域中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域右边界离开磁场，对应

13、的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示：同理得：qvB2mm根据几何关系有：Lr2(1sin )解得：B2m1.5B1.1(磁场与磁场的组合)如图7所示为一磁约束装置的原理图，两同心圆的圆心O与xOy平面坐标系原点重合半径为R0的圆形区域内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0，R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域，粒子全部经过坐标为(R0,0)的P点，方向沿x轴正方向当在环形区域加上方向垂直于xOy平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域的磁场偏转后第一次沿半径方向从区

14、域射入区域时经过内圆周上的M点(M点未画出)不计重力和粒子间的相互作用图7(1)求区域中磁感应强度B1的大小；(2)若环形区域中磁感应强度B2B1，求M点坐标及环形外圆半径R；(3)求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域至再次以相同速度经过A点的过程所通过的总路程答案(1)(2)(R0，R0)R0(3)R0解析(1)由题意，粒子在区域内做匀速圆周运动的半径r1R0，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B1m，且E0mv02，联立解得B1.(2)粒子进入环形区域后沿顺时针方向做匀速圆周运动，则有qv0B2m，B2B1，联立解得r2R0，画出粒子在区域内做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系

15、得POM60，由几何关系得M点的坐标为(R0，R0)，由几何关系得外环的半径Rr22r23r2R0.(3)粒子在区域和区域两次偏转后，从M点再次进入区域时，圆心角转过150，设经过m次这样的偏转后第一次从A点再次入射，此时圆心角转过n个360，则有150m360n(m、n取最小正整数)，解得m12，n5.而粒子在、区偏转一次通过的路程s12r12r2()R0，所以经过12次如此偏转后第一次通过A点，则总路程为s12s1R0.2(电场与磁场的组合)(2020河南平顶山市质检)如图8所示，平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为

16、L，磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(L,0)的P点沿与x轴正向成45角斜向上射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力求：图8(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从P点射出到射出磁场运动的时间为多少？答案(1)(0，L)(2)(3)解析(1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，水平方向：Lv0cos t1，竖直方向：yv0sin t1，解得：yL，粒子从y轴上射出电场

17、的位置为：(0，L)；(2)粒子在电场中的加速度：a，竖直分位移：yat12，解得：E；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，以沿y轴负方向的速度射出磁场，运动轨迹如图所示，由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45，ADyL，因此AC刚好为圆形有界磁场的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：rL，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvBm，其中，粒子的速度：vv0cos ，解得：B；(3)粒子在电场中的运动时间：t1，粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：xLL，粒子做直线运动的时间：t2，粒子在磁场中做圆周运动的时间：t3T，粒子总的运动时间：tt1t2t3.1.(多选)(2020辽宁

18、沈阳市调研)如图1所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是()图1A小球可能做匀变速运动 B小球一定做变加速运动C小球动能可能不变 D小球机械能守恒答案BC解析小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以在M点受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力为变力，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球

19、的动能可能不变，C正确；沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误2(2020河南开封市模拟)如图2所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场有一质量为m、电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45角的速度v做直线运动，重力加速度为g.则下列说法正确的是()图2A微粒可能做匀加速直线运动B微粒可能只受两个力作用C匀强磁场的磁感应强度BD匀强电场的电场强度E答案D解析微粒受重力、电场力、洛伦兹力作用，若v发生变化，则洛伦兹力发生变化且洛伦兹力与速度方向垂直，微粒不可能做直线运动，所以重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，微粒做匀速直线

20、运动，故A、B错误；根据平衡条件，有：qEmgtan 45，qvB，联立解得：E，B，故C错误，D正确3.(多选)(2019山东滨州市上学期期末)如图3所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是()图3A液滴一定带正电B液滴在C点时的动能最大C从A到C过程液滴的电势能增大D从C到B过程液滴的机械能增大答案BCD解析从题图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧线内侧，根据左手定则可知，液滴带负电，故A错误；从A到C的过程

21、中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，合力做正功，液滴动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，合力做负功，液滴动能减小，所以液滴在C点时的动能最大，故B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，电势能增加，故C正确；从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确4.(2018全国卷25改编)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图4所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M

22、、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出不计重力图4(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小答案(1)见解析图(2)解析(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为，如图(b)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二

23、定律有qEma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量由运动学公式有v1atlv0tv1vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB由几何关系得l2Rcos 联立式得v05(2019陕西榆林市第三次测试)如图5甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r0.3 m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B20.8 T，t0时刻，一质量m8104 kg、电荷量q

24、2104 C的微粒从x轴上xP0.8 m处的P点以速度v0.12 m/s向x轴正方向入射已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动(g取10 m/s2)图5(1)求电场强度；(2)若磁场15 s后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)答案(1)40 N/C，方向竖直向上(2)2.4 m(3)(0.30 m,2.25 m)解析(1)因为带正电微粒射入电磁场区域后做匀速圆周运动，所以受到的电场力和重力大小相等，方向竖直向上，则：qEmg解得：E40 N/C，方向竖直向上；(2)由牛顿第二定律有：qvB

25、1m所以R10.6 m|xP|T10 s则由题图乙可知在05 s内微粒做匀速圆周运动，在510 s内微粒向左做匀速直线运动在1015 s内微粒又做匀速圆周运动，在15 s后微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴故微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离s2R124R12.4 m；(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径由牛顿第二定律，有qvB2m所以R20.6 m2r所以最大偏转角为60圆的左侧与y轴相切，所以圆心坐标xr0.30 mysrcos 602.4 m0.3 m2.25 m即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.25 m)6(2019山西运城

26、市5月适应性测试)如图6甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场现有质量m11018 kg、电荷量q11015 C的带电微粒从坐标为(0，0.5 m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点以v200 m/s的速度垂直x轴进入三角形区域若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等已知三角形的边长L4 m，O、P两点间距离为d1 m，重力不计求：图6(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；(2)若两磁场的磁感应强度大小B00.2 T，求该微粒在乙图中

27、运动一个周期的时间t；(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小B应满足什么条件答案(1)320 V/m200 m/s(2)6.28102 s(3)B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)解析(1)在匀强电场中，微粒在电场力作用下，做类平抛运动的逆运动水平方向：OPt2竖直方向：OQvt水平分速度vxt微粒的初速度v0联立解得E320 V/m，v0200 m/s；(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律知qvB0m，解得r1 mT，解得T3.14102 s粒子的运动轨迹如图所示，故t336.28102 s(3)由对称性可知，粒子能再次回到P点，则粒子运动的半径应满足r(2n1)OP(n0,1,2,3)且r，联立可得B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)