带电粒子在叠加场和组合场中的运动
高中物理-第一篇 专题三 微专题4 带电粒子在复合场中的运动
(2)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
答案
mv2 6qL
2 3mv 3qL
1234
对粒子从Q点运动到P点的过程，根据动能
定理有 －qEL＝12mv2－12mv02 解得 E＝6mqvL2
设粒子从Q点运动到P点的时间为t1，有
0＋v0sin 2
θ·t1＝L
1234
解得
t1＝2
3mv02 3qE
⑤
竖直方向的位移 y＝0＋2 vyt＝m6qvE02
⑥
则粒子发射位置到P点的距离为
d＝
x2＋y2＝
13mv02 6qE
⑦
(2)求磁感应强度大小的取值范围； 答案 3－3q3lmv0<B<2mqlv0
设粒子在磁场中运动的速度为 v，结合题意及几何
关系可知，v＝sinv60 0°＝233v0
垂直于纸面向外的匀强磁场.OM上方存在电场强度大小为E的匀强电场，
方向竖直向上.在OM上距离O点3L处有一点A，在电场中距离A为d的位置
由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，经电场加速后该
粒子以一定速度从A点射入磁场后，第一次恰好不从ON边界射出.不计粒
子的重力.求：
(1)粒子运动到A点时的速率v0；
d.N边界右侧区域Ⅱ中存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀
强磁场.M边界左侧区域Ⅲ内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场.边界线M
上的O点处有一离子源，水平向右发射同种正离子.已知初速度为v0的离子 第一次回到边界M时恰好到达O点，电场及两磁场区域
足够大，不考虑离子的重力和离子间的相互作用.
(1)求离子的比荷；
迹如图乙所示，设此时的轨迹圆圆心为O2，半
高考物理第一章专题强化带电粒子在组合场叠加场中的运动精品课件
(2)仅在磁场中运动 ①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动； ②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动. 4.分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键. 特别提醒 从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场 界面处的速度(大小和方向)是联系两运动的桥梁，求解速度是重中之重.
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，
重点探究
一、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，一般为两场相 邻或在同一区域电场、磁场交替出现. 2.解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等. 3.要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态 . (1)仅在电场中运动 ①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动； ②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动.
第一章 安培力与洛伦兹力
专题强化 带电粒子在组合场、叠加场中的运动
学习目标
1.学会分析带电粒子在组合场中运动的分析方法，会分析两场边 界带电粒子的速度大小和方向.
2.会分析带电粒子在叠加场中的受力情况和运动情况，能正确选 择物理规律解答问题.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
重点探究 随堂演练 专题强化练
随堂演练
1.(带电粒子在叠加场中的运动)(多选)如图5所示，实线表示在竖直平面
内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正
带电粒子在组合场和叠加场中的运动
【解析】当小球刚开始下落时，加速度最大，设为am， 这时竖直方向有
mg F ma
1
在水平方向 qE FN 0
2
又 F μFN
3
由 1 2 3 解得
am
mg
μqE m
1.0 104 10 0.2 10 4 104
1.0 104
m/s 2
2m/s 2
【解析】小球沿棒竖直下滑时，当速度最大时，加速
场力与洛伦兹力的合力等于零或重力与洛伦兹力的合力等于零. (4) 如果带电质点受到三个力作用而作非匀变速曲线，其解题
方法是采用整体法运用动能定理.
例2 设在地面上方的真空室内，存在匀强电 场和匀强磁场. 已知电场强度和磁感应强度的方 向是相同的，电场强度的大小E=4.0V/m，磁感 应强度的大小B=0.15T. 今有一个带负电的质点 以v=20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做 匀速直线运动，求此带电粒子的电量与质量之 比q/m以及磁场所有可能的方向（角度可用反三 角函数表示）.
第8讲 带电粒子在组合场和叠加场中的运动
【知识梳理 查漏补缺】
【典例精析 举一反三】
【知识梳理 查漏补缺】
一、带电粒子在复合场中运动性质 带电粒子在场中做什么运动，取决于带电粒子
所受的合外力向
变力
速度初状态
与力在一条直线上 与力不在一条直线上 洛伦兹力提供向心力
与力不在一条直线上
带电粒子运动 匀速直线运动 匀变速直线运动 匀变速曲线运动
匀速圆周运动
非匀变速曲线运动
二、带电粒子在复合场中运动的研究方法
匀速直线运动 根据平衡条件列方程求解
带 电
匀变速直线运动
运用牛动顿量第定二理定 或律 动结 能合 定匀 理变 或速 能 直量线守运恒动求公解式求解
高中物理带电粒子在组合场或复合场中的运动解析
高中物理带电粒子在组合场或复合场中的运动解析带电粒子在组合场或复合场（包括重力场、电场、磁场）中的运动，往往涉及到力学、电场、磁场等知识内容和解题方法及各种能力，综合性强。
下面谈谈这类问题的分析方法。
1. 组合场或复合场组合场是指电场与磁场同时存在，但各位于一定的区域内，并不互相重叠的情况。
复合场通常是指电场与磁场在某一区域同时并存或电场、磁场和重力场并存在于某一区域的情况。
2. 动力学观点由于微粒在复合场中运动时，受力情况比较复杂，因此，进行受力分析时，要全面、细致。
其中的关键是洛伦兹力随着微粒运动状态而变化，而洛伦兹力的变化反过来又会导致运动状态的变化。
因此，进行受力分析时一定要与运动状态、运动过程紧密结合起来。
3. 能量与动量观点要时刻把握住洛伦兹力对运动的带电微粒不做功，然而却能改变微粒的速度和动量即改变微粒的运动状态这一关键点。
典型例题例1.如图1所示，一倾角为的足够长的绝缘光滑的斜面置于磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m、带电荷量为－q的小物块自斜面顶端由静止释放，则当小物块在斜面上滑行，经多长时间、多长距离离开斜面？解析：由于重力的下滑分力的作用，小物块将沿斜面加速下滑，随着速度v从零开始增加，也不断增大，但的方向垂直于斜面向上，与物块的运动方向垂直，因此，虽然为变力，但由于有斜面支持力的约束，直至离开斜面之前，物块在垂直于斜面方向所受合外力始终为零，而沿斜面方向的合外力等于，故物块做初速度为零的匀加速直线运动。
当时，物块将离开斜面，即又所以由例2.若将例中的光滑斜面改为粗糙斜面（其他条件不变），并知物块与斜面间的动摩擦因数为，物块沿斜面下滑距离L而离开斜面，求整个过程中物块克服摩擦力所做的功。
解析：虽然只是将光滑斜面改为粗糙斜面，但物块的运动状态却发生了质的变化，由匀变速直线运动改为非匀变速直线运动。
原因在于的变化会导致支持力的变化，进而导致摩擦力的变化，因而物块的a是变量，匀变速运动的规律不再适用。
带电粒子在叠加场和组合场中的运动(推荐文档)
专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动命题点一带电粒子在叠加场中的运动1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.②若重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，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)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.②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m a、m b、m c，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()A.m a＞m b＞m cB.m b＞m a＞m cC.m c＞m a＞m bD.m c＞m b＞m a(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( )A.小球在C 点对轨道的压力大小为qB 2gRB.小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gRC.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(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E BD.小球的比荷为g E 2＋(v B )2.(多选)如图1所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )A.小球一定带正电B.小球一定带负电C.小球的绕行方向为顺时针D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动如图2所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a (不计重力)以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O ′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b (不计重力)仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b ( )A.穿出位置一定在O ′点下方B.穿出位置一定在O ′点上方C.运动时，在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时，动能一定减小【2017·辽宁省本溪市高级中学、大连育明高级中学、大连二十四中高三联合模拟考试】如图所示，质量为m ，带电量为+q 的三个相同的带电小球，A 、B 、C ，从同一高度以初速度0v 水平抛出，B 球处于竖直向下的匀强磁场中，C 球处于垂直纸面向里的匀强电场中，它们落地的时间分别为A B C t t t 、、，落地时的速度大小分别为A B C v v v 、、，则以下判断正确的是： （ ）A ．A B C t t t == B ．B A C t t t <= C ．C A B v v v =< D ．A B C v v v =< (2016·江西八校联考)如图4所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN ，小球P 套在杆上，已知P 的质量为m 、电荷量为＋q ，电场强度为E ，磁感应强度为B ，P 与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。
第6节 带电粒子在组合场、叠加场中的运动
由几何关系有 = 2cos 30∘
联立解得 =
3
2
（2）匀强电场的电场强度的大小。
[解析] 粒子进入电场时，速度方向与边界的夹角为60∘ ，由几何关系可知，速度方
向和电场方向垂直。粒子在电场中的位移 = = sin 30∘
又sin 30∘ =
1பைடு நூலகம்
2
cos 30∘ = 2
为的带正电粒子以速度从坐标原点沿轴正方向进入磁场，经磁场
偏转后由点进入电场，最后从轴上的点离开电场，已知、两点间距离为
，连线平行于轴。不计粒子重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
[解析] 粒子在磁场中运动时（如图所示），设轨迹半径为，根据
洛伦兹力提供向心力可得 =
动的规律
较复杂的曲线 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为 动能定理、能量守恒定
运动
零，也不与洛伦兹力等大反向
律
【视角1】 叠加场中做直线运动
域内有竖直向上的匀强电场，在 > 0 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场
强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则
(
AD
)
A.粒子从中点射入磁场，电场强度满足 =
B.粒子从中点射入磁场时速度为0
0 02
02
02 +02
02
C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
=
联立解得 =
8 3 2
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质
受力特点
匀速直线运动 粒子所受合力为0
45、磁场专题45 组合场与叠加场中的运动
专题45 带电粒子在组合场和叠加场中的运动考点一带电粒子在组合场中运动一基本运动形式及分析研究思路方法1.匀速直线运动：受力特点，运动特点，功能关系2.匀变速直线运动：3.匀变速曲线运动：4.匀速圆周运动：5．变速直线或变加速曲线运动二．解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法例题1.(2013·山东·23)如图8所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一电荷量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，OQ＝2d.不计粒子重力．图8(1)求粒子过Q 点时速度的大小和方向；(2)若磁感应强度的大小为一确定值B 0，粒子将沿垂直y 轴的方向进入第二象限，求B 0；(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q 点，且速度与第一次过Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过Q 点所用的时间．解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t 0，加速度的大小为a ，粒子的初速度为v 0，过Q 点时速度的大小为v ，沿y 轴方向分速度的大小为v y ，速度与x 轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得qE ＝ma ①由运动学公式得d ＝12at 20② 2d ＝v 0t 0③ v y ＝at 0④ v ＝v 20＋v 2y ⑤ tan θ＝v y v 0⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v ＝2qEdm ⑦θ＝45°，即粒子过Q 点时速度方向斜向上与x 轴正方向成45°角⑧(2)设粒子做圆周运动的半径为R 1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O 1为圆心，由几何关系可知△O 1OQ 为等腰直角三角形，得R 1＝22d ⑨ 由牛顿第二定律得q v B 0＝m v 2R 1⑩联立⑦⑨⑩式得B 0＝mE2qd ⑪(3)设粒子做圆周运动的半径为R 2，由几何知识分析知，粒子运动的轨迹如图所示，O 2、O 2′是粒子做圆周运动的圆心，Q 、F 、G 、H 是轨迹与两坐标轴的交点，连接O 2、O 2′，由几何关系知，O 2FGO 2′和O 2QHO 2′均为矩形，进而知FQ 、GH 均为直径，QFGH 也是矩形，又FH ⊥GQ ，可知QFGH 是正方形，△QOF 为等腰直角三角形．由此可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R 2＝22d ⑫ 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG ＝HQ ＝2R 2⑬设粒子相邻两次经过Q 点所用的时间为t ，则t ＝FG ＋HQ ＋2πR 2v⑭ 联立⑦⑫⑬⑭式得t ＝(2＋π) 2mdqE答案 (1)2qEd m ，方向斜向上与x 轴正方向成45°角(2) mE2qd(3)(2＋π)2mdqE例题2.[带电粒子在组合场中运动]如图9所示，在直角坐标系xOy 中，x 轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ；x 轴下方有竖直向下的匀强电场．图中M 、N 两点坐标分别为M (0，3l )、N (－3l,0)．一个质量为m 、电荷量为－q 的粒子由第三象限中的某点P (图中未标出)沿x 轴正方向射出，该粒子能一直沿P 、O 、M 、N 四点围成的闭合图形做周期性运动，粒子重力不计，求：图9(1)该粒子到达O 点时速度的大小和方向； (2)匀强电场的电场强度E ；(3)该粒子运动的周期T .答案 (1)3qBl m ，与x 轴正方向成60°角 (2)3qB 2l2m (3)(4π＋63)m 3qB解析 (1)由题意可画出粒子运动的轨迹如图，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，粒子到达O 点时速度的大小为v ，与x 轴正方向的夹角为θ，由几何知识得，r sin θ＝32l 、r cos θ＝32l ，解得r ＝3l ，θ＝60°由牛顿第二定律q v B ＝m v 2r ，解得v ＝3qBlm.(2)粒子在电场中沿抛物线运动，加速度方向竖直向上，设其大小为a ，粒子由N 运动到O 所用时间为t 2，由牛顿第二定律和运动学公式得： a ＝qE m 、3l ＝v cos θ·t 2、t 2＝2v sin θa ，联立上式得E ＝3qB 2l 2m ，t 2＝23mqB(3)设粒子在磁场中运动时间为t 1.t 1＝23T 磁、T 磁＝2πmqB ，得T ＝t 1＋t 2＝(4π＋63)m 3qB.例题3.如图3所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L ＝1 m ．间距d ＝33 m ，两金属板间电压U MN＝1×104 V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2.已知A 、F 、G 处于同一直线上，B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点的距离为23 m ．现从平行金属板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m ＝3×10－10kg ，带电荷量q ＝＋1×10－4 C ，初速度v 0＝1×105m/s.图3(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向；(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1； (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的 条件．答案 (1)233×105 m/s 与水平方向夹角为30°(2)3310 T (3)大于2＋35T解析 (1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t ，加速度为a ，qU MNd＝ma故a ＝qU MN dm ＝33×1010 m/s 2 t ＝L v 0＝1×10－5 s竖直方向的速度为v y ＝at ＝33×105 m/s 射出电场时的速度为v ＝v 02+v y 2＝233×105 m/s速度v 与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝33，故θ＝30°，即垂直于AB 方向射出(2)带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y ＝12at 2＝36 m ＝d2，即粒子由P 点垂直AB 边射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为R 1＝d cos 30°＝23m由B 1q v ＝m v 2R 1知B 1＝m v qR 1＝3310 T(3)分析知当运动轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最小，运动轨迹如图所示：由几何关系可知R 2＋R 2sin 60°＝1 故半径R 2＝(23－3) m 又B 2q v ＝m v 2R 2，故B 2＝2＋35 T 所以B 2应满足的条件为大于2＋35T.练习1-1：(2013·浙江·20)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图5所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( BCD )图5A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析 磷离子P ＋和P 3＋的质量相等，都设为m ，P ＋的电荷量设为q ，则P 3＋的电荷量为3q ，在电场中由a＝Eq m 知，加速度之比为所带的电荷量之比，即为1∶3，A 错误；由qU ＝12m v 2得E k ∝q ，即离开电场区域时的动能之比为1∶3，D 正确；又由q v B ＝m v 2r ，得r ＝1B 2mU q ∝1q，所以r P ＋∶r P3＋＝3∶1，B 正确；由几何关系可得P 3＋在磁场中转过60°角后从磁场右边界射出，C 正确．练习1-2：如图4所示，一个质量为m 、电荷量为q 的正离子，在D 处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A 点为d 的小孔C 沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC 平行且向上，最后离子打在G 处，而G 处距A 点2d (AG ⊥AC )． 不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r ； (2)离子从D 处运动到G 处所需时间； (3)离子到达G 处时的动能．答案 (1)23d (2)(9＋2π)m 3Bq (3)4B 2q 2d 29m解析 (1)正离子轨迹如图所示．圆周运动半径r 满足：d ＝r ＋r cos 60° 解得r ＝23d(2)设离子在磁场中的运动速度为v 0，则有：q v 0B ＝m v 02r T ＝2πr v 0＝2πmqB由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：t 1＝13T ＝2πm3Bq离子在电场中做类平抛运动，从C 到G 的时间为：t 2＝2d v 0＝3mBq离子从D →C →G 的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝(9＋2π)m3Bq(3)设电场强度为E ，则有：qE ＝ma d ＝12at 22由动能定理得：qEd ＝E k G －12m v 20 解得E k G ＝4B 2q 2d 29m练习1-3：(2011年江西重点中学协作体联考)如图所示，真空中有以O′为圆心，r 为半径的圆柱形匀强磁场区域，圆的最下端与x 轴相切于坐标原点O ，圆的右端与平行于y 轴的虚线MN 相切，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在虚线MN 右侧x 轴上方足够大的范围内有方向竖直向下、场强大小为E 的匀强电场．现从坐标原点O 向纸面内不同方向发射速率相同的质子，质子在磁场中做匀速圆周运动的半径也为r ，已知质子的电荷量为e ，质量为m ，不计质子的重力、质子对电磁场的影响及质子间的相互作用力．求：(1)质子进入磁场时的速度大小；(2)沿y 轴正方向射入磁场的质子到达x 轴所需的时间．【详解】(1)由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，得：Bev ＝mv2r 解得：v ＝Berm.(2)若质子沿y 轴正方向射入磁场，则以N 为圆心转过14圆弧后从A 点垂直电场方向进入电场，质子在磁场中有：T ＝2πm Be ，得：tB ＝14T ＝πm2eB进入电场后质子做类平抛运动，y 方向上的位移y ＝r ＝12at2＝12eEm t2E解得：tE ＝2mr eE 则：t ＝tB ＋tE ＝πm2eB＋ 2mreE. 练习1-4：如图所示,在xOy 平面的第一象限有一匀强电场,电场的方向平行于y 轴向下;在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向外.有一质量为m,带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场.质点到达x 轴上A 点时,速度方向与x 轴的夹角为ϕ,A 点与原点O 的距离为d.接着,质点进入磁场,并垂直于OC 飞离磁场,不计重力影响.若OC 与x 轴的夹角也为ϕ,求: （1）粒子在磁场中运动速度的大小. （2）匀强电场的场强大小. 、(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。
第九章 带电粒子在叠加场和组合场中的运动
专题强化十二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①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若重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，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)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②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．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m a、m b、m c，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1A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m cC．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a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m a g＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则m b g＝qE＋q v B②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则m c g＋q v B＝qE③比较①②③式得：m b>m a>m c，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．变式2(2016·天津卷·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＝5 3 N/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＝0.5 T．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＝10 m/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)20 m/s方向与电场方向成60°角斜向上(2)2 3 s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q v B＝q2E2＋m2g2①代入数据解得v＝20 m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝ 3θ＝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 ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有 x ＝v t ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ，有y ＝12at 2⑦tan θ＝y x⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t ＝2 3 s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 v y ＝v sin θ若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上的分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0联立解得t ＝2 3 s.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 (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B 0；x ＜0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ＞1)．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的带电粒子以速度v 0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)πm B 0q (1＋1λ) (2)2m v 0B 0q (1－1λ)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R 1；在x ＜0区域，圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qB 0v 0＝m v 02R 1①qλB 0v 0＝m v 02R 2②设粒子在x ≥0区域运动的时间为t 1，则 t 1＝πR 1v 0③粒子在x <0区域运动的时间为t 2，则 t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得，所求时间为 t ＝t 1＋t 2＝πm B 0q (1＋1λ)⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d ＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q (1－1λ)变式3 (2020·广东韶关市调研)如图5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，上部分区域的磁感应强度大小为B 0，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5(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B 1应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度 B ＝3B 0，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)5aqB 0m (2)B 1≥8B 03 (3)4na (n ＝1,2,3，…)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 ，由几何关系可知R 2－(R －a )2＝(3a )2，R ＝5a 由牛顿第二定律可知：q v B 0＝m v 2R ，解得：v ＝5aqB 0m(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r 1，由几何关系得：r 1＋r 1cos θ＝3a ，cos θ＝35，所以r 1＝15a 8，根据q v B 1＝m v 2r 1，解得：B 1＝8B 03故B 1≥8B 03时，粒子不会从AC 边界飞出；(3)当B ＝3B 0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF 下方的运动半径为：r ＝53a ，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P 1，则P 与P 1的连线一定与OF 平行，根据几何关系知：PP 1＝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：L ＝n PP 1＝4na (n ＝1,2,3，…)．模型2 电场与磁场的组合例3 (2019·全国卷Ⅰ·24)如图6，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6(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)4U B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33 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qU ＝12m v 2①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，结合牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r②由几何关系知d ＝2r ③ 联立①②③式得q m ＝4UB 2d2④(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s ＝πr2＋r tan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t ＝sv ⑥ 联立②④⑤⑥式得t ＝Bd 24U ⎝⎛⎭⎫π2＋33⑦ 变式4 (2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图7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22L ，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θ＝45°角斜向上射出一个速度大小为v 0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7(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)(0，12L ) (2)m v 022qL2m v 02qL (3)Lv 0＋2(1＋π)L 2v 0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：L ＝v 0cos θ·t 1， 竖直方向：y ＝12v 0sin θ·t 1，解得：y ＝12L ，粒子从y 轴上射出电场的位置为：(0，12L )；(2)粒子在电场中的加速度：a ＝qEm ，竖直分位移：y ＝12at 12，解得：E ＝m v 022qL；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°， AD ＝2y ＝22L ， 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：r ＝L ， 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r ，其中，粒子的速度：v ＝v 0cos θ， 解得：B ＝2m v 02qL； (3)粒子在电场中的运动时间：t 1＝L v 0cos θ＝2Lv 0，粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：x ＝22L －12L ， 粒子做直线运动的时间：t 2＝x v ＝(2－2)L2v 0，粒子在磁场中做圆周运动的时间：t 3＝14T ＝14×2πm qB ＝2πL2v 0，粒子总的运动时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝Lv 0＋2(1＋π)L 2v 0.1.(多选)(2020·辽宁沈阳市调研)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．(2019·河南开封市第一次模拟)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B ＝mg q vD ．匀强电场的电场强度E ＝mg q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，微粒做匀速直线运动，故A 、B 错误；根据平衡条件，有：qE ＝mg tan 45°，q v B ＝(mg )2＋(qE )2，联立解得：E ＝mg q ，B ＝2mg q v，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Ⅱ·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 、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)2El ′Bl 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v 0，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θ，如图(b)，速度沿电场方向的分量为v 1.根据牛顿第二定律有qE ＝ma ①式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v 1＝at ②l ′＝v 0t ③v 1＝v cos θ④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q v B ＝m v 2R⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ⑥联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl5．(2020·福建南平市适应性检测)如图5，在平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ，x 轴下方存在垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一个静止的带正电粒子位于y 轴正半轴的A (0，h )点，某时刻由于内部作用，分裂成两个电荷量都为＋q 的粒子a 和b ，分别沿x 轴正方向和负方向进入电场．已知粒子a 的质量为m ，粒子a 进入第一象限的动量大小为p .设分裂过程不考虑外力的作用，在电场与磁场中的运动过程不计粒子重力和粒子间的相互作用．求：图5(1)粒子a 第一次通过x 轴时离原点O 的距离x ；(2)粒子a 第二次通过x 轴时与第一次通过x 轴时两点间的距离L .答案 见解析解析 (1)如图所示，粒子a 在电场中只受电场力，做类平抛运动由平抛运动规律可得：x ＝v 0t ①h ＝12at 2② qE ＝ma ③p ＝m v 0④联立①②③④解得：x ＝p 2h mEq(2)粒子a 进入磁场时，设速度为v ，与x 轴正方向成θ角，y 轴方向的速度为v y ，则 v y ＝at ⑤v y ＝v sin θ⑥粒子a 在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r ，有q v B ＝m v 2r⑦ 由几何知识得：L ＝2r sin θ⑧联立②③⑤⑥⑦⑧式解得：L ＝2B 2mEh q6．(2019·山西运城市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m ＝1×10－18 kg 、电荷量q ＝＋1×10－15 C 的带电微粒从坐标为(0，－0.5 m)的Q 点，以某一初速度v 0沿某一方向入射，从x 轴上的P 点以v ＝200 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L ＝4 m ，O 、P 两点间距离为d ＝1 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B 0＝0.2 T ，求该微粒在乙图中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/m 20017 m/s (2)6.28×10－2 s (3)B ＝(0.4n ＋0.2) T ，(n ＝0,1,2,3…) 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：OP ＝qE 2mt 2竖直方向：OQ ＝v t水平分速度v x ＝qE mt 微粒的初速度v 0＝v 2＋v x 2联立解得E ＝320 V/m ，v 0＝20017 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q v B 0＝m v 2r ，解得r ＝m v qB 0＝1 m T ＝2πr v ，解得T ＝3.14×10－2 s粒子的运动轨迹如图所示，故t ＝3×T 6＋3×T 2＝6.28×10－2 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 (2n ＋1)＝OP (n ＝0,1,2,3…)且r ＝m v qB， 联立可得B ＝(0.4n ＋0.2) T ，(n ＝0,1,2,3…)．。
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专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动命题点一带电粒子在叠加场中的运动1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.②若重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，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)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.②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m a、m b、m c，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()A.m a＞m b＞m cB.m b＞m a＞m cC.m c＞m a＞m bD.m c＞m b＞m a(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( )A.小球在C 点对轨道的压力大小为qB 2gRB.小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gRC.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(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E BD.小球的比荷为g E 2＋(v B )2.(多选)如图1所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )A.小球一定带正电B.小球一定带负电C.小球的绕行方向为顺时针D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动如图2所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a (不计重力)以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O ′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b (不计重力)仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b ( )A.穿出位置一定在O ′点下方B.穿出位置一定在O ′点上方C.运动时，在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时，动能一定减小【2017·辽宁省本溪市高级中学、大连育明高级中学、大连二十四中高三联合模拟考试】如图所示，质量为m ，带电量为+q 的三个相同的带电小球，A 、B 、C ，从同一高度以初速度0v 水平抛出，B 球处于竖直向下的匀强磁场中，C 球处于垂直纸面向里的匀强电场中，它们落地的时间分别为A B C t t t 、、，落地时的速度大小分别为A B C v v v 、、，则以下判断正确的是： （ ）A ．ABC t t t == B ．B A C t t t <= C ．C A B v v v =<D ．A B C v v v =<(2016·江西八校联考)如图4所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN ，小球P 套在杆上，已知P 的质量为m 、电荷量为＋q ，电场强度为E ，磁感应强度为B ，P 与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。
小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )A ．小球的加速度一直减小B ．小球的机械能和电势能的总和保持不变C ．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v ＝2μqE －mg 2μqBD ．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v ＝2μqE ＋mg 2μqB如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P 、M 、N 分别为轨道的最低点，如图所示，则下列有关判断正确的是( )A ．小球第一次到达轨道最低点的速度关系v p ＝v M >v NB ．小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系F P ＝F M >F NC ．小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系t P <t M <t ND ．三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置 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.如图5所示，足够大的平行挡板A、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.(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.、如图4所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为A．d随v0增大而增大，d与U无关B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大C．d随U增大而增大，d与v0无关D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小(2017·天津理综·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：(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.在xOy 平面内，以抛物线OM 为界，MOy 区域内存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E ，y 轴为电场的右边界；MOx 区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，x 轴为磁场的下边界，如图3所示.质量为m 、电荷量为q 的粒子从y 轴上P (0，h )点以垂直于y 轴的初速度进入电场中，经电场后以与x 轴成45°角的速度从抛物线上的Q 点(图中未画出)进入磁场，已知Q 点的纵坐标为h 2，粒子重力不计.(1)试求带电粒子从P 射入电场时的速度大小；(2)若O 为抛物线OM 的顶点，写出边界OM 的抛物线方程；(3)要使带电粒子不穿过x 轴，试确定匀强磁场的磁感应强度B 应满足的条件.如图5所示，竖直平面坐标系xOy 的第一象限，有垂直xOy 平面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B 和E ；第四象限有垂直xOy 平面向里的水平匀强电场，大小也为E ；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N .一质量为m 的带电小球从y 轴上(y >0)的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O ，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N 点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g ).(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)P 点距坐标原点O 至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第四象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2R g小球距坐标原点O 的距离s 有多远？ 如图所示，真空中有以（r ，0）为圆心，半径为 r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为 B ，方向垂直于纸面向里，在 y= r 的虚线上方足够大的范围内，有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为 E ，现在有一质子从 O 点沿与 x 轴正方向斜向下成 30o 方向（如图中所示）射入磁场，经过一段时间后由M 点（图中没有标出）穿过y 轴。
已知质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r ，质子的电荷量为 e ，质量为 m ，不计重力 、阻力。
求：（1） 质子运动的初速度大小;（2）M点的坐标;（3）质子由O点运动到M点所用时间.(2013·安徽高考)如图2所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。
一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。