2023版（全国版）高考大一轮复习讲义第九章　磁场

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，提高同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力。题型一　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，或在同一区域，电场、磁场交替出现。2.带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段。第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示。第3步：用规律角度1　磁场与磁场的组合磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。【例1】 (2021·广东韶关模拟)如图1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点与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。图1(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大小B1应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，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(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R2－(R－a)2＝(3a)2，则R＝5a由牛顿第二定律可知qvB0＝m解得v＝。(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，其运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1。由几何关系得r1＋r1cos θ＝3a，cos θ＝，所以r1＝，根据qvB1＝，解得B1＝故B1≥时，粒子不会从AC边界飞出。(3)当B＝3B0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＝a，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点，则P点与P1点的连线一定与OF平行，根据几何关系知PP1＝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＝nPP1＝4na(n＝1，2，3，…)。角度2　先电场后磁场1.带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图2所示。图22.带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图3所示。图3【真题示例2】 (2018·全国Ⅲ卷)如图4，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求图4(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。答案　(1)　(2)1∶4解析　(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U＝m2v⑤q2v2B＝m2⑥由题给条件有2R2＝⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为∶＝1∶4。角度3　先磁场后电场1.进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图5甲所示)。2.进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。图5【例3】 (2021·山东潍坊联考)如图6所示的坐标系xOy中，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度未知。一带正电粒子从A(d，0)点以初速度v0开始运动，初速度方向与x轴负方向夹角为53°，粒子到达y轴时速度方向与y轴垂直，粒子经过电场区域、x轴下方磁场区域恰好回到A点，且速度方向与初速度方向相同。粒子重力不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：图6(1)粒子的比荷；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)x轴下方磁场的磁感应强度大小。答案　(1)　(2)　(3)B0解析　(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的半径为r1，则有qv0B0＝m由图可知r1＝，解得＝。(2)设粒子类平抛过程竖直位移为Δy，则Δy＝r1－r1cos 53°由题意可知，粒子类平抛运动的末速度与x轴负方向夹角为θ＝53°，则vy＝v0tan θ，类平抛运动过程vy＝at，Δy＝at2，qE＝ma联立解得t＝，E＝。(3)设粒子类平抛过程水平位移为Δx，则Δx＝v0t，设粒子在y轴下方磁场区域运动的半径为r2，则r2＝粒子运动速度v＝又qvB＝m解得B＝B0。题型二　带电粒子在叠加场中的运动叠加情形运动规律分析洛伦兹力、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运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒电场力、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，可用动能定理求解问题电场力、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，可用能量守恒定律或动能定理求解问题受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况常见的运动形式有直线运动和圆周运动，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4】 如图7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 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，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＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，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7 (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　与电场方向成60°角斜向上　(2)3.5 s解析　(1)小球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甲代入数据解得v＝20 m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan θ＝③代入数据解得tan θ＝θ＝60°。④(2)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，有乙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分位移为y，有y＝at2⑦tan θ＝⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s＝3.5 s。题型三　带电粒子在交变电、磁场中的运动1.交变场的常见类型(1)电场周期性变化，磁场不变。(2)磁场周期性变化，电场不变。(3)电场、磁场均周期性变化。2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路【例5】 在如图8甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带正电荷量为q的粒子(不计重力)，在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定磁场向外的方向为正。求：图8(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0；(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，磁感应强度变化周期T的最大值；(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时速度大小v0。答案　(1)　(2)　(3)(n＝2，4，6，…)解析　(1)由qvB0＝m及T＝得T0＝。(2)如图(a)所示，若使粒子不能从Oa边射出，则有sin α＝，α＝30°。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转150°，运动时间为t＝T0＝而t＝，所以磁场变化的最大周期为T＝。(3)若使粒子从b点沿着ab方向射出磁场，轨迹如图(b)所示。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转的角度为2β，其中β＝45°，即＝，所以磁场变化的周期为T＝，每一个圆弧对应的弦长OM为s＝(n＝2，4，6，…)，圆弧半径为R＝＝。由qv0B0＝m得v0＝(n＝2，4，6，…)。考点一　带电粒子在叠加场中的运动1.如图1所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是(　　)图1A.小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动B.当小球运动到c点时，洛伦兹力最大C.小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大D.小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小答案　D解析　电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大。由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故选项A错误；由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故选项B错误；从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故选项C错误；小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，选项D正确。2.(多选)(2021·天津河东区模拟)如图2所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则(　　)图2A.小球可能带正电B.小球做匀速圆周运动的半径为r＝C.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加D.小球做匀速圆周运动的周期为T＝答案　BD解析　小球在竖直平面内做匀速圆周运动，重力等于电场力，mg＝qE，洛伦兹力提供向心力，电场力的方向与场强的方向相反，小球带负电，故A错误；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，又qU＝mv2，解得v＝；联立解得r＝＝，故B正确；运动周期为T＝＝＝，运动周期与加速电压无关，故C错误，D正确。3.(2021·河南顶级名校联测)如图3所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T。现有一比荷为＝25 C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ＝45°，取重力加速度g＝10 m/s2。求：图3(1)微粒的电性及速度v0的大小；(2)带电微粒在第一象限内运动时所到达的最高点的坐标。答案　(1)带正电　2 m/s　(2)(0.6 m，0.2 m)解析　(1)带电微粒在第三象限内受重力、电场力和洛伦兹力的作用，做直线运动，则其一定做匀速直线运动，合力为零。若微粒带负电，由左手定则知洛伦兹力斜向右下，又重力竖直向下，电场力水平向左，合力不可能为零；同理，可判断微粒带正电；对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得qv0B＝mg解得v0＝2 m/s；(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，设最高点为M，从O到M所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向上的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动y轴方向上：0＝v0sin 45°－gty＝tx轴方向上：qE＝mgtan 45°＝maxx＝v0cos 45°t＋axt2解得x＝0.6 m，y＝0.2 m。即带电微粒在第一象限内运动时所到达的最高点的坐标为(0.6 m，0.2 m)。考点二　带电粒子在组合场中的运动4.(2021·河北衡水一中模拟)如图4所示，平面直角坐标系第二象限充满电场强度大小为E、方向沿y轴负方向的匀强电场，在y轴右侧以C(R，0)点为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。现将带正电的粒子，从第二象限的S点以速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，经电场偏转后恰好沿磁场区域半径方向射入匀强磁场，粒子离开磁场时，在磁场中的出射点和入射点关于x轴对称。带电粒子重力不计，求：图4(1)带电粒子的比荷；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子从进入电场到离开磁场所用的时间。答案　(1)　(2)　(3)解析　粒子运动轨迹如图所示(1)粒子在电场中，设运动时间为t1，有qE＝maR＝v0t1y1＝atvy＝at1设DC连线跟x轴负方向的夹角为θ，由几何关系得tan θ＝＝R－y1＝Rtan θ解得＝θ＝30°。(2)粒子在磁场中，设轨迹半径为r，则由几何关系可得r＝Rtan θ解得r＝R设粒子离开电场时的速度为v，有v＝qvB＝m解得B＝。(3)设在无场区域、磁场中运动时间分别为t2、t3，总时间为t，有CD－R＝vt22r＝vt3t＝t1＋t2＋t3解得t＝。5.(2020·山东省等级考试模拟)如图5所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：图5(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。答案　(1)　(2)　 (3)B0解析　(1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qv0B0＝m解得v0＝。(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向qE＝ma，v－0＝2aR0沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以vx＝vy＝v0解得电场强度E＝。(3)粒子的运动轨迹如图所示：第二象限，沿着x轴方向R0＝t沿着y轴方向ON＝v0t，所以ON＝2R0由几何关系知，三角形OO′N为等腰直角三角形。带电粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径R＝ON＝2R0由洛伦兹力提供向心力，得qvB1＝m粒子在N点离开电场时的速度v＝v0所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1＝B0。考点三　带电粒子在交变电、磁场中的运动6.(2021·甘肃岷县一中模拟)如图6甲所示，M、N是宽为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(垂直纸面向外为正，T0为已知)，现有一个质量为m、电荷量为＋q的离子在t＝0时从直线M上的O点沿着OM线射入磁场，离子重力不计，离子恰好不能从右边界穿出且在2T0时恰好返回左边界M，则图乙中磁感应强度B0的大小和离子的初速度v0分别为(　　)图6A.B0＝，v0＝ .B0＝，v0＝C.B0＝，v0＝ .B0＝，v0＝答案　B解析　根据题意，根据离子在磁场中运动的过程的分析，洛伦兹力不做功，根据qv0B＝m得r＝，磁场虽然方向改变但大小不变，所以半径不变，由以上分析知，MN之间距离d＝4r，由以上分析知离子匀速圆周运动一个周期的时间T等于磁感应强度随时间变化的周期T0，即T＝T0，离子圆周运动的周期公式T＝，联立解得B0＝，MN之间的距离d＝4r即r＝，离子圆周运动的半径r＝，联立可得v0＝，故选B。7.(2021·湖北武汉联考)如图7所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L1、L2、L3是磁场的边界(BC与L1重合)，宽度相同，方向如图7所示，区域Ⅰ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Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ。已知AB长度是BC长度的倍。图7(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；(2)求区域Ⅰ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Ⅱ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θ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 θ＝＝，则θ＝30°根据速度关系有v＝＝。(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得qvB1＝m，轨迹如图甲所示。甲由几何关系得L＝r1解得L＝。(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长。设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示。乙同理得qvB2m＝m根据几何关系有L＝r2(1＋sin θ)解得B2m＝1.5B1。