(新高考)高考物理一轮复习课时练习第10章专题强化十四《带电粒子在叠加场和组合场中的运动》(含解析)

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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。
题型一 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.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】 (2020·安徽蚌埠市第二次质检)如图1，在竖直xOy平面内有一个半径为R的圆形区域与x轴相切于O点，在圆形区域外(包括圆形边界)的空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，xOy平面内有沿y轴负方向的匀强电场。现从坐标原点O以速率v向第一象限内的不同方向发射相同的带电小球，小球的质量为m、电荷量为－q(q＞0)，所有小球均在磁场中做匀速圆周运动，且都能沿平行于x轴的方向进入圆形区域并再次通过O点，不计小球间的相互作用，重力加速度为g，求：
图1
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)沿与x轴正向成60°角发射的小球从O点开始运动到再次通过O点经历的时间。
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(mv,qR) (3)eq \f(（10π＋3\r(3)）R,3v)
解析 (1)小球在磁场中做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡，即qE＝mg，匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(mg,q)。
(2)小球从O点以与x轴成θ角射入第一象限，运动轨迹如图，
轨迹圆心C′与交点D的连线平行y轴，设圆形区域的圆心为C，由几何关系可知，四边形C′DCO是菱形，所以小球在磁场中运动的轨道半径为
r＝R
洛伦兹力提供向心力，
即qvB＝meq \f(v2,r)
可得磁感应强度B＝eq \f(mv,qR)。
(3)小球从O点以与x轴成θ＝eq \f(π,3)角射入第一象限
小球在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πR,v)
小球在磁场中运动时间t1＝2×eq \f(2π－θ,2π)T
小球在圆形区域做匀速直线运动，通过的距离L＝2Rsin θ
运动时间t2＝eq \f(2Rsin θ,v)
从O点出发到再次回到O点经历的时间
t＝t1＋t2＝eq \f(（4π＋2sin θ－2θ）R,v)
将θ＝eq \f(π,3)代入，解得t＝eq \f(（10π＋3\r(3)）R,3v)。
【变式1】 (2020·山东济南市5月高考模拟)如图2所示，两平行金属板水平放置，板长和板间距均为L，两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度v0＝eq \r(gL)垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。若保持a板不动，让b板向下移动0.5L，微粒从原位置以相同速度进入，恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为( )
图2
A.eq \f(π\r(gL),3g) B.eq \f(π\r(gL),2g)
C.eq \f(π\r(gL),g) D.eq \f(2π\r(gL),g)
答案 A
解析 微粒恰好做匀速直线运动时，有qeq \f(E,L)＝qv0B＋mg，恰好做匀速圆周运动时，有qeq \f(E,\f(3,2)L)＝mg，联立解得eq \f(mg,2)＝qv0B，即v0＝eq \f(mg,2qB)，由题意可知v0＝eq \r(gL)，则有eq \f(mg,2qB)＝eq \r(gL)，由公式qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，
得R＝eq \f(mv0,qB)，联立解得R＝2L，微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得∠MON＝30°，所以微粒在磁场中运动的时间为t＝eq \f(30°,360°)×eq \f(2π×2L,\r(gL))＝eq \f(π\r(gL),3g)，故A正确，B、C、D错误。
【变式2】 (2020·江苏南京市六校联合体5月联考)如图3所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C，第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝1.6 m 的区域有磁感应强度也为B垂直于纸面向外的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0＝4eq \r(2) m/s，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
图3
(1)油滴所带电性以及磁场磁感应强度B；
(2)油滴第二次经过y轴的坐标；
(3)若第一象限内是磁感应强度大小仍为B，磁场的位置可变，能让油滴在第一象限内回到x轴，此时磁场区域最小面积S。
答案 (1)负电 0.5 T (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(16＋8\r(2),5) m))
(3)eq \f(128（2＋\r(2)）,25) m2
解析 (1)由题意作油滴运动轨迹图如图甲所示，
甲
油滴在第三象限运动时所受合力为零，根据三力平衡可以判断油滴带负电，可得
mg＝qE
qv0B＝eq \r(2)qE
解得B＝0.5 T。
(2)因mg＝qE
又有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)
解得r＝eq \f(8\r(2),5) m
乙
y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1.6＋1.6＋\f(8\r(2),5)))m
＝eq \f(16＋8\r(2),5) m
所以油滴第二次经过y轴的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(16＋8\r(2),5) m))。
(3)满足条件的油滴在磁场内的运动轨迹如图乙所示
则最小面积
S＝2r·(r＋rcs 45°)
解得S＝eq \f(128（2＋\r(2)）,25) m2。
题型二 带电粒子在组合场中的运动
1.组合场介绍
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.运动分析及方法选择
3.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)eq \f(πm,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,λ))) (2)eq \f(2mv0,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,λ)))
解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，轨道半径为R1；在x＜0区域，轨道半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),R1)①
qv0λB0＝meq \f(veq \\al(2,0),R2)②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝eq \f(πR1,v0)③
粒子再转过180°时，所需时间t2为
t2＝eq \f(πR2,v0)④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝eq \f(πm,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,λ)))⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝eq \f(2mv0,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,λ)))⑥
模型2 电场与磁场的组合
【例3】 (2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，13)如图5所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcda′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m、电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：
图5
(1)粒子进入磁场区域时的速率；
(2)磁感应强度的大小。
答案 (1)eq \r(\f(2qU,m)＋veq \\al(2,0)) (2)eq \f(\r(m（mveq \\al(2,0)＋2qU）),qL)
解析 (1)粒子在电场中加速，由动能定理可得
qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝eq \r(\f(2qU,m)＋veq \\al(2,0))。
(2)根据题意从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L
在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力
qBv＝meq \f(v2,R)
解得B＝eq \f(\r(m（mveq \\al(2,0)＋2qU）),qL)。
【变式3】 (2020·山东省等级考试模拟)如图6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6
(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)eq \f(qB0R0,m) (2)eq \f(qBeq \\al(2,0)R0,2m) (3)eq \f(1,2)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＝meq \f(veq \\al(2,0),R0)
解得v0＝eq \f(qB0R0,m)。
(2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着x轴方向
qE＝ma，veq \\al(2,x)－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＝eq \f(qBeq \\al(2,0)R0,2m)。
(3)粒子的运动轨迹如图所示：
第二象限，沿着x轴方向R0＝eq \f(vx＋0,2)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＝eq \r(2)ON＝2eq \r(2)R0
由洛伦兹力提供向心力qvB1＝meq \f(v2,R)
粒子在N点离开电场时的速度v＝eq \r(2)v0
所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1＝eq \f(1,2)B0。
课时限时练
(限时：40分钟)
1.(2020·安徽蚌埠市第三次教学质检)如图1所示，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在y轴右侧存在电场强度为E1、水平向左的匀强电场，在y轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度B＝6 T，方向垂直纸面向外。在坐标为(0.4 m，0.4 m)的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO经原点O第一次穿过y轴。已知E1＝E2＝4.5 N/C，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
图1
(1)小球的比荷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,m)))及小球第一次穿过y轴时的速度大小；
(2)小球第二次穿过y轴时的纵坐标；
(3)小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间。
答案 (1)eq \f(20,9) C/kg 4 m/s (2)0.3eq \r(2) m
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,80)＋\f(2\r(2),5))) s
解析 (1)由题可知，小球在第一象限受到的合力方向由A点指向O点，则qE1＝mg①
解得eq \f(q,m)＝eq \f(20,9) C/kg②
由动能定理得mgy1＋qE1x1＝eq \f(1,2)mv2－0③
解得v＝4 m/s。④
(2)小球在y轴左侧时，有qE2＝mg
故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，设小球做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB＝eq \f(mv2,R)⑤
解得R＝0.3 m⑥
由几何关系可知，第二次穿过y轴时的纵坐标为
y2＝eq \r(2)R＝0.3eq \r(2) m。⑦
(3)设小球第一次在y轴左侧运动的时间为t1，由几何关系和运动规律可知t1＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πR,2v)＝eq \f(9π,80) s⑧
小球第二次穿过y轴后，在第一象限做类平抛运动，由几何关系知，此过程小球沿速度v方向的位移和垂直v方向的位移大小相等，设为r，运动时间为t2，则
r＝vt2⑨
r＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)⑩
由①式可得a＝eq \r(2)g⑪
可得t2＝eq \f(2\r(2),5) s⑫
小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间
t＝t1＋t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,80)＋\f(2\r(2),5))) s。
2.(2020·山东济宁市期末质量检测)如图2所示，水平虚线AA′和CC′间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC′的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC′相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA′上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为eq \r(2)v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：
图2
(1)电场强度E的大小；
(2)圆形磁场区域磁感应强度B的大小。
答案 (1)eq \f(mveq \\al(2,0),qL) (2)eq \f(2mv0,qR)
解析 (1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。
粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向
t1＝eq \f(L,v0)
粒子在M点沿着电场方向速度vx＝eq \r(（\r(2)v0）2－veq \\al(2,0))＝v0
所以粒子沿着电场方向的位移d＝eq \f(vx,2)×t1＝eq \f(L,2)
粒子从S点到M点，由动能定理
qEd＝eq \f(1,2)m(eq \r(2)v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),qL)
(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ，则
sin θ＝eq \f(v0,\r(2)v0)
解得θ＝45°
所以三角形OO′M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。
由几何关系得r＝eq \f(\r(2),2)R
由牛顿第二定律qB(eq \r(2)v0)＝meq \f(（\r(2)v0）2,r)
解得B＝eq \f(2mv0,qR)
3.(2020·山东临沂市下学期一模)如图3，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等。一带正电的粒子，从x轴负方向上的P点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经过第二象限后恰好由y轴上的Q点(0，d)垂直y轴进入第一象限，然后又从x轴上的N点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点的速度方向与入射时相同。不计粒子重力。求：
图3
(1)粒子从P点入射时的速度v0；
(2)粒子进入第四象限时在x轴上的N点到坐标原点O距离；
(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径(用已知量d表示结果)。
答案 (1)eq \f(E,3B) (2)eq \f(2\r(3),3)d (3)eq \f(5,3)d
解析 (1)粒子在第二象限做圆周运动的半径为r1，圆心为O1，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)
r1－r1sin 30°＝d
由上两式解得B＝eq \f(mv0,2dq)
粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知
β＝α＝60°
设粒子在x轴上N点的速度为v，有v＝eq \f(v0,cs β)＝2v0
又qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得E＝eq \f(3mveq \\al(2,0),2dq)
所以v0＝eq \f(E,3B)
(2)设P点的纵坐标为(－xP，0)，由几何关系得xP＝eq \r(3)d
设粒子在电场中运动的时间为t，N点横坐标为xN，则有d＝eq \f(v0tan β,2)t
xN＝v0t
解得xN＝eq \f(2\r(3),3)d
(3)粒子在第四、三象限中运动半径为r2，圆心为O2，则
2r2cs 30°＝eq \r(3)d＋eq \f(2\r(3),3)d
解得r2＝eq \f(5,3)d
4. (2020·山东威海市模拟考试)如图4所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y轴正方向的匀强电场，场强大小未知。一带正电的粒子从y轴上的M点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从x轴上的N点进入磁场后恰好经O点再次进入电场，已知MN两点的连线与x轴的夹角为θ，且tan θ＝eq \f(1,2)，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。求：
图4
(1)粒子第一次经过N点的速度v；
(2)粒子从N点运动到O点的过程中，洛伦兹力的冲量I；
(3)电场强度E的大小；
(4)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔Δt。
答案 (1)eq \r(2)v0，速度方向与x轴正方向成45°角
(2)2mv0，方向沿y轴负方向 (3)eq \f(v0B,2) (4)eq \f(（3π＋4）m,qB)
解析 (1)设带电粒子从M运动到N的过程中，水平位移为x，竖直位移为y，则有
tan θ＝eq \f(y,x)
x＝v0t
y＝eq \f(vy,2)t
粒子第一次经过N点的速度v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))
解得v＝eq \r(2)v0
设粒子第一次经过N点的速度与x轴夹角为α，
则tan α＝eq \f(vy,v0)
解得α＝45°
即速度方向与x轴正方向成45°角。
(2)粒子从N点运动到O点的过程中，利用动量定理有
I＝mΔv＝2mv0，方向沿y轴负方向。
(3)由向心力公式和牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,R)
由几何知识得x＝eq \r(2)R
y＝eq \f(\r(2),2)R
由运动学公式得veq \\al(2,y)＝2ay
由牛顿第二定律得qE＝ma
解得E＝eq \f(v0B,2)。
(4)带电粒子在复合场中的运动轨迹如图所示。
由周期公式得T＝eq \f(2πR,v)
带电粒子在磁场中的运动时间t1＝eq \f(3,2)T
带电粒子在电场中的运动时间t2＝2eq \f(x,v0)
所以Δt＝t1＋t2＝eq \f(（3π＋4）m,qB)。