10.4带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份10.4带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共24页。试卷主要包含了叠加场等内容，欢迎下载使用。

10.4带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动

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
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
带电粒子在叠加场中的运动
例题1.如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿y轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场．一质量为0.02 kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4 m)的A点出发，与y轴成45°角以2 m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)微粒第一次通过y轴正半轴时的纵坐标；
(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示)；
(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量．
【答案】(1)0.4 m　(2)(6＋π) s　(3)0.16 J
【解析】
　(1)微粒受力及运动过程分析如图所示：

微粒在第四象限内沿与y轴成45°角做匀速直线运动，
有qE＝mg
qvB＝mg
微粒在第一象限内，重力与静电力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，
由qvB＝
联立解得r＝ m
由几何关系得，微粒在第一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过y轴正半轴时的纵坐标为0.4 m.
(2)由A到B微粒做匀速直线运动：
位移为x1＝ m
时间t1＝
解得t1＝ s
由B到C微粒做匀速圆周运动：
t2＝
解得t2＝ s
由C到D微粒做匀速直线运动：
位移为x2＝ m
时间t3＝
解得t3＝ s
由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交BA延长线于G点
加速度方向沿D指向A，大小为a＝g
沿DA方向位移大小为x3＝ m
由x3＝at42，
解得t4＝ s
故t总＝t1＋t2＋t3＋t4＝(6＋π) s
(3)只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化．
从D到G，合外力做的功W＝mg·x3
由动能定理知，W＝ΔEk，
解得动能的增加量为ΔEk＝0.16 J．

如图，在竖直的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)的空间存在垂直于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：

(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轴正方向成60°角发射的小球从开始运动到再次通过O点经历的时间。
【答案】(1)　(2)(3)
【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
匀强电场的场强E＝；
(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的连线平行于y轴，由几何关系可知，四边形C′DCO是菱形
小球在磁场中运动的轨道半径r＝R
洛伦兹力提供向心力，即Bqv＝m
可得磁感应强度B＝；
(3)小球从O点以与x轴成θ＝角射入第一象限
小球在磁场中的运动周期T＝
小球在磁场中运动时间t1＝2×T
由上式可知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＝
从O点出发到再次回到O点的运动时间
t＝t1＋t2＝
将θ＝代入，解得t＝。
如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，重力加速度为g，求：

(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间．
【答案】　(1)　(2)　(3)(＋1)
【解析】
(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：

可知Eq＝mg，得：E＝.
(2)由平衡条件得：qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝m

由几何知识可得：r＝l
联立解得：v＝，
B＝.
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝＝
微粒做匀速圆周运动的时间：
t2＝＝
微粒在复合场中的运动时间：
t＝t1＋t2＝(＋1).

解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图
看清并且明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的速度大小及方向
选规律
联立不同阶段的方程求解

例题2.在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图乙所示。x轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q，不计重力。在t＝时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动。

(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0；
(2)求B0应满足的关系；
(3)在t0时刻释放P，求P速度为零时的坐标。
【答案】(1)(2)B0＝(n＝1，2，3，…)
(3)横坐标x＝0，纵坐标y＝(k＝1，2，3，…)
【解析】
　(1)～τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动，电场力F＝qE0，加速度a＝，速度v0＝at，且t＝，解得v0＝。
(2)只有当t＝2τ时，P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示。

设P在磁场中做圆周运动的周期为T。
则T＝τ (n＝1，2，3，…)
匀速圆周运动qvB0＝m，T＝
解得B0＝ (n＝1，2，3，…)。
(3)在t0时刻释放，P在电场中加速的时间为τ－t0
在磁场中做匀速圆周运动，有
v1＝
圆周运动的半径r1＝
解得r1＝
又经τ－t0时间，P减速为零后向右加速的时间为t0
P再进入磁场，有v2＝
圆周运动的半径r2＝
解得r2＝
综上分析，速度为零时横坐标x＝0
相应的纵坐标为
y＝ (k＝1，2，3，…)
解得y＝(k＝1，2，3，…)。
(2022·山东日照市高三模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，间距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场．P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量．

(1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离．

【答案】　(1)(n＝1,2,3……)　(2)x＝d
【解析】
(1)设经时间t粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a，则a＝
半个周期内，粒子向上运动的距离为
y＝a()2
d＝2ny
t＝nT
联立得T＝(n＝1,2,3……)
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝m
解得r＝d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期内，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得

r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝0.5
则粒子打到Q板的位置距出发点的水平距离为
x＝r－2r(1－cos θ)＝d.
如图甲所示，水平放置的平行金属板a、b间加直流电压U，a板上方有足够长的“V”字形绝缘弹性挡板，两板夹角为60°，在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1＝B0，B2未知．现有一比荷为、不计重力的带正电粒子从c点静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间，粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的影响．求：


(1)粒子第一次到达O点时的速率；
(2)图中B2的大小；
(3)金属板a和b间的距离d.
【答案】(1)　(2)2B0　(3)(n＝0,1,2，…)
【解析】
　(1)粒子从b板到a板过程中，静电力做正功，根据动能定理有qU＝mv2－0
解得粒子第一次到达O点时的速率v＝
(2)粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由qvB＝m得r＝，
则得粒子做匀速圆周运动的半径r1＝，r2＝
使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示，由图易知：r1＝2r2，

则得B2＝2B0.
(3)在0～t1时间内，粒子做匀速圆周运动的周期
T1＝
在t1～(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T2＝
由轨迹图可知t1＝T1＝
t2＝T2＝
粒子在金属板a和b间往返时间为t，
有d＝×
且满足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0,1,2，…)
联立可得金属板a和b间的距离d＝(n＝0,1,2，…)．


1. (多选)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行于纸面)向下，匀强磁场方向垂直于纸面向里。一带负电小球从P点以某一速度垂直于边界进入，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　(　　)

A．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】
小球在电磁场中做直线运动时，共受到三个力作用：重力G、电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，判断可知小球受到的合力一定是零，则小球一定做匀速直线运动。小球带负电，受到的电场力向上，洛伦兹力向下，重力向下，当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，而电场力和重力不变，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，洛伦兹力不做功，小球动能减小，A正确；除重力外，只有电场力对小球做功，且做负功，则小球的机械能减小，电势能增大，B错误，D正确；重力对小球做正功，重力势能减小，C正确。
2. (多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)(　　)

A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的电场强度大小为
【答案】AC
【解析】
　若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝，电场的电场强度大小E＝，故C正确，D错误．
3. 如图，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(　　)

A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．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，重力与静电力平衡，则
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．
4.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。P､M､N分别为轨道的最低点。a､b､c三个相同的带正电绝缘小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，则（　　）

A．b球先于a球到达轨道的最低点
B．a､b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更小
C．三小球向下运动过程中，c球到达轨道最低点的速度最小
D．c球运动过程中，其重力势能最小时，电势能一定最大
【答案】C
【解析】A．沿着轨道建立自然坐标系，将速度和加速度分解为沿轨道方向和垂直于轨道方向，由于图二洛伦兹力始终在垂直于轨道方向，不影响沿轨道方向的受力，所以b球和a球同时到达轨道的最低点；A错误；
BC．第一个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到P点过程中只有重力做功，根据动能定理有

第二个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到M点过程中只有重力做功，根据动能定理有

第三个小球从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动到N点过程中有重力做功、电场力做功，根据动能定理有

根据以上公式有可知，c球到达轨道最低点的速度最小。
由牛顿第二定律，对a球得

对b球得

所以a､b两球第一次经过轨道最低点时，b球对轨道的压力更大；B错误，C正确；
D．c球运动过程中，小球运动到轨道右侧速度减小为0时，电势能最大，D错误。
故选C。
5. （2022·山西临汾·二模）如图所示，在某空间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向斜向上且与水平方向成45°角，磁场方向垂直纸面向里。一质量为m的带正电的小球用不可伸长的绝缘细线悬挂于O点。开始小球静止于P点，细线水平。现用外力将小球拉到最低点Q由静止释放，小球运动到P点时细线的拉力恰好为零。重力加速度为g，细线始终处于拉直状态，则小球运动到P点时受到的洛伦兹力的大小为（    ）

A．mg B．2mg C．mg D．3mg
【答案】D
【解析】小球静止与P点时，细线恰好水平，由平衡原理，说明重力和电场力的合力水平向右，设重力和电场力的合力为F，则

从Q到P，由动能定理得

运动到P点细线的拉力恰好为零，向心力表达式为

得

故D正确，ABC错误。
故选D。
6. 如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)

A．液滴带正电
B．液滴比荷＝
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝
【答案】
　C
【解析】
　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得＝，故选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴，有qE＝mg，qvB＝m，得v＝，故选项D错误．
7. .(多选)如图所示，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点是运动轨迹的最低点，不计空气阻力，则以下说法中正确的是(　　)

A．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，说明重力和静电力的合力向下，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；重力向下，静电力向上，且重力大于静电力，从A到C的过程中，重力做正功，而静电力做负功，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，静电力做正功，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过程液滴克服静电力做功，电势能增大，故C正确；从C到B的过程中，静电力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确．
8. （2022·青海·模拟预测）在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），，其中=d，，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。
（1）求粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点的速度大小；
（2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间。
（3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中B0已知），调节磁场的周期，满足，让上述粒子在t=0时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成60°角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。

【答案】（1）；（2），（3）(n=0,1,2,3…)，
【解析】（1）要使粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点，则粒子速度方向偏转了90°，轨迹如图所示

由几何关系可得

由洛伦兹力作为向心力可得

联立解得

（2）当粒子的轨迹恰好与MN相切时，对应的速度最大，如图所示

由几何关系可得

由洛伦兹力作为向心力可得

联立解得

可知轨迹对应圆心角为270°，粒子在磁场中的运动周期为

故对应的运动时间为

（3）由题意可知，磁场的周期满足

可知每经过，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为60°，运动轨迹如图所示

粒子打在荧光屏上的Q点，由几何关系可得

则

设粒子在磁场中运动的轨道半径为R3，每次偏转对应的圆心角均为60°，粒子恰好垂直打在屏上，由几何关系可得
(n=0,1,2,3…)
由洛伦兹力作为向心力可得

联立解得
(n=0,1,2,3…)
9. 如图甲所示，在xOy平面内存在大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．v0、t0、B0为已知量，粒子的比荷为，不计粒子的重力．求：

(1)t＝t0时，粒子的位置坐标；
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离；
(3)若粒子能够回到原点，满足条件的所有E0值．
【答案】(1)(，0)　(2)(＋)v0t0　(3)(n＝1,2,3，…)
【解析】
　　(1)粒子在0～t0内沿顺时针方向做匀速圆周运动qv0B0＝m，T＝，解得r1＝，T＝
又粒子的比荷＝
解得r1＝，T＝2t0
故t＝t0时，粒子的位置坐标为(，0)．
(2)粒子在t＝5t0时回到原点，运动轨迹如图甲所示．

由r2＝2r1，r1＝，r2＝，解得v2＝2v0
则在0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离hm＝t0＋r2＝(＋)v0t0.
(3)如图乙所示，

设带电粒子在x轴下方做圆周运动的轨迹半径为r2′，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则必须满足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
其中r2′＝
解得v＝v0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋t0
解得E0＝(n＝1,2,3，…)．
10. （2022·山东·高三专题练习）如图甲所示，在坐标系xOy区域内存在变化的电场和磁场，以垂直纸面向外为磁场的正方向，磁感应强度为，x轴正向为的正方向，y轴正向为的正方向，有、两种取值，有、两种取值，如图乙所示。0时刻，一电荷量为q，质量为m的正粒子从坐标原点O以速度向y轴正向射出，不计粒子重力，求：
（1）间内，电场强度的合场强；
（2）时刻，粒子的速度大小；
（3）时刻，粒子的位置坐标。

【答案】（1），方向与x轴正向成45°角斜向上；（2）；（3）
【解析】（1）时间内，合场强的大小为

代入数据得：合场强大小

方向与x轴正向成45°角斜向上；
（2）如图

a点加速度为，b点速度为

解得

c点速度仍为，d点速度为

解得

故时刻，粒子的速度大小为

（3）设Oa段的半径为2R，则bc段的半径为3R，de段的半径为4R，由

得到

有

设ab的长度为，则

解得

那么cd段的长度为，ef段的长度为，根据题意有，时刻，粒子的横坐标为

代入数据得

此时的Y坐标为

代入数据得

故此时粒子的坐标为。