專題強化二十一帶電粒子在疊加場和交變電磁場中的運動學習目標1.了解疊加場的特點，會分析帶電粒子在疊加場中的運動問題。2.會分析帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題?？键c一帶電粒子在疊加場中的運動1.疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。2.常見的幾種運動形式運動性質受力特點方法規律勻速直線運動粒子所受的合力為0平衡條件勻速圓周運動除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零qE＝mg牛頓第二定律、圓周運動的規律較復雜的曲線運動除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向動能定理、能量守恒定律例1(2023·江蘇卷，16)霍爾推進器某局部區域可抽象成如圖1所示的模型。Oxy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。圖1(1)求電場強度的大小E；(2)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運動到速度為eq\f(v0,2)時位置的縱坐標y1；(3)若電子入射速度在0＜v＜v0范圍內均勻分布，求能到達縱坐標y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數N占總電子數N0的百分比。答案(1)Bv0(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%解析(1)電子沿x軸正方向做直線運動，則電子受平衡力的作用，即eE＝ev0B解得E＝Bv0。(2)電子在電場和磁場疊加場中運動，受洛倫茲力和電場力的作用，只有電場力做功，則電子的速度由eq\f(v0,4)到eq\f(v0,2)的過程中，由動能定理得eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))eq\s\up12(2)解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)。(3)設電子的入射速度為v1時剛好能到達縱坐標為y2＝eq\f(mv0,5eB)的位置，此時電子在最高點的速度沿水平方向，且大小假設為v2，則電子在最低點的合力為F1＝eE－ev1B電子在最高點的合力為F2＝ev2B－eE由題意可知電子在最高點與最低點的合力大小相等，即F2＝F1整理得v1＋v2＝2v0電子由最低點到最高點的過程，由動能定理得eEy2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)整理得v2－v1＝eq\f(v0,5)解得v1＝eq\f(9,10)v0又電子入射速度越小，電子運動軌跡的最高點對應的縱坐標越大，則能到y2＝eq\f(mv0,5eB)的位置的電子數占總電子數的比例為η＝eq\f(N,N0)＝eq\f(v1,v0)×100%解得η＝90%。1.(2024·北京清華附中質檢)空間同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強電場的方向沿y軸正方向，電場強度大小為E；磁場方向垂直紙面向外。質量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)從坐標原點O由靜止釋放，釋放后，粒子恰能沿圖2中的曲線運動。已知該曲線的最高點P的縱坐標為h，曲線在P點附近的一小部分，可以看作是半徑為2h的圓周上的一小段圓弧，則()圖2A.粒子在y軸方向做勻加速運動B.粒子在最高點P的速度大小為eq\r(\f(qEh,2m))C.磁場的磁感應強度大小為eq\r(\f(2mE,qh))D.磁場的磁感應強度大小為eq\r(\f(mE,qh))答案C解析受力分析可知，粒子受到洛倫茲力沿y軸方向的分力是變化的，故粒子在y軸方向的合力是變化的，加速度也是變化的，A錯誤；從O到P，洛倫茲力不做功，由動能定理得qEh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，解得vP＝eq\r(\f(2qEh,m))，B錯誤；粒子經過最高點時，洛倫茲力和靜電力的合力提供向心力，即qvPB－qE＝meq\f(veq\o\al(2,P),2h)，聯立解得B＝eq\r(\f(2mE,qh))，C正確，D錯誤?？键c二帶電粒子在交變電磁場中的運動例2(2024·湖北武漢高三聯考)如圖3(a)所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖像如圖(b)所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向。t＝0時刻，帶負電粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知量，圖(b)中eq\f(E0,B0)＝eq\f(8v,π2)，在0～t0時間內粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v0t0,π)，\f(2v0t0,π)))。求：圖3(1)粒子P的比荷；(2)t＝2t0時刻粒子P的位置；(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L。答案(1)eq\f(4v0,πE0t0)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋π,π)v0t0，0))(3)eq\f(4＋2π,π)v0t0解析(1)0～t0時間內粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經過eq\f(1,4)圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R，即R＝eq\f(2v0t0,π)，又qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)代入eq\f(E0,B0)＝eq\f(8v0,π2)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(4v0,πE0t0)。(2)設粒子P在磁場中運動的周期為T，則T＝eq\f(2πR,v0)聯立解得T＝4t0即粒子P做eq\f(1,4)圓周運動后磁場變為電場，粒子以速度v0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設t0～2t0時間內水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則x1＝v0t0＝eq\f(πR,2)，y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)其中加速度a＝eq\f(qE0,m)解得y1＝eq\f(2v0t0,π)＝R因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋π,π)v0t0，0))，如圖中的b點所示。(3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內，靜電力產生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關系知，在3t0時刻速度方向為x軸正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動，往復運動軌跡如(2)中圖所示，由圖可知，帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離，即O、d間的距離L＝2R＋2x1解得L＝eq\f(4＋2π,π)v0t0。1.解題基本思路2.解題關鍵和應注意的問題(1)這類問題一般都具有周期性，注意分析帶電粒子的運動周期與電場周期、磁場周期的關系。(2)帶電粒子在交變電磁場中運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學規律，所以此類問題的研究方法與質點動力學相同。2.如圖4所示，在xOy平面內存在磁場和電場，磁感應強度和電場強度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規律分別如圖5甲、乙所示。在t＝0時刻從O點發射一帶負電的粒子(不計重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向，在x軸上有一點A(圖中未標出)，坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48v0t0,π)，0))。若規定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，y軸正方向為電場強度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應強度與電場強度的大小滿足eq\f(E0,B0)＝eq\f(v0,π)；粒子的比荷滿足eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)。求：圖4圖5(1)在t＝eq\f(t0,2)時，粒子的位置坐標；(2)粒子偏離x軸的最大距離；(3)粒子運動至A點的時間。答案(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))(2)1.5v0t0＋eq\f(2v0t0,π)(3)32t0解析(1)在0～t0時間內，粒子做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力可得qv0B0＝meq\f(4π2,T2)r1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得T＝2t0，r1＝eq\f(mv0,qB0)＝eq\f(v0t0,π)則粒子在eq\f(t0,2)時間內轉過的圓心角α＝eq\f(π,2)所以在t＝eq\f(t0,2)時，粒子的位置坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,π)，\f(v0t0,π)))。(2)在t0～2t0時間內，設粒子經電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示。則v＝v0＋eq\f(qE0,m)t0＝2v0運動的位移y＝eq\f(v0＋v,2)t0＝1.5v0t0在2t0～3t0時間內粒子做勻速圓周運動半徑r2＝eq\f(mv,qB0)＝2r1＝eq\f(2v0t0,π)故粒子偏離x軸的最大距離h＝y＋r2＝1.5v0t0＋eq\f(2v0t0,π)。(3)粒子在xOy平面內做周期性運動的運動周期為4t0，故粒子在一個周期內向右運動的距離d＝2r1＋2r2＝eq\f(6v0t0,π)AO間的距離為eq\f(48v0t0,π)＝8d所以粒子運動至A點的時間t＝32t0。A級基礎對點練對點練1帶電粒子在疊加場中的運動1.(多選)(2022·廣東卷)如圖1所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有()圖1A.電子從N到P，電場力做正功B.N點的電勢高于P點的電勢C.電子從M到N，洛倫茲力不做功D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力答案BC解析由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，N點的電勢高于P點的電勢，故B正確；洛倫茲力總是和速度方向垂直，電子從M到N，洛倫茲力不做功，故C正確；M點和P點在同一等勢面上，從M點到P點電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點所受電場力相等，即所受合力相等，故D錯誤。2.質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖2所示的由正交的勻強電場和勻強磁場組成的疊加場區中，該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A點，下列說法中正確的有(重力加速度為g)()圖2A.該微粒一定帶正電荷B.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C.該磁場的磁感應強度大小為eq\f(mg,qvcosθ)D.該電場的電場強度大小為eq\f(mg,qtanθ)答案C解析若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的靜電力qE和垂直OA斜向右下方的洛倫茲力qvB，微粒不能做直線運動，由此可知微粒帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的靜電力qE和垂直OA斜向左上方的洛倫茲力qvB，又因為微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒做勻速直線運動，故A、B錯誤；由平衡條件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，解得磁場的磁感應強度大小B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場的電場強度大小E＝eq\f(mgtanθ,q)，故C正確，D錯誤。3.(2022·全國甲卷，18)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是()答案B解析在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，在坐標原點O靜止的帶正電粒子在靜電力作用下會向y軸正方向運動，磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可判斷出開始一段較短時間內，向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，帶電粒子向x軸負方向偏轉，A、C錯誤；運動的過程中靜電力對帶電粒子做功，粒子速度大小發生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，x軸為勻強電場的等勢面，從開始運動至帶電粒子再次運動到x軸時，靜電力做功為0，洛倫茲力不做功，帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后在靜電力作用下再次進入第二象限重復向左偏轉，B正確，D錯誤。4.(2023·全國乙卷，18)如圖3，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x軸正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點，SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為()圖3A.eq\f(E,2aB2) B.eq\f(E,aB2) C.eq\f(B,2aE2) D.eq\f(B,aE2)答案A解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示對點練2帶電粒子在交變電磁場中的運動5.如圖4甲所示，在xOy坐標系的一、四象限存在勻強磁場，規定垂直紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示，t＝0時刻，一個比荷eq\f(q,m)＝1.0×104C/kg的正電荷從(0，eq\r(3))處以v0＝1.0×104m/s的速度沿y軸負方向射入磁場，則正電荷從射入磁場至第一次經過x軸所需的時間為()圖4A.8π×10－5s B.eq\f(8,3)π×10－5sC.1.2π×10－4s D.eq\f(4π,3)×10－4s答案C解析由洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得r＝0.4m，圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v0)＝8π×10－5s，則粒子每次圓周運動持續三分之一周期，對應的圓心角為120°；位移大小2rsin60°＝eq\f(2,5)eq\r(3)m，位移方向與y軸負方向成60°角，沿y軸負方向的位移為eq\f(\r(3),5)m，則正電荷射入磁場后到x軸的軌跡如圖；正電荷第一次運動到x軸應為A點，運動時間為t＝eq\f(540°,360°)T＝1.2π×10－4s，故C正確。B級綜合提升練6.(2022·湖南卷，13)如圖5，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為eq\r(3)d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側邊緣A點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。圖5(1)求直流電源的電動勢E0；(2)求兩極板間磁場的磁感應強度B；(3)在圖中虛線的右側設計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E′。答案(1)eq\f(mgd（R1＋R2）,qR2)(2)eq\f(mv,2dq)(3)eq\f(mg,2q)解析(1)小球在極板間做勻速圓周運動，則靜電力與重力平衡，可得qE＝mg阻值為R2的定值電阻兩端的電壓U2＝Ed根據歐姆定律得U2＝eq\f(E0,R1＋R2)R2聯立解得E0＝eq\f(mgd（R1＋R2）,qR2)。(2)小球在電容器中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示設小球做圓周運動的半徑為r，根據幾何關系有(r－d)2＋(eq\r(3)d)2＝r2，解得r＝2d根據qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(mv,2dq)。(3)由幾何關系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運動，當小球所受靜電力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，靜電力最小，電場強度最小，可得qE′＝mgcos60°，解得E′＝eq\f(mg,2q)。7.如圖6甲所示，在坐標系xOy中，y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場、電場強度大小為E；y軸右側有如圖乙所示周期性變化的磁場，磁感應強度大小B0已知，磁場方向垂直紙面向里為正。t＝0時刻，從x軸上的P點無初速度釋放一帶正電的粒子，粒子(重力不計)的質量為m、電荷量為q，粒子第一次在電場中運動的時間與第一次在磁場中運動的時間相等，且粒子第一次在磁場中做圓周運動的軌跡為半圓。求：圖6(1)P點到O點的距離；(2)粒子經一個周期eq\f(6.5πm,qB0)沿y軸發生的位移大小。答案(1)eq\f(Emπ2,2qBeq\o\al(2,0))(2)eq\f(πmE,qBeq\o\al(2,0))解析(1)設粒子第一次在電場中做勻加速運動的時間為t0，P點到O點的距離為x，有x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)又qE＝ma，粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)T＝eq\f(2πR,v0)由題意知t0＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB0)聯立解得x＝eq\f(Emπ2,2qBeq\o\al(2,0))。(2)如圖所示，設粒子在磁場中做圓周運動的半徑分別為R1和R2R1＝eq\f(mv0,qB0)，R2＝eq\f(3mv0,2qB0)，又由動能定理得qEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，粒子