1、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動一、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題的解題思路和方法1、電場和磁場成獨(dú)立區(qū)域時分階段求解電場中：勻變速直線運(yùn)動求法：牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)公式、動能定理。類平拋運(yùn)動求法；常規(guī)分解法、特殊分解法。磁場中：勻速直線運(yùn)動求法：勻速運(yùn)動公式。勻速圓周運(yùn)動求法：圓周運(yùn)動公式、牛頓運(yùn)動定律以及幾何知識。2、電場和勻強(qiáng)磁場共存區(qū)域求解方法勻速直線運(yùn)動:用二平衡知識復(fù)雜的曲線運(yùn)動:牛頓定律、功能關(guān)系3、電場、勻強(qiáng)磁場重力場共存區(qū)域求解方法：勻速直線運(yùn)動:用平衡知識勻速圓周運(yùn)動必然重力與電場力平衡復(fù)雜曲線運(yùn)動牛頓定律、功能關(guān)系。二、典例分析1、帶電粒子在電場和磁場成獨(dú)立區(qū)域運(yùn)動問題例1如圖所示，

2、在X軸上方有垂直于xy平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在x軸下方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E,質(zhì)量為m電量為一q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)0沿著y軸正方向射出，射出之后，第三次到達(dá)x軸時，它與0點(diǎn)的距離為L,求此時粒子射出時的速度和運(yùn)動的總路程(重力不記)(v=BqL,S=qBL+兀L)4m16mE2解：畫出粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，形成“拱橋”圖形，由題知粒TOC o 1-5 h z子軌道半徑R=L4由牛頓定律qvB=m，聯(lián)立v=BqLR4m對粒子進(jìn)入電場后沿y軸負(fù)方向做減速運(yùn)動的最大路程y由動能定理知：qEy2得y=BLL，所以粒子運(yùn)動的總路程為S=+1兀L32mE32mE2例2、如圖所示，P和Q

3、是兩塊水平放置的長為L的導(dǎo)體板，間距為d,在其間加有電壓U,下極板電勢高于上極板。電子(重力不計(jì))以水平速度v從兩板正中間射入，穿過兩板后又沿垂直0于磁場方向射入距兩平行板右端為L的有豎直邊界MN的勻強(qiáng)磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從其豎直邊1界MN射出，求：電子從進(jìn)入電場再進(jìn)入磁場的瞬間運(yùn)動的時間t和偏轉(zhuǎn)的距離y(y=(+L)tana=(L+L)-eUL)2121mv2d0電子進(jìn)出磁場的兩點(diǎn)間距離s(S=2rcosB=叫)eB解：電子在水平方向作勻速直線運(yùn)動t=Lrv0在電場中E=md在磁場中Bev=S=2rcospa=peB2mveUL1mv2d:地:*e*氣才*+e-:撫：H：e：alHT直息z：

4、l,S=2rcosp=cosa（丄0）:例3、（2014年高考大綱版25題）（20分）如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿X軸負(fù)向。在y軸正半軸上某點(diǎn)以與X軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在（d,0）點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)人電場。不計(jì)重力。若該粒子離開電場時速度方向與軸y負(fù)方向的夾角為。，求（1）電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；（青=2votan20）（2）該粒子在電場中運(yùn)動的時間。（t=）vtan00解：（1）設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q,粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，并設(shè)其圓周運(yùn)

5、動的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：qvB=m孚由題設(shè)條件和圖中幾何關(guān)系可知：r=d設(shè)電場強(qiáng)度大小為E,粒子進(jìn)入電場后沿x軸負(fù)方向運(yùn)動的速度大小為vx,由牛頓第二定律有:qE=max根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有：v=atxx，Vxt=d2由于粒子在電場中做類平拋運(yùn)動（如圖），有:tan0=Vxvo由式聯(lián)立解得：B=1vtan20（2）由式聯(lián)立解得：t=4vtan000r此時1區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（B=3mv）例4、2014年安徽卷25題.（19分）如圖所示，真空室內(nèi)豎直條形區(qū)域I存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，條形區(qū)域11（含I、II區(qū)域分界面）存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E,磁場和電場寬度均為l

6、且足夠長，M、N為涂有熒光物質(zhì)的豎直板?，F(xiàn)有一束質(zhì)子從A處連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向與M板成60。夾角且與紙面平行如圖。質(zhì)子束由兩部分組成，一部分為速度大小為v的低速質(zhì)子，另一部分為速度大小為3v的高速質(zhì)子，當(dāng)I區(qū)中磁場較強(qiáng)時，M板出現(xiàn)兩個亮斑，緩慢改變磁場強(qiáng)弱，直至亮斑相繼剛好消失為止，此時觀察到N板有兩個亮斑。已知質(zhì)子質(zhì)量為m,電量為e，不計(jì)質(zhì)子重力和相互作用力，求：（2）N板兩個亮斑之間的距離。（Y=y+y+y=（2詈）1+v)解：（1）低速質(zhì)子運(yùn)動軌跡與界面相切,由幾何關(guān)系得半徑：r=f3分由evB=m3分得b=3mvr2el（2）由r=mV得高速質(zhì)子運(yùn)動半徑r=21，運(yùn)動至區(qū)域界面

7、，速度方向Bq與界面垂直，到達(dá)N板時與A點(diǎn)豎直咼度差y=r（1sin60）1低速質(zhì)子在電場中，沿電場方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動，位移：在電場中偏轉(zhuǎn)距離y=vt2分,在磁場偏轉(zhuǎn)的距離：y=rsin6023所以N板兩個亮斑之間的距離Y=y+y+y2分123解得：Y=y+y+y=（2）1+12332分3分ml二丄22分例5.（2017天津卷）（18分）平面直角坐標(biāo)系xOy中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第III現(xiàn)象存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)0離開電場進(jìn)入磁場，最終從x

8、軸上的P點(diǎn)射出磁場，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問：忙（1）粒子到達(dá)0點(diǎn)時速度的大小和方向；xxxX（2）電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。（1）v=云門，方向與x軸方向的夾角為45角斜向上（2）E=嶺）0B2XXXXXXxX3【解析】（1）粒子在電場中由Q到0做類平拋運(yùn)動，設(shè)0點(diǎn)速度v與+x方向夾角為a,Q點(diǎn)到x軸的距離為L,到y(tǒng)軸的距離為2L,粒子的加速度為a,運(yùn)動時間為t,根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律，有：,y方向：2L=v0,y方向：L=1at2粒子到達(dá)0點(diǎn)時沿y軸方向的分速度為：v=at又：tana=-rv0解得：tana=1,即a=45，粒子到達(dá)0點(diǎn)時速度方向與x軸方向

9、的夾角為45。角斜向上。粒子到達(dá)0點(diǎn)時的速度大小為v=占=、忍cos450（2）設(shè)電場強(qiáng)度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,粒子在電場中運(yùn)動的加速度：a=Eqm設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,洛倫茲力提供向心力，有:v2Bqv=mR根據(jù)幾何關(guān)系可知：r=云，整理可得：b=v2、帶電粒子在電場和勻強(qiáng)磁場共存區(qū)域里運(yùn)動例6、2013年高考福建22題.(20分)如圖甲所示，空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,讓質(zhì)量為m、電量為q(q0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)0沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中。不計(jì)粒子重

10、力和粒子間的影響。若粒子以初速度V沿y軸正向入射，恰好能經(jīng)過x軸上的A(a,0)點(diǎn)，求V的大??；(2)已知某一粒子的初速度大小為v(vv)，為使該粒子仍能經(jīng)過A(a,0)點(diǎn)，其入射角。(粒1子初速度與x軸正向的夾角)有幾個，并求出對應(yīng)的sin0值；如圖乙所示，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強(qiáng)電場，一粒子從0點(diǎn)以初速V。沿y軸正向發(fā)射。研究表明：該粒子將在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動，且在任一時刻，粒子速度的x分量v與其所在位置的y坐標(biāo)成正比，比例系數(shù)與場強(qiáng)大小E無關(guān)。求該粒子運(yùn)動過程中的最xJK-大速度值v?m解：(1)帶電粒子以速率v在勻強(qiáng)磁場B中做勻速圓周運(yùn)動，半徑為該圓周半徑為叫，

11、有：=2由代人式得v=qBa12mR，有qvB=蛙當(dāng)粒子沿y軸正向入射，轉(zhuǎn)過半個圓周至A點(diǎn),(2)如圖，0、A兩點(diǎn)處于同一圓周上，且圓心在x=-的直線上，2峠十半徑為R.當(dāng)給定一個初速率v時，有2個入射角，分別在第1、2TOC o 1-5 h z象限，有sin0=sin0=由式解得sin0=qB2R2mv粒子在運(yùn)動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點(diǎn)處速率最大，用y表示其y坐標(biāo),由動能定理有qEym11=mv2mv22m20m由題知，有v=ky若E=0時，粒子以初速度v沿mm0y軸正向入射，有化B=mR06(2019年高考江蘇卷16)v=kR由式解得v=-+：(E)2+v200mB1B0(1

12、6分)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N,MN=L，粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反.質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為，且dL，粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變。求粒子運(yùn)動速度的大小V；欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；(3)從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場，PM=d,QN=z，求粒子從P到Q的運(yùn)動時mv解粒子的運(yùn)動半徑d=qB2解得v=qBdm（2）如圖4所示，粒子碰撞后的運(yùn)動軌跡恰好

13、與磁場左邊界相切，由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60）2nm粒子的運(yùn)動周期T=qB設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為兒則t（n=1,3,5,）（a）當(dāng)L=nd+（1-3）d時，粒子斜向上射出磁場.2*圖（4）L3肓解得t=（+d（b）當(dāng)L=nd+d+）d時，粒子斜向下射出磁場2t=存62qB心和解得t=（L-3宀62qB7.（2019全國統(tǒng)一25）（20分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標(biāo)系中，x軸上方存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E,方向沿y軸向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B,方向垂直紙面向里。x軸下方存在方向沿y軸向上的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），場強(qiáng)為E2。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電

14、小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從y軸上的A點(diǎn)以速度大小v0沿x軸正方向拋出，經(jīng)x軸上的P點(diǎn)后與x軸正向成45進(jìn)入x軸上方恰能做勻速圓周運(yùn)動。0、P兩點(diǎn)間距離x0與0、A兩點(diǎn)間距離y0滿足以下關(guān)系：y=x;,重力加速度為g，以上物理量中m、0q、v0、g為已知量，其余量大小未知。求電場強(qiáng)度E與E2的比值；若小球可多次（大于兩次）通過P點(diǎn)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大？若小球可恰好兩次通過P點(diǎn)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大？小球兩次通過P點(diǎn)時間間隔為多少？解析】（1）小球在x軸上方勻速圓周，可得：qE=小球從A到P的過程做內(nèi)平拋運(yùn)動x=vt00=mg1（1分）y（1分）1-2結(jié)合：y=x2可得:02v200由牛頓第三定律可

15、得:a=g（1分）解得qE=2mg:（1分）2qE2mg=ma（1分）故E=1（1分）E22（2）小球第一次通過P點(diǎn)時與x軸正向成45,可知小球在Pat2有：Vy=V0（1分）故p點(diǎn)時的速度：v=V2v0（1分）由類平拋的位移公式可得：X。二?。?分）g小球多次經(jīng)過P點(diǎn)，軌跡如圖甲所示，小球在磁場中運(yùn)動3個周期后，到達(dá)x軸上的Q4點(diǎn)，P、Q關(guān)于原點(diǎn)0對稱，之后回到A并不斷重復(fù)這一過程，從而多次經(jīng)過P點(diǎn)設(shè)小球在磁場中圓周運(yùn)動的半徑為R,由幾何關(guān)系可得：R=V5x0（1分）又由：qvB=mv2（1分）R聯(lián)立解得：B=哼（1分）qv（3）小球恰能兩次經(jīng)過P點(diǎn)，軌跡如圖乙所示在x軸上方，小球在磁場中的

16、運(yùn)動周期：T=2nm（1分）qB在x軸下方，小球的運(yùn)動時間：=2綣=2vo（1分）vog由規(guī)律可知，小球恰能兩次經(jīng)過P點(diǎn)滿足的幾何關(guān)系為：2x=V2r+-XV2r（n=1,2,3）（2分）n解得：B=（1+-）皿（n=1,2,3nqvQ兩次通過P點(diǎn)的時間間隔為：t=（n+1）3廠+尬2（n=1,2,423.）（2分）解得：t=（2+眈）叫（n=1,2,32g=1，2，3）（1分）（1分）3、帶電粒子在電場、勻強(qiáng)磁場重力場共存區(qū)域運(yùn)動例8、如圖所示，在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi)，電場場強(qiáng)為E,方向豎直向下，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里，一質(zhì)量為m的帶電粒子，在場區(qū)內(nèi)的一豎直平面做勻

17、速圓周運(yùn)動，則可判斷該帶電質(zhì)點(diǎn)（B）A帶有電量為管的正電荷B運(yùn)動的角速度為琴C.沿圓周逆時針運(yùn)動D運(yùn)動的速率為b例9、【2017新課標(biāo)I卷】如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、e電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、me。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動。下列選項(xiàng)正確的是A.B.mmmbacC.D.mmmcba10、【2015福建-22】強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶

18、正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時離開MN做曲線運(yùn)動。A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g。（1）求小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小v；c（2）求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功W；f（3）若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時的速度大小為v,從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)D的時間為t,求小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時速度的大小VP解：（1）由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，m、如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻VD

19、，當(dāng)洛倫茲力等于電場力qE時滑塊離開MN開始做曲線運(yùn)動，即qvB=qE解得:從a到C根據(jù)動能定理：mgh-wf=2mv2-0解得wf=mh-切亍(3)如圖，設(shè)重力與電場力的合力為F,由圖意知，在D點(diǎn)速度v的方D向與F地方向垂直，從D到P做類平拋運(yùn)動在F方向做勻加速運(yùn)動a=F，而F=(mg)2+(Eq)2mt時間內(nèi)在F方向的位移為x=1at22D到P根據(jù)動能定理：Fxp2d而F=、(mg)2+(Eq)2聯(lián)立解得：v=pm2g2+q2E212+V2m2D例11、(2014年高考四川10題)(17分)在如圖所示的豎直平面內(nèi)。水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=9/44m的光滑圓弧軌道分別相切于D點(diǎn)和

20、G點(diǎn)，GH與水平面的夾角。=37。過G點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.25T；過D點(diǎn)、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強(qiáng)電場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度E=1X104N/C。小物體P質(zhì)量m=21X10-aKg、電荷量q=+8X10-6C，受到水平向右的推力F=9.98X10-3N的作用，沿CD向右做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)D點(diǎn)后撤去推力。當(dāng)P到達(dá)傾斜軌道底端G點(diǎn)時，不帶電的小物體P在GH頂12端靜止釋放，經(jīng)過時間t=0.1s與P相遇。P和P與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為“=0.5,112取g=10m/s2,sin37=0.6，cos37=0.8，物體

21、電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小物體P在水平軌道CD上運(yùn)動速度v的大小;1傾斜軌道GH的長度s。解(1)設(shè)小物體P在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的速度為v,受到向上的洛倫茲力為F,受到的摩擦力為f,11貝UF=qvBf=卩(mgF)11由題意，水平方向合力為零Ff=0聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s(2)設(shè)匚在G點(diǎn)的速度大小為，由于洛倫茲力不做功，由D到G,根據(jù)動能定理qErsin0mgr(1cos0)=11_mv2_mv22G2匚在GH上運(yùn)動，受到重力、電場力和摩擦力的作用,設(shè)加速度為厲根據(jù)牛頓第二定律qEcos0mgsin0卩(mgcos0+qEsin0)=ma1P與P在GH上相遇時，設(shè)P在G