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

目標要求　1.了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題.2.掌握帶電粒子在交變電、磁場中運動的解題思路和處理方法．

題型一　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．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式

例1　(多選)(2022·廣東卷·8)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)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(jīng)過N、P兩點．已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有(　　)

A．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(jù)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；由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N，洛倫茲力不做功，故C正確；由于M點和P點在同一等勢面上，故從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(jù)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．

例2　如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標系xOy，在第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.5 T，還有沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E＝2 N/C.在第一象限空間有沿y軸負方向、電場強度大小也為E的勻強電場，并在y＞h＝0.4 m的區(qū)域有磁感應強度大小也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場．一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限．已知重力加速度g取10 m/s²，求：

(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、靜電力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶哪種電荷；

(2)油滴在P點得到的初速度大??；

(3)油滴在第一象限運動的時間(取π＝3.14)．

答案　(1)1∶1∶　負電荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s

解析　(1)根據(jù)受力分析(如圖所示)，可知油滴帶負電荷，設油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得

mg∶qE∶F＝1∶1∶.

(2)由第(1)問得qvB＝qE，

代入數(shù)據(jù)解得v＝＝4 m/s.

(3)進入第一象限，靜電力和重力平衡，油滴先做勻速直線運動，從A點進入y>h的區(qū)域后做勻速圓周運動，再從C點離開y>h區(qū)域，最后從x軸上的N點離開第一象限．

由O→A勻速運動的位移為s₁＝＝h

其運動時間t₁＝＝0.1 s

由qvB＝m，T＝得T＝

油滴從A→C做圓周運動的時間為t₂＝T＝＝0.628 s

由對稱性知，從C→N的時間t₃＝t₁

故油滴在第一象限運動的總時間t＝t₁＋t₂＋t₃＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s.

題型二　帶電粒子在交變電、磁場中的運動

解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路

例3　如圖甲所示，水平放置的平行金屬板a、b間加直流電壓U，a板上方有足夠長的“V”字形絕緣彈性擋板，兩板夾角為60°，在擋板間加垂直紙面的交變磁場，磁感應強度隨時間變化如圖乙，垂直紙面向里為磁場正方向，其中B₁＝B₀，B₂未知．現(xiàn)有一比荷為、不計重力的帶正電粒子從c點由靜止釋放，t＝0時刻，粒子剛好從小孔O進入上方磁場中，在t₁時刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著在t₁＋t₂時刻粒子撞到右擋板，然后粒子從O點豎直向下返回平行金屬板間，使其在整個裝置中做周期性的往返運動．粒子與擋板碰撞前后電荷量不變，沿板方向的分速度不變，垂直板方向的分速度大小不變、方向相反，不計碰撞的時間及磁場變化產(chǎn)生的影響．求：

(1)粒子第一次到達O點時的速率；

(2)圖中B₂的大?。?/p>

(3)金屬板a和b間的距離d.

答案　(1)　(2)2B₀　(3)(n＝0,1,2，…)

解析　(1)粒子從b板到a板的過程中，靜電力做正功，根據(jù)動能定理有qU＝mv²－0

解得粒子第一次到達O點時的速率v＝

(2)粒子進入a板上方后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

由qvB＝m得r＝，

則得粒子做勻速圓周運動的半徑r₁＝，r₂＝

使其在整個裝置中做周期性的往返運動，運動軌跡如圖所示，由圖易知r₁＝2r₂，已知B₁＝B₀，則得B₂＝2B₀

(3)在0～t₁時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動的周期

T₁＝

在t₁～(t₁＋t₂)時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動的周期T₂＝

由軌跡圖可知t₁＝T₁＝

t₂＝T₂＝

粒子在金屬板a和b間往返時間為t，

有d＝×

且滿足t＝t₂＋n(t₁＋t₂)(n＝0,1,2，…)

聯(lián)立可得金屬板a和b間的距離d＝(n＝0,1,2，…)．

例4　如圖(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t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，帶負電的粒子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，且＝，在0～t₀時間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為(，)．求：

(1)粒子P的比荷；

(2)t＝2t₀時刻粒子P的位置坐標；

(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L.

答案　(1)　(2)　(3)v₀t₀

解析　(1)0～t₀時間內(nèi)粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒于所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經(jīng)過圓周，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＝①

又qv₀B₀＝m②

又有＝

聯(lián)立解得＝③

(2)設粒子P在磁場中運動的周期為T，

則T＝④

聯(lián)立①④式解得T＝4t₀⑤

即粒子P做圓周運動后磁場變?yōu)殡妶?，粒子以速?/span>v₀垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設t₀～2t₀時間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x₁、y₁，則x₁＝v₀t₀＝＝⑥

y₁＝at₀²⑦

其中加速度a＝⑧

聯(lián)立①③⑦⑧式解得y₁＝＝R⑨

因此t＝2t₀時刻粒子P的位置坐標為

(v₀t₀,0)，如圖中的b點所示．

(3)分析知，粒子P在2t₀～3t₀時間內(nèi)，靜電力產(chǎn)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(nèi)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L，即O、d間的距離，則L＝2R＋2x₁，解得L＝v₀t₀.

課時精練

1．(多選)質(zhì)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點進入方向如圖所示的由正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)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)(　　)

A．該微粒一定帶負電荷

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

D．該電場的電場強度大小為

答案　AC

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，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應帶負電荷，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，又知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正確，B錯誤；由平衡條件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應強度大小B＝，電場的電場強度大小E＝，故C正確，D錯誤．

2.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強度大小為E、方向豎直向下；該磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則(　　)

A．液滴帶正電

B．液滴比荷＝

C．液滴沿順時針方向運動

D．液滴運動速度大小v＝

答案　C

解析　液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知qE＝mg，得＝，選項B錯誤；靜電力方向豎直向上，液滴帶負電，選項A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針方向運動，選項C正確；對液滴有qE＝mg，qvB＝m，聯(lián)立得v＝，選項D錯誤．

3．如圖，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強電場E₁，區(qū)域?qū)挾葹?em>d₁，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E₂，區(qū)域?qū)挾葹?em>d₂，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下．一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了30°，重力加速度為g，求：

(1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度E₁、E₂的大??；

(2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大??；

(3)微粒從P運動到Q的時間．

答案　(1)　　(2)

(3)＋

解析　(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有qE₁sin 45°＝mg

解得E₁＝

微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，則重力和靜電力平衡，有mg＝qE₂，解得E₂＝

(2)粒子進入磁場區(qū)域時滿足：

qE₁d₁cos 45°＝mv²

qvB＝m

根據(jù)幾何關系，分析可知R＝＝2d₂

整理得B＝

(3)微粒從P到Q的時間包括在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動時間t₁和在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間t₂，

由a₁t₁²＝d₁，mgtan 45°＝ma₁

整理得t₁＝

由t₂＝·＝·＝

得t＝t₁＋t₂＝＋.

4．在如圖甲所示的正方形平面Oabc內(nèi)存在著垂直于該平面的勻強磁場，磁感應強度的變化規(guī)律如圖乙所示．一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)在t＝0時刻平行于Oc邊從O點射入磁場中．已知正方形邊長為L，磁感應強度的大小為B₀，規(guī)定垂直于紙面向外為磁場的正方向．

(1)求帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T₀.

(2)若帶電粒子不能從Oa邊界射出磁場，求磁感應強度的變化周期T的最大值．

(3)要使帶電粒子從b點沿著ab方向射出磁場，求滿足這一條件的磁感應強度變化的周期T及粒子射入磁場時的速度大?。?/p>

答案　(1)　(2)　(3)　(n＝2,4,6，…)

解析　(1)由qvB₀＝m，T₀＝，

聯(lián)立解得T₀＝.

(2)如圖甲所示為周期最大時粒子不能從Oa邊射出的臨界情況，由幾何關系可知sin α＝，得α＝30°.

在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為150°，

運動時間為t＝T₀＝，而t＝

所以磁感應強度的變化周期T的最大值為.

(3)如圖乙所示為粒子從b點沿著ab方向射出磁場的一種情況．在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為2β，其中β＝45°，即＝，所以磁場變化的周期為T＝

弦OM的長度為s＝(n＝2,4,6，…)

圓弧半徑為R＝＝(n＝2,4,6，…)

由qv₀B₀＝m，

解得v₀＝(n＝2,4,6，…)．

5.(2023·江西高三月考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy中，第四象限內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場和沿x軸正方向的勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E.第一象限中有沿y軸正方向的勻強電場(電場強度大小未知)，且某未知矩形區(qū)域內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場(磁感應強度大小也為B)．一個帶電小球從圖中y軸上的M點沿與x軸成θ＝45°角斜向上做勻速直線運動，由x軸上的N點進入第一象限并立即在矩形磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，離開矩形磁場區(qū)域后垂直打在y軸上的P點(圖中未標出)，已知O、N兩點間的距離為L，重力加速度大小為g，取sin 22.5°＝0.4，cos 22.5°＝0.9.求：

(1)小球所帶電荷量與質(zhì)量的比值和第一象限內(nèi)勻強電場的電場強度大小；

(2)矩形勻強磁場區(qū)域面積S的最小值；

(3)小球從M點運動到P點所用的時間．

答案　(1)　E　(2)

(3)(1＋)＋(π－)

解析　(1)設小球質(zhì)量為m、電荷量為q、速度為v，小球在MN段受力如圖

因為在MN段做勻速直線運動，所以小球受力平衡，由平衡條件得mgtan 45°＝qE，解得＝，要使小球進入第一象限后能立即在矩形磁場區(qū)城內(nèi)做勻速圓周運動，則小球受的重力必須與靜電力平衡有mg＝qE₁

聯(lián)立解得E₁＝E

(2)由(1)可知qvB＝qE，即v＝

由qvB＝m，可知R＝＝

軌跡圖如圖所示，由圖可知矩形的最小面積

S＝2Rcos 22.5°×(R－Rsin 22.5°)＝

(3)在第四象限運動的時間t₁＝

在第一象限矩形磁場區(qū)域運動的時間t₂＝

在第一象限做勻速直線運動的時間t₃＝

聯(lián)立解得小球從M到P的總時間

t＝t₁＋t₂＋t₃＝(1＋)＋(π－)．

6．如圖甲所示，在坐標系xOy中，y軸左側(cè)有沿x軸正方向的勻強電場、電場強度大小為E；y軸右側(cè)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(zhì)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：

(1)P點到O點的距離；

(2)粒子經(jīng)一個周期沿y軸發(fā)生的位移大小．

答案　(1)　(2)

解析　(1)設粒子第一次在電場中做勻加速運動的時間為t₀，則t₀＝，Eq＝ma

設O、P間距離為x，則x＝at₀²，

聯(lián)立解得x＝.

(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R₂，

R₁＝，R₂＝，又由動能定理得Eqx＝mv₀²，粒子每經(jīng)一個周期沿y軸向下移動Δx，Δx＝2R₂－2R₁＝.

7．如圖甲所示的坐標系中，在x軸上方的區(qū)域內(nèi)存在著如圖乙所示周期性變化的電場和磁場，交變電場的電場強度大小為E₀，交變磁場的磁感應強度大小為B₀，取x軸正方向為電場的正方向，垂直紙面向外為磁場的正方向．在t＝0時刻，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q、重力不計的帶正電粒子，從y軸上A點由靜止釋放．粒子經(jīng)過電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)后垂直打在x軸上．求：

(1)粒子第一次在磁場中運動的半徑；

(2)粒子打在x軸負半軸上到O點的最小距離；

(3)起點A與坐標原點間的距離d應滿足的條件；

(4)粒子打在x軸上的位置與坐標原點O的距離跟粒子加速和偏轉(zhuǎn)次數(shù)n的關系．

答案　(1)　(2)(π＋2)

(3)d＝(n＝1,2,3，…)

(4)x_P＝(π＋2)(n＝1,2,3，…)

解析　(1)粒子第一次在電場中有qE₀＝ma

v₁＝at₀，t₀＝

粒子第一次進入磁場中有qv₁B₀＝

聯(lián)立解得R₁＝

(2)由題意可知粒子經(jīng)2次加速和偏轉(zhuǎn)后打在x軸負半軸上到O點的距離最小，如圖甲所示

第一次加速的位移為Δx₁＝＝

第二次加速的位移Δx₂＝3Δx₁

v₂＝2at₀＝

Δx_P＝Δx₂－Δx₁＋R₂＝(π＋2)

(3)分析帶電粒子運動軌跡，如圖乙所示

可知A與坐標原點間的距離d應滿足

d＝n²R₁＝(n＝1,2,3，…)

(4)若粒子經(jīng)過n次加速和偏轉(zhuǎn)后打在x軸上

x_P＝n(Δx₁＋R₁)＝(π＋2)(n＝1,2,3，…)．