沖刺2022屆高考物理大題限時集訓(xùn)專題14　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動【例題】如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，在第一、四象限內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在第二、三象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T，兩區(qū)域的電場強(qiáng)度大小均為E=2V/m。一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球用絕緣細(xì)線拴住并靜止在第一象限的P點(diǎn)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為（5cm，5cm），細(xì)線與豎直方向的夾角為θ=45°?，F(xiàn)剪斷細(xì)線，小球開始運(yùn)動，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小球第二次經(jīng)過x軸時的x坐標(biāo)值和第二次經(jīng)過y軸時的y坐標(biāo)值；（2）小球第三次經(jīng)過y軸的速度大小?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）小球在圖示位置平衡，有Eq=mg剪斷細(xì)線后，小球的加速度大小小球經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入第三象限，運(yùn)動位移為根據(jù)v2=2as可得m/s小球在第二、三象限運(yùn)動時，電場力和重力平衡，小球在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動有學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n解得r=0.1m小球第二次經(jīng)過x軸、y軸的坐標(biāo)點(diǎn)由幾何關(guān)系知（2）小球第二次經(jīng)過y軸后，做類平拋運(yùn)動，沿著初速度方向有x′=vt垂直于初速度方向根據(jù)幾何關(guān)系x′=y′解得t=0.2s在垂直于初速度方向v⊥=at小球第三次經(jīng)過y軸的速度大小解得m/s學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n明確粒子受幾個力，結(jié)合運(yùn)動情況，分析各力方向。（1）電場與磁場疊加：常見模型有速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)、霍爾元件等。（2）電場、磁場、重力場疊加：無約束帶電體在疊加場做直線運(yùn)動時必為勻速直線運(yùn)動；做圓周運(yùn)動時必為勻速圓周運(yùn)動，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力。1．三種典型情況（1）若只有兩個場，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動或靜止?fàn)顟B(tài)．例如電場與磁場疊加滿足qE＝qvB時，重力場與磁場疊加滿足mg＝qvB時，重力場與電場疊加滿足mg＝qE時．（2）若三場共存，合力為零時，粒子做勻速直線運(yùn)動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直．（3）若三場共存，粒子做勻速圓周運(yùn)動時，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，即qvB＝m.2．當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動或有約束的變速直線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．3．分析【變式訓(xùn)練】如圖所示，在豎直xOy平面內(nèi)0≤x≤L的區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1；在L≤x≤2L的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小也為E，垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2；一個質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v0沿與x軸成45°角方向射入，小球沿直線勻速穿過0≤x≤L區(qū)域，在L≤x≤2L的區(qū)域運(yùn)動一段時間后，沿x軸正方向射出該區(qū)域。已知L、m、q、v0，重力加速度g，試求：（1）電場強(qiáng)度E的大??；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B2大??；（3）小球從O點(diǎn)到離開x=2L邊界所需要的時間。學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）帶電小球在區(qū)域作勻速直線運(yùn)動，對其受力分析如圖由共點(diǎn)力平衡可得則（2）帶電小球在區(qū)域，豎直方向上重力與電場力平衡，小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，其軌跡如圖所示設(shè)軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可知由洛倫茲力提供向心力學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n解得（3）設(shè)帶電小球在運(yùn)動時間為t1，則有設(shè)帶電小球在運(yùn)動時間為t2，則有小球從O點(diǎn)到離開x=2L邊界所需要的時間1．如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xoy位于豎直面內(nèi)，其中y軸豎直，點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（0，L）和（－L，0）.整個空間存在方向沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E1（未畫出）。將一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點(diǎn)靜止釋放，小球恰能經(jīng)過C點(diǎn)，小球經(jīng)過C點(diǎn)時勻強(qiáng)電場方向變?yōu)樨Q直向上，場強(qiáng)大小變?yōu)樵瓉淼?，同時整個空間加上磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。╣為重力加速度大?。┓较虼怪弊鴺?biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場（未畫出），小球再運(yùn)動后，撒去磁場并將電場恢復(fù)為初始時的勻強(qiáng)電場E1，求：（1）電場的場強(qiáng)大小以及小球通過C點(diǎn)時的速度大?。?）撤去磁場后小球通過AC連線的位置距A點(diǎn)的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n（1）設(shè)，則又由勻變速運(yùn)動規(guī)律有解得（2）電場改變后，豎直方向上受力平衡，小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖則有小球做圓周運(yùn)動的周期為解得則小球在磁場中運(yùn)動的時間為，結(jié)合數(shù)學(xué)知識知，撤去磁場并恢復(fù)電場時，小球的速度方向沿DA方向，之后小球做類平拋運(yùn)動，則有學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n解得2．如圖所示，豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，y軸正向豎直向上，x軸正向水平向右，x軸在水平平面M內(nèi)，在x軸上方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場E1。兩平行水平面M和N之間的距離為d，其間的區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E2（E2=E1）和水平向外的勻強(qiáng)磁場B。帶電量分別為q和－q（q>0）的小球1和2先后從y軸上距0點(diǎn)為h的P點(diǎn)以相同的初速率v0沿x軸正向水平射出，小球1從x軸上距O點(diǎn)為2h的A點(diǎn)進(jìn)入MN間，恰好未從平面N離開。小球2從x軸上C點(diǎn)進(jìn)入兩平面間，最后從平面N上某點(diǎn)離開。設(shè)兩小球質(zhì)量分別為m1和m2，且qE1=2m1g，題中h、d和重力加速度g已知，其它量均未知。（1）求兩小球的初速率v。；（2）求電場強(qiáng)度E2和磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小之比；（3）若C點(diǎn)坐標(biāo)為（4h，0），求m1和m2之比以及球2離開平面N時速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【解析】（1）小球1在x軸上方做類平拋運(yùn)動解得學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n（2）因?yàn)閯t所以小球1在MN間做勻速圓周運(yùn)動。由題意小球1恰好未從下邊界平面N離開知其軌跡應(yīng)與平面N相切，如圖所示，由幾何關(guān)系可知設(shè)小球1剛進(jìn)入MN間時速度偏轉(zhuǎn)角為θ1，由q又得=（3）小球2在x軸上方做類平拋運(yùn)動：結(jié)合（1）問中4個式子可得學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n小球2從P點(diǎn)到離開平面N全過程由動能定理得解得3．如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上設(shè)置有AB和CD兩個減速緩沖區(qū)，緩沖區(qū)內(nèi)動摩擦因數(shù)為μ，且AB=BC=CD=l。整個空間分布著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m帶電量為-q的物塊從斜面頂端O由靜止釋放，其通過AB段與通過CD段的時間相等。已知物塊運(yùn)動到D點(diǎn)時的加速度為零，重力加速度為g，求：（1）斜面頂端O到A的距離d；（2）物塊在緩沖區(qū)內(nèi)摩擦產(chǎn)生的總熱量；【答案】（1）；（2）【解析】（1）物塊在BC段做勻加速直線運(yùn)動，故在AB段和CD段一定做完全相同的減速運(yùn)動，且以相同的速度收尾。即物塊運(yùn)動到D點(diǎn)，加速度為零。有物塊由B運(yùn)動到C，由牛頓第二定律由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得物塊由O運(yùn)動A，有學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n聯(lián)立，解得（2）物塊由A運(yùn)動到C，動能不變，由功能關(guān)系又QAB=QCD故物塊在緩沖區(qū)內(nèi)摩擦產(chǎn)生的總熱量為4．如圖所示，豎直虛線ab的左側(cè)區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場的電場強(qiáng)度大小為E，在ab右側(cè)一定距離的某矩形區(qū)城內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），磁場均水平向里、感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。一質(zhì)為m、帶電荷量為+q的帶電粒子從c點(diǎn)沿水平線cd向右運(yùn)動經(jīng)過d，進(jìn)入ab右側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，當(dāng)帶電粒子再次運(yùn)動到ab線時速度方向與ab成θ=60°角，不計(jì)粒子的重力，（，）求：（1）帶電粒子在ab右側(cè)的磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑；（2）帶電粒子在ab右側(cè)的磁場中的運(yùn)動時間；（3）右側(cè)的矩形磁場區(qū)域的最小面積?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【解析】（1）帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動，則粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，有洛倫茲力提供向心力，有聯(lián)立解得學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n（2）帶電粒子在ab右側(cè)的磁場中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動周期為粒子再次經(jīng)過ab線時速度方向與ab成θ=60°角，有兩種情況，如圖所示①從M點(diǎn)進(jìn)入磁場，從P點(diǎn)離開磁場，轉(zhuǎn)過角度=150°，運(yùn)動時間為聯(lián)立解得②從M點(diǎn)進(jìn)入磁場，從Q點(diǎn)離開磁場，轉(zhuǎn)過角度為，由數(shù)學(xué)知識得運(yùn)動時間為聯(lián)立解得由（2）問可知矩形磁場區(qū)域最小時為包含圓弧PM的矩形，即圖中陰影部分，由數(shù)學(xué)知識可知矩形長度PM為矩形寬度PD為學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n則矩形的最小面積為5．如圖甲所示，在xoy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E1；第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)同時存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場E2和垂直紙面的磁場B1，，，磁場B1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，，，設(shè)垂直紙面向外為磁場正方向。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電液滴從P點(diǎn)以速度，沿x軸負(fù)方向入射，恰好以指向y軸負(fù)方向的速度v經(jīng)過原點(diǎn)O后進(jìn)入x≤0的區(qū)域。已知：，，t=0時液滴恰好通過O點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2。（1）求液滴第一次到達(dá)O點(diǎn)時速度v的大小；（2）求液滴在時間內(nèi)的路程；（3）若在時撤去電場E1、E2和磁場B1，同時在整個空間區(qū)域加豎直向上的勻強(qiáng)磁場B2（未畫出），，求從此時刻起，再經(jīng)過液滴距O點(diǎn)的距離。（）【答案】（1）2.5m/s；（2）0.98m；（3）0.71m【解析】（1）對帶電液滴水平和豎直方向分別由動量定理得得v=2.5m/s學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n（2）計(jì)算可知液滴通過O點(diǎn)后則液滴將僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動。由得磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B0時內(nèi)運(yùn)動軌跡如圖所示，則得（3）只有磁場B2存在時，油滴在水平方向做勻速圓周運(yùn)動，周期半徑學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n油滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動，經(jīng)過沿y軸下落高度為經(jīng)過后距O點(diǎn)的距離為解得6．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的x軸水平，第一象限存在電場強(qiáng)度大小為、方向沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場；在y<0的區(qū)域存在電場強(qiáng)度大小為、方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。t=0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從y軸上的A點(diǎn)沿與y軸負(fù)方向成60°角射入x0y平面的第一象限。小球從x軸上的M點(diǎn)（圖中未畫出）沿y軸負(fù)方向射入第四象限，運(yùn)動一段時間后，與y軸負(fù)方向成60°角射入第三象限。已知重力加速度為g。求：（1）小球在A點(diǎn)的速度大小；（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（3）小球第2n（n=1，2，3，…）次穿過x軸時的位置坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（n=1，2，3，…）學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n【解析】（1）設(shè)第一象限的電場強(qiáng)度大小為E1，由題可知小球在第一象限受到的水平向左的電場力，大小為由牛頓第二定律得F=ma1解得對于水平方向上的運(yùn)動，有解得對于豎直方向上的運(yùn)動，有解得（2）小球進(jìn)入磁場，由Eq=mg可得小球做勻速圓周運(yùn)動。小球運(yùn)動的軌跡如圖所示小球在第四象限內(nèi)偏轉(zhuǎn)了60°，可知∠MO1N=60°，三角形MO1N為正三角形，由幾何關(guān)系可知，小球做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r=MN=2OM學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n其中即OM=L解得由洛倫茲力提供向心力得解得其中解得（3）小球在第三、四象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的軌跡直徑為d=2r小球由第三象限進(jìn)入第二象限后做豎直上拋運(yùn)動，由第二象限進(jìn)入第三象限后，向左偏轉(zhuǎn)，設(shè)小球第2n次穿過x軸時距M點(diǎn)的距離為s，則s=nd解得即小球第2n次穿過x軸的位置坐標(biāo)為（n=1，2，3，…）7．如圖所示，一個質(zhì)量為、電荷量的帶電粒子，從靜止開始經(jīng)電壓加速后，沿著水平方向進(jìn)入右側(cè)的速度選擇器。金屬板的上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，兩板間電壓，兩板間距，板間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。該粒子通過速度選擇器后，從y軸上的P點(diǎn)垂直y學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n軸進(jìn)入直角坐標(biāo)系的第一象限，在第一象限有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，第四象限（含邊界）有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，O、P之間的距離為，粒子恰好不從y軸射出磁場，不計(jì)粒子重力。求：（1）粒子進(jìn)入速度選擇器時速度v的大?。唬?）速度選擇器內(nèi)勻強(qiáng)磁場的大??；（3）直角坐標(biāo)系中勻強(qiáng)磁場的大小；（4）粒子從P點(diǎn)射出后第四次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）粒子在加速電場中，由動能定理有解得（2）粒子在速度選擇器中做直線運(yùn)動，有解得（3）粒子恰好不從y軸射出的臨界情況是運(yùn)動軌跡與y軸相切，如圖所示學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n幾何關(guān)系知解得根據(jù)解得（4）根據(jù)運(yùn)動軌跡，可知第四次經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)為8．如圖所示，在長方形abcd虛線框區(qū)域內(nèi)，存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面水平向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。O1為ab邊中點(diǎn)，O1O2為長方形水平中心線，照相底片與虛線O1O2垂直且離cd邊?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子從O1點(diǎn)以速度v（未知）水平射入時，帶電粒子沿虛線O1O2做勻速直線運(yùn)動。保持帶電粒子從O1點(diǎn)水平射入的速度v不變，若撤去電場，帶電粒子恰好經(jīng)過d點(diǎn)后打在照相底片上的P點(diǎn)；若撤去磁場，帶電粒子打在照相底片上的點(diǎn)。已知，，（不計(jì)粒子重力和空氣阻力）。求：（1）從O1點(diǎn)水平射入的速度v；（2）帶電粒子由O1點(diǎn)運(yùn)動至P點(diǎn)的時間t；（3）帶電粒子打在照相底片上P、兩點(diǎn)間的距離。學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）粒子沿虛線O1O2做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)平衡解得（2）撤去電場后，設(shè)帶電粒子在磁場中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，如圖由牛頓第二定律得根據(jù)幾何知識學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n粒子在磁場中運(yùn)動的周期粒子在磁場中運(yùn)動的時間粒子離開磁場做勻速直線運(yùn)動至P，點(diǎn)過程的位移該過程的運(yùn)動時間則帶電粒子由O1點(diǎn)運(yùn)動至P點(diǎn)的時間t（3）撤去磁場后，如圖所示粒子在電場中偏轉(zhuǎn)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n聯(lián)立解得根據(jù)幾何知識P、兩點(diǎn)間的距離9．如圖所示，在坐標(biāo)系第一象限內(nèi)有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，方向未知，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里；在第二象限的某個三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以某一速度v（大小未知）沿與x軸負(fù)方向成θ角（θ<）的方向從A點(diǎn)進(jìn)入第一象限，在第一象限內(nèi)做直線運(yùn)動，而后從y軸上的C點(diǎn)進(jìn)入三角形磁場區(qū)域。一段時間后，粒子經(jīng)過x軸上的D點(diǎn)且速度方向與x軸負(fù)方向成θ角。已知A點(diǎn)坐標(biāo)為（L，0），D點(diǎn)坐標(biāo)為（-3L，0），不計(jì)粒子所受的重力。求：（1）勻強(qiáng)電場E的方向與x軸正方向的夾角α的大小和粒子速度的大小；（2）三角形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B'的大?。唬?）三角形區(qū)域磁場的最小面積?！敬鸢浮浚?）α=90°-θ；；（2）；（3）L2·tanθ【解析】（1）粒子在第一象限內(nèi)做直線運(yùn)動，速度的變化會引起洛倫茲力的變化，所以粒子必做勻速直線運(yùn)動。這樣，電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，電場E的方向與微粒運(yùn)動的方向垂直α=90°-θ由平衡條件有Eq=Bqv得學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n（2）粒子從C點(diǎn)進(jìn)入第二象限的磁場B'中，粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)粒子在第二象限做圓周運(yùn)動的半徑為R，由幾何關(guān)系可得由牛頓第二定律得解得（3）由圖可知，C、F點(diǎn)應(yīng)分別是粒子進(jìn)入磁場和離開磁場的點(diǎn)，三角形磁場的最小區(qū)域應(yīng)該是以切線AC、DF為鄰邊的等腰三角形CFG，CF為底邊，由幾何關(guān)系得，底邊CF=2L高h(yuǎn)=L·tanθ所求磁場的最小面積為S=CF·h=L2·tanθ（2021?北京高考真題）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。從S點(diǎn)釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導(dǎo)體板的虛線）通過N。不計(jì)重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場強(qiáng)度E的大小和方向；（3）仍從S點(diǎn)釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能。學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n【答案】（1）；（2），方向垂直導(dǎo)體板向下；（3）【解析】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡得方向垂直導(dǎo)體板向下。（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有解得學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司