8、利用牛頓定律解決平衡和勻速直線問題，利用圓周運動公式解決圓周運動問題。對于復(fù)雜的曲線運動，運用動能定理、機械能守恒、能量守恒，結(jié)合牛頓定律解決。注意洛倫茲力不做功的特點。
如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子A(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子B(不計重力)仍以相同初速度由 O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子B( )
A．穿出位置一定在O′點下方
B．穿出位置一定在O′點上方
C．運動時，在電場中的電勢能
9、一定減小
D．在電場中運動時，動能一定減小
答案 C
解析 若粒子B帶正電荷，由左手定則可知粒子B所受洛倫茲力向上、電場力向下，撤去磁場，其向下偏轉(zhuǎn)做類平拋運動，穿出位置一定在O點下方，同理，若其帶負電荷，其向上偏轉(zhuǎn)做類平拋運動，穿出位置一定在O點上方，A、B錯誤；在電場中運動時，電場力做正功，動能一定增大，電勢能一定減小，C正確、D錯誤。
考點3 帶電粒子在交變電磁場中的運動
帶電粒子在交變電、磁場中的運動是指電場、磁場發(fā)生周期性變化，其常用的分析方法：
(1)仔細分析并確定各場的變化特點及相應(yīng)的時間，其變化周期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期有一定的聯(lián)系，應(yīng)抓住變化周期與
10、運動周期之間的聯(lián)系作為解題的突破口。
(2)必要時，可把粒子的運動過程還原成一個直觀的運動軌跡草圖進行分析。
(3)把粒子的運動分解成多個運動階段分別進行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運動規(guī)律。
[例3] 如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上。t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述
11、d、E0、m、v、g為已知量。
(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度B的大小；
(2)求電場變化的周期T；
(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。
解析 (1)微粒做直線運動，則
mg＋qE0＝qvB①
微粒做圓周運動，則mg＝qE0②
聯(lián)立①②得q＝③
B＝④
(2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，
則＝vt1⑤
qvB＝m⑥
2πR＝vt2⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦得t1＝；t2＝⑧
電場變化的周期T＝t1＋t2＝＋⑨
(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R⑩
聯(lián)立③④⑥得R＝?
設(shè)在N1
12、Q段直線運動的最短時間為t1min，由⑤⑩?得
t1min＝
因t2不變，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝。
答案 (1) (2)＋ (3)
(1)解決帶電粒子在交變磁場中的運動，關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)或不同區(qū)域的受力特點，對粒子的運動狀態(tài)作出判斷。
(2)這類問題一般具有周期性，注意粒子運動周期與磁場周期的關(guān)系。
(3)運用牛頓定律、運動的合成分解、動能定理、功能關(guān)系等規(guī)律解決。
電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)。圖甲為顯像管工作原理示意圖，陰極K發(fā)射的電子束(初速不計)經(jīng)電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面(以垂
13、直圓面向里為正方向)，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為L。當不加磁場時，電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時，在熒光屏上得到一條長為2L的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短，可以
認為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強度不變。已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計電子之間的相互作用及所受的重力。求：
(1)電子打到熒光屏上時的速度大??；
(2)磁感應(yīng)強度的最大值B0。
答案 (1) (2)
解析 (1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小，設(shè)為v，由動能定理得
eU＝mv2，解
14、得v＝ 。
(2)分析可得：當交變磁場為最大值B0時，電子束有最大偏轉(zhuǎn)。電子運動軌跡如圖所示，設(shè)此時的偏轉(zhuǎn)角度為θ，在熒光屏上打在Q點，則PQ＝L。由幾何關(guān)系可知，tanθ＝則θ＝60°
根據(jù)幾何關(guān)系，電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角α＝θ，而tan＝
由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0＝
聯(lián)立解得B0＝。
1．(多選)一個重力忽略不計的帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是( )
答案 AD
15、解析 A、C選項中粒子在電場中向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶正電，再進入磁場后，A圖中粒子應(yīng)逆時針運動，故A正確；C圖中粒子應(yīng)順時針運動，故C錯誤；同理可以判斷D正確、B錯誤。
2．如圖所示，一束正離子從S點沿水平方向射出，在沒有偏轉(zhuǎn)電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其間相互作用力)( )
A．E向下，B向上 B．E向下，B向下
C．E向上，B向下 D．E向上，B向上
答案 A
解析 離子打在第Ⅲ象限，相對于原點O向下運動和向外運動，所以E向下，根據(jù)左手定則
16、可知B向上，故A正確。
3．(2017·河南洛陽統(tǒng)考)如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，粒子最后落到P點，設(shè)OP＝x，下列圖線能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是( )
答案 B
解析 帶電粒子在電場中加速時，由動能定理得qU＝mv2，而在磁場中偏轉(zhuǎn)時，由牛頓第二定律得qvB＝m，依題意x＝2r，聯(lián)立解得x＝ ，故選B。
4．(2017·廣東湛江一中月考)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。已知電場的電場強度為E，方向豎直向下；磁場的磁感應(yīng)強度
17、為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則( )
A．液滴帶正電
B．液滴荷質(zhì)比＝
C．液滴順時針運動
D．液滴運動的速度大小v＝
答案 C
解析 液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場組成的復(fù)合場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知液滴帶負電，故A錯誤；由mg＝qE解得＝，故B錯誤；磁場方向垂直紙面向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的運動方向為順時針，故C正確；液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為R＝，聯(lián)立各式得v＝，故D錯誤。
5．(2017·銀川一中期
18、末)(多選)如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在豎直面內(nèi)水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中(不計空氣阻力)?，F(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖象可能是圖中的( )
答案 AD
解析 由左手定則可知，圓環(huán)所受洛倫茲力豎直向上，如果恰好qv0B＝mg，圓環(huán)與桿間無彈力，不受摩擦力，圓環(huán)將以v0做勻速直線運動，故A正確；如果qv0Bmg，則a＝，隨著v的減小a也減小，直到qvB＝mg，以后做勻速直線運動，故D正確，B、C錯誤。
6．(多
19、選)如圖所示，一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細管的內(nèi)徑大得多)，在圓管的最低點有一個直徑略小于細管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止狀態(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g。空間存在一磁感應(yīng)強度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面且向里的勻強磁場。某時刻，給小球一方向水平向右，大小為v0＝的初速度，則以下判斷正確的是( )
A．無論磁感應(yīng)強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點一定受到管壁的彈力作用
B．無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球在最高點一定受到管壁的彈力作用
C．無論磁感應(yīng)強度大小如何，小
20、球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球到達最高點時的速度大小都相同
D．小球在從環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的大小一直減小
答案 BC
解析 根據(jù)左手定則可以判定，小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A錯誤；小球運動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，有mv＝mg·2R＋mv2，可求運動至最高點時小球的速度v＝>0，所以小球一定能到達軌道最高點，C正確；在最高點時，小球做圓周運動所需的向心力F＝m＝mg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時必然受到與洛
21、倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，B正確；小球在從最低點運動到最高點的過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右且不斷減小，到達圓心的等高點時，水平速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，D錯誤。
7.如圖所示，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移。(斜面足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
答案
解析 經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小
22、，最后離開斜面。所以，當物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達到最大，同時位移達到最大，即qvmB＝mgcosθ①
物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得：
mgsmsinθ＝mv－0②
由①②得：vm＝＝，sm＝＝。
8．(2018·山東青島期末)如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度E1＝40 N/C；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強電場E2＝ N/C。一質(zhì)量為m＝2×10－3 kg帶正電的小球，從點M(3.64 m，3.2 m)以v0＝1 m/s的水平速度開始運動。已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，從點P(2.04 m,0)進入第
23、四象限后經(jīng)過y軸上的點N(0，－2.28 m)(圖中未標出)。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；
(2)小球由P點運動至N點的時間。
答案 (1)2 T (2)0.6 s
解析 (1)由題意可知qE1＝mg，得q＝5×10－4 C
軌跡如圖，Rcosθ＝xM－xP，Rsinθ＋R＝y(tǒng)M
可得R＝2 m，θ＝37°
由qv0B＝，得B＝2 T。
(2)小球進入第四象限后受力分析如圖，tanα＝＝0.75即α＝37°＝θ?？芍∏蜻M入第四象限后所受電場力和重力的合力與速度方向垂直，則小球進入第四象限
24、后做類平拋運動。
由幾何關(guān)系可得lNQ＝0.6 m
由lNQ＝v0t，解得t＝0.6 s。
9．如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。有一束正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。
(1)求磁感應(yīng)強度B0的大??；
(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，求正離子射入磁場時的速度v0的可
25、能值。
答案 (1) (2)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)設(shè)磁場方向垂直于紙面向里時為正，正離子射入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有B0qv0＝m
粒子運動的周期T0＝
聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強度B0＝。
(2)正離子從O′孔垂直于N板射出磁場時，運動軌跡如圖所示。在兩板之間正離子只運動一個周期T0時，有r＝
在兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有
r＝(n＝1,2,3，…)，解得v0＝(n＝1,2,3，…)。
10．(2017·湖北宜昌一模)如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為的勻強磁
26、場。一帶負電的粒子從原點O以與x軸正方向成30°角斜向上射入磁場，且在x軸上方運動半徑為R，則( )
A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點O
B．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的軌跡半徑之比為2∶1
C．粒子完成一次周期性運動的時間為
D．粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進3R
答案 D
解析 根據(jù)左手定則判斷可知，粒子在第一象限和第四象限中所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第一象限沿順時針方向運動，而在第四象限沿逆時針方向運動，不可能回到原點O，故A錯誤；由r＝，知粒子做圓周運動的軌跡半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的軌跡半徑之比為1∶2，故B錯誤；粒子在第一
27、象限內(nèi)軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，在第四象限內(nèi)軌跡所對應(yīng)的圓心角也為60°，粒子在第一象限做圓周運動的周期為T＝，在一個周期內(nèi)，粒子在第一象限運動的時間為t1＝T＝；同理，在第四象限運動的時間為t2＝T′＝·＝，故粒子完成一次周期性運動的時間為t＝t1＋t2＝，故C錯誤；根據(jù)幾何知識得，粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進的距離為x＝R＋2R＝3R，故D正確。
11. (2017·湖南邵陽二模)(多選)如圖所示，在坐標系x<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1∶B2＝3∶2。在原點O處同時發(fā)射兩個質(zhì)量分別為ma和mb的帶電粒子
28、，已知粒子a以速度va沿x軸正方向運動，粒子b以速率vb沿x軸負方向運動，已知粒子a帶正電，粒子b帶負電，帶電荷量相等，且兩粒子的速率滿足mava＝mbvb，若在此后的運動中，當粒子a第四次經(jīng)過y軸(出發(fā)時經(jīng)過y軸不算在內(nèi))時，恰與粒子b相遇，粒子重力不計，下列說法正確的是( )
A．粒子a、b在磁場B1中的偏轉(zhuǎn)半徑之比為3∶2
B．兩粒子在y軸正半軸相遇
C．粒子a、b相遇時的速度方向相同
D．粒子a、b的質(zhì)量之比為1∶5
答案 BCD
解析 由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r＝，可得＝＝，A錯誤；由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r＝可知，粒
29、子a從O點出發(fā)沿x軸正方向運動，逆時針向上運動半周沿y軸上移2ra2，穿過y軸后逆時針向下運動半周后下移2ra1，由于B2
30、，D正確。
12. (2016·天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.0×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求：
(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；
(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。
答案 (1)20 m/s v的方向斜向右上方與電場E夾角60° (2)3.
31、5 s
解析 (1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則qvB＝ ①
代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s②
速度v的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝③
代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝，θ＝60°。④
(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有
a＝⑤
設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有
x＝vt⑥
設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有
y＝at2⑦
a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又
tanθ＝⑧
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s≈3.5 s。⑨
解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ。⑤
若使小球再次經(jīng)過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0，⑥
聯(lián)立②④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s≈3.5 s。
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（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第10章 磁場 第38課時 帶電粒子在組合場和復(fù)合場中的運動學(xué)案
