8、利用牛頓定律解決平衡和勻速直線問題，利用圓周運(yùn)動公式解決圓周運(yùn)動問題。對于復(fù)雜的曲線運(yùn)動，運(yùn)用動能定理、機(jī)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(diǎn)。
如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)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(diǎn)射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(diǎn)(圖中未標(biāo)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(diǎn)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(diǎn)下方
B．穿出位置一定在O′點(diǎn)上方
C．運(yùn)動時，在電場中的電勢能
9、一定減小
D．在電場中運(yùn)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(yùn)動，穿出位置一定在O點(diǎn)下方，同理，若其帶負(fù)電荷，其向上偏轉(zhuǎn)做類平拋運(yùn)動，穿出位置一定在O點(diǎn)上方，A、B錯誤；在電場中運(yùn)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(diǎn)3 帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動
帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)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(xì)分析并確定各場的變化特點(diǎn)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(yùn)動周期有一定的聯(lián)系，應(yīng)抓住變化周期與
10、運(yùn)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(yùn)動過程還原成一個直觀的運(yùn)動軌跡草圖進(jìn)行分析。
(3)把粒子的運(yùn)動分解成多個運(yùn)動階段分別進(jìn)行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運(yùn)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(qiáng)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(qiáng)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(diǎn)以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動到Q點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動，再沿直線運(yùn)動到右邊界上的N2點(diǎn)。Q為線段N1N2的中點(diǎn)，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(qiáng)度B的大??；
(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(yùn)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(yùn)動，則
mg＋qE0＝qvB①
微粒做圓周運(yùn)動，則mg＝qE0②
聯(lián)立①②得q＝③
B＝④
(2)設(shè)微粒從N1運(yùn)動到Q的時間為t1，做圓周運(yùn)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(yùn)動過程，要求d≥2R⑩
聯(lián)立③④⑥得R＝?
設(shè)在N1
12、Q段直線運(yùn)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(yùn)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(diǎn)，對粒子的運(yùn)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(yùn)動周期與磁場周期的關(guān)系。
(3)運(yùn)用牛頓定律、運(yùn)動的合成分解、動能定理、功能關(guān)系等規(guī)律解決。
電視機(jī)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(jìn)入一圓形勻強(qiáng)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(dāng)不加磁場時，電子束將通過O點(diǎn)垂直打到屏幕的中心P點(diǎn)。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(rèn)為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)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(dāng)交變磁場為最大值B0時，電子束有最大偏轉(zhuǎn)。電子運(yùn)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(diǎn)，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(yùn)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(qiáng)電場區(qū)域，穿出電場后接著又進(jìn)入勻強(qiáng)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(qiáng)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(jìn)入磁場后，A圖中粒子應(yīng)逆時針運(yùn)動，故A正確；C圖中粒子應(yīng)順時針運(yùn)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(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)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(biāo)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(diǎn)O向下運(yùn)動和向外運(yùn)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(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，粒子最后落到P點(diǎn)，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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運(yùn)動，其軌道半徑為R。已知電場的電場強(qiáng)度為E，方向豎直向下；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動
D．液滴運(yùn)動的速度大小v＝
答案 C
解析 液滴在重力場、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)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(fù)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(yùn)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(yùn)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(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(yùn)動過程中，圓環(huán)運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多)，在圓管的最低點(diǎn)有一個直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g?？臻g存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)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(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用
B．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用
C．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小
20、球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高點(diǎn)時的速度大小都相同
D．小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動到所能到達(dá)的最高點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)時小球不會受到管壁彈力的作用，A錯誤；小球運(yùn)動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，有mv＝mg·2R＋mv2，可求運(yùn)動至最高點(diǎn)時小球的速度v＝>0，所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，C正確；在最高點(diǎn)時，小球做圓周運(yùn)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(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)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(dá)圓心的等高點(diǎn)時，水平速度為零，而運(yùn)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(yùn)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(yùn)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(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達(dá)到最大，同時位移達(dá)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(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E1＝40 N/C；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強(qiáng)電場E2＝ N/C。一質(zhì)量為m＝2×10－3 kg帶正電的小球，從點(diǎn)M(3.64 m，3.2 m)以v0＝1 m/s的水平速度開始運(yùn)動。已知小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，從點(diǎn)P(2.04 m,0)進(jìn)入第
23、四象限后經(jīng)過y軸上的點(diǎn)N(0，－2.28 m)(圖中未標(biāo)出)。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
(2)小球由P點(diǎn)運(yùn)動至N點(diǎn)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(jìn)入第四象限后受力分析如圖，tanα＝＝0.75即α＝37°＝θ?？芍∏蜻M(jìn)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(jìn)入第四象限
24、后做類平拋運(yùn)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(qiáng)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(yùn)動的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)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(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有B0qv0＝m
粒子運(yùn)動的周期T0＝
聯(lián)立兩式得磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝。
(2)正離子從O′孔垂直于N板射出磁場時，運(yùn)動軌跡如圖所示。在兩板之間正離子只運(yùn)動一個周期T0時，有r＝
在兩板之間正離子運(yùn)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(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁
26、場。一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)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(yùn)動半徑為R，則( )
A．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點(diǎn)O
B．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動的軌跡半徑之比為2∶1
C．粒子完成一次周期性運(yùn)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(jìn)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(yùn)動，而在第四象限沿逆時針方向運(yùn)動，不可能回到原點(diǎn)O，故A錯誤；由r＝，知粒子做圓周運(yùn)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(yùn)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(yùn)動的周期為T＝，在一個周期內(nèi)，粒子在第一象限運(yùn)動的時間為t1＝T＝；同理，在第四象限運(yùn)動的時間為t2＝T′＝·＝，故粒子完成一次周期性運(yùn)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(jìn)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(biāo)系x<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1與B2的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直于紙面向里，且B1∶B2＝3∶2。在原點(diǎn)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(yùn)動，粒子b以速率vb沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，已知粒子a帶正電，粒子b帶負(fù)電，帶電荷量相等，且兩粒子的速率滿足mava＝mbvb，若在此后的運(yùn)動中，當(dāng)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(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑公式r＝，可得＝＝，A錯誤；由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑公式r＝可知，粒
29、子a從O點(diǎn)出發(fā)沿x軸正方向運(yùn)動，逆時針向上運(yùn)動半周沿y軸上移2ra2，穿過y軸后逆時針向下運(yùn)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(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)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(yùn)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(diǎn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動，其初速度為vy＝vsinθ。⑤
若使小球再次經(jīng)過P點(diǎn)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。
19
（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(yùn)動學(xué)案
