專題4+帶電粒子在疊加場中的運動問題-屆高考物理一輪復習之熱點題型+版含解析

1、專題3.4帶電粒子在疊加場中的運動問題疊加場是指在同一空間區(qū)域中重力場、電場、磁場有兩種場或三種場同時存在的情況。常見的疊加場有：電場與重力場的疊加，磁場與電場的疊加，磁場、電場、重力場的疊加等。帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始運動狀態(tài)，因此應把帶電粒子的初始運動情況和受力情況結合起來進行分析。(1)當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，粒子將保持靜止或做勻速直線運動。(2)當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做勻變速直線運動。(3)當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動。(4)當帶電粒子所受合外力的大小、方向都不斷變化時

2、，粒子將做變速運動。題型1帶電體在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解.類型一：如果粒子在復合場中受軌道、支撐面、輕繩或輕桿等有形的約束時，可做變速直線運動。解題時只要從受力分析入手，明確變力、恒力及做功等情況，就可用動能定理、牛頓運動定律、運動學相關知識進行求解。類型二：若帶電粒子運動的空間存在軌道、支撐面、輕繩、輕桿等有形的約束時，帶電粒子在復合場中做勻變速圓周運動，一般應用牛頓運動定律和動

3、能定理求解?！镜淅?】如圖，一個質量為m、帶電量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中?，F給圓環(huán)一個水平向右的初速度Vo,在以后的運動中下列說法正確的是()XpXXXXXXXXXA.圓環(huán)可能做勻減速運動B.圓環(huán)不可能做勻速直線運動C.圓環(huán)克服摩擦力所做的功一定為一12-溶q_j一JD.圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為：'【答案】D【解析】：當qvoBvmg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，速度在減小，洛倫茲力減小，桿的支持力和摩擦力都發(fā)生變化，所以不可能做勻減速運動，故A錯誤當qvoB=mg時，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，做勻速直線運動，故B錯誤。當qv

4、oBvmg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，只有摩擦力做功.根據動能定理得-12一必曾-明-W=0-2,w=2當時，圓環(huán)先做減速運動，當qtBf蠟時，不受摩摭力，做勻速直線運動.百qvEFiP時得根據動能定理得一“：二一:12小代入解得W=2'迎即，故C錯誤，D正確。故選D.【典例2】如圖所示，與水平面成37°的傾斜軌道AC,其延長線在D點與半圓軌道DF相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內，整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側存在垂直紙面向里的勻強磁場（C點處于MN邊界上）.一質量為0.4kg的帶電小球沿軌道AC100.一.下滑，至C點時速度為vc=7m/s,接著沿直線C

5、D運動到D處進入半圓軌道，進入時無動能損失，且恰好能通過F點，在F點速度為Vf=4m/s（不計空氣阻力，g=10m/s2,cos37=0.8）.求：XX.冥士XMXMXMX(1)小球帶何種電荷？(2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球從F點飛出時磁場同時消失，小球離開F點后的運動軌跡與直線AQ或延長線)的交點為G點(未標出)，求G點到D點的距離.【答案】(1)正電荷(2)27.6J(3)2.26m【解析】(1)依題意可知小球在CD間做勻速直線運動，在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力為零，若小球帶負電，小球受到的合力不為零，因此帶電小球應帶正電荷.(2)小球在D點速度為100v

6、d=vc=7m/s設重力與電場力的合力為F1,如圖所示，則F1=F>=qvCBmg。又F1=cos37=5NF17解得qB=vC=20CT在F處由牛頓第二定律可得qvFB+Fi=F7把qB=20CT代入得R=1m小球在DF段克服摩擦力做功Wf,由動能定理可得Wf2FiR=2mvF2mvD解得Wl27.6JF1(3)小球離開F點后做類平拋運動，其加速度為a=m,at2由2R=24mR2解得t=F1=5s2父點G與D點的距離GD=VFt=52.26m【跟蹤訓練】1 .（多選）如圖所示，兩個傾角分別為30。和60。的光滑斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中。

7、兩個質量均為m、帶電荷量為+q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，在此過程中（）A.甲滑塊飛離斜面瞬間的速度比乙滑塊飛離斜面瞬間的速度大B.甲滑塊在斜面上運動的時間比乙滑塊在斜面上運動的時間短C.甲滑塊在斜面上運動的位移與乙滑塊在斜面上運動的位移大小相同D.兩滑塊在斜面上運動的過程中，重力的平均功率相等【答案】AD【解析】小滑塊飛離斜面時，洛倫茲力與重力的垂直斜面的分力平衡，遮85”內解得如二暗A故斜面傾角越大，飛離時速度越小，甲飛離斜面速度大于乙，A正確:甲斜面傾角小平均加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上運動0寸間比乙的長，故B錯誤4艮據動能定

8、理儂皿6=）啾，解得仁噌媼故甲的位移大于乙的位移,故c錯誤j重力的平均功率為重力乘以豎直方向的分速度的平均情產二噸Kmd二用宇與加巴代入數據相等，故D正確“2 .如圖所示的豎直平面內有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度大小為B,一絕緣軌道由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內，PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙.現在有一質量為m、帶電荷量為+q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場力為重力的0.5倍。現將小環(huán)從M點右側的D點由靜止釋放，小環(huán)剛好能到達P點.(1)求DM

9、間距離xo；(2)求上述過程中小環(huán)第一次通過與O等高的A點時半圓環(huán)對小環(huán)作用力的大??；17純十藜【答案】(1)8R/3(2)42【解析】：(1)小環(huán)剛好到達P點時速度Vp=0,由動能定理得qExo-2mgR=0而qE=3mg/4所以xo=8R/3(2)設小環(huán)在A點時的速度為Va,由動能定理得12n-?nvA-UqE(xo+R)-mgR=2阿因此Va=2設小環(huán)在A點時所受半圓環(huán)軌道的作用力大小為N,由牛頓第二定律得N-qvAB-qE=#1&-R解得N=2+空座2題型2帶電體在疊加場中無約束情況下的運動情況(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若重力和洛倫茲

10、力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題.(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題.(3)靜電力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動.若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運動.若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題.【典例3】如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直紙面向里，將帶正電的小球在場中靜止釋放，最后落到地面上.

11、關于該過程，下述說法正確的是()XR式上“A.小球做勻變速曲線運動B.小球減少的電勢能等于增加的動能C.電場力和重力做的功等于小球增加的動能D.若保持其他條件不變，只減小磁感應強度，小球著地時動能不變【答案】C【解析】重力和電場力是恒力，但洛倫茲力是變力，因此合外力是變化的，由牛頓第二定律知其加速度也是變化的，選項A錯誤；由動能定理和功能關系知，選項B錯誤，選項C正確；磁感應強度減小時，小球落地時的水平位移會發(fā)生變化，則電場力所做的功也會隨之發(fā)生變化，選項D錯誤.【典例4】如圖，在豎直平面內建立直角坐標系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向

12、垂直紙面向里.一帶電荷量為+q、質量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l,1)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場.不計一切阻力，求：+4*(1)電場強度E的大小;(2)磁感應強度B的大小;(3)粒子在復合場中的運動時間.mgmgmg3兀l【答案】(1)q(2)qf(3)(4+1)g【解析】(1)微粒到達A(l,l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲:V4所以，Eq=mg,得：E=mg(2)由平衡條件:qvB=mg電場方向變化后,微粒所受重力與電場

13、力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙:v2qvB=mr由幾何知識可得：r=lv=聯立解得：B=m2ll(3)微粒做勻速運動時間：ti=v=g做圓周運動時間：t2=V=3413兀l在復合場中運動時間：t=ti+t2=(4+1)g【跟蹤訓練】(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=5N/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，磁感應強度大小B=0.5T。有一帶正電的小球，質量m=ixi06kg,電荷量q=2xio6C,正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g=10

14、m/s2。求：-KA(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歷的時間to【答案】(1)20m/s,方向與電場方向成60°角斜向上(2)3.5s【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，合力為零，有qvB=代入數據解得v=20m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角。滿足qEtan0=mg代入數據解得tan0=0=60oQ）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,設其加速度為如有一上三士設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為心有x-vt設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為

15、有11產許a與鹿的夾角和廿與上的夾角相同J均為久又Vtan歸、x聯立以上各式，代入數據解得t=2s=3.5s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=vsin0若使小球再次穿過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12Vyt-2gt=0聯立以上兩式，代入數據解得t=2s=3.5os高考+模擬綜合提升訓練1 .（2018全國卷IIT25）足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場淇在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為I,磁感應強度的大

16、小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l',電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡。(2)求該粒子從M點射入時速度的大小。那(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為6，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。2歐4也即屈)【答案】圖見解析(2)：,1(3)二丁二【解析】(1)粒子運動的軌跡如圖甲所示。(粒子在電場中的軌跡為拋

17、物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為vo,在下側電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為。見圖乙)，速度沿電場方向的分量為vi。根據牛頓第二定律有1qE=ma式中q和m分別為粒子的電荷量和質量。由運動學公式有vi=atl'=V0tvi=vcos粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB=mR由幾何關系得l=2Rcos聯立式得2/v0=曲由運動學公式和題給數據得Vi=v（）cat6聯立®式得W夕設粒子由M點運動

18、到N點所用的時間為工;則21%+26727r式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期qB由式得2.（2017全國I,16）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個田正電的微粒a,b,c電何量相等，質量分別為ma,mb,mc,已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是A鵬冽叫B.泗冽C.外速冽D.洶【答案】B【解析】由題意知，mag=qE,mbg=qE+Bqv,mcg+Bqv=qE,所以用J用4啊，故B正確；ACD錯誤。3. (2015福建高考)如圖，絕緣粗糙的

19、豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為Bo一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動。A、C兩點間距離為h,重力加速度為go(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小VC；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點。已知小滑塊在D點時的速度大小為Vd,從D點運動到P點的時間為t,求小滑塊運動到P點時速度的

20、大小Vp。EmE2qE【答案】：（1）B（2）mgh2B2（3）t2【解析】（1）小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvB+N=qE小滑塊在C點離開MN時N=0E解得Vc=Bo(2)由動能定理得1mghWf=2mvc20mE2解得Wf=mgh-2B2o如圖,小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直產撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為Ei且早產二小+目中解得v廣/國+（黔+田。4. （2019屆河南省滑縣高三第一學期第二次聯考）如圖所示，空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，一帶負電的物塊在水平外力F作用下沿粗糙水平面向右做勻加速直線運動，下列關于外力F隨時間變化的圖象可能

21、正確的是B.D.【解析】設開始計時物塊的速度為小，物塊質量為m,磁感應強度為B,物塊與水平面間的動摩擦因數為根據牛頓運動定律得：產-川q死+m.j=閉“，一%十m聯立解得：f+W+枷W+他皿,若-U為零則F=e+m小，十碎tn,可知外力F隨時間呈線性關系，選項D正確。5.（2019屆四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試）圖示區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場和水平向里的勻強磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進入該區(qū)域時，恰能沿直線運動。欲使微粒向下偏轉，可采用的方法是XXA.僅減小入射速度B.僅減小微粒的質量C.僅增大微粒的電荷量D.僅增大磁場的磁感應強度qvB=mg+qE【解析】帶正電的粒子受到向下

22、的電場力和重力以及向上的洛倫茲力作用，當時，粒子沿直線通過正交場區(qū)；若減小入射速度，則洛倫茲力減小，電場力不變，合力向下,向下偏轉。故A正確；僅減小微粒的質量，則洛倫茲力大于電場力，合力向上，向上偏轉。故B錯誤；增加電荷量，則電場力與洛倫茲力都增加，合力向上，向上偏轉。故C錯誤；增大磁感應強度，則向上的洛倫茲力增加，合力向上，向上偏轉。故D錯誤；故選Ao6. （2019屆河南省中原名校高三第一次質量考評）如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B,在豎直平面內從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球的電荷量始終不變，關于小球的運動，下列說

23、法正確的是A.沿ab、ac方向拋出的小球都可能做直線運動B.若小球沿ac方向做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動C.若小球沿ac方向做直線運動，則小球帶正電，且一定是勻速運動D.兩小球在運動過程中機械能均守恒【答案】AC【解析】沿肋拋出的帶電小球,根據左手定則，及正電荷的電場力的方向與電場強度方向相同,可知，只有帶正電，才能平衡，而沿就方向拋出的帶電小球莊上分析可知，小球帶員電時，才能做直線運動，因速度響洛倫茲力大小，所以是直線運動，必然是勻速直線運動，AC正確B錯誤§在運動過程中，因電場力做功，導致小球的機械皆好守恒，D錯誤.7. （2019屆安徽省合肥市高三上學期調研性檢測

24、）如圖所示，空間某區(qū)域存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里，在該區(qū)域內，一帶電粒子在豎直面內可能沿豎直線AB或水平線CD運動。若粒子僅受電場、磁場的作用力，下列判斷正確的是（*十A.若粒子帶正電，則粒子由A向B運動B.若粒子帶負電，則粒子由A向B運動C.若粒子帶正電，則粒子由C向D運動D.若粒子帶負電，則粒子由C向D運動【答案】ABt解折】若粒子帶正電，目粒子由A向B運動，此時粒子受向左的電場力和向右的洛倫茲力，為二力相等時，粒子沿直線運動，選項A正確予若粒子帶負電,且粒子由二向R運動，此時粒子受向右的電場力和同左的洛倫茲力，當二力木觸時，粒子沿直線運動，選項B

25、正確卡若粒子帶正電，且粒子由C向D運動，此時粒子受向左的電場力和向上的洛倫茲力，二力不變平衡，即粒子不能沿直線由C向D運動，選項C錯誤審若粒子帶負電.，目粒子田C向D運動，此時粒子受向右的電場力和向下的洛倫茲力，二力不變平衡即粒子不能沿直線由C向D運動，選項D錯誤g故選.4B.8. （2019屆安徽省六安二中高三（上）開學測試）如圖所示，在xOy平面內，有場強力nl2N/C,方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為H=21方向垂直xOy平面指向紙里的勻強磁場一個質量田二4乂1力飛,電量9=2二>乂I""帶正電的微粒，在xOy平面內做勻速直線運動，運動到原點。時，撤

26、去磁場,經一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點求：,XXxBXEX<XXV不二1fiX-PX»KXXX粒子運動的速度；（幻尸點到原點。的距離；（冷帶電微粒由原點O運動到P點的時間.【答案】37°1215m【解析】U粒子的重力：*電場力：界=Fq=<x115,粒子做勻速直線運動，所受合力為零，由平衡條件得：陶療=舊，解得：y=U/3,nF：3xHlSVlatiO=設速度與x軸的方向為“，巾聞IK1ULt,重力和電場力的合力是恒力，且方向與微粒在O點的速度方向垂直,、，沿合力方向的位移為撤去磁場后，微粒做類平拋運動，設沿初速度方向的位移為在初速度方向上：八一3，

27、在合力方向上:0P=OP間的距離：C解得：”=tLZx9. （2018福建省漳州市高三考前模擬考試試卷（二）在豎直放置固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個帶電-q、所示的正交勻強電磁場中，磁感應強度大小為從大環(huán)頂端無初速度下滑時，則小環(huán)B,電場質量m的小環(huán)，整個裝置放在如圖'均,重力加速度為g.當小環(huán)A.運動到最低點的速度最大B.不能做完整的圓周運動C.對軌道最大壓力為"m麗FD.受到的最大洛侖茲力士【答案】BD【解析】A.將重力場和電場等效為一個等效場，只有運動到等效最低點速度才最大，故A錯誤。已由能量守恒定律可知無法到達等效最高點，不能做完整的圓周運動，故B正確。C、由動能定理

28、可得,上，解得公，受到的最大洛侖故D正確；C在等效最低點由牛頓第二定律有，.”叫心打.(Ear+f/nul-/=N=ma+/，可知11，故C錯誤。故選BD。10. （2018貴州省長順縣民族高級中學高三下學期第二次月考）如圖所示，某空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，已知一離子在電場力和磁場力作用下，從靜止開始沿曲線acb運動，到達b點時速度為零，c點為運動的最低點，則（）A. 離子必帶正電B. a.b兩點位于同一高度C.離子在c點速度最大D.離子到達b點后將沿原曲線返回a點【答案】ABC【解析】粒子開始受到電場力作用開始向下運動，在運動過程中受洛倫茲力作用，知電場力方向向不，

29、則離子帶正電。故A錯誤。根據動能定理知，洛倫致力不假功，在A到B的過程中,動能變化為零，則電場力做功為零，A、B兩點、等電勢I因為該電場是勻強電場,所以4、E兩點位移同一高度力故E正確。根據動能定理得，離子運動到C點電場力做功最大，則速度最大.故C正確。十+十七十十寸十只要將離子在B點的狀態(tài)與A點進行比較，就可以發(fā)現它們的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等）相同，如果右側仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側重現前面的曲線運動，因此離子是不可能沿原曲線返回A點的。如圖所示。故D錯誤。故選BQ11.（2018江西師范大學附屬中學高三最后一卷）如圖所示，虛線框中存在垂直紙面向外的勻強磁場B和平行紙面且與豎直平面夾角為45。斜向下的勻強電場E,有一質量為m,電荷量為q的帶負電的小球在高為h處的P點從靜止開始自由下落，當小球運動到復合場內時剛好做直線運動，那么（）A.小球在復合場中一定做勻速直線運動B.若換成帶正電的小球，小球仍可能做直線運動iff'.=C.磁感應強度圖入場強"D.若同時改變小球的比荷與初始下落高度h,小球不能沿直線通過復合場【答案】ACD【解析】A、小球在復合場中受到豎直向下的重力、與電場