课前预习 ● 自我检测
1. 如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0、方向沿y轴正方向的带负电粒子．
已知v0、t0、B0，粒子的比荷为
π
B0t0
，不计粒子的重力．求：
1
(1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；
2
(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离． 【答案】 （1）(
v0t0v0t0
π，32
) （2）(＋)v0t0 π2π
(2)粒子在t＝5t0时回到原点，轨迹如图所示
课堂讲练 ● 典例分析
考点 带电粒子在交变电、磁场中的运动
【典例1】如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。已知：B＝5×10 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝10 m/s，比荷为＝10 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：
5
－3
qm8
(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径。 (2)带电粒子射出电场时的最大速度。 (3)带电粒子打在屏幕上的范围。 [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 电场可视作是恒定不变的 最小半径 获取信息 电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动 当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最小 由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最最大速度 大，但应注意粒子能否从极板中飞出 第二步：找突破口
(1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解。
(2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。
(3)要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知识列方程求解。
【答案】 (1)0.2 m (2)1.414×105 m/s (3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内
【解析】 (1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。
粒子在磁场中运动时
d121U1q12(2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，有＝at＝·(2)
222dmv0代入数据，解得U1＝100 V
在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大
1212U1
速度为vmax，则有mvmax＝mv0＋q·
222
解得vmax＝2×10 m/s＝1.414×10 m/s
5
5
2mvmaxqvmaxB＝
rmax
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 mvmax2×1052rmax＝＝ m＝ m
qB108×5×10－35
由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则
d0.2
O′Q＝＝ m＝0.1 m
22
带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则 O′F＝rmax－O′Q＝(
2
－0.1)m＝0.18 m 5
即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内。 【跟踪短训】
如图甲所示，在xOy平面内加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律如图乙所示(规定竖直向上为电场强度的正方向，垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t＝0时刻，质量为m、电荷量为q的带正电粒子自坐标原点O处以v0＝2π m/s的速2m2m度沿x轴正向水平射入。已知电场强度E0＝、磁感应强度B0＝，不计粒子重力。求：
(1)t＝π s时粒子速度的大小和方向；
(2)π～2π s内，粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)画出0～4π s内粒子的运动轨迹示意图(要求：体现粒子的运动特点)。
【答案】（1）22π m/s，方向与x轴正方向成45°斜向上。（2）2π m （3）图见解析
2πm(2)因T＝＝π s，故在π～2 π s内，粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，由牛
qB0
mv12顿第二定律得：qv1B0＝2，解得R1＝2π m。
R1(3)轨迹如图所示。
【反思总结】
带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路
课后巩固 ● 课时作业
基础巩固
1. 如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小． (2)求电场变化的周期T.
(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．
mg2E0dπv【答案】（1）q＝，B＝ （2）＋ （3）
E0v2vgπ＋
2gv
电场变化的周期T＝t1＋t2＝
dπv＋.⑨ 2vg(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩
v2
联立③④⑥得R≤?
2g设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，由⑤⑩?得t1min＝，因t2不变，T的最小值Tmin
2g＝t1min＋t2＝
π＋2gvv 2πm。在
2. 在图甲所示的空间里，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝
q竖直方向存在着交替变化的匀强电场(竖直向上为正)，电场大小为E0＝。一倾角为θ、长度足够的光滑绝缘斜面放置在此空间。斜面上有一质量为m、电荷量为－q的小球，从t＝0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5s内小球不会离开斜面，重力加速度为g。求：
mgq
(1)小球第1s末的速度。 (2)小球在前2s内的位移。
(3)第6s内小球离开斜面的最大距离。 6gsinθ
【答案】：(1)2gsinθ (2)gsinθ (3)
π
(3)由图丙可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动。
所以，第5s末的速度v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ，
mv23gsinθ
由qvB＝得小球第6s内做圆周运动的半径R3＝ Rπ
6gsinθ
小球离开斜面的最大距离d＝2R3＝ π 综合应用
3. 如图甲所示，在以O为坐标原点的xOy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场．一个质量m＝2×10kg，带电荷量q＝＋5×10C的小球在0时刻以v0＝40 m/s的速度从O点沿＋x方向(水平向右)射入该空间，在该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场沿－y方向(竖直向上)，场强大小E0＝40 V/m.磁场垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小B0＝4π T．取当地的重力加速度g＝10 m/s，计算结果中可以保留根式或π.
2
－2
－3
(1)求12 s末小球速度的大小．
(2)在给定的xOy坐标系中，大致画出小球在24 s内的运动轨迹示意图． (3)求26 s末小球的位置坐标．
60?80???【答案】 (1)205 m/s (2)见解析 (3)x2＝?120－?m y2＝?45＋?m π?π???
vy＝gt＝20 m/s
2vx＝v0＝40 m/s，v1＝v2x＋vy＝205 m/s.
(2)小球在24 s内的运动轨迹示意图如图所示(半径越来越大)．
4．如图a所示的平面坐标系xOy，在整个区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B随时间变化的关系如图b所示．开始时刻，磁场方向垂直纸面向里(如图)，
t＝0时刻有一带正电的粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正方向进入磁场，初速度为v0＝
2×10 m/s.已知该带电粒子的比荷为＝1.0×10 C/kg.试求：
3
qm4
4π－4
(1)t1＝×10 s时粒子所处位置的坐标(x1，y1)；
3
(2)带电粒子进入磁场运动后第一次到达y轴时离出发点的距离h. 【答案】 (1)(3
m,0.6 m) (2)1.6 m 5
【解析】 (1)由题意知，粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，设半径为R，周期为T，
2mv0
由洛伦兹力提供向心力，有：qv0B＝①
RT＝
2πR2πm＝②
v0qB联立①②并代入数据得：T＝4π×10s③
－4
(2)根据磁场的变化规律知，粒子在磁场的前半个周期后三分之一内做圆周运动的方向将发生变化，设其圆心为O2；后半个周期前三分之二内做圆周运动的圆心为O3，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．
由图中几何关系有：OO1＝R⑥
O1O3＝4Rsin 30°＝2R⑦ O3B＝R⑧
h＝OO1＋O1O3＋O3B⑨
联立①⑥⑦⑧⑨并代入数据得：h＝1.6 m
拔高专练
5. 如图甲所示，在边界MN 左侧存在斜向右上方的匀强电场E1，在MN 的右侧有竖直向上、电场强度大小为 E2＝0.4 N/C的匀强电场，还有垂直纸面向里的匀强磁场B(图中未画出)和水平向右的匀强电场E3(图中未画出)，B 和E3 随时间变化的情况如图乙和丙所示，P1P2 为距MN边界2.29 m的竖直墙壁，现有一带正电微粒质量为4×10 kg，电荷量为1×10 C，
－7
－5
1
从左侧电场中距MN边界 m的A 处无初速度释放后，沿直线以1 m/s 速度垂直MN边界进
15入右侧场区，设此时刻t＝0，取g＝10 m/s。求：
2
(1) MN左侧匀强电场的电场强度E1。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (2) 带电微粒在MN右侧场区中运动1.5 s时的速度。
1.2
(3) 带电微粒在MN右侧场区中第几秒内与墙壁碰撞？(≈0.19)
2π
【答案】(1)0.5 N/C，方向斜向右上方与水平方向成53° (2)1.1 m/s，水平向左 (3)第4 s内
【解析】 (1) 设MN左侧匀强电场E1的方向与水平方向夹角为θ。带电小球受力如图所示。
沿水平方向有qE1cosθ＝ma 沿竖直方向有qE1sinθ＝mg
对水平方向的匀加速运动有v＝2as 代入数据可解得E1＝0.5 N/C，θ＝53°
即E1大小为0.5 N/C，方向是斜向上与水平向右方向夹角为53°。
2
在1～1.5 s时间内，带电微粒在磁场B中正好做半个圆周运动。所以带电微粒在MN右侧场区中运动1.5 s时的速度大小为1.1 m/s，方向水平向左。
6．如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0已知．磁场方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等．求：
(1)P点到O点的距离；
(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移；
(3)粒子能否再次经过O点，若不能说明理由．若能，求粒子再次经过O点的时刻； (4)粒子第4n(n＝1、2、3…)次经过y轴时的纵坐标．
mEπ2πmE15πm【答案】 (1) 2 (2)2 (3)
2qB qB qB000
(4)－nmπE2(n＝1、2、3…) qB0
(2)设粒子做圆周运动的半径分别为R1和R2，
mv0
R1＝
qB0R2＝
3mv0
2qB0
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，如图所示 πmEΔx＝2R2－2R1＝2. qB 0
(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时，2R1＝
NΔx
解得：N＝2，粒子能再次经过O点
t＝2T＋2t0
15πm解得：t＝ qB0
(4)经分析知粒子每个周期4次经过y轴，每个周期沿y轴移动距离为Δx，故y＝－nΔx
解得：y＝－
nmπE2(n＝1、2、3…) qB0
nmπE2(n＝1、2、3…) qB0
故粒子第4n(n＝1、2、3…)次经过y轴时的纵坐标为－
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