1.复合场的分类(1)叠加场：电场、________、重力场共存,或其中某两个场共存.磁场交替(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠或在同一区域,电场、磁场________出现.
2.带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动为零重力当带电粒子在复合场中所受合外力________时,将处于静止或做匀速直线运动状态.(2)匀速圆周运动电场力洛伦兹力当带电粒子所受的_________与___________大小相等、方向相反时,带电粒子在_____________的作用下,在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动.
(3)非匀变速曲线运动当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线.
【基础自测】1.(多选)一个带电粒子(重力不计)以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域,穿出电场后接着又进入匀强磁场区域.设电场和磁场区域有明确的分界线,且分界线与电场强度方向平行,如图中的虚线所示.在图所示的几种情况中,可能出现的是()ABCD
解析：A、C选项中粒子在电场中向下偏转,所以粒子带正电,再进入磁场后,A图中粒子应逆时针转,A正确；C图中粒子应顺时针转,C错误；同理可以判断B错误,D正确.答案：AD
2.如图8-3-1所示,匀强磁场的方向垂直纸面向里,匀强电场的方向竖直向下,有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域.下列说法正确的是()A.若一电子以速率v从右向左飞入,则该电子将沿直线运动B.若一电子以速率v从右向左飞入,则该电子将向上偏转图8-3-1C.若一电子以速率v从右向左飞入,则该电子将向下偏转D.若一电子以速率v从左向右飞入,则该电子将向下偏转
解析：正离子以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域,则有：qvB＝Eq.即：vB＝E,若一电子的速率v从左向右飞入此区域时,也必有evB＝Ee.电子沿直线运动.而电子以速率v从右向左飞入时,电子所受的电场力和洛伦兹力均向上,电子将向上偏转,B正确,A、C、D错误.答案：B
3.两质量相同带电油滴在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运)动,如图8-3-2所示.则两油滴一定相同的是(图8-3-2②运动周期④运动速率①带电性质A.①②C.②③④③运动半径B.①④D.①③④
答案：A
4.(多选)如图8-3-3所示,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动,下列说法中正确的是()图8-3-3A.微粒一定带负电C.微粒的电势能一定增加B.微粒的动能一定减小D.微粒的机械能一定增加
解析：如图D59,微粒进入场区后沿直线ab运动,则微粒受到的合力或者为零,或者合力方向在ab直线上(垂直于运动方向的合力仍为零).若微粒所受合力不为零,则必然做变速运动,由于速度的变化会导致洛伦兹力变化,则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零,微粒就不能沿直线运动,因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电,则受力分析如下图甲所示,合力不可能为零,故微粒一定带负电,受力分析如图乙所示,A正确,B错误；静电力做正功,微粒电势能减小,机械能增大,C错误,D正确.
甲乙图D59答案：AD
热点1带电粒子在组合场中的运动[热点归纳]1.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动,实际上是将粒子在电场中的加速与偏转,跟磁偏转两种运动组合在一起,有效区别电偏转和磁偏转,寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键.当带电粒子连续通过几个不同的场区时,粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化,其运动过程则由几种不同的运动阶段组成.
项目垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图受力FB＝qv0B,大小不变,方向总指向圆心,方向变化,FB为变力FE＝qE,FE大小、方向不变,为恒力2.“电偏转”和“磁偏转”的比较：
(续表)
【典题1】一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图8-3-4所示：中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l′,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.
图8-3-4(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹.(2)求该粒子从M点射入时速度的大小.(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹
解：(1)粒子运动的轨迹如图8-3-5所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称).图8-3-5图8-3-6
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为θ(见图8-3-6),速度沿电场方向的分量为v1,根据牛顿第二定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量,由运动学公式有v1＝atl′＝v0tv1＝vcosθ②③④
粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
图8-3-7
图D60
方法技巧：解决带电粒子在组合场中的运动问题的思路：(1)首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围.(2)对带电粒子进行受力分析,确定带电粒子的运动性质,分析粒子的运动过程,画出运动轨迹.(3)通过分析,确定粒子从一个场区进入另一场区时的位置、速度大小和方向是解题的关键.
静止或匀速直线运动当带电粒子在叠加场中所受合力为零时,将处于静止或匀速直线运动状态匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等,方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动较复杂的曲线运动当带电粒子所受合力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线热点2带电粒子在叠加场中的运动[热点归纳]1.运动形式：
2.分析方法：
【典题2】如图8-3-8所示,在足够大的空间范围内,同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B.足够长的斜面固定在水平面上,斜面倾角为45°,有一带电的小球P静止于斜面顶端A处,且恰好对斜面无压力.若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P可视为质点),一段时间后,小球落在斜面上的C点.已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内,则()
A.若抛出的初速度小于v0,小球在斜面上的落点与A点的距离小于AC间距B.若抛出的初速度小于v0,小球落在斜面上的时间将缩短图8-3-8C.若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球,小球仍会落回C点D.若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球,小球不会落回C点
解析：由题意可知,带电的小球P静止于斜面顶端A处,且恰好对斜面无压力,mg＝qE；由于重力与电场力等大反向合力为零,小球抛出后所受合力为洛伦兹力,小球P获得水平初速度后做匀速圆周运动,从A到C的运动轨迹如图D61所示：图D61
由对称性可得物体P落到斜面时其速度方向与斜面的夹角为45°,则抛出的初速度小于v0时仍做匀速圆周运动,但半径变小,则弦长AC变短,而圆心角仍为90°,即运动时间不变,A正确,B错误；沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球还是做匀速圆周运动,且半径不变,圆心在A点右侧,由几何关系知轨迹转动270°过C点,C正确,D错误.答案：AC
【迁移拓展】如图8-3-9所示,区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1,区域宽度为d1,区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2,区域宽度为d2,磁场方向垂直于纸面向里,电场方向竖直向下.一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点,由静止释放后水平向右做直线运动,进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动,从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出,其速度方向改变了60°,重力加速度为g,求：
(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小.(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.(3)微粒从P点运动到Q点的时间.图8-3-9
解：(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动,则在竖直方向上有qE1sin45°＝mg微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,则在竖直方向上有
(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a,离开区域Ⅰ时速度为v,在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R,则
带电粒子在交变电场、磁场中的运动解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题的基本思路：
(1)第一象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小.(3)粒子在第四象限中运动,当t＝nT(n∈N*)时,粒子的坐标.甲乙图8-3-10
方法技巧：(1)解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时,关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性,对粒子的运动情景、运动性质作出判断.(2)这类问题一般都具有周期性,在分析粒子运动时,要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系.(3)带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律,所以此类问题的研究方法与质点动力学相同.
【触类旁通】如图8-3-11甲所示,竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场,电场和磁场的范围足够大,电场强度E＝40N/C,磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示,选定磁场垂直于纸面向里为正方向.t＝0时刻,一质量m＝8×10－4kg、电荷量q＝＋2×10－4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12m/s,O′是挡板MN上的一点,直线OO′与挡板MN垂直,取g＝10m/s2.求：
(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离.(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度.(3)水平移动挡板,使微粒能垂直射到挡板上,挡板与O点间的距离应满足的条件.甲乙图8-3-11
则微粒在5πs内转过半个圆周,再次经直线OO′时与O点的距离l＝2R＝1.2m.(2)微粒运动半周后向上匀速运动,运动的时间为t＝5πs,轨迹如图D62所示,位移大小s＝vt＝0.6πm＝1.88m因此,微粒离开直线OO′的最大高度h＝s＋R＝2.48m.
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P,P点在直线OO′下方时,由图象可知,挡板MN与O点间的距离应满足L＝(2.4n＋0.6)m(n＝0,1,2…)若微粒能垂直射到挡板上的某点P,P点在直线OO′上方时,由图象可知,挡板MN与O点间的距离应满足L＝(2.4n＋1.8)m(n＝0,1,2…).图D62
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