专题：配速法在复合场中的应用 讲义 -2025届高考物理二轮复习备考

磁场重难点专题：“配速法”在复合场中的应用 西安市第八十五中学:姜志先 一、问题概述 1．复合场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2．带电体在叠加场中无约束情况下的运动情况分类 (1)磁场力、重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动． ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题． (2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子) ①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动． ②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题． (3)电场力、磁场力、重力并存 ①若三力平衡，一定做匀速直线运动． ②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动． ③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题。 3.带电粒子在复合场中有约束情况下的运动 带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。 4、带电粒子在复合场中无约束运动常见的几种运动形式小结 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直线运动 粒子所受合力为0 平衡条件 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的曲线运动 （摆线运动） 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律、运动的分解 5、对于在复合场中较复杂的曲线运动，一般应用动能定理或能量守恒定律；但有时在需要定量计算时要应用运动的合成与分解的思想——配速法，才能使问题求解更清晰。 近几年高考中出现了带电粒子在涉及到匀强磁场的复合场即正交的匀强电场和匀强磁场（或重力场）中运动时，若受到洛伦兹力与恒力（重力，电场力，或者重力与电场力的合力）不平衡而做曲线运动时，导致粒子的速度大小、方向改变，洛伦兹力大小、方向也随着变化，使粒子做比较复杂的曲线运动，为此可结合运动合成与分解的思想，把初速度（无论它是否为0）分解成两个分速度v1、v2，使其中一个分速度v1对应的洛伦兹力与重力（或电场力，或重力和电场力的合力）等恒力平衡使粒子做匀速直线运动；另一个分速度v2对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样就把复杂的曲线运动（摆线运动）分解分两个比较常见的简单分运动，这种方法叫配速法。 摆线：一个圆沿一直线缓慢地滚动，则圆上一固定点所经过的轨迹称为摆线。 配速法的本质就是运动的合成与分解，即将复杂的曲线运动简化为两个简单的分运动来处理。化繁为简的物理方法能够帮助我们找到这个复杂运动的规律，可以提升我们的解题效率。 摆线运动分解为： （1）匀速直线运动 （2）匀速圆周运动 表一 常见情况 处理方法 初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度 和一个向右的速度 ，和大小相等，且满足 ，则粒子的 运动可看作以做匀速直线运动和以 做匀速圆周运 动的合运动 表二 常见情况 处理方法 初速度为0， 不计重力，有电场力 把初速度0分解为一个向左的速度 和一个向右的速度 ，和大小相等，且满足 ，则粒子的运 动可看作以做匀速直线运动和以 做匀速圆周运动 的合运动 表三 常见情况 处理方法 初速度为0， 有重力、电场力 把初速度0分解为一个斜向右上的速度 和一个斜向左 下的速度，和大小相等，且满足 与重力及 电场力的合力平衡，则粒子的运动可看作以 做匀速 直线运动和以 做匀速圆周运动的合运动 表四 常见情况 处理方法 初速度为 ，有重力 把初速度分解为和，且满足 ，则粒 子的运动可看作以做匀速直线运动和以 做匀速圆 周运动的合运动 配速法原本只在竞赛中涉及，但是2024年高考中各省试题中多次涉及。像2024甘肃卷第15题的第3问；2024山东卷第18题的第3问，2024海南卷第19题的第3问等。现举例如下： 二、高考真题分析 例1、（多选）（2024年安徽卷）10. 空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。己知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（　　） A. 油滴a带负电，所带电量的大小为 B. 油滴a做圆周运动的速度大小为 C. 小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D. 小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有 解得 故A正确； B．根据洛伦兹力提供向心力 得 解得油滴a做圆周运动的速度大小为 故B正确； C．设小油滴Ⅰ的速度大小为，得 解得 周期为 故C错误； D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得 解得 由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 故选ABD。 例2．（2024·甘肃·15） 质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 （1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。 （2）求O点到P点的距离。 （3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。 【答案】（1）带正电，； （2）； （3） 【解析】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件 在加速电场中，由动能定理 联立解得，粒子的比荷为 （2）由洛伦兹力提供向心力 可得O点到P点的距离为 （3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 向下的电场力 由于，且 所以通过配速法，如图所示 其中满足 则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为 点睛】第（3）问会利用“配速法”配速，分析出粒子的运动，同时要求能够进行空间想象。 例3．（2024·山东·18）如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。 （1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0； （2）调整加速电压，当粒子以最小速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向； （3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。 【答案】（1）； （2），方向沿x轴正方向； （3）(n=0,1,2⋅⋅⋅) 【解析】 【详解】（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 在区域根据洛伦兹力提供向心力有 在匀强加速电场中由动能定理有 联立解得 （2）根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 在区域根据洛伦兹力提供向心力有 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，粒子带正电，则之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足 联立可得 （3）在匀强加速电场中由动能定理有 可得 在区域根据洛伦兹力提供向心力有 可得粒子在区域运动的轨迹半径 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 设粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向夹角为，根据几何关系可知 则粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向的夹角为，该速度沿轴和轴正方向的分速度大小为 则由配速法可知，将粒子从射出后的运动可分解为沿轴正方向速度大小为的匀速直线运动和竖直平面内速度大小为的匀速圆周运动，可知 解得匀速圆周运动的半径为 粒子做圆周运动的周期为，粒子至少运动距离轴最近，加上整周期则粒子运动，时距离轴最近，则最近位置的 横坐标为 纵坐标为， 综上所述，最近的位置坐标，。 点睛】第（3）问会利用“配速法”配速，分析出粒子的运动，同时要求能够进行空间想象。 例4．（2024·海南卷19）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响） （1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R； （2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t； （3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。 【答案】（1），；（2）；（3）， 【解析】（1）根据动能定理得 解得 粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力 解得 （2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得 如图所示， 要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为，粒子在两区域磁场中运动周期分别为 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为 （3）如图所示， 将速度分解为沿y轴正方向速度及速度，因为可得，故由配速法可知沿y轴正方向的速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据几何关系可知 故当方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为 根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为 点睛】第（3）问会利用“配速法”配速，分析出粒子的运动，同时要求能够进行空间想象。 从以上四个例题的展示我们可以总结出以下两条： 其一，将带电粒子的速度进行这样的分解——其中一个分速度 v1引起的洛伦兹力与电场力（或重力、或重力电场力的合力）平衡； 其二，按前述分解后，得到带电粒子的两个分运动——v1引起的匀速直线运动和 v2引起的匀速圆周运动，则带电粒子的实际运动就是这两个分运动的合运动（摆线运动）。 总结归纳 配速法的应用步骤 （1）确定需要平衡的恒力，一般为重力、电场力或重力及电场力的合力； （2）无论带电体初速度是否为零：利用洛伦兹力与上述力平衡，并得出相应的速度大小及方向（记为v）； （3）一般再配一个与上述速度大小相等、方向相反的速度（记为v′）；或应用平行四边形法则配速。 三、同类题演练 1．（2022·全国·高考真题）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（　　） A． B． C． D． 2.[2023·山东德州期中] 如图所示,空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=1 T.将一质量为m=0.1 kg、电荷量为q=1 C的带正电小球从P点由静止释放,小球在重力和洛伦兹力的作用下,部分运动轨迹如图中实线所示,到达右侧Q点时速度为0.g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　) A.P点位置比Q点高 B.小球可能沿轨迹返回P点 C.小球运动的最大速度为2 m/s D.小球下降的最大高度为0.4 m 3.(多选)[2023·广东执信中学月考] 在空间中存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿着纸面竖直方向的匀强电场(图中均未画出),有一带负电的粒子(不考虑重力)从O点由静止释放后,其运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是(　) A.电场方向竖直向下 B.该粒子在轨迹最低点所受合力方向竖直向上 C.该粒子从释放到轨迹最低点的过程中,电势能减小 D.该粒子从释放到轨迹中相邻最高点的过程中,做速率不变的曲线运动 4、（多选）（2024·山东青岛·三模）如图，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。质量为、电荷量为的带正电微粒，从点沿水平直线垂直射入磁场。微粒运动过程中重力势能最大的位置与直线距离，为重力加速度。不计空气阻力，在微粒运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．微粒射入磁场的初速度大小为 B．微粒重力势能最大时受到的磁场力大小为 C．微粒第一次回到水平线时距离点 D．微粒射入磁场后经恰好处于水平线上 5、（多选）（2025·湖北·一模）如图所示，在绝缘挡板的上方有一无限大的匀强电场和匀强磁场复合区域，匀强磁场垂直纸面向外且磁感应强度，匀强电场方向竖直向上。在P处弹射装置能够弹射质量为0.01kg，电荷量大小为的小球，小球的速度方向竖直向上，大小为。小球经过磁场偏转后与挡板发生碰撞，每一次碰撞前后小球电荷量不变且碰撞后小球速度变为碰撞前的一半，形成的部分轨迹为一系列相连的半圆。重力加速度的大小，下列说法正确的是（   ） A．小球带正电 B．电场强度的大小为 C．小球相邻两次与挡板碰撞的时间间隔不变，均为 D．小球最终位置与P点的距离为2m 6、（多选）（2024·辽宁·一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，整个空间存在着磁感应强度大小为、方向垂直平面向里的匀强磁场。一质量为、带正电的微粒从原点沿轴负方向以初速度射入磁场，微粒带电量大小为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．微粒一定能运动到轴上方区域 B．微粒运动轨迹最低点的纵坐标为 C．微粒运动过程中的最大速率为 D．微粒运动过程中的最小速率为 7．（2024·广东·二模）如图所示，以长方体abcd-a′b′c′d′的ad边中点O为坐标原点、ad方向为x轴正方向、a′a方向为y轴正方向、ab方向为z轴正方向建立Oxyz坐标系，已知Oa=ab=aa′=L。长方体中存在沿y轴负方向的匀强磁场，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，恰好从a点射出磁场。 （1）求磁场的磁感应强度B的大小； （2）若在长方体中加上沿y轴负方向的匀强电场，让粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射磁场中，为使粒子能从a′点射出磁场，求电场强度E1的大小； （3）若在长方体中加上电场强度大小为、方向沿z轴负方向的匀强电场，该粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，求粒子射出磁场时与O点的距离s。 8．（2024·山西阳泉·三模）如图所示，光滑绝缘水平轨道上方的区域内有竖直向上的匀强电场，以O点为坐标原点建立坐标系，在第一象限中有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的绝缘小球A从M点出发，以初速度水平向右从N点进入右侧电场区域，并且从O点进入第一象限。已知，匀强电场场强大小，匀强磁场磁感应强度大小。小球A可视为质点，全过程小球A电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）小球A到达O点时的速度； （2）小球A在第一次进入第一象限后轨迹最高点的纵坐标y。 9．（2013·福建·高考真题）如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．让质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响． （1）若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A（a，0）点，求v1的大小； （2）已知一粒子的初速度大小为v（v＞v1），为使该粒子能经过A（a，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值； （3）如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的 y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值vm． 10、（2023年江苏卷）16. 霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 （1）求电场强度的大小E； （2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； （3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 11、在地面上方某处的真空室里存在着水平向左的匀强电场，以水平向右和竖直向上为x轴、y轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系．一质量为m、电荷量为+q的微粒从点P（，0）由静止释放后沿直线PQ运动．当微粒到达点Q（0，-l）的瞬间，撤去电场同时加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的大小，该磁场有理想的下边界，其他方向范围无限大．已知重力加速度为g。求： （1）匀强电场的场强E的大小； （2）撤去电场加上磁场的瞬间，微粒所受合外力的大小和方向； （3）欲使微粒不从磁场下边界穿出，该磁场下边界的y轴坐标值应满足什么条件? 12、如图所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T。现有一比荷为＝25 C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ＝45°，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)微粒的电性及速度v0的大小； (2)带电微粒在第一象限内运动时所达到最高点的坐标。 13. （山东省实验中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题）如图所示，在坐标系轴右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场内有一足够长的挡板垂直于轴放置，挡板与轴的水平距离为；轴左侧某矩形区域内（图中未画出）存在匀强电场，第二象限内有一粒子源，坐标为。某时刻一带正电粒子从点以初速度沿轴负方向射出，经电场偏转后经过点水平向右进入磁场，速度大小也为，此过程中粒子的轨迹全部位于电场内，粒子进入磁场后运动轨迹恰好与挡板相切。已知粒子质量为，电荷量为，不计粒子的重力，不考虑场的边界效应，求 （1）匀强磁场的磁感应强度的大小； （2）轴左侧电场强度的大小及电场区域的最小面积； （3）若在轴右侧磁场区域施加与轴左侧电场场强大小相等、方向水平向右的匀强电场，并改变挡板与轴的距离，使带电粒子的运动轨迹仍恰好与挡板相切，求此时挡板与轴的水平距离。 14、（2025年1月山西、陕西、宁夏、青海普通高等学校招生考试适应性测试（八省联考）物理试题）15. 如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界成角以速度射入，小球到坐标原点O时恰好以速度竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求： （1）电场强度的大小和P点距y轴的距离； （2）小球第一次到达最低点时速度的大小； （3）小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。 四、同类题演练答案与解析 1、【答案】B 【解析】解法一：在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。 解法二（配速法）： 粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即 则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。故选B。 2、【答案】C　 [解析] 小球运动过程中只有重力做功,由动能定理可知,由于小球从P点由静止释放,到达右侧Q点时速度为0,则重力做功为0,P点位置与Q点等高,故A错误; 根据左手定则可知,小球从Q点向下运动,受到向右的洛伦兹力,小球向右偏转,不可能沿轨迹返回P点,故B错误; 利用配速法,把由静止释放的小球看成具有一个向左的速度v0和一个向右的速度v0,且有qv0B=mg,则小球的两个分运动为向右的匀速直线运动和匀速圆周运动,当运动到最低点时,小球的速度最大,最大速度为vm=2v0=2=2 m/s,设小球下降的最大高度为hm,由动能定理有mghm=m,解得hm=0.2 m,故D错误,C正确. 3、【答案】BC [解析] 该带负电的粒子由静止释放后,在洛伦兹力和静电力的共同作用下向右下方运动,由配速法可知，粒子做向右的匀速直线运动和匀速圆周运动，由左手定则可知向右的匀速直线运动对应的洛伦兹力向上，说明静电力向下,因而电场方向竖直向上,选项A错误; 在曲线运动中,合力方向指向轨迹凹侧,所以该粒子在轨迹最低点所受合力方向竖直向上,选项B正确; 该粒子从释放到轨迹最低点的过程中,静电力做正功,所以电势能减小,选项C正确; 该粒子从释放到轨迹中相邻最高点的过程中,静电力先做正功后做负功,洛伦兹力不做功,因此粒子的速率先增大后减小,选项D错误. 4、【答案】BC 【详解】A．根据题意，微粒射入磁场时向上偏转，采用配速法，将初速度分解为两个向右的分速度、，一个分速度对应的洛伦兹力 即 做匀速运动，另一个分速度对应的洛伦兹力① 提供匀速圆周运动的向心力② 联立①②得 由于微粒运动过程中重力势能最大的位置与直线距离 即 得 所以微粒射入磁场的初速度大小为 故A错误； B．微粒重力势能最大时分速度对应的洛伦兹力方向向下，对应的洛伦兹力方向向上，则微粒受到的磁场力大小为 故B正确； C．微粒第一次回到水平线时需要的时间为以速度做圆周运动的一个周期 距离点 故C正确； D．由于 所以微粒射入磁场后经恰好处于最高点，故D错误。 故选BC。 5、【答案】AD 【详解】AB．小球的运动轨迹是圆弧，故带电小球在复合场内做圆周运动，电场力与重力平衡，有 小球受到的电场力竖直向上，故小球带正电，且电场强度的大小为 故A正确，B错误； C．带电小球在磁场中运动的周期为 小球每相邻两次与挡板碰撞的时间间隔等于带电小球在磁场中运动周期的一半，故小球每相邻两次与挡板碰撞的时间间隔不变，为 故C错误； D．根据洛伦兹力提供向心力可得 带电小球在磁场中运动的半径为 每次碰撞后速度变为原来的一半，半径也变为原来的一半，则有 小球最终停止的位置与P点的距离为 故D正确。 故选AD。 6、【答案】AC 【详解】A．根据补偿法，将微粒速度分解成，，如图所示 其中 则， 微粒的运动可以看作速度大小为的向右匀速直线运动与速度大小为的匀速圆周运动的合运动，故微粒一定能运动到轴上方区域，故A正确； B．速度大小为的向右匀速直线运动不影响微粒运动轨迹的纵坐标，根据洛伦兹力提供向心力 微粒运动轨迹最低点的纵坐标为 故B错误； C．当速度方向与速度同向时，微粒运动过程中的速率最大，为 故C正确； D．当速度方向与速度反向时，微粒运动过程中的速率最小，为 故D错误。 故选AC。 7、【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）粒子在平面内做匀速圆周运动，如图中轨迹1所示 由洛伦兹力提供向心力可得 由几何关系可得 解得 （2）粒子在长方体中运动的时间为 在轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有 又 解得 （3）将初速度分解为、，使对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡，即 其中 解得， 易知与轴正方向的夹角为 若仅在对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即 则轨道半径 解得 该分运动的情况如图中轨迹2所示。粒子在磁场中运动的时间为 由于粒子也参与速度大小为、方向沿轴正方向的匀速运动，粒子射出磁场时与点的距离 解得 8、【答案】（1）；（2） 【详解】（1）小球进入电场区域后在重力和电场力作用下做类平抛运动，设，到达O点时与x轴夹角为，则有 解得 （2）解法一： 小球从O点进入第一象限后在重力和洛伦兹力的作用下发生偏转，第一次到达最高点时其速度沿水平方向，假设最高点速度为，最高点的纵坐标为y，由O到最高点只有重力做功，故 分解，假设其水平分速度为，竖直分速度为，从O点到最高点所用时间为t，对小球列水平方向动量定理则有 代入数据解得 解法二： 进入第一象限之后，将运动分解成为水平向左的速度为的匀速直线运动和速度为的顺时针方向的匀速圆周运动，到最高点时速度为，如图所示 代入数据解得 9、【答案】⑴；⑵两个 sinθ=；⑶ 【解析】试题分析：(1)当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，半径R1＝a/2 由运动定律有 解得 (2)如图所示， O、A两点处于同一圆周上，且圆心在 x＝的直线上，半径为R，当给定一个初速率v时， 有2个入射角，分别在第1、2象限。 即 sinθ′＝sinθ＝ 另有 解得 sinθ′＝sinθ＝ ⑶粒子在运动过程中仅有电场力做功，因此在轨道的最高点处速率最大，且此处速度方向水平。用ym表示该处的纵坐标，由动能定理有……①； 由题意vm=kym……②，且k与E的大小无关，因此可利用E=0时的状况来求k，若E=0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，洛伦兹力充当向心力，，得，其中的R0就是对应的纵坐标y0，因此得，此时带入②得，将此式带入①，整理后可得 ，解得，舍弃负值，得 考点：带电粒子在复合场中的运动；动能定理． 10、 【答案】（1）v0B；（2）；（3）90% 【解析】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有 Ee = ev0B 解得E = v0B （2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有 解得 （3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合 = evmB－eE 在最低点有F合 = eE－evB 联立有 要让电子达纵坐标位置，即y ≥ y2 解得 则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。 11、【答案】（1）；（2）mg，方向水平向左； （3） 【解析】试题分析：（1）由于微粒沿PQ方向运动，可知微粒所受的合力沿PQ方向可得 因为α = 60°，解得 （2）微粒在电场中的运动可视为两个分运动的合成：水平方向在电场力作用下的匀加速直线运动；竖直方向在重力作用下的匀加速直线运动，加速度为g 到达Q点的竖直分速度v2 则 水平分速度 撤去电场加上磁场的瞬间，微粒受洛仑兹力可根据速度的分解， 视为两个分速度对应的洛仑兹力的分力的合成，对于水平分速度v1，其所对应的洛仑兹力分力的大小为f1，方向竖直向上， 即与重力恰好平衡，对与竖直分速度v2，其所对应的洛伦兹力分力的大小为f2，方向水平向左，此力为微粒所受的合力 （3）如果把微粒的运动可以看作水平方向速度v1的匀速直线运动与竖直平面内的匀速圆周运动的合成． 那么微粒受到的洛仑兹力的一个分力恰与重力平衡，另一个分运动就是微粒在洛仑兹力的另一个分力作用下的匀速圆周运动，开始时速度为v2，方向竖直向下 解得半径为 微粒在磁场中的运动可视为匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动．它距Q点的水平最大距离为圆的半径r．所以欲使微粒不从磁场的下边界穿出，磁场下边界的y坐标值应满足 12、答案　(1)带正电　2 m/s　(2)(0.6 m，0.2 m) 解析　(1)带电粒子在第三象限内做直线运动，受到重力、静电力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即粒子做匀速直线运动，所以，微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断微粒带正电。对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得qv0B＝mg，解得v0＝2 m/s。 (2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，假设最高点为M点，从O到M点所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动， 在y轴方向上有 0＝v0sin 45°－gt，y＝t 在x轴方向上有 qE＝mgtan 45°＝max x＝v0cos 45°t＋axt2 解得x＝0.6 m，y＝0.2 m 故所达到最高点的坐标为(0.6 m，0.2 m)。 13、【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【小问1详解】根据洛伦兹力提供向心力 粒子进入磁场后运动轨迹恰好与挡板相切，根据几何关系可得 联立解得 【小问2详解】 粒子从点以初速度沿轴负方向射出，经电场偏转后经过点水平向右进入磁场，可知粒子做类斜上抛运动，速度变化量与轴正方向的夹角为，则电场强度轴正方向的夹角为，将点的速度沿电场方向和垂直于电场方向分解，如图所示 垂直电场方向有 沿电场方向 加速度为 联立解得 电场区域的最小面积 【小问3详解】（配速法）将分解成，，其中满足 解得 根据左手定则可知方向沿轴正方向，根据速度的合成分解可得 且 如图所示 则粒子的运动可看成速度大小为的匀速直线运动与速度大小为的匀速圆周运动的合运动。根据洛伦兹力提供向心力 解得 带电粒子的运动轨迹仍恰好与挡板相切，求此时挡板与轴的水平距离 14、【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化为零，由动能定理可知合力功为零，电场力与重力等大反向，可得 解得 可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图 根据 解得 由几何关系，可得 联立，解得 【小问2详解】（配速法）把小球在坐标原点的速度分解为沿x轴正方向的和与x轴负方向成45°的，如图 其中沿x轴正方向的对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即 小球沿x轴正方向做匀速直线运动，与x轴负方向成45°的对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为 【小问3详解】由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示 根据 又 由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间为 联立，解得 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$