第一篇 专题三 计算题培优2 带电粒子在复合场中的运动-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（福建专用）（课件PPT+word教案）

　 带电粒子在复合场中的运动　 目标要求　1.会分析处理带电粒子在组合场中运动的问题。2.知道带电粒子在复合场中几种常见的运动，掌握运动所遵循的规律。 一、带电粒子在组合场中的运动 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 情 景 图 受 力 FB=qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力 FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力 FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力 运 动 规 律 匀速圆周运动 r=，T= 类平抛运动 vx=v0，vy=t x=v0t，y=t2 类斜抛运动 vx=v0sin θ，vy=v0cos θ-t x=v0sin θ·t，y=v0cos θ·t-t2 2.常见运动及处理方法 例1　(2024·河北省大联考)如图所示，xOy平面内，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一带电的粒子以大小为v0的初速度从y轴上的P点沿y轴正方向射出，P点的坐标为(0，L)，一段时间后粒子第一次进入电场且进入电场时的速度方向与电场方向相反。不计粒子的重力。 (1)判断带电粒子的电性，并求其比荷； (2)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间； (3)求带电粒子第四次经过x轴的位置的横坐标及此时粒子的速度大小。 答案　(1)正电　　(2)　(3)(3+)L+　v0 解析　(1)假设粒子带负电，粒子射出后在磁场中向左偏，进入电场时速度方向与电场方向不可能相反。当粒子带正电时，射出后粒子在磁场中向右偏，然后进入电场时速度方向才有可能与电场方向相反。因此，粒子带正电。设带电粒子的电荷量为q、质量为m，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系有Rcos 45°=L 根据洛伦兹力提供向心力qv0B=m 带电粒子比荷为= (2)由几何关系可知粒子第一次在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，经过的路程 s=×2πR= 粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间t== (3)粒子第一次经过x轴的位置距y轴距离为 x1=R+Rcos 45°=(+1)L 粒子在电场中先做匀减速直线运动，后做反方向的匀加速直线运动，第二次经过x轴进入磁场时，速度与x轴正方向成45°，大小仍为v0，粒子第二次在磁场中运动的轨迹半径 R=L 粒子第三次与第二次经过x轴之间的距离为 x2=R=2L 粒子第三次经过x轴进入电场时速度与电场方向垂直，做类平抛运动，设粒子第三次与第四次经过x轴之间的距离为x3，则有qE=ma x3cos 45°=v0t' x3sin 45°=at'2 联立解得x3= 带电粒子第四次经过x轴的位置的横坐标为x=x1+x2+x3=(3+)L+ 根据动能定理得qEx3sin 45°=mv2-m 解得带电粒子第四次经过x轴时，粒子的速度大小v=v0 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 二、带电粒子在叠加场中的运动 1.三种典型情况 (1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE=qvB时，重力场与磁场叠加满足mg=qvB时，重力场与电场叠加满足mg=qE时。 (2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力f=qvB的方向与速度v垂直。 (3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=m。 2.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的场中的运动平衡问题，所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子打在两极板后才产生的。 3.分析 例2　(多选)(2024·安徽卷·10改编)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3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已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沿逆时针方向做圆周运动 答案　AB 解析　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg=Eq 解得q=，故A正确； 根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m 联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v= 故B正确； 设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得 v1B=· 解得v1==， 周期为T==， 故C错误； 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v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv=v1+v2， 解得v2=-， 由于分离后的小油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错误。 例3　(2024·河南濮阳市一模)如图所示，在xOy坐标系中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小E=5 N/C，磁感应强度大小为B=0.5 T。在坐标平面内的某点沿某方向射出一质量为m=1×10-6 kg、电荷量为q=2×10-6 C的带正电微粒，微粒恰能在xOy坐标平面内做直线运动，且运动轨迹经过O点。已知y轴正方向竖直向上，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)微粒发射的速度大小和方向； (2)微粒到达O点时撤去磁场，当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是多少； (3)在(2)问中，当微粒速度沿竖直方向时，再加上原磁场同时撤去电场，此后微粒运动的轨迹离x轴的最大距离为多少(结果可用根号表示)。 答案　(1)20 m/s，方向与y轴负方向夹角为30°指向左下方　(2)(- m，- m)　(3) m 解析　(1) 微粒做匀速直线运动，如图 则(Bqv)2=(qE)2+(mg)2 解得v=20 m/s 微粒发射的速度方向与y轴负方向夹角θ满足 tan θ== 解得θ=30° 即微粒发射的速度大小为20 m/s，方向与y轴负方向夹角为30°指向左下方 (2)撤去磁场后，微粒做类平抛运动，如图 将速度分解可得 vx=vsin 30°=10 m/s vy=vcos 30°=10 m/s x方向的加速度 ax==10 m/s2 x方向的速度减为零时 t== s 此时距x轴的距离为 y=vyt+gt2= m 对应速度vy1=vy+gt= m/s 距y轴的距离为 x=t= m 所以当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是(- m，- m)； (3)微粒运动的轨迹离x轴的距离最大时，速度与x轴平行 在x方向上，由动量定理可得 ∑F洛xΔt=mv1-0 即Bqy1=mv1 由动能定理可得 mgy1=m-m 求得y1= m 微粒运动的轨迹离x轴的最大距离 Y=y+y1= m。 三、“配速法”解决摆线问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.摆线 摆线是指一个圆在一条定直线上滚动时，圆周上一个定点的轨迹，又称圆滚线、旋轮线。 当圆滚动的方向与圆心匀速移动的方向一致时，圆滚动一周，动圆上定点描画出摆线的一拱。每一拱的拱高为2a(即圆的直径)，拱宽为2πa(即圆的周长)。 2.配速法 (1)若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，轨迹常为摆线。我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 (2)配速法适用条件： ①在叠加场中； ②合力不为零。 (3)规律： 把速度分解成两个速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动。 ①初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度； ②初速度不为零时，按矢量分解法则分解。 (4)常见的“配速法”的应用 常见情况 处理方法 BG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。 BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。 BEG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。 BGv摆线：初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。 例4　如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在场中运动，不计粒子所受重力。将该粒子在M点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。 答案　见解析 解析　方法一：动能定理+动量定理 带电粒子在运动中，只有静电力做功，其运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有Eqym=m ① 以电场方向为y轴，垂直电场方向为x轴，则粒子沿y方向上的速度产生x方向的洛伦兹力，即F洛x=qBvy 取沿x方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有 F洛xΔt=qBvyΔt=mΔvx 式中vyΔt表示粒子沿y轴方向运动的距离。因此，等式两边对粒子从M点到第一次最远的过程求和有qBym=mvm ② 联立①②两式，解得vm=，ym= 方法二：“配速法” 将粒子在M点由静止释放，其运动较为复杂，是因为洛伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的运动是匀速圆周运动，我们就可以想方设法将其分解为匀速圆周运动。 粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡，即Bqv=Eq；因此，粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨道半径 r== 所以ym=2r=，vm=2v= 专题强化练 　　　　计算题培优练4　带电粒子在组合场中的运动　［分值：30分］ 1.(14分)(2024·河北省适应性测试)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B1、垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域与x、y坐标轴均相切，圆心为O1，第二象限内存在电场强度大小为E、沿y轴负方向的匀强电场，第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的粒子从A点以初速度v0沿AO1方向射入圆形区域，粒子穿过y轴后进入第二象限的匀强电场，然后粒子从P点(-14R，0)(图中未画出)进入第三象限，粒子从y轴离开第三象限时速度方向与y轴正方向成45°。已知B1=，不计粒子重力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求： (1)(6分)匀强电场的电场强度E； (2)(8分)粒子从进入圆形磁场区域到离开第三象限所用的时间t。 答案　(1)　(2)(++ 解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示， 粒子从C点离开磁场区域，从y轴上的D点进入第二象限，粒子在圆形磁场区域运动过程中有 qvB1=m 解得r1==R 由几何关系可知 tan ∠O2O1A== 则∠O2O1A=∠O2O1D=53° 由几何关系可知粒子进入第二象限时与y轴正方向的夹角为53°，设粒子在第二象限运动的时间为t3，由运动的合成与分解规律有 14R=v0sin 53°·t3 -(R+Rtan 37°)=v0cos 53°·t3-· 解得E=，t3= (2)粒子在圆形磁场中运动的时间 t1=·= 粒子出了圆形磁场区域后在第一象限中运动的时间 t2=== 粒子进入第三象限时沿y轴方向的速度 vy=v0cos 53°-t3=-v0 所以粒子进入第三象限时速度大小 v=v0 速度方向与x轴的夹角为45° 由几何关系可知粒子在第三象限运动的半径 r2=7R 粒子在第三象限运动的时间 t4=×= 粒子从进入圆形磁场区域到离开第三象限所用的时间 t=t1+t2+t3+t4=(++。 2.(16分)(2024·湖南娄底市一模)如图所示，在真空坐标系xOy中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P点处由静止释放，粒子恰好以速度大小为v0、方向与y轴负方向的夹角为θ=45°从坐标原点O进入x>0区域，x>0区域存在磁感应强度大小B1=、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出)，不计粒子重力，重力加速度为g。求： (1)(9分)第二象限中电场强度大小E0与磁感应强度大小B0的比值； (2)(7分)粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间。 答案　(1)v0　(2) 解析　(1)粒子从P到Q，静电力做正功，洛伦兹力不做功，由动能定理得3E0qd=m 解得E0= 根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角为 θ=45° 粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理 ∑B0qvyt=mΔvx 即B0q×3d=mv0sin 45° 解得B0= 故第二象限中电场强度大小E0与磁感应强度大小B0的比值为=v0 (2)粒子在x>0区域做匀速圆周运动，根据运动的对称性知，粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴偏转的圆心角为φ=90° 周期为T== 经过的时间 t=×T=。 　　　计算题培优练5　带电粒子在叠加场中的运动　［分值：30分］ 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(14分)(2024·河北省部分高中二模)如图所示，竖直平面内的直角坐标系第三象限存在沿x轴(x轴水平)负方向的匀强电场Ⅰ，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅲ和沿y轴负方向的匀强电场Ⅱ，一带负电、比荷为k的小球(可视为质点)以某一初速度从点A(0，s0)沿x轴正方向水平抛出，经过点C(s0，0)从第一象限进入第四象限，在第四象限运动一段时间后，小球沿与y轴正方向成α=53°角的方向第一次经过y轴进入第三象限。已知匀强电场Ⅰ的电场强度大小E1=，匀强电场Ⅱ的电场强度大小E2=，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。求： (1)(4分)小球在C点的速度； (2)(4分)匀强磁场 Ⅲ 的磁感应强度大小B； (3)(6分)小球从A点抛出到第四次(从A点抛出为第零次)经过y轴的时间。 答案　(1)，方向斜向右下方与x轴正方向的夹角为37° (2)　(3) 解析　(1)画出带电小球的运动轨迹，如图所示 设小球的初速度大小为v0，小球到达C点时的速度大小为v，小球由A运动到C经过的时间为t1，由平抛运动规律可得 s0=g，s0=v0t1 由A到C，应用动能定理可得 mgs0=mv2-m 设带电小球在C点时，其速度方向与x轴正方向的夹角为θ，可得cos θ=，解得v=，cos θ= 即速度方向斜向右下，与x轴正方向的夹角为37°。 (2)由于匀强电场Ⅱ的电场强度大小为E2= 可知带电小球在第四象限运动时，其所受电场力与重力等大反向，设小球第一次经过y轴上的点为D，由角度关系可知小球由C到D的轨迹是一个半圆，设小球做圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可得=sin 37° 由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m 可得磁感应强度大小B= (3)带电小球由A到C的运动时间t1= 带电小球由C到D的运动时间t2= 对处于第三象限内的小球受力分析，可知带电小球在第三象限内先做匀减速直线运动，加速度大小为a=g 设带电小球在F点减速到零，小球从D点到F点再返回D点经过的时间t3= 带电小球从D点运动到G点，运动时间 t4=· 带电小球在H点恰好第四次经过y轴，设小球从G点运动到H点所用时间为t5，沿x轴方向有2vcos 37°=t5 小球从点A(0，s0)抛出到第四次经过y轴的时间t=t1+t2+t3+t4+t5=(5+ 2.(16分)(2023·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)(4分)求电场强度的大小E； (2)(4分)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； (3)(8分)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y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 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，且电子入射速度为，电子受到的静电力大于洛伦兹力，则电子向上偏转， 根据动能定理有eEy1=m-m 解得y1= (3)方法一　若电子以速度v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有 eEy=m-mv2 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vm=-v=2v0-v，y= 要让电子到达纵坐标y2=位置，即y≥y2 解得v≤v0 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y2=位置的电子数N占总电子数N0的90%。 方法二　设速度为v的电子，一个分运动为v1=v0，其产生的洛伦兹力与静电力平衡，即qv1B=qE，对应水平向右的匀速直线运动。另一个分运动的速度为v2，对应的洛伦兹力使电子做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，r=，直径为y2=2r， 则有=，解得v2=。 电子入射速度为两个分速度的合速度， 即v=v1-v2=v0-=。 在0<v<v0范围内，合速度越大，v2越小，圆周运动直径越小。 由于电子在0<v<v0范围内均匀分布， 可得=×100%=90%。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 电场与磁场 专题三 计算题培优2　带电粒子在复合场中的运动 1.会分析处理带电粒子在组合场中运动的问题。 2.知道带电粒子在复合场中几种常见的运动，掌握运动所遵循的规律。 目标要求 内容索引 专题强化练 二、带电粒子在叠加场中的运动 一、带电粒子在组合场中的运动 三、“配速法”解决摆线问题 一、带电粒子在组合场中的运动   垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场 (电偏转) 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 情 景 图       1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较   垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场 (电偏转) 进入电场时速度方向与电场有一定夹角 受力 FB=qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力 FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力 FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力 运动规律 匀速圆周运动 r=，T= 类平抛运动 vx=v0，vy=t x=v0t，y=t2 类斜抛运动 vx=v0sin θ，vy=v0cos θ-t x=v0sin θ·t，y=v0cos θ·t-t2 2.常见运动及处理方法 　 (2024·河北省大联考)如图所示，xOy平面内，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一带电的粒子以大小为v0的初速度从y轴上的P点沿y轴正方向射出，P点的坐标为(0，L)，一段时间后粒子第一次进入电场且进入电场时的速度方向与电场方向相反。不计粒子的重力。 例1 (1)判断带电粒子的电性，并求其比荷； 答案　正电　　 假设粒子带负电，粒子射出后在磁场中向左偏，进入电场时速度方向与电场方向不可能相反。当粒子带正电时，射出后粒子在磁场中向右偏，然后进入电场时速度方向才有可能与电场方向相反。因此，粒子带正电。设带电粒子的电荷量为q、质量为m，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系有Rcos 45°=L 根据洛伦兹力提供向心力 qv0B=m 带电粒子比荷为= (2)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间； 答案　　 由几何关系可知粒子第一次在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，经过的路程 s=×2πR= 粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间t== (3)求带电粒子第四次经过x轴的位置的横坐标及此时粒子的速度大小。 答案　(3+)L+　v0 粒子第一次经过x轴的位置距y轴距离为 x1=R+Rcos 45°=(+1)L 粒子在电场中先做匀减速直线 运动，后做反方向的匀加速直 线运动，第二次经过x轴进入磁场时，速度与x轴正方向成45°，大小仍为v0，粒子第二次在磁场中运动的轨迹半径 R=L 粒子第三次与第二次经过x轴之间的距离为 x2=R=2L 粒子第三次经过x轴进入电场时速度与电场方向垂直，做类平抛运动，设粒子第三次与第四次经过x轴之间的距离为x3，则有qE=ma x3cos 45°=v0t' x3sin 45°=at'2， 联立解得x3= 带电粒子第四次经过x轴的位置的横坐标为x=x1+x2+x3=(3+)L+ 根据动能定理得qEx3sin 45°=mv2-m 解得带电粒子第四次经过x轴时，粒子的速度大小v=v0 “5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 提炼·总结 二、带电粒子在叠加场中的运动 1.三种典型情况 (1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE=qvB时，重力场与磁场叠加满足mg=qvB时，重力场与电场叠加满足mg=qE时。 (2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力f=qvB的方向与速度v垂直。 (3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=m。 2.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的场中的运动平衡问题，所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子打在两极板后才产生的。 3.分析 　 (多选)(2024·安徽卷·10改编)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3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已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沿逆时针方向做圆周运动 √ 例2 √ 油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg=Eq 解得q=，故A正确； 根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m 联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v= 故B正确； 设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得 v1B=· 解得v1==， 周期为T==， 故C错误； 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v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向， 得mv=v1+v2， 解得v2=-， 由于分离后的小油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错误。 　(2024·河南濮阳市一模)如图所示，在xOy坐标系中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小E=5 N/C，磁感应强度大小为B=0.5 T。在坐标平面内的某点沿某方向射出一质量为m=1×10-6 kg、电荷量为q=2×10-6 C的带正电 答案　20 m/s，方向与y轴负方向夹角为30°指向左下方　 例3 微粒，微粒恰能在xOy坐标平面内做直线运动，且运动轨迹经过O点。已知y轴正方向竖直向上，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)微粒发射的速度大小和方向； 微粒做匀速直线运动，如图 则(Bqv)2=(qE)2+(mg)2 解得v=20 m/s 微粒发射的速度方向与y轴负方向夹角θ满足 tan θ== 解得θ=30° 即微粒发射的速度大小为20 m/s，方向与y轴负方向夹角为30°指向左下方 (2)微粒到达O点时撤去磁场，当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是多少； 答案　(- m，- m) 撤去磁场后，微粒做类平抛运动，如图 将速度分解可得 vx=vsin 30°=10 m/s vy=vcos 30°=10 m/s x方向的加速度 ax==10 m/s2 x方向的速度减为零时 t== s 此时距x轴的距离为 y=vyt+gt2= m 对应速度vy1=vy+gt= m/s 距y轴的距离为 x=t= m 所以当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是(- m，- m)； (3)在(2)问中，当微粒速度沿竖直方向时，再加上原磁场同时撤去电场，此后微粒运动的轨迹离x轴的最大距离为多少(结果可用根号表示)。 答案　 m 微粒运动的轨迹离x轴的距离最大时，速度与x轴平行 在x方向上，由动量定理可得 ∑F洛xΔt=mv1-0 即Bqy1=mv1 由动能定理可得 mgy1=m-m 求得y1= m 微粒运动的轨迹离x轴的最大距离 Y=y+y1= m。 三、“配速法”解决摆线问题 1.摆线 摆线是指一个圆在一条定直线上滚动时，圆周上一个定点的轨迹，又称圆滚线、旋轮线。 当圆滚动的方向与圆心匀速移动的方向一致时，圆滚动一周，动圆上定点描画出摆线的一拱。每一拱的拱高为2a(即圆的直径)，拱宽为2πa(即圆的周长)。 2.配速法 (1)若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，轨迹常为摆线。我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 (2)配速法适用条件： ①在叠加场中； ②合力不为零。 (3)规律： 把速度分解成两个速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动。 ①初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度； ②初速度不为零时，按矢量分解法则分解。 常见情况 处理方法 BG摆线：初速度为0，有重力   把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。   (4)常见的“配速法”的应用 常见情况 处理方法 BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。 BEG摆线：初速度为0，有重力   把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。   常见情况 处理方法 BGv摆线：初速度为v0，有重力   把初速度v0分解为速度v1和速度v2。   　如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平 方向的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E， 磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带 电粒子在场中运动，不计粒子所受重力。将该粒子 在M点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。 例4 答案　见解析 方法一：动能定理+动量定理 带电粒子在运动中，只有静电力做功，其运动 至最远时，静电力做功最多，此时速度最大， 根据动能定理有Eqym=m ① 以电场方向为y轴，垂直电场方向为x轴，则粒子沿y方向上的速度产生x方向的洛伦兹力，即F洛x=qBvy 取沿x方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有 F洛xΔt=qBvyΔt=mΔvx 式中vyΔt表示粒子沿y轴方向运动的距离。因此， 等式两边对粒子从M点到第一次最远的过程求和 有qBym=mvm 　　　② 联立①②两式，解得vm=，ym= 方法二：“配速法” 将粒子在M点由静止释放，其运动较为复杂，是因为洛伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的运动是匀速圆周运动，我们就可以想方设法将其分解为匀速圆周运动。 粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡，即Bqv=Eq；因此，粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动， 圆周运动的轨道半径 r== 所以ym=2r=，vm=2v= 专题强化练 计算题培优练4　带电粒子在组合场中的运动 计算题培优练5　带电粒子在叠加场中的运动 对一对 答案 1 2 计算题培优练4　带电粒子在组合场中的运动 1. (1)　(2)(++ 2. (1)v0　(2) 对一对 答案 1 2 计算题培优练5　带电粒子在叠加场中的运动 1. (1)，方向斜向右下方与x轴正方向的夹角为37°　(2)　 (3) 2. (1)v0B　(2)　(3)90% 1.(2024·河北省适应性测试)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B1、垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域与x、y坐标轴均相切，圆心为O1，第二象限内存在电场强度大 1 2 答案 小为E、沿y轴负方向的匀强电场，第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的粒子从A点以初速度v0沿AO1方向射入圆形区域，粒子穿过y轴后进入第二象限的匀强电场，然后粒子从P点(-14R，0)(图中未画出)进入第三象限，粒子从y轴离开第三象限时速度方向与y轴正方向成45°。已知B1=，不计粒子重力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求： (1)匀强电场的电场强度E； 1 2 答案 答案　　 粒子的运动轨迹如图所示， 粒子从C点离开磁场区域，从y轴上的D点进入第二象限，粒子在圆形磁场区域运动过程中有 qvB1=m 解得r1==R 由几何关系可知 tan ∠O2O1A== 则∠O2O1A=∠O2O1D=53° 1 2 答案 由几何关系可知粒子进入第二象限时与y轴正方向的夹角为53°，设粒子在第二象限运动的时间为t3， 由运动的合成与分解规律有 14R=v0sin 53°·t3 -(R+Rtan 37°)=v0cos 53°·t3-· 解得E=，t3= 1 2 答案 (2)粒子从进入圆形磁场区域到离开第三象限所用的时间t。 1 2 答案 答案　 (++ 粒子在圆形磁场中运动的时间 t1=·= 粒子出了圆形磁场区域后在第一象限中运动的时间 t2=== 粒子进入第三象限时沿y轴方向的速度 vy=v0cos 53°-t3=-v0 1 2 答案 所以粒子进入第三象限时速度大小 v=v0 速度方向与x轴的夹角为45° 由几何关系可知粒子在第三象限运动的半径 r2=7R 粒子在第三象限运动的时间 t4=×= 粒子从进入圆形磁场区域到离开第三象限所用的时间 t=t1+t2+t3+t4=(++。 1 2 答案 1 2 答案 2.(2024·湖南娄底市一模)如图所示，在真空坐标系xOy中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，调节 电场和磁场大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P点处由静止释放，粒子恰好以速度大小为v0、方向与y轴负方向的夹角为θ=45°从坐标原点O进入x>0区域，x>0区域存在磁感应强度大小B1=、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出)，不计粒子重力，重力加速度为g。求： 1 2 答案 (1)第二象限中电场强度大小E0与磁感应强度大小B0的比值； 答案　v0 粒子从P到Q，静电力做正功，洛伦兹力不做功，由动能定理得3E0qd =m 解得E0= 根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角为 θ=45° 粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理 ∑B0qvyt=mΔvx 1 2 答案 即B0q×3d=mv0sin 45° 解得B0= 故第二象限中电场强度大小E0与磁感应强度 大小B0的比值为=v0 1 2 答案 1 2 答案 (2)粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间。 答案　 粒子在x>0区域做匀速圆周运动，根据运动的对称性知，粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴偏转的 圆心角为φ=90° 周期为T== 经过的时间 t=×T=。 1 2 答案 方向成α=53°角的方向第一次经过y轴进入第三象限。已知匀强电场Ⅰ的电场强度大小E1=，匀强电场Ⅱ的电场强度大小E2=，重力加速度为g，sin 37° =0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。求： 1 2 答案 1.(2024·河北省部分高中二模)如图所示，竖直平面内的直角坐标系第三象限存在沿x轴(x轴水平)负方向的匀强电场Ⅰ，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅲ和沿y轴负方向的匀强电场Ⅱ，一带负电、比荷为k的小球(可视为质点)以某一初速度从点A(0，s0)沿x轴正方向水平抛出，经过点C(s0，0)从第一象限进入第四象限，在第四象限运动一段时间后，小球沿与y轴正 1 2 答案 (1)小球在C点的速度； 答案　，方向斜向右下方与x轴正方向的夹角为37° 画出带电小球的运动轨迹，如图所示 设小球的初速度大小为v0，小球到达C点时的 速度大小为v，小球由A运动到C经过的时间为 t1，由平抛运动规律可得 s0=gs0=v0t1 由A到C，应用动能定理可得 mgs0=mv2-m 1 2 答案 设带电小球在C点时，其速度方向与x轴正方向的夹角为θ，可得cos θ=，解得v=，cos θ= 即速度方向斜向右下，与x轴正方向的夹角为37°。 1 2 答案 1 2 答案 (2)匀强磁场Ⅲ的磁感应强度大小B； 答案　　 由于匀强电场Ⅱ的电场强度大小为E2= 可知带电小球在第四象限运动时，其所受电场力与重力等大反向，设小球第一次经过y轴上的点为D，由角度关系可知小球由C到D的轨迹是一个半圆，设小球做圆周运动的轨迹半径为R， 由几何关系可得=sin 37° 由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m 可得磁感应强度大小B= 1 2 答案 1 2 答案 (3)小球从A点抛出到第四次(从A点抛出为第零次)经过y轴的时间。 答案　 带电小球由A到C的运动时间t1= 带电小球由C到D的运动时间t2= 对处于第三象限内的小球受力分析，可知带电小 球在第三象限内先做匀减速直线运动，加速度大 小为a=g 设带电小球在F点减速到零，小球从D点到F点再返回D点经过的时间t3= 1 2 答案 带电小球从D点运动到G点，运动时间 t4=· 带电小球在H点恰好第四次经过y轴，设小球 从G点运动到H点所用时间为t5，沿x轴方向有 2vcos 37°=t5 小球从点A(0，s0)抛出到第四次经过y轴的时间t=t1+t2+t3+t4+t5= (5+ 1 2 答案 1 2 答案 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。 2.(2023·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 1 2 答案 (1)求电场强度的大小E； 答案　v0B　 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 1 2 答案 (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； 答案　　 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，且电子入射速度为，电子受到的静电力大于洛伦兹力，则电子向上偏转， 根据动能定理有eEy1=m-m 解得y1= 1 2 答案 1 2 答案 (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y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 答案　90% 方法一　若电子以速度v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有 eEy=m-mv2 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vm=-v=2v0-v，y= 1 2 答案 要让电子到达纵坐标y2=位置，即y≥y2 解得v≤v0 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y2=位置的电子数N占总电子数N0的90%。 方法二　设速度为v的电子，一个分运动为v1=v0，其产生的洛伦兹力与静电力平衡，即qv1B=qE，对应水平向右的匀速直线运动。另一个分运动的速度为v2，对应的洛伦兹力使电子做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，r=，直径为y2=2r， 1 2 答案 则有=，解得v2=。 电子入射速度为两个分速度的合速度， 即v=v1-v2=v0-=。 在0<v<v0范围内，合速度越大，v2越小，圆周运动直径越小。 由于电子在0<v<v0范围内均匀分布， 可得=×100%=90%。 1 2 答案 本课结束 THANKS $$