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（广东专用）（课件PPT+word教案）

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       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 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 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·广东中山市华侨中学模拟)如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里。在x轴下方有一匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a点(0， m)处沿y轴正方向以初速度v=2 m/s开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上b点时速度 方向恰好与y轴垂直。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； 例1 答案　 作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系有 rcos 45°= m，r=2 m 粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB=m 解得B= (2)匀强电场的电场强度大小； 答案　 粒子在x轴下方运动到b点过程中，水平方向上有 r+rsin 45°=vcos 45°·t1，t1=(+1) s 竖直方向a=，qE=ma 解得E= (3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间。 答案　(+2+2) s 粒子在磁场中运动周期为T==2π s 粒子在磁场中运动总的圆心角θ=+=，t2=T= s 粒子从开始运动到第三次经过x轴t=t2+2t1 联立可得t=(+2+2) s。 “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)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沿顺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正确。 　 (2024·广东潮州市二模)如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内，第一、二象限中分布着沿x轴负方向的电场强度为E1的匀强电场，第三、四象限中分布着沿y轴正方向的匀强电场E2；第三、四象限还分布着匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、带电荷量为+q的小球自坐标为(0，L)的A点由静止出发，进入第三象限后恰能做匀速圆周运动并垂直于y轴射入第四象限，已知E1=，重力加速度为g。求： (1)小球第一次通过x轴时的速度； 例3 答案　2 在A点对小球受力分析，如图所示 小球所受电场力为qE1=mg 则tan θ==1 得θ=45° 即小球在第二象限内沿与x轴成45°角进入第三象限，有BO间距离为x1=L A→B由动能定理得mgL+qE1L=mv2 得v=2 (2)匀强电场场强E2和匀强磁场磁感应强度B大小的比值； 答案　 小球在第三象限做匀速圆周运动，由qE2=mg 得E2= 运动轨迹如图，由几何关系得R==L 又qBv=m 得B= 则= (3)小球从第四象限穿出后，经过一段时间会再次到达x轴上的N点(图中未标出)，求小球从出发运动至N的时间tAN。 答案　(3+ 小球由A点运动到B点的过程，竖直方向有L=g 解得t1= 小球做匀速圆周运动周期为T==π 小球从B点到C点的过程中所用时间为 t2=T=T= 小球从C点到N点的过程做类平抛运动，有=ma 垂直速度方向l1=a 沿速度方向l2=vt3 由几何关系可知l1=l2 联立解得t3=2 总时间t=t1+t2+t3=(3+。 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(或电场力，或重力和电场力的合力)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(或电场力、或重力和电场力的合力)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。   常见情况 处理方法 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。   　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，只有电场力做功，其运动至最 远时，电场力做功最多，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对应的洛伦兹力与电场力平衡，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3　带电粒子在组合场中的运动 计算题培优练4　带电粒子在叠加场中的运动 对一对 1 2 答案 题号 1 2 答案 (1)　方向垂直纸面向里 (2) (3) (1)　　8eU (2) 计算题培优练3　带电粒子在组合场中的运动 对一对 1 2 答案 题号 1 2 答案 (1)，方向竖直向上 (2)，与x轴正方向成60°向下 (3)或 (1)v0B　(2)　(3)90% 计算题培优练4　带电粒子在叠加场中的运动 1.(2024·广东梅州市一模)在芯片领域，技术人员往往通过离子注入方式来优化半导体。其中控制离子流运动时，采用了如图所示的控制装置，在一个边长为L的正方形ABCD的空间里，沿对角线AC将它分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，其中Ⅰ区域有垂直于纸面的匀强磁场，在Ⅱ区域内有平行于DC且由C指向D的匀强电场。一正离子生成器不断有正离子生成，所有正离子从A点沿AB方向以v的速度射入Ⅰ区域，然后这些正离子从对角线AC上F点(图中未画出)进入Ⅱ区域， 1 2 答案 其中AF=AC，最后这些正离子恰好从D点进入被优化的半导体。已知离子流的正离子带电荷量均为q，质量为m，不考虑离子的重力以及离子间的相互作用力。求： 1 2 答案 (1)Ⅰ区域磁感应强度B的大小和方向； 答案　　方向垂直纸面向里　 1 2 根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里，轨迹如图所示 设带电粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系有 r=AF=AC=×L=L 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得B= 答案 1 2 答案 (2)Ⅱ区域电场强度E的大小； 答案　 粒子进入电场的速度方向为竖直方向，在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，则yDF=vt2=L-r， xDF=·=r 解得t2=，E= 1 2 答案 (3)正离子从A点运动到D点所用时间t。 答案　 粒子做匀速圆周运动的时间为t1=，T= 所以粒子运动的总时间为t=t1+t2=。 1 2 答案 2.(2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从 圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°=0.4。 1 2 答案 (1)当Ek0=0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能； 答案　　　8eU　 1 2 电子在电场中加速有2eU=mv2 在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r=Rtan 22.5°=0.4R 根据洛伦兹力提供向心力有B1ev=m 联立解得B1= 电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T= 由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ=π 答案 1 2 电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t=T 联立解得t= 电子从P到Q在电场中共加速8次， 故在Q点出射时的动能为Ek=8eU 答案 1 2 答案 (2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0=keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。 答案　 1 2 设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切， 由几何关系可得=R2+ 解得rm=R 根据洛伦兹力提供向心力有B1evm=m 2eU=m-keU 联立解得k=。 答案 1.(2024·广东茂名市二模)在如图所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电 荷量为+q的带电小球沿x轴正方向以初速度v0=从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场，电场强度E1=，小球偏转后打到x轴 上的C(L，0)点，x轴下方有匀强电场(图中未画出)，电场强度E2未知， 第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在x轴下方做匀速圆周运动，已知 第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加 速度大小为g。 1 2 答案 (1)求x轴下方匀强电场的电场强度E2； 答案　，方向竖直向上 小球在x轴下方做匀速圆周运动，则mg=qE2 解得E2=，方向竖直向上 1 2 答案 (2)求带电小球在C点的速度vC； 答案　，与x轴正方向成60°向下　 1 2 答案 小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律a= 可得a= 水平方向t= 可得t= 竖直方向vy=at 可得vy= 1 2 答案 根据运动的合成vC= 可得vC= 根据几何关系有tan θ= 可得θ=60°，即vC方向与x轴正方向成60°向下 1 2 答案 (3)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为，求小球从C点运动到P(0，-3L)点所用的时间。 答案　或 1 2 答案 小球在第四象限内做匀速圆周运动，设运动半径为r1，则qvCB4=m，解得r1=2L 设小球运动的周期为T1，则T1= 解得T1=2π 如图甲，由几何关系可知，小球从C到P偏转圆心角为，此过程运动时间为t1=T1= 1 2 答案 小球经P点进入第三象限后，设运动半径为r2，则 qvCB3=m，解得r2=L 设小球运动的周期为T2，则T2= 解得T2=π 1 2 答案 如图乙，小球从P点再回到P点所用时间为 t2=T1+T2=2π 小球从C点运动到P点所用的时间为 t1+t2= 故小球从C点运动到P点所用的时间为 。 1 2 答案 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 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　 1 2 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，电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转， 根据动能定理有eEy1=m(v0)2-m(v0)2 解得y1= 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% 1 2 答案 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电场力平衡，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 $$ 　 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·广东中山市华侨中学模拟)如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里。在x轴下方有一匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a点(0， m)处沿y轴正方向以初速度v=2 m/s开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间。 答案　(1)　(2)　(3)(+2+2) s 解析　(1)作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系有 rcos 45°= m，r=2 m 粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB=m 解得B= (2)粒子在x轴下方运动到b点过程中，水平方向上有 r+rsin 45°=vcos 45°·t1，t1=(+1) s 竖直方向a=，qE=ma 解得E= (3)粒子在磁场中运动周期为 T==2π s 粒子在磁场中运动总的圆心角 θ=+=，t2=T= s 粒子从开始运动到第三次经过x轴t=t2+2t1 联立可得t=(+2+2) s。 “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)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沿顺时针方向做圆周运动 答案　ABD 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正确。 例3　(2024·广东潮州市二模)如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内，第一、二象限中分布着沿x轴负方向的电场强度为E1的匀强电场，第三、四象限中分布着沿y轴正方向的匀强电场E2；第三、四象限还分布着匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、带电荷量为+q的小球自坐标为(0，L)的A点由静止出发，进入第三象限后恰能做匀速圆周运动并垂直于y轴射入第四象限，已知E1=，重力加速度为g。求： (1)小球第一次通过x轴时的速度； (2)匀强电场场强E2和匀强磁场磁感应强度B大小的比值； (3)小球从第四象限穿出后，经过一段时间会再次到达x轴上的N点(图中未标出)，求小球从出发运动至N的时间tAN。 答案　(1)2　(2)　(3)(3+ 解析　(1)在A点对小球受力分析，如图所示 小球所受电场力为qE1=mg 则tan θ==1 得θ=45° 即小球在第二象限内沿与x轴成45°角进入第三象限，有BO间距离为x1=L A→B由动能定理得mgL+qE1L=mv2 得v=2 (2)小球在第三象限做匀速圆周运动，由qE2=mg 得E2= 运动轨迹如图，由几何关系得R==L 又qBv=m 得B= 则= (3)小球由A点运动到B点的过程，竖直方向有 L=g 解得t1= 小球做匀速圆周运动周期为T==π 小球从B点到C点的过程中所用时间为 t2=T=T= 小球从C点到N点的过程做类平抛运动，有=ma 垂直速度方向l1=a 沿速度方向l2=vt3 由几何关系可知l1=l2 联立解得t3=2 总时间t=t1+t2+t3=(3+。 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(或电场力，或重力和电场力的合力)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(或电场力、或重力和电场力的合力)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，只有电场力做功，其运动至最远时，电场力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有Eqym=m① 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=mvm② 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对应的洛伦兹力与电场力平衡，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3　带电粒子在组合场中的运动 ［分值：30分］ 1.(14分)(2024·广东梅州市一模)在芯片领域，技术人员往往通过离子注入方式来优化半导体。其中控制离子流运动时，采用了如图所示的控制装置，在一个边长为L的正方形ABCD的空间里，沿对角线AC将它分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，其中Ⅰ区域有垂直于纸面的匀强磁场，在Ⅱ区域内有平行于DC且由C指向D的匀强电场。一正离子生成器不断有正离子生成，所有正离子从A点沿AB方向以v的速度射入Ⅰ区域，然后这些正离子从对角线AC上F点(图中未画出)进入Ⅱ区域，其中AF=AC，最后这些正离子恰好从D点进入被优化的半导体。已知离子流的正离子带电荷量均为q，质量为m，不考虑离子的重力以及离子间的相互作用力。求： (1)(4分)Ⅰ区域磁感应强度B的大小和方向； (2)(6分)Ⅱ区域电场强度E的大小； (3)(4分)正离子从A点运动到D点所用时间t。 答案　(1)　方向垂直纸面向里　(2)　(3) 解析　(1)根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里，轨迹如图所示 设带电粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系有 r=AF=AC=×L=L 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得B= (2)粒子进入电场的速度方向为竖直方向，在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，则yDF=vt2=L-r，xDF=·=r 解得t2=，E= (3)粒子做匀速圆周运动的时间为t1=，T= 所以粒子运动的总时间为t=t1+t2=。 2.(16分)(2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°=0.4。 (1)(10分)当Ek0=0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能； (2)(6分)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0=keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。 答案　(1)　　8eU　(2) 解析　(1)电子在电场中加速有2eU=mv2 在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r=Rtan 22.5°=0.4R 根据洛伦兹力提供向心力有B1ev=m 联立解得B1= 电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T= 由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为 φ=π 电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t=T 联立解得t= 电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为Ek=8eU (2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切， 由几何关系可得=R2+ 解得rm=R 根据洛伦兹力提供向心力有B1evm=m 2eU=m-keU 联立解得k=。 计算题培优练4　带电粒子在叠加场中的运动 ［分值：30分］ 1.(14分)(2024·广东茂名市二模)在如图所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电荷量为+q的带电小球沿x轴正方向以初速度v0=从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场，电场强度E1=，小球偏转后打到x轴上的C(L，0)点，x轴下方有匀强电场(图中未画出)，电场强度E2未知，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在x轴下方做匀速圆周运动，已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度大小为g。 (1)(2分)求x轴下方匀强电场的电场强度E2； (2)(8分)求带电小球在C点的速度vC； (3)(4分)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为，求小球从C点运动到P(0，-3L)点所用的时间。 答案　(1)，方向竖直向上　(2)，与x轴正方向成60°向下　(3)或 解析　(1)小球在x轴下方做匀速圆周运动，则mg=qE2 解得E2=，方向竖直向上 (2)小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律a= 可得a= 水平方向t= 可得t= 竖直方向vy=at 可得vy= 根据运动的合成vC= 可得vC= 根据几何关系有tan θ= 可得θ=60°，即vC方向与x轴正方向成60°向下 (3)小球在第四象限内做匀速圆周运动，设运动半径为r1，则qvCB4=m，解得r1=2L 设小球运动的周期为T1，则T1= 解得T1=2π 如图甲，由几何关系可知，小球从C到P偏转圆心角为，此过程运动时间为t1=T1= 小球经P点进入第三象限后，设运动半径为r2，则 qvCB3=m，解得r2=L 设小球运动的周期为T2，则T2= 解得T2=π 如图乙，小球从P点再回到P点所用时间为 t2=T1+T2=2π 小球从C点运动到P点所用的时间为 t1+t2= 故小球从C点运动到P点所用的时间为 或。 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，电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转， 根据动能定理有eEy1=m(v0)2-m(v0)2 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电场力平衡，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 $$