第3讲 带电粒子在匀强磁场、组合场及叠加场中的运动 讲义 -2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

该高中物理讲义以“带电粒子在磁场及复合场中的运动”为核心，通过分类梳理构建知识体系，用“三定”方法（定圆心、半径、圆心角）框架图解析匀强磁场运动，表格对比电偏转与磁偏转特征，清晰呈现运动和相互作用观念及重难点内在联系。 讲义亮点在于创新情境典例设计，如极光螺旋运动、云室粒子径迹等题，结合“配速法”等技巧培养科学思维。基础题夯实公式应用，创新题提升模型建构能力，助力分层教学，教师可精准把握学情，学生能自主梳理脉络。

物理冯老师 第3讲 带电粒子在匀强磁场、组合场及叠加场中的运动 ——夯基强化讲义 考点1：带电粒子在匀强磁场中的运动 1.运动轨迹 　　带电粒子(不计重力)以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场中: (1) 当v∥B时,带电粒子将做匀速直线运动。 (2) 当v⊥B时,带电粒子将做匀速圆周运动。 (3) 等螺距的螺旋线运动：带电粒子入射的速度方向与匀强磁场有一夹角θ(0°<θ<90°)时，粒子的速度可分解为垂直于磁场方向的速度v1和平行于磁场方向的速度v2,在垂直于磁场方向以速度v1做匀速圆周运动、在平行于磁场方向以速度v2做匀速直线运动,运动轨迹为螺旋线。 2.洛伦兹力的作用效果 洛伦兹力只改变带电粒子速度的方向,不改变带电粒子速度的大小,或者说洛伦兹力不对带电粒子做功,不改变粒子的动能。 重点1：带电粒子在匀强磁场中的运动的分析 1.分析方法:“三定”,即一定圆心,二定半径,三定圆心角。 (1)圆心的确定 ①确定依据 a.速度的垂线:过切点的速度的垂线通过圆心。 b.弦的中垂线:轨迹上任意两点连线的中垂线过圆心（垂径定理）。 c.两速度所在直线夹角的角平分线:两不同位置的速度所在直线夹角的角平分线过圆心。 d.半径:圆心到轨迹上任一点的距离等于半径。 ②常见情境与方法 a.已知轨迹上两点的位置及相应速度方向,利用两速度的垂线确定轨迹圆心位置,如图(a)。 b.已知轨迹上两点的位置及其中一点的速度方向,利用速度的垂线及弦的中垂线确定轨迹圆心位置,如图(b)。 c.已知轨迹上任意三点的位置,利用两条弦的中垂线确定轨迹圆心位置,如图(c)。 d.已知轨迹上任意两点的位置及轨迹半径R,利用弦的中垂线及圆心到轨迹上任一点的距离等于半径确定轨迹圆心位置,如图(d),圆心位置有2种可能,具体位置根据题意分析。 e.如图(e),已知粒子的入射方向、出射方向及轨迹半径R,利用α角的角平分线上圆心到入射方向或出射方向所在直线的距离等于R确定轨迹圆心位置,其中入射点、出射点在已知的入射方向、出射方向所在的直线上。 (2)半径的确定和计算:半径一般是利用几何知识(三角函数关系、三角形知识等)求解。 (3)圆心角的确定 ①利用好三个角的关系,即圆心角=速度偏转角=2倍弦切角。 ②利用好三角形尤其是直角三角形的相关知识,计算出圆心角θ。 2.带电粒子在磁场中运动时间的求解方法 时间的两种求法 利用旋转角度计算 t==T 利用运动弧长计算 t= 【典例1】如图所示,在通电直导线下方,有一电子沿平行导线方向以速度v开始运动,则(　　) A.将沿轨迹Ⅰ运动,轨迹半径越来越小 B.将沿轨迹Ⅰ运动,轨迹半径越来越大 C.将沿轨迹Ⅱ运动,轨迹半径越来越小 D.将沿轨迹Ⅱ运动,轨迹半径越来越大 【典例2】如图所示,MN表示一块非常薄的金属板,带电粒子(不计重力)在匀强磁场中运动并穿过薄金属板,虚线表示其运动轨迹,粒子的电荷量不变,由图可知粒子(　　) A.带正电荷 B.沿a→b→c→d→e方向运动 C.穿过金属板后,轨迹半径变小 D.穿过金属板后,所受洛伦兹力变大 【典例3】(创新题·新考法)极光(Aurora)是一种绚丽多彩的发光现象,是由于太阳的带电粒子流进入地球磁场,在地球南北两极附近地区的高空夜间出现的灿烂美丽的光辉。如图所示是某高能带电粒子被地磁场俘获后的运动轨迹示意图,忽略引力和带电粒子间的相互作用,以下说法正确的是(　　) A.图中所示的带电粒子可能带正电,也可能带负电 B.图中所示的带电粒子做螺旋运动时,旋转半径保持不变 C.带电粒子做螺旋运动时,洛伦兹力对带电粒子做负功 D.带电粒子在靠近地球北极过程中动能不变 【典例4】云室是一种用于显示电离粒子径迹的装置,是早期核辐射探测的重要工具。如图为一云室中带电粒子运动的轨迹照片,已知P1和P2粒子在A点的初动量等大反向,速度分别为v1、v2,在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2且R1>R2,不计粒子的重力,下列说法正确的是(　　) A.P1粒子比P2粒子所带电荷量多 B.P1粒子比P2粒子所带电荷量少 C.若磁场方向垂直纸面向里,则P1粒子带负电 D.若磁场方向垂直纸面向外,则P2粒子带正电 【典例5】（创新题·新考法)如图1所示,空间中匀强磁场的方向与x轴平行,磁感应强度为B。不计重力的带电粒子以初速度v0进入磁场时的速度方向与磁场不垂直,而是与磁场成α的锐角,如图2所示,这种情况下,带电粒子在匀强磁场中的轨迹就是一条等距的螺旋线。若要同时使螺旋线的螺距增大、半径减小,下列措施可行的是(　　) 　 A.仅减小初速度v0 B.仅减小角度α C.仅减小磁感应强度B D.仅增大磁感应强度B 考点2：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径和周期 1.运动条件:不计重力的带电粒子沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场。 2.洛伦兹力的作用:提供带电粒子做匀速圆周运动的向心力,即qvB=  。 3.基本公式 (1)半径:r=; (2)周期:T=,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与粒子的运动速率和半径无关。 知识储备 1.带电的基本粒子：如电子，质子，α粒子，正负离子等。这些粒子所受重力和洛仑磁力相比小得多，除非有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力。（但并不能忽略质量）。 2.带电微粒：如带电小球、液滴、尘埃等。除非有说明或明确的暗示以外，一般都考虑重力。 3.某些带电体是否考虑重力，要根据题目暗示或运动状态来判定。 知识辨析 1.比荷相同的带电粒子,在同样的匀强磁场中做匀速圆周运动的周期一定相同吗? 一定相同。带电粒子垂直射入匀强磁场后做匀速圆周运动,周期为T=,比荷()相同、磁场相同,则T一定相同。 2.带电粒子进入匀强磁场时,若v与B夹角为锐角,带电粒子的运动轨迹是怎样的? 轨迹为螺旋线。v与B夹角为锐角,带电粒子的运动为匀速圆周运动与匀速直线运动的合运动,故轨迹为螺旋线。 【典例6】(多选) 已知氚核的质量约为质子质量的3倍,带正电荷,电荷量为一个元电荷;α粒子即氦原子核,质量约为质子质量的4倍,带正电荷,电荷量为e的2倍。现在质子、氚核和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,则(　　) A.若它们速度大小相等,则它们的运动半径之比为6∶2∶3 B.若它们速度大小相等,则它们的运动半径之比为1∶3∶2 C.若它们动量大小相等,则它们的运动半径之比为2∶2∶1 D.若它们动量大小相等,则它们的运动半径之比为6∶2∶3 【典例7】处于磁感应强度为B的匀强磁场中的一个带电粒子质量为m、电荷量为q,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动的速度大小为v。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 【典例8】如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°,不计重力,则为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.3 【典例9】(多选) 如图,直线边界上方存在足够大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外。一带正电粒子以某一速率v从O点射入磁场做匀速圆周运动,进入磁场时速度方向与边界夹角为θ,不计粒子的重力,则(　　) A.若θ、v一定,B越大,则粒子的周期越小 B.若θ、v一定,B越大,则粒子的半径越大 C.若B、v一定,θ越小,则粒子在磁场中运动时间越长 D.若B、θ一定,v越小,则粒子在磁场中运动时间越长 【典例10】(多选) 如图所示,两个匀强磁场的方向相同,磁感应强度分别为B1、B2,虚线MN为理想边界。现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中,其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线,以下说法正确的是(　　) A.电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P B.电子运动一周回到P点所用的时间t= C.B1=4B2 D.电子在磁感应强度为B2的区域受到的磁场力始终不变 【典例11】在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的质量相等的离子P和P',经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定的宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P、P'在磁场中转过的角度θ分别为30°和60°,则离子P和P'(离子重力忽略不计)(　　) A.在磁场中运动的半径之比为2∶1 B.在磁场中运动的半径之比为2∶ C.电荷量之比为1∶2 D.电荷量之比为1∶3 考点3：带电粒子在有界匀强磁场中的运动轨迹 1.常见的几种边界情况 (1)直线边界:从某一直线边界射入的粒子,再从这一边界射出时,速度与边界的夹角相等,如图所示。 (2)平行边界:带电粒子在有平行边界的匀强磁场中运动,经常出现带电粒子恰好从磁场另一侧飞出(或恰好飞不出)的临界问题。要寻找相关物理量的临界条件,总是先从临界轨迹入手。如图所示。 (3)圆形边界 ①沿半径方向射入磁场,必沿半径方向射出磁场,如图甲所示。 ②射入磁场的速度方向与入射点所在半径间夹角等于射出磁场的速度方向与出射点所在半径间的夹角,如图乙所示。 2.求解带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题,关键是画出轨迹、找准圆心,运用数学知识求对应半径。（见考点1——重点1） 【典例12】水平直线MN上方有垂直纸面向里的范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度为B,正、负电子同时从MN边界O点以与MN成45°角的相同速度v【1】射入该磁场区域(电子的质量为m,电荷量大小为e),正、负电子间的相互作用忽略不计,经一段时间后从边界MN射出【2】。求: (1)它们从磁场中射出时,出射点间的距离x;(画出正、负电子运动的轨迹图) (2)它们从磁场中射出的时间差Δt。 【典例13】如图所示,圆形匀强磁场区域的圆心为O,半径为R,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向垂直射入磁场,从Q点射出,PO与OQ成60°角,不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A.带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R B.带电粒子在磁场中的运动时间等于 C.若射入速度变大,粒子运动的半径变小 D.若射入速度变大,粒子在磁场中的运动时间变短 【典例14】 (多选) 如图所示,直角三角形ACD区域内有垂直三角形平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,∠A=30°,∠C=90°,AD边长为L,在AC边中点P在三角形平面内沿与PA边夹角为30°的方向向磁场内射入质量为m、电荷量为q的各种不同速度的带正电粒子,有的粒子能沿垂直AD边的方向射出磁场,不计粒子的重力,则下列判断正确的是(　　) A.磁场方向垂直三角形平面向里 B.当粒子速度大小为时,粒子的运动轨迹与AD边相切 C.AD边有粒子射出的区域长度接近L D.AC边有粒子射出的区域长度接近L 【典例15】 (多选) (创新题·新考法)如图所示,长方体ABCD-A1B1C1D1所在空间存在与BD方向平行的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子以一定的速度从A点沿AA1方向射入长方体区域,并恰好从C1点离开该区域。已知AB=AD=l,AA1=l,不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　) A.磁场方向由D指向B B.粒子的速度大小为 C.若仅增大粒子的入射速度,则粒子在长方体区域内运动的时间将减小 D.若在该区域增加一匀强电场使粒子沿AA1做直线运动,则该电场的电场强度大小为 考点4：带电粒子在组合场中的运动 1.组合场 　　组合场指电场与磁场各位于一定的区域内的情况。带电粒子在组合场中的运动,实际上是几个典型运动过程的组合,解决此类问题要分段处理,找出各段之间的衔接点和相关物理量。 2.电偏转与磁偏转 电偏转 磁偏转 偏转条件 垂直电场方向进入匀强电场(不计重力) 垂直磁场方向进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 电场力F电=qE,大小和方向都不变 洛伦兹力F洛=qvB,大小不变,方向始终和v垂直 运动类型 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆或圆弧 运动图示 3.解决带电粒子在组合场中运动问题的思路、方法 【典例16】如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场,电场强度大小为E,方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆,圆心坐标为(R,0),圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力),以速度v0从第二象限内的P点沿平行于x轴的方向向右射入电场【1】,通过坐标原点O进入第四象限,速度方向与x轴正方向成30°角,最后从Q点平行于y轴离开磁场【2】,已知P点的横坐标为-2h。求: (1)带电粒子的比荷 ; (2)圆内磁场的磁感应强度的大小B; (3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场经历的总时间。 【典例17】圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一发射带正电粒子的粒子源,半径OA竖直,MN与OA平行,且与圆形边界相切于B点,在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场,电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用,下列说法不正确的是(　　) A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外 B.粒子的比荷为 C.粒子在磁场中运动的总时间为 D.粒子在电场中运动的总时间为 【典例18】如图所示,在直角坐标系y>0的区域存在垂直纸面的匀强磁场,在x>0、y<0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上A(0,-h)点以速度v0沿x轴正方向进入电场,经x轴上B点进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为45°,并从x轴上的C点第一次离开磁场,最后经第三象限回到A点。不计粒子的重力,求: (1)匀强电场电场强度的大小; (2)匀强磁场磁感应强度的大小和方向; (3)粒子在磁场中由B点运动至C点所用的时间。 【典例20】如图所示,某质谱仪由电压为U的加速电场、半径为R且圆弧中心线(虚线所示)处电场强度大小为E的均匀辐射电场和磁感应强度为B的半圆形磁分析器组成。质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从M板由静止加速后,沿圆弧中心线经过辐射电场,再从P点垂直磁场边界进入磁分析器后打在胶片上Q点。下列说法正确的是(　　) A.辐射电场中,沿电场线方向电场减弱 B.加速电压U= C.辐射电场的电场力对该粒子做正功 D.P点与Q点的距离为 【典例21】（多选）(创新题·新考法)如图所示,在三维坐标系Oxyz中,z<0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ,磁感应强度大小为B0,在z>0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为B0。带正电的粒子从M(a,0,-a)点以速度v0沿y轴正方向射出,恰好做直线运动。现撤去电场,继续发射该带电粒子,恰好垂直xOy平面进入z>0空间。不计粒子重力,正确的说法是(　　) A.电场强度大小为B0v0 B.带电粒子的比荷为 C.第二次经过xOy平面的位置坐标为(a,0,-a) D.粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为3a 【典例22】如图所示,PQ、MN之间存在场强为E的匀强电场,MN的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子从O点沿x轴正方向以速度v0进入电场,然后从a点进入磁场,在磁场中运动后再从b点进入电场。已知a点坐标为,b点坐标为,粒子所受重力不计。求: (1)粒子的比荷; (2)磁感应强度B的大小; (3)粒子从O出发到第二次经过a点所用的时间。 【典例23】如图甲所示,在xOy平面内,虚线与x轴垂直并相交于P(-L,0)点,在虚线左侧有一加速电场,电压为U0。一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度),当粒子运动到P点时,在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知),y轴正方向为电场的正方向,粒子经时间T从y轴上的Q点(0,L)进入第一象限。某一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场,磁场变化周期为T0,垂直xOy平面向里为磁场的正方向,粒子恰好不会回到第二象限。已知B0=,不计粒子重力,忽略电场、磁场突变的影响。求: 　 (1)带电粒子经过P点时速度的大小v0; (2)交变电场的电场强度大小E0; (3)加上磁场后,粒子在时刻所处的位置坐标。 考点5：带电粒子(物体)在叠加场中的运动 1.洛伦兹力、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。 2.电场力、洛伦兹力并存(不计重力) (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,则带电体做复杂的曲线运动,可用动能定理求解。 3.电场力、洛伦兹力、重力并存 (1)若三力平衡,带电体做匀速直线运动。 (2)若重力与电场力平衡,带电体做匀速圆周运动。 (3)若合力不为零,带电体可能做复杂的曲线运动,可用能量守恒定律或动能定理求解。 4.带电粒子在叠加场中运动的处理方法 (1)确定叠加场的种类 电场、磁场、重力场两两叠加,或三者叠加。 (2)进行受力分析 一般涉及三种场力(电场力、磁场力、重力)、弹力、摩擦力。 (3)运动分析 根据带电粒子的受力情况,判断其运动状态,是做匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动还是非匀变速直线运动、非匀变速曲线运动。 (4)利用运动学公式、牛顿第二定律、功能关系分析 ①力和运动的角度:根据带电粒子所受的力,运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解,必要时进行运动的合成与分解,如类平抛运动。 ②功能的角度:根据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系解决问题,这条线索不仅适用于均匀场,也适用于非均匀场,因此要熟悉各种力做功的特点。 (5)“配速法”的应用 ①方法概述 　　在处理带电粒子在叠加场(如同时存在磁场、电场或重力场)中的运动问题时,将复杂的曲线运动分解为两个或更多个较为简单的运动,从而简化问题的分析过程。 ②解题思路 　　首先将粒子的初速度分解,俗称“配速”,要求其中的一个分速度所对应的洛伦兹力恰好平衡带电粒子所受的电场力(或重力),带电粒子做匀速直线运动,另一个分速度对应的洛伦兹力使带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,然后利用两个分运动各自的运动规律联立求解即可。匀速直线运动与匀速圆周运动合成的曲线运动称为“摆线运动”。 【典例24】 如图,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为 d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场【1】。质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下极板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动【2】,恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。 (1)求直流电源的电动势E0; (2)求两极板间磁场的磁感应强度的大小B; (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动【3】,求电场强度的最小值E'。 【典例25】 如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨迹半径为R。已知电场的电场强度为E,方向竖直向下;磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。不计空气阻力,重力加速度大小为g,则(　　) A.液滴带正电 B.液滴比荷= C.液滴顺时针运动 D.液滴运动速度大小v= 【典例26】(创新题·新考法)如图所示,空间中存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度大小为E、方向竖直向上,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为+q的带正电粒子由O点以初速度v0=水平向右飞入复合场中,不计带电粒子的重力,求: (1)粒子的最大速度与最小速度的大小; (2)粒子在竖直方向上的最大位移的大小; (3)粒子在一个周期内水平向右的位移的大小。 【典例27】如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带电的微粒a、b、c电荷量的大小相等,质量分别为ma、mb、mc,已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列正确的是(　　) A.微粒b可能带负电 B.微粒c一定带正电 C.微粒a的质量一定小于微粒b的质量 D.微粒a的质量一定大于微粒c的质量 【典例28】（多选）(创新题·新考法)在如图所示的长方体空间中,存在沿y轴正方向的匀强电场和匀强磁场,AB=AA1=d,AD=L。某时刻一带正电的粒子以速度大小v0、方向平行于yOz平面且与y轴正方向的夹角θ=37°,从左边界区域中心射入,该粒子的比荷为k,不计粒子的重力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列说法正确的是(　　) A.粒子在该区域运动过程中,加速度大小不变 B.若磁感应强度B<,则粒子会从DCC1D1面射出 C.若磁感应强度B>,则粒子会从DCC1D1面射出 D.若磁感应强度B<,则粒子可能从A1B1C1D1面射出 【典例29】如图所示,一根足够长的光滑绝缘杆MN,与水平面的夹角为37°,固定在竖直平面内,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间,杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时,对杆有垂直杆向下的压力作用,压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q,重力加速度大小为g,sin 37°=0.6。 (1)判断小环的电性; (2)求小环滑到P处时的速度大小vP; (3)当小环与杆之间没有压力时,求小环到P的距离L。 【典例30】如图所示,位于竖直平面内的坐标系xOy,在第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.5 T,还有沿x轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E=2 N/C,在第一象限空间有沿y轴负方向、电场强度大小也为E的匀强电场,并在y>h=0.4 m的区域有磁感应强度大小也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度,恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ=45°),并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g取10 m/s2。求: (1)油滴在第三象限运动时受到的重力、静电力、洛伦兹力三力的大小之比,并指出油滴带哪种电荷; (2)油滴在P点得到的初速度大小; (3)油滴在第一象限运动的时间(取π=3.14)。 【典例31】 (2023江苏高考)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y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 为则易 行则至 第 12 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $物理冯老师 第3讲 带电粒子在匀强磁场、组合场及叠加场中的运动 ——夯基强化讲义 考点1：带电粒子在匀强磁场中的运动 1.运动轨迹 　　带电粒子(不计重力)以一定的速度v进入磁感应强度为B的匀强磁场中: (1) 当v∥B时,带电粒子将做匀速直线运动。 (2) 当v⊥B时,带电粒子将做匀速圆周运动。 (3) 等螺距的螺旋线运动：带电粒子入射的速度方向与匀强磁场有一夹角θ(0°<θ<90°)时，粒子的速度可分解为垂直于磁场方向的速度v1和平行于磁场方向的速度v2,在垂直于磁场方向以速度v1做匀速圆周运动、在平行于磁场方向以速度v2做匀速直线运动,运动轨迹为螺旋线。 2.洛伦兹力的作用效果 洛伦兹力只改变带电粒子速度的方向,不改变带电粒子速度的大小,或者说洛伦兹力不对带电粒子做功,不改变粒子的动能。 重点1：带电粒子在匀强磁场中的运动的分析 1.分析方法:“三定”,即一定圆心,二定半径,三定圆心角。 (1)圆心的确定 ①确定依据 a.速度的垂线:过切点的速度的垂线通过圆心。 b.弦的中垂线:轨迹上任意两点连线的中垂线过圆心（垂径定理）。 c.两速度所在直线夹角的角平分线:两不同位置的速度所在直线夹角的角平分线过圆心。 d.半径:圆心到轨迹上任一点的距离等于半径。 ②常见情境与方法 a.已知轨迹上两点的位置及相应速度方向,利用两速度的垂线确定轨迹圆心位置,如图(a)。 b.已知轨迹上两点的位置及其中一点的速度方向,利用速度的垂线及弦的中垂线确定轨迹圆心位置,如图(b)。 c.已知轨迹上任意三点的位置,利用两条弦的中垂线确定轨迹圆心位置,如图(c)。 d.已知轨迹上任意两点的位置及轨迹半径R,利用弦的中垂线及圆心到轨迹上任一点的距离等于半径确定轨迹圆心位置,如图(d),圆心位置有2种可能,具体位置根据题意分析。 e.如图(e),已知粒子的入射方向、出射方向及轨迹半径R,利用α角的角平分线上圆心到入射方向或出射方向所在直线的距离等于R确定轨迹圆心位置,其中入射点、出射点在已知的入射方向、出射方向所在的直线上。 (2)半径的确定和计算:半径一般是利用几何知识(三角函数关系、三角形知识等)求解。 (3)圆心角的确定 ①利用好三个角的关系,即圆心角=速度偏转角=2倍弦切角。 ②利用好三角形尤其是直角三角形的相关知识,计算出圆心角θ。 2.带电粒子在磁场中运动时间的求解方法 时间的两种求法 利用旋转角度计算 t==T 利用运动弧长计算 t= 【典例1】如图所示,在通电直导线下方,有一电子沿平行导线方向以速度v开始运动,则(　　) A.将沿轨迹Ⅰ运动,轨迹半径越来越小 B.将沿轨迹Ⅰ运动,轨迹半径越来越大 C.将沿轨迹Ⅱ运动,轨迹半径越来越小 D.将沿轨迹Ⅱ运动,轨迹半径越来越大 【答案】A 【详解】由安培定则可知,通电直导线在其下方的磁场垂直纸面向里,根据左手定则可知,电子所受洛伦兹力的方向向上,所以沿轨迹Ⅰ运动,故C、D错误;因离导线越近,磁感应强度越大,根据Bqv=m可知r=,轨迹半径越来越小,所以A正确,B错误。 【典例2】如图所示,MN表示一块非常薄的金属板,带电粒子(不计重力)在匀强磁场中运动并穿过薄金属板,虚线表示其运动轨迹,粒子的电荷量不变,由图可知粒子(　　) A.带正电荷 B.沿a→b→c→d→e方向运动 C.穿过金属板后,轨迹半径变小 D.穿过金属板后,所受洛伦兹力变大 【答案】C 【详解】由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得r=,带电粒子穿过金属板后速度减小(隐含条件)(破题关键),则轨迹半径减小,所以粒子运动方向是e→d→c→b→a,粒子所受的洛伦兹力均指向圆心,在e点洛伦兹力向右,则由左手定则可知粒子带负电,故A、B错误,C正确;根据F洛=qvB可知,穿过金属板后速度减小,则洛伦兹力减小,故D错误。 【典例3】(创新题·新考法)极光(Aurora)是一种绚丽多彩的发光现象,是由于太阳的带电粒子流进入地球磁场,在地球南北两极附近地区的高空夜间出现的灿烂美丽的光辉。如图所示是某高能带电粒子被地磁场俘获后的运动轨迹示意图,忽略引力和带电粒子间的相互作用,以下说法正确的是(　　) A.图中所示的带电粒子可能带正电,也可能带负电 B.图中所示的带电粒子做螺旋运动时,旋转半径保持不变 C.带电粒子做螺旋运动时,洛伦兹力对带电粒子做负功 D.带电粒子在靠近地球北极过程中动能不变 【答案】D 【详解】根据带电粒子的速度方向、左手定则以及运动轨迹可知带电粒子带负电,故A错误;由于洛伦兹力始终与速度方向垂直,所以洛伦兹力不做功,带电粒子的动能不变,速度大小不变,故C错误,D正确;由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得R=,带电粒子的速度大小不变,但磁感应强度大小变化,所以旋转半径也变化,故B错误。 【典例4】云室是一种用于显示电离粒子径迹的装置,是早期核辐射探测的重要工具。如图为一云室中带电粒子运动的轨迹照片,已知P1和P2粒子在A点的初动量等大反向,速度分别为v1、v2,在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2且R1>R2,不计粒子的重力,下列说法正确的是(　　) A.P1粒子比P2粒子所带电荷量多 B.P1粒子比P2粒子所带电荷量少 C.若磁场方向垂直纸面向里,则P1粒子带负电 D.若磁场方向垂直纸面向外,则P2粒子带正电 【答案】B 【详解】根据qvB=m得R=,可知动量相同,电荷量小的轨迹半径大(破题关键),R1>R2,可知q1<q2,故A错误,B正确;由左手定则,可判断若磁场方向垂直纸面向里,P1粒子带正电,若磁场方向垂直纸面向外,P2粒子带负电,故C、D错误。 【典例5】（创新题·新考法)如图1所示,空间中匀强磁场的方向与x轴平行,磁感应强度为B。不计重力的带电粒子以初速度v0进入磁场时的速度方向与磁场不垂直,而是与磁场成α的锐角,如图2所示,这种情况下,带电粒子在匀强磁场中的轨迹就是一条等距的螺旋线。若要同时使螺旋线的螺距增大、半径减小,下列措施可行的是(　　) 　 A.仅减小初速度v0 B.仅减小角度α C.仅减小磁感应强度B D.仅增大磁感应强度B 【答案】B 【详解】 思路点拨 　　将速度沿x轴正方向与垂直x轴方向分解,沿x轴方向粒子不受力,做匀速直线运动;垂直x轴的平面内粒子只受洛伦兹力,做匀速圆周运动,其合运动是螺旋线运动。 速度沿x轴正方向与垂直x轴方向的分量分别为v∥=v0 cos α、v⊥=v0 sin α,粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动,则有qBv⊥=m,T=,即qBv0 sin α=m,T=,解得R=,T=;粒子沿x轴正方向做匀速直线运动,则螺旋线的螺距为Δx=v0 cos α·T=,当仅减小初速度v0时,螺距、半径均减小;当仅减小角度α时,螺距增大、半径减小;仅减小磁感应强度B,螺距、半径均增大;仅增大磁感应强度B,螺距、半径均减小;故A、C、D错误,B正确。 考点2：带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径和周期 1.运动条件:不计重力的带电粒子沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场。 2.洛伦兹力的作用:提供带电粒子做匀速圆周运动的向心力,即qvB=  。 3.基本公式 (1)半径:r=; (2)周期:T=,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与粒子的运动速率和半径无关。 知识储备 1.带电的基本粒子：如电子，质子，α粒子，正负离子等。这些粒子所受重力和洛仑磁力相比小得多，除非有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力。（但并不能忽略质量）。 2.带电微粒：如带电小球、液滴、尘埃等。除非有说明或明确的暗示以外，一般都考虑重力。 3.某些带电体是否考虑重力，要根据题目暗示或运动状态来判定。 知识辨析 1.比荷相同的带电粒子,在同样的匀强磁场中做匀速圆周运动的周期一定相同吗? 一定相同。带电粒子垂直射入匀强磁场后做匀速圆周运动,周期为T=,比荷()相同、磁场相同,则T一定相同。 2.带电粒子进入匀强磁场时,若v与B夹角为锐角,带电粒子的运动轨迹是怎样的? 轨迹为螺旋线。v与B夹角为锐角,带电粒子的运动为匀速圆周运动与匀速直线运动的合运动,故轨迹为螺旋线。 【典例6】(多选) 已知氚核的质量约为质子质量的3倍,带正电荷,电荷量为一个元电荷;α粒子即氦原子核,质量约为质子质量的4倍,带正电荷,电荷量为e的2倍。现在质子、氚核和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,则(　　) A.若它们速度大小相等,则它们的运动半径之比为6∶2∶3 B.若它们速度大小相等,则它们的运动半径之比为1∶3∶2 C.若它们动量大小相等,则它们的运动半径之比为2∶2∶1 D.若它们动量大小相等,则它们的运动半径之比为6∶2∶3 【答案】BC 【详解】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,有Bqv=m,可得R=。若质子、氚核和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动时的速度大小相等,则它们做圆周运动的半径之比等于它们比荷的反比,即半径之比为1∶3∶2,故A错误,B正确;若它们动量大小相等,根据R=可知,它们的运动半径之比等于它们所带电荷量的反比,即半径之比为2∶2∶1,故C正确,D错误。 【典例7】处于磁感应强度为B的匀强磁场中的一个带电粒子质量为m、电荷量为q,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动的速度大小为v。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 【答案】A 【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=,则等效电流为I==,选A。 【典例8】如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°,不计重力,则为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.3 【答案】B 【详解】关键点拨 　　利用好几何关系是解答本题的关键。 设圆形磁场半径为R,由几何关系可得r1=R,r2=R;由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得v=,则==,故选B。 归纳总结　　　对于圆形边界的磁场: (1)粒子沿径向射入,必沿径向射出,如图甲所示。 (2)射入磁场的速度方向与入射点所在半径间的夹角等于射出磁场的速度方向与出射点所在半径间的夹角,如图乙所示。 　 【典例9】(多选) 如图,直线边界上方存在足够大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外。一带正电粒子以某一速率v从O点射入磁场做匀速圆周运动,进入磁场时速度方向与边界夹角为θ,不计粒子的重力,则(　　) A.若θ、v一定,B越大,则粒子的周期越小 B.若θ、v一定,B越大,则粒子的半径越大 C.若B、v一定,θ越小,则粒子在磁场中运动时间越长 D.若B、θ一定,v越小,则粒子在磁场中运动时间越长 【答案】AC 【详解】由qvB=m,T=,解得r=,T=,可见,若θ、v一定,B越大,则T越小,r越小,故A正确,B错误。如图所示,根据角度关系可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为α=2π-2θ(破题关键); 若B、v一定,则T一定,θ越小,则α越大,根据t=T可知粒子在磁场中运动时间越长,故C正确。若B、θ一定,则T一定,粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角一定,根据t=T可知粒子在磁场中运动时间一定,故D错误。 方法技巧 求运动半径、运动时间的方法 半径 (1)由公式qvB=m,得半径r=; (2)由轨迹和约束边界间的几何关系求解半径r,一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)来计算 运动 时间 (1)由轨迹对应的圆心角α求得,t=T(或t=T); (2)由弧长s求得,t= 【典例10】(多选) 如图所示,两个匀强磁场的方向相同,磁感应强度分别为B1、B2,虚线MN为理想边界。现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中,其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线,以下说法正确的是(　　) A.电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P B.电子运动一周回到P点所用的时间t= C.B1=4B2 D.电子在磁感应强度为B2的区域受到的磁场力始终不变 【答案】AB 【详解】由左手定则可知,电子由P点射入磁场时所受的洛伦兹力的方向向上,轨迹为P→D→M→C→N→E→P,故A正确;电子在磁场中做匀速圆周运动,有evB=m,T=,解得r=,T=,由题图知2r1=r2,则B1=2B2,2T1=T2,电子运动一周回到P点所用的时间为t=T1+T2=+·=,故B正确,C错误;电子在磁场中所受洛伦兹力始终与速度垂直,方向时刻改变,故D错误。 【典例11】在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的质量相等的离子P和P',经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定的宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P、P'在磁场中转过的角度θ分别为30°和60°,则离子P和P'(离子重力忽略不计)(　　) A.在磁场中运动的半径之比为2∶1 B.在磁场中运动的半径之比为2∶ C.电荷量之比为1∶2 D.电荷量之比为1∶3 【答案】D 【详解】设磁场宽度为L,离子通过磁场时转过的圆心角θ满足sin θ=(破题关键),则离子P和P'在磁场中运动的半径之比为∶1,故A、B错误;带电粒子在加速电场中,由动能定理可得qU=Ek-0=mv2,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=,整理可得R=,结合半径之比可算得离子P和P'电荷量之比为1∶3,故C错误,D正确。故选D。  考点3：带电粒子在有界匀强磁场中的运动轨迹 1.常见的几种边界情况 (1)直线边界:从某一直线边界射入的粒子,再从这一边界射出时,速度与边界的夹角相等,如图所示。 (2)平行边界:带电粒子在有平行边界的匀强磁场中运动,经常出现带电粒子恰好从磁场另一侧飞出(或恰好飞不出)的临界问题。要寻找相关物理量的临界条件,总是先从临界轨迹入手。如图所示。 (3)圆形边界 ①沿半径方向射入磁场,必沿半径方向射出磁场,如图甲所示。 ②射入磁场的速度方向与入射点所在半径间夹角等于射出磁场的速度方向与出射点所在半径间的夹角,如图乙所示。 2.求解带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题,关键是画出轨迹、找准圆心,运用数学知识求对应半径。（见考点1——重点1） 【典例12】水平直线MN上方有垂直纸面向里的范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度为B,正、负电子同时从MN边界O点以与MN成45°角的相同速度v【1】射入该磁场区域(电子的质量为m,电荷量大小为e),正、负电子间的相互作用忽略不计,经一段时间后从边界MN射出【2】。求: (1)它们从磁场中射出时,出射点间的距离x;(画出正、负电子运动的轨迹图) (2)它们从磁场中射出的时间差Δt。 【答案】 (1)  　轨迹图见解析    (2) 【详解】信息提取 【1】周期相同,轨迹半径相同。【2】射出时速度与MN的夹角等于射入时速度与MN的夹角。 思路点拨    (1)根据左手定则,得出正、负电子所受洛伦兹力的方向,画出运动轨迹;根据洛伦兹力提供向心力【3】列式,求出运动半径;根据几何关系,求出正、负电子出射点之间的距离。 (2)根据T= 得出电子做匀速圆周运动的周期,根据几何关系,得出正、负电子在磁场中转过的圆心角,从而得出它们从磁场中射出的时间差。 解析    (1)根据左手定则,电子向右偏转,正电子向左偏转,运动轨迹如图所示(由【1】、【2】得到) 电子在磁场中受到的洛伦兹力为F=evB 有evB=m (由【3】得到) 所以电子运动的半径为r=正、负电子出射点之间的距离x=2r=。 (2)电子运动的周期为T= (由【3】、【4】得到) 正、负电子在磁场中转过的圆心角分别是90°和270°,所以它们从磁场中射出的时间差Δt=T-T=T=。 【典例13】如图所示,圆形匀强磁场区域的圆心为O,半径为R,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向垂直射入磁场,从Q点射出,PO与OQ成60°角,不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A.带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R B.带电粒子在磁场中的运动时间等于 C.若射入速度变大,粒子运动的半径变小 D.若射入速度变大,粒子在磁场中的运动时间变短 【答案】D 【详解】粒子运动轨迹如图所示, 根据几何关系可得=tan 30°,解得粒子轨迹半径为r=R,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,粒子运动周期为T=,联立可得T=,带电粒子在磁场中的运动时间为t=T=,故A、B错误;根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,可知若射入速度变大,粒子运动的半径变大,故C错误;粒子在磁场中的运动周期T=,粒子在磁场中的运动时间t=T,如果只增大粒子的入射速度v,周期不变,根据r=可知偏转半径变大,由几何关系可知偏转角变小(破题关键),则粒子在磁场中的运动时间变短,故D正确。故选D。 【典例14】 (多选) 如图所示,直角三角形ACD区域内有垂直三角形平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,∠A=30°,∠C=90°,AD边长为L,在AC边中点P在三角形平面内沿与PA边夹角为30°的方向向磁场内射入质量为m、电荷量为q的各种不同速度的带正电粒子,有的粒子能沿垂直AD边的方向射出磁场,不计粒子的重力,则下列判断正确的是(　　) A.磁场方向垂直三角形平面向里 B.当粒子速度大小为时,粒子的运动轨迹与AD边相切 C.AD边有粒子射出的区域长度接近L D.AC边有粒子射出的区域长度接近L 【答案】BC 【详解】由于射出磁场的粒子有的能沿垂直AD边方向射出(破题关键),由左手定则可知磁场方向一定垂直三角形平面向外,A项错误;设粒子射出速度大小为v0时,轨迹与AD边相切,设轨迹半径为r,根据几何关系,有2r cos 30°=L,解得r=,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,解得v0=,B项正确;由几何关系可知,AD边有粒子射出区域长度接近EF=L,AC边有粒子射出区域长度接近PQ= tan 30°=L,C项正确,D项错误。故选B、C。 【典例15】 (多选) (创新题·新考法)如图所示,长方体ABCD-A1B1C1D1所在空间存在与BD方向平行的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子以一定的速度从A点沿AA1方向射入长方体区域,并恰好从C1点离开该区域。已知AB=AD=l,AA1=l,不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　) A.磁场方向由D指向B B.粒子的速度大小为 C.若仅增大粒子的入射速度,则粒子在长方体区域内运动的时间将减小 D.若在该区域增加一匀强电场使粒子沿AA1做直线运动,则该电场的电场强度大小为 【答案】BC 【详解】模型建构 带电粒子从A点沿AA1方向射入长方体区域,并恰好从C1点离开该区域,即向斜上方偏转,由左手定则,可知磁场方向由B指向D,选项A错误;粒子在A点所受洛伦兹力方向指向C点,粒子又经过C1点,可知粒子做圆周运动的圆心在C点,粒子做圆周运动的轨迹半径为r=l,根据qvB0=m,可得粒子的速度大小为v=,选项B正确;若仅增大粒子的入射速度,则粒子轨迹半径变大,粒子在长方体区域内运动轨迹所对的圆心角减小,根据t=T=可知,粒子运动的时间将减小,选项C正确;若在该区域增加一匀强电场使粒子沿AA1做直线运动,则需满足qE=qvB0,解得该电场的电场强度大小为E=,选项D错误。故选B、C。 考点4：带电粒子在组合场中的运动 1.组合场 　　组合场指电场与磁场各位于一定的区域内的情况。带电粒子在组合场中的运动,实际上是几个典型运动过程的组合,解决此类问题要分段处理,找出各段之间的衔接点和相关物理量。 2.电偏转与磁偏转 电偏转 磁偏转 偏转条件 垂直电场方向进入匀强电场(不计重力) 垂直磁场方向进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 电场力F电=qE,大小和方向都不变 洛伦兹力F洛=qvB,大小不变,方向始终和v垂直 运动类型 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆或圆弧 运动图示 3.解决带电粒子在组合场中运动问题的思路、方法 【典例16】如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场,电场强度大小为E,方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆,圆心坐标为(R,0),圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力),以速度v0从第二象限内的P点沿平行于x轴的方向向右射入电场【1】,通过坐标原点O进入第四象限,速度方向与x轴正方向成30°角,最后从Q点平行于y轴离开磁场【2】,已知P点的横坐标为-2h。求: (1)带电粒子的比荷 ; (2)圆内磁场的磁感应强度的大小B; (3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场经历的总时间。 【答案】  (1)  (2)  (3) 【详解】信息提取  【1】粒子在电场中做类平抛运动。【2】粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示。 思路点拨    解答本题的思路如下: (1)在电场中,根据牛顿第二定律【3】得出加速度,根据类平抛运动规律【4】,得出带电粒子的比荷; (2)在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,得出磁场的磁感应强度B,根据周期定义式,得出粒子在磁场中运动的周期,再得出粒子在磁场中的运动时间,从而得出粒子在电场和磁场中运动的总时间。 解析    (1)在匀强电场中,带电粒子的加速度a= (由【3】得到),粒子在平行于x轴方向做匀速直线运动,得2h=v0t1,在平行于y轴方向做匀加速直线运动,粒子到达原点O时,沿y轴负方向的分速度vy=v0 tan 30°,且vy=at1(由【1】、【4】得到),联立解得=。 (2)设粒子进入磁场时的速度为v,有cos 30°=, 由几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r=R(由【2】得到), 洛伦兹力提供向心力,可知qvB=, 联立解得B=。 (3)粒子在磁场中运动的周期为 T==, 粒子在磁场中运动的时间为 t2=T, 粒子在电场中运动的时间为 t1=, 粒子运动的总时间t=t1+t2, 联立解得 t=。 【典例17】圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一发射带正电粒子的粒子源,半径OA竖直,MN与OA平行,且与圆形边界相切于B点,在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场,电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从B点离开磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用,下列说法不正确的是(　　) A.圆形区域内磁场方向垂直纸面向外 B.粒子的比荷为 C.粒子在磁场中运动的总时间为 D.粒子在电场中运动的总时间为 【答案】C 【详解】带正电粒子从A点沿AO方向进入磁场,从B点离开磁场,粒子在磁场中运动时受到洛伦兹力的作用,根据左手定则可知,圆形区域内磁场方向垂直纸面向外,故A正确,不符合题意;根据题意可知,粒子在磁场中由A到B的运动轨迹如图甲所示,粒子做圆周运动的半径为R,粒子在磁场中由A到B运动轨迹所对的圆心角为,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,所以=,故B正确,不符合题意; 　 根据题意可知,粒子从B点进入电场后,先向右做减速运动,再向左做加速运动,再次到达B点时,速度的大小仍为v0(破题关键),再次进入磁场,运动轨迹如图乙所示,粒子在磁场中运动的总时间为t磁==,故C错误,符合题意;粒子在电场中,根据牛顿第二定律有Eq=ma,解得a==,结合对称性可得,粒子在电场中运动的总时间为t电==,故D正确,不符合题意。故选C。 【典例18】如图所示,在直角坐标系y>0的区域存在垂直纸面的匀强磁场,在x>0、y<0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上A(0,-h)点以速度v0沿x轴正方向进入电场,经x轴上B点进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为45°,并从x轴上的C点第一次离开磁场,最后经第三象限回到A点。不计粒子的重力,求: (1)匀强电场电场强度的大小; (2)匀强磁场磁感应强度的大小和方向; (3)粒子在磁场中由B点运动至C点所用的时间。 【答案】(1)　(2),垂直纸面向里　(3) 【详解】 (1)粒子在电场中做类平抛运动,沿y轴正方向做匀加速运动,粒子带正电,根据牛顿第二定律有qE=ma 又=2ah 沿x轴方向做匀速直线运动,可知tan 45°= 解得E= (2)粒子由A点运动至B点水平方向位移为OB=v0t1 其中t1= 由C点运动至A点,做匀速直线运动,轨迹如图所示 由几何关系可知OC=h 设粒子做匀速圆周运动的半径为r,根据几何关系可得OC+OB=r 又在磁场中由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 其中进入磁场中的速度v==v0 解得B= 根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里。 (3)根据几何关系可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为θ=π 设带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,则T= 粒子在磁场中由B点运动至C点所用的时间为t=T 解得t= 【典例20】如图所示,某质谱仪由电压为U的加速电场、半径为R且圆弧中心线(虚线所示)处电场强度大小为E的均匀辐射电场和磁感应强度为B的半圆形磁分析器组成。质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从M板由静止加速后,沿圆弧中心线经过辐射电场,再从P点垂直磁场边界进入磁分析器后打在胶片上Q点。下列说法正确的是(　　) A.辐射电场中,沿电场线方向电场减弱 B.加速电压U= C.辐射电场的电场力对该粒子做正功 D.P点与Q点的距离为 【答案】B 【详解】辐射电场中,沿电场线方向,电场线逐渐变密,所以沿电场线方向电场是增强的,故A错误。在加速电场中由动能定理有qU=m;在辐射电场中满足qE=m,解得U=,故B正确。在辐射电场中,指向圆心的电场力提供向心力,电场力与速度垂直,对该粒子不做功,故C错误。带电粒子在匀强磁场中运动时,根据qv0B=m,解得xPQ=2r=,故D错误。 方法技巧　“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 【典例21】（多选）(创新题·新考法)如图所示,在三维坐标系Oxyz中,z<0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ,磁感应强度大小为B0,在z>0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为B0。带正电的粒子从M(a,0,-a)点以速度v0沿y轴正方向射出,恰好做直线运动。现撤去电场,继续发射该带电粒子,恰好垂直xOy平面进入z>0空间。不计粒子重力,正确的说法是(　　) A.电场强度大小为B0v0 B.带电粒子的比荷为 C.第二次经过xOy平面的位置坐标为(a,0,-a) D.粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为3a 【答案】AD 【详解】电场撤去前粒子做直线运动,则有qv0B0=Eq,解得E=v0B0,故A正确;撤去电场,继续发射该带电粒子,恰好垂直xOy平面进入z>0空间,可知,粒子做半径为a的匀速圆周运动(破题关键),则有qv0B0=m,解得带电粒子的比荷为=,故B错误;结合上述分析可知,粒子第一次经过xOy平面的位置坐标为(a,a,0),进入z>0空间后,磁感应强度大小变为B0,则粒子做圆周运动的半径为2a,且向x轴负方向偏转,则第二次经过xOy平面的位置坐标为(-3a,a,0),故C错误;结合上述分析可知,粒子再次进入z<0的空间做圆周运动,沿y轴正方向移动2a后第三次经过xOy平面,此位置坐标为(-3a,3a,0),则粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为d==3a,故D正确。故选A、D。 【典例22】如图所示,PQ、MN之间存在场强为E的匀强电场,MN的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子从O点沿x轴正方向以速度v0进入电场,然后从a点进入磁场,在磁场中运动后再从b点进入电场。已知a点坐标为,b点坐标为,粒子所受重力不计。求: (1)粒子的比荷; (2)磁感应强度B的大小; (3)粒子从O出发到第二次经过a点所用的时间。 【答案】(1)　(2)　(3) 【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动,沿着电场方向有l=at2 垂直电场方向有l=v0t 根据牛顿第二定律有qE=ma 联立解得= (2)粒子进入磁场时的速度v= 与水平方向夹角的正切值 tan θ= 解得θ=60° 粒子运动轨迹如图所示 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设半径为R,则qvB= 由几何知识可知R sin θ==l 联立解得B= (3)粒子第一次在磁场中运动转过的圆心角为240°,则粒子从a点运动到b点的时间为t'=T=·= 粒子从b点进入电场后运动到c点的过程,在y轴方向仍有v sin θ=at 在x轴方向仍有l=v0t 由几何关系可得Oc= 此后的运动过程与粒子从O经过a、b到c的过程相似,只是运动的轨迹向右平移(破题关键),如图所示 所以粒子从O出发到第二次经过a点所用的时间为t总=7t+4t'= 方法技巧　电偏转和磁偏转的分析方法 项目 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 情境图 受力 FB=qv0B,大小不变、方向总指向圆心,为变力 FE=qE,大小、方向均不变,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 【典例23】如图甲所示,在xOy平面内,虚线与x轴垂直并相交于P(-L,0)点,在虚线左侧有一加速电场,电压为U0。一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度),当粒子运动到P点时,在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知),y轴正方向为电场的正方向,粒子经时间T从y轴上的Q点(0,L)进入第一象限。某一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场,磁场变化周期为T0,垂直xOy平面向里为磁场的正方向,粒子恰好不会回到第二象限。已知B0=,不计粒子重力,忽略电场、磁场突变的影响。求: 　 (1)带电粒子经过P点时速度的大小v0; (2)交变电场的电场强度大小E0; (3)加上磁场后,粒子在时刻所处的位置坐标。 【答案】(1)　(2)(3) 【详解】模型建构 解析　(1)根据题意,由动能定理有qU0=m 解得v0= (2)在偏转电场中,x轴方向有L=v0T y轴方向有L=2×a,E0q=ma 解得E0= (3)粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向,速度大小为v0,粒子在磁场中运动的周期为T'== 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 设粒子做圆周运动的半径为r,则qv0B0=m 解得r= 经分析可知,T0时刻粒子恰好运动至如图所示的M点位置,x=2r,y=3r+L 解得x= ,y=L+ 即粒子所处的位置坐标为 方法技巧　求解组合场综合问题的思路 考点5：带电粒子(物体)在叠加场中的运动 1.洛伦兹力、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。 2.电场力、洛伦兹力并存(不计重力) (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,则带电体做复杂的曲线运动,可用动能定理求解。 3.电场力、洛伦兹力、重力并存 (1)若三力平衡,带电体做匀速直线运动。 (2)若重力与电场力平衡,带电体做匀速圆周运动。 (3)若合力不为零,带电体可能做复杂的曲线运动,可用能量守恒定律或动能定理求解。 4.带电粒子在叠加场中运动的处理方法 (1)确定叠加场的种类 电场、磁场、重力场两两叠加,或三者叠加。 (2)进行受力分析 一般涉及三种场力(电场力、磁场力、重力)、弹力、摩擦力。 (3)运动分析 根据带电粒子的受力情况,判断其运动状态,是做匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动还是非匀变速直线运动、非匀变速曲线运动。 (4)利用运动学公式、牛顿第二定律、功能关系分析 ①力和运动的角度:根据带电粒子所受的力,运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解,必要时进行运动的合成与分解,如类平抛运动。 ②功能的角度:根据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系解决问题,这条线索不仅适用于均匀场,也适用于非均匀场,因此要熟悉各种力做功的特点。 (5)“配速法”的应用 ①方法概述 　　在处理带电粒子在叠加场(如同时存在磁场、电场或重力场)中的运动问题时,将复杂的曲线运动分解为两个或更多个较为简单的运动,从而简化问题的分析过程。 ②解题思路 　　首先将粒子的初速度分解,俗称“配速”,要求其中的一个分速度所对应的洛伦兹力恰好平衡带电粒子所受的电场力(或重力),带电粒子做匀速直线运动,另一个分速度对应的洛伦兹力使带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,然后利用两个分运动各自的运动规律联立求解即可。匀速直线运动与匀速圆周运动合成的曲线运动称为“摆线运动”。 【典例24】 如图,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为 d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场【1】。质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下极板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动【2】,恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。 (1)求直流电源的电动势E0; (2)求两极板间磁场的磁感应强度的大小B; (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动【3】,求电场强度的最小值E'。 【答案】(1)　(2)(3) 【详解】 信息提取     【1】叠加场问题。 【2】相当于小球只受洛伦兹力,即电场力与重力的合力为零。 【3】重力与电场力的合力方向与速度方向共线,或合力为零。 思路点拨    (1)利用电场力与重力的合力为零,得出两极板间的电场强度,再由E=得出两板间的电压,即R2两端电压【4】,再由串联电路分压关系【5】,得出直流电源的电动势E0。 (2)根据几何关系求出小球做圆周运动的半径,再根据洛伦兹力提供向心力,得出两极板间磁场的磁感应强度B的大小。 (3)根据合力与速度共线或合力为零,结合三角形定则讨论电场力的可能值,得出最小值,即得出电场强度的最小值。 解析    (1)小球在两极板间做匀速圆周运动,则重力与电场力平衡,mg=qE 设两极板间的电压为U, 有U=E0(由【4】、【5】得到) 电场强度与电压的关系为E= 联立解得E0= (2)小球做圆周运动的轨迹如图所示, 设轨迹半径为r,由几何关系得 (r-d)2+(d)2=r2 根据洛伦兹力提供向心力得 qvB= 联立解得 B= (3)设小球离开电容器时,速度方向与水平方向间的夹角为θ,则 sin θ== 要使小球沿直线运动,则合力方向与v在一条直线上或合力为零, 当合力与v方向相反、qE'与v所在直线垂直时,qE'最小,则E'最小,有qE'=mg cos θ 联立解得E'= 【典例25】 如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨迹半径为R。已知电场的电场强度为E,方向竖直向下;磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。不计空气阻力,重力加速度大小为g,则(　　) A.液滴带正电 B.液滴比荷= C.液滴顺时针运动 D.液滴运动速度大小v= 【答案】C 【详解】液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动,液滴受到的重力和电场力是一对平衡力,洛伦兹力提供液滴做圆周运动的向心力(破题关键)。液滴受到的电场力方向竖直向上,与电场方向相反,可知液滴带负电,故A错误;由mg=qE解得=,故B错误;磁场方向垂直纸面向里,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可以判断出液滴顺时针运动,故C正确;液滴所受的洛伦兹力提供液滴做圆周运动的向心力,即qvB=m,又mg=qE,解得v=,故D错误。 【典例26】(创新题·新考法)如图所示,空间中存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度大小为E、方向竖直向上,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为+q的带正电粒子由O点以初速度v0=水平向右飞入复合场中,不计带电粒子的重力,求: (1)粒子的最大速度与最小速度的大小; (2)粒子在竖直方向上的最大位移的大小; (3)粒子在一个周期内水平向右的位移的大小。 【答案】(1)　　(2)　(3) 【详解】(1)粒子所受的电场力方向竖直向上,根据左手定则可知,开始时粒子受到的洛伦兹力方向向下,因qv0B>Eq 故可把初速度分解为水平向右的两个分速度v1和v2,则v0=v1+v2 其中分速度v1满足qv1B=Eq,解得v1=,则v2= 故粒子的运动可分解为水平向右、速度大小为v1的匀速直线运动和线速度大小为v2的匀速圆周运动(解题技法),其运动轨迹如图所示。 由速度的合成与分解,可知粒子的最大速度为,最小速度为。 (2)粒子做匀速圆周运动的半径为R== 故粒子在竖直方向上的最大位移为d=2R= (3)粒子运动的周期等于其做圆周运动的周期,即T== 粒子在一个周期内水平向右的位移为x=v1T= 方法技巧　解决带电粒子在匀强电场和匀强磁场组成的复合场中的一般曲线运动问题,常常需要将初速度进行分解,有时还需要非正交分解,得到一个与电场力平衡的洛伦兹力的分力,进而将粒子的运动分解成一个匀速直线运动与一个匀速圆周运动,使研究的问题大大简化。 【典例27】如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带电的微粒a、b、c电荷量的大小相等,质量分别为ma、mb、mc,已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列正确的是(　　) A.微粒b可能带负电 B.微粒c一定带正电 C.微粒a的质量一定小于微粒b的质量 D.微粒a的质量一定大于微粒c的质量 【答案】C 【详解】微粒b向右做匀速直线运动,若b带负电,则电场力竖直向下,由左手定则判断洛伦兹力竖直向下,又重力竖直向下,b不可能受力平衡,故b一定带正电,由平衡条件有qE+qvbB=mbg,可得qE<mbg;微粒a在纸面内做匀速圆周运动,必有qE=mag,则ma<mb,故A错误,C正确。微粒c向左做匀速直线运动,若c带正电,电场力竖直向上,由左手定则判断洛伦兹力竖直向下,又重力竖直向下,由平衡条件有qE=mcg+qvcB,可得qE>mcg,则ma>mc;若c带负电,电场力竖直向下,由左手定则判断洛伦兹力竖直向上,又重力竖直向下,由平衡条件有qvcB=mcg+qE,无法比较qE与mcg的大小,故ma与mc之间的大小无法比较,故B、D错误。 【典例28】（多选）(创新题·新考法)在如图所示的长方体空间中,存在沿y轴正方向的匀强电场和匀强磁场,AB=AA1=d,AD=L。某时刻一带正电的粒子以速度大小v0、方向平行于yOz平面且与y轴正方向的夹角θ=37°,从左边界区域中心射入,该粒子的比荷为k,不计粒子的重力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列说法正确的是(　　) A.粒子在该区域运动过程中,加速度大小不变 B.若磁感应强度B<,则粒子会从DCC1D1面射出 C.若磁感应强度B>,则粒子会从DCC1D1面射出 D.若磁感应强度B<,则粒子可能从A1B1C1D1面射出 【答案】AC 【详解】关键点拨 　　将粒子的初速度沿B(E)方向与垂直于B(E)方向分解,在xOz平面内受到洛伦兹力做匀速圆周运动;沿y轴方向,在电场力作用下做匀加速直线运动,其轨迹是螺旋线。 粒子在该区域受到向右的电场力F=Eq,将v0分解为沿z轴正方向的v0z和沿y轴正方向的v0y,则有v0z=v0 sin 37°=v0,粒子所受洛伦兹力大小为F洛=Bqv0z,由左手定则知粒子刚进入该区域时洛伦兹力的方向沿x轴负方向,粒子在xOz平面内做匀速圆周运动,垂直于磁场方向的速度大小不变,故F洛大小不变。而电场力是恒力,粒子在y轴正方向虽加速,但不影响洛伦兹力。合力F合=大小不变,则加速度大小不变,故A正确。若磁感应强度B=,根据洛伦兹力提供向心力,有qBv0z=m,解得r=,AA1B1B面的轨迹如图, 由图可知,当r=时,粒子做圆周运动的轨迹刚好与A1B1C1D1面相切,粒子水平向右做匀加速运动,故刚好能从DCC1D1面射出。根据r=可知B越大,r越小,故B>时,r<,则粒子会从DCC1D1面射出,故C正确,B错误。若B=,根据洛伦兹力提供向心力,有qBv0z=m,解得r=,此为临界状态,若B<,则粒子会从ADD1A1面射出,故D错误。故选A、C。 【典例29】如图所示,一根足够长的光滑绝缘杆MN,与水平面的夹角为37°,固定在竖直平面内,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间,杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时,对杆有垂直杆向下的压力作用,压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q,重力加速度大小为g,sin 37°=0.6。 (1)判断小环的电性; (2)求小环滑到P处时的速度大小vP; (3)当小环与杆之间没有压力时,求小环到P的距离L。 【答案】(1)负电　(2)　(3) 【详解】(1)假如没有磁场(解题技法),由平衡条件及牛顿第三定律可知小环对杆的压力大小为mg cos 37°=0.8mg 然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg,说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用,根据左手定则可知,小环带负电。 (2)小环在P处的受力如图所示 根据平衡条件有qvPB+FN=mg cos 37° 由牛顿第三定律可知杆对小环的支持力大小FN=0.4mg 联立解得vP= (3)设小环由P处下滑到P'处时,对杆没有压力,此时小环的速度大小为v',则在P'处,小环的受力如图所示 由平衡条件有 qv'B=mg cos 37° 解得v'= 在小环由P处滑到P'处的过程中,由动能定理有mgL sin 37°=mv'2-m 解得L= 【典例30】如图所示,位于竖直平面内的坐标系xOy,在第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.5 T,还有沿x轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E=2 N/C,在第一象限空间有沿y轴负方向、电场强度大小也为E的匀强电场,并在y>h=0.4 m的区域有磁感应强度大小也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度,恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ=45°),并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g取10 m/s2。求: (1)油滴在第三象限运动时受到的重力、静电力、洛伦兹力三力的大小之比,并指出油滴带哪种电荷; (2)油滴在P点得到的初速度大小; (3)油滴在第一象限运动的时间(取π=3.14)。 【答案】(1)1∶1∶　负电荷　(2)4 m/s (3)0.828 s 【详解】模型建构 解析　(1)根据题意分析可知油滴带负电荷, 设油滴质量为m,由平衡条件有mg∶qE∶F=1∶1∶ (2)由第(1)问得F=qvB=qE 解得v==4 m/s (3)进入第一象限,静电力和重力平衡,油滴先做匀速直线运动,从A点进入y>h区域后做匀速圆周运动,再从C点离开y>h区域,最后从x轴上的N点离开第一象限。 油滴由O→A做匀速运动的位移大小为s1==h 运动时间为t1==0.1 s 由qvB=m,T=得T= 油滴从A→C做圆周运动的时间为t2=T==0.628 s 由对称性知,从C→N的时间为t3=t1(解题技法) 故油滴在第一象限运动的总时间为t=t1+t2+t3=2×0.1 s+0.628 s=0.828 s 【典例31】 (2023江苏高考)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% 【详解】思路点拨 　　本题中,电子在电场力和洛伦兹力共同作用下做一般曲线运动,轨迹既不是抛物线也不是圆弧。 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运动,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-m 解得y1= (3)当电子以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,y= 要让电子到达纵坐标y2=位置,即y≥y2 解得v≤v0 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%。 为则易 行则至 第 12 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $