帶電粒子在復合場中的運動目標要求1.會分析處理帶電粒子在組合場中運動的問題。2.知道帶電粒子在復合場中幾種常見的運動，掌握運動所遵循的規(guī)律。一、帶電粒子在組合場中的運動1.帶電粒子的“電偏轉”和“磁偏轉”的比較垂直進入磁場(磁偏轉)垂直進入電場(電偏轉)進入電場時速度方向與電場有一定夾角情景圖受力FB=qv0B，F(xiàn)B大小不變，方向變化，方向總指向圓心，F(xiàn)B為變力FE=qE，F(xiàn)E大小、方向均不變，F(xiàn)E為恒力FE=qE，F(xiàn)E大小、方向均不變，F(xiàn)E為恒力運動規(guī)律勻速圓周運動r=mv0Bq，類平拋運動vx=v0，vy=Eqmx=v0t，y=Eq2m類斜拋運動vx=v0sinθ，vy=v0cosθ-qEmx=v0sinθ·t，y=v0cosθ·t-12qE2.常見運動及處理方法例1(2024·河北省大聯(lián)考)如圖所示，xOy平面內，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場強度大小為E，方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角。一帶電的粒子以大小為v0的初速度從y軸上的P點沿y軸正方向射出，P點的坐標為(0，L)，一段時間后粒子第一次進入電場且進入電場時的速度方向與電場方向相反。不計粒子的重力。(1)判斷帶電粒子的電性，并求其比荷；(2)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；(3)求帶電粒子第四次經過x軸的位置的橫坐標及此時粒子的速度大小。答案(1)正電2v02BL(2)52πL4v0(3)(解析(1)假設粒子帶負電，粒子射出后在磁場中向左偏，進入電場時速度方向與電場方向不可能相反。當粒子帶正電時，射出后粒子在磁場中向右偏，然后進入電場時速度方向才有可能與電場方向相反。因此，粒子帶正電。設帶電粒子的電荷量為q、質量為m，粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，粒子的運動軌跡如圖所示由幾何關系有Rcos45°=L根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv0B=mv帶電粒子比荷為qm=(2)由幾何關系可知粒子第一次在磁場中運動軌跡對應的圓心角為5π4s=54π2π×2π粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需時間t=sv0(3)粒子第一次經過x軸的位置距y軸距離為x1=R+Rcos45°=(2+1)L粒子在電場中先做勻減速直線運動，后做反方向的勻加速直線運動，第二次經過x軸進入磁場時，速度與x軸正方向成45°，大小仍為v0，粒子第二次在磁場中運動的軌跡半徑R=2L粒子第三次與第二次經過x軸之間的距離為x2=2R=2L粒子第三次經過x軸進入電場時速度與電場方向垂直，做類平拋運動，設粒子第三次與第四次經過x軸之間的距離為x3，則有qE=max3cos45°=v0t'x3sin45°=12at'聯(lián)立解得x3=4帶電粒子第四次經過x軸的位置的橫坐標為x=x1+x2+x3=(3+2)L+4根據(jù)動能定理得qEx3sin45°=12mv2-12解得帶電粒子第四次經過x軸時，粒子的速度大小v=5v0“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題二、帶電粒子在疊加場中的運動1.三種典型情況(1)若只有兩個場，所受合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止狀態(tài)。例如電場與磁場疊加滿足qE=qvB時，重力場與磁場疊加滿足mg=qvB時，重力場與電場疊加滿足mg=qE時。(2)若三場共存，所受合力為零時，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F=qvB的方向與速度v垂直。(3)若三場共存，粒子做勻速圓周運動時，則有mg=qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB=mv22.速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾元件都是帶電粒子在相互正交的電場和磁場組成的場中的運動平衡問題，所不同的是速度選擇器中的電場是帶電粒子進入前存在的，是外加的；磁流體發(fā)電機、電磁流量計和霍爾元件中的電場是粒子進入磁場后，在洛倫茲力作用下帶電粒子打在兩極板后才產生的。3.分析例2(多選)(2024·安徽卷·10)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a，在紙面內做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則()A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為mgB.油滴a做圓周運動的速度大小為gBRC.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為3gBRED.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動答案ABD解析油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負電，有mg=Eq解得q=mgE，故A根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv=mv聯(lián)立解得油滴a做圓周運動的速度大小為v=gBR故B正確；設小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得q2v1B=m2解得v1=3BqRm=周期為T=2π·3R故C錯誤；帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得mv=m2v1+m2v解得v2=-gBRE由于分離后的小油滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。例3(2024·河南濮陽市一模)如圖所示，在xOy坐標系中，有沿x軸正向的勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場，電場強度大小E=53N/C，磁感應強度大小為B=0.5T。在坐標平面內的某點沿某方向射出一質量為m=1×10-6kg、電荷量為q=2×10-6C的帶正電微粒，微粒恰能在xOy坐標平面內做直線運動，且運動軌跡經過O點。已知y軸正方向豎直向上，重力加速度g取10m/s2，求：(1)微粒發(fā)射的速度大小和方向；(2)微粒到達O點時撤去磁場，當微粒的速度沿豎直方向時，微粒的位置坐標是多少；(3)在(2)問中，當微粒速度沿豎直方向時，再加上原磁場同時撤去電場，此后微粒運動的軌跡離x軸的最大距離為多少(結果可用根號表示)。答案(1)20m/s，方向與y軸負方向夾角為30°指向左下方(2)(-533m，-353m)(3解析(1)微粒做勻速直線運動，如圖則(Bqv)2=(qE)2+(mg)2解得v=20m/s微粒發(fā)射的速度方向與y軸負方向夾角θ滿足tanθ=mgqE=解得θ=30°即微粒發(fā)射的速度大小為20m/s，方向與y軸負方向夾角為30°指向左下方(2)撤去磁場后，微粒做類平拋運動，如圖將速度分解可得vx=vsin30°=10m/svy=vcos30°=103m/sx方向的加速度ax=qEm=103m/sx方向的速度減為零時t=vxax=此時距x軸的距離為y=vyt+12gt2=353對應速度vy1=vy+gt=4033距y軸的距離為x=vx+02t=所以當微粒的速度沿豎直方向時，微粒的位置坐標是(-533m，-353(3)微粒運動的軌跡離x軸的距離最大時，速度與x軸平行在x方向上，由動量定理可得∑F洛xΔt=mv1-0即Bqy1=mv1由動能定理可得mgy1=12mv12-求得y1=1057+30微粒運動的軌跡離x軸的最大距離Y=y+y1=1057+653三、“配速法”解決擺線問題1.擺線擺線是指一個圓在一條定直線上滾動時，圓周上一個定點的軌跡，又稱圓滾線、旋輪線。當圓滾動的方向與圓心勻速移動的方向一致時，圓滾動一周，動圓上定點描畫出擺線的一拱。每一拱的拱高為2a(即圓的直徑)，拱寬為2πa(即圓的周長)。2.配速法(1)若帶電粒子在磁場中所受合力不為零，則粒子的速度會改變，洛倫茲力也會隨著變化，合力也會跟著變化，則粒子做一般曲線運動，軌跡常為擺線。我們可以把初速度分解成兩個分速度，使其一個分速度對應的洛倫茲力與重力(或靜電力，或重力和靜電力的合力)平衡，另一個分速度對應的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動，這樣一個復雜的曲線運動就可以分解為兩個比較常見的運動，這種方法叫配速法。(2)配速法適用條件：①在疊加場中；②合力不為零。(3)規(guī)律：把速度分解成兩個速度，使其一個分速度對應的洛倫茲力與重力(或靜電力、或重力和靜電力的合力)平衡，使粒子在這個方向上做勻速直線運動。①初速度為零時，速度分解為兩個等大、反向的速度；②初速度不為零時，按矢量分解法則分解。(4)常見的“配速法”的應用常見情況處理方法BG擺線：初速度為0，有重力把初速度0分解為一個向左的速度v1和一個向右的速度v1。BE擺線：初速度為0，不計重力把初速度0分解為一個向左的速度v1和一個向右的速度v1。BEG擺線：初速度為0，有重力把初速度0分解為一個斜向左下方的速度v1和一個斜向右上方的速度v1。BGv擺線：初速度為v0，有重力把初速度v0分解為速度v1和速度v2。例4如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向的勻強磁場(垂直紙面向里)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子在場中運動，不計粒子所受重力。將該粒子在M點由靜止釋放，求粒子沿電場方向運動的最大距離ym和運動過程中的最大速率vm。答案見解析解析方法一：動能定理+動量定理帶電粒子在運動中，只有靜電力做功，其運動至最遠時，靜電力做功最多，此時速度最大，根據(jù)動能定理有Eqym=12mvm以電場方向為y軸，垂直電場方向為x軸，則粒子沿y方向上的速度產生x方向的洛倫茲力，即F洛x=qBvy取沿x方向運動一小段時間Δt，根據(jù)動量定理有F洛xΔt=qBvyΔt=mΔvx式中vyΔt表示粒子沿y軸方向運動的距離。因此，等式兩邊對粒子從M點到第一次最遠的過程求和有qBym=mvm②聯(lián)立①②兩式，解得vm=2EB，ym方法二：“配速法”將粒子在M點由靜止釋放，其運動較為復雜，是因為洛倫茲力改變了運動的方向，帶電粒子在磁場中做的最簡單的運動是勻速圓周運動，我們就可以想方設法將其分解為勻速圓周運動。粒子的初速度為零，可分解為水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v對應的洛倫茲力與靜電力平衡，即Bqv=Eq；因此，粒子的運動是水平向右速度為v的勻速直線運動和初速度水平向左、大小為v的逆時針勻速圓周運動的合運動，圓周運動的軌道半徑r=mvqB=所以ym=2r=2mEqB2，vm專題強化練計算題培優(yōu)練4帶電粒子在組合場中的運動［分值：30分］1.(14分)(2024·河北省適應性測試)如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限半徑為R的圓形區(qū)域內存在磁感應強度大小為B1、垂直紙面向外的勻強磁場，圓形區(qū)域與x、y坐標軸均相切，圓心為O1，第二象限內存在電場強度大小為E、沿y軸負方向的勻強電場，第三象限內有垂直紙面向里的勻強磁場。質量為m、帶電量為+q的粒子從A點以初速度v0沿AO1方向射入圓形區(qū)域，粒子穿過y軸后進入第二象限的勻強電場，然后粒子從P點(-14R，0)(圖中未畫出)進入第三象限，粒子從y軸離開第三象限時速度方向與y軸正方向成45°。已知B1=3mv04qR，不計粒子重力，sin53°=0.8(1)(6分)勻強電場的電場強度E；(2)(8分)粒子從進入圓形磁場區(qū)域到離開第三象限所用的時間t。答案(1)2mv0225qR(2解析(1)粒子的運動軌跡如圖所示，粒子從C點離開磁場區(qū)域，從y軸上的D點進入第二象限，粒子在圓形磁場區(qū)域運動過程中有qvB1=mv解得r1=mv0q由幾何關系可知tan∠O2O1A=r1R則∠O2O1A=∠O2O1D=53°由幾何關系可知粒子進入第二象限時與y軸正方向的夾角為53°，設粒子在第二象限運動的時間為t3，由運動的合成與分解規(guī)律有14R=v0sin53°·t3-(R+Rtan37°)=v0cos53°·t3-12·解得E=2mv0225(2)粒子在圓形磁場中運動的時間t1=∠AO2C粒子出了圓形磁場區(qū)域后在第一象限中運動的時間t2=CDv0=R粒子進入第三象限時沿y軸方向的速度vy=v0cos53°-Eqmt3=-45所以粒子進入第三象限時速度大小v=425速度方向與x軸的夾角為45°由幾何關系可知粒子在第三象限運動的半徑r2=72R粒子在第三象限運動的時間t4=12×2πr粒子從進入圓形磁場區(qū)域到離開第三象限所用的時間t=t1+t2+t3+t4=(714+74π135+2.(16分)(2024·湖南婁底市一模)如圖所示，在真空坐標系xOy中，第二象限內有邊界互相平行且寬度均為d的六個區(qū)域，交替分布著方向豎直向下的勻強電場和方向垂直紙面向里的勻強磁場，調節(jié)電場和磁場大小，可以控制飛出的帶電粒子的速度大小及方向?，F(xiàn)將質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在邊界P點處由靜止釋放，粒子恰好以速度大小為v0、方向與y軸負方向的夾角為θ=45°從坐標原點O進入x>0區(qū)域，x>0區(qū)域存在磁感應強度大小B1=mgqv0、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場(圖中未畫出)(1)(9分)第二象限中電場強度大小E0與磁感應強度大小B0的比值；(2)(7分)粒子從坐標原點O第1次經過x軸到第2次經過x軸的時間。答案(1)22v0(2)解析(1)粒子從P到Q，靜電力做正功，洛倫茲力不做功，由動能定理得3E0qd=12m解得E0=m根據(jù)題意粒子速度與y軸負方向的夾角為θ=45°粒子在經過磁場時的水平方向上，由動量定理∑B0qvyt=mΔvx即B0q×3d=mv0sin45°解得B0=2故第二象限中電場強度大小E0與磁感應強度大小B0的比值為E0B0=(2)粒子在x>0區(qū)域做勻速圓周運動，根據(jù)運動的對稱性知，粒子從坐標原點O第1次經過x軸到第2次經過x軸偏轉的圓心角為φ=90°周期為T=2πmq經過的時間t=φ360°×T=π計算題培優(yōu)練5帶電粒子在疊加場中的運動［分值：30分］1.(14分)(2024·河北省部分高中二模)如圖所示，豎直平面內的直角坐標系第三象限存在沿x軸(x軸水平)負方向的勻強電場Ⅰ，第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場Ⅲ和沿y軸負方向的勻強電場Ⅱ，一帶負電、比荷為k的小球(可視為質點)以某一初速度從點A(0，s0)沿x軸正方向水平拋出，經過點C(83s0，0)從第一象限進入第四象限，在第四象限運動一段時間后，小球沿與y軸正方向成α=53°角的方向第一次經過y軸進入第三象限。已知勻強電場Ⅰ的電場強度大小E1=4g3k，勻強電場Ⅱ的電場強度大小E2=gk，重力加速度為g，sin37°=0.6(1)(4分)小球在C點的速度；(2)(4分)勻強磁場Ⅲ的磁感應強度大小B；(3)(6分)小球從A點拋出到第四次(從A點拋出為第零次)經過y軸的時間。答案(1)532gs(2)34k2gs解析(1)畫出帶電小球的運動軌跡，如圖所示設小球的初速度大小為v0，小球到達C點時的速度大小為v，小球由A運動到C經過的時間為t1，由平拋運動規(guī)律可得s0=12gt12，83s0=由A到C，應用動能定理可得mgs0=12mv2-12設帶電小球在C點時，其速度方向與x軸正方向的夾角為θ，可得cosθ=v0v，解得v=532gs即速度方向斜向右下，與x軸正方向的夾角為37°。(2)由于勻強電場Ⅱ的電場強度大小為E2=g可知帶電小球在第四象限運動時，其所受電場力與重力等大反向，設小球第一次經過y軸上的點為D，由角度關系可知小球由C到D的軌跡是一個半圓，設小球做圓周運動的軌跡半徑為R，由幾何關系可得83s0由洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv可得磁感應強度大小B=3(3)帶電小球由A到C的運動時間t1=2帶電小球由C到D的運動時間t2=π對處于第三象限內的小球受力分析，可知帶電小球在第三象限內先做勻減速直線運動，加速度大小為a=53設帶電小球在F點減速到零，小球從D點到F點再返回D點經過的時間t3=2帶電小球從D點運動到G點，運動時間t4=2α360°帶電小球在H點恰好第四次經過y軸，設小球從G點運動到H點所用時間為t5，沿x軸方向有2vcos37°=qE1小球從點A(0，s0)拋出到第四次經過y軸的時間t=t1+t2+t3+t4+t5=(5+143π2.(16分)(2023·江蘇卷·16)霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平