第64課時專題強化：復(fù)合場中的擺線問題動量定理在磁場中的應(yīng)用

目標(biāo)要求1.會用配速法解決帶電粒子在復(fù)合場中的擺線問題。2.會用動量定理處理帶電粒子在磁場中的

運動問題。

1.擺線是同一平面內(nèi)勻速直線運動和勻速圓周運動的合運動的軌跡，其實就是一個圓沿著一條直線做無滑

動的滾動，圓周上的一點運動的曲線，如圖所示。

2.配速法

(1)定義：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，運動分析比較麻煩，此時，我們可以把初速度分解為兩個分速度，使

其中一個分速度對應(yīng)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(yīng)的洛

倫茲力使粒子做勻速圓周運動，這樣一個復(fù)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)配速法處理疊加場中的擺線類問題

常見情況處理方法

把初速度0分解為一個向左的速度v1和一個向右的

BG擺線：初速度為0，有重力

速度v1。

把初速度0分解為一個向左的速度v1和一個向右的

BE擺線：初速度為0，不計重力

速度v1。

把初速度0分解為一個斜向左下方的速度v1和一個

BEG擺線：初速度為0，有重力

斜向右上方的速度v1。

把初速度v0分解為速度v1和速度v2。

BGv擺線：初速度為v0，有重力

3.用動量定理解決帶電粒子在磁場中的運動問題

假設(shè)有一個帶電粒子，其質(zhì)量為m，電荷量為＋q。在方向垂直紙面向下，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁

場中運動。粒子速度為v，所受洛倫茲力為F，且重力不計。如圖建立直角坐標(biāo)系。

沿兩軸方向的洛倫茲力分力Fx＝qvyB

Fy＝qvxB

兩個方向分別列動量定理

－qvyBΔt＝mΔvx

qvxBΔt＝mΔvy

即－qBΔy＝mΔvx

qBΔx＝mΔvy

兩邊累加得－qBy＝mvx1－mvx0

qBx＝mvy1－mvy0。

使用條件：如果已知某一分運動方向上的位移(可能需要借助動能定理獲得)，通過列出與之正交方向上的

動量定理，即可迅速得出該方向上的分速度。

例1如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和水平的勻強磁場(垂直紙面向里)，電場強度大小為

E，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在電場中運動，不計粒子所受重力。

若該粒子在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。

提示：為了研究該粒子的運動，可以應(yīng)用運動的合成與分解的方法，將它為0的初速度分解為大小相

等的水平向左和水平向右的速度。

[變式1](多選)在地面上方空間存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的水平方向勻強磁場，

與豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)，一電荷量為＋q、質(zhì)量m的帶電粒子(重力不計)，以水平初速度

v0水平向右射出，運動軌跡如圖。已知電場強度大小為E＝，重力加速度為g。下列說法正確的是

??0

()2

A.電場方向豎直向上

B.帶電粒子運動到軌跡的最低點時的速度大小為2v0

C.帶電粒子水平射出時的加速度大小為

??0?

D.帶電粒子在豎直面內(nèi)運動軌跡的最高點2?與最低點的高度差為

3??0

[變式2](八省聯(lián)考·陜西·15)如圖，cd邊界與x軸垂直，在其??右方豎直平面內(nèi)，第一、二象限存在

垂直紙面向外的勻強磁場，第三、四象限存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁場區(qū)域覆蓋有豎直向上的

外加勻強電場。在xOy平面內(nèi)，某質(zhì)量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點與cd邊界成30°

角以速度v0射入，小球到坐標(biāo)原點O時恰好以速度v0豎直向下運動，此時去掉外加的勻強電場。重力

加速度大小為g，已知磁感應(yīng)強度大小均為。求：

??

??0

(1)電場強度的大小和P點距y軸的距離；

(2)小球第一次到達(dá)最低點時速度的大??；

(3)小球從過坐標(biāo)原點時到第一次到達(dá)最低點時所用時間。

例2(2024·山東日照市模擬)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動，如圖所示，真

空中存在著多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，寬度均為d，電場強度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)

強度為B，方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個質(zhì)量為m、電荷

量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒

子重力及運動時的電磁輻射。粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為θn，

試求sinθn。

答案精析

例1

2??2?

2

解析?方?法一?“配速法”

這個運動之所以復(fù)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就是勻速圓

周運動，我們就可以設(shè)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(yīng)的洛倫茲力與靜電力平衡：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

的軌跡半徑r＝＝，所以ym＝2r＝，vm＝2v＝。

????2??2?

22

方法二動能定?理?＋?動?量定理???

帶電粒子在運動中，只有靜電力做功，當(dāng)其運動至最遠(yuǎn)時，靜電力做功最多，此時速度最大，根據(jù)動能定

理有

qEym＝m①

12

粒子沿豎2直?m方向上的速度產(chǎn)生水平方向的洛倫茲力，

即F洛x＝qBvy

取沿水平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表示粒子沿豎直方向運動的距離。

因此，等式兩邊對粒子從離開M點到第一次最遠(yuǎn)的過程求和有

qBym＝mvm②

聯(lián)立①②兩式，解得vm＝，

2?

?

ym＝。

2??

2

[變式??1]BD[由運動軌跡可知，帶電粒子只有受豎直向下的靜電力，最低點線速度最大，偏轉(zhuǎn)半徑最大，

則電場方向豎直向下，故A錯誤；將帶電粒子的速度分解為一個水平向左、大小v1＝的分速度，和一個

?0

2

水平向右、大小v2＝v0的分速度，由于F1＝qv0B＝Eq(與靜電力平衡)，則帶電粒子的運動可以看成是以

31

速率v1向左的勻速直2線運動和以速率v2的勻速2圓周運動的合運動，故小球在運動軌跡的最低點時的速度大

合＋

小v＝v1＋v2＝2v0，故B正確；由牛頓第二定律可得帶電粒子水平射出時的加速度大小為a＝＝

???0???

??

＝，故C錯誤；由于洛倫茲力不做功，帶電粒子從運動軌跡的最高點運動到最低點的過程有m＋

0

3???12

2?220

Eqh＝mv，又有v＝2v0，解得h＝，故D正確。]?

13??0

2＋??

[變式2](1)

2

??(23)?0

?2?

(2)(1＋)v0(3)

3π?0

解析(12)依題意，4小?球從P點運動到坐標(biāo)原點O，速率沒有改變，即動能變化量為零，由動能定理可知合

力做功為零，電場力與重力等大反向，可知qE＝mg，解得E＝

??

可知小球由P點到O點在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡?如圖甲所示

根據(jù)qv0B＝m，解得r＝

22

?0?0

??

由幾何關(guān)系，可得xP＝r＋rcos30°

＋

聯(lián)立解得xP＝

2

(23)?0

2?

(2)把小球在坐標(biāo)原點的速度v0分解為沿x軸正方向的v0和與x軸負(fù)方向成45°的v0，如圖乙所示

2

qv0B＝mg，知其中沿x軸正方向的v0對應(yīng)的洛倫茲力恰好與小球重力平衡，沿x軸正方向小球做勻速直線

運動

與x軸負(fù)方向成45°的