專題12帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

必備公式

1.庫侖定律：F=k崢;

r~

FU

2.電場強(qiáng)度：E=—,￡=—；

qq

3.靜電力做功：WAB=EpA-EpR,WAB=qUAli,"Ed；

En

4.電勢：（p——

q

5.電勢差：T,

6.電容：C=2,c=-^~

U4成d

7.安培力：F=7LBsin<9：

8.洛倫茲力：F=^vBsin0；

9.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動:

vmv

①半徑：qvB=m一=>r=——

rqB

2/rR_2ml

②周期：T=

vqB

③運(yùn)動時間：，=今丁或i=~^—T。

雙360°

卜題思路分析雷

在解帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動的計算題時，一般有兩種情況。

一、帶電粒子在組合場中運(yùn)動

1.確定組合場是電場+磁場組合還是磁場+電場組合；（以粒子進(jìn)入場的先后順序作為參考來

確定）

2.對帶電粒子在組合場中的運(yùn)動進(jìn)行分析：

（1）粒子在電場中的運(yùn)動是勻變速直線運(yùn)動還是類平拋運(yùn)動（平行電場方向.垂直電場方向）;

（2）粒子在磁場中的運(yùn)匆：勻速直線運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動。

3.列方程求解：

（1）利用牛頓運(yùn)動定律求解加速度；

（2）利用運(yùn)動學(xué)規(guī)律求解位移；

（3）利用功能關(guān)系求解卻能和勢能；

（4）利用勻速圓周運(yùn)動規(guī)律及幾何知識求解半徑.速度以及磁感應(yīng)強(qiáng)度等。

二、帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

I.先確定是電場+磁場疊加還是電場+磁場+重力場疊加。

2.對帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動進(jìn)行受力分析：先分析重力.電場力.洛倫茲力等場力，再分

析彈力.摩擦力和其他力。

3.對運(yùn)動過程進(jìn)行分析

（1）勻速直線運(yùn)動（平衡條件）；

（2）勻變速直線運(yùn)動（牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式）；

（3）勻速圓周運(yùn)動（牛頓運(yùn)動規(guī)律和圓周運(yùn)動規(guī)律）；

（4）復(fù)雜曲線運(yùn)動（動量定理和能量守恒定律）。

4.結(jié)合已知量.未知量和題意，選擇適當(dāng)?shù)囊?guī)律，列出方程求解。

「題技巧與方法?

一、帶電粒子在復(fù)合場中的受力

復(fù)合場：指電場.磁場和重力場并存，或其中兩個場并存，或分區(qū)域存在。粒子連續(xù)運(yùn)動時，

一般要同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用。抓住三個力的特點是分析和求解相關(guān)問題

的前提和基礎(chǔ)。

1.重力：重力的大小為G=〃吆，方向豎直向下.重力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒

子的質(zhì)量有關(guān)外，還與始末位置的高度差有關(guān)。

2.電場力：電場力的大小為〃石，方向與電場強(qiáng)度E及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān)，電場

力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外，還與始末位置的電勢差有關(guān)。

3.洛倫茲力：洛倫茲力的天小跟速度與磁場方向的夾角有關(guān)，當(dāng)帶電粒了?的速度與磁場方向

平行時尸=0；當(dāng)帶電粒子的速度與磁場方向垂直時b二伏力，洛倫茲力的方向垂直于速度v

和磁感應(yīng)強(qiáng)度B所決定的平面。

無論帶電粒子做什么運(yùn)動，洛倫茲力都不做功。但重力.電場力可能做功而引起帶電粒子能

量的轉(zhuǎn)化。

二、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的力學(xué)觀點

帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題是力學(xué)和電學(xué)知識的一次“大綜合”，其分析方法和力學(xué)綜合

問題的分析方法基本相同，只是在受力分析時多加了電場力和洛倫茲力，在考慮能最轉(zhuǎn)化時

多了電勢能?；舅悸啡缦拢?/p>

1.正確的受力分析?：除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意電場力和洛倫茲力的分析搞清場

和力的空間方向及關(guān)系。

2.正確的運(yùn)動分析：即根據(jù)受力情況進(jìn)一步明確物體的運(yùn)動情況，找出物體的速度.位置及其

變化規(guī)律，分析運(yùn)動過程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件。

3.運(yùn)用動力學(xué)三大方法解決問題。

①牛頓運(yùn)動定律與運(yùn)動學(xué)公式；

②用動量觀點分析，包括動量定理.動量守恒定律；

③用能量觀點分析?，包括功能定理.機(jī)械能（或能量轉(zhuǎn)化）守恒定律。

要針對不同的問題.模型靈活選用，必須弄清各種規(guī)律的成立條件與適用范圍。

三、帶電粒子在復(fù)合場中的幾種典型運(yùn)動

1.直線運(yùn)動

自由的帶電粒子（無軌道約束）在勻強(qiáng)電場.勻強(qiáng)磁場和重力場中做的直線運(yùn)動應(yīng)是勻速直

線運(yùn)動，除非運(yùn)動方向沿勻強(qiáng)磁場方向而粒子不受洛倫茲力，這是因為電場力和重力都是恒

力，當(dāng)速度變化時，會引起洛倫茲力的變化，合力也相應(yīng)的發(fā)生變化，粒子的運(yùn)動方向就要

改變而做曲線運(yùn)動。

帶電粒子在復(fù)合場中的直線運(yùn)動有三種：

（1）勻速直線運(yùn)動：當(dāng)用電粒子在復(fù)合場中所受到的合力為零時，帶電粒子可以做勻速直

線運(yùn)動。

（2）勻變速直線運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中受到的合力為恒力時，帶電粒子將做勻變速

直線運(yùn)動。當(dāng)帶電粒子受到洛倫茲力作用時，要做勻變速直線運(yùn)動，一般要在光滑平面上或

穿在光滑桿上。

（3）變加速直線運(yùn)動：當(dāng)一帶電粒子在復(fù)合場中受到合力為變力時，帶電粒子可做變加速

直線運(yùn)動。這一類題對學(xué)生的能力要求很高，要正確解答這類問題，必須能夠正確地分析物

理過程，弄清加速度、速度的變化規(guī)律。

2.勻速圓周運(yùn)動

帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場.勻強(qiáng)磁場和重力場共存的復(fù)合場中，電場力和重力相平衡，粒子運(yùn)

動方向與勻強(qiáng)磁場方向相垂直時，帶電粒子就在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動?？傻刃?/p>

僅在洛倫茲力作用下的勻速圓周運(yùn)動。

3.曲線運(yùn)動

當(dāng)帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速

運(yùn)動，這是粒子的運(yùn)動軟跡既不是圓弧，也不是拋物線。

四、帶電粒子在復(fù)合場中的幾種運(yùn)動情況剖析

1.磁場力、重力并存：

①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動。

②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械

能守恒，由此可求解問題，

2.電場力、磁場力并存（不計重力）：

①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動。

②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，洛倫茲力不做功，可用動

能定理求解問題。

3.電場力、磁場力、重力并存：

①若三力平衡，則帶電粒子-定做勻速直線運(yùn)動。

②若重力與電場力平衡，則帶電粒子可能做勻速圓周運(yùn)動。

③若合力不為零且與速度方向不垂直，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，洛倫茲力不做功，

可用能量守恒定律或動能定理求解問題。

典例分析

典例1：（2022?湖南?高考真題）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為凡和&,直流電源的內(nèi)

阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d,板長為極板間存在方向水平

向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為“、帶電量為+4的小球以初速度-沿水平方向從電容器下板左側(cè)

邊緣A點進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，

小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為忽略空氣阻力。

（1）求直流電源的電動勢自；

（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度3；

（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強(qiáng)電場，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度的

最小值

XXXX

XXXx；E'

XX

—Jid―?!

【答案】⑴mgd{R.+R.)⑵拓mv；⑶域mg

【規(guī)范答題】（i）小球在電磁場中作勻速圓周運(yùn)動，則電場力與重力平衡，可得

Eq=mg

用兩端的電壓

U2=Ed

根據(jù)歐姆定律得

聯(lián)立解得

_mgd(R+/?2)

%-------

（2）如圖所示

設(shè)粒子在電磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系

（廣一〃）2+（島）2=/

解得

r=2d

根據(jù)

qvB=m—

解得

（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60。，要使小球做直

線運(yùn)動，當(dāng)小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電

場強(qiáng)度最小，可得

Eq=mgcos60°

解得

2g

典例2：（2022?北京?高考真題）指南針是利用地磁場指示方向的裝置，它的廣泛使用促進(jìn)了

人們對地磁場的認(rèn)識?，F(xiàn)代科技可以實現(xiàn)對地磁場的精確測量。

（1）如圖I所示，兩同學(xué)把一根長約10m的電線兩端用其他導(dǎo)線連接一個電壓表，迅速搖

動這根電線。若電線中間位置的速度約10m/s,電壓表的最大示數(shù)約2mV。粗略估算該處地

磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小8培;

圖1

（2）如圖2所示，一矩形金屬溥片，具長為。，寬為b,厚為c。大小為/的恒定電流從電

極。流入、從電極Q流出，當(dāng)外加與薄片垂直的勻強(qiáng)磁場時，M、N兩電極間產(chǎn)生的電壓

為U。已知薄片單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為"，電子的電荷量為e。求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以

圖2

（3）假定（2）中的裝置足夠靈敏，可用來測量北京地區(qū)地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向,

請說明測量的思路。

UPC

【答案】（1）數(shù)量級為10一叮；（2）B=（3）見解析

【規(guī)范答題】（1）由E二比尢可估算得該處地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度13晟的大小的數(shù)量級為10一打。

（2）設(shè)導(dǎo)電電子定向移動的速率為心△/時間內(nèi)通過橫截面的電量為Aq,

有

I=—=nebcv

Ar

導(dǎo)電電子定向移動過程中，在MN方向受到的電場力與洛倫茲力平衡，有

e-=evB

b

得

B牛

（3）如答圖3建立三維直角坐標(biāo)系。沖z

設(shè)地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度在三個方向的分量為BnBy.Bz。把金屬薄片置于x。），平面內(nèi)，M、N

兩極間產(chǎn)生電壓Uz僅取決于Bz。由（2）得

由Uz的正負(fù)（M、N兩極電勢的高低）和電流/的方向可以確定&的方向。

同理，把金屬薄片置于xOz平面內(nèi)，可得齒的大小和方向；把金屬薄片置于yOz平面內(nèi),

可得桁的大小和方向，則地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為

8=收+4+度

根據(jù)外■、By.&的大小和方向可確定此處地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向。

典例3：（2022?山東?高考真題）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用

電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系。八》中,

空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場I,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為儀方向沿“軸正方向；-3d,,zv0,y.O

的空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場IL磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為也3,方向平行于xQy平面，與工軸正方向

2

夾角為45。；z<0,y40的空間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為/小帶電量為+4

的離子甲，從）。z平面第二象限內(nèi)距y軸為乙的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方

向夾角為《，在）0z平面內(nèi)運(yùn)動一段時間后，經(jīng)坐標(biāo)原點。沿z軸正方向進(jìn)入磁場1。不計

離子重力。

（1）當(dāng)離子甲從A點出射速度為％時，求電場強(qiáng)度的大小E；

（2）若使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運(yùn)動，求進(jìn)入磁場時的最大速度八；

⑶離子甲以粵的速度從。點沿z軸正方向第一次穿過g面進(jìn)入磁場I,求第四次穿過

平面的位置坐標(biāo)（用d表示）;

（4）當(dāng)離子甲以警的速度從。點進(jìn)入磁場?時，質(zhì)量為4，〃、帶電量為的離子乙’也

從。點沿z軸正方向以相同的動能同時進(jìn)入磁場I,求兩離子進(jìn)入磁場后，到達(dá)它們運(yùn)動軌

跡第一個交點的時間差加（忽略離子間相互作用）。

將離子甲從A點出射速度為“分解到沿y軸方向和z軸方向，離子受到的電場力沿y軸負(fù)方

向，可知離子沿z軸方向做勻速直線運(yùn)動，沿y軸方向做勻減速直線運(yùn)動，從A到。的過程，

有

L=v0cospt

%sinP-at

qE

a=—

m

聯(lián)立解得

_sinJ3cosfl

匕=

qL

(2)離子從坐標(biāo)原點。沿z軸正方向進(jìn)入磁場I中，在磁場I中做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過磁場

I偏轉(zhuǎn)后從y軸進(jìn)入磁場n中，繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示

D相聲O口tn\r

qvB-----,qv----B=----

42&

可得

r2二夜4

為了使離子在磁場中運(yùn)動,則離子磁場I運(yùn)動時，不能從破場I上方穿出。在磁場II運(yùn)動時，

不能xOz平面穿出，則離子在磁場用運(yùn)動的軌跡半徑需滿足

I]<d,r2<3d

聯(lián)立可得

<qBd

v<-——

m

要使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運(yùn)動，進(jìn)入磁場時的最大速度為幽；

tn

(3)離/甲以塔的速度從。點沿z軸正方向第一次穿過宜8面進(jìn)入磁場I,離子在磁場I

2m

中的軌跡半徑為

,mv(1

r.=—=—

1c/B2

離子在磁場II中的軌跡半徑為

,tnvy/2d

q---B

2

離子從。點第一次穿過到第四次穿過xOy平面的運(yùn)動情景，如圖所示

離子第四次穿過xOx平面為x坐標(biāo)為

x4=2弓'sin45°=d

離子第四次穿過xoy平面為y坐標(biāo)為

j4=27i'=J

故離子第四次穿過xQy'F面的位置坐標(biāo)為(d,d,0)。

(4)設(shè)離子乙的速度為沈，根據(jù)離了?甲、乙動能相同，可得

，彳，

—1mv~=—1x4mv2'

22

可得

//=幽

24ni

離子甲、離子乙在磁場I中的軌跡半徑分別為

invd,4〃?/,c,

41==9八2===2zj?

"qB212qB"

離子甲、離子乙在磁場n中的軌跡半徑分別為

mv42d4加n-

根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運(yùn)動軌跡第一個交點在離子乙第一次穿過X軸的位置，如圖所

示

從。*進(jìn)入磁場到第?個交點的過程，有

2冗m2冗m=(2+2⑶型

小=￡+4=

qBqB

*B

2乃?4m1

----+—x=(4+4偽已

乙21222qB2qB

可得離子甲、乙到達(dá)它們運(yùn)動軌跡第一個交點的時間差為

△f=F乙-加=(2+2&)

qB

典例4：(2022?河北?高考真題)兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示,

金屬板與可調(diào)電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直"Ox

平面向外。電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，

可連續(xù)釋放質(zhì)量為機(jī)、電荷量為“你＞0)、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作

用，圖中物理量均為己知量。求：

27177/

(1)/=0時刻釋放的粒子，在”二廠時刻的位置坐標(biāo)；

qB°

(2)在。~粵時間內(nèi)，靜電力對/=()時刻釋放的粒子所做的功;

(3)在加］當(dāng)絲，笠7點放置一粒接收器，在。~等時間內(nèi)什么時刻釋放的粒子在電

兩4qB-)qB.

場存在期間被捕獲。

PA

>

OX

圖1

【答案】（I）（—浸一，丁苗）；（2）

西2循

【規(guī)范答題】＜1）在°~警時間內(nèi),電場強(qiáng)度為心，帝電粒了在電場中加速度，根據(jù)動量

祝

定理可知

洛

解得粒子在瞪時刻的速度大小為

方向豎直向上，粒子豎直向上運(yùn)動的距離

1冗m九2

M=ov>-^-=o

2qB02qB?

nm2兀m2fit

在-----時間內(nèi)，根據(jù)粒廣在磁場運(yùn)動的周期丁=手可知粒子偏轉(zhuǎn)180",速度反向,

qB°qB。qB

根據(jù)qvB=m—nJ知粒廣水平向右運(yùn)動的距離為

mv27rEm

x>-2c4一2o---\-Q

■-濕4比

粒子運(yùn)動軌跡如圖

所以粒子在t=智時刻粒子的位置坐標(biāo)為（勺，A），即（"挈，*F）：

qBo4綜2阻

2冗m3萬〃？

（2）在在~訴時間內(nèi)'電場強(qiáng)度為2右，粒子受到的電場力豎直向上’在豎直方向

c廠冗m

=〃叫+〃叫

qB。

3?,〃

解得筌時刻粒子的速度

qB0

），2=再

方向豎直向上，粒子在豎直方向上運(yùn)動的距離為

匕+彩您=0

2qB,

在3曹~4/時間內(nèi)'粒子在水平方向運(yùn)動的距離為

祖祈

4開，〃54〃?

此時粒子速度方向向下，大小為匕，在時間內(nèi)，電場強(qiáng)度為3%,豎直方向

qB。洛

q-3E0?佇^=mvy+rnv,

qB0

5nm

解得粒子在一二時刻的速度

qB°

2叫

B°

粒子在豎直方向運(yùn)動的距離

v一一彩+匕_兀_m_7i~E_^_n

35

-2qB。2q穌

粒子運(yùn)動的軌跡如圖

w=洛?y+心24.%+心3紜.必=4兩-M=—薩-

電場力做正功;

(3)若粒子在磁場中加速兩個半圓恰好能夠到達(dá)“點，則釋放的位置一定在0~等時間

qB0

內(nèi)，粒子加速度時間為4,在豎直方向上

,

qE°t[=mvi

,1,

2

在*~/時間內(nèi)粒子在水平方向運(yùn)動的距離為

“2以=2-^

qB°

2兀m3冗m

在F----b時間內(nèi)，在豎直方向

qB。qB0

C冗m，，

q2EroF~=mh+加匕'

qB。

-v/+v/rem

y=~!---i--------

2qB。

3九〃,彳扎〃,

在警時間內(nèi)，粒子在水平方向運(yùn)動的距離為

叫)qB°…一器

接收器的位置為()？，［芻-)?根據(jù)距離的關(guān)系可知

祈4必

「一_4叫用

解得

7rm

艱

此時粒子己經(jīng)到達(dá)M點上方，粒子豎直方向減速至0用時△/，則

K'=5%'也

豎直方向需要滿足

解得加在一個電場加速周期之內(nèi)，所以成立，所以粒子釋放的時刻為中間時刻巖-；

2M

若粒子經(jīng)過一個半圓到達(dá)M點，則粒子在0~W"時間區(qū)釋放不可能，如果在2冗m3nm

云-----不時

qB。qB。叫

間內(nèi)釋放，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)一次的最大橫向距離，即直徑，也無法到達(dá)M點，所以考慮在

47rm5m

f———時間內(nèi)釋放，假設(shè)粒f加速的時間為，2,在豎直方向上

MoqB。

43fo?/」=〃/"

57rm67rm

之后粒子在時間內(nèi)轉(zhuǎn)動半軸，橫向移動距離直接到達(dá)M點的橫坐標(biāo)，即

qB。qB0

元，=2八，，=2阻=9

濕q球

解得

27nn

接下來在6/~黃7過程中粒子在豎直方向減速為。的過程中

必〃=”

粒子要在M點被吸收，需要滿足

>〃_),〃〈乃西十

'丹一4瘋

代入驗證可知加在一個周期之內(nèi),說明情況成立，所以粒子釋放時刻為

.7vm.nm2兀機(jī)、13nm

4-——??=

qB0也3qB。3qB。

闖關(guān)訓(xùn)練

1.(2022?江西景德鎮(zhèn),二模)如圖所示，在區(qū)域I有與水平方向成30。的勻強(qiáng)電場，電場方向

斜向左下方。在區(qū)域H有豎更向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小

為E?言,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦質(zhì)量為〃?、電荷量為V的粒子從區(qū)域I的左邊界尸點靜

止釋放。粒子沿水平虛線向右運(yùn)動，進(jìn)入?yún)^(qū)域n,區(qū)域II的寬度為小粒子從區(qū)域H右邊界

的。點(圖中未畫出)離開，速度方向偏轉(zhuǎn)了60。，重力加速度為g。求：

(1)區(qū)域I的電場強(qiáng)度大小?;

(2)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域n時的速度大??；

(3)粒子從P點運(yùn)動到Q點的時間。

【規(guī)范答題】(1)粒子在區(qū)域I沿水平虛線方向做直線運(yùn)動，說明粒子在豎直方向上受力平

衡，根據(jù)平衡條件有

qE、sin3()=mg

解得

q

(2)粒子進(jìn)入II區(qū)域后，根據(jù)題意有

E，q=mg

由此可知粒子在區(qū)域n中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域H的速度

大小為射，則有

根據(jù)幾何關(guān)系有

Rsin60=d

聯(lián)立解得

二28Bd

V~3ni

(3)粒子在區(qū)域H中做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)動周期為

T21R

1=------

V

則粒子在區(qū)域n中運(yùn)動時間為

236031

粒子在區(qū)域I沿水平虛線運(yùn)動，根據(jù)動量定理有

qEtcos30'?％=mv

故粒子從P點運(yùn)動到。點的時間為

聯(lián)立解得

_2qBdmn

3rng3qB

2.(2022?河南安陽?模擬預(yù)測)如圖所示，從離子源產(chǎn)生的甲，乙兩種離子，由靜止經(jīng)電壓

為U的加速電場加速后在紙面內(nèi)運(yùn)動，自。點與磁場邊界成45。角射入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B

方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。已知甲種離子從磁場邊界的N點射出；乙種離子從磁場

邊界的M點射出；OM長為L,MN長為33不計重力影響和離子間的相互作用。求：

(1)甲種離子比荷；

(2)乙種離子在磁場中的運(yùn)動時間。

；XXXX

；XXXX

N,xxxx

離子源產(chǎn)X*X

：XXXX

陰XXXX

加速電xxx

qxxxx

!xxxx

【答案】(1)—=(2)t=

叫4LB8U

【規(guī)范答題】(1)設(shè)甲種離子質(zhì)量為呵，電荷晟為4,在電場中加速過程

-12

設(shè)甲種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為凡，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有

由幾何關(guān)系知

吊+吊=(44

聯(lián)立解得

依二U

網(wǎng)4LTB2

（2）設(shè)乙種離子質(zhì)量為叫，電荷量為%,在電場中加速過程

〃12

%（/=耳,〃2々

設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為&，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有

由幾何關(guān)系知

/?；+/?；=￡2

離子在磁場中運(yùn)動的偏轉(zhuǎn)用

3

a=—7r

2

設(shè)乙種離子在磁場中運(yùn)動的周期T,

所2兀m

1=-------

q?B

設(shè)乙種離子在磁場中運(yùn)動的時間為I,則

2點q?R

聯(lián)立解得

31BE

t=---------

3.如圖所示，將一個質(zhì)量為〃八電荷量為+4的小球，以初速度%自〃高處水平拋出。不計

空氣阻力影響。重力加速度為g.

（1）求小球落地點與拋出點的水平距離。

（2）若在空間中加一個勻強(qiáng)電場，小球水平拋出后做勻速直線運(yùn)動，求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)

大小及方向。

（3）若在空間中除加（2）中電場外，再加一個垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，小球水平拋出后做勻

速圓周運(yùn)動，且落地點與幗出點的水平距離也為近求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小及方向。

h

I

I

I

I

【答案】（I）Vo^^：（2）詈，電場方向豎直向I'.：（3）?■,磁場方向垂直于紙面向外

【規(guī)范答題】（1）小球做平拋運(yùn)動，有

$=卬

,12

力=/廣

解得小球落地點與拋出點的水平距離

（2）加勻強(qiáng)電場后，小球做勻速直線運(yùn)動，小球所受合力為零。根據(jù)平衡條件，有

tng=qE

解得電場強(qiáng)度大小

E4

q

電場方向豎直向上。

（3）空間同時存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，小球做勻速圓周運(yùn)動，洛侖茲力充當(dāng)向心力，設(shè)

圓周運(yùn)動的半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律有

2。=小%

由題知

R=h

解得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

8=外

qh

磁場方向垂直于紙面向外□

4.（2022?山西?懷仁市第一中學(xué)校模擬預(yù)測）物理模型的建立和研究是學(xué)習(xí)物理的重要方法,

以模型為載體，可以訓(xùn)練物理思維，提升學(xué)科素養(yǎng)；物理實驗中傳感器的使用，可以使測最

更加精確、方便，能夠完成微小物理量的測量。如圖所示，實驗室天花板上有一個拉力傳感

器，可視為質(zhì)點的帶電小球用輕質(zhì)、柔軟、絕緣細(xì)線懸掛于傳感器下側(cè)的。點，細(xì)線長L

=0.45m,小球在傳感器下方擺動時，傳感器可精確測出細(xì)線的拉力。實驗室下方空間以虛

線為界線，虛線上方有垂直紙面向外的水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=5T；虛線下方

空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=3xl（）3v/m,也場空間足夠大；虛線距。點距離

也為0.45m。將小球拉至細(xì)線水平伸直然后由靜止釋放，測得小球向左、向右擺過最低點時

的拉力分別為F/=2.403N、&=2.397N；某次小球向右擺過最低點瞬間燒斷細(xì)線，小球進(jìn)

入虛線下方存在電場的空間。小球運(yùn)動中電荷量保持不變，不計空氣阻力，g=10m/s2,

（1）判斷小球帶正電還是負(fù)電；

（2）求帶電小球的質(zhì)量配和所帶電荷量的大小3

（3）求小球在細(xì)線燒斷后運(yùn)動的最小速率為以及經(jīng)過。點正下方時距。點的距離H,

//////////////////////////////////

?7：萬再三彳

■4

■/

??>、????

￡；

----------------------->

-----------------------?

【答案】（1）負(fù)電;（2）0.08kg；2X10~4C;（3）2.4m/s；3.65m

【規(guī)范答題】（1）由題知小球向左經(jīng)過。點時所受洛倫茲力向卜，由左手定則知小球帶負(fù)

電。

（2）小球在磁場中擺動時由機(jī)械能守恒定律得

1，

ingL7=-mv~

由牛頓第二定律得

_v2_，、mv2

/j-qvli-ing=m—,r2+qvB-mg=---

解得

/?=0.08kg,q=2xl0

（3）由題意及（2）中數(shù)據(jù)得

mg=0.8N,qE=0.6N

重力與電場力的合力與豎在方向的夾角為夕，則

tan0=-

又

%=vcosO

解得小球在細(xì)線燒斷后運(yùn)動的最小速率

%=2.4m/s

由

qE=ma「/吟

解得

h=gg「=3.2m

則小球經(jīng)過。點正下方時距0點的距國

H=h+L=3.65m

5.（2022?甘肅?永昌縣第一高級中學(xué)模擬預(yù)測）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系大③內(nèi)，x軸，

方有垂直坐標(biāo)系平面向里、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場用（大小未知），圓心為，（0,R）,x

軸下方有一平行x軸的虛線MM在其下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直坐標(biāo)系平面向外、大小為

5=息%的矩形勻強(qiáng)磁場，磁場上邊界與MN重合。在MN與x軸之間有平行與,，軸、

2qR

場強(qiáng)大小為七=色絲殳的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），且MN與x軸相距（大小未知）?，F(xiàn)

2qR

有兩相同帶電粒子〃、〃以平行％軸的速度％分別正對。點、A點（0,2/?）射入圓形磁場，經(jīng)

偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過坐標(biāo)原點。進(jìn)入x軸下方電場。已知粒子質(zhì)量為〃?、電荷量大小為小不計粒

子重力及粒子間的相互作用力。

（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度用的大小；

（2）若電場沿），軸負(fù)方向，欲使帶電粒子。不能到達(dá)MM求州的最小值；

（3）若電場沿y軸正方向，Ay=回,欲使帶電粒子b能到達(dá)x軸上且距原點O距離最遠(yuǎn)，

求矩形磁場區(qū)域的最小面積c

【答案】（1）徐；（2）與R；⑶4（2+@R2

【規(guī)范答題】（1），、〃平行進(jìn)入圓形磁場，均進(jìn)過原點O,則根據(jù)“磁聚焦”可知，粒子做

I圓周運(yùn)動的半徑大小與磁場區(qū)域半徑大小相等，即

r=R

又

夕%4=〃?以

解得

用=”

qR

（2）帶電粒子。從。點沿y軸負(fù)方向進(jìn)入電場后做減速運(yùn)動，則由動能定理可得

qEXy=3"i￡

解得

所矍邛R

（3）若勻強(qiáng)電場沿），軸正方向，則粒子。從原點。沿x軸負(fù)向進(jìn)入電場，做類平拋運(yùn)動,

設(shè)粒子力經(jīng)電場加速度后的速度大小為內(nèi)在MN下方磁場做勻速圓周運(yùn)動的例道半徑為小

粒了〃離開電場進(jìn)入磁場時速度方向與水平方向夾角為0，如圖甲所示

則有

〃121-

qElSy-—mv~—〃，端

解得

丫=2%

又

cos0=—=—

v2

則

6=60。

在電場中

Ay=1嗎:，x=v^=2R

2171

在磁場中有

v-

qvB、=m——

解得

4瓦

r.=------R

3

如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，在矩形磁場中運(yùn)動的圓心。2在軸上，當(dāng)粒子從矩形磁場

右邊界射出，且方向與文袖正方向夾角為60。時，粒子能夠到達(dá)x軸，距離原點O最遠(yuǎn)。

小歹

oO'

乙

則最小矩形區(qū)域水平邊長為

4=4+4sin8

豎直邊長為

12=0+4cos0

則最小面積為

S=D（l+sine）（l+cose）=4（2+>/5）R2

6.（2022?山西省翼城中學(xué)校模擬預(yù)測）如圖所示，第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場，

電場強(qiáng)度大小為石（石木知），第二象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，第三象限內(nèi)存在

垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場及豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為夜E?，F(xiàn)有一電荷量為外

質(zhì)量為/〃的帶正電粒子從x軸上的A點以初速度％垂直于x軸射入電場，經(jīng).V軸上的尸點

進(jìn)入第二象限。已知第二、三象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為7，4點的橫坐標(biāo)為P點

的縱坐標(biāo)為3不計粒子重力。求：

（1）電場強(qiáng)度E的大小：

（2）粒子進(jìn)入第二象限的磁場區(qū)域后，第一次經(jīng)過x軸的位置到坐標(biāo)原點的距離；

（3）粒子第一次在第三象限運(yùn)動過程中與x軸的最遠(yuǎn)距離。

xxx^y

XBXVX'E

Yo

XXX

—i------->x

???OA

亞E

???

B

1

【答案】（1）置;（2）（V2+1）L;（3）（2+V2）L

如圖所示，豎直方向有

水平方向有

f=2

聯(lián)立解得

m

解得

E=^-

qL

（2）設(shè)粒子離開電場時，速度大小為u,方向與_y軸正方向夾角為0,則速度大小

解得

由幾何關(guān)系得

tan=—

%

解得

0=45。

設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為6,由牛頓第二定律得

?>

V

qvB=m—

4

解得

1伍

則圓心恰好落在x軸上。粒子第一次與x軸相交時到坐標(biāo)原點的距離

4=/;+/;cos45°

解得

4=（&+i）L

（3）由解析圖可知，粒子進(jìn)入第三象限時的速度大小為

V3=V=V2V0

方向豎直向下，可在水平方向上配上水平向左的速度K和水平向右的速度辦，使匕滿足

qv\B-\[lqE

由此可知

匕=彩=及％

匕與彩的合速度大小

匕=\lvl+v2=2%

與X軸方向的夾角

a=45°

所以粒子進(jìn)入第三象限后以?做勻速圓周運(yùn)動的同時以