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第7讲　电场及带电粒子在电场中的运动
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　电场的基本性质
1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系
2．三个物理量的判断方法
判断场强大小 ①根据电场线或等势面的疏密判断；②根据公式E＝k和场强叠加原理判断
判断电势的高低 ①根据电场线的方向判断；②由UAB＝和UAB＝φA－φB判断；③根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能大小 ①根据Ep＝qφ判断；②根据WAB＝－ΔEp，由电场力做功判断
考向1　库仑力作用下的平衡问题
例 1[2023·海南卷]如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电的小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)，已知AP∶BP＝n∶1，则Q1∶Q2是(　　)
A．2n2∶1 B．4n2∶1
C．2n3∶1 D．4n3∶1
考向2　电场强度的叠加
例 2[2023·湖南卷]如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零，q> 0，则三个点电荷的电荷量可能为(　　)
A．Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q
B．Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q
C．Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q
D．Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q
考向3　根据电场中的“点、线、面、迹”判断相关物理量的变化
例 3[2023·辽宁卷](多选)图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则(　　)
A．P点电势比M点的低
B．P点电场强度大小比M点的大
C．M点电场强度方向沿z轴正方向
D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
例 4[2023·全国乙卷]
(多选)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方．从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示．M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球(　　)
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
思维提升
电场中三线问题的解题思路
解决电场中的三线问题，分清电场线、等势线、轨迹线是解题的基础，做曲线运动的物体一定要受到指向轨迹内侧的合外力是解题的切入点，功能关系(电场力做的功等于电势能的减少量，合外力的功等于物体动能的增量等)是解题的重要手段．
提升训练
1.[2023·山东卷](多选)如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是(　　)
A．F′点与C′点的电场强度大小相等
B．B′点与E′点的电场强度方向相同
C．A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D．将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
2．[2023·广东深圳统考二模](多选)范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳(电荷在金属球壳均匀分布)，使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速．在加速管顶端A点无初速度释放一带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底(B为AC中点)．不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是(　　)
A．B点电势比C点电势高
B．粒子从B点到C点的过程中电势能增大
C．粒子在B点的加速度大于在C点的加速度
D．粒子在AB与BC间的动能变化量相同
3．[2023·全国乙卷]
如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上．已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
(1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
(2)C点处点电荷的电荷量．
命题点二　带电粒子在电场中的运动
1．解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，加速或减速直线运动还是曲线运动等)．
(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图像)，找出已知量和待求量之间的关系．
注意：“化曲为直”思想的应用．
2．用能量观点处理带电体运动的思维方法
(1)用动能定理W＝ΔEk处理．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理．
考向1　带电粒子在电场中的直线运动
例 1[2023·浙江6月]
AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示．两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点．闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，则(　　)
A．MC距离为5 cm
B．电势能增加了×10－4 J
C．电场强度大小为×104 N/C
D．减小R的阻值，MC的距离将变大
考向2　带电粒子在电场中的曲线运动
例 2[2023·浙江6月卷]
某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场．粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足(　　)
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
例 3[2023·湖北卷](多选)
一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示．忽略边缘效应，不计重力．下列说法正确的是(　　)
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶1
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
考向3　力电综合问题
例 4[2023·四川雅安模拟预测]如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小E1＝1×102 N/C，方向水平向右的匀强电场，一条长L＝0.8 m且不可伸长的轻绳一端固定在区域Ⅰ的左上角O点，另一端系一质量m1＝0.5 kg，带电荷量q＝－0.1 C的绝缘带电小球a，在紧靠区域Ⅰ的右下角C点竖直放置一足够长，半径R＝1 m的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的下边界共线，直径MN与直径CD垂直，圆筒内左半边MNCHJK区域Ⅱ中存在大小E2＝20 N/C，方向垂直纸面向里的匀强电场．把小球a拉至A点(轻绳绷直且水平)静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，轻绳恰好断裂．小球a进入电场继续运动，刚好从区域Ⅰ的右下角C点竖直向下离开电场E1，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ.已知重力加速度大小取g＝10 m2/s，绳断前、断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力．求：
(1)轻绳的最大张力Tm；
(2)小球a运动到C点时速度的大小vC和小球a从B到C过程电势能的变化量ΔEp；
(3)若小球a刚进入圆筒时，另一绝缘小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆筒，小球b的质量m2＝0.5 kg，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中小球a的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能ΔEb是多大．
思维提升
解决带电粒子在电场中的运动问题方法与技巧
首先要确定研究对象，一般情况下，可以把带电粒子(不计重力)或者带电小球作为研究对象；其次要判断是电加速模型、电偏转模型还是电加速＋电偏转模型；然后对模型分别进行受力分析(要画出受力分析图)、运动分析(匀加速直线运动、类平抛运动)和能量分析(电场力做的功等于动能的变化量)；最后结合已知量和待求量，列出方程求解．
提升训练
1.[2023·浙江1月]如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成．电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极．已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　　)
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝
2.
[2023·新课标卷]密立根油滴实验的示意图如图所示．两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴．两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动．油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数．不计空气浮力和油滴间的相互作用．
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比．
3．[2023·浙江模拟预测]如图所示，一游戏轨道由倾角θ＝37°，动摩擦因数μ＝的足够长绝缘倾斜轨道与光滑的绝缘水平轨道及半径R＝0.1 m的光滑绝缘圆轨道(在最低点B分别与水平轨道AB和BD相连)三部分组成，轨道各部分平滑连接．所有轨道处在同一竖直面内，倾斜轨道处于水平向左场强E＝5.0×105 N/C的匀强电场中．一质量为m＝3 g，带电量为q＝＋1.0×10－8 C滑块(可视为质点)，从倾斜轨道上静止释放，忽略空气阻力．求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点C时的速度大小vC；
(2)在水平轨道D点右侧，有一长为d＝0.2 m的水平框，框的左端点离水平轨道D点的水平距离为L＝0.4 m，竖直高度差为h＝0.2 m．为使滑块(一直在轨道上运动)滑离水平轨道D点后能落入框内(忽略框两侧边沿的高度)，则从D点飞出的物体速度范围；
(3)在上一问题中，滑块在倾斜轨道上静止释放位置离水平轨道的高度H′的大小范围．
素养培优·思维方法
“等效法”在电场中的应用
1．等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向．
2．等效最高点与几何最高点
在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是等效最高点(如图所示)．
[典例]　
[2023·河北名校高三联考]如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，圆形轨道与一光滑的弧形轨道在圆最低点相切，圆形轨道区域内有一平行于圆面的匀强电场，匀强电场的方向与竖直方向间的夹角为60°，带电荷量＋q＝的小球B静止在图示N位置，带电荷量为＋nq的小球A从弧形轨道某一位置由静止释放，A、B两球碰撞中无机械能损失．已知A、B两球的质量分别为nm、m(n为常数)，第一次碰撞后A、B两球有相同的最大摆角(未脱离轨道)，碰撞过程两小球所带电荷量保持不变，重力加速度为g.求：
(1)小球A释放的位置距离圆形轨道最低点的高度h至少为多少；
(2)常数n的值；
(3)在(1)问的情况下小球A、B第二次碰撞刚结束时各自的速度大小．
[教你解决问题]——模型建构
第7讲　电场及带电粒子在电场中的运动
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：
如图所示，P球受到A、B的库仑斥力FA、FB和指向圆心的轨道弹力作用而平衡，由正弦定理有＝，又∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中，有＝，同理在△BPO中，有＝，设小球P的带电荷量为q，则FA＝k，FB＝k，联立解得Q1∶Q2＝2n3∶1，C对．
答案：C
[例2]　解析：选项AB的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，A、B错误；
设P、Q1间的距离为r，P点场强为零，故Q2、Q3在P点产生场强的水平分场强等大反向，即
k·cos 60°＝k·cos 30°
解得：＝，C错误，D正确．
答案：D
[例3]　解析：P靠近正场源，M靠近负场源，故P点电势比M点的高，选项A错误；因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误；场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确；因x轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，选项D正确．故选CD.
答案：CD
[例4]　解析：由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误．
答案：BC
[提升训练]
1．解析：将六棱柱的上表面拿出
由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；
由等量异种电荷的电势分布可知，φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正确；由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同，A正确，B错误；故选ACD.
答案：ACD
2．解析：根据题意可知，电场方向由A→C，沿电场线方向电势降低可知，B点电势比C点电势高，故A正确；粒子从静止开始运动，电场力做正功，则电势能减小，故B错误；根据题意可知，B点附近的电场强度大于C点的电场强度，则粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C正确；根据题意可知，在AB间电场强度的平均值大于BC间电场强度的平均值，则由动能定理可知，粒子在AB间动能变化量比BC间的动能变化量大，故D错误．
答案：AC
3．解析：(1)
因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为q，电性与A相同，又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示，可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷．
(2)如图所示
由几何关系E′A＝E′BC·tan 30°
即＝)
其中AN＝BN＝CN
解得qC＝q.
答案：(1)q　A、B、C均为正电荷　(2)q
命题点二
[例1]　解析：根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得T＝qE
T sin 60°＋qE sin 60°＝mg
联立解得T＝qE＝×10－3 N
剪断细线，小球合力方向与T等大反向，小球沿AM方向做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系可得LMC＝d tan 60°＝10 cm
故A错误；
根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移
x＝(10－5sin 30°) cm＝7.5 cm
与电场力方向相反，电场力做功为
W电＝－qEx＝－×10－4 J
则小球的电势能增加×10－4 J，故B正确；
电场强度的大小
E＝＝×105 N/C
故C错误；
减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误．故选B.
答案：B
[例2]　解析：带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有
qE1＝m
qE2＝m
联立可得
＝.故选A.
答案：A
[例3]　解析：粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得
E＝，F＝qE＝ma
粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度
vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0
从射入到运动到最高点由运动学关系
＝2ad
粒子射入电场时由动能定理可得
qU1＝
联立解得U1∶U2＝1∶1
B正确；
粒子从射入到运动到最高点由运动学可得
2L＝vxt，d＝·t
联立可得L∶d＝1∶1
A错误；
粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得L＝vxt1，vy1＝at1
射入电容器到最高点有vy＝at
解得vy1＝
设粒子穿过电容器与水平的夹角为α，则
tan α＝＝
粒子射入磁场和水平的夹角为β，
tan (α＋β)＝3
C错误；
粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝at2
联立解得y＝
且x＝vxt′，y＝·t′
即解得x＝2L，y＝d＝L
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出磁场过程同理可得
x＝L＝vxt′1，y1＝t′1＝＝
即轨迹不会变化，D正确．
答案：BD
[例4]　解析：(1)小球a从A运动到B点，根据动能定理得m1gL＝m1v2
代入数据得v＝4 m/s
在B点，根据牛顿第二定律得Tm－m1g＝m1
代入数据得Tm＝15 N.
(2)小球a在区域Ⅰ中，水平方向qE1＝m1a
解得a＝20 m/s2
小球a减速至0时t＝＝0.2 s，x＝vt－at2＝0.4 m
小球a运动到C点时的速度大小为vC＝gt＝2 m/s
小球a从B运动到C点，小球a电势能的变化量为ΔEp＝－W＝－qE1·x＝4 J
即小球电势能增加了4 J.
(3)因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰．根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒．由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度．小球a从进入圆筒到第5次碰撞前，小球a增加的机械能为ΔEa＝qE2R＋2·qE22R＝10 J
则第5次碰撞后，小球b增加的机械能为ΔEb＝ΔEa＝10 J.
答案：(1)15 N　(2)2 m/s　小球电势能增加了4 J
(3)10 J
[提升训练]
1．解析：XX′极板间的电场强度大小为E＝，电子所受的电场力大小为F＝eE＝，由牛顿第二定律得a＝＝，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为W1＝e·10U，电子沿OO′方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在XX′极板间沿电场力方向的位移x≤，则电场力做的功W2≤eU，对全过程由动能定理得Ek＝W1＋W2≤eU，B错误；电子刚好从XX′极板的边缘离开时，电子在XX′极板间受到的电场力做的功为W′2＝eU，故在XX′极板间受到电场力的冲量大小I≤＝，C错误；电子离开加速电场时有e·10U＝，电子在XX′极板间的加速度大小为a＝，则离开XX′极板间时电子在垂直XX′极板方向的速度大小为vy＝at，沿OO′方向有l＝v0t，联立解得tan α＝＝，D正确．
答案：D
2．解析：(1)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝πr3ρ
则速率为v时受阻力f＝krv
则当油滴匀速下落时mg＝f
解得r＝ ∝
可知＝＝2
则＝＝.
(2)由于当在上下平板加恒定电压(上板为高电势)时，这两个油滴很快以v0的速率竖直向下匀速运动，所以油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷，油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷．
由＝8和m1＝ρ，m2＝ρ可知，甲乙油滴的半径之比为＝2
由f＝kvr可知两个油滴均以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为＝＝2
油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g
结合f＝kvr可知油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率v0竖直向下匀速运动，所受阻力为
f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1.
答案：(1)8∶1　(2)油滴a带负电，油滴b带正电　4∶1
3．解析：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点C，即表示轨道对滑块的弹力恰好为0，在最高点由重力提供向心力，即mg＝
可得vC＝1 m/s.
(2)通过受力分析可确定，滑块水平滑离水平轨道D点后，落入框内前做平抛运动，根据h＝gt2
代入数据可得平抛运动的时间为t＝0.2 s
为使滑块能落入框内，其水平射程满足0.4 m≤x≤0.6 m，根据x＝vDt
可得滑块滑离D点时的速度大小应满足范围区间2 m/s≤vD≤3 m/s
滑块从A点运动至D点过程，要一直在轨道上运动，则滑块能在竖直平面内做完整的圆周运动，根据机械能守恒定律可知＝
求得滑块通过最低点B点时的速度应满足条件vB≥ m/s
即vB＝vA＝vD≥ m/s
故滑块从D点的飞出速度应满足范围 m/s≤vD≤3 m/s.
(3)通过(2)问可得滑块通过A点时的速度范围为 m/s≤vA≤3 m/s
对处于斜面上的滑块进行受力分析，由牛顿第二定律得mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)－qE cos θ＝ma
可得到滑块下滑的加速度大小a＝3 m/s2
对斜面上的运动用匀变速直线运动规律，可确定滑块在斜面上起始释放位置的高度H′满足－0＝2a
求得0.5 m≤H′≤0.9 m
答案：(1)1 m/s　(2) m/s≤vD≤3 m/s
(3)0.5 m≤H′≤0.9 m
素养培优·思维方法
[典例]　解析：(1)小球A受到的电场力大小为F电＝E·nq＝E·n·＝nmg
根据题意结合力的平行四边形法则可得，小球A受到的电场力和重力的合力大小为FA＝nmg
将圆形轨道区域内重力场和电场等效为新的重力场，可得新重力场的加速度大小为g′＝＝g，方向与竖直方向夹角为60°，斜向右下方；因为A、B发生碰撞，所以小球A可以在光滑圆形轨道中做圆周运动，小球A可以通过等效重力场的最高点M(如模型建构图所示)，当刚好可以通过最高点M时有nmg＝
设小球A到达圆形轨道最低点时的速度为v0，小球A从释放到运动至圆形轨道最低点的过程中，根据机械能守恒定律有nmgh＝
小球A从圆形轨道最低点运动到M点的过程中，根据动能定理有＝－nmg(R＋R cos 60°)，联立解得h＝2R.
(2)由(1)分析可得小球B受到的电场力和重力的等效重力场加速度也为g′＝g，根据题意小球B静止在图示N位置，分析可知N位置为等效重力场中A、B两球做圆周运动的最低点；第一次碰撞后A、B两球有相同的最大摆角，根据动能定理可得从碰撞到A、B两球的速度为零的过程中，等效重力场分别对两球做的功等于两球各自动能大小的变化量；同时A、B两球碰撞中无机械能损失，结合碰撞规律可知，碰撞后A、B两球的速度大小相等，方向相反，设第一次碰撞前瞬间A球的速度大小为v，速度方向为正方向，碰后瞬间A球的速度大小为v′A，B球的速度大小为v′B，根据动量守恒定律和能量守恒定律有nmv＝－nmv′A＋mv′B，nmv2＝，v′A＝v′B
解得n＝.
(3)在(1)问的情况下小球A从M点运动到N点的过程中，根据动能定理有
＝nmg·2R，解得v＝
根据(2)中分析可得，碰撞后瞬间A、B两球速度大小满足v′A＝v′B＝v
分析可知A、B两球第二次碰撞时在N点，此时速度大小与第一次碰后的速度大小相等，对于两球的第二次碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有nm·v－m·v＝nmv″A＋mv″B
nm·＋m·＝＋mv″2B
联立解得v″A＝－v，v″B＝0，或者v″A＝v，v″B＝－v(舍去)负号表示速度方向与正方向相反，即小球A、B第二次碰撞刚结束时各自的速度大小分别为和0.
答案：(1)2R　(2)　(3)　0(共57张PPT)
第7讲　电场及带电粒子在电场中的运动
知识网络构建
命题分类剖析
素养培优·情境命题
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　电场的基本性质
1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系
2．三个物理量的判断方法
判断场强大小
判断电势的高低
判断电势能大小 ①根据Ep＝qφ判断；②根据WAB＝－ΔEp，由电场力做功判断
考向1　库仑力作用下的平衡问题
例 1 [2023·海南卷]如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电的小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)，已知AP∶BP＝n∶1，则Q1∶Q2是(　　)
A．2n2∶1 B．4n2∶1
C．2n3∶1 D．4n3∶1
答案：C
解析：如图所示，P球受到A、B的库仑斥力FA、FB和指向圆心的轨道弹力作用而平衡，由正弦定理有＝，又∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中，有＝，同理在△BPO中，有＝，设小球P的带电荷量为q，则FA＝k，FB＝k，联立解得Q1∶Q2＝2n3∶1，C对．
考向2　电场强度的叠加
例 2 [2023·湖南卷] 如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零，q > 0，则三个点电荷的电荷量可能为(　　)
A．Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q
B．Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q
C．Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q
D．Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q
答案：D
解析：选项AB的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，A、B错误；
设P、Q1间的距离为r，P点场强为零，故Q2、Q3在P点产生场强的水平分场强等大反向，即
k·cos 60°＝k·cos 30°
解得：＝，C错误，D正确．
考向3　根据电场中的“点、线、面、迹”判断相关物理量的变化
例 3 [2023·辽宁卷](多选)图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则(　　)
A．P点电势比M点的低
B．P点电场强度大小比M点的大
C．M点电场强度方向沿z轴正方向
D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
答案：CD
解析：P靠近正场源，M靠近负场源，故P点电势比M点的高，选项A错误；因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误；场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确；因x轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，电势能不变，选项D正确．故选CD.
例 4 [2023·全国乙卷] (多选)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方．从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示．M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球(　　)
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
答案：BC
解析：由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误．
思维提升
电场中三线问题的解题思路
解决电场中的三线问题，分清电场线、等势线、轨迹线是解题的基础，做曲线运动的物体一定要受到指向轨迹内侧的合外力是解题的切入点，功能关系(电场力做的功等于电势能的减少量，合外力的功等于物体动能的增量等)是解题的重要手段．
提升训练
1.[2023·山东卷](多选)如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是(　　)
A．F′点与C′点的电场强度大小相等
B．B′点与E′点的电场强度方向相同
C．A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D．将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电
势能先增大后减小
答案：ACD
解析：将六棱柱的上表面拿出
由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；
由等量异种电荷的电势分布可知，φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正确；由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同，A正确，B错误；故选ACD.
2．[2023·广东深圳统考二模](多选)范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳(电荷在金属球壳均匀分布)，使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速．在加速管顶端A点无初速度释放一带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底(B为AC中点)．不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是(　　)
A．B点电势比C点电势高
B．粒子从B点到C点的过程中电势能增大
C．粒子在B点的加速度大于在C点的加速度
D．粒子在AB与BC间的动能变化量相同
答案：AC
解析：根据题意可知，电场方向由A→C，沿电场线方向电势降低可知，B点电势比C点电势高，故A正确；粒子从静止开始运动，电场力做正功，则电势能减小，故B错误；根据题意可知，B点附近的电场强度大于C点的电场强度，则粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C正确；根据题意可知，在AB间电场强度的平均值大于BC间电场强度的平均值，则由动能定理可知，粒子在AB间动能变化量比BC间的动能变化量大，故D错误．
3．[2023·全国乙卷] 如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上．已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
(1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
(2)C点处点电荷的电荷量．
解析：(1)因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为q，电性与A相同，又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示，可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷．
(2)如图所示
由几何关系E′A＝E′BC·tan 30°
即＝)
其中AN＝BN＝CN
解得qC＝q.
答案：(1)q　A、B、C均为正电荷　(2)q
命题点二　带电粒子在电场中的运动
1．解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，加速或减速直线运动还是曲线运动等)．
(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图像)，找出已知量和待求量之间的关系．
注意：“化曲为直”思想的应用．
2．用能量观点处理带电体运动的思维方法
(1)用动能定理W＝ΔEk处理．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理．
考向1　带电粒子在电场中的直线运动
例 1 [2023·浙江6月] AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示．两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点．闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，则(　　)
A．MC距离为5 cm
B．电势能增加了×10－4 J
C．电场强度大小为×104 N/C
D．减小R的阻值，MC的距离将变大
答案：B
解析：根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得T＝qE
T sin 60°＋qE sin 60°＝mg
联立解得T＝qE＝×10－3 N
剪断细线，小球合力方向与T等大反向，
小球沿AM方向做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系可得LMC＝d tan 60°＝10 cm
故A错误；
根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移
x＝(10－5sin 30°) cm＝7.5 cm
与电场力方向相反，电场力做功为
W电＝－qEx＝－×10－4 J
则小球的电势能增加×10－4 J，故B正确；
电场强度的大小E＝＝×105 N/C
故C错误；
减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误．故选B.
考向2　带电粒子在电场中的曲线运动
例 2 [2023·浙江6月卷] 某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场．粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足(　　)
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
答案：A
解析：带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE1＝m
qE2＝m
联立可得＝.故选A.
例 3 [2023·湖北卷](多选) 一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示．忽略边缘效应，不计重力．下列说法正确的是(　　)
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶1
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电
容器中的运动轨迹不变
答案：BD
解析：粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝，F＝qE＝ma
粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度
vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0
从射入到运动到最高点由运动学关系＝2ad
粒子射入电场时由动能定理可得qU1＝
联立解得U1∶U2＝1∶1
B正确；
粒子从射入到运动到最高点由运动学可得2L＝vxt，d＝·t
联立可得L∶d＝1∶1
A错误；
粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得L＝vxt1，vy1＝at1
射入电容器到最高点有vy＝at
解得vy1＝
设粒子穿过电容器与水平的夹角为α，则tan α＝＝
粒子射入磁场和水平的夹角为β，
tan (α＋β)＝3
C错误；
粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝at2
联立解得y＝
且x＝vxt′，y＝·t′
即解得x＝2L，y＝d＝L
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出磁场过程同理可得
x＝L＝vxt′1，y1＝t′1＝＝
即轨迹不会变化，D正确．
考向3　力电综合问题
例 4 [2023·四川雅安模拟预测]如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小E1＝1×102 N/C，方向水平向右的匀强电场，一条长L＝0.8 m且不可伸长的轻绳一端固定在区域Ⅰ的左上角O点，另一端系一质量m1＝0.5 kg，带电荷量q＝－0.1 C的绝缘带电小球a，在紧靠区域Ⅰ的右下角C点竖直放置一足够长，半径R＝1 m的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的下边界共线，直径MN与直径CD垂直，圆筒内左半边MNCHJK区域Ⅱ中存在大小E2＝20 N/C，方向垂直纸面向里的匀强电场．把小球a拉至A点(轻绳绷直且水平)静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，轻绳恰好断裂．小球a进入电场继续运动，刚好从区域Ⅰ的右下角C点竖直向下离开电场E1，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ.已知重力加速度大小取g＝10 m2/s，绳断前、断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力．
求：(1)轻绳的最大张力Tm；
(2)小球a运动到C点时速度的大小vC和小球a从B到C过程电势能的变化量ΔEp；
(3)若小球a刚进入圆筒时，另一绝缘小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆筒，小球b的质量m2＝0.5 kg，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中小球a的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能ΔEb是多大．
解析：(1)小球a从A运动到B点，根据动能定理得m1gL＝m1v2
代入数据得v＝4 m/s
在B点，根据牛顿第二定律得Tm－m1g＝m1
代入数据得Tm＝15 N.
(2)小球a在区域Ⅰ中，水平方向qE1＝m1a
解得a＝20 m/s2
小球a减速至0时t＝＝0.2 s，x＝vt－at2＝0.4 m
小球a运动到C点时的速度大小为vC＝gt＝2 m/s
小球a从B运动到C点，小球a电势能的变化量为ΔEp＝－W＝－qE1·x＝4 J
即小球电势能增加了4 J.
(3)因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰．根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒．由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度．小球a从进入圆筒到第5次碰撞前，小球a增加的机械能为ΔEa＝qE2R＋2·qE22R＝10 J
则第5次碰撞后，小球b增加的机械能为ΔEb＝ΔEa＝10 J.
答案：(1)15 N　(2)2 m/s　小球电势能增加了4 J
(3)10 J
思维提升
解决带电粒子在电场中的运动问题方法与技巧
首先要确定研究对象，一般情况下，可以把带电粒子(不计重力)或者带电小球作为研究对象；其次要判断是电加速模型、电偏转模型还是电加速＋电偏转模型；然后对模型分别进行受力分析(要画出受力分析图)、运动分析(匀加速直线运动、类平抛运动)和能量分析(电场力做的功等于动能的变化量)；最后结合已知量和待求量，列出方程求解．
提升训练
1.[2023·浙江1月]如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成．电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极．已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　　)
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝
答案：D
解析：XX′极板间的电场强度大小为E＝，电子所受的电场力大小为F＝eE＝，由牛顿第二定律得a＝＝，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为W1＝e·10U，电子沿OO′方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在XX′极板间沿电场力方向的位移x≤，则电场力做的功W2≤eU，对全过程由动能定理得Ek＝W1＋W2≤eU，B错误；电子刚好从XX′极板的边缘离开时，电子在XX′极板间受到的电场力做的功为W′2＝eU，故在XX′极板间受到电场力的冲量大小I≤ ＝，C错误；电子离开加速电场时有e·10U＝，电子在XX′极板间的加速度大小为a＝，则离开XX′极板间时电子在垂直XX′极板方向的速度大小为vy＝at，沿OO′方向有l＝v0t，联立解得tan α＝＝，D正确．
2.[2023·新课标卷]密立根油滴实验的示意图如图所示．两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴．两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动．油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数．不计空气浮力和油滴间的相互作用．
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比．
解析：(1)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝πr3ρ
则速率为v时受阻力f＝krv
则当油滴匀速下落时mg＝f
解得r＝ ∝
可知＝＝2
则＝＝.
(2)由于当在上下平板加恒定电压(上板为高电势)时，这两个油滴很快以v0的速率竖直向下匀速运动，所以油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷，油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷．
由＝8和m1＝ρ，m2＝ρ可知，甲乙油滴的半径之比为＝2
由f＝kvr可知两个油滴均以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为＝＝2
油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g
结合f＝kvr可知油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率v0竖直向下匀速运动，所受阻力为
f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1.
答案：(1)8∶1　(2)油滴a带负电，油滴b带正电　4∶1
3．[2023·浙江模拟预测]如图所示，一游戏轨道由倾角θ＝37°，动摩擦因数μ＝的足够长绝缘倾斜轨道与光滑的绝缘水平轨道及半径R＝0.1 m的光滑绝缘圆轨道(在最低点B分别与水平轨道AB和BD相连)三部分组成，轨道各部分平滑连接．所有轨道处在同一竖直面内，倾斜轨道处于水平向左场强E＝5.0×105 N/C的匀强电场中．一质量为m＝3 g，带电量为q＝＋1.0×10－8 C滑块(可视为质点)，从倾斜轨道上静止释放，忽略空气阻力．
求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点C时的速度大小vC；
(2)在水平轨道D点右侧，有一长为d＝0.2 m的水平框，框的左端点离水平轨道D点的水平距离为L＝0.4 m，竖直高度差为h＝0.2 m．为使滑块(一直在轨道上运动)滑离水平轨道D点后能落入框内(忽略框两侧边沿的高度)，则从D点飞出的物体速度范围；
(3)在上一问题中，滑块在倾斜轨道上静止释放位置离水平轨道的高度H′的大小范围．
解析：(1)滑块恰好能过圆轨道最高点C，即表示轨道对滑块的弹力恰好为0，在最高点由重力提供向心力，即mg＝
可得vC＝1 m/s.
(2)通过受力分析可确定，滑块水平滑离水平轨道D点后，落入框内前做平抛运动，根据h＝gt2
代入数据可得平抛运动的时间为t＝0.2 s
为使滑块能落入框内，其水平射程满足0.4 m≤x≤0.6 m，根据x＝vDt
可得滑块滑离D点时的速度大小应满足范围区间2 m/s≤vD≤3 m/s
滑块从A点运动至D点过程，要一直在轨道上运动，则滑块能在竖直平面内做完整的圆周运动，根据机械能守恒定律可知＝
求得滑块通过最低点B点时的速度应满足条件vB≥ m/s
即vB＝vA＝vD≥ m/s
故滑块从D点的飞出速度应满足范围 m/s≤vD≤3 m/s.
(3)通过(2)问可得滑块通过A点时的速度范围为 m/s≤vA≤3 m/s
对处于斜面上的滑块进行受力分析，由牛顿第二定律得mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)－qE cos θ＝ma
可得到滑块下滑的加速度大小a＝3 m/s2
对斜面上的运动用匀变速直线运动规律，可确定滑块在斜面上起始释放位置的高度H′满足－0＝2a
求得0.5 m≤H′≤0.9 m
答案：(1)1 m/s　(2) m/s≤vD≤3 m/s
(3)0.5 m≤H′≤0.9 m
素养培优·情境命题
“等效法”在电场中的应用
1．等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向．
2．等效最高点与几何最高点
在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是等效最高点(如图所示)．
[典例] [2023·河北名校高三联考]如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，圆形轨道与一光滑的弧形轨道在圆最低点相切，圆形轨道区域内有一平行于圆面的匀强电场，匀强电场的方向与竖直方向间的夹角为60°，带电荷量＋q＝的小球B静止在图示N位置，带电荷量为＋nq的小球A从弧形轨道某一位置由静止释放，A、B两球碰撞中无机械能损失．已知A、B两球的质量分别为nm、m(n为常数)，第一次碰撞后A、B两球有相同的最大摆角(未脱离轨道)，碰撞过程两小球所带电荷量保持不变，重力加速度为g.
求：
(1)小球A释放的位置距离圆形轨道最低点的高度h至少为多少；
(2)常数n的值；
(3)在(1)问的情况下小球A、B第二次碰撞刚结束时各自的速度大小．
解析：(1)小球A受到的电场力大小为F电＝E·nq＝E·n·＝nmg
根据题意结合力的平行四边形法则可得，小球A受到的电场力和重力的合力大小为FA＝nmg
将圆形轨道区域内重力场和电场等效为新的重力场，可得新重力场的加速度大小为g′＝＝g，方向与竖直方向夹角为60°，斜向右下方；因为A、B发生碰撞，所以小球A可以在光滑圆形轨道中做圆周运动，小球A可以通过等效重力场的最高点M(如模型建构图所示)，当刚好可以通过最高点M时有nmg＝
设小球A到达圆形轨道最低点时的速度为v0，小球A从释放到运动至圆形轨道最低点的过程中，根据机械能守恒定律有nmgh＝
小球A从圆形轨道最低点运动到M点的过程中，根据动能定理有＝－nmg(R＋R cos 60°)，联立解得h＝2R.
(2)由(1)分析可得小球B受到的电场力和重力的等效重力场加速度也为g′＝g，根据题意小球B静止在图示N位置，分析可知N位置为等效重力场中A、B两球做圆周运动的最低点；第一次碰撞后A、B两球有相同的最大摆角，根据动能定理可得从碰撞到A、B两球的速度为零的过程中，等效重力场分别对两球做的功等于两球各自动能大小的变化量；同时A、B两球碰撞中无机械能损失，结合碰撞规律可知，碰撞后A、B两球的速度大小相等，方向相反，设第一次碰撞前瞬间A球的速度大小为v，速度方向为正方向，碰后瞬间A球的速度大小为v′A，B球的速度大小为v′B，根据动量守恒定律和能量守恒定律有nmv＝－nmv′A＋mv′B，nmv2＝，v′A＝v′B
解得n＝.
(3)在(1)问的情况下小球A从M点运动到N点的过程中，根据动能定理有
＝nmg·2R，解得v＝
根据(2)中分析可得，碰撞后瞬间A、B两球速度大小满足v′A＝v′B＝v
分析可知A、B两球第二次碰撞时在N点，此时速度大小与第一次碰后的速度大小相等，对于两球的第二次碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有nm·v－m·v＝nmv″A＋mv″B
nm·＋m·＝＋mv″2B
联立解得v″A＝－v，v″B＝0，或者v″A＝v，v″B＝－v(舍去)负号表示速度方向与正方向相反，即小球A、B第二次碰撞刚结束时各自的速度大小分别为和0.
答案：(1)2R　(2)　(3)　0
[教你解决问题]——模型建构第8讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　磁场的基本性质　安培力
1．磁场的叠加和安培定则应用的“三点注意”
(1)注意根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．
即磁感应强度的方向
(2)注意磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
(3)注意磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
要用到平行四边形法则，解三角形
2．安培力的分析与计算
(1)方向：左手定则
(2)大小：F＝BIL sin θ
θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
(3)二级结论：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥
考向1　磁场的叠加
例 1[2023·广东模拟预测]
如图所示，正方体放在水平地面上，空间有磁感应强度为B0、方向与水平面成45°角斜向上的匀强磁场．一根通电长直导线穿过正方体前后面的中心，电流的方向垂直于纸面向里．a，b，c，d分别是正方体所在边的中点．在这四点中(　　)
A．c，d两点的磁感应强度大小相等
B．a，b两点的磁感应强度大小相等
C．b点磁感应强度的值最大
D．c点磁感应强度的值最小
考向2　安培力
例 2 如图所示，
匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为(　　)
A．0 B．BIl
C．2BIlD．BIl
考向3　磁场中通电导体类问题的综合问题
例 3[2023·海南卷]如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场．
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆横截面的电荷量．
思维提升
磁场中通电导体类问题的解题步骤
(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时考虑安培力．
(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向．由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系．
(3)根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式或功能关系列式求解．
提升训练
1.[2023·浙江省十校高三联考]如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是两端都吸有强磁铁的干电池，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管．将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入螺线管内，就会沿螺线管运动．下列关于螺线管电流方向、强磁铁的磁极、“小火车”运动方向符合实际的是(　　)
2．[2023·浙江省温州市适应性试卷]如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景．其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点．已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比.6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则(　　)
A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中b导线所受安培力大小为F
C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
3．[2023·北京卷]2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录．一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示．两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒．金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出．导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)．金属棒被该磁场力推动．当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I.已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m.求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v.
命题点二　带电粒子在匀强磁场中的运动
1．注意“四点、六线、三角”
在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．
(1)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.
(2)六线：圆弧两端点所在的两条轨迹半径、入射速度直线OB、出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度直线交点的连线AO.
(3)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．
2．三个“二级”结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
考向1　直线有界磁场
例 1[2022·湖北卷]
(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　)
A.kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
考向2　圆形有界磁场
例 2[2023·全国甲卷]
(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计重力．下列说法正确的是(　　)
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
考向3　多边形有界磁场
例 3 如图所示，
垂直于纸面的匀强磁场在∠DAC为30°、边长为a的菱形内部，对角线交点为O.某带电粒子以速度v1从O点沿OA方向射出时，恰好没有穿出磁场边界．该带电粒子以速度v2从O点沿OB方向射出时，仍恰好没有射出磁场边界．则的值为(　　)
A．1 B．2
C．D．6－3
考向4　带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题
例 4[2023·四川省成都市三诊]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束He粒子在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．已知粒子的质量为m、电荷量为q.则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为(　　)
A． B．
C． D．
思维提升
处理临界问题的两个方法
数理结合法 利用“矢量图”“边界条件”等求临界值利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值
抓关键词法 “恰好”“最大”“致少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词
提升训练
1.
[2023·四川省成都市树德中学三诊]如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO.a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则(　　)
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．粒子b将从DN边上某一位置(不含N点)射出
D．a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3∶2
2.
[2023·陕西省商洛市洛南县模拟考试]真空中有一匀强磁场，磁感应强度的大小可调节．磁场边界为两个半径分别为a和5a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向从M点进入磁场(M点未标出)．已知电子的质量为m，电荷量为e，忽略重力．
(1)为使该电子被限制在图中实线圆围成的区域内，求磁感应强度的最小值B0；
(2)当磁感应强度调整为B＝时，则电子经多长时间从M点射入磁场．
素养培优·情境命题
“数学圆”法在磁场中的应用
1．解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．
2．粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．
3．常用的动态圆
示意图 适用条件 应用方法
放缩圆 　(轨迹圆的圆心在P1P2直线上) 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件
旋转圆 (轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心，半径R＝的圆上) 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同 将一半径为R＝的圆以入射点为定点进行旋转，从而探索出临界条件
平移圆 (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定 将半径为R＝的圆进行平移
磁聚焦 与磁发散 轨迹圆半径等于区域圆半径 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散
[典例1]　
[2023·湖南高校联考模拟预测](多选)一有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其他地方磁场的范围足够大．一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，以下说法正确的是(　　)
A．从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B．从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长
C．粒子在磁场中的最长运动时间不大于
D．粒子在磁场中的最长运动时间不大于
[典例2]　[2023·山东模拟预测](多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展．如图，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切．在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是(　　)
A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里
B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里
C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
[典例3]　[2023·辽宁卷]如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍．金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场．己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力．
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长．定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M.
第8讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：
a，b，c，d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加，由安培定则可知a、b、c、d四点的磁场如图所示
由图可知，a点磁感应强度大小为Ba＝B0＋B
b点和d点磁感应强度大小为Bb＝Bd＝
c点的磁感应强度大小为Bc＝B0－B
故ABC不符合题意，D符合题意．
答案：D
[例2]　解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab＝BI·2l＝2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl.
故选C.
答案：C
[例3]　解析：(1)对金属杆，离开液面后跳起的高度为H，由运动学公式有
v2＝2gH
解得v＝ m/s
对金属杆从刚闭合电键至其下端离液面高度为H的过程，由动能定理有BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝ A
(2)对金属杆，由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′
由运动学公式有v′2＝2gH′
又q＝I′t′
解得q＝0.085 C
答案：(1) m/s　 A　(2)0.085 C
[提升训练]
1．解析：根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧强磁铁S吸引(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁N极要受到右侧强磁铁N极的排斥力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；小火车运动向左运动，故A正确，B错误；
根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧强磁铁S吸引(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁S极要受到右侧N极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力为零；小火车处于静止状态，故C错误；
根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向左；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极N排斥(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁N极要受到右侧S极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，小火车运动向右运动，故D错误．
答案：A
2．解析：根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故A错误；
根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为Ffd＝tan 30°F＝F
e对导线b的安培力大小为，根据矢量的合成可得b导线所受安培力Fb＝2F sin 30°＋2×sin 60°＋＝，故B错误；
根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误．
答案：C
3．解析：(1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为
B1＝kI
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
F＝B1IL＝kI2L
(2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1＝＝
第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
F′＝B2·2IL＝4kI2L
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
a2＝＝
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs＋F′s＝mv2－0
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝
答案：(1)kI2L　(2)1∶4　(3)
命题点二
[例1]　解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有R＝L，qvB＝m
可得v＝＝kBL
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
可得v＝＝kBL
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故可知B、C正确，A、D错误．
答案：BC
[例2]　解析：
假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心
由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；
速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少， C错误．
故选BD.
答案：BD
[例3]　解析：当带电粒子沿OA方向射出时，轨迹如图甲所示，设粒子运动的轨迹半径为r1，由几何知识有sin 60°＝，解得r1＝a，当带电粒子沿OB方向射出时，轨迹如图乙所示，设粒子运动的轨迹半径为r2，由几何知识有tan 30°＝，解得r2＝a，由Bqv＝m得v＝，所以v∝r，则＝＝6－3，选D.
答案：D
[例4]　解析：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝m
又有T＝，解得T＝
设粒子运动轨迹所对的圆心角为α，则运动时间为t＝·T＝
可知，α越大，运动时间越长，当粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知α越大则∠aOc越小，而∠aOc＝180°－∠Oac－∠Oca＝180°－2∠Oac
即当圆弧经过c点时∠Oac最大，此时α最大
设半径为R，由几何关系有L2＋(2L－R)2＝R2
解得R＝L
联立可得v＝＝，故选B.
答案：B
[提升训练]
1．解析：由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；
由题意可知，a粒子的运转半径为R，则由R＝可知，粒子的比荷为＝，选项B错误；
从C点入射的b粒子的半径也为R，且由于∠CON＝60°，可知粒子b正好从N点射出，选项C错误；
从a点射入的粒子在磁场中转过的角度为90°；从b点射入的粒子在磁场中转过的角度为60°；两粒子的周期相同，根据t＝T可知，a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3∶2，选项D正确．
答案：D
2．解析：
(1)根据带电粒子在磁场中的运动特征，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力
则有Bev＝，解得R＝
由几何关系可知，当磁感应强度最小时，带电粒子运动的临界轨迹与大圆边界相切，如图甲所示
由勾股定理有a2＋R2＝(5a－R)2
则2.4a＝
解得B0＝.
(2)当B＝时，根据洛伦兹力充当向心力，有Bev＝
解得r＝a
由几何关系，可画出电子的运动轨迹示意图，如图乙所示电子第1次从M射入磁场经N点进入小圆内部，由几何关系可知，从N点进入小圆沿直径方向射出，且电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为θ＝300°，后从Q射入磁场，每次电子均如上所述运动，经6次后可再次从M点射出
则电子运动的总时间为t总＝n(t磁＋t匀)
电子在磁场中做圆周运动的周期T＝
解得t总＝(n取1，2，3，…)．
答案：见解析
素养培优·情境命题
典例1　解析：画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如下图所示
当粒子都从ab边射出，则运动轨迹都是半圆周，运动时间都相等，为；当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨道半径越大，对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于，故A正确，BC错误；
当粒子的速度足够大，半径足够大时，l远小于r，这时圆心角大小趋近于270°，因此粒子在磁场中最长运动时间小于，故D正确．
答案：AD
典例2　解析：根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为r0，有 qB0v＝m，解得 B0＝
要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有 qB1v＝m，解得 B1＝
比较可得 B1＝B0
由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；
如图，磁场区域的最小面积为S2＝，C正确，D错误．
故选BC.
答案：BC
典例3　解析：(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma
解得a＝
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得＝
联立解得U＝
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
tan α＝＝
故α＝
则出电场时粒子的速度为v＝＝v0
粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝m
解得r＝＝
已知圆形磁场区域半径为R＝，故r＝R
粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或60°；
(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝R，根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中运动轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长．则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
答案：　(2)或60°
(3)(共53张PPT)
第8讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动
知识网络构建
命题分类剖析
素养培优·情境命题
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　磁场的基本性质　安培力
1．磁场的叠加和安培定则应用的“三点注意”
(1)注意根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．
即磁感应强度的方向
(2)注意磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
(3)注意磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
要用到平行四边形法则，解三角形
2．安培力的分析与计算
(1)方向：左手定则
(2)大小：F＝BIL sin θ
θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
(3)二级结论：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥
考向1　磁场的叠加
例 1 [2023·广东模拟预测] 如图所示，正方体放在水平地面上，空间有磁感应强度为B0、方向与水平面成45°角斜向上的匀强磁场．一根通电长直导线穿过正方体前后面的中心，电流的方向垂直于纸面向里．a，b，c，d分别是正方体所在边的中点．在这四点中(　　)
A．c，d两点的磁感应强度大小相等
B．a，b两点的磁感应强度大小相等
C．b点磁感应强度的值最大
D．c点磁感应强度的值最小
答案：D
解析：a，b，c，d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加，由安培定则可知a、b、c、d四点的磁场如图所示
由图可知，a点磁感应强度大小为Ba＝B0＋B
b点和d点磁感应强度大小为Bb＝Bd＝
c点的磁感应强度大小为Bc＝B0－B
故ABC不符合题意，D符合题意．
考向2　安培力
例 2 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为(　　)
A．0 B．BIl
C．2BIl D．BIl
答案：C
解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab＝BI·2l＝2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl.
故选C.
考向3　磁场中通电导体类问题的综合问题
例 3 [2023·海南卷]如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B＝8×10－2 T的匀强磁场．
(1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm，设离开导电液体前杆中的电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2)
(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆横截面的电荷量．
解析：(1)对金属杆，离开液面后跳起的高度为H，由运动学公式有
v2＝2gH
解得v＝ m/s
对金属杆从刚闭合电键至其下端离液面高度为H的过程，由动能定理有BILh－mg(H＋h)＝0
解得I＝ A
(2)对金属杆，由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′
由运动学公式有v′2＝2gH′
又q＝I′t′
解得q＝0.085 C
答案：(1) m/s　 A　(2)0.085 C
思维提升
磁场中通电导体类问题的解题步骤
(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时考虑安培力．
(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向．由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系．
(3)根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式或功能关系列式求解．
提升训练
1.[2023·浙江省十校高三联考]如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是两端都吸有强磁铁的干电池，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管．将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入螺线管内，就会沿螺线管运动．下列关于螺线管电流方向、强磁铁的磁极、“小火车”运动方向符合实际的是(　　)
答案：A
解析：根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧强磁铁S吸引(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁N极要受到右侧强磁铁N极的排斥力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；小火车运动向左运动，故A正确，B错误；
根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧强磁铁S吸引(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁S极要受到右侧N极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力为零；小火车处于静止状态，故C错误；
根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向左；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极N排斥(参考小磁针)，而小火车右侧磁铁N极要受到右侧S极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，小火车运动向右运动，故D错误．
2．[2023·浙江省温州市适应性试卷]如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景．其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点．已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比.6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则(　　)
A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中b导线所受安培力大小为F
C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
答案：C
解析：根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故A错误；
根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为Ffd＝tan 30°F＝F
e对导线b的安培力大小为，根据矢量的合成可得b导线所受安培力Fb＝2F sin 30°＋2×sin 60°＋＝，故B错误；
根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误．
3．[2023·北京卷]2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录．一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示．两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒．金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出．导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)．金属棒被该磁场力推动．当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I.已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m.
求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v.
解析：(1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为
B1＝kI
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F＝B1IL＝kI2L
(2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1＝＝
第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
F′＝B2·2IL＝4kI2L
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
a2＝＝
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶4
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs＋F′s＝mv2－0
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝
答案：(1)kI2L　(2)1∶4　(3)
命题点二　带电粒子在匀强磁场中的运动
1．注意“四点、六线、三角”
在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．
(1)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.
(2)六线：圆弧两端点所在的两条轨迹半径、入射速度直线OB、出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度直线交点的连线AO.
(3)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．
2．三个“二级”结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
考向1　直线有界磁场
例 1 [2022·湖北卷] (多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　)
A. kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
答案：BC
解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有R＝L，qvB＝m
可得v＝＝kBL
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，
故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
可得v＝＝kBL
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故可知B、C正确，A、D错误．
考向2　圆形有界磁场
例 2 [2023·全国甲卷] (多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计重力．下列说法正确的是(　　)
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
答案：BD
解析：假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心
由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；
速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少， C错误．
故选BD.
考向3　多边形有界磁场
例 3 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场在∠DAC为30°、边长为a的菱形内部，对角线交点为O.某带电粒子以速度v1从O点沿OA方向射出时，恰好没有穿出磁场边界．该带电粒子以速度v2从O点沿OB方向射出时，仍恰好没有射出磁场边界．则的值为(　　)
A．1 B．2
C． D．6－3
答案：D
解析：当带电粒子沿OA方向射出时，轨迹如图甲所示，设粒子运动的轨迹半径为r1，由几何知识有sin 60°＝，解得r1＝a，当带电粒子沿OB方向射出时，轨迹如图乙所示，设粒子运动的轨迹半径为r2，由几何知识有tan 30°＝，解得r2＝a，由Bqv＝m得v＝，所以v∝r，则＝＝6－3，选D.
考向4　带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题
例 4 [2023·四川省成都市三诊]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束He粒子在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．已知粒子的质量为m、电荷量为q.则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝m
又有T＝，解得T＝
设粒子运动轨迹所对的圆心角为α，则运动时间为t＝·T＝
可知，α越大，运动时间越长，当粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知α越大则∠aOc越小，而∠aOc＝180°－∠Oac－∠Oca＝180°－2∠Oac
即当圆弧经过c点时∠Oac最大，此时α最大
设半径为R，由几何关系有L2＋(2L－R)2＝R2
解得R＝L
联立可得v＝＝，故选B.
思维提升
处理临界问题的两个方法
数理结合法 利用“矢量图”“边界条件”等求临界值利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值
抓关键词法 “恰好”“最大”“致少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词
提升训练
1.[2023·四川省成都市树德中学三诊]如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO.a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则(　　)
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为
C．粒子b将从DN边上某一位置(不含N点)射出
D．a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3∶2
答案：D
解析：由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；
由题意可知，a粒子的运转半径为R，则由R＝可知，粒子的比荷为＝，选项B错误；
从C点入射的b粒子的半径也为R，且由于∠CON＝60°，可知粒子b正好从N点射出，选项C错误；
从a点射入的粒子在磁场中转过的角度为90°；从b点射入的粒子在磁场中转过的角度为60°；两粒子的周期相同，根据t＝T可知，a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3∶2，选项D正确．
2.[2023·陕西省商洛市洛南县模拟考试]真空中有一匀强磁场，磁感应强度的大小可调节．磁场边界为两个半径分别为a和5a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向从M点进入磁场(M点未标出)．已知电子的质量为m，电荷量为e，忽略重力．
(1)为使该电子被限制在图中实线圆围成的区域内，求磁感应强度的最小值B0；
(2)当磁感应强度调整为B＝时，则电子经多长时间从M点射入磁场．
解析：(1)根据带电粒子在磁场中的运动特征，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力
则有Bev＝，解得R＝
由几何关系可知，当磁感应强度最小时，带电粒子运动的临界轨迹与大圆边界相切，如图甲所示
由勾股定理有a2＋R2＝(5a－R)2
则2.4a＝
解得B0＝.
(2)当B＝时，根据洛伦兹力充当向心力，有Bev＝
解得r＝a
由几何关系，可画出电子的运动轨迹示意图，如图乙所示电子第1次从M射入磁场经N点进入小圆内部，由几何关系可知，从N点进入小圆沿直径方向射出，且电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为θ＝300°，后从Q射入磁场，每次电子均如上所述运动，经6次后可再次从M点射出
则电子运动的总时间为t总＝n(t磁＋t匀)
电子在磁场中做圆周运动的周期T＝
解得t总＝(n取1，2，3，…)．
答案：见解析
素养培优·情境命题
“数学圆”法在磁场中的应用
1．解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．
2．粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．
3．常用的动态圆
示意图 适用条件 应用方法
放缩圆 　 (轨迹圆的圆心在P1P2直线上) 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件
旋转圆 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同
平移圆 (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定
磁聚焦 与磁发散 轨迹圆半径等于区域圆半径 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散
[典例1] [2023·湖南高校联考模拟预测](多选)一有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其他地方磁场的范围足够大．一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，以下说法正确的是(　　)
A．从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B．从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长
C．粒子在磁场中的最长运动时间不大于
D．粒子在磁场中的最长运动时间不大于
答案：AD
解析：画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如下图所示
当粒子都从ab边射出，则运动轨迹都是半圆周，运动时间都相等，为；当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨道半径越大，对应的圆心角越大，运动时间越长，运动时间大于，故A正确，BC错误；
当粒子的速度足够大，半径足够大时，l远小于r，这时圆心角大小趋近于270°，因此粒子在磁场中最长运动时间小于，故D正确．
[典例2]　[2023·山东模拟预测](多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展．如图，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切．在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是(　　)
A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，
方向垂直纸面向里
B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，
方向垂直纸面向里
C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
答案：BC
解析：根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为r0，有 qB0v＝m，解得 B0＝
要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有 qB1v＝m，解得 B1＝
比较可得 B1＝B0
由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，
B正确；
如图，磁场区域的最小面积为S2＝，
C正确，D错误．
故选BC.
[典例3]　[2023·辽宁卷]如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍．金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场．己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力．
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长．定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M.
解析：(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma
解得a＝
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得＝
联立解得U＝
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有tan α＝＝
故α＝
则出电场时粒子的速度为v＝＝v0
粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，
根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需
的向心力得qvB＝m
解得r＝＝
已知圆形磁场区域半径为R＝，故r＝R
粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或60°；
(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝R，根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中运动轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长．则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：第9讲　带电粒子在复合场中的运动
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命题分类剖析
命题点一　带电粒子在组合场中的运动
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现．
2．磁偏转模型与电偏转模型的辨析
例 1[2023·全国乙卷]
如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
例 2 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．
[教你解决问题]
(1)读题→画轨迹
(2)模型建构→求速度
思维提升
解决带电粒子在组合场中运动问题
提升训练
1.[2023·海南卷](多选)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域，在0x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上，不计重力，则(　　)
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝
B．粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为
D．粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是
2.
[2023·江苏苏州校考模拟预测]如图所示，在xOy平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与x轴相切于A(－2m，0)点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B＝1 T，磁场区域的半径为R＝2m，第一象限内有一条抛物线OQP(图中虚线所示)，P(4m，0)是x轴上的一点，抛物线OQP上方存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E＝3×103 V/m，从A点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为v0(未知)，质量均为m＝2×10－7 kg，电荷量均为q＝1×10－4 C，所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．
(1)已知粒子1沿与x轴正方向成θ1＝60°的方向进入磁场后平行于x轴从磁场中射出，求初速度v0的大小；
(2)粒子2沿与x轴正方向成θ2＝120°的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用的时间t(结果保留2位有效数字)．
(3)求电场的边界线OQP的轨迹方程．
命题点二　带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零；qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
例 1[2023·江苏卷]
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 例 2 如图，在竖直平面直角坐标系xOy中，Ox水平，在y≥0的空间内充满匀强电场(未画出)和方向垂直纸面向外的匀强磁场，直线QN⊥x轴，OQ＝L；在y≤0的空间内充满方向与x轴平行的匀强电场(未画出)．一质量为m、电荷量为q的带正电小液滴，从原点O沿纸面与y轴正方向夹角θ＝60°的方向以某一初速度射入第二象限后，做匀速圆周运动且恰好不通过QN.已知重力加速度大小为g，初速度大小v0＝.
(1)求y≥0空间内场强大小E1和磁感应强度大小B；
(2)若液滴通过x轴后做直线运动，求液滴从O点开始到通过y轴负半轴所用的时间T.
例 3[2023·山东青岛二模]如图甲，三维坐标系中yOz平面的左侧虚线区域内存在一未知电场，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B1和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场，电场强度E＝0.4 N/C.一质量m＝4×10－6 kg、电荷量q＝1×10－4 C的带正电液滴，从xOy平面内的P点沿x轴方向以v0＝1 m/s的初速度进入未知电场区域，经过0.1 s到达原点O第1次经过x轴，此时速度大小v＝2 m/s，方向在xOy平面内与x轴正向成45°角斜向下．把液滴到达原点O的时刻记为t＝0，此时磁场沿z轴负方向，磁场B1随时间变化的关系如图乙所示，其中B0＝0.4 T、t0＝ s，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求液滴从P点到原点O的过程中，受到的电场力的冲量大小；
(2)求液滴从第1次到第4次经过x轴的时间间隔；
(3)在t＝6t0时刻撤去电场E和磁场B1，同时在整个空间区域加上竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝ T，求液滴继续运动过程中达到最大高度时的位置坐标．
思维提升
交变电磁场问题的处理思路
提升训练
1.[2023·吉林统考二模]如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)套在长度为L、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP上，P端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
(1)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(2)Q点距离地面的高度h.
2．如图，在直角坐标系xOy中，y轴竖直．以点O1(O，R)为圆心、以R为半径的圆形区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，直径AC与y轴正方向成θ＝60°；在y>0的区域内存在方向与AC平行斜向上的匀强电场；在y<0的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场(未画出)．现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小v0＝(g为重力加速度大小)的初速度从A点沿AC方向做直线运动．已知y<0区域内磁感应强度大小B＝.
(1)求圆形区域内磁场的磁感应强度大小B0和y>0区域内电场的场强大小E；
(2)求小球第一次通过x轴时的位置D的横坐标；
(3)求小球在x轴下方运动的最大速度．
素养培优·情境命题
电磁场与现代科技
情境1　回旋加速器——科学思维
[典例1]　[2023·广东高三统考开学考试]图甲示意我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．由于粒子速度被逐渐加大，则它在D形盒中的运动周期越来越小
B．由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小
C．粒子从加速器出来的最大速度与D形盒的半径大小及磁场磁感应强度有关
D．粒子增加的动能来源于磁场
情境2　霍尔推进器——科学思维
[典例2]　[2023·广东广州天河区一模](多选)据报道，我国空间站(图甲)安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙所示，在很窄的某圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电荷量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是(　　)
A.电场方向垂直环平面向外
B．电子做匀速圆周运动的周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
情境3　电磁流量计——模型建构
[典例3]　[2023·湖北省武汉市模拟](多选)电磁流量计可以测量导电流体的流量(单位时间内流过某一横截面的流体体积)．如图所示，它是由一个产生磁场的线圈，以及用来测量电动势的两个电极a、b所构成，可架设于管路外来测量液体流量．以v表示流速，B表示电磁线圈产生的磁场，D表示管路内径，若磁场B的方向、流速v的方向与测量电磁线圈感应电动势两电极连线的方向三者相互垂直，则测得的感应电动势为U0，下列判断正确的是(　　)
A．电极a为负，电极b为正
B．电极a为正，电极b为负
C．U与液体流量成正比
D．U与液体流量成反比
情境4　质谱仪——科学思维
[典例4]　[2023·天津和平区期末]有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示．加速电场的电压为U，静电分析器中有会聚电场，即与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零、重力不计)；经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的电场方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器．而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器，测量出Q点与圆心O2的距离为d.(题中的U、m、q、R、d都为已知量)
(1)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；
(2)求磁分析器中磁感应强度B的大小；
(3)现将离子换成质量为2m、电荷量为0.5q的另一种正离子，其他条件不变．磁分析器空间足够大，离子不会从圆弧边界射出，求该离子离开磁分析器的位置Q′到O2的距离．
第9讲　带电粒子在复合场中的运动
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a
则粒子做圆周运动有qvB＝m
则有＝
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB
联立有＝
故选A.
答案：A
[例2]　解析：(1)粒子运动的轨迹如图甲所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)；
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)．速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有
qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝v cos θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝m⑤
由几何关系得l＝2R cos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝；⑦
(3)由运动学公式和题中所给数据得
v1＝⑧
联立①②③⑦⑧式得
＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝
由③⑦⑨⑩ 式得
t′＝(1＋)
答案：(1)图见解析　(2)　(3)(1＋)
[提升训练]
1．解析：若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有＝·t2，解得E＝，A对；粒子在电场中运动，由动能定理有qE·＝结合A项分析可得v＝，B错；粒子在电场中的运动过程，竖直方向有vy＝·，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据几何关系可知，圆心到MN的距离为s＝R cos θ＝＝，C错；经分析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径最大，在电场中运动时，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y0＝·t2，由动能定理有Emqy0＝,粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝,联立解得Rm＝，D对．
答案：AD
2．解析： (1)设磁场圆心为O1，粒子1在磁场中运动轨迹的半径为r，圆心为O2，从磁场边界上的C点飞出，如图所示
由几何关系可知四边形O1AO2C为菱形，故有r＝R
由牛顿第二定律可知qv0B＝
联立解得v0＝1×103 m/s
(2)设粒子2在磁场中运动轨迹的圆心为O3，它从D点平行于x轴射出磁场，延长DO3与x轴相交于E点，DE垂直于x轴，如图所示．
有：∠AO3D＝120°，∠O3AE＝30°
粒子2在磁场中运动的周期T＝＝4π×10－3s
它在磁场中运动的时间t1＝T＝×10－3s
D点的横坐标xD＝xA＋r·cos ∠O3AE＝－2 m＋2× m＝－ m
D点到P点沿x轴方向的位移为x＝xP－xD＝(4＋) m
粒子2从D点到P点在沿x轴方向上做匀速直线运动，所用时间t2＝＝(4＋)×10－3 s
所以t＝t1＋t2＝9.9×10－3 s
(3)由几何关系可知所有粒子都平行于x轴进入电场，如图所示
设某个粒子在电场中运动的时间为t0，加速度为a，到达抛物线OQP时的坐标为(x，y)，此时粒子速度为v，沿y轴方向的分速度大小为vy，x轴方向上有x＝v0t0
y轴方向上由牛顿第二定律有qE＝ma
解得a＝1.5×106m/s2，vy＝at0
由三角形相似可得＝
联立解得y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4 m)
答案：(1)1×103 m/s　(2)9.9×10－3 s
(3)y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4 m)
命题点二
[例1]　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，且由于电子入射速度为，则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)若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
eEy＝－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
则若电子入射速度在0 答案：(1)v0B　(2)　(3)90%
[例2]　解析：
(1)液滴运动轨迹如图所示，y≥0空间内液滴做匀速圆周运动，有qE1＝mg
解得E1＝
由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，其中v0＝
由几何关系有r＋r cos θ＝L
解得B＝，r＝L.
(2)由(1)问得r＝L
液滴做匀速圆周运动的时间t1＝·＝π
液滴通过x轴上P点后做直线运动，设液滴在第四象限中运动的时间为t2，则
＝2mg＝ma1，＝
联立解得t2＝
T＝t1＋t2
联立解得T＝π .
答案：(1)
(2)π
[例3]　解析： (1)液滴从P点到原点O的过程中，根据动量定理
水平方向：Ix＝mv cos －mv0＝4×10－6N·s
竖直方向：Iy－mgt＝－mv sin －0，
解得：Iy＝－4×10－6N·s
电场的冲量大小为I＝＝4×10－6N·s
(2)液滴进入yOz平面的右侧后E1q＝mg
相当于只受磁场力，根据向心力公式：qvB11＝m
其中B11＝2B0＝0.8 T，解得：r1＝ m
且T1＝＝ s
同理qvB12＝m
其中B12＝B0＝0.4 T，解得r2＝ m
且T2＝＝ s
则Δt＝4t0＋＝ s
(3)在t＝6t0时，液滴的速度在xOy平面内，与x轴夹角为45°，6t0后液滴螺旋上升，
上升时间为：t＝＝0.2 s
高度h＝t＝0.2 m
根据洛伦兹力提供向心力，有qv sin 45°B2＝m
解得液滴在xOz平面内做圆周运动的半径r3＝ m
周期为T3＝＝ s
所以上升过程相当于T3
x3＝3r2cos 45°＝0.6 m，y3＝3r2sin 45°＋h＝0.8 m，z3＝2r3＝ m
因此液滴在最高点的坐标为(0.6 m，0.8 m， m)
答案：(1)4×10－6 N·s　(2) s
(3)(0.6 m，0.8 m， m)
[提升训练]
1．解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有sin θ＝，cos θ＝；L＝；解得E＝，B＝
(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有Eq cos θ＝max；vx＝v cos θ－axt
竖直方向有mg－Eq sin θ＝may；h＝v sin θ·t＋ayt2
当小球落到地面时，vx＝0，即vx＝v cos θ－axt＝0，解得t＝，h＝(sin θ＋)L.
答案：(1)　(2)(sin θ＋)L
2．解析：(1)小球沿AC方向做直线运动，则qv0B0＝mg sin θ
qE＝mg cos θ
其中v0＝
解得B0＝，E＝.
(2)小球运动轨迹如图所示，小球从C点离开磁场后受到的合外力方向与电场方向垂直向下且mg sin θ＝ma，小球做类平抛运动，则L＝v0t2，d＝，由几何关系有d＝(2+)
解得L＝6R
小球第一次通过x轴时位置的横坐标
xD＝R sin θ＋
解得xD＝5R.
(3)由(2)问得t2＝2 ，tan α＝
解得α＝30°
则v1＝2v0sin (30°＋α)＝v0
v2＝2v0cos (30°＋α)＝v0
经过计算得qBv1＝mg，则小球在x轴下方运动的最大速度为vmax＝v1＋v2
解得vmax＝(1＋.
答案：(1)　(2)5R　(3)(1＋
素养培优·情境命题
典例1　解析：粒子在磁场中运动的周期T＝，与粒子速度无关，故粒子在D形盒中的运动周期不变，所加交流电的周期也相应保持不变，故AB错误；
粒子由D形盒中飞出时，有qvmB＝
得R＝
结合Ekm＝
可解得粒子的最大速度为vm＝
与D形盒的半径大小R及磁场磁感应强度B均有关，故C正确；
洛伦兹力总与粒子的运动方向垂直，不对粒子做功，只改变粒子速度的方向，粒子增加的动能来源于加速电场，故D错误．
答案：C
典例2　解析：根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电子受到的电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力，则有evB＝m，解得B＝，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝，D正确．
答案：BCD
典例3　解析：根据左手定则，带正电的离子所受洛伦兹力指向b极，则正离子向b极移动，同理，带负电离子受洛伦兹力向a极移动，故电极a为负，电极b为正，故A正确，B错误；
带电粒子受洛伦兹力与电场力平衡时，有q＝qvB，又由流量为Q＝＝＝，联立解得感应电动势U0＝，可知U与液体流量成正比，故 C正确，D错误．
答案：AC
典例4　解析：(1)离子通过加速电场的过程，根据动能定理有qU＝mv2
离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有qE＝m，解得E＝.
(2)离子垂直磁分析器左边界进入，垂直下边界射出，则离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径为d，则有qvB＝m，解得B＝.
(3)由(1)可得，另一种离子在静电分析器中的运动半径仍为R，所以该离子进入磁分析器的位置P′仍为P，则有0.5qU＝·2mv′2
离子在磁分析器中做匀速圆周运动有0.5qv′B＝2m，解得r′＝2d
该离子离开磁分析器的位置Q′到O2的距离为x＝＝d.
答案：(1)　(2)　(3)d(共54张PPT)
第9讲　带电粒子在复合场中的运动
知识网络构建
命题分类剖析
素养培优·情境命题
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　带电粒子在组合场中的运动
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现．
2．磁偏转模型与电偏转模型的辨析
例 1 [2023·全国乙卷] 如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
答案：A
解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a
则粒子做圆周运动有qvB＝m
则有＝
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB
联立有＝
故选A.
例 2 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向
的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的
时间．
解析：(1)粒子运动的轨迹如图甲所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)；
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)．速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝v cos θ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝m⑤
由几何关系得l＝2R cos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝；⑦
(3)由运动学公式和题中所给数据得v1＝⑧
联立①②③⑦⑧式得＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝
由③⑦⑨⑩ 式得t′＝(1＋)
答案：(1)图见解析　(2)　(3)(1＋)
[教你解决问题]
(1)读题→画轨迹
(2)模型建构→求速度
思维提升
解决带电粒子在组合场中运动问题
提升训练
1.[2023·海南卷](多选)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域，在0x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上，不计重力，则(　　)
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝
B．粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为
D．粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是
答案：AD
解析：若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有＝·t2，解得E＝，A对；粒子在电场中运动，由动能定理有qE·＝结合A项分析可得v＝，B错；粒子在电场中的运动过程，竖直方向有vy＝·，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据几何关系可知，圆心到MN的距离为s＝R cos θ＝＝，C错；
经分析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径最大，在电场中运动时，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y0＝·t2，由动能定理有Emqy0＝ ,粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝ ,联立解得Rm＝，D对．
2.[2023·江苏苏州校考模拟预测]如图所示，在xOy平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与x轴相切于A(－2m，0)点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B＝1 T，磁场区域的半径为R＝2m，第一象限内有一条抛物线OQP(图中虚线所示)，P(4m，0)是x轴上的一点，抛物线OQP上方存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E＝3×103 V/m，从A点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为v0(未知)，质量均为m＝2×10－7 kg，电荷量均为q＝1×10－4 C，所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．
(1)已知粒子1沿与x轴正方向成θ1＝60°的方向进入磁场后平行于x轴从磁场中射出，求初速度v0的大小；
(2)粒子2沿与x轴正方向成θ2＝120°的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用的时间t(结果保留2位有效数字)．
(3)求电场的边界线OQP的轨迹方程．
解析： (1)设磁场圆心为O1，粒子1在磁场中运动轨迹的半径为r，圆心为O2，从磁场边界上的C点飞出，如图所示
由几何关系可知四边形O1AO2C为菱形，故有r＝R
由牛顿第二定律可知qv0B＝
联立解得v0＝1×103 m/s
(2)设粒子2在磁场中运动轨迹的圆心为O3，它从D点平行于x轴射出磁场，延长DO3与x轴相交于E点，DE垂直于x轴，如图所示．
有：∠AO3D＝120°，∠O3AE＝30°
粒子2在磁场中运动的周期T＝＝4π×10－3s
它在磁场中运动的时间t1＝T＝×10－3s
D点的横坐标xD＝xA＋r·cos ∠O3AE＝
－2 m＋2× m＝－ m
D点到P点沿x轴方向的位移为x＝xP－xD＝(4＋) m
粒子2从D点到P点在沿x轴方向上做匀速直线运动，所用时间t2＝＝(4＋)×10－3 s
所以t＝t1＋t2＝9.9×10－3 s
(3)由几何关系可知所有粒子都平行于x轴进入电场，如图所示
设某个粒子在电场中运动的时间为t0，加速度为a，到达抛物线OQP时的坐标为(x，y)，此时粒子速度为v，沿y轴方向的分速度大小为vy，x轴方向上有x＝v0t0
y轴方向上由牛顿第二定律有qE＝ma
解得a＝1.5×106m/s2，vy＝at0
由三角形相似可得＝
联立解得y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4 m)
答案：(1)1×103 m/s　(2)9.9×10－3 s
(3)y＝－1.5x2＋6x(m)(0≤x≤4 m)
命题点二　带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零；qE＝mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律
例 1 [2023·江苏卷] 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 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，且由于电子入射速度为，则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)若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有eEy＝－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
则若电子入射速度在0 答案：(1)v0B　(2)　(3)90%
例 2 如图，在竖直平面直角坐标系xOy中，Ox水平，在y≥0的空间内充满匀强电场(未画出)和方向垂直纸面向外的匀强磁场，直线QN⊥x轴，OQ＝L；在y≤0的空间内充满方向与x轴平行的匀强电场(未画出)．一质量为m、电荷量为q的带正电小液滴，从原点O沿纸面与y轴正方向夹角θ＝60°的方向以某一初速度射入第二象限后，做匀速圆周运动且恰好不通过QN.已知重力加速度大小为g，初速度大小v0＝.
(1)求y≥0空间内场强大小E1和磁感应强度大小B；
(2)若液滴通过x轴后做直线运动，求液滴从O点开始到通过y轴负半轴所用的时间T.
解析：(1)液滴运动轨迹如图所示，y≥0空间内液滴做匀速圆周运动，有qE1＝mg
解得E1＝
由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，其中v0＝
由几何关系有r＋r cos θ＝L
解得B＝，r＝L.
(2)由(1)问得r＝L
液滴做匀速圆周运动的时间t1＝·＝π
液滴通过x轴上P点后做直线运动，设液滴在第四象限中运动的时间为t2，则 ＝2mg＝ma1，＝
联立解得t2＝
T＝t1＋t2
联立解得T＝π .
答案：(1) (2)π
例 3 [2023·山东青岛二模]如图甲，三维坐标系中yOz平面的左侧虚线区域内存在一未知电场，yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B1和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场，电场强度E＝0.4 N/C.一质量m＝4×10－6 kg、电荷量q＝1×10－4 C的带正电液滴，从xOy平面内的P点沿x轴方向以v0＝1 m/s的初速度进入未知电场区域，经过0.1 s到达原点O第1次经过x轴，此时速度大小v＝2 m/s，方向在xOy平面内与x轴正向成45°角斜向下．把液滴到达原点O的时刻记为t＝0，此时磁场沿z轴负方向，磁场B1随时间变化的关系如图乙所示，其中B0＝0.4 T、t0＝ s，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求液滴从P点到原点O的过程中，受到的电场力的冲量大小；
(2)求液滴从第1次到第4次经过x轴的时间间隔；
(3)在t＝6t0时刻撤去电场E和磁场B1，同时在整个空间区域加上竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝ T，求液滴继续运动过程中达到最大高度时的位置坐标．
解析： (1)液滴从P点到原点O的过程中，根据动量定理
水平方向：Ix＝mv cos －mv0＝4×10－6N·s
竖直方向：Iy－mgt＝－mv sin －0，
解得：Iy＝－4×10－6N·s
电场的冲量大小为I＝＝4×10－6N·s
(2)液滴进入yOz平面的右侧后E1q＝mg
相当于只受磁场力，根据向心力公式：qvB11＝m
其中B11＝2B0＝0.8 T，解得：r1＝ m
且T1＝＝ s
同理qvB12＝m
其中B12＝B0＝0.4 T，解得r2＝ m
且T2＝＝ s
则Δt＝4t0＋＝ s
(3)在t＝6t0时，液滴的速度在xOy平面内，与x轴夹角为45°，6t0后液滴螺旋上升，上升时间为：t＝＝0.2 s
高度h＝t＝0.2 m
根据洛伦兹力提供向心力，有qv sin 45°B2＝m
解得液滴在xOz平面内做圆周运动的半径r3＝ m
周期为T3＝＝ s,所以上升过程相当于T3
x3＝3r2cos 45°＝0.6 m，y3＝3r2sin 45°＋h＝0.8 m，z3＝2r3＝ m
因此液滴在最高点的坐标为(0.6 m，0.8 m， m)
答案：(1)4×10－6 N·s　(2) s (3)(0.6 m，0.8 m， m)
思维提升
交变电磁场问题的处理思路
提升训练
1.[2023·吉林统考二模]如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)套在长度为L、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP上，P端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
(1)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(2)Q点距离地面的高度h.
解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有sin θ＝，cos θ＝；L＝；解得E＝，B＝
(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有Eq cos θ＝max；vx＝v cos θ－axt
竖直方向有mg－Eq sin θ＝may；h＝v sin θ·t＋ayt2
当小球落到地面时，vx＝0，即vx＝v cos θ－axt＝0，解得t＝，h＝(sin θ＋)L.
答案：(1)　
(2)(sin θ＋)L
2．如图，在直角坐标系xOy中，y轴竖直．以点O1(O，R)为圆心、以R为半径的圆形区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，直径AC与y轴正方向成θ＝60°；在y>0的区域内存在方向与AC平行斜向上的匀强电场；在y<0的区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场(未画出)．现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小v0＝(g为重力加速度大小)的初速度从A点沿AC方向做直线运动．已知y<0区域内磁感应强度大小B＝.
(1)求圆形区域内磁场的磁感应强度大小B0和y>0区域内电场的场强大小E；
(2)求小球第一次通过x轴时的位置D的横坐标；
(3)求小球在x轴下方运动的最大速度．
解析：(1)小球沿AC方向做直线运动，则qv0B0＝mg sin θ
qE＝mg cos θ,其中v0＝
解得B0＝，E＝.
(2)小球运动轨迹如图所示，小球从C点离开磁场后受到的合外力方向与电场方向垂直向下且mg sin θ＝ma，小球做类平抛运动，则L＝v0t2，d＝，由几何关系有d＝(2+)
解得L＝6R
小球第一次通过x轴时位置的横坐标
xD＝R sin θ＋
解得xD＝5R.
(3)由(2)问得t2＝2 ，tan α＝
解得α＝30°
则v1＝2v0sin (30°＋α)＝v0
v2＝2v0cos (30°＋α)＝v0
经过计算得qBv1＝mg，则小球在x轴下方运动的最大速度为vmax＝v1＋v2
解得vmax＝(1＋.
答案：(1)　(2)5R　(3)(1＋
素养培优·情境命题
电磁场与现代科技
情境1　回旋加速器——科学思维
[典例1]　[2023·广东高三统考开学考试]图甲示意我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．由于粒子速度被逐渐加大，则它在D形盒中的运动周期越来越小
B．由于粒子速度被逐渐加大，极板所加的交流电周期要相应减小
C．粒子从加速器出来的最大速度与D形盒的半径大小及磁场磁感应强度有关
D．粒子增加的动能来源于磁场
答案：C
解析：粒子在磁场中运动的周期T＝，与粒子速度无关，故粒子在D形盒中的运动周期不变，所加交流电的周期也相应保持不变，故AB错误；
粒子由D形盒中飞出时，有qvmB＝
得R＝
结合Ekm＝
可解得粒子的最大速度为vm＝
与D形盒的半径大小R及磁场磁感应强度B均有关，故C正确；
洛伦兹力总与粒子的运动方向垂直，不对粒子做功，只改变粒子速度的方向，粒子增加的动能来源于加速电场，故D错误．
情境2　霍尔推进器——科学思维
[典例2]　[2023·广东广州天河区一模](多选)据报道，我国空间站(图甲)安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙所示，在很窄的某圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电荷量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是(　　)
A.电场方向垂直环平面向外
B．电子做匀速圆周运动的周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
答案：BCD
解析：根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电子受到的电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力，则有evB＝m，解得B＝，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝，D正确．
情境3　电磁流量计——模型建构
[典例3]　[2023·湖北省武汉市模拟](多选)电磁流量计可以测量导电流体的流量(单位时间内流过某一横截面的流体体积)．如图所示，它是由一个产生磁场的线圈，以及用来测量电动势的两个电极a、b所构成，可架设于管路外来测量液体流量．以v表示流速，B表示电磁线圈产生的磁场，D表示管路内径，若磁场B的方向、流速v的方向与测量电磁线圈感应电动势两电极连线的方向三者相互垂直，则测得的感应电动势为U0，下列判断正确的是(　　)
A．电极a为负，电极b为正
B．电极a为正，电极b为负
C．U与液体流量成正比
D．U与液体流量成反比
答案：AC
解析：根据左手定则，带正电的离子所受洛伦兹力指向b极，则正离子向b极移动，同理，带负电离子受洛伦兹力向a极移动，故电极a为负，电极b为正，故A正确，B错误；
带电粒子受洛伦兹力与电场力平衡时，有q＝qvB，又由流量为Q＝＝＝，联立解得感应电动势U0＝，可知U与液体流量成正比，故 C正确，D错误．
情境4　质谱仪——科学思维
[典例4]　[2023·天津和平区期末]有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示．加速电场的电压为U，静电分析器中有会聚电场，即与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．
由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零、重力不计)；经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的电场方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器．而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器，测量出Q点与圆心O2的距离为d.(题中的U、m、q、R、d都为已知量)
(1)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；
(2)求磁分析器中磁感应强度B的大小；
(3)现将离子换成质量为2m、电荷量为0.5q的另一种正离子，其他条件不变．磁分析器空间足够大，离子不会从圆弧边界射出，求该离子离开磁分析器的位置Q′到O2的距离．
解析：(1)离子通过加速电场的过程，根据动能定理有qU＝mv2
离子在静电分析器中做匀速圆周运动，则有qE＝m，解得E＝.
(2)离子垂直磁分析器左边界进入，垂直下边界射出，则离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径为d，则有qvB＝m，解得B＝.
(3)由(1)可得，另一种离子在静电分析器中的运动半径仍为R，所以该离子进入磁分析器的位置P′仍为P，则有0.5qU＝·2mv′2
离子在磁分析器中做匀速圆周运动有0.5qv′B＝2m，解得r′＝2d
该离子离开磁分析器的位置Q′到O2的距离为x＝＝d.
答案：(1)　(2)　(3)d

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