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第5讲　带电粒子在叠加场中的运动(综合融通课)
类型(一)　重力场、电场、磁场的叠加问题
1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动分类
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡,则带电粒子做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡,则带电粒子将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,故机械能守恒,由此可求解问题。
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡,则带电粒子做匀速直线运动。
②若电场力和洛伦兹力不平衡,则带电粒子将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用动能定理求解问题。
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡,一定做匀速直线运动。②若重力与电场力平衡,一定做匀速圆周运动。③若合力不为零且与速度方向不垂直,将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
常见约束对象 轻杆、轻绳、圆环、轨道等
常见运动形式 直线运动和圆周运动
常用解题思路 通过受力分析明确变力、恒力做功情况(注意洛伦兹力不做功);运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果
[考法全训]
考法1　重力场与磁场的叠加
　　[例1]　(多选)如图所示,半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内,O点为其圆心,P点为轨道最低点,两个端点M、N与O等高,匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带负电的小球自M点由静止释放,它将沿轨道做往复运动,下列说法中正确的是 (　 )
A.小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B.小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等,但洛伦兹力做的功不相等
C.小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等
D.小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
听课记录:
考法2　电场与磁场的叠加
　　[例2]　(2025·昆明高三检测)在xOy平面内存在垂直于平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在y≥0区间内存在着沿y轴负方向的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从y轴上的S点以速率v0射出。当粒子沿x轴正方向射出时,粒子恰好做匀速直线运动;当粒子沿与x轴负方向成60°夹角向上射出时,粒子到达x轴上M点时速度和x轴正方向的夹角为锐角,再经过一段时间后到达x轴上的N点。已知MN之间的距离d=,不计粒子重力,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)粒子在M点时沿y轴负方向的分速度vy的大小;
(3)S点的纵坐标。
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考法3　电场、磁场与重力场的叠加
[例3]　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。质量为m、带电量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上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,求电场强度的最小值E'。
[解题指导]　第(1)问:通过小球在叠加场中做圆周运动的条件进行分析。
第(2)问:分析小球在两极板间的圆周运动。
　　第(3)问:确定电场强度的最小值。
规范解答:
　　[思维建模]　“三步法”突破三场叠加问题
类型(二)　叠加场中的摆线类问题
1.带电体在叠加场中的摆线运动
摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹,其实就是一个圆沿着一条直线做无滑动的滚动,圆周上的一点运动的曲线,如图所示。
2.配速法处理叠加场中的摆线类问题
(1)配速法:若带电粒子在磁场中所受合力不为零,则粒子的速度会改变,洛伦兹力也会随着变化,合力也会跟着变化,则粒子做一般曲线运动,运动分析比较麻烦,此时,我们可以把初速度分解成两个分速度,使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或电场力,或重力和电场力的合力)平衡,另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动,这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动,这种方法叫配速法。
(2)配速法应用的几种情况:带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动,若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做曲线运动,则情境就会变得比较复杂,问题的难点是洛伦兹力的大小和方向会不断地发生变化,粒子做的是较复杂的非匀变速曲线运动,这类问题的定量计算一般需要用到“配速法”。
常见情况 处理方法
初速度为0, 有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2,v1和v2大小相等,且满足qv2B=mg,则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运动的合运动
初速度为v0, 有重力 把初速度v0分解为v1和v2,且满足qv1B=mg,则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动
常见情况 处理方法
初速度为0, 不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2,v1和v2大小相等,且满足qv2B=qE,则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运动的合运动
初速度为0, 有重力 把初速度0分解为一个斜向右上的速度v1和一个斜向左下的速度v2,v1和v2大小相等,且满足qv1B与重力和电场力的合力平衡,则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动
　　[典例]　(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(
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|思|维|建|模|　
巧用洛伦兹力分力的动量定理解决带电粒子的复杂运动问题
　　一个带电粒子仅受洛伦兹力的作用在匀强磁场中运动,建立直角坐标系,将速度v和洛伦兹力f分解到坐标轴上,如图,根据洛伦兹力与速度的关系,可得fx=qvyB,fy=qvxB
在x方向列动量定理,在很短的时间Δt内fxΔt=mΔvx,
即qvyBΔt=mΔvx,
而vyΔt=Δy,上式可写作qBΔy=mΔvx
两边同时求和∑qBΔy=∑mΔvx,
得qBy=mvxt-mvx0
同理可得qBx=mvyt-mvy0
上述两个结果表明,带电粒子竖直方向的位移将决定其水平速度的变化,而水平方向的位移将决定其竖直速度的变化。
　　[针对训练]
(2024·甘肃高考)质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U;Ⅱ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E1、方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里;Ⅲ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P点处,运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电 求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
第5讲
类型(一)
[例1]　选AC　小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直不做功,轨道光滑没有摩擦力,则只有重力做功,小球机械能守恒,小球在相同高度处速度大小相等,故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等,A正确;小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等,小球所受的洛伦兹力不做功,B错误;根据动量定理公式Ft=mΔv,小球机械能守恒,故小球由M到P与由N到P过程中速度变化量大小相等,所以在此过程中所受合外力的冲量大小相等,
C正确;根据左手定则,小球从M到P的过程中到达P时所受洛伦兹力方向竖直向下,根据合力提供向心力对小球受力分析,如图甲所示,FN=m+mg+F洛,当小球从N到P的过程中到达P时洛伦兹力竖直向上,
受力分析如图乙所示,FN'=m+mg-F洛,根据牛顿第三定律,所以小球从M到P的过程中到达P时对轨道的压力大于从N到P的过程中到达P时对轨道的压力,D错误。
[例2]　解析:(1)沿x轴正方向射出时,粒子恰好做匀速直线运动,则粒子所受电场力和洛伦兹力平衡,有qE=qv0B
解得E=v0B。
(2)粒子从M点到N点,洛伦兹力提供向心力qvB=
由几何关系2rsin θ=d
又vy=vsin θ
解得vy=v0。
(3)粒子从S到M的过程中,由动能定理qEyS=mv2-m
在x方向上,由动量定理qBt=mΔvx
即qByS=mvx-(-mv0cos 60°)
而+=v2
解得yS=。
答案:(1)v0B　(2)v0　(3)
[例3]　解析:(1)小球在两极板间做匀速圆周运动,则静电力与重力平衡,可得Eq=mg
R2两端的电压U2=Ed
根据闭合电路欧姆定律得U2=·R2
联立解得E0=。
(2)带电小球在电容器中运动轨迹如图所示。设小球做圆周运动的半径为r,根据几何关系得(r-d)2+(d)2=r2,解得r=2d
根据qvB=m,解得B=。
(3)由几何关系可知,射出磁场时,小球速度方向与水平方向夹角为60°,要使小球做直线运动,当小球所受静电力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时,静电力最小,电场强度最小,可得E'q=mgcos 60°,解得E'=。
答案:(1)　(2)　(3)
类型(二)
[典例]　解析:(1)入射速度为v0时,电子沿x轴正方向做直线运动,则电子受力平衡,即eE=ev0B,解得E=Bv0。
(2)电子在电场和磁场的叠加场中运动,受洛伦兹力和电场力的作用,只有电场力做功,则电子的速度由到的过程中,由动能定理得eEy1=m2-m2,解得y1=。
(3)解法一:常规解法
设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2=的位置,此时电子在最高点的速度沿水平方向,且大小假设为v2,则电子在最低点的合力为F1=eE-ev1B,电子在最高点的合力为F2=ev2B-eE,由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等,即F2=F1,整理得v1+v2=2v0,电子由最低点到最高点的过程,由动能定理得eEy2=m-m,整理得v2-v1=,解得v1=v0,又电子入射速度越小,电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大,则能到y2=位置的电子数占总电子数的比例为η==×100%,解得η=90%。
解法二:配速法
将原运动看成(v0-v)的匀速圆周运动和以v0向右的匀速直线运动,如图所示
确定做匀速直线运动的速度为第一问中向右的v0(v0所对应的洛伦兹力和电场力平衡),为了能合成向右的原速度v,考虑到v解法三:洛伦兹力分力的动量定理
在水平方向由动量定理得
∑BevyΔt=Bey2=mvm-mv
再结合动能定理得Eey2=m-mv2
其中y2=,
解得v=v0,故=90%。
答案:(1)Bv0　(2)　(3)90%
[针对训练]
解析:(1)由于粒子在偏转分离器Ⅲ中向上偏转,根据左手定则可知,粒子带正电;
设粒子的质量为m,电荷量为q,粒子进入速度选择器时的速度为v0,
在速度选择器中粒子做匀速直线运动,由平衡条件得qv0B1=qE1
在加速电场中,由动能定理得qU=m
联立解得粒子的比荷为=。
(2)由洛伦兹力提供向心力,有qv0B2=m
可得O点到P点的距离为OP=2r=。
(3)粒子进入Ⅱ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1
受到向下的电场力F=qE2
由于E2>E1,且qv0B1=qE1
所以通过配速法,如图所示
其中满足qE2=q(v0+v1)B1
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时,在纸面内以v1沿逆时针方向做匀速圆周运动,当速度v1转向到水平向右时,满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求,故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=。
答案:(1)带正电　　(2)　(3)
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带电粒子在叠加场中的运动
(综合融通课)
第 5 讲
1
类型(一)　重力场、电场、磁场的叠加问题
2
类型(二)　叠加场中的摆线类问题
CONTENTS
目录
3
课时跟踪检测
类型(一)　重力场、电场、
磁场的叠加问题
1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动分类
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
2.带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
常见约束对象 轻杆、轻绳、圆环、轨道等
常见运动形式 直线运动和圆周运动
常用解题思路 通过受力分析明确变力、恒力做功情况(注意洛伦兹力不做功)；运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果
考法1　重力场与磁场的叠加
[例1]　(多选)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带负电
的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做
往复运动，下列说法中正确的是 (　 )
考法全训
A.小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B.小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不相等
C.小球由M到P与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等
D.小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
√
√
[解析]　小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直不做功，轨道光滑没有摩擦力，则只有重力做功，小球机械能守恒，小球在相同高度处速度大小相等，故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等，A正确；小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，小球所受的洛伦兹力不做功，B错误；根据动量定理公式Ft=mΔv，小球机械能守恒，故小球由M到P与由N到P过程中速度变化量大小相等，所以在此过程中所受合外力的冲量大小相等，C正确；根据左手定则，小球从M到P的过程中到达P时所受洛伦兹力方向竖直向下，根据合力提供向心力对小球受力分析，如图甲所示， FN=m+mg+F洛，当小球从N到P的过程中到达
P时洛伦兹力竖直向上，受力分析如图乙所示，FN'=m+mg-F洛，根据牛顿第三定律，所以小球从M到P的过程中到达P时对轨道的压力大于从N到P的过程中到达P时对轨道的压力，D错误。
考法2　电场与磁场的叠加
[例2]　(2025·昆明高三检测)在xOy平面内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在y≥0区间内存在着沿y轴负方向的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从y轴上的S点以速率v0射出。当粒子沿x轴正方向射出时，粒子恰好做匀速直线运动；
当粒子沿与x轴负方向成60°夹角向上射出时，粒子到达x轴上M点时速度和x轴正方向的夹角为锐角，再经过一段时间后到达x轴上的N点。已知MN之间的距离d=，不计粒子重力，求：
(1)电场强度E的大小；
[答案]　v0B　
[解析]　沿x轴正方向射出时，粒子恰好做匀速直线运动，
则粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，
有qE=qv0B
解得E=v0B。
(2)粒子在M点时沿y轴负方向的分速度vy的大小；
[答案]　 v0
[解析]　粒子从M点到N点，洛伦兹力提供向心力qvB=
由几何关系2rsin θ=d
又vy=vsin θ
解得vy=v0。
(3)S点的纵坐标。
[答案]　
[解析]　粒子从S到M的过程中，由动能定理qEyS=mv2-m
在x方向上，由动量定理qBt=mΔvx
即qByS=mvx-(-mv0cos 60°)而+=v2
解得yS=。
考法3　电场、磁场与重力场的叠加
[例3]　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。质量为m、带电量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上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；
[解题指导]　第(1)问：通过小球在叠加场中做圆周运动的条件进行分析。
[答案]　
[解析]　小球在两极板间做匀速圆周运动，则静电力与重力平衡，可得Eq=mg
R2两端的电压U2=Ed
根据闭合电路欧姆定律得U2=·R2
联立解得E0=。
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
[解题指导]　第(2)问：分析小球在两极板间的圆周运动。
[答案]　
[解析]　带电小球在电容器中运动轨迹如图所示。
设小球做圆周运动的半径为r，
根据几何关系得(r-d)2+(d)2=r2，
解得r=2d根据qvB=m，
解得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，求电场强度的最小值E'。
[解题指导]　 第(3)问：确定电场强度的最小值。
[答案]　
[解析]　由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受静电力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，静电力最小，电场强度最小，可得E'q=mgcos 60°，解得E'=。
[思维建模]　“三步法”突破三场叠加问题
类型(二)　叠加场中的摆线类
问题
1.带电体在叠加场中的摆线运动
摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹，其实就是一个圆沿着一条直线做无滑动的滚动，圆周上的一点运动的曲线，如图所示。
2.配速法处理叠加场中的摆线类问题
(1)配速法：若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动分析比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或电场力，或重力和电场力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。
(2)配速法应用的几种情况：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做曲线运动，则情境就会变得比较复杂，问题的难点是洛伦兹力的大小和方向会不断地发生变化，粒子做的是较复杂的非匀变速曲线运动，这类问题的定量计算一般需要用到“配速法”。
常见情况 处理方法
初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个
向左的速度v1和一个向
右的速度v2，v1和v2大小
相等，且满足qv2B=mg，
则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运动的合运动
初速度为v0， 有重力 把初速度v0分解为v1和v2，且满足qv1B=mg，则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动
续表
初速度为0， 不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v2，v1和v2大小相等，且满足qv2B=qE，则粒子的运动可看作以v2做匀速直线运动和以v1做匀速圆周运动的合运动
续表
初速度为0， 有重力 把初速度0分解为一个斜向右上的速度v1和一个斜向左下的速度v2，v1和v2大小相等，且满足qv1B与重力和电场力的合力平衡，则粒子的运动可看作以v1做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动
续表
[典例]　(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；
[答案]　Bv0
[解析]　入射速度为v0时，电子沿x轴正方向做直线运动，则电子受力平衡，即eE=ev0B，解得E=Bv0。
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
[答案]　
[解析]　电子在电场和磁场的叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由到的过程中，由动能定理得eEy1=m 2-m 2，解得y1=。
(3)若电子入射速度在0[答案]　90%
[解析]　解法一：常规解法
设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2=的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则电子在最低
点的合力为F1=eE-ev1B，电子在最高点的合力为F2=ev2B-eE，由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，即F2=F1，整理得v1+ v2=2v0，电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得eEy2=m-m，整理得v2-v1=，解得v1=v0，又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2=位置的电子数占总电子数的比例为η==×100%，解得η=90%。
解法二：配速法
将原运动看成(v0-v)的匀速圆周运动和以v0向右的匀速直线运动，如图所示
确定做匀速直线运动的速度为第一问中向右的v0(v0所对应的洛伦兹力和电场力平衡)，为了能合成向右的原速度v，考虑到v解法三：洛伦兹力分力的动量定理
在水平方向由动量定理得
∑BevyΔt=Bey2=mvm-mv
再结合动能定理得Eey2=m-mv2
其中y2=，
解得v=v0，故=90%。
一个带电粒子仅受洛伦兹力的作用在匀强磁
场中运动，建立直角坐标系，将速度v和洛伦
兹力f分解到坐标轴上，如图，根据洛伦兹力
与速度的关系，可得fx=qvyB，fy=qvxB
思维建模
巧用洛伦兹力分力的动量定理解决带电粒子的复杂运动问题
在x方向列动量定理，在很短的时间Δt内fxΔt=mΔvx，即qvyBΔt=mΔvx，
而vyΔt=Δy，上式可写作qBΔy=mΔvx
两边同时求和∑qBΔy=∑mΔvx，
得qBy=mvxt-mvx0
同理可得qBx=mvyt-mvy0
上述两个结果表明，带电粒子竖直方向的位移将决定其水平速度的变化，而水平方向的位移将决定其竖直速度的变化。
(2024·甘肃高考)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1、方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里。
针对训练
从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电 求粒子的比荷。
答案：带正电　　
解析：由于粒子在偏转分离器Ⅲ中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电；
设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，
在速度选择器中粒子做匀速直线运动，
由平衡条件得qv0B1=qE1
在加速电场中，由动能定理得qU=m
联立解得粒子的比荷为=。
(2)求O点到P点的距离。
答案：
解析：由洛伦兹力提供向心力，有qv0B2=m
可得O点到P点的距离为OP=2r=。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
答案：
解析：粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1
受到向下的电场力F=qE2
由于E2>E1，且qv0B1=qE1
所以通过配速法，如图所示
其中满足qE2=q(v0+v1)B1
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时，在纸面内以v1沿逆时针方向做匀速圆周运动，当速度v1转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=。
课时跟踪检测
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一、单项选择题
1.如图所示，某竖直平面内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点射入
该区域，微粒恰好沿速度方向做直线运动，
重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)
(说明:标★的为推荐讲评题目)
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A.微粒从O到A的运动可能是匀减速直线运动
B.该微粒一定带正电荷
C.该磁场的磁感应强度大小为
D.该电场的场强大小为
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解析：若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和斜向右下的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒一定带负电荷，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和斜向左上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做匀速直线运动，故A、B错误；由平衡条件有qvBcos θ=mg，qvBsin θ=qE，解得磁场的磁感应强度大小为B=，电场的场强大小为E=Bvsin θ= ，故C正确，D错误。
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2.(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(　　)
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A. B. C. D.
解析：由题意知，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，联立解得=。故选A。
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3.(2024·黑龙江双鸭山模拟)如图所示，在坐标系O xyz 中存在磁感应强度大小为B= 、方向竖直向下(z轴负方向)的匀强磁场，在(0，0，h)处固定一电荷量为+q(q<0)的点电荷，在xOy平面内有一质量为m、电荷量为-q的微粒绕原点O沿图示方向以角速度
ω做匀速圆周运动。若微粒的圆周运动可以等
效为大小为I的环形电流，重力加速度为g，
则下列结论正确的是(　　)
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A.ω= B.I=
C.ω=(-1) D.I=
解析：该微粒受到重力、洛伦兹力、库仑力三个力的作用，方向如图所示，库仑力大小为FE=k，洛伦兹力大小为FB=qvB，由几何关系可得r=htan θ，R=，微粒在z轴方向上受力平衡，即FEcos θ=mg，微粒
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在xOy平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律得FEsin θ-FB=mω2r，
又v=ωr，联立解得ω2+ω-=0，解得ω=
(另一负值舍去)，故A、C错误；
微粒做圆周运动的周期为T=，等效电流为I= = ，
故B正确，D错误。
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4.(2025·青岛高三质检)如图，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球，从P点由静止释放后向右运动，运动过程中会经过N点。已知小球质量为m、电荷量为q，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，小球与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，PN=L。则
关于小球的运动，下列说法正确的是 (　　)
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A.小球先做加速运动，后做减速运动，最后静止
B.小球能够达到的最大速度为
C.小球运动到N点时合外力做的功为qEL-μmgL
D.若小球带负电，向左运动一段时间后会脱离水平面
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解析：由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，大小为
f洛=qvB，小球所受摩擦力大小为f=μ(f洛+mg)，根据牛顿第二定律可得qE-f=ma，解得qE-μ(qvB+mg)=ma，由题意可知小球先做加速运动，随着速度增大，洛伦兹力增大，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大，此时有qE=μ(qvmB+mg)，解得vm=，此后小球做匀速直线
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运动，故A错误，B正确；小球运动到N点时合外力做的功为W=
qEL-μ(qvB+mg)L，故C错误；若小球带负电，向左运动时受到向
左的电场力和向右的摩擦力，此时洛伦兹力竖直向下，所以运动
一段时间后小球不会脱离水平面，故D错误。
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5.粗糙水平地面上方存在着方向竖直向下的匀强电场，MN边界的左边存在着如图所示的匀强磁场，一带电滑块以速度v向右做匀速运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B=，重力加
速度为g，滑块滑过边界MN之后经时间t，速度
方向与水平面夹角成30°。根据以上条件，下列
结论正确的是(　　)
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A.滑块带正电
B.滑块可带正电也可以带负电
C.t=
D.在时间t内，滑块在水平方向的位移为
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解析：滑块滑过边界MN之后经时间t，速度方向与水平面夹角成30°，可知滑块受电场力方向向上，所以滑块带负电，故A、B错误；在MN左侧，带电滑块以速度v向右做匀速运动，则有qE=qvB+mg，结合B=，解得qE=2mg，滑块在MN右侧，根据牛顿第二定律有
qE-mg=ma，解得加速度a=g，方向向上，经t时间，根据几何关系有tan 30°=，解得t=，滑块在水平方向做匀速直线运动，有x= vt=，故C正确，D错误。
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6.(2024·安庆高三调研)如图所示，玻璃圆管内壁光滑，竖直放置在方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小的磁场中。有一带正电的小球(可视为质点)，以速率v0沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管，小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0。若再次重复该过程，小球以相同
速率v0进入管内，同时撤去磁场，设运动过程中小
球所带电荷量不变，空气阻力不计。下列说法正确
的是 (　　)
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A.撤去磁场后小球离开管口的速率小于有磁场时的速率
B.撤去磁场后小球离开管口的时间大于有磁场时的时间
C.有磁场时小球对玻璃管的压力一定不断增大
D.小球两次在玻璃管中运动时，都只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒
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解析：有磁场时，会在空间形成涡旋电场，电场力对小球做功，小球离开管口的速率大于撤去磁场时的速率，故A正确；撤去磁场后，小球竖直方向受力不变，运动时间不变，故B错误；根据牛顿第二定律有FN-qvB=，解得FN=+qvB，v虽然在增加但是B在减小，所以qvB不一定是一直增加的，故C错误；有磁场时，小球在玻璃管中运动时，涡旋电场对小球也在做功，故小球与地球组成的系统机械能不守恒，故D错误。
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二、多项选择题
7.如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上且范围足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0=10 m/s
垂直MNRS面向右抛出一电荷量为q、质量为m的小球。
若磁感应强度B=，g取10 m/s2。则下列说法正确的
是(　　)
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A.小球离开磁场时的速度大小为10 m/s
B.小球离开磁场时的速度大小为10 m/s
C.小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m
D.小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m
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解析：把带电小球的运动分解为水平方向的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，对水平方向的运动，有qv0B=m，T=，其中B=，联立解得R== m，T=2 s，则小球在水平方向运动半个周期即t=1 s后离开磁场区域，在t=1 s时，小球在竖直方向的分速度
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v⊥=gt=10 m/s，小球离开磁场时的速度大小为v== 10 m/s，A正确，B错误；小球离开磁场时的位置与抛出点的水平距离为x=2R= m，竖直距离为y=gt2=5 m，小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s= = m，D正确，
C错误。
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8.如图所示，在三维直角坐标系O xyz中，分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B，一个带电荷量为+q、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度v0抛出后做平抛运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
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A.小球的初速度v0大小为
B.经过时间，球的动能变为初动能的2倍
C.若仅将电场方向变为沿y轴正方向，小球可能做匀速圆周运动
D.若仅将电场撤去，小球可能做匀速直线运动
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解析：小球在xOy平面内做平抛运动，则有Eq=qv0B，解得v0=，A正确；根据平抛运动规律，小球的动能变为初动能的2倍时Ek= m(+)=2×m，解得vy=v0==gt，即经过时间为t=，B错误；若仅将电场方向变为沿y轴正方向，如果电场力和重力大小相等，小球可能做匀速圆周运动，C正确；若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D错误。
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9.(2024·安徽高考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的
圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已
知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及
Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则 (　　)
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A.油滴a带负电，所带电量的大小为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
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解析：油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知其带负电，有mg=Eq，解得q=，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m，可得R=，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，则有3R=，解得v1==，周期为T==，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后
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小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv=v1+v2，解得v2=-，由于分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，且分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
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10.(2024·浙江6月选考)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角，质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上，小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。重力加速度
大小为g。小球以初速度v0沿细杆向上
运动至最高点，则该过程 (　　)
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A.合力冲量大小为mv0cos θ
B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0=，弹力冲量为零
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解析：根据动量定理得I=0-mv0=-mv0，故合力冲量大小为mv0，故A错误；小球上滑的时间为t1=，重力的冲量大小为IG=mgt1=，故B错误；小球所受洛伦兹力大小为Bqv=Bq=-Bqat+Bqv0，a=
gsin θ，洛伦兹力随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为I洛= q× × Bt1= q×× B ×=，故C正确；若v0=，0时刻小球所受洛伦兹力大小为Bqv0=2mgcos θ，小球在垂直细杆方向所受合力为零，
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可得Bqv=mgcos θ+FN，即FN=Bqv-mgcos θ=Bq-mgcos θ= mgcos θ-Bqtgsin θ，则小球在整个减速过程的FN t图像如图，根据图线与横轴围成的面积表示冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。
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三、计算题
11.(12分)如图所示，在竖直平面的直角坐标系xOy中，第一象限有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限有沿x轴正方向的匀强电场，两匀强电场的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为+q的带电小球，从x轴上的P(-d，0)点以某一初速度v0沿y轴正方向射入第二象限，依次经过Q(0，3d)点和M
(3d，0)点，图中M点未标出。经过Q点的速
度与y轴正方向成45°角，重力加速度为g，
不计空气阻力，求：
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(1)小球从P点射出的初速度大小v0；(6分)
答案：2
解析：根据题意可知，小球从P到Q的过程中，
水平方向上有d=t，vx=at，a=
竖直方向上有3d=t，vy=v0-gt
因经过Q点的速度与y轴正方向成45°角，故vx=vy
联立可得vx=vy=，a=g，E=，v0=2。
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(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。(6分)
答案：
解析：根据题意，由(1)分析可知，
小球到达Q点的速度大小为v==
由于Eq=mg
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则小球在第一象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据小球在磁场中的运动轨迹，由几何关系可知QM为直径，
则有半径r==d
由洛伦兹力提供向心力有qvB=m
联立可得B= 。
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12.(18分)(2025·宁波高三质检)如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面CDHG为荧光屏，能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心，Ox∥FG，Oy∥GH。已知在原点O有一粒子源，能向xOy平面内
各个方向均匀持续发射速率为v0、
质量为m、电荷量为+q的粒子。
不计粒子重力及粒子间的相互
作用。
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(1)若在立方体空间内仅存在方向平行于z轴的匀强磁场，沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点。求磁场的磁感应强度B1和粒子从原点O运动到荧光屏的最短时间t。(6分)
答案：　　
解析：根据几何关系有r1=，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，
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则有qv0B1=m，解得B1=，
粒子在匀强磁场中运动的周期为T==，
由几何关系可知，粒子从原点O运动到荧光屏的轨迹的弦长最短为，此时圆心角为60°，粒子的运动时间最短，运动的最短时间为t==。
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(2)若在立方体空间内仅存在沿z轴负方向的匀强电场E=和沿y轴正方向的匀强磁场B2=，沿x轴正方向射出的粒子经某位置时恰好与射出时速度相同，求此位置的坐标。(6分)
答案： 和
解析：根据配速法，将粒子的初速度v0分解为v1和v2，
其中v1沿x轴正方向，qE=qv1B2，v1+v2=v0，解得v1=，v2=，
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方向沿x轴正方向，所以粒子以做匀速直线运动，以做匀速圆周运动，其半径为r0==，一个周期时速度与原速度相同，此时沿x轴方向的位移为x0=·=，由于x=nx0=n(n=1，2，3，…)，该结果需小于，故坐标为和。
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(3)若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示的磁场，其中By= cos。同时平行z轴加如图丙的磁场，其中Bz=sin。
粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁辐射影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度。(6分)
答案：
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解析：根据磁场叠加原理，合磁场的磁感应强度大小为B合== B3，方向周期性变化，粒子的运动轨迹半径为r2==L，则沿x轴正方向射出的粒子，打在荧光屏上落点的痕迹是一个半圆，设痕迹圆的半径为r，由几何关系得(r2-r)2+ 2=，解得r=，故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为s=πr=。
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4课时跟踪检测(五十七)　带电粒子在叠加场中的运动
一、单项选择题
1.如图所示,某竖直平面内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向左,磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点射入该区域,微粒恰好沿速度方向做直线运动,重力加速度为g,下列说法中正确的是 (　　)
A.微粒从O到A的运动可能是匀减速直线运动
B.该微粒一定带正电荷
C.该磁场的磁感应强度大小为
D.该电场的场强大小为
2.(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.
3.(2024·黑龙江双鸭山模拟)如图所示,在坐标系O xyz 中存在磁感应强度大小为B= 、方向竖直向下(z轴负方向)的匀强磁场,在(0,0,h)处固定一电荷量为+q(q<0)的点电荷,在xOy平面内有一质量为m、电荷量为-q的微粒绕原点O沿图示方向以角速度ω做匀速圆周运动。若微粒的圆周运动可以等效为大小为I的环形电流,重力加速度为g,则下列结论正确的是 (　　)
A.ω= B.I=
C.ω=(-1) D.I=
4.(2025·青岛高三质检)如图,空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球,从P点由静止释放后向右运动,运动过程中会经过N点。已知小球质量为m、电荷量为q,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,小球与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,PN=L。则关于小球的运动,下列说法正确的是 (　　)
A.小球先做加速运动,后做减速运动,最后静止
B.小球能够达到的最大速度为
C.小球运动到N点时合外力做的功为qEL-μmgL
D.若小球带负电,向左运动一段时间后会脱离水平面
5.粗糙水平地面上方存在着方向竖直向下的匀强电场,MN边界的左边存在着如图所示的匀强磁场,一带电滑块以速度v向右做匀速运动,已知电场强度为E,磁感应强度为B=,重力加速度为g,滑块滑过边界MN之后经时间t,速度方向与水平面夹角成30°。根据以上条件,下列结论正确的是 (　　)
A.滑块带正电
B.滑块可带正电也可以带负电
C.t=
D.在时间t内,滑块在水平方向的位移为
6.(2024·安庆高三调研)如图所示,玻璃圆管内壁光滑,竖直放置在方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小的磁场中。有一带正电的小球(可视为质点),以速率v0沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内,经过一段时间后从底部离开圆管,小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0。若再次重复该过程,小球以相同速率v0进入管内,同时撤去磁场,设运动过程中小球所带电荷量不变,空气阻力不计。下列说法正确的是 (　　)
A.撤去磁场后小球离开管口的速率小于有磁场时的速率
B.撤去磁场后小球离开管口的时间大于有磁场时的时间
C.有磁场时小球对玻璃管的压力一定不断增大
D.小球两次在玻璃管中运动时,都只有重力做功,故小球与地球组成的系统机械能守恒
二、多项选择题
7.如图所示,竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上且范围足够大的匀强磁场,从平面MNRS上的O点处以初速度v0=10 m/s垂直MNRS面向右抛出一电荷量为q、质量为m的小球。若磁感应强度B=,g取10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　)
A.小球离开磁场时的速度大小为10 m/s
B.小球离开磁场时的速度大小为10 m/s
C.小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m
D.小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m
8.如图所示,在三维直角坐标系O xyz中,分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B,一个带电荷量为+q、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度v0抛出后做平抛运动,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)
A.小球的初速度v0大小为
B.经过时间,球的动能变为初动能的2倍
C.若仅将电场方向变为沿y轴正方向,小球可能做匀速圆周运动
D.若仅将电场撤去,小球可能做匀速直线运动
9.(2024·安徽高考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则 (　　)
A.油滴a带负电,所带电量的大小为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为,周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
10.(2024·浙江6月选考)如图所示,一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角,质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上,小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向垂直细杆所在的竖直面,不计空气阻力。重力加速度大小为g。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点,则该过程 (　　)
A.合力冲量大小为mv0cos θ
B.重力冲量大小为mv0sin θ
C.洛伦兹力冲量大小为
D.若v0=,弹力冲量为零
三、计算题
11.(12分)如图所示,在竖直平面的直角坐标系xOy中,第一象限有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场,第二象限有沿x轴正方向的匀强电场,两匀强电场的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为+q的带电小球,从x轴上的P(-d,0)点以某一初速度v0沿y轴正方向射入第二象限,依次经过Q(0,3d)点和M(3d,0)点,图中M点未标出。经过Q点的速度与y轴正方向成45°角,重力加速度为g,不计空气阻力,求:
(1)小球从P点射出的初速度大小v0;(6分)
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。(6分)
12.(18分)(2025·宁波高三质检)如图甲所示,立方体空间的边长为L,侧面CDHG为荧光屏,能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光,三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心,Ox∥FG,Oy∥GH。已知在原点O有一粒子源,能向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为v0、质量为m、电荷量为+q的粒子。不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)若在立方体空间内仅存在方向平行于z轴的匀强磁场,沿y轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点。求磁场的磁感应强度B1和粒子从原点O运动到荧光屏的最短时间t。(6分)
(2)若在立方体空间内仅存在沿z轴负方向的匀强电场E=和沿y轴正方向的匀强磁场B2=,沿x轴正方向射出的粒子经某位置时恰好与射出时速度相同,求此位置的坐标。(6分)
(3)若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示的磁场,其中By=cos。同时平行z轴加如图丙的磁场,其中Bz=sin。粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期,不计电磁辐射影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度。(6分)
课时跟踪检测(五十七)
1.选C　若微粒带正电荷,它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和斜向右下的洛伦兹力qvB,知微粒不能做直线运动,据此可知微粒一定带负电荷,它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和斜向左上的洛伦兹力qvB,又知微粒恰好沿着直线运动,可知微粒一定做匀速直线运动,故A、B错误;由平衡条件有qvBcos θ=mg,qvBsin θ=qE,解得磁场的磁感应强度大小为B=,电场的场强大小为E=Bvsin θ=,故C正确,D错误。
2.选A　由题意知,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,联立解得=。故选A。
3.选B　
该微粒受到重力、洛伦兹力、库仑力三个力的作用,方向如图所示,库仑力大小为FE=k,洛伦兹力大小为FB=qvB,由几何关系可得r=htan θ,R=,微粒在z轴方向上受力平衡,即FEcos θ=mg,微粒在xOy平面内做圆周运动,根据牛顿第二定律得FEsin θ-FB=mω2r,又v=ωr,联立解得ω2+ω-=0,解得ω=(另一负值舍去),故A、C错误;微粒做圆周运动的周期为T=,等效电流为I==,故B正确,D错误。
4.选B　由左手定则可知,小球受到的洛伦兹力竖直向下,大小为f洛=qvB,小球所受摩擦力大小为f=μ(f洛+mg),根据牛顿第二定律可得qE-f=ma,解得qE-μ(qvB+mg)=ma,由题意可知小球先做加速运动,随着速度增大,洛伦兹力增大,加速度减小,当加速度为0时,速度达到最大,此时有qE=μ(qvmB+mg),解得vm=,此后小球做匀速直线运动,故A错误,B正确;小球运动到N点时合外力做的功为W=qEL-μ(qvB+mg)L,故C错误;若小球带负电,向左运动时受到向左的电场力和向右的摩擦力,此时洛伦兹力竖直向下,所以运动一段时间后小球不会脱离水平面,故D错误。
5.选C　滑块滑过边界MN之后经时间t,速度方向与水平面夹角成30°,可知滑块受电场力方向向上,所以滑块带负电,故A、B错误;在MN左侧,带电滑块以速度v向右做匀速运动,则有qE=qvB+mg,结合B=,解得qE=2mg,滑块在MN右侧,根据牛顿第二定律有qE-mg=ma,解得加速度a=g,方向向上,经t时间,根据几何关系有tan 30°=,解得t=,滑块在水平方向做匀速直线运动,有x=vt=,故C正确,D错误。
6.选A　有磁场时,会在空间形成涡旋电场,电场力对小球做功,小球离开管口的速率大于撤去磁场时的速率,故A正确;撤去磁场后,小球竖直方向受力不变,运动时间不变,故B错误;根据牛顿第二定律有FN-qvB=,解得FN=+qvB,v虽然在增加但是B在减小,所以qvB不一定是一直增加的,故C错误;有磁场时,小球在玻璃管中运动时,涡旋电场对小球也在做功,故小球与地球组成的系统机械能不守恒,故D错误。
7.选AD　把带电小球的运动分解为水平方向的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动,对水平方向的运动,有qv0B=m,T=,其中B=,联立解得R== m,T=2 s,则小球在水平方向运动半个周期即t=1 s后离开磁场区域,在t=1 s时,小球在竖直方向的分速度v⊥=gt=10 m/s,小球离开磁场时的速度大小为v==10 m/s,A正确,B错误;小球离开磁场时的位置与抛出点的水平距离为x=2R= m,竖直距离为y=gt2=5 m,小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s== m,D正确,C错误。
8.选AC　小球在xOy平面内做平抛运动,则有Eq=qv0B,解得v0=,A正确;根据平抛运动规律,小球的动能变为初动能的2倍时Ek=m(+)=2×m,解得vy=v0==gt,即经过时间为t=,B错误;若仅将电场方向变为沿y轴正方向,如果电场力和重力大小相等,小球可能做匀速圆周运动,C正确;若仅将电场撤去,小球合力不可能为零,不可能做匀速直线运动,D错误。
9.选ABD　油滴a做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知其带负电,有mg=Eq,解得q=,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,可得R=,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,则有3R=,解得v1==,周期为T==,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv=v1+v2,解得v2=-,由于分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡,且分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知,小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,故D正确。
10.选CD　根据动量定理得I=0-mv0=-mv0,故合力冲量大小为mv0,故A错误;小球上滑的时间为t1=,重力的冲量大小为IG=mgt1=,故B错误;小球所受洛伦兹力大小为Bqv=Bq=-Bqat+Bqv0,a=gsin θ,洛伦兹力随时间线性变化,故洛伦兹力冲量大小为I洛=q××Bt1=q××B×=,故C正确;
若v0=,0时刻小球所受洛伦兹力大小为Bqv0=2mgcos θ,小球在垂直细杆方向所受合力为零,可得Bqv=mgcos θ+FN,即FN=Bqv-mgcos θ=Bq-mgcos θ=mgcos θ-Bqtgsin θ,则小球在整个减速过程的FN t图像如图,根据图线与横轴围成的面积表示冲量,可得弹力的冲量为零,故D正确。
11.解析:(1)根据题意可知,小球从P到Q的过程中,水平方向上有d=t,vx=at,a=
竖直方向上有3d=t,vy=v0-gt
因经过Q点的速度与y轴正方向成45°角,故vx=vy
联立可得vx=vy=,a=g,E=,v0=2。
(2)根据题意,由(1)分析可知,小球到达Q点的速度大小为v==
由于Eq=mg
则小球在第一象限做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据小球在磁场中的运动轨迹,由几何关系可知QM为直径,则有半径r==d
由洛伦兹力提供向心力有qvB=m
联立可得B= 。
答案:(1)2　(2)
12.解析:(1)根据几何关系有r1=,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有qv0B1=m,解得B1=,
粒子在匀强磁场中运动的周期为T==,
由几何关系可知,粒子从原点O运动到荧光屏的轨迹的弦长最短为,此时圆心角为60°,粒子的运动时间最短,运动的最短时间为t==。
(2)根据配速法,将粒子的初速度v0分解为v1和v2,其中v1沿x轴正方向,qE=qv1B2,v1+v2=v0,解得v1=,v2=,方向沿x轴正方向,所以粒子以做匀速直线运动,以做匀速圆周运动,其半径为r0==,一个周期时速度与原速度相同,此时沿x轴方向的位移为x0=·=,由于x=nx0=n(n=1,2,3,…),该结果需小于,故坐标为和。
(3)根据磁场叠加原理,合磁场的磁感应强度大小为B合==B3,方向周期性变化,粒子的运动轨迹半径为r2==L,则沿x轴正方向射出的粒子,打在荧光屏上落点的痕迹是一个半圆,设痕迹圆的半径为r,由几何关系得(r2-r)2+2=,解得r=,故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为s=πr=。
答案:(1)　　(2),0,0和,0,0　(3)
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