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第61课时　专题强化：复合场中的摆线问题
动量定理在磁场中的应用
目标要求　1.会用配速法解决带电粒子在复合场中的摆线问题。2.会用动量定理处理带电粒子在磁场中的运动问题。
1.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轨迹曲线，如图所示。
2.配速法
(1)定义：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，则粒子做曲线运动，运动分析比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解为两个分速度，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)配速法处理叠加场中的摆线类问题
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和一个等大反向的速度v2。
初速度为v0，不计重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。
3.用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题
假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为+q。在方向垂直纸面向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。
沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx=qvyB
Fy=qvxB
两个方向分别列动量定理-qvyBΔt=mΔvx
qvxBΔt=mΔvy
即-qBΔy=mΔvx
qBΔx=mΔvy
两边累加得-qBy=mvx1-mvx0
qBx=mvy1-mvy0。
使用条件：如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得)，通过列出与之正交方向上的动量定理，即可迅速得出该方向上的分速度。
例1　如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在电场中运动，不计粒子所受重力。若该粒子在M点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。
答案　　
解析　方法一　动能定理+动量定理
带电粒子在运动中，只有静电力做功，当其运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有qEym=m①
粒子沿竖直方向上的速度产生水平方向的洛伦兹力，
即F洛x=qBvy
取沿水平方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有
F洛xΔt=qBvyΔt=mΔvx，
式中vyΔt表示粒子沿竖直方向运动的距离。
因此，等式两边对粒子从离开M点到第一次最远的过程求和有qBym=mvm②
联立①②两式，解得vm=ym=。
方法二　“配速法”
这个运动之所以复杂是因为洛伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的运动就是匀速圆周运动，我们就可以设法将其分解为匀速圆周运动。粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡：Bqv=Eq；因此，粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨迹半径r==所以ym=2r=vm=2v=。
[变式1]　(多选)在地面上方空间存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的水平方向匀强磁场，与竖直方向的匀强电场(图中未画出)，一电荷量为+q、质量m的带电粒子(重力不计)，以水平初速度v0水平向右射出，运动轨迹如图。已知电场强度大小为E=。下列说法正确的是(　　)
A.电场方向竖直向上
B.带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为2v0
C.带电粒子水平射出时的加速度大小为
D.带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为
答案　BD
解析　由运动轨迹可知，带电粒子最低点偏转半径最大，在最高点偏转半径最小，由合力提供向心力可知，在最低点合力较小，则电场方向竖直向下，故A错误；将带电粒子的速度分解为一个水平向左、大小v1=的分速度，和一个水平向右、大小v2=v0的分速度，由于F1=qv0B=Eq(与电场力平衡)，则带电粒子的运动可以看成是以速率v1向左的匀速直线运动和以速率v2的匀速圆周运动的合运动，故小球在运动轨迹的最低点时的速度大小v=v1+v2=2v0，故B正确；由牛顿第二定律可得带电粒子水平射出时的加速度大小为a===故C错误；由于洛伦兹力不做功，带电粒子从运动轨迹的最高点运动到最低点的过程有m+Eqh=mv2，又有v=2v0，解得h=故D正确。
例2　利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，xOy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度分别为L和2L、边界均平行x轴的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；区域Ⅱ同时存在沿y轴负方向的匀强电场，下边界与x轴重合。位于P处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为53°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1的大小。
(2)若离子源释放的离子速度大小v2=求离子进入区域Ⅱ时与边界的夹角θ。
(3)将离子源移至(0，L)处，离子源释放速度大小v3=、方向沿x轴正方向的正离子束，要实现离子不从区域Ⅱ下边界飞出，则电场强度E的大小满足什么条件？
答案　(1)　(2)37°　(3)E≤
解析　(1)当离子不进入区域Ⅱ速度最大时，轨迹与区域Ⅰ下边界相切，如图甲所示，由几何关系
r1cos 53°=r1-L，
解得r1=L。
根据qv1B=m
解得v1=。
(2)离子进入区域Ⅰ，运动轨迹如图乙所示，由qv2B=m解得r2=5L。
圆心O到区域Ⅱ上边界的距离d=r2cos 53°+L=4L，
cos θ==0.8，
故进入区域Ⅱ时速度与边界的夹角为θ=37°。
(3)方法一　配速法
将离子的运动看成速度为v0的水平向右的匀速直线运动和竖直平面以速率为(v0-v3)的匀速圆周运动的合运动，满足qv0B=qE0，即v0=。
等效圆的最大直径为L，即L=2
联立得E0=
即电场强度应满足的条件是E≤。
方法二　动能定理+动量定理
假设离子向下运动y方向的最大位移为L，此时速度为v，在区域Ⅱ任意Δt时间，由动量定理可得
qvyBΔt=mΔvx，
两边累加得qBL=m(v-v3)，
得v=2v3=
由动能定理得qE0L=mv2-m
解得E0=
即电场强度应满足的条件是E≤。
[变式2]　现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，求sin θn。
答案　B
解析　设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，
在电场中，根据动能定理有
nqEd=m
解得vn=
在磁场中由动量定理有qvxBΔt=mΔvy
即qΔxB=mΔvy
两边累加得qxB=mvy，其中x为在磁场中的水平位移，x=nd
联立得vy=sin θn=
得：sin θn=B。
课时精练
[分值：40分]
[1~3题，每题4分]
1.(多选)在空间中存在垂直于纸面向外的匀强磁场B和沿着纸面竖直方向的匀强电场E(图中均未画出)，有一带负电的粒子(不考虑重力)，从O点由静止释放后，其运动轨迹如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.电场方向为竖直向下
B.该粒子在轨迹最低点所受合外力方向竖直向上
C.该粒子从释放到轨迹最低点的过程中，电势能减小
D.该粒子从释放到轨迹中相邻最高点的过程中，做速率不变的曲线运动
答案　BC
解析　该粒子释放后，在洛伦兹力和电场力的共同作用下向右下方运动，说明受到的电场力方向向下，因而电场方向竖直向上，选项A错误；该粒子在轨迹最低点时，受到电场力的方向向下，洛伦兹力方向向上，根据曲线运动合外力方向处于轨迹凹侧，可知所受合外力方向竖直向上，选项B正确；该粒子从释放到轨迹最低点的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；该粒子从释放到轨迹中相邻最高点的过程中，电场力先做正功，再做负功，洛伦兹力不做功，因此速率先增大后减小，选项D错误。
2.如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在和之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，对应小段圆弧的半径叫该处曲率圆半径。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A.两板间电场强度的大小为
B.乙粒子偏离中轴线的最远距离为
C.乙粒子的运动轨迹在A处对应的曲率圆半径为
D.乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动
答案　B
解析　速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则qE=Bqv，解得两板间电场强度的大小为E=Bv，选项A错误；由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qEymax=m()2-m()2，整理可得ymax=，故B正确；由题意，乙粒子的运动轨迹在A处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大为vA=，洛伦兹力与电场力的合力提供向心力qvAB-qE=，所以对应圆周的半径为rA=，故C错误；由题意，速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的洛伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知从进入板间至A位置过程中，乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故D错误。
3.(多选)(2024·安徽卷·10)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
答案　ABD
解析　油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg=Eq
解得q=，故A正确；
根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m
联立解得油滴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，得
v1B=
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，得mv=v1+v2，
解得v2=-，
由于分离后的小液滴受到的静电力和重力仍然平衡，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。
4.(12分)(2024·甘肃卷·15)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)(4分)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)(2分)求O点到P点的距离。
(3)(6分)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　(1)带正电　　(2)　(3)
解析　(1)粒子在磁场B2中O处所受洛伦兹力方向向上，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，在加速电场中，由动能定理qU=m
在速度选择器中粒子做匀速直线运动，
由平衡条件qv0B1=qE1
联立解得，粒子的比荷为=
(2)在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力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
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做匀速直线运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，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=。
5.(16分)扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。根据其原理设计的装置简化模型如图所示，n个匀强磁场与n-1个电场强度相同的匀强电场交替分布，宽度均为d，竖直方向范围足够广。有界磁场的磁感应强度大小依次为B0、2B0、3B0…nB0，方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。一重力不计的带正电粒子，从行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ，θ在0~30°范围内可调，若θ=30°时，粒子恰好能射出磁场Ⅰ右边界，求：
(1)(3分)粒子比荷k；
(2)(5分)从磁场Ⅰ右边界射出的区域长度Δl；
(3)(8分)当θ=0时，粒子恰好能从第n个磁场右边界射出，则匀强电场的电场强度大小E。
答案　(1)　(2)2(-1)d
(3)(n=1，2，3…)
解析　(1)根据题意知，在加速电场中根据动能定理有qU=mv2
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力qvB0=
运动轨迹如图所示，由几何关系有rsin 30°=r-d
解得k=
(2)如图所示，θ=30°时，磁场Ⅰ右边界射出的最高点距射入点的竖直位移大小
l1=rcos 30°
θ=0时最低点距射入点的竖直位移大小
l2=r(1-cos 30°)
故从磁场Ⅰ右边界射出的区域长度Δl为
Δl=l1-l2
联立解得Δl=2(-1)d
(3)以竖直向上为正方向，粒子在竖直方向的洛伦兹力作用下使该方向的动量发生改变。在经过磁场Ⅰ过程中，由动量定理得
∑B0qvxt=B0q∑vxt=B0qd=mv1
同理经过磁场Ⅱ过程中2B0qd=m(v2-v1)
磁场Ⅲ过程中3B0qd=m(v3-v2)
磁场n过程中nB0qd=m(vn-vn-1)知，
B0qd=mvn
粒子经过电场加速，由动能定理得qU+qE(n-1)d=m
联立解得E=(n=1，2，3…)。

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