計算3帶電粒子在電磁場中的運動

考點內容考情分析

考向一電磁場偏轉類問題帶電粒子在復合場中的運動是力電綜合的重點和高考

考向二動態圓、磁聚焦問題的熱點，常見的考查形式有組合場（電場、磁場、重力

考向三帶電粒子在復合場中運動場依次出現）、疊加場（空間同一區域同時存在兩種以上

的場）、周期性變化的場等，近幾年高考試題中，涉及

考向四有關電磁場的科技應用本專題內容的頻率極高，特別是計算題，題目難度

大，涉及面廣.

蜀深究懈題攻略”

1.思想方法

一、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法

確定圓心

「①軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯系,

即/?=胃

qB

②由幾何方法----般由數學知識（勾股定

理、三角函數等）計算來確定半徑。

③偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系。

〔④粒子在磁場中運動時間與周期相聯系。

牛頓第二定律和圓周運動的規律等，特別是

周期公式、半徑公式。

二、“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題

陰性質要清楚場的性質、方向、強弱、范圍等.

」帶電粒子依次通過不同場區時,由受力情況

與曾尸F確定粒子在不同區域的運動情況.

@—*1正確地畫出粒子的運動軌跡圖。

根據區域和運動規律的不同，將粒子運動的

用規正〉一過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段

選取不同的規律處理。

要明確帶電粒子通過不同場區的交界處時速

3%關系度大小和方向關系，上一個區域的末速度往

往是下一個區域的初速度。

三、帶電粒子在疊加場中運動的分析方法

復合場

弄清電場、磁場、重力場的組合情況

的組成

先分析場力（重力、電場力、洛倫茲力），再分

受力分析

析彈力、摩擦力、其他力

運動分析注意運動情況和受力情況的結合

分段分析粒子通過不同種類的場時，分段討論

勻速直線運動-平衡條件

畫出軌述

選擇規豫勻速圓周運動一?牛頓運動定律和圓周運動規律

復雜曲線運動—動能定理或能量守恒定律

2.模型建構

一、常見的基本運動形式

電偏轉磁偏轉

偏轉條件帶電粒子以vlE進入勻強電場帶電粒子以vlB進入勻強磁場

示意圖rt**

H

V'0」

受力情況只受恒定的靜電力只受大小恒定的洛倫茲力

運動情況類平拋運動勻速圓周運動

運動軌跡拋物線圓弧

物理規律類平拋運動規律、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式

mv2mv

qvB=---，r=—

1rqB

L=vt,y=^afi

2jimOT

基本公式T=——，t=—

qEatqB2兀

a——,tan8=一

mvL

sin8=一

r

靜電力既改變速度方向，也改變速度洛倫茲力只改變速度方向，不改變

做功情況

大小，對電荷做功速度大小，對電荷永不做功

二、動態圓與磁聚焦

（一）動態放縮法

粒子源發射速度方向一定、大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，

速度方向一定、

這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑與粒子速度大小

大小不同

有關

如圖所示（圖中只畫出粒子帶正電的情景），速度V越大，運動半徑

適用條也越大。可以發現這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心

件在垂直初速度方向的直線PP上

軌跡圓圓心共線XXXXXX

P'

XX

X/x---------X

Xx作\XX\X

x

XXXX&X

界定方

以入射點P為定點，圓心位于尸P直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條

法

件，這種方法稱為“放縮圓”法

（二）定圓旋轉法

粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場

時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度大

mvo

小為vo，則圓周運動半徑為r=--，如圖所示

qB

速度大小一定，方

XXXXx①X

向不同xX

適用條

件

\，......./'；\0%

...

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點。為圓心、

軌跡圓圓心共圓

半徑廠=」mvo的圓上

qB

"Abmvo

將半徑為的軌跡圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索粒子的臨界條件，這種

方法qB

方法稱為“旋轉圓”法

（三）平移圓法

粒子源發射速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線上的

帶電粒子，它們進入勻強磁場時，做勻速圓周運動的半徑相同，

速度大小一定，方

mvo

若入射速度大小為V0,則運動半徑r=——，如圖所示

適用條向一定，但入射點qB

件在同一直線上XXXXXXX

X|/x祗、\X

軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線

界定方mvo

將半徑為r=，的圓進行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法

法qB

（四）磁聚焦、磁發散

點入平出：若帶電粒子從圓形勻強磁場區域圓周上一點沿垂直于磁場方向進入磁場，當帶電粒子做

圓周運動的半徑與圓形磁場區域的半徑相同時，所有帶電粒子都以平行于磁場區域圓周上入射點處

的切線方向射出磁場，如圖所示。

平入點出：若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和圓形

磁場區域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區域圓周上同一點射出，且磁場區域圓周上該點的

切線與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行，如圖所示。

三、現代科技

質譜儀的原理和分析

1.作用

測量帶電粒子質量和分離同位素的儀器。

2.原理(如圖所示)

4

7674737270衛支

I口口「

仇?；；?

,?■應?

〃1/

一4

(1)加速電場：qU=^mv2；

mv2

(2)偏轉磁場：qvB=----,l=2r,?

r

,1\2mUqr2B2q_2U

由t以t上t兩式可得尸=—1----，m--------:

q2UmB2T2

回旋加速器的原理和分析

271m

1.加速條件：T電場—T回旋—-二-;

qB

mv2aBr

2.磁場約束偏轉：qvB=-=>v=---o

rm

3.帶電粒子的最大速度Vmax="”，小為。形盒的半徑。粒子的最大速度Vmax與加速電壓。無關。

m

4.回旋加速器的解題思路

(1)帶電粒子在縫隙的電場中加速，交變電流的周期與帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，每

經過電場一次，粒子加速一次。

(2)帶電粒子在磁場中偏轉、半徑不斷增大，周期不變，最大動能與。形盒的半徑有關。

霍爾效應的原理和分析

1.定義：高為〃，寬為d的金屬導體(自由電荷是電子)置于勻強磁場2中，當電流通過金屬導體時,

在金屬導體的上表面/和下表面4之間產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓。

2.電勢高低的判斷：如圖，金屬導體中的電流/向右時，根據左手定則可得，下表面，的電勢高。

3.霍爾電壓的計算：導體中的自由電荷（電子）在洛倫茲力作用下偏轉，4、4間出現電勢差，當自由

電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，4、4間的電勢差（S就保持穩定，由/=叩vS,S=

h

BIBI1

hd；聯立得U=-k—，k——稱為霍爾系數。

nqddnq

速度選擇器、磁流體發電機

速度選擇11

X?XXXE

o-*roB若qv（）B=Eq,即Vo=萬，粒子做勻速直線運動

器XXXX

A-

等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電荷，

磁流體發XXXXf

A="。Bd

o-*-o-*-兩極板間電壓為。時穩定，qU=qvoB,U=vWd

電機XXXx|

i___________________________?d

/夕親臨"高考練場"

考向一電磁場偏轉類問題

1.（2024?安徽二模）如圖甲，豎直面內有一小球發射裝置，左側有光滑絕緣圓弧形軌道ABC,A

與圓心O等高，C處于坐標原點，y軸左側有一水平向右的勻強電場（圖中未畫出），電場強度

的大小Ei=lCPy/a。現將帶正電絕緣小球從A點由靜止釋放進入軌道，一段時間后小球從C

點離開并進入y軸右側，y軸右側與直線DF（平行于y軸）中間范圍內有周期性變化的水平方

向電場，規定向右為正方向，交變電場周期T=1.6s,變化規律如圖乙。已知圓弧形軌道半徑

R=，，小球質量m=0.3kg,電荷量q=4X10-3（2,NBOC=53°,重力加速度g=lOm/s2,

sin53°=0.8,不計空氣阻力的影響及帶電小球產生的電場。求：

（1）小球在C點時的速度；

3

(2)若小球在t=0時刻經過C點，在t=,T時刻到達電場邊界DF,且速度方向恰與直線DF平

行，E2的大小及直線DF到y軸的距離；

(3)基于(2)中直線DF到y軸的距離，小球在不同時刻進入交變電場再次經過x軸時的坐標

范圍。

【解答】解：(1)小球在y軸左側，根據矢量合成的特點可得:

F=J(jng)2+(qEi)2

解得：F=5N

方向與水平方向成53°向下，根據動能定理，小球A到C運動過程

1,

FR(1+cos37°)=~^mv2—0

解得：v=10m/s

方向為與水平方向成53°o

(2)小球到達直線DF時速度方向恰與DF平行，即水平速度恰減到0,根據電場的周期性

T

vcos53°—ax-=0

解得：=7.5m/s2

根據牛頓第二定律可得：

qE2

a=---

ym

解得：E2=562.5V/m

根據速度一位移關系式

3(vcos530)2

Xn=-----------------

"2a

解得：xD=7.2m

(3)小球在y軸右側豎直方向做豎直上拋運動，小球再次經過x軸的運動時間相同

2vsin53°

t=-------------

g

恰經過一個周期，t=0時刻進入電場，小球在一個周期內水平方向先減速運動再加速，此過程小

球水平方向平均速度最小，離c點最近

1

x3=](ucos53。+0)T

聯立解得：X3=4.8m

因為X3〈XD

小球在電場內經過x軸，t=5時刻進入電場，小球在一個周期內水平方向先加速運動

1TT

Xi=~(ycos530+vcos530+

解得：xi=7.2m

且Xi=XD

恰加速運動至DF所在直線，小球出電場后做勻速運動

TT

x2=(vcos53°+ax-)-

解得：X2=9.6m

貝UXm=xi+x2=7.2m+9.6m=16.8m

此過程小球水平方向平均速度最大，離C點最遠，綜上，小球經過x軸時的坐標范圍為

4.8mWxW16.8m

2.(2024?洛陽一模)如圖所示，Q是x正半軸上的一點，其橫坐標為X。(未知)。在xOy的第一

象限，xWxo的區域內存在大小為E、沿y軸負方向的勻強電場。速率為V。的帶正電荷的粒子,

從P點沿y軸負方向射入電場后，通過O點時速率為2v°；從P點沿x軸正方向射入電場后恰

好從Q點射出。若將區域內的電場換成垂直xOy平面向外的勻強磁場，同樣讓該粒子從P點沿

x軸正方向射入，粒子也恰能從Q點射出。不考慮重力的作用，求磁感應強度的大小。

八y；

p，一?：

%：

OQx

【解答】解：因為O點和Q點電勢相同，所以粒子通過Q點時的速度大小與通過O點時的速度

大小相等，均為2vo。設粒子運動到Q點時速度方向與x軸間的夾角為。，如圖所示，則

2Voeos。=vo

1

解得cos。=-

可得6=60°

設粒子在電場中從P運動到Q的時間為t,P點的縱坐標yp,則

Vy=votan0

XQ-vot

Vy

yp=Q

解得yp=^o

設粒子的質量為m、電荷量為q,由動能定理有

1

2

qEyP=^7n(2v0)-

解得E=^遇

<7%o

設粒子在磁場中運動的半徑為r,磁感應強度的大小為B,根據洛倫茲力提供向心力得

VQ

=m-

v

聯立解得B=病

4E

答：磁感應強度的大小為行

3.(2024?羅湖區校級模擬)亥姆霍茲線圈是一對平行的完全相同的圓形線圈。如圖所示，兩線圈

通入方向相同的恒定電流，線圈間形成平行于中心軸線。1。2的勻強磁場，沿。1。2建立X軸,

一足夠大的圓形探測屏垂直于X軸放置，其圓心P點位于X軸上。在線圈間加上平行于X軸的

勻強電場，粒子源從X軸上的O點以垂直于X軸的方向持續發射初速度大小為V0的粒子。已知

粒子質量為m,電荷量為(q>0),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B,電場和磁場均沿

x軸正方向，不計粒子重力和粒子間相互作用。若未加電場，粒子可以在線圈間做勻速圓周運

動。

(1)若未加電場，求粒子做圓周運動的半徑r；

(2)加入電場后，沿x軸方向左右調節探測屏，求粒子打在探測屏上的點距探測屏圓心P點的

最遠距離D；

(3)加入電場后，沿x軸方向左右調節探測屏，若要使粒子恰好打在探測屏的圓心P點，求此

時P點與粒子源間的距離do

【解答】解：(1)粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得皿08=噂

mvo

解得軌道半徑為「=而

(2)粒子在垂直于x軸的平面內做勻速圓周運動，在x軸方向上做勻加速運動。若粒子在垂直

mvo

于x軸的平面內轉過奇數個半圈，此時打到探測屏上的位置距離P點最遠D=2r=2/

2nr

(3)垂直于x軸的平面內，粒子在磁場中運動的周期T=『

Vo

2Tlm

則粒子回到x軸時間為弋=nT=n—(n=l,2,3…)

qb

1

沿、x軸方向d=]at29,qE=ma

2n27i2mE

聯立解得d=(n=l,2,3…)

qB2

考向二動態圓、磁聚焦問題

4.（2024?鄭州三模）如圖所示，有一足夠大絕緣平板MN水平放置，平板上O點處持續向上方

各方向發射帶電小球。射出小球的質量為m,電荷量為+q,小球速度大小均為vo。在距離MN

上方L處平行放置一足夠大光屏，光屏中心O正對平板上的O點。在平板和光屏之間有豎直向

2mg

上的勻強電場，電場強度為E=丁。不考慮小球間的相互作用，小球可看作質點，重力加速

度為g。

（1）求小球打在光屏上的速度大小；

（2）求小球打在光屏上的范圍面積；

E

（3）將電場強度調整為萬，同時在平板和光屏之間加上垂直紙面向里的勻強磁場，若在紙面內射

出的小球打在光屏兩側到O'的最遠距離均為岸3求所加磁場的磁感應強度大小。

【解答】解：（1）小球到達光屏的速度為v,從O點運動到光屏過程，由動能定理得

（qE—mg）L=—mv2—77m詔

解得小球打在光屏上的速度大小為

（2）平行于MN發射的小球，落在光屏上距離O'點最遠，由牛頓第二定律得

qE-mg=ma

_1_

小球做類平拋運動，則有L=]at2,x=vot

小球打在光屏上的范圍面積為S=irx2

聯立解得s=2學

E

（3）電場強度調整為E'=5,止匕時qE=mg

小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得=警

經分析沿ON方向發射的小球打在光屏上的距離0'最遠，如圖所示

由幾何關系可得當0號嚀

可得0=30°

又Reos。=

3mvo

聯立解得

B2qL

5.（2024?重慶模擬）質譜儀是檢測和分離同位素的儀器。如圖，速度選擇器的磁感應強度為Bi，

方向垂直紙面向里，電場強度為E。分離器中磁感應強度為B2,方向垂直紙面向外。離子室內

充有大量氨的同位素離子,經加速電場加速后從速度選擇器兩極板間的中點O平行于極板進入,

選擇出的部分離子通過小孔O進入分離器的磁場中，在底片上形成3個有一定寬度分別對應1

He、和名/Ze三種離子的感光區域。第一片感光區域的中心P到O'點的距離為山。忽略離

子的重力及相互間作用力，不計小孔O'的孔徑。

（1）求沿直線運動通過速度選擇器，并打在感光區域中心P點離子的速度，vo及比荷*；

（2）以速度為丫=丫0土Av從O點射入的離子，其在速度選擇器中的運動可視為速度為vo的勻

速直線運動和速度為Av的勻速圓周運動的合運動，感光板上要出現3個有一定寬度的感光區域,

求該速度選擇器極板的最小長度L；

（3）在（2）的情況下，為能區分3種離子，求該速度選擇器的極板間最大間距d。

【解答】解：(1)離子在速度選擇器中沿直線運動，需滿足電場力與洛倫茲力平衡，則有:

qv0Bi=qE

E

解得：v=—

0D1

在分離器中離子做勻速圓周運動，軌跡為半個圓周，易知打在感光區域中心P點的離子的運動半

徑為:

di

r1=萬

根據洛倫茲力提供向心力得:

VQ

qv0B2=m-

q2E

解得：三二瓦嬴

,,一1,

(2)在加速電場中，根據動能定理得：qU=Ynvo

在分離器中有：qvB=

02V

mvom

可得：「=詞=而2mU

mBq

.q2Er

三種離子電荷量相同，則質量最小的汨e軌跡半徑最小，則(1)問中所解比荷生=是孤e

771￡、>1J7D2U”1

離子的比荷，可得:

4m5m

加e離子的比荷為：而；劑e離子的比荷為：—

iHe,如e、三種離子在速度選擇器中分運動的勻速圓周運動的周期分別為:

271mTIB2dl

L=西=~

27rx4m4

T2=^T=/

27rx5m5

T3=萬丁=式1

使三種離子都能通過速度選擇器，最短時間是上述3個周期的最小公倍數，可得：

三種離子都能通過速度選擇器的最短時間為：tmin=20Ti

207rB2dl

L=

可得極板最小長度為：votmln=------------

d

(3)離子在速度選擇器中分運動的勻速圓周運動的半徑最大為：-

dmAvi4mAv25mAv3

同理由洛倫茲力提供向心力，對三種離子都有："===

4Qo1DQDiDQJDi

2m(vo+^vi)

在分離器中的最大直徑為：^maxl=QB2

聯立可得：

2mZlvi2mJviBidBi

Dsi=%+qB2=心+qB[*瓦^心+萬*及

同理可得：的最小直徑為：

2x4m(vo-21v2)4d

Dmin2=3^=一萬x瓦

為能區分？"e、禺子需滿足：Dmin2>Dmaxl

解得：dV2~di

D￡>1

44dBi

同理?He的最大直徑為：^max2中1+5X豆

2x5m(vo-21v3)5dB\

的最小直徑為：Dmin3=------而;-----=3dl~2X~B^

為能區分￡"e、離子需滿足：Dmin3>Dmax2

B

解得：d<港2~di

on1

故該速度選擇器的極板間最大間距為粵辦。

6.(2024?重慶模擬)如題圖所示，兩個相同的光滑彈性豎直擋板MN、PQ固定在紙面內，平行

正對且相距足夠遠，矩形MNQP區域內(含邊界)充滿豎直向下的勻強電場，電場強度大小為

E?緊鄰MN板右側有一勻強磁場，方向垂直紙面向里，磁場右邊界為半圓，圓心為MN板的

中點0。現有一帶負電小球在紙面內從M點射入磁場，速度大小為V、方向與MP的夾角為3

恰好能在磁場中做勻速圓周運動，且第一次飛出磁場時速度恰好水平。已知重力加速度為g,

MN=PQ=d,NQ=MP=L,該小球可視為質點且電荷量保持不變，擋板厚度不計，忽

略邊界效應。該小球每次與擋板(含端點)碰撞后瞬時，水平速度大小不變、方向反向，豎直

速度不變。

(1)求該小球第一次與MN板碰撞前在磁場中運動的路程;

(2)求該勻強磁場的磁感應強度大小B；

(3)若該小球能通過N點，求。的大小，以及該小球第二次離開矩形MNQP區域前運動的總時

間。

【解答】解：(1)根據題意畫出小球第一次與MN板碰撞前的運動軌跡如下圖所示

設小球在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,由幾何關系得:

.2j2

瞪_R（1-COS。）］+（Rs譏0）2=（卷）

d

解得：R=-

由圖中幾何關系可知，所求路程為兩端圓弧軌跡的總長為:

s=2R0=d0

(2)小球恰好能在磁場中做勻速圓周運動，需要電場力與重力平衡，則有:

mg=qE

由洛倫茲力提供向心力得:

V2

qvB=m—

聯立解得：B=—

d7T1

（3）情況①：由R=7,可知當e=5時，小球在磁場中先后做兩段7圓周運動可通過N點，且

在N點沿MN方向離開矩形區域，再由N點回到該區域，沿NM邊界勻速向下運動（NM邊界

處無磁場），最終從M點離開，此情況小球的運動軌跡如下圖所示

設小球在磁場中運動的時間為力，則有:

12nRnd

2'~iT=2v

設小球在電場中水平方向做勻速直線運動的總時間為t2,則有:

小球從N點離開后再次回到N點經過的時間為：t3=：■

一d

小球從N點勻速運動到M點經過的時間為：t=—

4v

此情況小球第二次離開矩形MNQP區域前運動的總時間為：t=ti+t2+t3+t4

2v

聯立解得：t=——+—

2v9

71

情況②：當0＜。＜萬時，由"MN與PQ相距足夠遠”可知，要使小球能通過N點，小球第一次

與MN板碰撞后，再次飛出磁場時，速度方向也應該水平，則小球在磁場中的運動軌跡如下圖所

_d17T

由幾何關系可知：2--cos0=R解得：COS0=",即

ZZf。

7T

設小球在磁場中運動的時間為t「，則有

402TIR2nd

til=—?-----=-------

27rv3v

小球在水平方向做勻速直線運動的總時間為t2',則有：

?,4QL-Rsin0)4L-V3d

=-------------=------------

VV

小球從N點離開后，從NQ上D點再次進入矩形MNQP區域時，此過程經過的時間為：

vsinOV3v

tz=2-二

3g9

該小球從NQ上D點再次進入矩形MNQP區域時，到N點的水平距離為：

A八，四/

△X=VCOS0-to=-------

2g

己知：d<Y交，可得：Ax>(,可知該小球再次進入矩形MNQP區域后，不會進入磁場區域,

將沿斜向右下方做勻速直線運動，且速度大小仍為V,方向與水平方向夾角仍為。，該過程中小

球做勻速直線運動的時間為：

,,d2V3d

LA=----------=----------

vsinO3v

此情況小球第二次離開矩形MNQP區域前運動的總時間為：t'=t1'+t2'+t3'+t4'

聯立解得：F--------J----------+--

3vg

考向三帶電粒子在復合場中運動

7.(2024?泉州模擬)如圖甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的勻強電場與勻強磁場，電場

方向豎直向上，場強大小為E,磁場方向垂直紙面向里。在離地高為h的0點處建立一直角坐

標系xOy,y軸豎直向上。一個帶正電小球A從O點以速率vo沿x軸負方向射出，恰好可以垂

直打到地面。已知重力加速度大小為g,A受到的電場力恰好等于重力，運動過程中帶電量不

變，忽略空氣阻力。

(1)求勻強磁場的磁感應強度的大小B；

(2)若大量與A相同的小球仍從。點以速率vo在xOy平面內沿各個方向先后射出，小球間的

相互作用均不計，落地后均不反彈，求小球落地點區間的長度；

(3)若撤去電場，小球仍從。點以某一速率沿y軸正方向射出，恰好不會打到地面。

i.求小球從。點射出時的速率vi；

ii.已知小球的速率v與時間t的關系如圖乙所示，求小球速率達到最小時兩個位置之間的距離。

【解答】解：(1)由于小球所受電場力等于重力

qE=mg

故小球在場中做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有

qvo=m-

0R

根據幾何知識R=h

聯立解得8=正;

(2)當小球的運動軌跡與地面相切時可運動到左側最遠落地點，此時小球在第二象限與y軸正

根據幾何知識，其水平位移為

Xi=V3/?

當小球沿-y方向射出時，可運動到右側最遠落地點，軌跡圖像如(1)所示，根據幾何知識，其

水平位移為X2=R

則落地點區間的長度為L=X1+X2

聯立解得卜=(V3+1)/1；

(3)i.利用配速法，在。點給小球兩個大小相等，方向平行于X軸且方向相反的速度V2,使其

滿足qv2B=mg

mggh

解得丫2=正=益

如此即可將小球的運動分解為圓周運動與水平方向的勻速運動，則圓周運動的速度V'=窈/

1/2

根據牛頓第二定律，有洛倫茲力提供向心力有qvB=m—

r

解得

mvr

r=—-

qB

這里不考慮水平方向的勻速直線運動，則粒子的軌跡圖像如圖所示

V2

h=r+rcosacosa=~

v

聯立解得Vi=J詔—2gh；

ii.由題意可知，當小球做圓周運動的速度水平向右時合速度最小，故合速度最小的時間間隔為

一個周期的整數倍，故小球速度達到最小時的位置之間的距離AXMIIV2T(n=0,1,2...)

根據周期公式T=一丁

v

2nh

解得T=■—

vo

2717rg九2

聯立解得Ax=―—(n=1,2,3…)。

8.(2024?泰州一模)高能微粒實驗裝置，是用以發現高能微粒并研究和了解其特性的主要實驗工

具。為了簡化計算，一個復雜的高能微粒實驗裝置可以被最簡化為空間中的復合場模型。如圖

甲所示，三維坐標系中，yOz平面的右側存在平行z軸方向周期性變化的磁場B(圖中未畫出)

和沿y軸正方向豎直向上的勻強電場E。有一個質量為m、電荷量為q的帶正電的高能微粒從

xOy平面內的P點沿x軸正方向水平射出，微粒第一次經過x軸時恰好經過O點，此時速度大

mg

小為vo,方向與X軸正方向的夾角為45°。已知電場強度大小E=7,從微粒通過O點開始

mgTIVO

計時，磁感應強度隨時間的變化關系如圖乙所示，已知B。=藐;，t=—,規定當磁感應強度

q“u0<y

沿Z軸正方向時為正，重力加速度大小為g。

(1)求拋出點P到X軸的距離y；

(2)求微粒從通過O點開始做周期性運動的周期T；

(3)若t=:時撤去yOz右側的原電場和磁場，同時在整個空間加上沿y軸正方向引=哼50

的勻強磁場，求微粒向上運動到離xOz平面最遠時的坐標。

【解答】解：（1）粒子做平拋運動，由于經過O點時方向與x軸正方向的夾角為45°,則有:

Vy=v（）sm45v0

根據平拋規律可得：=2gy,即有：（乎⑹2=2”，解得：丫=段=遺叱=普；

」2Ag2g初

（2）根據題意，粒子受到的重力與電場力平衡，則有：qE=mg

v2mvo

由洛倫茲力提供向心力，則有：=解得：R=~^~

27rH271m

粒子在磁場中運動的周期為：T=--=—

ovoq5

Vn27TVO

當3=3（）時，有：R1=—,T——

,y1=y

Bo2儲4TTV0

當3=〒時，則有：R2=—，T2=——

乙y.y

結合題中信息可知：0?訪，微粒剛好轉過180°；訪?2訪，微粒轉過90°；2to?3to與0?訪的運

動軌跡大小一樣，只是偏轉方向不一樣；3to?4to與to?2to的運動軌跡大小一樣，只是偏轉方向

不一樣，綜上所述，微粒一個周期的運動軌跡如圖所示:

（3）t=to時，把速度分解到水平方向和豎直方向，即有：vj=%s譏45°=孝處，vj=v0cos45°=

V2

TVo

粒子在豎直方向上做豎直上拋運動，則有：（孝％）2=29>2,解得：丫2=篇

V2加日立笫0

—vo=gt,解得：t2=f-

z2乙y

粒子水平方向向上做圓周運動，則有：

mvxv2

口3=冠=扁

2兀-2缶o

13=營=^-

5

由此可知：t2="T3

1v2

則有：x'-V2RI+R3=（V2+~）—

57rg

___1Vov0v0

因此粒子向上運動到離xOz平面最遠時的坐標為：（（V2+—）—,—,--）0

5兀g4g57rg

9.（2024?浙江二模）如圖所示，直角坐標系第一象限內有一豎直分界線PQ,PQ左側有一直角三

角形區域OAC,其中分布著方向垂直紙面向里、磁感應強度為Bo的勻強磁場，已知OA與y

軸重合，且OA=a,9=60°,C點恰好處于PQ分界線上。PQ右側有一長為L的平行板電容

器，板間距為a,上極板與左側磁場的上邊界平齊，內部分布著方向垂直紙面向里，強弱隨y

坐標變化的磁場，和豎直向下場強大小為E的勻強電場。該復合場能使沿水平方向進入電容器

的電子均能沿直線勻速通過電容器。在平行板電容