第64課時專題強化：復合場中的擺線問題動量定理在磁場中的應用目標要求1.會用配速法解決帶電粒子在復合場中的擺線問題。2.會用動量定理處理帶電粒子在磁場中的運動問題。1.擺線是同一平面內勻速直線運動和勻速圓周運動的合運動的軌跡，其實就是一個圓沿著一條直線做無滑動的滾動，圓周上的一點運動的曲線，如圖所示。2.配速法(1)定義：若帶電粒子在磁場中所受合力不為零，則粒子的速度會改變，洛倫茲力也會隨著變化，合力也會跟著變化，則粒子做一般曲線運動，運動分析比較麻煩，此時，我們可以把初速度分解為兩個分速度，使其中一個分速度對應的洛倫茲力與重力(或靜電力，或重力和靜電力的合力)平衡，另一個分速度對應的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動，這樣一個復雜的曲線運動就可以分解為兩個比較常見的運動，這種方法叫配速法。(2)配速法處理疊加場中的擺線類問題常見情況處理方法BG擺線：初速度為0，有重力把初速度0分解為一個向左的速度v1和一個向右的速度v1。BE擺線：初速度為0，不計重力把初速度0分解為一個向左的速度v1和一個向右的速度v1。BEG擺線：初速度為0，有重力把初速度0分解為一個斜向左下方的速度v1和一個斜向右上方的速度v1。BGv擺線：初速度為v0，有重力把初速度v0分解為速度v1和速度v2。3.用動量定理解決帶電粒子在磁場中的運動問題假設有一個帶電粒子，其質量為m，電荷量為＋q。在方向垂直紙面向下，磁感應強度大小為B的勻強磁場中運動。粒子速度為v，所受洛倫茲力為F，且重力不計。如圖建立直角坐標系。沿兩軸方向的洛倫茲力分力Fx＝qvyBFy＝qvxB兩個方向分別列動量定理－qvyBΔt＝mΔvxqvxBΔt＝mΔvy即－qBΔy＝mΔvxqBΔx＝mΔvy兩邊累加得－qBy＝mvx1－mvx0qBx＝mvy1－mvy0。使用條件：如果已知某一分運動方向上的位移(可能需要借助動能定理獲得)，通過列出與之正交方向上的動量定理，即可迅速得出該方向上的分速度。例1如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和水平的勻強磁場(垂直紙面向里)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在電場中運動，不計粒子所受重力。若該粒子在M點由靜止釋放，求粒子沿電場方向運動的最大距離ym和運動過程中的最大速率vm。提示：為了研究該粒子的運動，可以應用運動的合成與分解的方法，將它為0的初速度分解為大小相等的水平向左和水平向右的速度。[變式1](多選)(2024·湖南衡陽市模擬)在地面上方空間存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的水平方向勻強磁場，與豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)，一電荷量為＋q、質量m的帶電粒子(重力不計)，以水平初速度v0水平向右射出，運動軌跡如圖。已知電場強度大小為E＝Bv02，重力加速度為g。下列說法正確的是A.電場方向豎直向上B.帶電粒子運動到軌跡的最低點時的速度大小為2v0C.帶電粒子水平射出時的加速度大小為qD.帶電粒子在豎直面內運動軌跡的最高點與最低點的高度差為3[變式2](八省聯考·陜西·15)如圖，cd邊界與x軸垂直，在其右方豎直平面內，第一、二象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，第三、四象限存在垂直紙面向內的勻強磁場，磁場區域覆蓋有豎直向上的外加勻強電場。在xOy平面內，某質量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點與cd邊界成30°角以速度v0射入，小球到坐標原點O時恰好以速度v0豎直向下運動，此時去掉外加的勻強電場。重力加速度大小為g，已知磁感應強度大小均為mgq(1)電場強度的大小和P點距y軸的距離；(2)小球第一次到達最低點時速度的大小；(3)小球從過坐標原點時到第一次到達最低點時所用時間。例2(2025·福建寧德市開學考)現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動，如圖所示，真空中存在著多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，寬度均為d，電場強度為E，方向水平向右；磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射。粒子從第n層磁場右側邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為θn，試求sinθn。

答案精析例12mEq解析方法一“配速法”這個運動之所以復雜是因為洛倫茲力改變了運動的方向，帶電粒子在磁場中做的最簡單的運動就是勻速圓周運動，我們就可以設法將其分解為勻速圓周運動。粒子的初速度為零，可分解為水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v對應的洛倫茲力與靜電力平衡：Bqv＝Eq；因此，粒子的運動是水平向右速度為v的勻速直線運動和初速度水平向左、大小為v的逆時針勻速圓周運動的合運動，圓周運動的軌跡半徑r＝mvqB＝mEqB2，所以ym＝2r＝2mEqB方法二動能定理＋動量定理帶電粒子在運動中，只有靜電力做功，當其運動至最遠時，靜電力做功最多，此時速度最大，根據動能定理有qEym＝12mvm粒子沿豎直方向上的速度產生水平方向的洛倫茲力，即F洛x＝qBvy取沿水平方向運動一小段時間Δt，根據動量定理有F洛xΔt＝qBvyΔt＝mΔvx，式中vyΔt表示粒子沿豎直方向運動的距離。因此，等式兩邊對粒子從離開M點到第一次最遠的過程求和有qBym＝mvm ②聯立①②兩式，解得vm＝2Eym＝2mE[變式1]BD[由運動軌跡可知，帶電粒子只有受豎直向下的靜電力，最低點線速度最大，偏轉半徑最大，則電場方向豎直向下，故A錯誤；將帶電粒子的速度分解為一個水平向左、大小v1＝v02的分速度，和一個水平向右、大小v2＝32v0的分速度，由于F1＝12qv0B＝Eq(與靜電力平衡)，則帶電粒子的運動可以看成是以速率v1向左的勻速直線運動和以速率v2的勻速圓周運動的合運動，故小球在運動軌跡的最低點時的速度大小v＝v1＋v2＝2v0，故B正確；由牛頓第二定律可得帶電粒子水平射出時的加速度大小為a＝F合m＝qv0B＋Eqm＝3qv0B2m，故C錯誤；由于洛倫茲力不做功，帶電粒子從運動軌跡的最高點運動到最低點的過程有1[變式2](1)mgq(2＋(2)(1＋2)v0(3)3π解析(1)依題意，小球從P點運動到坐標原點O，速率沒有改變，即動能變化量為零，由動能定理可知合力做功為零，電場力與重力等大反向，可知qE＝mg，解得E＝mg可知小球由P點到O點在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖甲所示根據qv0B＝mv02r，解得由幾何關系，可得xP＝r＋rcos30°聯立解得xP＝(2(2)把小球在坐標原點的速度v0分解為沿x軸正方向的v0和與x軸負方向成45°的2v0，如圖乙所示qv0B＝mg，知其中沿x軸正方向的v0對應的洛倫茲力恰好與小球重力平衡，沿x軸正方向小球做勻速直線運動與x軸負方向成45°的2v0對應的洛倫茲力提供小球做逆時針勻速圓周運動的向心力，可知小球第一次到達最低點時速度的大小為v＝v0＋2v0＝(1＋2)v0(3)由第(2)問分析可知小球在撤去電場后做勻速圓周運動的分運動軌跡如圖丙所示根據q2v0B＝m(2v0)由幾何關系，可得小球從過坐標原點時到第一次到達最低點時圓弧軌跡對應的圓心角為135°，則所用時間為t＝135°360°