帶電粒子在疊加場中的運動

近年高考中發(fā)現(xiàn)帶電體在電磁復合場中的復雜曲線運動越來越多，而要解答好此類問題需要考生對正則動量以及“配速法”要熟練掌握．因此帶電粒子在復合場中的運動的綜合問題考查較多，且考試題型多樣化，深受命題者的青睞．有效突破本專題的方法是學生要熟練掌握電磁偏轉的基本規(guī)律，深入學習正則動量與配速法等相關知識才能立于不敗之地．另外在中學階段常見的考點還包括電磁場在科技中的實際應用，例如：速度選擇器、回旋加速器、質譜儀、磁流體發(fā)電機、霍爾元件、電磁流量計等.

一、三種典型情況

（1）若只有兩個場，所受合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止狀態(tài).例如電場與磁場疊加滿足qE=qvB 時，重力場與磁場疊加滿足 mg=qvB 時，重力場與電場疊加滿足 mg=qE 時

（2）若三場共存，所受合力為零時，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力 F=qvB 的方向與速度 v 垂直.

（3）若三場共存，粒子做勻速圓周運動時，則有mg=qE ，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，

二、洛倫茲力的沖量

洛倫茲力公式為 f=qvB ，其大小與速率成正比，即 f=kv. ，其方向始終與速度垂直，那么在兩個相互垂直方向上的分力的平均值分別為 ，因此在一段時間 Δt 內的沖量分別為 ky， ，這表明洛倫茲力在某一方向上的沖量，跟其垂直方向上的位移成正比.由此可知，合力的沖量為 ，即洛倫茲力的沖量為 I=qBs ，其大小與位移成正比，方向與位移 s 垂直.直接利用洛倫茲力的沖量公式解題，巧妙快捷.現(xiàn)以帶電粒子在復合場中的曲線運動和勻強磁場中受線性阻力作用的曲線運動問題為例進行講解.

（1）典型情況：當空間同時存在勻強電場 E 和勻強磁場 B 時或同時存在重力和勻強磁場 B 時或同時存在勻強電場 E 、重力和勻強磁場 B 時（且勻強磁場與其它場是正交重疊的），若帶電體處于不平衡狀態(tài)時，則一般情況帶電體作滾輪運動，這類題型一般有兩種處理方法：一種方法是配速法；另一種方法是動能定理和正則動量定理相結合的方法來解決

三、典例剖析

命題角度1：同時存在三種場中的兩個或三個處于平衡狀態(tài)，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止狀態(tài)；若三場共存，粒子做勻速圓周運動時，則有 mg=qE ，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即

【例1】如圖1所示，在 xOy 坐標系的第二象限內和第四象限內有如圖1所示的勻強電場，兩電場的場強大小相等，方向分別與 x 軸和 y 軸平行；第四象限內還存在垂直于紙面的勻強磁場（圖中未畫出）．將一個質量為 m 、電荷量為 q 的微粒在第二象限內的 P（-L，L） 點由靜止釋放，之后微粒沿直線運動到坐標原點并進入第四象限，微粒在第四象限內運動后從 x 軸上的 Q（L， 0）

點進入第一象限，重力加速度為 g 求：

（1）帶電微粒運動到 o 點時的速度大?。?/p>

（2）勻強磁場的磁感應強度大?。?/p>

（3）帶電微粒從 P 點運動到 Q 點所用的時間.

【解析】（1）粒子在第二象限內做直線運動，因此電場力和重力的合力方向沿 PO 方向，可知粒子帶正電，且 mg=qE₁=qE₂

粒子在第二象限內的加速度為

選考高參

根據動力學公式：

解得帶電微粒運動到 o 點時的速度大小為

（2）根據

可知粒子從 o 點進人第四象限的速度方向與 x 軸正方向成 45^° 角，由于粒子在第四象限內受到電場力

與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于粒子做勻速圓周運動后從 x 軸上的 Q（L， 0） 點進入第一象限，根據左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里，根據題意做出粒子的軌跡如圖2所示：

根據幾何關系有粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為 根據洛倫茲力提供向心力 勻強磁場的磁感應強度大小 （3）粒子在第二象限內做直線運動的時間為 粒子在第四象限內做直線運動的時間為 帶電微粒從 P 點運動到 Q 點所用的時間

【答案】 ； （

【例2】如圖3所示，水平面上方有正交電磁場區(qū)域足夠寬，勻強磁場方向沿水平方向（圖中所示），磁感應強度大小為 B ，勻強電場方向豎直向下，場強

大小為 E ；不計厚度、內壁光滑的豎直小圓筒內底部靜止放有一質量為 ?_m 、帶電荷量為 +q 的帶電微粒．現(xiàn)讓小

圓筒以加速度 α_a 由靜止開始向右平動，在微粒開始沿筒壁上升瞬間，立即讓小圓筒以此刻速度的2倍做勻速運動，已知小圓筒勻速運動的距離為小圓筒長度的2倍時，微粒恰好離開小圓筒，并在此刻撤去勻強電場．不計重力大小，則：

（1）小圓筒由靜止開始運動，經過多長時間微粒將沿筒壁上升；（2）小圓筒的長度；（3）求微粒離開小圓筒后能上升的最大高度（距離圓筒上端口的最大高度）.

【解析】（1）設經過時間 t₁ 微粒的速度大小為 v₀ 時，微粒開始沿管壁上升，有 qv₀B=Eq ， v₀=at₁ 解得：=Bd

（2）開始沿管壁上升后，

受力分析如圖4所示：豎直方向上由牛頓第二

定律可得： 解得： 由此可知，微粒沿豎直方向上做初速度為0的勻

加速運動，設微粒在小圓筒內運動的時間為 t₂ ，離開

小圓筒時豎直速度為 v_y ，該過程由題意有 解得： v_y=2v₀ 則小圓筒的長度為 聯(lián)立解得：

（3）微粒離開小圓筒后在豎直平面內做勻速圓周運動，速度大小為

設微粒離開小圓筒時速度方向與水平方向夾角為0'，有tan0'= =1解得： θ^′=45^° 洛倫茲力提供向心力有 微粒離開小圓筒后能上升的最大高度為h=rcos45^°+r 聯(lián)立解得： 【答案】 T 一

命題角度2：當空間同時存在勻強電場 E 和勻強磁場 B 時或同時存在重力和勻強磁場 B 時或同時存在勻強電場 E 、重力和勻強磁場 B 時（且勻強磁場與其它場是正交重疊的），若帶電體處于不平衡狀態(tài)時，則一般情況帶電體作滾輪運動，這類題型一般有兩種處理方法：一種方法是配速法；另一種方法是動能定理和正則動量定理相結合的方法來解決.

【例3】如圖5所示，在平面直角坐標系 xOy 中，有沿 x 軸正向的勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場，電場強度大小為g，磁感應強度大小為 B 從 o 點發(fā)射一比荷為 的帶正電微粒，該微粒恰能在 xOy 坐標平面內做直線運動．已知 y 軸正方向豎直向上，重力加速度為 g

（1）求微粒發(fā)射時的速度大小和方向；（2）若僅撤去磁場，微粒以（1）中的速度從 o 點射出后，求微粒通過 y 軸時到 o 點的距離;（3）若僅撤去電場，微粒改為從 o 點由靜止釋放，求微粒運動的軌跡離 x 軸的最大距離.

【解析】（1）由題意知，粒子做勻速直線運動，受力分析如圖6所示，則：（Bqv）²=（qE）²+（mg）² 解得：

粒子出射的速度方向與 y 軸負方向夾角為 θ ，則：（20 （204解得： θ=45^° 即微粒發(fā)射的速度大小為

與 y 軸負方向夾角為 θ=45^° （2）撤去磁場后，粒子做類平拋運動，如圖7所示：

將速度分解可得： x 軸方向的加速度大小

經過 y 軸時的時間 距 o 點的距離 （20

（3）解法1：微粒運動的軌跡離 x 軸的距離最大

時，速度與 x 軸平行，設最大距離為 y₁ ，在 x 方向

上，由動量定理得： 即： Bqy₁=mv₁ 由動能定理得： 2m2g解得：y1=qB

解法2：將靜止釋放的微?？闯赏瑫r有大小相等、方向水平向左和向右的初速度 ，向左的速度 v₁ 產生的洛倫茲力與重力大小相等（如圖8所示）

則： qBv₁=mg 解得： 向左的分速度使微粒水平向左勻速直線運動，向右的分速度使微粒在洛倫茲力下做勻速圓周運動， 解得： 微粒運動的軌跡離 x 軸的最大距離

【答案】 y 軸負方向夾角為 45^° ： （

【例4】如圖9所示，在平面直角坐標系 xOy 的第一、三、四象限內存在垂直于平面向外、磁感應強度大小為 B（B 未知）的勻強磁場，第二象限內存在垂直平面向外、磁感應強度大小為 3B 的勻強磁場．質量

為 m 、電荷量為 +q （204號的帶電粒子從 y 軸上 M 點（0， d ）以初速度 v₀ 沿 x 軸正方向射入第一象限，然后從 x 軸上的 N 點 射入第四象限，不計粒子的重力．求：

（1）磁感應強度 B 的大小;（2）帶電粒子自 M 點進人磁場開始到第四次經過

x 軸時所經歷的時間；（3）若粒子在磁場中受到與速度大小成正比、方向

相反的阻力 f 且 f=kv（k 為已知常量），已知粒子第一次

經過 x 軸時速度與 x 軸垂直，求此時粒子的位置坐標.【解析（1）設帶電粒子在第一、三、四象限磁場

中做圓周運動的半徑為 R₁ ，粒子在第一象限的軌跡

的圓心為 O_r ，由幾何關系知： ∠NMO=∠MO₁N=60^° 則： 解得： R₁=2d

由洛倫茲力提供向心力 解得磁感應強度為

（2）設帶電粒子在第一象限磁場中運動的時間為t₁ ，則： 設帶電粒子在第二象限磁場中做圓周運動的半徑為 R₂ ，由洛倫茲力提供向心力

解得： 帶電粒子的運動軌跡如圖10所示：

設粒子第四次經過 x 軸時在第三、四象限運動的總時間為 t₂ ，在第二象限運動的時間為 t₃ ，則：

因此帶電粒子自 M 點進人磁場到第四次經過 x 軸所經歷的時間t=t+t2+t3

解得：

（3）對帶電粒子受力分析可知，速度在 x 軸的分量 v_x 會產生 x 軸的阻力與 y 軸負方向的洛倫茲力；速

度在 y 軸的分量 v_y ，會產生 y 軸的阻力與x 軸負方向的洛倫茲力，其受力分析如圖11所示：

在 x 軸上，由動

量定理有：-（kv_x+Bqv_y）?Δt=mΔv_x 由微元法累加后可得： -kx-Bqd=m（0-v₀） （解得： （21號

【答案】

命題角度3：帶電粒子在疊加場中的運動往往與現(xiàn)代科技相結合起來考查，例如速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾效應等.

1．速度選擇器

【例5】如圖12所示，兩塊豎直放置的平行板間存在相互垂直的勻強電場 E 和勻強磁場 B ：一束初速度為v 的帶正電粒子從上面豎直往下垂直電場射入，粒子重力不計，下列說法不正確的是（ ）

A.若 粒子做勻速直線運動B．若粒子往左偏，洛倫茲力做正功C．若粒子往右偏，粒子的電勢能減小D.若粒子做直線運動，改變粒子的帶電性質，它帶負電，其他條件不變，粒子還是做直線運動

【解析】A．如果 粒子在兩板間所受的電，場力和洛倫茲力平衡，即： qvB=Eq ，可知粒子將做勻速直線運動，故A正確；B．洛倫茲力時刻與速度方向垂直，不做功，故B錯誤；C．因為粒子帶正電，當粒子往右偏，電場力與位移之間的夾角為銳角，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；D．改變粒子的帶電性質，使它帶負電，其他條件不變，粒子所受的電場力和洛倫茲力均變?yōu)榉聪?，仍然受力平衡，故粒子還是做勻速直線運動，故D正確．本題選擇不正確的，故選：B.

2.磁流體發(fā)電機

【例6】（2022·寧波期末）磁流體發(fā)電機的示意圖如圖13所示，橫截面為矩形的管道長為l，寬為 α_a 高為b，上下兩個側面為絕緣體，相距為 Ψ_a 的兩個側面是電阻可忽略的導體，此兩導體側面與一負載電阻R 相聯(lián)，整個管道放在一勻強磁場中，磁感應強度大小為 B ，方向垂直于上下側面向上．現(xiàn)在電離氣體（正、負帶電粒子）持續(xù)穩(wěn)定地流經管道，為使問題簡化，設橫截面上各點流速相同．已知電離氣體所受

的摩擦阻力與流速成正比；且無論有無磁場存在，都維持管兩端電離氣體壓強差為 p ，設無磁場存在時電離氣體流速為v₀ ，電離氣體的平均電阻率為 ρ ，則下列說法正確的是（

A．電離氣體所受的摩擦阻力與流速的比值為blB．有磁場存在時電離氣體的流速大于無磁場存在時電離氣的流速C．有磁場存在時電離氣體受到的安培力大小與電離氣體流速 v 的關系可表示為： D．有磁場存在時電離氣體受到的安培力大小可表示為 （20

【解析】A．無磁場存在時電離氣體流速為 v₀ ，穩(wěn)定平衡時，有 p?ab=f 又 f=kv₀ ，所以 ，故A錯誤；B．有磁場時，由力的平衡知： p?ab=f₁+F_A ，f 故C正確；D.設磁流體發(fā)電機的內阻為 r ，由電阻定律可得： ， 氣體穩(wěn)定時，洛倫茲力與電場力平衡，故有： E=Bav ，由閉合回路歐姆定律得： 管內氣體所受安培力 F= ，BIa ，聯(lián)立解得： 故D錯誤.

【答案】C

3．霍爾效應

【例7】（2024·北侖區(qū)校級期中）自行車速度計可以利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率．如圖14（甲）所示，一塊磁鐵安裝在前輪上，輪子每轉一圈，磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器就會輸出一個脈沖電壓.如圖14（乙）所示，電源輸出電壓為 U_r ，當磁場靠近霍爾元件時，在導體前后表面間出現(xiàn)電勢差 U₂ （前表面的電勢高于后表面的電勢）．下列說法中錯誤的是（

A．圖乙中霍爾元件的載流子帶正電 B．自行車的車速越大，則霍爾電勢差 U₂ 越大 C．若電流 I 變大，則霍爾電勢差 U₂ 變大 D．若傳感器的電源輸出電壓 U₁ 變大，則霍爾 電勢差 U₂ 變大

【解析】A．根據左手定則，圖乙中霍爾元件的載

流子帶正電，故A正確；B．根據qB=q 得：U=

udB，由電流的微觀定義式 I=neSv ，得： 聯(lián)立

解得： 可知用霍爾元件可以測量地磁場的磁感應強度，保持電流不變，霍爾電壓 U₂ 與車速大 （204號小無關，故B錯誤；C、D．由公式 若傳感器的電源輸出電壓 U_?1 變大，那么電流 I 變大，則霍爾電勢差 U₂ 將變大，故C、D正確．本題選錯誤的.

【答案】B

【作者簡介：物理高級教師，備課組長，一直從事高中物理一線教學工作，認真鉆研教材，教學業(yè)績突出，多次被上級主管部門評為“先進工作者”“優(yōu)秀青年教師”“模范班主任”和最近連續(xù)四年被評為“模范園丁”，2015年8月參加第八屆全國中學生物理教學改革創(chuàng)新大賽榮獲高中組全國一等獎，所帶學生高考成績多次獲得全市理科狀元．在《技術物理教學》《高中數(shù)理化》《廣東教育》《黃岡日報》等期刊上發(fā)表多篇物理教學論文】

責任編輯 李平安