資源簡介

素養提升課(一)　安培力作用下導體的運動
1．會分析安培力作用下導體的運動情況。
2．會將立體圖形轉換為平面圖進行受力分析。
3．能分析通電導體在安培力作用下的平衡和加速問題。
　安培力作用下導體的運動情況
1．判斷安培力作用下通電導體的運動方向的思路
(1)首先應畫出通電導體(或通電線圈)所在位置的磁感線方向。
(2)根據左手定則確定通電導體(或通電線圈)所受安培力的方向。
(3)由通電導體(或通電線圈)的受力情況判斷通電導體(或通電線圈)的運動方向。
2．五種常用方法
電流元法 把整段導線分為許多段直電流元，先用左手定則判斷每段電流元受力的方向，然后判斷整段導線所受合力的方向，從而確定導線運動方向
等效法 環形電流可等效成小磁針，通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個環形電流，反過來等效也成立
特殊位置法 通過轉動通電導線到某個便于分析的特殊位置(如轉過90°)，然后判斷其所受安培力的方向，從而確定其運動方向
結論法 兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉動趨勢，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換研究 對象法 定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向
【典例1】　如圖所示，O為圓心，KN、LM是半徑分別為ON、OM的同心圓弧，在O處垂直紙面有一載流直導線，電流方向垂直紙面向外，用一根導線圍成如圖KLMN所示的回路，當回路中沿圖示方向通過電流時(電源未在圖中畫出)，此時回路(　　)
A．將向左平動
B．將向右平動
C．將在紙面內繞通過O點并垂直紙面的軸轉動
D．KL邊將垂直紙面向外運動，MN邊垂直紙面向里運動
[思路點撥]　(1)把整段電流等效為多段直線電流元。
(2)用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向。
(3)判斷整段電流所受合力的方向。
D　[因為通電直導線的磁感線是以O為圓心的一組同心圓，磁感線與KN邊、LM邊平行，所以KN邊、LM邊均不受力。根據左手定則可得，KL邊受力垂直紙面向外，MN邊受力垂直紙面向里，故D正確。]
[跟進訓練]
1．(2022·江蘇卷)如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向(　　)
A．平行于紙面向上
B．平行于紙面向下
C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
C　[根據安培定則，可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上，右側部分的磁場方向斜向下方，根據左手定則可判斷出導線a左半部分所受安培力方向垂直紙面向外，右半部分所受安培力方向垂直紙面向里，故C正確。]
　安培力作用下導體的平衡和加速
1．求解安培力作用下導體平衡問題的基本思路
(1)選定研究對象——通電導線或通電導體棒。
(2)變三維為二維，作出如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出其平面內的受力分析圖，其中安培力的方向要用左手定則來判斷，注意F安⊥B、F安⊥I。
如圖所示。
(3)列平衡方程或牛頓第二定律的方程式進行求解。
2．求解關鍵
(1)電磁問題力學化。
(2)立體圖形平面化。
3．安培力作用下導體的分析技巧
(1)安培力作用下導體的平衡問題與力學中的平衡問題分析方法相同，只不過多了安培力，解題的關鍵是畫出受力分析示意圖。
(2)安培力作用下導體的加速問題與動力學問題分析方法相同，關鍵是做好受力分析，然后根據牛頓第二定律求出加速度。
【典例2】　質量為m＝0.02 kg的通電細桿ab置于傾角為θ＝37°的平行放置的導軌上，導軌的寬度d＝0.2 m，桿ab與導軌間的動摩擦因數μ＝0.4，磁感應強度B＝2 T的勻強磁場與導軌平面垂直且方向向下，如圖所示。現調節滑動變阻器的觸頭，為使桿ab靜止不動，通過ab桿的電流范圍為多少？(g取10 m/s2)
[思路點撥]　(1)首先將立體圖轉換成平面圖，對桿受力分析。
(2)桿所受摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下。
(3)桿靜止不動的臨界條件是摩擦力剛好達到最大靜摩擦力。
[解析]　如圖甲、乙所示是電流最大和最小兩種情況下桿ab的受力分析圖。
根據甲圖列式如下：
F1－mgsinθ－=0
FN－mg cos θ＝0
＝μFN，F1＝BImaxd
解上述方程得：Imax＝0.46 A
根據乙圖列式如下：
－mg sin θ＝0
FN－mg cos θ＝0
＝μFN，F2＝BImind
解上述方程得：Imin＝0.14 A
因此電流范圍是0.14～0.46 A。
[答案]　0.14～0.46 A
[跟進訓練]
2．(2022·重慶一中高二期中)如圖所示，兩根傾斜光滑金屬導軌M、N與地面的夾角θ＝37°，兩導軌間距為d＝1 m，金屬棒ab的質量為m＝0.1 kg，接入電路部分電阻為r＝1 Ω，放在導軌上且與導軌垂直。導軌上端接一電阻，阻值R1＝1 Ω。磁場的磁感應強度大小為B＝1 T，方向垂直導軌平面向下，電源的電動勢為E＝4 V，內阻不計，R為滑動變阻器，調節滑動變阻器，使金屬棒在導軌上靜止。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)
(1)滑動變阻器的阻值為多少？
(2)若將磁場方向改為豎直向下，剛改方向瞬間，金屬棒的加速度大小是多少？
[解析]　(1)根據題意，對金屬棒ab受力分析，受重力、支持力和安培力，如圖所示
由平衡條件可得mg sin 37°＝F安
設通過金屬棒的電流為I，由于金屬棒電阻和R1的電阻相等，則通過R1的電流也為I，通過滑動變阻器的電流為2I，由閉合回路歐姆定律有E＝IR1＋2IR
又有F安＝BId，聯立代入數據解得R＝ Ω。
(2)若將磁場方向改為豎直向下，剛改方向瞬間，對金屬棒ab受力分析，受重力、支持力和安培力，如圖所示
由牛頓第二定律有mg sin 37°－F安cos 37°＝ma，代入數據解得a＝1.2 m/s2。
[答案]　(1) Ω　(2)1.2 m/s2
　素養提升課(一)　安培力作用下導體的運動
1．會分析安培力作用下導體的運動情況。
2．會將立體圖形轉換為平面圖進行受力分析。
3．能分析通電導體在安培力作用下的平衡和加速問題。
　安培力作用下導體的運動情況
1．判斷安培力作用下通電導體的運動方向的思路
(1)首先應畫出通電導體(或通電線圈)所在位置的磁感線方向。
(2)根據左手定則確定通電導體(或通電線圈)所受安培力的方向。
(3)由通電導體(或通電線圈)的受力情況判斷通電導體(或通電線圈)的運動方向。
2．五種常用方法
電流元法 把整段導線分為許多段直電流元，先用左手定則判斷每段電流元受力的方向，然后判斷整段導線所受合力的方向，從而確定導線運動方向
等效法 環形電流可等效成小磁針，通電螺線管可以等效成條形磁鐵或多個環形電流，反過來等效也成立
特殊位置法 通過轉動通電導線到某個便于分析的特殊位置(如轉過90°)，然后判斷其所受安培力的方向，從而確定其運動方向
結論法 兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉動趨勢，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換研究 對象法 定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向
【典例1】　如圖所示，O為圓心，KN、LM是半徑分別為ON、OM的同心圓弧，在O處垂直紙面有一載流直導線，電流方向垂直紙面向外，用一根導線圍成如圖KLMN所示的回路，當回路中沿圖示方向通過電流時(電源未在圖中畫出)，此時回路(　　)
A．將向左平動
B．將向右平動
C．將在紙面內繞通過O點并垂直紙面的軸轉動
D．KL邊將垂直紙面向外運動，MN邊垂直紙面向里運動
[思路點撥]　(1)把整段電流等效為多段直線電流元。
(2)用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向。
(3)判斷整段電流所受合力的方向。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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1．(2022·江蘇卷)如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向(　　)
A．平行于紙面向上
B．平行于紙面向下
C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
　安培力作用下導體的平衡和加速
1．求解安培力作用下導體平衡問題的基本思路
(1)選定研究對象——通電導線或通電導體棒。
(2)變三維為二維，作出如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出其平面內的受力分析圖，其中安培力的方向要用左手定則來判斷，注意F安⊥B、F安⊥I。
如圖所示。
(3)列平衡方程或牛頓第二定律的方程式進行求解。
2．求解關鍵
(1)電磁問題力學化。
(2)立體圖形平面化。
3．安培力作用下導體的分析技巧
(1)安培力作用下導體的平衡問題與力學中的平衡問題分析方法相同，只不過多了安培力，解題的關鍵是畫出受力分析示意圖。
(2)安培力作用下導體的加速問題與動力學問題分析方法相同，關鍵是做好受力分析，然后根據牛頓第二定律求出加速度。
【典例2】　質量為m＝0.02 kg的通電細桿ab置于傾角為θ＝37°的平行放置的導軌上，導軌的寬度d＝0.2 m，桿ab與導軌間的動摩擦因數μ＝0.4，磁感應強度B＝2 T的勻強磁場與導軌平面垂直且方向向下，如圖所示。現調節滑動變阻器的觸頭，為使桿ab靜止不動，通過ab桿的電流范圍為多少？(g取10 m/s2)
[思路點撥]　(1)首先將立體圖轉換成平面圖，對桿受力分析。
(2)桿所受摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下。
(3)桿靜止不動的臨界條件是摩擦力剛好達到最大靜摩擦力。
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2．(2022·重慶一中高二期中)如圖所示，兩根傾斜光滑金屬導軌M、N與地面的夾角θ＝37°，兩導軌間距為d＝1 m，金屬棒ab的質量為m＝0.1 kg，接入電路部分電阻為r＝1 Ω，放在導軌上且與導軌垂直。導軌上端接一電阻，阻值R1＝1 Ω。磁場的磁感應強度大小為B＝1 T，方向垂直導軌平面向下，電源的電動勢為E＝4 V，內阻不計，R為滑動變阻器，調節滑動變阻器，使金屬棒在導軌上靜止。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)
(1)滑動變阻器的阻值為多少？
(2)若將磁場方向改為豎直向下，剛改方向瞬間，金屬棒的加速度大小是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　素養提升課(二)　帶電粒子在有界磁場中的運動
1．掌握幾種常見有界磁場的分布特點。
2．會分析直線邊界、圓形邊界磁場中帶電粒子的運動軌跡。
3．能利用幾何知識求解圓周運動的半徑。
4．會分析有界磁場中的臨界、極值問題。
　帶電粒子在直線邊界勻強磁場中的運動
1．單平面邊界的磁場問題
從單平面邊界垂直磁場射入的正、負粒子重新回到邊界時的速度大小、速度方向和邊界的夾角與射入磁場時相同。
2．雙平行平面邊界的磁場問題
帶電粒子由邊界上P點以如圖所示方向進入磁場。
(1)當磁場寬度d與軌跡圓半徑r滿足r≤d 時(如圖中的r1)，粒子在磁場中做半圓周運動后從進入磁場時的邊界上的Q1點飛出磁場。
(2)當磁場寬度d 與軌跡圓半徑r 滿足r>d 時(如圖中的r2)，粒子將從另一邊界上的Q2點飛出磁場。
【典例1】　如圖所示，直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量為m、電荷量為－q(q＞0)的粒子1在紙面內以速度v1＝v0從O點射入磁場，其方向與MN的夾角α＝30°；質量為m、電荷量為＋q的粒子2在紙面內以速度v2＝v0也從O點射入磁場，其方向與MN的夾角β＝60°。已知粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點(圖中未畫出)，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。求：
(1)兩粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離d；
(2)兩粒子進入磁場的時間間隔Δt。
[思路點撥]　(1)根據速度方向和粒子的電性畫出運動軌跡，利用幾何關系求出軌道半徑。
(2)粒子的運動具有對稱性，即進、出磁場時的速度方向和邊界的夾角相等。
[解析]　(1)做出兩粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，有
qvB＝m，則r＝
故d＝OA＋OB＝2r1sin 30°＋2r2sin 60°＝。
(2)粒子1做圓周運動的圓心角θ1＝
粒子2圓周運動的圓心角θ2＝
粒子做圓周運動的周期T＝
粒子1在勻強磁場中運動的時間t1＝T
粒子2在勻強磁場中運動的時間t2＝T
所以Δt＝t1－t2＝。
[答案]　(1)　(2)
　(1)要按照“畫軌跡，找圓心，求半徑(利用幾何關系)”的基本思路進行。
(2)解題過程中注意對稱性的應用。
[跟進訓練]
1．(2022·黑龍江哈九中高二期中)如圖所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。某時刻有a、b、c三個電子(不計重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經過平板PQ上的小孔O垂直射入勻強磁場。這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間分別為ta、tb和tc。整個裝置放在真空中。則下列判斷正確的是(　　)
A．la＝lbC．ta＞tb＞tc D．ta＝tc＜tb
C　[三個電子的速度大小相等，軌跡如圖所示，
垂直進入同一勻強磁場中。由于初速度va和vc的方向與PQ的夾角相等，所以這兩個電子的運動軌跡正好組合成一個完整的圓，則這兩個電子打到平板PQ上的位置到小孔的距離是相等的。而初速度vb的電子方向與PQ垂直，則它的運動軌跡正好是半圓，所以電子打到平板PQ上的位置到小孔的距離恰好是圓的直徑。由于它們的速度大小相等，因此它們的運動軌跡的半徑均相同，所以速度為vb的距離最大，故A錯誤，B錯誤。從圖中可得，初速度va的電子偏轉的角度最大，初速度vc的電子偏轉的角度最小，根據粒子在磁場中運動的時間與偏轉的角度之間的關系可得偏轉角度最大的a運動的時間最長，偏轉角度最小的c在磁場中運動的時間最短，故C正確，D錯誤。]
　帶電粒子在圓形邊界勻強磁場中的運動
1．在圓形勻強磁場區域內，沿徑向對準磁場圓心射入的粒子一定沿徑向射出。
如圖所示，磁場圓半徑為R，粒子軌跡圓半徑為r，帶電粒子從P點對準磁場圓心O射入，由幾何知識容易證明粒子從Q點飛出的速度方向的反向延長線必過磁場圓心O點。
2．帶電粒子入射方向偏離圓形勻強磁場圓心射入的問題
處理這類問題時一定要分清磁場圓和軌跡圓，并要注意區分軌跡圓的圓心和圓形邊界勻強磁場的圓心。
(1)當粒子沿圖甲所示軌跡運動時，粒子在磁場中運動時間最長、速度偏轉角最大。
(2)由圖甲看出，在軌跡圓半徑和速度偏轉角一定的情況下，可實現此偏轉的最小磁場圓是以PQ為直徑的圓。
(3)如圖乙所示，由幾何知識很容易證明：當r＝＝R時，相同帶電粒子從P點沿紙面內不同方向射入磁場，它們離開磁場時的方向卻是平行的。
【典例2】　在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿x軸負方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿y軸正方向飛出。
(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷。
(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變為B′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，磁感應強度B′為多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？
[思路點撥]　(1)粒子沿半徑方向進入磁場后，仍會沿著半徑方向射出磁場。
(2)畫出運動軌跡并求出軌道半徑是解答本題的關鍵。
[解析]　(1)粒子的運動軌跡如圖所示，由左手定則可知，該粒子帶負電荷。
粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°角，則粒子軌跡半徑R＝r，又qvB＝m，則粒子的比荷。
(2)設粒子從D點飛出磁場，速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，
粒子做圓周運動的半徑R′＝r
又R′＝，所以B′＝B
粒子在磁場中運動所用時間
t＝。
[答案]　(1)負電荷　　(2)B　
[跟進訓練]
2．(2022·黑龍江哈師大青岡實驗中學高二期中)如圖所示，在圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的直徑。一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v、方向與ab成30°角時，恰好從b點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經時間t飛出磁場，則其速度大小為(　　)
A．v B．v
C．v D．v
B　[帶電粒子兩次在磁場中的運動時間相同，圓心角都是60°；設圓形磁場的半徑為R，粒子第一次在磁場中運動時，根據牛頓第二定律得qvB＝m，r1＝2R
粒子第二次在磁場中運動時，根據牛頓第二定律得qv2B＝m，r2＝R tan 60°，解得v2＝v，故B正確。
]
　帶電粒子在有界磁場中的臨界問題
帶電粒子在有界勻強磁場中做勻速圓周運動時，帶電粒子速度大小的變化，引起帶電粒子做圓周運動的半徑發生變化。或者隨著帶電粒子速度方向的變化使帶電粒子的運動狀態在某一時刻發生變化。找到臨界點對應的條件是解決此類問題的突破口。解決此類問題應注意以下結論：
(1)剛好穿出或剛好不能穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。
(2)當以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長、圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動時間越長。
(3)當比荷相同，速率v變化時，在勻強磁場中運動的圓心角越大的帶電粒子，運動時間越長。
【典例3】　如圖所示，勻強磁場寬度l＝4 cm，磁感應強度的大小B＝0.1 T，方向垂直紙面向里，有一質量m＝8×10-25 kg、電荷量q＝5×10-18 C的正離子，以方向垂直磁場的初速度v0從小孔C沿水平方向射入勻強磁場，轉過圓心角θ＝60°后從磁場右邊界A點射出(取π＝3)。
(1)求離子的初速度v0；
(2)求離子在磁場中的運動時間；
(3)只改變正離子的速度大小，使之無法從右邊界射出，求離子速度的最大值(取＝1.73，結果保留兩位有效數字)。
[解析]　(1)由幾何關系得r＝＝0.08 m
由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m
解得v0＝5×104 m/s。
(2)離子運動周期為T＝＝9.6×10-6 s
離子在磁場中的運動時間為t＝T＝1.6×10-6 s。
(3)若離子剛好不從右邊界射出，則離子軌跡剛好和右邊界相切，由幾何關系得離子軌跡半徑為R＝l
由洛倫茲力提供向心力得qvmB＝m
解得vm≈4.3×104 m/s。
[答案]　(1)5×104 m/s　(2)1.6×10-6 s　(3)4.3×104 m/s
　(1)帶電粒子在有界勻強磁場中做勻速圓周運動的臨界問題往往對應著一些特殊的詞語，如“恰好”“剛好”“最大”“最小”“最高”“至少”等等，解題時應予以特別關注。
(2)畫出粒子運動的軌跡并根據幾何知識求得此時帶電粒子運動的軌道半徑往往是求解此類問題的關鍵。
[跟進訓練]
3．(2022·云南玉溪第三中學高二階段練習)如圖所示，矩形邊界ABCD內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，AB長為2l，AD長為l。從AD的中點E以不同速率發射粒子，速度方向與AD成30°角；粒子帶正電，電荷量為q，質量為m；不計粒子重力與粒子間的相互作用。求：
(1)從AB邊離開磁場的粒子，出射點離A點的最遠距離；
(2)要使粒子全部從AB邊離開磁場，發射速率應滿足的條件。
[解析]　(1)如圖所示當粒子的軌跡恰好與CD邊相切時，根據幾何關系，有R1(1cos 60°)，可得此時粒子半徑R1＝l，距離A點的最大距離為sAM＝R1(1＋cos 30°)＝l。
(2)根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，可得R＝，可求出當粒子半徑為R1＝l時有v1＝，設當粒子恰好從AB邊的N點出射時即此時軌跡剛好和AB邊相切于N點，粒子速度為v2，半徑為R2，根據幾何關系有R2，
解得R2＝，所以有[答案]　(1)l　(2)　素養提升課(二)　帶電粒子在有界磁場中的運動
1．掌握幾種常見有界磁場的分布特點。
2．會分析直線邊界、圓形邊界磁場中帶電粒子的運動軌跡。
3．能利用幾何知識求解圓周運動的半徑。
4．會分析有界磁場中的臨界、極值問題。
　帶電粒子在直線邊界勻強磁場中的運動
1．單平面邊界的磁場問題
從單平面邊界垂直磁場射入的正、負粒子重新回到邊界時的速度大小、速度方向和邊界的夾角與射入磁場時相同。
2．雙平行平面邊界的磁場問題
帶電粒子由邊界上P點以如圖所示方向進入磁場。
(1)當磁場寬度d與軌跡圓半徑r滿足r≤d 時(如圖中的r1)，粒子在磁場中做半圓周運動后從進入磁場時的邊界上的Q1點飛出磁場。
(2)當磁場寬度d 與軌跡圓半徑r 滿足r>d 時(如圖中的r2)，粒子將從另一邊界上的Q2點飛出磁場。
【典例1】　如圖所示，直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量為m、電荷量為－q(q＞0)的粒子1在紙面內以速度v1＝v0從O點射入磁場，其方向與MN的夾角α＝30°；質量為m、電荷量為＋q的粒子2在紙面內以速度v2＝v0也從O點射入磁場，其方向與MN的夾角β＝60°。已知粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點(圖中未畫出)，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。求：
(1)兩粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離d；
(2)兩粒子進入磁場的時間間隔Δt。
[思路點撥]　(1)根據速度方向和粒子的電性畫出運動軌跡，利用幾何關系求出軌道半徑。
(2)粒子的運動具有對稱性，即進、出磁場時的速度方向和邊界的夾角相等。
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　(1)要按照“畫軌跡，找圓心，求半徑(利用幾何關系)”的基本思路進行。
(2)解題過程中注意對稱性的應用。
[跟進訓練]
1．(2022·黑龍江哈九中高二期中)如圖所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。某時刻有a、b、c三個電子(不計重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經過平板PQ上的小孔O垂直射入勻強磁場。這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間分別為ta、tb和tc。整個裝置放在真空中。則下列判斷正確的是(　　)
A．la＝lbC．ta＞tb＞tc D．ta＝tc＜tb
　帶電粒子在圓形邊界勻強磁場中的運動
1．在圓形勻強磁場區域內，沿徑向對準磁場圓心射入的粒子一定沿徑向射出。
如圖所示，磁場圓半徑為R，粒子軌跡圓半徑為r，帶電粒子從P點對準磁場圓心O射入，由幾何知識容易證明粒子從Q點飛出的速度方向的反向延長線必過磁場圓心O點。
2．帶電粒子入射方向偏離圓形勻強磁場圓心射入的問題
處理這類問題時一定要分清磁場圓和軌跡圓，并要注意區分軌跡圓的圓心和圓形邊界勻強磁場的圓心。
(1)當粒子沿圖甲所示軌跡運動時，粒子在磁場中運動時間最長、速度偏轉角最大。
(2)由圖甲看出，在軌跡圓半徑和速度偏轉角一定的情況下，可實現此偏轉的最小磁場圓是以PQ為直徑的圓。
(3)如圖乙所示，由幾何知識很容易證明：當r＝＝R時，相同帶電粒子從P點沿紙面內不同方向射入磁場，它們離開磁場時的方向卻是平行的。
【典例2】　在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿x軸負方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿y軸正方向飛出。
(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷。
(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變為B′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，磁感應強度B′為多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？
[思路點撥]　(1)粒子沿半徑方向進入磁場后，仍會沿著半徑方向射出磁場。
(2)畫出運動軌跡并求出軌道半徑是解答本題的關鍵。
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[跟進訓練]
2．(2022·黑龍江哈師大青岡實驗中學高二期中)如圖所示，在圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的直徑。一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v、方向與ab成30°角時，恰好從b點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經時間t飛出磁場，則其速度大小為(　　)
A．v B．v
C．v D．v
　帶電粒子在有界磁場中的臨界問題
帶電粒子在有界勻強磁場中做勻速圓周運動時，帶電粒子速度大小的變化，引起帶電粒子做圓周運動的半徑發生變化。或者隨著帶電粒子速度方向的變化使帶電粒子的運動狀態在某一時刻發生變化。找到臨界點對應的條件是解決此類問題的突破口。解決此類問題應注意以下結論：
(1)剛好穿出或剛好不能穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。
(2)當以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長、圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動時間越長。
(3)當比荷相同，速率v變化時，在勻強磁場中運動的圓心角越大的帶電粒子，運動時間越長。
【典例3】　如圖所示，勻強磁場寬度l＝4 cm，磁感應強度的大小B＝0.1 T，方向垂直紙面向里，有一質量m＝8×10-25 kg、電荷量q＝5×10-18 C的正離子，以方向垂直磁場的初速度v0從小孔C沿水平方向射入勻強磁場，轉過圓心角θ＝60°后從磁場右邊界A點射出(取π＝3)。
(1)求離子的初速度v0；
(2)求離子在磁場中的運動時間；
(3)只改變正離子的速度大小，使之無法從右邊界射出，求離子速度的最大值(取＝1.73，結果保留兩位有效數字)。
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　(1)帶電粒子在有界勻強磁場中做勻速圓周運動的臨界問題往往對應著一些特殊的詞語，如“恰好”“剛好”“最大”“最小”“最高”“至少”等等，解題時應予以特別關注。
(2)畫出粒子運動的軌跡并根據幾何知識求得此時帶電粒子運動的軌道半徑往往是求解此類問題的關鍵。
[跟進訓練]
3．(2022·云南玉溪第三中學高二階段練習)如圖所示，矩形邊界ABCD內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，AB長為2l，AD長為l。從AD的中點E以不同速率發射粒子，速度方向與AD成30°角；粒子帶正電，電荷量為q，質量為m；不計粒子重力與粒子間的相互作用。求：
(1)從AB邊離開磁場的粒子，出射點離A點的最遠距離；
(2)要使粒子全部從AB邊離開磁場，發射速率應滿足的條件。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　素養提升課(三)　帶電粒子在復合場中的運動
1．理解組合場和疊加場的概念。
2．會分析粒子在各種場中的受力特點。
3．掌握粒子在復合場中運動問題的分析方法。
　帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩種場共存。
2．基本思路
(1)弄清疊加場的組成。
(2)進行受力分析。
(3)確定帶電粒子的運動狀態，注意運動情況和受力情況的結合。
(4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規律。
①直線運動：如果帶電粒子在疊加場中做直線運動，則一定是做勻速直線運動，合力為零，根據受力平衡列方程求解。
②圓周運動：如果帶電粒子在疊加場中做圓周運動，則一定是做勻速圓周運動，則一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程求解。
③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。
【典例1】　如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從坐標原點出發，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度方向進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變為豎直向上(不計電場變化的時間)，微粒繼續運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。重力加速度為g，不計一切阻力，求：
(1)電場強度E的大小；
(2)磁感應強度B的大小；
(3)微粒在復合場中的運動時間t。
[解析]　(1)微粒在到達A(l，l)之前做勻速直線運動，受力分析如圖所示：
根據平衡條件，有qE cos 45°＝mg cos 45°
解得E＝。
(2)根據平衡條件，有qvB＝mg
電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖所示：
根據牛頓第二定律，有qvB＝m
由幾何關系可得r＝l
聯立解得v＝。
(3)微粒做勻速直線運動的時間為t1＝
做圓周運動的時間為t2＝π
在復合場中運動時間為
t＝t1＋t2＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
　復合場中運動問題的求解技巧
帶電體在復合場中的運動問題仍是一個力學問題，求解思路與力學問題的求解思路基本相同，仍然按照對帶電體進行受力分析，運動過程分析，充分挖掘題目中的隱含條件，根據不同的運動情況建立相應的方程。
[跟進訓練]
1．(多選)(2022·廣東卷)如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有(　　)
A．電子從N到P，電場力做正功
B．N點的電勢高于P點的電勢
C．電子從M到N，洛倫茲力不做功
D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
BC　[由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；由于洛倫茲力一直和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功，故C正確；由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤。]
　帶電粒子在組合場中的運動
1．組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，一般為兩場相鄰或在同一區域電場、磁場交替出現。
2．“磁偏轉”和“電偏轉”的比較
電偏轉 磁偏轉
偏轉條件 帶電粒子以v⊥E進入勻強電場(不計重力) 帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場(不計重力)
受力情況 只受恒定的電場力F＝Eq 只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvB
運動情況 類平拋運動 勻速圓周運動
運動軌跡 拋物線 圓弧
求解方法 利用類平拋運動的規律x＝v0t，y＝，tan θ＝ 牛頓第二定律、向心力公式r＝
【典例2】　如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質量為m、電荷量為＋q的微粒，在A點(0，3 m)處以初速度v0＝120 m/s平行于x軸正方向射入電場區域，然后從電場區域進入磁場，又從磁場進入電場，并且先后只通過x軸上的P點(6 m，0)和Q點(8 m，0)各一次。已知該微粒的比荷為＝102 C/kg，微粒重力不計。
(1)求微粒從A到P所經歷的時間和加速度的大小；
(2)求出微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電場和磁場中由A至Q的運動軌跡；
(3)求電場強度E和磁感應強度B的大小。
[解析]　(1)微粒從平行x軸正方向射入電場區域，由A到P做類平拋運動，微粒在x軸正方向做勻速直線運動
由x＝v0t，得t＝＝0.05 s
微粒沿y軸負方向做初速度為零的勻加速直線運動，
由y＝at2得a＝2.4×103 m/s2。
(2)vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45°
運動軌跡如圖所示。
(3)由qE＝ma，得E＝24 N/C
設微粒從P點進入磁場以速度v做勻速圓周運動，
v＝ m/s
由幾何關系可知r＝ m，由qvB＝m得
B＝＝1.2 T。
[答案]　(1)0.05 s　2.4×103 m/s2　(2)45°　見解析圖　(3)24 N/C　1.2 T
　帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法
[跟進訓練]
2．如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電荷離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。結果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且豎直向上，最后離子打在G處，而G處距A點為2d(AG⊥AC)。不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內。求：
(1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r；
(2)離子從D處運動到G處所需時間；
(3)離子到達G處時的動能。
[解析]　(1)離子運動軌跡如圖所示。
由幾何知識可知離子做圓周運動的半徑r滿足d＝r＋r cos 60°，解得r＝d。
(2)設離子在磁場中的運動速度為v0，則有qv0B＝m，因為r＝d，代入解得v0＝
離子做圓周運動的周期T＝
由運動軌跡圖知離子在磁場中做圓周運動的時間t1＝
離子在電場中做類平拋運動，從C到G的時間
t2＝
故離子從D處運動到G處的總時間t＝t1＋t2＝。
(3)設電場強度為E，則有qE＝ma，d＝，2d＝v0t2
由動能定理得qEd＝EkG－
解得EkG＝。
[答案]　(1)d　(2)　(3)
　
素養提升練(三)　帶電粒子在復合場中的運動
非選擇題
1．(2022·黑龍江哈九中高二期中)在平面坐標系第Ⅰ象限內有沿x軸負方向的勻強電場，虛線PQ為在同一平面內的豎直直線邊界，在第Ⅱ、Ⅲ象限內虛線PQ與y軸之間有垂直坐標平面向里的大小為B的勻強磁場。C、D兩個水平平行金屬板之間的電壓為U。一質量為m、電荷量為e的帶正電的粒子(不計粒子重力)從靠近D板的S點由靜止開始做加速運動，從x軸上x＝2l處的A點垂直于x軸射入電場，粒子進入磁場時速度方向與y軸正方向的夾角θ＝37°(不計粒子的重力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。要使粒子不從PQ邊界射出，求：
(1)粒子運動到A點的速度大小v0；
(2)勻強電場的電場強度大小E；
(3)虛線PQ與y軸之間磁場的最小寬度d。
[解析]　(1)粒子加速過程由動能定理得Uq＝
可得粒子運動到A點的速度大小v0＝。
(2)在第Ⅰ象限做類平拋運動，到達y軸的速度為v，有v cos θ＝v0
根據動能定理有2qEl＝，聯立解得E＝。
(3)帶電粒子進入磁場中洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
當粒子運動的軌跡剛好與邊界PQ相切時，粒子不從PQ邊界射出，根據幾何關系可知虛線PQ與y軸之間磁場的最小寬度d＝r(1＋cos 37°)，聯立解得d＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
2．(2022·湖南卷)如圖所示，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下極板左側邊緣A點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上極板右側邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。
(1)求直流電源的電動勢E0；
(2)求兩極板間磁場的磁感應強度B；
(3)在圖中虛線的右側設計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E′。
[解析]　(1)小球在電磁場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得qE＝mg，R2兩端的電壓U2＝Ed，根據歐姆定律得U2＝·R2，聯立解得E0＝。
(2)運動軌跡如圖所示：
設粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為r，根據幾何關系(r－d)2＋2＝r2
解得r＝2d，根據qvB＝m，解得B＝。
(3)由幾何關系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運動，當小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得qE′＝mg cos 60°，解得E′＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
3．(2022·湖北恩施高二階段練習)如圖所示，在x軸上方有一勻強磁場，方向垂直紙面向里；在x軸下方有一勻強電場，方向豎直向上；一質量為m、電荷量為q、重力不計的帶電粒子從y軸上的a點(0，h)處沿y軸正方向以初速度v＝v0開始運動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進入電場，經過y軸上b點時速度方向恰好與y軸垂直。求：
(1)粒子的電性；
(2)勻強磁場的磁感應強度大小；
(3)勻強電場的電場強度大小；
(4)粒子從a點開始運動到再次經過a點的時間。
[解析]　(1)帶電粒子做逆時針偏轉，該粒子帶正電。
(2)根據題意可得粒子的運動軌跡如圖所示：
由運動軌跡圖可得r cos 45°＝h
粒子在磁場中做圓周運動，故由牛頓第二定律有qvB＝
結合題意聯立可得r＝。
(3)分析可知，粒子在電場中做斜拋運動，即在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做勻減速直線運動，且到達b點時，豎直方向速度恰好為零，故在水平方向上有v sin 45°t1＝r＋r sin 45°，在豎直方向有qE＝ma，v cos 45°＝at1
聯立可得t1＝。
(4)由粒子的運動軌跡圖可知，粒子在磁場中從a點開始至再次經過a點運動的總圓心角為
θ＝rad＝ rad
故粒子在磁場中運動的總時間為t0＝
由對稱性可知，粒子在y軸左側和右側電場中的運動時間相等，故粒子從開始運動至再次經過a點所用的總時間為t＝t0＋2t1＝。
[答案]　(1)正電　(2)　(3)　(4)
4．(2022·福建龍巖第一中學高二階段練習)如圖所示，在x軸下方存在著正交的電場與磁場，電場沿x軸正方向，電場強度大小E1＝20 N/C，磁場垂直紙面向里，磁感應強度大小B1＝5 T。一個質量m＝3 g、帶電荷量q＝2×10-3 C的帶電小球自y軸上的M點沿直線勻速運動到x軸上的N點，且已知OM＝4 m。在x軸上方存在正交的電場E2與磁場B2(圖中均未畫出)，小球在x軸上方做圓周運動，恰好與y軸相切，運動軌跡如圖所示。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)，試求：
(1)小球運動的速率v；
(2)電場E2的大小與方向；
(3)磁場B2的大小與方向。
[解析]　(1)小球從M向N做勻速直線運動，可知小球所受合外力為零，對小球受力分析如圖，受到重力、電場力和洛倫茲力作用，由小球的受力可知小球帶正電，有tan θ＝ θ＝53°
洛倫茲力的大小與電場力和重力的合力大小相等，
有qvB1＝
解得v＝5 m/s。
(2)小球在x軸上方做勻速圓周運動如圖所示，
可知電場力與重力平衡，所以有E2＝＝15 N/C
因小球帶正電，所以E2方向沿y軸正方向。
(3)設小球在x軸上方做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何關系可得
R sin 53°＋R＝ON，ON＝OMtan 37°，解得R＝ m
小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律有qvB2＝m
得B2＝4.5 T
因小球帶正電，由左手定則可知磁感應強度B2的方向垂直紙面向里。
[答案]　(1)5 m/s　(2)15 N/C，沿y軸正方向　(3)4.5 T，垂直紙面向里素養提升課(三)　帶電粒子在復合場中的運動
1．理解組合場和疊加場的概念。
2．會分析粒子在各種場中的受力特點。
3．掌握粒子在復合場中運動問題的分析方法。
　帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩種場共存。
2．基本思路
(1)弄清疊加場的組成。
(2)進行受力分析。
(3)確定帶電粒子的運動狀態，注意運動情況和受力情況的結合。
(4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規律。
①直線運動：如果帶電粒子在疊加場中做直線運動，則一定是做勻速直線運動，合力為零，根據受力平衡列方程求解。
②圓周運動：如果帶電粒子在疊加場中做圓周運動，則一定是做勻速圓周運動，則一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程求解。
③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。
【典例1】　如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從坐標原點出發，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度方向進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變為豎直向上(不計電場變化的時間)，微粒繼續運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。重力加速度為g，不計一切阻力，求：
(1)電場強度E的大小；
(2)磁感應強度B的大小；
(3)微粒在復合場中的運動時間t。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　復合場中運動問題的求解技巧
帶電體在復合場中的運動問題仍是一個力學問題，求解思路與力學問題的求解思路基本相同，仍然按照對帶電體進行受力分析，運動過程分析，充分挖掘題目中的隱含條件，根據不同的運動情況建立相應的方程。
[跟進訓練]
1．(多選)(2022·廣東卷)如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有(　　)
A．電子從N到P，電場力做正功
B．N點的電勢高于P點的電勢
C．電子從M到N，洛倫茲力不做功
D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
　帶電粒子在組合場中的運動
1．組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，一般為兩場相鄰或在同一區域電場、磁場交替出現。
2．“磁偏轉”和“電偏轉”的比較
電偏轉 磁偏轉
偏轉條件 帶電粒子以v⊥E進入勻強電場(不計重力) 帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場(不計重力)
受力情況 只受恒定的電場力F＝Eq 只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvB
運動情況 類平拋運動 勻速圓周運動
運動軌跡 拋物線 圓弧
求解方法 利用類平拋運動的規律x＝v0t，y＝，tan θ＝ 牛頓第二定律、向心力公式r＝
【典例2】　如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質量為m、電荷量為＋q的微粒，在A點(0，3 m)處以初速度v0＝120 m/s平行于x軸正方向射入電場區域，然后從電場區域進入磁場，又從磁場進入電場，并且先后只通過x軸上的P點(6 m，0)和Q點(8 m，0)各一次。已知該微粒的比荷為＝102 C/kg，微粒重力不計。
(1)求微粒從A到P所經歷的時間和加速度的大小；
(2)求出微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電場和磁場中由A至Q的運動軌跡；
(3)求電場強度E和磁感應強度B的大小。
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　帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法
[跟進訓練]
2．如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電荷離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。結果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且豎直向上，最后離子打在G處，而G處距A點為2d(AG⊥AC)。不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內。求：
(1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r；
(2)離子從D處運動到G處所需時間；
(3)離子到達G處時的動能。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　

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