【考綱知識梳理】
一、復合場
復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或其中某兩場并存，或分區域存在。
二、帶電粒子在復合場中的運動分類
1、當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止．
2、當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動．
3、當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動．
4、當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理．
三、帶電粒子在復合場中運動的應用實例
1、粒子速度選擇器
速度選擇器是近代物理學研究中常用的一種實驗工具，其功能是為了選擇某種速度的帶電粒子
（1）．結構：
①平行金屬板M、N，將M接電源正極，N板接電源負極，M、N間形成勻強電場，設場強為E；
②在兩板之間的空間加上垂直紙面向里的勻強磁場，設磁感應強度為B；
③在極板兩端加垂直極板的檔板，檔板中心開孔S1、S2，孔S1、S2水平正對。
（2）．原理
工作原理。設一束質量、電性、帶電量、速度均不同的粒子束（重力不計），從S1孔垂直磁場和電場方向進入兩板間，當帶電粒子進入電場和磁場共存空間時，同時受到電場力和洛倫茲力作用
若
。
即：當粒子的速度 時，粒子勻速運動，不發生偏轉，可以從S2孔飛出。由此可見，盡管有一束速度不同的粒子從S1孔進入，但能從S2孔飛出的粒子只有一種速度，而與粒子的質量、電性、電量無關
（3）．幾個問題
①粒子受力特點??電場力F與洛侖茲力f方向相反
②粒子勻速通過速度選擇器的條件??帶電粒子從小孔S1水平射入， 勻速通過疊加場， 并從小孔S2水平射出，電場力與洛侖茲力平衡， 即 ;即;
③使粒子勻速通過選擇器的兩種途徑:
當 一定時??調節E和B的大小;
當E和B一定時??調節加速電壓U的大小; 根據勻速運動的條件和功能關系， 有， 所以， 加速電壓應為 。
④如何保證F和f的方向始終相反??將 、E、B三者中任意兩個量的方向同時改變， 但不能同時改變三個或者其中任意一個的方向， 否則將破壞速度選擇器的功能。
⑤如果粒子從S2孔進入時，粒子受電場力和洛倫茲力的方向相同，所以無論粒子多大的速度，所有粒子都將發生偏轉
⑥兩個重要的功能關系??當粒子進入速度選擇器時速度， 粒子將因側移而不能通過選擇器。如圖， 設在電場方向側移后粒子速度為v，
當 時: 粒子向f方向側移， F做負功??粒子動能減少， 電勢能增加， 有
當 時:粒子向F方向側移， F做正功??粒子動能增加， 電勢能減少， 有;
2、磁流體發電機
磁流體發電就是利用等離子體來發電。
（1）．等離子體的產生：在高溫條件下（例如2000K）氣體發生電離，電離后的氣體中含有離子、電子和部分未電離的中性粒子，因為正負電荷的密度幾乎相等，從整體看呈電中性，這種高度電離的氣體就稱為等離子體，也有人稱它為“物質的第四態”。
（2）．工作原理:
磁流體發電機結構原理如圖（1）所示，其平面圖如圖（2）所示。M、N為平行板電極，極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，讓等離子體平行于極板從左向右高速射入極板間，由于洛倫茲力的作用，正離子將向M板偏轉，負離子將向N板偏轉，于是在M板上積累正電荷，在N板上積累負電荷。這樣在兩極板間就產生電勢差，形成了電場，場強方向從M指向N，以后進入極板間的帶電粒子除受到洛倫茲力 之外，還受到電場力 的作用，只要 ，帶電粒子就繼續偏轉，極板上就繼續積累電荷，使極板間的場強增加，直到帶電粒子所受的電場力 與洛倫茲力 大小相等為止。此后帶電粒子進入極板間不再偏轉，極板上也就不再積累電荷而形成穩定的電勢差
（3）．電動勢的計算: 設兩極板間距為d， 根據兩極電勢差達到最大值的條件 ， 即 ， 則磁流體發電機的電動勢。
3、電磁流量計
電磁流量計是利用霍爾效應來測量管道中液體流量（單位時間內通過管內橫截面的液體的體積）的一種設備。其原理為：
如圖所示
圓形管道直徑為d（用非磁性制成），管道內有向左勻速流動的導電液體，在管道所在空間加一垂直管道向里的勻強磁場，設磁感應強度為B；管道內隨液體一起流動的自由電荷（正、負離子）在洛倫茲力作用下垂直磁場方向偏轉，使管道上ab兩點間有電勢差，管道內形成電場；當自由電荷受電場力和洛倫茲力平衡時，ab間電勢差就保持穩定，測出ab間電勢差的大小U，則有：
，
故管道內液體的流量
4. 霍爾效應
（1）．霍爾效應。金屬導體板放在垂直于它的勻強磁場中，當導體板中通過電流時，在平行于磁場且平行于電流的兩個側面間會產生電勢差，這種現象叫霍爾效應。
（2）．霍爾效應的解釋。如圖，截面為矩形的金屬導體，在ｘ方向通以電流Ｉ，在ｚ方向加磁場Ｂ，導體中自由電子逆著電流方向運動。由左手定則可以判斷，運動的電子在洛倫茲力作用下向下表面聚集，在導體的上表面A就會出現多余的正電荷，形成上表面電勢高，下表面電勢低的電勢差，導體內部出現電場，電場方向由A指向A’，以后運動的電子將同時受洛倫茲力 和電場力 作用，隨著表面電荷聚集，電場強度增加， 也增加，最終會使運動的電子達到受力平衡（ ）而勻速運動，此時導體上下兩表面間就出現穩定的電勢差。
（3）．霍爾效應中的結論。
設導體板厚度為h(y軸方向)、寬度為d、通入的電流為I，勻強磁場的磁感應強度為B，導體中單位體積內自由電子數為n，電子的電量為e，定向移動速度大小為v，上下表面間的電勢差為U；
①由 ①。
②實驗研究表明，U、I、B的關系還可表達為 ②，k為霍爾系數。又由電流的微觀表達式有： ③。聯立①②③式可得 。由此可通過霍爾系數的測定來確定導體內部單位體積內自由電子數。
③考察兩表面間的電勢差 ，相當于長度為h的直導體垂直勻強磁場B以速度v切割磁感線所產生的感應電動勢
【要點名師透析】
一、帶電粒子在復合場中的運動分析
1.帶電粒子在復合場中運動的分析方法
(1)弄清復合場的組成.如磁場、電場的復合,磁場、重力場的復合,磁場、電場、重力場三者的復合等.
(2)正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析.
(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)對于粒子連續通過幾個不同種類的場時,要分階段進行處理.
(5)畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規律.
①當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時,根據受力平衡列方程求解.
②當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時,應用牛頓定律結合圓周運動規律求解.
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.
④對于臨界問題,注意挖掘隱含條件.
2.復合場中粒子重力是否考慮的三種情況
(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應當考慮其重力.
(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況按題目要求處理比較正規，也比較簡單.
(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結合運動狀態確定是否要考慮重力.
【例1】(16分)如圖所示, 在水平地面上方有一范圍足夠大的互相正交的勻強電場和勻強磁場區域.磁場的磁感應強度為B,方向垂直紙面向里.一質量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區域內沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運動,重力加速度為g.
(1)求此區域內電場強度的大小和方向.
(2)若某時刻微粒在場中運動到P點時,速度與水平方向的夾角為60°,且已知P點與水平地面間的距離等于其做圓周運動的半徑.求該微粒運動到最高點時與水平地面間的距離.
(3)當帶電微粒運動至最高點時,將電場強度的大小變為原來的 (方向不變,且不計電場變化對原磁場的影響),且帶電微粒能落至地面,求帶電微粒落至地面時的速度大小.
【詳解】(1)由于帶電微�？梢栽陔妶�、磁場和重力場共存的區域內沿豎直平面做勻速圓周運動,表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反,因此電場強度的方向豎直向上. (1分)
設電場強度為E,則有mg=qE (2分)
即 (1分)
(2)設帶電微粒做勻速圓周運動的軌道半徑為R,根據牛頓第二定律和洛倫茲力公式有 (1分)解得 (1分)
依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運動的軌跡如圖所示,由幾何關系可知,該微粒運動至最高點時與水平地面間的距離 (4分)
(3)將電場強度的大小變為原來的 則電場力F電= 帶電微粒運動過程中,洛倫茲力不做功,所以在它從最高點運動至地面的過程中,只有重力和電場力做功,設帶電微粒落地時的速度大小為v1,根據動能定理有 (4分) 解得：
二、帶電粒子在復合場中運動的分類
1.帶電粒子在復合場中無約束情況下的運動
(1)磁場力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因F洛不做功，故機械能守恒，由此可求解問題.
(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動.
②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，因F洛不做功，可用動能定理求解問題.
(3)電場力、磁場力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運動.
②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動.
③若合力不為零且與速度方向不垂直，做復雜的曲線運動，因F洛不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題.
2.帶電粒子在復合場中有約束情況下的運動
帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果.
3.帶電粒子在復合場中運動的臨界值問題
由于帶電粒子在復合場中受力情況復雜、運動情況多變，往往出現臨界問題，這時應以題目中的“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯立求解.
【例2】(14分)如圖所示,足夠長的光滑絕緣斜面與水平面的夾角為α(sinα=0.6)，放在勻強電場和勻強磁場中，電場強度E=50 V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個電荷量為q=4×10-2C，質量m=0.40 kg的光滑小球，以初速度v0=20 m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經過3 s脫離斜面，求磁場的磁感應強度.(g取10 m/s2)
【詳解】小球沿斜面向上運動過程中受力分析如圖所示，由牛頓第二定律，得
qEcosα+mgsinα=ma1， (3分)故 (1分)
代入數據得a1=10 m/s2， (1分)
上行時間 (1分)
小球沿斜面下滑過程中受力分析如圖所示，小球在離開斜面前做勻加速直線運動，a2=10 m/s2 (1分)
運動時間t2=1 s (1分)
脫離斜面時的速度v=a2t2=10 m/s (1分)
在垂直斜面方向上小球脫離斜面受力條件有： qvB+qEsinα=mgcosα， (3分)
故 (2分)
【感悟高考真題】
1.（2011?新課標全國卷?T25）如圖，在區域I（0≤x≤d）和區域II（d≤x≤2d）內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質量為m、帶電荷量q（q＞0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入區域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；此時，另一質量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點沿x軸正向射入區域I，其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求
（1）粒子a射入區域I時速度的大小；
（2）當a離開區域II時，a、b兩粒子的y坐標之差。
【詳解】（1）設粒子a在I內做勻速圓周運動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va,運動軌跡與兩磁場區域邊界的交點為P′，如圖，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，
qvaB=mva2Ra1 ①
由幾何關系有∠PCP′=θ ②
Ra1=dsinθ ③
式中θ=30°，由上面三式可得
va=2dqBm ④
（2）設粒子a在II內做圓周運動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點為Pa（圖中未畫出軌跡），
∠P′OaPa=θ′，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，
q va（2B）=mva2Ra2 ⑤
由①⑤式得Ra2=Ra12 ⑥
C、P′、Oa三點共線，且由⑥式知Oa點必位于
x=32 d ⑦
的平面上，由對稱性知，Pa點與P′的縱坐標相同，即
yPa=Ra1cosθ＋h ⑧
式中，h是C點的縱坐標。
設b在I中運動的軌道半徑為Rb1，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有，
q（va3 ）B= m Rb1 （va3 ）2 ⑨
設a到達Pa點時，b位于Pb點，轉過的角度為α，如果b沒有飛出I，則
tTa2 =θ′2π ⑩
tTb1 =α2π ⑾
式中，t是a在區域II中運動的時間，而
Ta2=2πRa2va ⑿
Tb1=2πRb1va/3 ⒀
由⑤⑨⑩⑾⑿⒀式得
α=30° ⒁
由①③⑨⒁式可見，b沒有飛出I。Pb點的y坐標為
yP2=Rb1（2+cosα）+h ⒂
由①③⑧⑨⒁⒂式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標差為
yP2－yPa=23 （3 －2）d
2.（2011?安徽高考?T23）如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經 時間從p點射出。
（1）求電場強度的大小和方向。
（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射
入，經 時間恰從半圓形區域的邊界射出。求粒子運動加
速度的大小。
（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，且速度為
原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間。
【答案】(1) (2) (3)
【詳解】（1）設帶電粒子質量為m，電荷量為q，初速度為v,電場強度為E，可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向，由于粒子的重力不計且粒子受力平衡，故粒子受到的電場力和洛倫茲力大小相等方向相反，電場強度沿沿x軸正方向， ①
② 得
（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動在y方向作勻速直線運動，位移為 ③
由②③式得 ，設在水平方向位移為x，因射出位置在半圓線邊界上，于是 ,又因為粒子在水平方向上做勻速直線運動，則 ④
得 ⑤
（3）僅有磁場時入射速度 ，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，設軌道半徑為 ，由牛頓第二定律有 ⑥，
又有 ⑦，
由②⑤⑥⑦得
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