資源簡介

學案43 帶電粒子在復合場中的運動
一、概念規律題組
1．如圖1所示，在xOy平面內，勻強電場的方向沿x軸正向，勻強磁場的方向垂直于xOy平面向里．一電子在xOy平面內運動時，速度方向保持不變．則電子的運動方向沿(　　)
圖1
A．x軸正向 B．x軸負向
C．y軸正向 D．y軸負向
2．一個質子穿過某一空間而未發生偏轉，則(　　)
A．可能存在電場和磁場，它們的方向與質子運動方向相同
B．此空間可能只有磁場，方向與質子的運動方向平行
C．此空間可能只有磁場，方向與質子的運動方向垂直
D．此空間可能有正交的電場和磁場，它們的方向均與質子的運動方向垂直
3．如圖2所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應強度為B2的勻強磁場中，偏轉后出現的軌跡半徑之比為R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是(　　)
圖2
A．離子的速度之比為1∶2
B．離子的電荷量之比為1∶2
C．離子的質量之比為1∶2
D．以上說法都不對
圖3
4．有一個帶電量為＋q、重為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖3所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法錯誤的是(　　)
A．一定做曲線運動
B．不可能做曲線運動
C．有可能做勻加速運動
D．有可能做勻速運動
二、思想方法題組
5.
圖4
一個帶電微粒在如圖4所示的正交勻強電場和勻強磁場中的豎直平面內做勻速圓周運動，該帶電微粒必然帶______(填“正”或“負”)電，旋轉方向為________(填“順時針”或“逆時針”)．若已知圓的半徑為r，電場強度的大小為E，磁感應強度的大小為B，重力加速度為g，則線速度為________．
圖5
6．在兩平行金屬板間，有如圖5所示的互相正交的勻強電場和勻強磁場．α粒子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入時，恰好能沿直線勻速通過．供下列各小題選擇的答案有：
A．不偏轉 B．向上偏轉
C．向下偏轉 D．向紙內或紙外偏轉
(1)若質子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入，質子將________
(2)若電子以速度v0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入，電子將________
(3)若質子以大于v0的速度，沿垂直于勻強電場和勻強磁場的方向從兩板正中央射入，質子將_______
一、帶電粒子在無約束的復合場中的運動
1．常見運動形式的分析
(1)帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動
帶電粒子進入勻強電場、勻強磁場和重力場共同存在的復合場中，重力和電場力等大反向，兩個力的合力為零，粒子運動方向和磁場方向垂直時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動．
(2)帶電粒子在勻強電場、勻強磁場和重力場中的直線運動
自由的帶電粒子(無軌道約束)，在勻強電場、勻強磁場和重力場中的直線運動應該是勻速直線運動，這是因為電場力和重力都是恒力，若它們的合力不與洛倫茲力平衡，則帶電粒子速度的大小和方向都會改變，就不可能做直線運動．(粒子沿磁場方向運動除外)
2．帶電粒子在復合場中運動的處理方法
(1)搞清楚復合場的組成，一般是磁場、電場的復合；磁場、重力場的復合；磁場、重力場、電場的復合；電場和磁場分區域存在．
(2)正確進行受力分析，除重力、彈力、摩擦力外還要特別關注電場力和磁場力的分析．
(3)確定帶電粒子的運動狀態．注意將運動情況和受力情況結合進行分析．
(4)對于粒子連續經過幾個不同場的情況，要分段進行分析、處理．
(5)畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規律．
【例1】
圖6
如圖6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t0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，經時間恰好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，但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間．
[規范思維]
　
　
圖7
【例2】在場強為B的水平勻強磁場中，一質量為m、帶電荷量為＋q的小球在O點靜止釋放，小球的運動曲線如圖7所示．已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到x軸距離的2倍，重力加速度為g.求：
(1)小球運動到任意位置P(x，y)的速率v；
(2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離ym；
(3)欲使小球沿x軸正向做直線運動，可在該區域加一勻強電場，試分析加電場時，小球在什么位置，所加電場的場強為多少？方向如何？
[規范思維]
　
　
　
二、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，用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果．
圖8
【例3】 如圖8所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，質量為1.0×10－4 kg，帶4.0×10－4 C正電荷，小球在棒上可以滑動，將此棒豎直放置在沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度E＝10 N/C，方向水平向右，勻強磁場的磁感應強度B＝0.5 T，方向為垂直于紙面向里，小球與棒間的動摩擦因數為μ＝0.2，求小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度．(設小球在運動過程中所帶電荷量保持不變，g取10 m/s2)
[規范思維]
　
　
【基礎演練】
1.
圖9
如圖9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直于紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中．質量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是(　　)
A．滑塊受到的摩擦力不變
B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關
C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下
D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上
圖10
2．如圖10所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動．已知電場強度為E，磁感應強度為B，則液滴的質量和環繞速度分別為(　　)
A.， B.，
C．B ， D.，
圖11
3．一帶正電的粒子以速度v0垂直飛入如圖11所示的電場和磁場共有的區域，B、E及v0三者方向如圖所示，已知粒子在運動過程中所受的重力恰好與電場力平衡，則帶電粒子在運動過程中(　　)
A．機械能守恒
B．動量守恒
C．動能始終不變
D．電勢能與機械能總和守恒
圖12
4．如圖12所示，兩平行金屬板中間有相互正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B，一質子沿極板方向以速度v0從左端射入，并恰好從兩板間沿直線穿過．不計質子重力，下列說法正確的是(　　)
A．若質子以小于v0的速度沿極板方向從左端射入，它將向上偏轉
B．若質子以速度2v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過
C．若電子以速度v0沿極板方向從左端射入，它將沿直線穿過
D．若電子以速度v0沿極板方向從右端射入，它將沿直線穿過
圖13
5．如圖13所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電，乙球帶負電、丙球不帶電，現將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則(　　)
A．經過最高點時，三個小球的速度相等
B．經過最高點時，甲球的速度最小
C．甲球的釋放位置比乙球的高
D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變
6．如下圖所示，兩虛線之間的空間內存在著正交或平行的勻強電場E和勻強磁場B，有一個帶正電的小球(電荷量為＋q、質量為m)從電磁復合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復合場的是(　　)
題號 1 2 3 4 5 6
答案
【能力提升】
圖14
7．如圖14所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．在x軸上方空間的第一、第二象限內，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xOy平面(紙面)向里的勻強磁場，在第四象限，存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場．一質量為m、電荷量為q的帶電質點，從y軸上y＝h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限，然后經過x軸上x＝－2h處的P2點進入第三象限，帶電質點恰好能做勻速圓周運動，之后經過y軸上y＝－2h處的P3點進入第四象限．已知重力加速度為g.試求：
(1)粒子到達P2點時速度的大小和方向；
(2)第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大小；
(3)帶電質點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向．
8．如圖15所示的豎直平面內有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一絕緣“?”形彎桿由兩段直桿和一半徑為R的半圓環組成，固定在紙面所在的豎直平面內．PQ、MN水平且足夠長，半圓環MAP在磁場邊界左側，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段是光滑的．現有一質量為m、帶電荷量為＋q的小環套在MN桿上，它所受電場力為重力的3/4.現在M右側D點由靜止釋放小環，小環剛好能到達P點．
圖15
(1)求DM間的距離x0.
(2)求上述過程中小環第一次通過與O點等高的A點時彎桿對小環作用力的大小．
(3)若小環與PQ間動摩擦因數為μ(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)，現將小環移至M點右側4R處由靜止開始釋放，求小環在整個運動過程中克服摩擦力所做的功．
圖16
9．圖16為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B＝2.0×10－3 T，在x軸上距坐標原點L＝0.50 m的P處為粒子的入射口，在y軸上安放接收器．現將一帶正電荷的粒子以v＝3.5×104 m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L＝0.50 m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，不計其重力．
(1)求上述粒子的比荷；
(2)為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，第一象限內的磁場可以局限在一個矩形區域內，求此矩形磁場區域的最小面積，并在圖中畫出該矩形．
學案43　帶電粒子在復合場中的運動
1．C　2.ABD　3.D　4.BCD　
5．負　逆時針　
解析　因帶電微粒做勻速圓周運動，電場力必與重力平衡，所以帶電微粒必帶負電．
由左手定則可知微粒應逆時針轉動
電場力與重力平衡有：mg＝qE
根據牛頓第二定律有：qvB＝m
聯立解得：v＝.
6．(1)A　(2)A　(3)B
思維提升
1．復合場是指電場、磁場、重力場并存或其中的兩種場并存．重力、電場力做功與路徑無關，洛倫茲力不做功．重力做功改變物體的重力勢能，電場力做功改變電勢能．
2．(1)當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，它將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態．
(2)當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動．
3．復合場應用實例：速度選擇器，磁流體發電機，電磁流量計．
例1 見解析
解析　(1)因為帶電粒子進入復合場后做勻速直線運動，
則qv0B＝qE①
R＝v0t0②
由①②聯立解得E＝
方向沿x軸正方向．
(2)若僅撤去磁場，帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿y軸正方向做勻速直線運動y＝v0·＝③
沿x軸正方向做勻加速直線運動x＝a()2＝④
由幾何關系知x＝＝R⑤
解得a＝
(3)僅有磁場時，入射速度v′＝4v0，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為r，由牛頓第二定律有
qv′B＝m⑥
又qE＝ma⑦
可得r＝⑧
由幾何知識sin α＝⑨
即sin α＝，α＝⑩
帶電粒子在磁場中運動周期
T＝
則帶電粒子在磁場中運動時間
t′＝T
所以t′＝t0
例2 (1)　(2)　(3)見解析
解析　(1)洛倫茲力不做功，由動能定理得
mgy＝mv2①
得v＝②
(2)設在最大距離ym處的速率為vm，根據圓周運動有
qvmB－mg＝m③
且由②知vm＝④
由③④及R＝2ym得ym＝⑤
(3)當小球沿x軸正向做直線運動時，小球受力平衡，由此可知，加電場時，小球應在最低點．
且有qvmB－mg－qE＝0⑥
解④⑤⑥得E＝
方向豎直向下．
[規范思維]　分析該題時應把握以下幾點：
(1)求解小球的速率可根據動能定理；
(2)小球下降的最大距離可由圓周運動分析；
(3)小球做直線運動，可由小球的運動特征分析受力的特點．
例3 2 m/s2　5 m/s
解析　帶電小球沿絕緣棒下滑過程中，受豎直向下的重力，豎直向上的摩擦力，水平方向的彈力和洛倫茲力及電場力作用．當小球靜止時，彈力等于電場力，小球在豎直方向所受摩擦力最小，小球加速度最大．小球運動過程中，彈力等于電場力與洛倫茲力之和，隨著小球運動速度的增大，小球所受洛倫茲力增大，小球在豎直方向的摩擦力也隨之增大，小球加速度減小，速度增大，當小球的加速度為零時，速度達最大．小球剛開始下落時，加速度最大，設為am，這時豎直方向有：mg－Ff＝ma①
在水平方向上有：qE－FN＝0②
又Ff＝μFN③
由①②③解得am＝
代入數據得am＝2 m/s2
小球沿棒豎直下滑，當速度最大時，加速度a＝0
在豎直方向上有：mg－Ff′＝0④
在水平方向上有：qvmB＋qE－FN′＝0⑤
又Ff′＝μFN′⑥
由④⑤⑥解得vm＝代入數據得
vm＝5 m/s.
[規范思維]　(1)帶電物體在復合場中做變速直線運動時，所受洛倫茲力的大小不斷變化，而洛倫茲力的變化往往引起其他力的變化，從而導致加速度不斷變化．
(2)帶電物體在復合場中運動時，必須注意重力、電場力對帶電物體的運動產生影響，帶電物體運動狀態的變化又會與洛倫茲力產生相互影響．
思想方法總結
1．帶電粒子在復合場中運動問題的分析方法：
(1)弄清復合場的組成，一般有磁場、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．
(2)對粒子進行正確的受力分析，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情況場的問題，要分階段進行處理．轉折點的速度往往成為解題的突破口．
(5)畫出粒子的運動軌跡，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，要注意挖掘隱含條件．
2．復合場中的粒子重力是否應該考慮的三種情況
(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為一般情況下其重力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，要由分析結果確定是否要考慮重力．
1．C　2.D　3.CD　4.C　5.CD　6.CD　
7．(1)2　與x軸負方向成45°角　(2)
　(3)　方向沿x軸正方向
解析　(1)軌跡如右圖所示，帶電質點從P1到P2，由平拋運動規律得
h＝gt2
v0＝＝
vy＝gt＝
求出v＝＝2①
方向與x軸負方向成45°角
(2)帶電質點從P2到P3，重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力
Eq＝mg②
Bqv＝m③
(2R)2＝(2h)2＋(2h)2④
由②解得：E＝
聯立①③④式得B＝ .
(3)帶電質點進入第四象限，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動．當豎直方向的速度減小到0，此時質點速度最小，即v在水平方向的分量
vmin＝vcos 45°＝
方向沿x軸正方向．
8．(1)R　(2)mg＋　(3)見解析
解析　(1)小環剛好能到達P點，說明小環在P點的速度為0，由能量守恒定律得：Eqx0－mg2R＝0，解得x0＝R
(2)設小環在A點速度v，對小環在A點時進行受力分析，由牛頓第二定律和能量守恒定律知：
FN－Eq－Bqv＝m
Eq(x0＋R)－mgR＝mv2
聯立解得FN＝mg＋
(3)若μmg大于或等于Eq，即μ大于或等于3/4，則小環將停在PQ上某處，設小環停的位置離P點的距離為x，由能量守恒定律得：Eq(4R－x)－mg2R－μmgx＝0
解得x＝
Wf＝
若μmg小于Eq即μ＜3/4，小環速度為零后將反向運動，在導軌上往復數次，直至到達P點時速度為零(因摩擦力作用，小環的動能和勢能之和會逐漸減小，但小環不會靜止在P點，而是在導軌DMAP處往復運動)，則Wf＝4qER－2mgR＝mgR.
9．(1)4.9×107 C/kg(或5.0×107 C/kg)
(2)0.25 m3　見解析圖
解析　
(1)設粒子在磁場中的運動半徑為r.如圖甲所示，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中做勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得r＝①
由洛倫茲力提供粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力，可得
qvB＝m②
聯立①②并代入數據解得
≈4.9×107 C/kg(或5.0×107 C/kg)③
(2)如圖乙所示，所求的最小矩形是MM1P1P，該區域面積
S＝2r2④
聯立①④并代入數據得
S＝0.25 m2
矩形如圖乙中MM1P1P(虛線)所示．
易錯點評
1．在第6題中，有些同學錯誤地認為小球可能做勻變速直線運動，易錯選A.錯選的原因是不能從題目給出的條件——小球做直線運動判斷出小球是做勻速直線運動，沒有注意洛倫茲力隨速度的變化而變化．
2．在第8題中，某些同學因過程不清或外力做的功考慮不全．導致列第(1)、(2)問的方程時出現錯誤，屬于基本技能不扎實造成的．在第(3)問中，由于考慮不到摩擦力(μmg)與電場力的大小關系不同，導致只考慮了一種結果，造成漏解．
3．在第9題的第(2)問中，由于不理解題意或示意圖畫得太隨意，導致找不出磁場所在的矩形區域．

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