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專題強化5　帶電粒子在疊加場中的運動
[學習目標]　
1.掌握帶電粒子在疊加場中運動的兩種常見情景(重點)。
2.會分析其受力情況和運動情況，能正確運用物理規律解決問題(難點)。
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。
2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直線運動 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓周運動 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg 牛頓第二定律，圓周運動的規律
較復雜的曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
一、帶電粒子在疊加場中的直線運動
例1　質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區，該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　)
A．該微粒可能帶正電荷
B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動
C．該磁場的磁感應強度大小為
D．該電場的電場強度大小為
二、帶電粒子在疊加場中的圓周運動
例2　如圖所示，空間中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，有一帶電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，重力加速度為g，則液滴環繞速度大小及方向分別為(　　)
A.，順時針 B.，逆時針
C.，順時針 D.，逆時針
例3　如圖，直角坐標系xOy處于豎直平面內，x軸沿水平方向，在x軸上方存在水平向右的勻強電場E1，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面向外的勻強磁場，勻強電場的電場強度大小E1＝E2＝4.5 N/C，在坐標為(－0.4 m,0.4 m)的A點處將一帶正電小球由靜止釋放，小球沿直線AO第一次穿過x軸，小球第三次經過x軸時恰好再次經過O點，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球的比荷及小球第一次穿過x軸時的速度大小；
(2)小球從釋放到第三次經過x軸所經歷的時間。
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三、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動
例4　(2023·南京市第一中學校考期末)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C
點為運動的最低點，不計其他阻力，則以下說法中正確的是(　　)
A．液滴一定帶正電
B．液滴在C點時的動能最大
C．從A到C過程液滴的電勢能可能減小
D．從C到B過程液滴的機械能不變
專題強化5　帶電粒子在疊加場中的運動
[學習目標]　1.掌握帶電粒子在疊加場中運動的兩種常見情景(重點)。2.會分析其受力情況和運動情況，能正確運用物理規律解決問題(難點)。
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。
2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直 線運動 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓 周運動 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg 牛頓第二定律，圓周運動的規律
較復雜的 曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
一、帶電粒子在疊加場中的直線運動
例1　質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區，該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　)
A．該微粒可能帶正電荷
B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動
C．該磁場的磁感應強度大小為
D．該電場的電場強度大小為
答案　C
解析　若微粒帶正電，靜電力向左，洛倫茲力垂直于OA線斜向右下方，則靜電力、洛倫茲力和重力不能平衡，故微粒一定帶負電，故A錯誤；
微粒如果做勻變速運動，重力和靜電力不變，而洛倫茲力隨速度變化而變化，微粒不能沿直線運動，故B錯誤；
微粒受力如圖所示，由平衡條件得qvBcos θ＝mg，qE＝mgtan θ，
解得B＝，E＝，故C正確，D錯誤。
二、帶電粒子在疊加場中的圓周運動
例2　如圖所示，空間中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，有一帶電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，重力加速度為g，則液滴環繞速度大小及方向分別為(　　)
A.，順時針 B.，逆時針
C.，順時針 D.，逆時針
答案　C
解析　液滴在疊加場中做勻速圓周運動，知重力和靜電力平衡，則液滴受到向上的靜電力，可知液滴帶負電，根據左手定則可知液滴做順時針的勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，又因為重力和靜電力平衡，則有qE＝mg，解得v＝，故A、B、D錯誤，C正確。
例3　如圖，直角坐標系xOy處于豎直平面內，x軸沿水平方向，在x軸上方存在水平向右的勻強電場E1，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場E2和垂直紙面向外的勻強磁場，勻強電場的電場強度大小E1＝E2＝4.5 N/C，在坐標為(－0.4 m,0.4 m)的A點處將一帶正電小球由靜止釋放，小球沿直線AO第一次穿過x軸，小球第三次經過x軸時恰好再次經過O點，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球的比荷及小球第一次穿過x軸時的速度大小；
(2)小球從釋放到第三次經過x軸所經歷的時間。
答案　(1) C/kg　4 m/s　(2) s
解析　(1)由題可知，小球由靜止釋放后在第二象限的勻強電場中所受合力方向由A點指向O點
則有＝tan 45°
代入數據解得＝ C/kg
由A到O的過程中，由動能定理有
mgy1＋qE1x1＝mv2－0
代入數據解得v＝4 m/s
(2)設小球從釋放到第一次到達O點的時間為t1，小球在y方向做自由落體運動，有y1＝gt12
代入數據解得t1＝ s
如圖，在第三、四象限中，qE2＝mg，小球僅由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動；小球從第三象限的P點再次進入第二象限后做類平拋運動，經過時間t2再次回到O點，該過程可將小球的運動分解為沿x軸方向的勻加速直線運動與沿y軸方向的豎直上拋運動。由圓周運動的特點可知，小球在P點的速度與x軸正方向成45°角，由牛頓第二定律知，小球在第二象限x、y兩個分方向的加速度大小為
ax＝ay＝g
y方向有0＝vsin 45°－g
得t2＝ s
x方向有x＝vcos 45°t2＋gt22
得x＝ m
由幾何關系可得x＝R
得R＝ m
則小球在x軸下方運動的時間為
t3＝×＝ s
故小球從釋放到第三次經過x軸經歷的時間為
t＝t1＋t2＋t3＝ s。
三、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動
例4　(2023·南京市第一中學校考期末)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點為運動的最低點，不計其他阻力，則以下說法中正確的是(　　)
A．液滴一定帶正電
B．液滴在C點時的動能最大
C．從A到C過程液滴的電勢能可能減小
D．從C到B過程液滴的機械能不變
答案　B
解析　從題圖中可以看出，帶電粒子由靜止開始向下運動，說明重力和靜電力的合力向下，洛倫茲力指向弧內，根據左手定則可知液滴帶負電，故A錯誤；從A到C的過程中，重力做正功，而靜電力做負功，洛倫茲力不做功，但合力仍做正功，導致動能仍增大，從C到B的過程中，重力做負功，靜電力做正功，洛倫茲力不做功，但合力卻做負功，導致動能減小，所以液滴在C點時動能最大，故B正確；從A到C過程液滴克服靜電力做功，故電勢能增加，故C錯誤；除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，從C到B的過程中，靜電力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D錯誤。

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