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第一章 安培力與洛倫茲力
專題 帶電粒子在復合場中的運動
人教版（2019）高中物理選擇性必修第一冊
CONTENTS
01
帶電粒子在組合場中的運動
02
03
目錄
隨 堂 訓 練
帶電粒子在疊加場中的運動
1.復合場的分類
(1)疊加場：同一區域共存各種場
(2)組合場：各種場分區存在
基本概念
2.帶電粒子在復合場中的運動分類
(1)靜止或勻速直線運動
當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止或做勻速直線運動狀態.
(2)勻速圓周運動
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，做勻速圓周運動.
(3)非勻變速曲線運動
當帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.
01
帶電粒子在組合場中的運動
安培力與洛倫茲力
帶電粒子在組合場中的運動,實際上是幾個典型運動過程的組合(如:電場中的加速直線運動、類平拋運動、磁場中的勻速圓周運動),因此解決此類問題要分段處理,找出各段之間的銜接點和相關物理量.
1、先電場后磁場
(1)先在電場中做加速直線運動,然后進入磁場做圓周運動.[如圖(甲)、(乙)所示],在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度.
一、帶電粒子在組合場中的運動
(2)先在電場中做類平拋運動,然后進入磁場做圓周運動.[如圖(丙)、(丁)所示],在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度.
例1.(多選)一個帶電粒子(重力不計)以初速度 v0 垂直于電場方向向右射入勻強電場區域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區域.設電場和磁場區域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示.在圖所示的幾種情況中，可能出現的是( )
A
B
C
D
解析：A、C 選項中粒子在電場中向下偏轉，所以粒子帶正電，再進入磁場后，A 圖中粒子應逆時針轉，A 正確；C 圖中粒子應順時針轉，C 錯誤；同理可以判斷 B 錯誤，D 正確.
答案：AD
例2.如圖所示，一個靜止的質量為 m、帶電荷量為 q 的粒子(不計重力)，經電壓 U 加速后垂直進入磁感應強度為 B 的勻強磁場，粒子在磁場中轉半個圓周后打在 P 點，設 OP＝x，能夠正確反應 x與 U 之間的函數關系的是( )
A
B
C
D
B
答案：B
例3、平面直角坐標系 xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿 y 軸負方向的勻強電場，如圖 Z8-1 所示.一帶負電的粒子從電場中的 Q 點以速度 v0 沿 x 軸正方向開始運動，Q 點到 y 軸的距離為到 x 軸距離的 2 倍.粒子從坐標原點 O 離開電場進入磁場，最終從 x 軸上的 P 點射出磁場，P 點到 y 軸距離與 Q 點到 y 軸距離相等.不計粒子重力，問：
(1)粒子到達 O 點時速度的大小和方向.
(2)電場強度和磁感應強度的大小之比.
解：(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設 Q 點到 x 軸距離為 L，到 y 軸距離為 2L，粒子的加速度為 a，運動時間為 t，有
設磁場的磁感應強度大小為 B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為 R，所受的洛倫茲力提供向心力，有
2、先磁場后電場
對于粒子從磁場進入電場的運動,常見的有兩種情況:
(1)粒子進入電場時的速度方向與電場方向相同或相反,如圖甲所示,做勻變速直線運動。
(2)粒子進入電場時的速度方向與電場方向垂直,做類平拋運動,如圖乙所示。
甲
乙
方法技巧
帶電粒子在不同場中的運動性質一般不同,所以組合場問題才顯得復雜.而聯系各個場中運動的關鍵物理量是速度,所以分析組合場問題的突破口就是分析各個場分界處的速度,包括其大小和方向.
例4、如圖所示,在x軸上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外;在x軸下方存在勻強電場,電場方向與xOy平面平行,且與x軸成45°角。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出,一段時間后進入電場,進入電場時的速度方向與電場方向相反;又經過一段時間T0,磁場的方向變為垂直于紙面向里,大小不變。不計重力。
(1)求粒子從P點出發至第一次到達x軸時所需的時間;
(2)若要使粒子能夠回到P點,求電場強度的最大值。
答案　(1) 　(2)
解析　(1)帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動,設運動半徑為R,運動周期為T,根據洛倫茲力公式及圓周運動規律,有
qv0B=m ,T=
依題意,粒子第一次到達x軸時,運動軌跡所對應的圓心角為 π,所需時間t1= T= 。
(2)粒子進入電場后,先做勻減速直線運動,直到速度減小為0,然后沿原路返回做勻加速直線運動,到達x軸時速度大小仍為v0,設粒子在電場中運動的總時間為t2,加速度大小為a,電場強度大小為E,有
qE=ma,v0= at2
得t2=
根據題意,要使粒子能夠回到P點,必須滿足t2≥T0
得E≤ ,則滿足條件的電場強度最大值Em= 。
3、先后多個電、磁場【選講】
帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動,實際上是將粒子在電場中的加速與偏轉,跟在磁場中偏轉兩種運動有效組合在一起,有效區別電偏轉和磁偏轉,尋找兩種運動的聯系和幾何關系是解題的關鍵.當帶電粒子連續通過幾個不同的場區時,粒子的受力情況和運動情況也發生相應的變化,其運動過程則由幾種不同的運動階段組成.
例5.如圖所示,足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置,間距6L。兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN為理想分界面,Ⅰ區的磁感應強度為B0,方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2,兩孔與分界面MN間的距離均為L。質量為m、電荷量為+q的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后,沿水平方向從S1進入Ⅰ區,并直接偏轉到MN上的P點,再進入Ⅱ區,P點與A1板間的距離是L的k倍,不計重力,碰到擋板的粒子不予考慮。
(1)若k=1,求勻強電場的電場強度E;
(2)若2v與k的關系式和Ⅱ區的磁感應強度B與k的關系式。
答案　(1) 　(2)v= B=
解析　(1)若k=1,則有MP=L,粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,根據幾
何關系可知,該情況下粒子的軌跡半徑
R1=L ①
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律知qv0B0=m ②
粒子在勻強電場中加速,根據動能定理有qEd= m ③
聯立①②③式解得E= 。
(2)由于2如圖所示。
由幾何關系得 -(kL)2=(R2-L)2 ④
又有qvB0=m ⑤
聯立④⑤式解得v=
因為6L-2kL=2x ⑥
根據幾何關系有 = ⑦
由R= 知 = ⑧
聯立⑥⑦⑧式解得B= 。
例6.如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區域,磁感應強度的大小為B0;x<0區域,磁感應強度的大小為λB0(常數λ>1)。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時。當粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力)
(1)粒子運動的時間;
(2)粒子與O點間的距離。
答案　(1) (1+ )　(2) (1- )
解析　(1)在勻強磁場中,帶電粒子做圓周運動。設在x≥0區域,圓周半
徑為R1;在x<0區域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得
qB0v0=m ①
qλB0v0=m ②
粒子速度方向轉過180°時,所需時間t1為
t1= ③
粒子再轉過180°時,所需時間t2為
t2= ④
聯立①②③④式得,所求時間為
t0=t1+t2= (1+ )。 ⑤
(2)由幾何關系及①②式得,所求距離為
d0=2(R1-R2)= (1- )。 ⑥
方法技巧
關注兩段圓弧軌跡的銜接點
磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題,帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同,但軌跡半徑和運動周期往往不同.解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點,進一步尋找邊角關系.
4、帶電粒子在交變電磁場中的運動【選講】
解決帶電粒子在交變電、磁場中運動問題的基本思路
考向1　恒定電場+交變磁場
例.電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉。圖甲為顯像管工作原理示意圖,陰極K發射的電子束(初速度不計)經電壓為U的加速電場后,進入一圓形勻強磁場區,磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向),磁場區的中心為O,半徑為r,熒光屏MN到磁場區中心O的距離為L。當不加磁場時,電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當磁場的磁感應強度隨時間按圖乙所示的規律變化時,在熒光屏上得到一條長為2L的亮線。由于電子通過磁場區的時間很短,可以認為在每個電子通過磁場區的過程中磁感應強度不變。已知電子的電荷量為e,質量為m,不計電子之間的相互作用及所受的重力。求:
(1)電子打到熒光屏上時的速度大小;
(2)磁感應強度的最大值B0。
答案　(1) 　(2)
解析　(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小,設為v,
由動能定理有eU= mv2
解得v=
(2)當交變磁場的磁感應強度為B0時,電子束有最大偏轉,在熒光屏上打在Q點,PQ= L。電子運動軌跡如圖所示,設此過程中速度偏轉角度為θ,由幾何關系可知,
tan θ= ,得θ=60°
根據幾何關系,電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角α=θ,而tan = 。
由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0=
解得B0=
考向2　恒定磁場+交變電場
例.　如圖甲所示,寬度為d的豎直狹長區域內(邊界為L1、L2),存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示),電場強度的大小為E0,E>0表示電場方向豎直向上。t=0時,一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區域,沿直線運動到Q點后,做一次完整的圓周運動,再沿直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點,重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。

甲
乙
(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大小;
(2)求電場變化的周期T;
(3)改變寬度d,使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區域,求T的最小值。
答案　(1) 　(2) + 　(3)
解析　(1)微粒做直線運動,則
mg+qE0=qvB
微粒做圓周運動,則mg=qE0
解得q=
B=
(2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1,做圓周運動的周期為t2,則
=vt1
qvB=m
2πR=vt2
解得t1= ;t2=
電場變化的周期T=t1+t2= +
(3)若微粒能完成題述的運動過程,要求d≥2R
又R= =
設N1Q段直線運動的最短時間為t1 min,則
t1 min=
因t2不變,T的最小值
Tmin=t1 min+t2=
考向3　交變電場+交變磁場
例.　某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場,電場方向向右(如圖甲中由B到C的方向),電場變化如圖乙中E-t圖像,磁感應強度變化如圖丙中B-t圖像。在A點,從t=1 s(即1 s末)開始,每隔2 s,有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出,恰能擊中C點,若 AC=2BC且粒子在A、B間運動的時間小于1 s,求:
(1)圖線上E0和B0的比值,磁感應強度B的方向;
(2)若第1個粒子擊中C點的時刻已知為1+Δt,那么第2個粒子擊中C點的時刻是多少
答案　(1) v　垂直紙面向外
(2)2 s+ Δt
解析　設帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R,在第2秒內只有磁場,軌跡如圖所示。
(1)因為AC=2BC=2d,所以R=2d
第2秒內,僅有磁場:qvB0=m =m
第3秒內,僅有電場:d= · ·
所以 = v。粒子帶正電,故磁場方向垂直紙面向外。
(2)Δt= = × = · = ·
Δt'= = Δt
故第2個粒子擊中C點的時刻為2 s+ Δt。
方法技巧
帶電粒子在交變電、磁場中運動的解題技巧
(1)解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題時,關鍵要明確粒子在不同時間段內、不同區域內的受力情況,對粒子的運動情況、運動性質做出判斷。
(2)這類問題一般都具有周期性,在分析粒子運動時,要注意粒子的運動周期、電場周期、磁場周期的關系。
(3)帶電粒子在交變電、磁場中運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學規律,所以此類問題的研究方法與質點動力學有相同之處。
02
帶電粒子在疊加場中的運動
安培力與洛倫茲力
1.處理帶電粒子在疊加場中的運動問題時,要做到“三個分析”
(1)正確分析受力情況,重點明確重力是否不計和洛倫茲力的方向。
(2)正確分析運動情況,常見的運動形式有:勻速直線運動、勻速圓周運動、一般變速曲線運動等。
(3)正確分析各力的做功情況,主要分析電場力和重力做的功,洛倫茲力一定不做功。
二、帶電粒子在疊加場中的運動
2.帶電粒子在疊加場中的運動分類
(1)靜止或勻速直線運動:當帶電粒子在疊加場中所受合外力為零時,將處于靜止狀態或做勻速直線運動。
(2)勻速圓周運動: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)一般變速曲線運動:當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化,且與初速度方向不在同一條直線上,粒子做非勻變速曲線運動,這時粒子運動軌跡既不是圓弧,也不是拋物線。
(4)分階段運動:帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區域,其運動情況隨區域發生變化,其運動過程由幾種不同的運動階段組成。
【知識梳理】
帶電粒子在電場、磁場和重力場相互疊加的復合場中運動，或者在其中某兩種場相互疊加的復合場中運動，帶電粒子會同時受到電場力、洛倫茲力和重力的作用或者受其中某兩種力的作用。因此分析帶電粒子的受力，確定帶電粒子的運動形式就顯得尤為重要。
（1）若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子在水平方向做勻速直線運動。
（2）若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動。涉及時間的問題只可粗解。不涉及時間的問題，因洛倫茲力不做功，故利用機械能守恒定律或動能定理可詳解。
（3）若沿固定的軌道運動，帶電粒子還要受到其它力的作用。可根據帶電粒子運動形式以及涉及的物理量，選擇相對應的辦法求解。
1．當重力和洛倫茲力并存
例 (多選)如圖所示為一個質量為m、電荷量為+q的圓環,可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動,細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中,不計空氣阻力,現給圓環向右的初速度v0,在以后的運動過程中,圓環運動的速度圖像可能是圖中的 (　 　)


AD
答案 AD　帶電圓環在磁場中運動時受到豎直向上的洛倫茲力,當重力與洛倫茲力相等時,圓環將做勻速直線運動,A正確。當洛倫茲力大于重力時,圓環受到摩擦力的作用,并且隨著速度的減小而減小,圓環將做加速度減小的減速運動,最后做勻速直線運動,D正確。如果重力大于洛倫茲力,圓環也受摩擦力作用,且摩擦力越來越大,圓環將做加速度增大的減速運動,故B、C錯誤。
（1）若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子以大小和方向都唯一確定的速度做勻速直線運動。
（2）若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子做復雜的曲線運動。涉及時間的問題只可粗解。不涉及時間的問題，因洛倫茲力不做功，只有電場力做功，故利用動能和電勢能之和守恒或動能定理可詳解。
2．當電場力和洛倫茲力并存（不計帶電粒子的重力）
例、如圖所示,質量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。
(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T;
(2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個與磁場方向垂直
的勻強電場,求電場強度E的大小。
答案　(1) 　(2)vB
解析　(1)洛倫茲力提供向心力,有f=qvB=m
帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R=
勻速圓周運動的周期T= = 。
(2)粒子受電場力F=qE,洛倫茲力f=qvB,粒子做勻速直線運動,則qE=qvB
電場強度的大小E=vB。
（1）若電場力、洛倫茲力和重力三個力平衡，帶電粒子做勻速直線運動。此時這三個力不在一條直線上，三個力可圍成一個三角形。利用解三角形的方法可求解。
（2）若重力和電場力平衡，帶電粒子所受的洛倫茲力提供向心力，帶電粒子做勻速圓周運動。即：qE=mg，
（3）若電場力、洛倫茲力和重力三個力合力不為零，帶電粒子做復雜的曲線運動。涉及時間的問題只可粗解。不涉及時間的問題，因洛倫茲力不做功，只有電場力和重力做功，故利用機械能和電勢能之和守恒或動能定理可詳解。
（4）若沿固定的軌道運動，帶電粒子還要受到其它力的作用。可根據帶電粒子運動形式以及涉及的物理量，選擇相對應的辦法求解。當帶電粒子運動形式是直線運動時，根據涉及的物理量可利用動力學的三大規律求解。當帶電粒子做圓周運動時，通常利用向心力公式和動能定理求解。
3．電場力、洛倫茲力和重力并存
例1、如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里。一質量為m、帶電荷量為q的微粒以速度v與磁場垂直、與電場成θ角射入復合場中，恰能做勻速直線運動，已知重力加速度為g。
（1）請判斷微粒的帶電性質
（2）求電場強度E和磁感應強度B的大小
正電荷
例2、小球（ m， +q ）套在很長的絕緣直棒上，可在棒上滑動，將此棒豎直放在如圖所示的勻強電場E和勻強磁場B中，動摩擦因數為μ，請定性描述小球的運動過程，并求小球由靜止沿棒下落的最大加速度和最大速度。
小球從靜止開始做加速度逐漸減小的加速運動，最后保持勻速運動狀態
最大加速度出現在v = 0時
最大速度出現在a =0時
若電場反向，情況如何？
小球從靜止開始先做加速度逐漸增大的加速運動，加速度最大為g，然后做加速度逐漸減小的加速運動，最后a =0，小球保持勻速直線運動狀態。
最大加速度出現在洛倫茲力與電場力等大反向 Bqv=Eq 時，a=g，此時小球所受的摩擦為0
加速度a =0時出現最大速度
方法技巧
(1)若洛倫茲力、重力并存,則帶電體做勻速直線運動或較復雜的曲線
運動,可應用機械能守恒定律求解。
(2)若電場力、洛倫茲力并存,則帶電體(不計重力的微觀粒子)做勻速直
線運動或較復雜的曲線運動,可應用動能定理求解。
(3)若電場力、洛倫茲力、重力并存,則帶電體可能做勻速直線運動、
勻速圓周運動或較復雜的曲線運動,可應用能量守恒定律或動能定理求解。
帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道等約束的情況下,除受場力外,可能還受彈力、摩擦力作用,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、牛頓運動定律等求出結果。
4、有軌道約束的疊加場問題
考向1　桿約束
例　(多選)如圖所示,質量為m、帶電荷量為+q的帶電圓環套在足夠長的絕緣桿上,桿與環之間的動摩擦因數為μ,桿處于正交的勻強電場和勻強磁場中,桿與水平電場的夾角為θ,若環能從靜止開始下滑,則以下說法正確的是 (　　 )
A.環在下滑過程中,加速度不斷減小,最后為零
B.環在下滑過程中,加速度先增大后減小,最后為零
C.環在下滑過程中,速度不斷增大,最后勻速
D.環在下滑過程中,速度先增大后減小,最后為零
BC
答案 BC　對環進行受力分析,可知環受重力、電場力、洛倫茲力、
桿的彈力和摩擦力作用,由牛頓第二定律可知,加速度a1=
,當速度v增大時,加速度也增
大,當速度v增大到彈力反向后,加速度a2=
,隨速度v的增大而減小,當加
速度減為零時,環做勻速運動,B、C正確。
考向2　斜面約束
例　如圖所示,帶電荷量為+q、質量為m的物塊從傾角為θ=37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑,磁感應強度為B的勻強磁場垂直紙面向外,求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移。(斜面足夠長,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

答案 　
解析　對物塊進行受力分析可知,物塊沿斜面運動過程中加速度不變,
但隨速度的增大,物塊所受支持力逐漸減小,最后離開斜面,所以當物塊
對斜面的壓力剛好為零時,物塊沿斜面滑行的速度達到最大,同時位移
達到最大。
當物塊的速度達到最大時,有qvmB=mg cos θ ①
物塊沿斜面下滑過程中,由動能定理得
mgsm sin θ= m ②
由①②兩式聯立得vm= = 、sm= = 。
考向3　圓管約束
例.　(多選)如圖所示,一個絕緣且內壁光滑的環形細圓管固定于豎直平面內,環的半徑為R(比細圓管的內徑大得多)。在圓管的最低點有一個直徑略小于細圓管內徑的帶正電小球處于靜止狀態,小球的質量為m,帶電荷量為q,重力加速度為g。空間存在一磁感應強度大小未知(不為零),方向垂直于環形細圓管所在平面向里的勻強磁場。某時刻,給小球一方向水平向右、大小為v0= 的初速度,則以下判斷正確的是 ( 　)

BC
A.無論磁感應強度大小如何,獲得初速度后的瞬間,小球在最低點一定
受到管壁的彈力作用
B.無論磁感應強度大小如何,小球一定能到達環形細圓管的最高點,且
小球在最高點一定受到管壁的彈力作用
C.無論磁感應強度大小如何,小球一定能到達環形細圓管的最高點,且
小球到達最高點時的速度大小都相同
D.小球從環形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中,水平
方向分速度的大小一直減小
答案 BC　小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上,若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用,A選項錯誤。小球運動的過程中,洛倫茲力不做功,小球的機械能守恒,則有 m =2mgR+ mv2,解得小球運動至最高點時的速度v= ,由于小球在圓管內運動,小球運動過程中不會脫離圓管,所以小球一定能到達細圓管的最高點,C選項正確。在最高點時,小球做圓周運動的向心力F=m =mg,則可知小球受到豎直向下的洛倫茲力的同時必然受到與洛倫茲力等大反向的圓管對小球的彈力,B選項正確。小球從最低點運動到最高點的過程中,小球在下半圓管內上升的過程中,水平分速度向右且減小,到達與圓心等高的點時,水平分速度為零,而運動至上半圓管后水平分速度向左且不為零,所以水平分速度一定有增大的過程,D選項錯誤。
方法技巧
帶電粒子在疊加場中運動問題的分析方法

分析方法：
v
v
03
隨 堂 訓 練
安培力與洛倫茲力
1. 如圖所示,某種帶電粒子由靜止開始經電壓為U1的電場加速后,射入水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中,帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入,穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中,則粒子射入磁場和射出磁場的M,N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力,不考慮邊緣效應)(　 　)
A.d隨U1變化,d與U2無關
B.d與U1無關,d隨U2變化
C.d隨U1變化,d隨U2變化
D.d與U1無關,d與U2無關
A
2.如圖所示，a為帶正電的小物塊，b是一不帶電的絕緣物塊，a、b疊放與粗糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場，現用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對滑動地向左加速運動，在加速運動階段（　　）
A．a、b一起運動的加速度不變
B．a、b一起運動的加速度增大
C．a、b物塊間的摩擦力減少
D．a、b．物塊間的摩擦力增大
c
3.(多選)如圖,正方形abcd中△abd區域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場,△bcd區域內有方向平行于bc的勻強電場(圖中未畫出).一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場,隨后經過bd的中點e進入電場,接著從b點射出電場.不計粒子的重力.則(　 　)
A.粒子帶負電
B.電場的方向是由b指向c
C.粒子在b點和d點的動能相等
D.粒子在磁場、電場中運動的時間之比為π∶2
ABD
4.如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩定的過程中( )
A. 小球的加速度一直減小
B. 小球的機械能和電勢能的總和保持不變
C. 下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是
D. 小球向下運動的穩定速度為
c
5、如圖所示,區域Ⅰ內有與水平方向成45°角的勻強電場,區域寬度為d1,區域Ⅱ內有正交的有界勻強磁場和勻強電場,區域寬度為d2,磁場方向垂直紙面向里,電場方向豎直向下。一質量為m、帶電荷量為q的微粒在區域Ⅰ左邊界的P點,由靜止釋放后水平向右做直線運動,進入區域Ⅱ后做勻速圓周運動,從區域Ⅱ右邊界上的Q點射出,其速度方向改變了60°,重力加速度為g,求:
(1)區域Ⅰ和區域Ⅱ內勻強電場的電場強度E1、E2的大小;
(2)區域Ⅱ內勻強磁場的磁感應強度B的大小;
(3)微粒從P運動到Q的時間。
答案　(1) 　(2) (3) +
解析　(1)微粒在區域Ⅰ內水平向右做直線運動,則在豎直方向上有qE1
sin 45°=mg
解得E1=
微粒在區域Ⅱ內做勻速圓周運動,則在豎直方向上有
mg=qE2
解得E2= 。
(2)設微粒在區域Ⅰ內水平向右做直線運動時的加速度為a,離開區域Ⅰ
時的速度為v,在區域Ⅱ內做勻速圓周運動的軌跡半徑為R,則
a= =g
v2=2ad1
R sin 60°=d2
qvB=m
聯立解得B= 。
(3)微粒在區域Ⅰ內做勻加速直線運動,t1=
由題意知微粒在區域Ⅱ內做勻速圓周運動時軌跡對應的圓心角為60°,
且T=
則t2= =
t=t1+t2= +
6、如圖所示,M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板,兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各個數值。靜止的帶電粒子帶電荷量為+q,質量為m(不計重力),從P點經電場加速后,從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區域,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,CD為磁場邊界上的一絕緣板,它與N板間的夾角θ=45°,孔Q到板下端C的距離為L,當M、N兩板間電壓取最大值時,粒子恰垂直打在CD 板上,求:
(1)兩板間電壓的最大值Um ；
(2)CD 板上可能被粒子打中區域的長度s ；
(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm。
答案　(1) 　(2)(2- )L　(3)
解析　(1)M、N兩板間電壓取最大值時,粒子恰垂直打
在CD板上,所以粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡
圓心在C點,其運動軌跡如圖 所示,
CH=QC=L,故半徑r1=L
又因為qv1B=m
且qUm= m
所以Um= 。
(2)設粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點,此軌跡的半徑為r2,
設軌跡圓心為A,在Rt△AKC中,sin 45°=
解得r2=( -1)L,則KC=r2=( -1)L
所以CD板上可能被粒子打中區域的長度s=HK=r1-r2=(2- )L。
(3)打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長,均為半個周期,所以tm= =

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