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1、1第 3 讲加试第 22 题带电粒子在复合场中的运动题型 1 带电粒子在叠加场中的运动1无约束情况下的运动情况分类(1)洛伦兹力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，可由此求解问题(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题(3)电场力、洛伦兹力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动若合力不为零且与速度方向不
2、垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题2有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功2的特点，运用动能定理、能量守恒定律并结合牛顿运动定律求解例 1(2018新力量联盟期末)如图 1 所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在
3、yh0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做直线运动(PO与x轴负方向的夹角为45)，并从原点O进入第一象限，重力加速度g取 10 m/s2，问：图 1(1)油滴的电性；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(结果可用根式表示)(3)油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值答案(1)油滴带负电荷(2)42 m/s(3)0.828 s(4 m,0)解析(1)油滴带负电荷(2)油滴受三个力作用，如图所示，从P到O沿直线运动必为匀速运动，设油滴质量为m由平衡条件有mgqE得mqEg又qvB2qE得v2EB4
4、2 m/s 3(3)进入第一象限后，油滴所受电场力和重力相等，知油滴先做匀速直线运动，进入yh的区域后做匀速圆周运动，路径如图，最后从x轴上的N点离开第一象限由O到A匀速运动位移为s1hsin 45 2h知运动时间t1s1vBhE0.1 s 由几何关系和圆周运动的周期关系式T2mqB知由A到C的圆周运动用时为t2T4E2gB0.628 s 由对称性知从CN的时间t3t1在第一象限的运动的总时间tt1t2t30.828 s 在磁场中有qvBmv2R得半径RmvqB2E2gB2图中的ON2(s1cos 45 Rcos 45)2(hE2gB2)4 m 即离开第一象限处(N点)的坐标为(4 m,0)1
5、如图 2 所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B.足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45.有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C点已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：图 2(1)小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角 及由A到C所需的时间t；(2)小球P抛出到落到斜面的位移x的大小答案(1)45 E2gB(2)2Ev0gB4解析(1)小球P静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面恰好无压力，则
6、mgqEP获得水平初速度后由于重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由对称性可得小球P落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角为45由牛顿第二定律得：qv0Bmv02RT2Rv02mqB圆周运动转过的圆心角为90，小球P由A到C所需的时间：tT4E2gB(2)由式可知，P做匀速圆周运动的半径Rmv0qB由几何关系知x2R由可解得位移x2Ev0gB.题型 2 带电粒子在组合场中的运动“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FqE，其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力洛伦兹力F洛qvB，其大小不变，方向随v而改变，F
7、洛是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹求解方法利用类平抛运动的规律求解：vxv0，xv0t 半径：rmvqB5vyqEmt，y12qEmt2偏转角：tan vyvxqEtmv0周期：T2mqB偏移距离y和偏转角 要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间txv0t2TmqB动能变化不变例 2(2018杭州市重点中学期末)空间有如图3 所示坐标系，在0 x0.4 m范围内有y轴正方向的匀强电场E1 150 V/m，在 0.4 mx0.8 m 范围内有y轴负方向的匀强电场E2450 V/m，在 0.8 mx0,0 x0，xd的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，两区域内磁感应强度大小均为B，M
8、板左侧电子枪随时间均匀发射出初速度可以忽略的热电子，所有电子经小孔S1进入两板间的电场加速后，从O点处小孔沿x轴正方向射入磁场，最后打在荧光屏上，使得荧光屏发亮，已知电子的质量为m，电荷量为e，M、N两板间所加的电压如图乙所示，电子通过MN的时间极短，且不计电子重力及电子间的相互作用，求：7图 4(1)当两板间电势差UeB2d26m时，电子在磁场中运动的轨迹为多长；(2)在一个周期内打在y屏上的电子数占总电子数的比例为多少？(3)x屏上的亮线长度为多少答案(1)33d(2)66.7%(3)233d解析(1)电子在加速电场中：eU12mv2，电子在 0 xd的磁场中运动的半径：rmveB33dd
9、，则电子在磁场(0 xd)中运动轨迹为半圆lr33d(2)要使粒子打在y屏上，则半径rd，即U0.5d时，离子运动时间更长，水平位移xd，即 0.5d到d这段距离的离子会射出电场，则从平行金属板出射的离子占总数的百分比为：d0.5dd100%50%(4)设两离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2，根据洛伦兹力提供向心力得qvBmv2R代入得：R11B2Um1q1R21B2Um2q1则半径关系为R1R2m1m2因为m14m2，则有R12R2，此时狭缝最大值x同时满足(如图所示)x2R12R2d2R1x解得xm1m22m1m2d专题强化练1如图 1 所示，等腰直角三角形abc区域中有垂直纸面向里
10、的匀强磁场，速度为v0的带电粒子，从a点沿ab方向射入磁场后恰能从c点射出，现将匀强磁场换成垂直ab边的匀强电场，其他条件不变，结果粒子仍能从c点射出粒子的重力不计求：图 1(1)磁感应强度B与电场强度E之比；10(2)单独存在磁场时粒子的运动时间t1与单独存在电场时粒子的运动时间t2之比答案(1)12v0(2)2解析(1)粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，轨迹如图所示设abL，则轨道半径rL根据牛顿第二定律，有qv0Bmv02L解得Bmv0qL运动时间t1L2v0L2v0粒子在电场中做类平抛运动在电场力方向，有：yL12Eqmt22在初速度方向，有：xLv0t2解得：t2Lv0，E2mv02q
11、L所以，磁感应强度B与电场强度E之比BE12v0(2)单独存在磁场时粒子的运动时间t1与单独存在电场时粒子的运动时间t2之比t1t222如图 2 甲所示，长为L的平行金属板M、N水平放置，两板之间的距离为d，两板间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g.图 2(1)若M板接直流电源正极，N板接负极，电源电压恒为U，带电质点以恒定的速度v匀速通过两板之间的复合场(电场、磁场和重力场)，求带电质点的电荷量与质量的比值(2)若M、N接如图乙所示的交变电流(M板电势高时U为正)，L0.5 m，d0.4 m
12、，B0.1 T，11质量为m1104 kg、带电荷量为q2102 C 的带正电质点以水平速度v1 m/s，从t0 时刻开始进入复合场，取g10 m/s2，试定性画出质点的运动轨迹(3)在第(2)问的条件下求质点在复合场中的运动时间答案(1)gdBvdU(2)见解析图(3)0.814 s 解析(1)EUd由质点做匀速直线运动可得：BqvqEmg得：qmgdBvdU.(2)当M板电势高，即U为正时，有BqvqEmg，粒子做匀速直线运动当M板电势低，即U为负时，有mgqE，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，周期T2mqB 0.1 s，有rmvqBd4且vt1rl区域将做类平抛运动，等效加速度为g
13、g2gvmaxttan 12gt2t2vmax2gvQgt2vmax210g lhxl2vmax2gcos 5l4h5(2018台州市外国语学校期末)如图 5 所示装置中，区域和中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和E2；区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电量为q的带负电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成 60角射入区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入区域的匀强电场中求：14图 5(1)粒子在区域匀强磁场中运动的轨道半径；(2)O、M间的距离；(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历
14、的时间答案(1)2mv0qB(2)3mv022qE(3)38mv0qEm3qB解析(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v由类平抛运动的规律知vv0cos 60 2v0粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由Bqvmv2R所以R2mv0qB(2)在电场中运动，有qEmav0tan 60 at1即t13mv0qEO、M两点间的距离为L12at123mv022qE(3)设粒子在区域磁场中运动时间为t2则由几何关系知轨道的圆心角AO1D60则t2T6m3qB15设粒子在区域电场中运动时间为t3，由牛顿第二定律得aqE2mqE2m则t32va8mv0qE故粒子从M点
15、出发到第二次通过CD边界所用时间为tt1t2t338mv0qEm3qB6(2017嘉兴一中期末)如图 6 所示，宽度为3L的区域被平均分为区域、，其中、有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反长为3L、宽为L2的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O为dc边中点，P为dc中垂线上一点，OP3L.矩形内有匀强电场，电场强度大小为E，方向由a指向O.电荷量为q、质量为m、重力不计的带电粒子由a点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域的右边界相切图 6(1)求该粒子经过O点时的速度大小v0；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)若在aO之间距O点x处静止释放该粒
16、子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，求x满足的条件及n的可能取值答案(1)2qELm(2)3mE2qL(3)x(32n16)2L，n 2、3、4、5、6、7、8 解析(1)由题意中长宽几何关系可知aOL，粒子在aO加速过程由动能定理得：qEL12mv20得粒子经过O点时速度大小：v02EqLm16(2)粒子在磁场区域中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R0，由几何关系可得：R0R0cos 60 33L由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：qv0Bmv02R0联立式，得：B3mE2qL(3)若粒子在磁场中一共经过n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R，由几何关系有：2n(3L6tan 30 Rcos 30)3L依题意有0RR0联立得97n9，且n取正整数设粒子在磁场中的运动速率为v，有：qvBmv2R在电场中的加速过程，由动能定理：qEx12mv2联立式，得：x(32n16)2L，其中n2、3、4、5、6、7、8