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1、专题强化三 带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题强化三 带电粒子在叠加场和组合场中的运动 命题点一 带电粒子在叠加场中的运动 1带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动 (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
2、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带电粒子在叠加场中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 的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解 例 1 如图 1，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀 强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里一带电荷量为q、 质量为 m 的微
3、粒从原点出发，沿与 x 轴正方向的夹角为 45的初速度进入复合场中，正好做 直线运动，当微粒运动到 A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒 子继续运动一段时间后，正好垂直于 y 轴穿出复合场不计一切阻力，求： 图 1 (1)电场强度 E 的大小； (2)磁感应强度 B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间 答案 (1) (2) (3)(1) mg q m q g l 3 4 l g 解析 (1)微粒到达 A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲： 所以，Eqmg，得：Emg q (2)由平衡条件：qvBmg2 电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡
4、，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨 迹如图乙：qvBmv 2 r 由几何知识可得：r l 2 联立解得：v，2gl Bm q g l (3)微粒做匀速直线运动的时间：t1 2l v l g 做匀速圆周运动的时间：t2 3 4 2l v 3 4 l g 在复合场中的运动时间：tt1t2(1). 3 4 l g 变式 1 如图 2，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)， 磁场方向垂直于纸面向里， 三个带正电的微粒 a、 b、 c 电荷量相等， 质量分别为 ma、 mb、 mc， 已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面
5、 内向左做匀速直线运动下列选项正确的是( ) 图 2 Amambmc Bmbmamc Cmcmamb Dmcmbma 答案 B 解析 设三个微粒的电荷量均为 q， a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 magqE b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbgqEqvB c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcgqvBqE 比较式得：mbmamc，选项 B 正确 变式 2 (2019 届效实中学期中)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为 R 的圆周运动，如图 3 所示，已知电场强度为 E，方向竖直向下，磁感应强度为 B，方向水
6、平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为 g.运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求： 图 3 (1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大； (3)若液滴运动到最低点 A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径 R1 3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是 A 点，则另一个液滴怎样运动？ 答案 见解析 解析 (1)、(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，知液滴带负电，液滴所受洛伦兹力 提供向心力，由左手定则结合题图知液滴顺时针运动 即 Eqmg，qvBmv 2 R 解得 vgBR E (3)分裂后的液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依
7、据上面运算可得，分裂后 第一个液滴的绕行速度大小 v13v，方向向左 gBR1 E gB3R E 分裂后第二个液滴的速度设为 v2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向 为正方向 mv mv1 mv2，解得 v2v 1 2 1 2 即分裂后第二个液滴速度大小为 v，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用 下做匀速圆周运动，绕行方向为顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径 R2R. 命题点二 带电粒子在组合场中的运动 1带电粒子在组合场中运动的分析思路 第 1 步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第 2 步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典
8、型运动，如下： 匀速圆周运动粒子垂直于磁感线进入匀强磁场磁偏转组合场中两种典型运动 电偏转粒子垂直于电场线进入匀强电场类平抛运动 第 3 步：用规律 Error!Error!磁偏转匀速圆周运动圆轨迹找半径定圆心 Error!Error!电偏转类平抛运动 2解题步骤 (1)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键 (2)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直 观地解决问题 模型 1 磁场与磁场组合 例 2 人类研究磁场的目的之一是通过磁场控制带电粒子的运动如图 4 所示是通过磁场 控制带电粒子运动的一种模型 在0xd和d0
9、)的粒子， 其速率有两种， 分别为v1、 2 3qBd 3m v2.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用) 2qBd m 图 4 (1)求两种速率的粒子在磁感应强度为 B 的匀强磁场中做圆周运动的半径 R1和 R2. (2)求两种速率的粒子从 x2d 的边界射出时，两出射点的距离 y 的大小 (3)在 x2d 的区域添加另一匀强磁场，使得从 x2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束， 并平行 y 轴正方向运动在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚 线画出所添加磁场的边界线 答案 (1)d 2d (2)4(1)d (3)见解析图 2 3 3 2 3 3 解析 (1)根据
10、 qvBm可得：R v2 R mv qB 又因为粒子速率有两种，分别为：v1，v2 2 3qBd 3m 2qBd m 解得：R1d，R22d 2 3 3 (2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图， 辅助线如图所示，根据几何关系可知： 速率为 v1的粒子射出 x2d 边界时的纵坐标为：y12(R1)dR12d2 2 3 3 速率为 v2的粒子射出 x2d 边界时的纵坐标为：y22(R2)2(2)dR22d23 联立可得两出射点距离的大小：yy1y24(1)d 2 3 3 (3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示， 磁场边界如图中倾斜虚线所示， 可以使得从 x2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束
11、，并平行 y 轴正方向运动 模型 2 电场与磁场组合 例 3 (2016浙江 4 月选考22)如图 5 为离子探测装置示意图区域、区域长均为 L 0.10 m，高均为 H0.06 m区域可加方向竖直向下、电场强度为 E 的匀强电场；区域 可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场，区域的右端紧贴着可探测带电粒 子位置的竖直屏质子束沿两板正中间以速度 v1.0105 m/s 水平射入，质子荷质比近似 为 1.0108 C/kg.(忽略边界效应，不计重力) q m 图 5 (1)当区域加电场、 区域不加磁场时， 求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值 Emax； (2)当区域不加电场、
12、区域加磁场时， 求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值 Bmax； (3)若区域加电场 E 小于(1)中的 Emax，质子束进入区域和离开区域的位置等高，求区 域中的磁场 B 与区域中的电场 E 之间的关系式 答案 (1)200 V/m (2)5.5103 T (3)B2E v 解析 (1)质子在电场中做类平抛运动 vyat，tan qEL mv vy v EqL mv2 质子恰好能到达区域右下端时，外加电场最大， 此时有 tan ，得 Emax200 V/m. H 2 LL 2 Hmv2 3qL2 (2)质子在磁场中运动有 qvBm，即 R v2 R mv qB 根据几何关系有：R2(R
13、)2L2时，外加磁场最大 H 2 得 Bmax5.5103 T. mvH qL2H 2 4 (3)质子运动轨迹如图所示 设质子进入磁场时的速率为 v，则 sin vy v at v Eq m L v v EqL mvv 由几何关系知 sin ，得 B. L 2 R L 2 mv Bq BqL 2mv 2E v 变式 3 (2017浙江 4 月选考23)如图 6 所示，在 xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿 x 轴正方向每秒发射出 N 个速率均为 v 的电子，形成宽为 2b、在 y 轴方向均匀分布且关于 x 轴对称的电子流 电子流沿 x 方向射入一个半径为 R、 中心位于原点 O 的圆形匀强
14、磁场区域， 磁场方向垂直 xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从 P 点射出，在磁场区域的正下方有 一对平行于 x 轴的金属平行板 K 和 A，其中 K 板与 P 点的距离为 d，中间开有宽度为 2l 且 关于 y 轴对称的小孔K 板接地，A 与 K 两板间加有正负、大小均可调的电压 UAK，穿过 K 板小孔到达 A 板的所有电子被收集且导出，从而形成电流已知 bR，dl，电子质量 3 2 为 m，电荷量为 e，忽略电子间的相互作用 图 6 (1)求磁感应强度 B 的大小； (2)求电子从 P 点射出时与负 y 轴方向的夹角 的范围； (3)当 UAK0 时，每秒经过极板 K 上的小孔到达极
15、板 A 的电子数； (4)画出电流 i 随 UAK变化的关系曲线. 答案 见解析 解析 轨迹示意图 (1)“磁聚焦”模型要求：R，解得 B. mv eB mv eR (2)bR，由几何关系知： 3 2 在关于 y 轴左、右对称的 60(含)范围内 (3)要进入小孔，电子到达 P 点时与 y 轴负方向的夹角 45 则： N0 N 2Rsin 2b sin sin 60 6 3 则当 UAK0 时每秒到达 A 板的电子数：N0N. 6 3 (4)当 UAK0 时，进入小孔的电子全部能到 A 板 i1N0eNe 6 3 设当 UAKU1时，145对应的电子刚好到达 A 板 则 eU10 m(vcos
16、 1)2，解得 UAK 1 2 mv2 4e 即在区间(，0)之间，i2N0eNe mv2 4e 6 3 当 UAK反向继续增大时，将出现有电子(该临界角度为 ) 刚好打到 A 板上，而 的电子打不到 A 板 iNe，eUAK0 m(vcos )2 sin sin 60 1 2 解得：i Ne. 4 3 8eUAK 3mv2 i0 时，UAK. mv2 2e 综上所述：iUAK图线如图所示 变式 4 如图 7 所示，OPQ 是关于 y 轴对称的四分之一圆，在 PQNM 区域有均匀辐向电 场，PQ 与 MN 间的电压为 U.一初速度为零的带正电的粒子从 PQ 上的任一位置经电场加速 后都会从 O
17、进入半径为 R、中心位于坐标原点 O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直 xOy 平面向外，大小为 B，粒子经磁场偏转后都能平行于 x 轴射出在磁场区域右侧有一对平行 于 x 轴且到 x 轴距离都为 R 的金属平行板 A 和 K， 金属板长均为 4R， 其中 K 板接地， A 与 K 两板间加有电压 UAK0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力已知金属平行板左端连线与 磁场圆相切，O在 y 轴上 图 7 (1)求带电粒子的比荷 ； q m (2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围； (3)若无论带电粒子从 PQ 上哪个位置出发都能打到 K 板上，则电压 UAK至少为多大？ 答案 (1) (2)R
18、R (3)U 2U B2R2 2 2 2 2 2 2 4 解析 (1)由动能定理可知 qU mv2 1 2 由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径 R0R 洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力， qvBm.联立解得 v2 R0 q m 2U B2R2 (2)如图，沿 QN 方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为 O1，由几何关系知， 对应的圆心角为 135，离开磁场的出射点 a 在 y 轴上的投影与 O的距离为 yRR 2 2 a 点的纵坐标 yaR 2 2 同理可得，沿 PM 方向入射的带电粒子离开磁场的出射点 b 的纵坐标 ybR 2 2 故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标
19、范围为： RR 2 2 2 2 (3)只要沿 QN 方向入射的带电粒子能打在 K 板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在 K 板上，则在电场中 EU AK 2R FqEma yRR at2 2 2 1 2 应满足 4Rvt 解得 UAKU. 2 2 4 1如图 1 甲所示，水平放置的平行金属板 M、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸 面的交变磁场(如图乙所示， 垂直纸面向里为正)， 磁感应强度 B050 T， 已知两板间距离 d0. 3 m，电场强度 E50 V/m，M 板中心有一小孔 P，在 P 正上方 h5 cm 处的 O 点，一带电油 滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在 t
20、0 时刻进入两板间，最后恰好从 N 板边 缘水平飞出已知油滴的质量 m104 kg，电荷量 q2105C(不计空气阻力，重力加速 度 g 取 10 m/s2，取 3)求： 图 1 (1)油滴在 P 点的速度大小； (2)N 板的长度； (3)交变磁场的变化周期 答案 (1)1 m/s (2)0.6 m (3)0.3 s 解析 (1)由机械能守恒定律，得 mgh mv2 1 2 解得 v1 m/s (2)进入场区时，因为 mg103 N，方向向下， 而 Eq103 N，方向向上 所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动， 所以 B0qvmv 2 R 解得 R0.1 m 因 d0.3 m，则若使
21、油滴从 N 板边缘水平飞出，需在场内做三次 圆弧运动 1 4 所以，N 板的长度 L6R. 解得 L0.6 m (3)油滴在磁场中运动的周期 T0 2R v 2m B0q 由(2)分析知交变磁场的周期 T T0 1 2 联立解得 T0.3 s. 2 (2019 届东阳中学模拟)如图 2 所示， 半径 r0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点 O 处，半径 R0.1 m、磁感应强度大小 B0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板 MN 的极板长 L0.3 m、间距 d0.1 m，极板间所加电压 U6.4102 V， 其中 N 极板收集的粒子全部中和吸收一
22、位于 O 处的粒子源向第、象限均匀地发射速 度大小 v6105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第象限出射的粒子速度方向 均沿 x 轴正方向若粒子重力不计、比荷 108 C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的 q m 边缘效应sin 370.6，cos 370.8.求： 图 2 (1)粒子在磁场中的运动半径 R0； (2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在 O 点入射方向与 y 轴的夹角 ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例 . 答案 见解析 解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由 qvBmv 2 R0 得 R00.08 m mv qB (2)如图所示
23、，从 y0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与 y 轴的夹角为 ，轨迹圆心与 y 轴 交于(0,0.10 m)处， 由几何关系可得：sin 0.8，故 53 (3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为 y： 则 y at2，a，Lvt， 1 2 qU md 联立解得 y0.08 m UqL2 2mdv2 设此粒子入射时与 x 轴正方向夹角为 ，则有： yrsin R0 R0cos 可知 tan 即 53 4 3 比例 100%29.4%. 53 180 3 某高中物理课程基地拟采购一批实验器材， 增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力， 其核心结构原理可简化为如图 3
24、 所示AB、CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在 CD 的 右侧有一与 CD 相切于 M 点的圆形有界匀强磁场， 磁场方向垂直于纸面 一带正电粒子自 O 点以水平初速度 v0正对 P 点进入该电场后，从 M 点飞离 CD 边界，再经磁场偏转后又从 N 点垂直于 CD 边界回到电场区域，并恰能返回 O 点已知 O、P 间距离为 d，粒子质量为 m， 电荷量为 q，电场强度大小 E，粒子重力不计试求： 3mv 02 qd 图 3 (1)粒子从 M 点飞离 CD 边界时的速度大小； (2)P、N 两点间的距离； (3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小 答案 (1)2v0 (2)d (3)
25、d 3 8 5 4 8 3mv0 5qd 解析 (1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示： 粒子从 O 到 M 点时间：t1 d v0 粒子在电场中的加速度：a Eq m 3v 02 d P、M 两点间的距离为：PM at12d. 1 2 3 2 粒子在 M 点时竖直方向的分速度：vyat1v03 粒子在 M 点时的速度：v2v0v02vy2 速度偏转角的正切值：tan ，故 60； vy v0 3 (2)粒子从 N 到 O 点时间：t2 d 2v0 粒子从 N 到 O 点过程竖直方向的位移：y at22 1 2 故 P、N 两点间的距离为：PNyd 3 8 (3)设粒子在磁场中运动的半
26、径为 R，由几何关系得：Rcos 60RPNPMd 5 3 8 可得半径：Rd 5 3 12 由 qvBm，即：R v2 R mv qB 解得：B8 3mv 0 5qd 由几何关系确定区域半径为：R2Rcos 30 即 R d. 5 4 4如图 4，静止于 A 处的离子经电压为 U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析 器，从 P 点垂直 CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内 有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为 E0，方向如图所示；离子质量为 m、电荷 量为 q；2d、3d，离子重力不计QNPN 图 4 (1)求圆弧虚线对应的半径 R 的大小； (2
27、)若离子恰好能打在 NQ 的中点，求矩形区域 QNCD 内匀强电场场强 E 的值； (3)若撤去矩形区域 QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终 打在 QN 上，求磁场磁感应强度 B 的取值范围 答案 (1) (2) (3) B 2U E0 12U d 1 2d 2Um q 2 3d 2Um q 解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理， 有：qU mv2 1 2 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，知离子带正电，电场力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有 qE0mv 2 R 联立解得：R2U E0 (2)离子做类平抛运动，若恰好能打在 NQ 的中点，则 dvt,3
28、d at2 1 2 由牛顿第二定律得：qEma， 联立解得：E12U d (3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 qvB，则 r mv2 r 1 B 2Um q 离子能打在 QN 上，则离子运动径迹的边界如图中和. 由几何关系知，离子能打在 QN 上，必须满足： dr2d，则有B. 3 2 1 2d 2Um q 2 3d 2Um q 5 (2018宁波市十校联考)一个放射源水平放出 、 、 三种射线， 垂直射入如图 5 所示磁场， 区域和的宽度均为 d，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小 B 相 等， 方向相反(粒子运动不考虑相对论效应
29、) 已知电子质量me9.11031 kg， 粒子质量m 6.71027 kg，电子电荷量 q1.61019 C，1 (|x|1 时)1x x 2 图 5 (1)若要筛选出速率大于 v1的所有 粒子进入区域，求磁场宽度 d 与 B 和 v1的关系(用题 中所给字母表示即可)； (2)若 B0.027 3 T，v10.1c(c 是光速)，计算 d； 粒子的速率为 0.001c，计算 粒子离开 区域时的偏移距离(答案均保留三位有效数字)； (3)当d满足第(1)小题所给关系时， 请给出速率在v1vv2区间的粒子离开区域时的位置 答案 见解析 解析 (1)作出临界轨迹如图甲所示， 由几何关系知：rd，
30、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1Bme， v12 r 解得：d； mev1 qB (2)对电子：d m6.25103 m mev1 qB 9.1 1031 0.1 3 108 1.6 1019 0.027 3 对 粒子：r m0.230 m mv qB 6.7 1027 0.001 3 108 2 1.6 1019 0.027 3 作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的偏移距离 ： yrrr(1)(1)r2d2 d 2r d 2r d2 4r 4.25105 m； (3)画出速率分别为 v1和 v2的粒子离开区域的轨迹如图丙所示， 速率在 v1vv2区域间射出的 粒子束宽为 y1y2， y12d，y22(r2)(v2). 2mev1 qB r22d2 2me qB v22v12