1、微专题 12 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在叠加场中的运动1带电体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，则带电体做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体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)静电力、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静电力平衡，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
2、，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带电体在叠加场中有约 束情况下的运动带 电体在叠加场中受轻杆、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(2017山东枣庄一模)如图所示，穿有 M、 N 两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为 O、半径 R0.3 m M、 N 用一根不可伸长的绝缘轻质细绳相连，小球质量分别为 mM0.01 kg、 mN0.08 kg； M 带电荷量 q710 4 C， N 不带电该空间同时
3、存在匀强电场和匀强磁场电场方向竖直向上，电场强度 E110 3 V/m；磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度 B 102 T将两小球从图示位置( M37与圆心 O 等高， N 在圆心 O 的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向向上转动重力加速度 g 取 10 m/s2，已知 sin 370.6，cos 370.8.则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：(1)通过计算判断，小球 M 能否到达圆环的最高点(2)小球 M 速度最大时，圆环对小球 M 的弹力(3)小球 M 电势能变化量的最大值解析：(1)设 M、 N 在转动过程中，绳对 M、 N 做的功分别为 WT、 WT，则WT W
4、T0，设 M 到达圆环最高点时， M、 N 的动能分别为 EkM、 EkN，对 M，洛伦兹力不做功，由动能定理得 qER mMgR WT EkM，对 N，由动能定理得 WT mNgR EkN，联立解得 EkM EkN0.06 J，即 M 在圆环最高点时，系统动能为负值，故 M 不能到达圆环的最高点(2)设 N 转过 角时， M、 N 的速度大小分别为 vM、 vN，因 M、 N 做圆周运动的半径和角速度均相同，故 vM vN，对 M，洛伦兹力不做功，由动能定理得qERsin mMgRsin WT2 mMv ，12 2M对 N，由动能定理得WT2 mNgR(1cos ) mNv ，12 2NWT
5、2 WT20，联立解得v (3sin 4cos 4)，2M43由上式可得，当 37时， M、 N 的速度达到最大速度，最大速度 vmax m/s，233M 速度最大时，设绳的拉力为 F，圆环对小球 M 的弹力为 FN，由牛顿第二定律得 Fcos 45( qE mMg)cos 37，qvmaxB Fsin 45( qE mMg)sin 37 FN ，mMv2maxR解得 FN0.096 N，负号表示弹力方向沿圆环径向向外(3)M、 N 从图示位置逆时针转动过程中，由于 M 不能到达最高点，所以，当两球速度为 0 时，电场力做功最多，电势能减少最多由 v (3sin 4cos 4)得 3sin 2
6、M43 4cos 40，解得 sin (sin 0 舍去)，2425故 M 的电势能变化量的最大值| Ep| qERsin J0.201 6 J.126625答案：(1)见解析 (2)0.096 N 沿圆环径向向外(3)0.201 6 J带电粒子在叠加场中运动的分析方法(1)弄清叠加场的组成(2)进行受力分析(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合(4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时，要分阶段进行处理(5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动 规律当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动
7、规律求解当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解对于临界问题，注意挖掘隐含条件(2018辽宁五校联考)如图所示，与水平面成 37的倾斜轨道 AC，其延长线在 D 点与半圆轨道 DF 相切，轨道半径 R1 m，轨道均为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场， MN 的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场( C 点在 MN边界上)一质量为 0.4 kg 的带电小球沿轨道 AC 下滑，至 C 点时速度 v0 m/s，接着1007沿直线 CD 运动到 D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过 F 点，在 F 点速度vF4 m/s，不计空气阻力， g 取 1
8、0 m/s2，cos 370.8，求：(1)小球带何种电荷；(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功(3)小球从 F 点飞出时磁场同时消失，小球离开 F 点后的运动轨迹与轨道 AC 所在直线的交点为 G(G 点未标出)，求 G 点到 D 点的距离解析：(1)在 MN 右侧，小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电荷，电场力水平向右，洛伦兹力指向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，小球不可能做直线运动，则小球带正电荷(2)小球在 C、 D 间做匀速直线运动，则在 D 点的速度与 C 点的速度大小相等，即 vDm/s，1007电场力与重力的合力 F0 5 N.mgcos 3
9、7从 D 到 F 的过程，对小球，由动能定理可得 Wf F02R mv mv ，12 2F 12 2D代入数据解得 Wf27.6 J.(3)小球离开 F 点后做类平抛运动，加速度 a ，F0m2R at2，代入数据解得 t s，12 225G 点到 D 点的距离 x vFt4 m2.26 m.225答案：(1)带正电荷 (2)27.6 J (3)2.26 m1设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小 E4.0 V/m, 磁感应强度的大小 B0.15 T，今有一个带负电的质点以 v20 m/s 的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动
10、，求此带电质点的电量与质量之比 q/m 以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)解析：根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零由此推知此三个力的同一竖直平面内，如图所示，质点的速度垂直纸面向外由合力为零的条件，可得 mg q ， vB 2 E2求得带电质点的电量与质量之比 qm g vB 2 E2代入数据得 C/kg1. 96 C/kgqm 9.80 200.15 2 4.02因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反，设磁场方向与重力方向之间夹角为 ，则有 qEsin qvBcos .解得 tg ， arc
11、tg 0.75vBE 200.154.0即磁场是沿着与重力方向夹角 arctg 0.75，且斜向下方的一切方向答案：见解析带电粒子在组合场中的运动1组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现2分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理(2)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(3)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、直观地解决问题如图所示，半径为 R 的圆形区域， c 为圆心，在圆上 a 点有一粒子源以相同的速率向圆面内各个方向发射多个质量为
12、m、电荷量为 q 的带电粒子当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场时，沿 ac 方向射入的粒子从 b 点离开场区，此过程粒子速度方向偏转了 .若只将圆形区域内的磁场换成平行于圆面的匀强电场，粒子23从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能，其最大动能是初动能的 4 倍，经过 b 点的粒子在 b 点的动能是初动能的 3 倍不计粒子重力及粒子间的相互作用求：(1)粒子源发射粒子的速度 v0及从 b 点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间 tm；(2)电场强度的方向及大小解析：(1)粒子在磁场中作匀速圆周运动，设轨迹圆半径为 r，作出以 ab 为弦的两段圆弧如图所示， O1、 O
13、2分别为两圆圆心，由从 b 点射出的粒子速度偏转角知：对以 O1为圆心的圆有：圆周角 aO1b ，23由几何知识可知：弦切角 cab ， abc 为等边三角形，可得 ab 长度： L R 3从 abO1可得： r R33由圆周运动的规律有： qv0B m v20r由式可得： v0 3qBR3m粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以 O2为圆心的圆弧，在菱形 aO1bO2中有： aO2b aO1b23粒子的偏转角 2 aO2b由圆周运动的规律有： tm rv0解得 tm .4 m3qB(2)设电场方向与 ab 连线夹角为 ，离开电场时动能最大的粒子的射出点和 c 点连线一定和电场方向平行，如图所示
14、在粒子从 a 运动到 b 点过程中由动能定理有：qERcos 2 mv 12 20以离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有：qER 3 mv 1 sin( 6) 12 20由式解得： 0(即电场方向由 a 指向 b)E 或 满足 sin ， E .qRB23m 473 7qRB23m答案：(1) (2) 或3qBR3m 4 m3qB qRB23m 7qRB23m带电粒子在分离电场和磁场中的运动问题分析(1)带电粒子在电场和磁场的组合场中运动根据粒子在运动过程中的受力情况，确定运动轨迹，计算粒子的运动时间、位移等物理量由于电场与磁场是分离的，带电粒子在电场中受到恒定的电场力作用，加速度恒定
15、，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动进入磁场之后，在磁场中受到洛伦兹力作用，粒子在磁场中做匀速圆周运动(2)处理带电粒子在电场中的运动，用动能定理较为简单(3)解题过程中要注意不要漏解如图所示，在边长 L3 dm 的等边三角形 abc 的外接圆区域内有平行于3纸面的匀强电场，将质量 m210 13 kg，电量 q110 10 C 的点电荷从 a 点以相等的速率沿不同方向射出时可到达圆上的不同位置，其中电荷到达 b 点时动能最大，其动能增量为 Ek8.110 10 J若将该点以某一初速度 v0沿 ac 方向从 a 点射出时恰通过 b点，现撤去电场并在该圆形区域内加上垂直于纸面的匀强磁场
16、时，仍让该点电荷从 a 点沿ac 方向以 v0射出时也能通过 b 点求：(1)匀强电场的场强 E；(2)匀强磁场的磁感应强度 B；(3)点电荷在匀强磁场和匀强电场中运动的时间之比解析：( 1)由于电场力做功与路径 无关，且点电荷从 a 点沿不同方向射出时到达 b 点时动能最大，说明在圆周上 b 点的电势最低，则过 b 点所作外接圆的切线为 b 点的等势线，又因为电场线总是与等势面相垂直，且由高等势面指向低等势面，故图中的 Ob 方向即为场强方向设外接圆半径为 R，由几何关系知 L2 Rcos 30，由功能关系知电场力做功等于动能增量 Ek Eq(R Rsin 30)，解得 R0.3 m， E1
17、8 N/C(2)电荷沿 ac 方向射入时在电场中恰做类平抛运动，由 Rcos 30 v0t1和 R Rsin 30 t 得 t10.01 s， v015 m/s12Eqm 21 3换成磁场后仍过 ab 两点，则圆心在 ab 的垂直平分线上，同时圆心还应在过 a 点垂直于 ac 的直线上 ，如图中的 O1点，由左手定则知磁感应强度方向垂直纸面向下，由几何关系可知其圆周运动的轨道半径 r R又电荷做圆周运动时，由 qv0B m 得 r ，代入数据可得 B T.v20r mv0qB 310(3)由几何关系知电荷在磁场中运动了 120圆心角，因此对应的时间为 t2 120360 s2 mqB 4 10
18、 233于是对应的时间之比为 ，整理可得 .t2t1 433 t2t1 439答案：(1)18 N/C (2) T (3)310 4392(2018辽宁五校协作体联考)如图，在 xOy 平面第一象限内有平行于 y 轴的匀强电场和垂直于 xOy 平面的匀强磁场，匀强电场的电场强度为 E.一带电荷量为 q 的小球从 y轴上离坐标原点距离为 L 的 A 点处，以沿 x 轴正方向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从 x 轴上距坐标原点 的 C 点离开磁场如果只L2撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从 A 点进入第一象限，仍然从 x 轴上距坐标原点 的
19、C 点离开电场求：L2(1)小球从 A 点出发时的初速度大小；(2)磁感应强度 B 的大小解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知 mg qE所以电场反向后，由牛顿第二定律有 mg qE ma小球做类平抛运动有 L at212 v0tL2由联立得 v0 12gL(2)带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则 qv0B mv20R由几何知识得( L R)2( L)2 R212由得 B .4EgL5gL答案：(1) (2)12gL 4EgL5gL3(2018江西红色七校模拟)如图所示，粒子源 O 可以源源不断地产生初速度为零的正离子同位素，即这些正离子带相同的电荷量 q，质量却不相同所有的正
20、离子先被一个电压为 U0的匀强加速电场加速，再从两板中央垂直射入一个匀强偏转电场，已知此偏转电场两板间距为 d，板间电压为 2U0，偏转后通过下极板上的小孔 P 离开电场经过一段匀速直线运动后，正离子从 Q 点垂直于边界 AB 进入一正方形区域匀强磁场(磁感应强 度为 B，方向垂直于纸面向里)，不计正离子的重力及离子间的相互作用(1)当正离子从 P 点离开偏转电场时，求 P 点和极板左端间的距离 L 以及此时的速度偏转角 .(2)求质量为 m 的离子在磁场中做圆周运动的半径 R.(3)若质量为 4m 的离子垂直打在磁场边界 AD 的中点处，求能打在边界 AD 上的正离子的质量范围解析：(1)离
21、子在加速电场中，由动能定理得 qU0 mv 0，12 20在偏转电场中，离子做类平抛运动， L v0t， at2，d2 12加速度 a ，2qU0md速度偏转角的正切值 tan ，atv0解得 L d，tan 1， 45.(2)离子在加速电场中，由动能定理得 qU0 mv 0， v0 ，12 20 2qU0m离子进入磁场时的速度为 v， v v0，v0cos 45 2离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qvB m ，v2R解得 R .2B mU0q(3)由题意可知，质量为 4m 的正离子在磁场中运动轨迹的圆心恰好在 A 点，设此时的轨迹半径为 R0，临界状态 1：质量为 m1的正离子刚好打在 A 点，设此时的轨迹半径为 R1，如图所示由几何知识可得 R1 R0，12由 R 可知 ，2B mU0q R0R1 4mm1解得 m1 m.临界状态 2：质量为 m2的正离子刚好打在 D 点，设此时的轨迹半径为 R2，由几何知识可得R (2 R0)2( R2 R0)2，2解得 R2 R0，52则 ，R0R2 4mm2解得 m225 m，则能打在边界 AD 上的正离子的质量范围为 m25 m.答案：(1) d 45 (2) (3) m25 m2B mU0q
