1、假設粒子的初速度不為零，那么心m宀U。v=帶電粒子在磁場中的受力帶電粒子在電場、磁場或電場、磁場和重力場的復合場中的運動是高中物理中的重點內容，是每年高考考查的重點和難點，本局部內容綜合性很強，幾乎可以綜合一切力學規律，題目突出，與生產技術、生活實際、科學研究等緊密結合，突出考查學生從實際問題 中獲取物理信息，建立物理模型的能力，同時對于學生的空間想象能力、分析綜合能力、應用數學知識分析物理問題的能力也有較高的要求一不計重力的帶電粒子在電場中的運動1、帶電粒子的加速1運動狀態分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與 運動方向在同一直線上，做勻加減速直線運動。2 用功能觀點

2、分析：粒子動能的變化量等于電場力做的功電場可以是非勻強電場沿初速度方向的勻速直線運動，運動時間t=。沿電場力方向初速度為零的勻加速直線運動a=-離開電場時的偏移量海，離開電場時的偏轉角3氣=兩2、帶電粒子在勻強電場中的偏轉1 運動狀態分析：帶電粒子以速度vo垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到與初 速度方向恒成90角的電場力作用而做勻變速曲線運動。2偏轉問題的分析處理方法類似于平拋運動，應用運動的合成和分解的知識方法。3、推論：1粒子從偏轉電場中射出時，其速度反向延長線與初速度方向交于一點，此 點平分沿初速度方向的位移。在以下圖中，設帶電粒子質量為 m、帶電荷量為q,以速度V。垂直于電場線射入

3、勻強偏轉 電場，偏轉電壓為U。假設粒子飛出電場時偏角為那么tan=；，式中粒子從偏轉電場中射出時偏距。作粒子速度的反向延長線，設交于0點，0點與電場邊緣的距離為 x,那么1/2處沿直線射出似的。由此可知，粒子從偏轉電場中射出時，就好似是從極板間的(2)假設連接入射點與出射點，設連線與入射方向(vo的方向)的夾角為a那么tan a= .T 1 呎由此可知tan 9=2 tan a問題1、帶電粒子在電場中的平衡與加速：如下圖，豎直固定的光滑絕緣直圓筒底部放置一場源A，其電荷量二自 2mgx 矩毗里2axA 丄H - 一 、曲 亠丄 瓦 0.40.6S3mf x 0.4 Xm代入數據得P點與小球A之

4、間的距離為：不 合題意，舍去。4當C和B向下運動的速度最大時，與A之間的距離為y,對C和B整體進行受2噸毗專力分析有：，代入數據有：由能量守恒得:0.283m.5X2mg(a Xy)屁y-P2mVi2a 2代入數據得： T-:【總結方法】帶電粒子在電場中的平衡問題一般是分析帶電粒子在電場中所受的力重力、庫侖力、電場力、彈力、摩擦力等，根據物體平衡條件列出平衡方程解之；帶電粒子 在電場中的加速一般根據動能定理由電場力做功等于動能變化列方程求解。變式i:如下圖，勻強電場方向沿 x軸的正方向，場強為 E。在Ad，0點有一個靜止的中性微粒，由于內部作用，某一時刻突然分裂成兩個質量均為m的帶電微粒，其中

5、電荷量為q的微粒1沿y軸負方向運動，經過一段時間到達0, d點。不計重力和分裂后兩微粒間的作用。試求：/0A U.f):Si1分裂時兩個微粒各自的速度；2當微粒1到達0, d點時，電場力對微粒 1做功的瞬時功率；3當微粒1到達0, d點時，兩微粒間的距離。【解析】1設分裂時微粒1的初速度為V1，到達0， d點所用時間為t。依題 意可知微粒1帶負電，在電場力的作用下做類平拋運動，得以下方程： dXd 丄 at32 V由解得J . .-.I根號外的負號表示沿 y軸的負方向。設分裂時另一微粒 2的速度為V2,根據動量守恒定律 二 4一 鼬Ed得2 當微粒1運動到B 0, d點時，速度在 x軸方向上的

6、分量為下士，貝y XX.J 畑lEd由解得二I I：電場力對它做功的瞬時功率p qEvE 為3 中性微粒分裂時，根據電荷守恒定律，微粒2帶等量的正電荷，所受電場力沿 x1 到達 B ( 0, d)軸的正方向，在電場力的作用下也做類平拋運動。根據對稱性，當微粒 點時，微粒2運動到C 2d, d點，此時兩微粒間的距離是BC 価兀麗.2血二不計重力的帶電粒子在磁場中的運動：1、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動規律:qB qB qB._ a.Mi. 洛倫茲力提供向心力：qvB=m 。-2於2戲 周期與V、r無關。v qB 2兀“上qB 角速度公式：3= T m一 、12 P1 灑丫 動能公式： Ek=

7、- mv = =。2 加 加2、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的幾個重要幾何關系 在運動平面內，速度方向的垂線必然經過圓心如圖甲所示。 弦的垂直平分線必然經過圓心，如圖乙所示。 偏向角等于圓心角。如圖丙所示。 圓心角a等于弦切角B的2倍，如圖丁所示。甲乙半徑以及偏根據以上幾何關系， 可以確定帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動的圓心、 轉角度等。問題2、帶電粒子在有界磁場中的運動問題：如下圖，MN、PQ是平行金屬板，板長為 L,兩板間距離為 d，PQ板帶正電，MN 板帶負電，在PQ板的上方有垂直紙面向里的勻強磁場。一個電荷量 q、質量為m的帶負電 粒子以速度vo從MN板邊緣沿平行于板的方向射入兩板

8、間，結果粒子恰好從PQ板左邊緣飛進磁場，然后又恰好從 PQ板的右端飛進電場。不計粒子重力。試求：(1)兩金屬板間所加電壓U的大小；(2)勻強磁場的磁感應強度B的大小；K X冥XMXXXXMXBMM-XMKXKXM.X冨X嚴Pn-【解析】(1)解法一：如下圖，設帶電粒子在平行金屬板勻強電場中運動的時間為 t，由類平拋運動可知：L tvotd t-at22md(聯立求解式解得: Tj 嚴Jql?qU丄腫X-mv解法二：設帶電粒子第一次飛出電場時的速度為v即由動能定理_J行 2mv03d32 如 2. *U 和聯立可得丄。(2)解法一：帶電粒子以速度v飛出電場后射入勻強磁場做勻速圓周運動，如上圖所示

9、，由口QqvB R Lm & Vysm ()vvy lat聯立以上有關方程可得-解法二：由以下常規方法求解：1tan cos。芒V心LSU1 ()2R口Qq廿Em R4mvndB 聯立以上有關方程式求解可得：:。【方法總結】 此題是比擬復雜的題型，涉及到帶電粒子先在勻強電場運動后再進入單邊有界磁場中運動的情形，對于在勻強電場中的類平拋運動是容易的，接著進入磁場后粒子只在磁場力作用下運動，審題時一定要注意題設條件的解讀。對于這類問題解決的方法比較多，解題時根據自己的熟悉程度及題目要求來靈活選擇處理的方法。變式2:如圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限內有垂直于紙面向里的勻強磁 場，磁感

10、應強度大小E j .: *，在x軸上距坐標原點L=0.50m的P處為粒子的入射 口，在y軸上安放接收器。現將一帶正電荷的粒子以,#.11 .!.的速度從P處射入磁場，假設粒子在y軸上距坐標原點 L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設 帶正電粒子的質量為 m,電量為q,不計其重力。1求上述粒子的比荷 匚；2如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內再加一個勻強電場就可使其沿y軸正方向做勻速直線運動， 求該勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經過多長時間加這個勻強電場；3 為了在M處觀測到按題設條件運動的上述粒子，第一象限內的磁場可以局限在一 個矩形區域內

11、，求此矩形磁場區域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。【解析】1 設粒子在磁場中的運動半徑為r，如圖甲所示，依題意 M、P連線即為該粒子在磁場中做勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得72Lr .2 眾收器X X K X由洛倫茲力提供粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力，可得 口/qvB r聯立并代入數據解得2制,9加9傀誡5說Vc/kg m2設所加電場的場強大小為正方向，依題意，在此時參加沿 有qE qvBE。如圖乙所示，當粒子經過 x軸正方向的勻強電場，Q點時，速度方向沿 電場力與此時的洛倫茲力平衡,接收雑XXXyXXXT X XO Lj!代入數據得E tfON/C所加電場的場強方向沿 x軸正方向。

12、設帶電粒子做勻速圓周運動的周期為T，由幾何關系可知，圓弧PQ所對應的圓心角為 所求時間為t,那么有t 乙人射口2 aT亡v聯立并代入數據得. MM 1P1P，該區域面積XX /X3如圖丙所示，所求的最小矩形是X沁用K 蓋 二 f 0 XI -*A*Tx丙人射【1聯立并代入數據得S 40.25m3矩形如圖丙中 MM iPiP 虛線所示。三帶電粒子在復合場中的運動：1. 高中階段所說的復合場有四種組合形式：電場與磁場的組合；磁場與重力場的組合；電場與重力場的組合；電場、磁場與重力場的組合，每一種又可分為重疊式和分立式組合。2. 帶電粒子所受三種場力的特征(1) 洛倫茲力的大小跟速度與磁場方向的夾角

13、有關，當帶電粒子的速度與磁場方向平行時，f洛=0;當帶電粒子的速度與磁場方向垂直時，f洛=qvB。洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應強度B所決定的平面，無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力都不做功。(2) 電場力的大小為 qE,方向與電場強度 E的方向及帶電粒子所帶電荷的性質有關。電場力做功與路徑無關， 其數值除與帶電粒子的電荷量有關外，還與其始末位置的電勢差有關。(3) 重力的大小為mg,方向豎直向下，重力做功與路徑無關，其數值除與帶電粒子的 質量有關外，還與其始末位置的高度差有關。注意：微觀粒子(如電子、質子、離子)一般都不計重力。對帶電小球、液滴、金 屬塊等實際的物體， 沒有特殊交代時，應當

14、考慮其重力。對未知名的、題中又未明確交代的帶電粒子，是否考慮其重力，那么應根據題給物理過程及隱含條件，具體分析后作出符合實際的判斷。3. 帶電粒子在復合場中的運動性質取決于帶電粒子所受的合外力及初速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析。當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，帶電粒子做勻速直線運動 (如速度選擇器)；當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時， 那么除所受的洛倫茲力外，其他力的合力應為零或大小不變、方向沿圓的半徑，例如一帶正電的粒子在一負點電荷形成的電場和勻強磁場中的運動4. 帶電粒子在復合場中的運動的分析方法(1) 當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，應根據平

15、衡條件列方程求解。(2) 當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往應用牛頓第二定律和平衡條件列 方程聯立求解。(3) 當帶電粒子在復合場中做非勻速曲線運動時，應選用動能定理或動量守恒定律列 方程求解。注意：如果涉及兩個帶電粒子的碰撞問題，要根據動量守恒定律列方程，再與其他方程聯立求解。由于帶電粒子在復合場中的受力情況復雜，運動情況多變，往往出現臨界問題， 這時應以題目中的“恰好、“最大、“最高、“至少等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并 根據臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯立求解。對于帶電粒子連續通過不同場的問題，要注意在通過場邊界時的條件，如速度關系、幾何角度關系等。問題3、帶電粒子在復合

16、場中的運動問題：在磁感應強度為 B的水平勻強磁場中，一質量為 m、帶正電量為q的小球在O點靜止 釋放，小球的運動曲線如下圖。此曲線在最低點的曲率半徑為該點到x軸距離的2倍，重力加速度為 g，求：XXXXXXXXX1 X x x x X xX x X XXXxXx x X XX X(1) 小球運動到任意位置P (x， y)處的速率v。(2) 小球在運動過程中第一次下降的最大距離ym。EE鄴3當在上述磁場中加一豎直向上場強為-I的勻強電場時，小球從0點靜止釋放后獲得的最大速率。【解析】1 洛倫茲力不做功，由動能定理得，1 22得2設在最大距離；二處的速率為，壬，根據圓周運動有R且由知R2畑得y由及

17、3小球運動如下圖，由動能定理得qE舫唱|打二血叮由圓周運動2-解得K qE 砸且由及一解得 ：。【方法總結】帶電粒子在復合場中運動問題的解決方法是：1確定研究對象，受力分析，運動狀態和運動過程分析， 2可以用力的平衡或動力學規律解決問題，也可以用 能量轉化的觀點解決問題。3 一般情況下用能量觀點顯示得非常簡捷，特別是帶電粒子 受變力作用而又做曲線運動時，必須借助于功能關系進行過程處理。變式3:如下圖，輕彈簧一端連于固定點0,可在豎直平面內自由轉動，另一端連接一帶電小球P，其質量二，電荷量q=0.2C，將彈簧拉至水平后，以初速度v=20m/s豎直向下射出小球P，小球P到達0點的正下方點時速度恰好水平，其大小 v=15