1、第 3 講帶電粒子在復合場中的運動知識點知識點1 1 帶電粒子在復合場中的運動帶電粒子在復合場中的運動 【思維激活【思維激活1 1】(2014(2014江西七校聯考江西七校聯考) )在豎直放置的光滑絕緣圓環上，套有一在豎直放置的光滑絕緣圓環上，套有一個帶電荷量為個帶電荷量為-q-q、質量為、質量為m m的小環，整的小環，整個裝置放在如圖所示的正交電磁場中，個裝置放在如圖所示的正交電磁場中，電場強度電場強度E= E= 。當小環從大環頂無初。當小環從大環頂無初速度下滑時，在滑過多少弧度時所受洛倫茲力最大速度下滑時，在滑過多少弧度時所受洛倫茲力最大( )( )3A.B.C.D.424mgq【解析【解

2、析】選選C C。帶電小環從大環頂端下滑。帶電小環從大環頂端下滑過程中，在復合場中受到重力、電場力、過程中，在復合場中受到重力、電場力、洛倫茲力。根據洛倫茲力公式洛倫茲力。根據洛倫茲力公式f=Bqvf=Bqv，當，當小環的速度最大時，所受洛倫茲力最大。小環的速度最大時，所受洛倫茲力最大。當小環滑下過程中，由于重力和電場力大小、方向都不變，當小環滑下過程中，由于重力和電場力大小、方向都不變，我們可以將這兩個力合成，用一個力來替代重力和電場力，我們可以將這兩個力合成，用一個力來替代重力和電場力，電場力電場力F=EqF=Eq=mg=mg，重力和電場力的合力，重力和電場力的合力F F合合= mg= mg

3、，方向在電，方向在電場力方向與重力方向之間，與電場力方向夾角場力方向與重力方向之間，與電場力方向夾角4545，如圖所，如圖所示。因此當小環下滑到示。因此當小環下滑到 弧度時速度最大，所受洛倫茲力最弧度時速度最大，所受洛倫茲力最大。選項大。選項C C正確。正確。234【知識梳理【知識梳理】帶電粒子在復合場中運動情況分類帶電粒子在復合場中運動情況分類1.1.靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受_時時, ,將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態。將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態。2.2.勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小勻速圓周運動：當帶電粒

4、子所受的重力與電場力大小_,_,方向方向_時時, ,帶電粒子在洛倫茲力的作用下帶電粒子在洛倫茲力的作用下, ,在垂在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動。直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動。合外力為零合外力為零相等相等相反相反3.3.較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化均變化, ,且與初速度方向不在且與初速度方向不在_上時上時, ,粒子做非勻粒子做非勻變速曲線運動變速曲線運動, ,這時粒子的運動軌跡既不是圓弧這時粒子的運動軌跡既不是圓弧, ,也不是拋也不是拋物線。物線。4.4.分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復

5、合場分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區域區域, ,其運動情況隨區域發生變化其運動情況隨區域發生變化, ,其運動過程由幾種不同的運其運動過程由幾種不同的運動階段組成。動階段組成。同一條直線同一條直線知識點知識點2 2 帶電粒子在復合場中運動的應用實例帶電粒子在復合場中運動的應用實例【思維激活【思維激活2 2】( (多選多選) )某制藥廠的污水處理站的管道中安裝了某制藥廠的污水處理站的管道中安裝了如圖所示的流量計如圖所示的流量計, ,該裝置由絕緣材料制成該裝置由絕緣材料制成, ,長、寬、高分別為長、寬、高分別為a a、b b、c,c,左右兩端開口左右兩端開口, ,在垂直于上下底

6、面方向加磁感應強度在垂直于上下底面方向加磁感應強度為為B B的勻強磁場的勻強磁場, ,在前后兩表面的內側固定有金屬板作為電極在前后兩表面的內側固定有金屬板作為電極, ,當含有大量正負離子當含有大量正負離子( (其重力不計其重力不計) )的污水充滿管口從左向右流的污水充滿管口從左向右流經該裝置時經該裝置時, ,利用電壓表所顯示的兩個電極間的電壓利用電壓表所顯示的兩個電極間的電壓U,U,就可測就可測出污水流量出污水流量Q(Q(單位時間內流出的污水體積單位時間內流出的污水體積),),則下列說法正確的則下列說法正確的是是( () )A.A.后表面的電勢一定高于前表面的電勢后表面的電勢一定高于前表面的電

7、勢, ,與正、負哪種離子多與正、負哪種離子多少無關少無關B.B.若污水中正負離子數相同若污水中正負離子數相同, ,則前、后表面的電勢差為零則前、后表面的電勢差為零C.C.流量流量Q Q越大越大, ,兩個電極間的電壓兩個電極間的電壓U U越大越大D.D.污水中離子數越多污水中離子數越多, ,兩個電極間的電壓兩個電極間的電壓U U越大越大【解析【解析】選選A A、C C。由左手定則可知。由左手定則可知, ,正、負離子從左向右流經正、負離子從左向右流經該裝置時該裝置時, ,正離子向后表面偏轉正離子向后表面偏轉, ,負離子向前表面偏轉負離子向前表面偏轉, ,故故A A正正確確,B,B錯誤錯誤; ;在一

8、定范圍內在一定范圍內, ,由法拉第電磁感應定律得由法拉第電磁感應定律得U=BbvU=Bbv, ,因此因此流量流量Q Q越大越大, ,離子運動速度越大離子運動速度越大, ,兩個電極間的電壓兩個電極間的電壓U U也就越大也就越大,C,C正確正確,D,D錯誤。錯誤。【知識梳理【知識梳理】裝置裝置原理圖原理圖規律規律速度速度選擇器選擇器若若qvqv0 0B=qEB=qE，即，即v v0 0=_=_，粒子做粒子做_運動運動 磁流體磁流體發電機發電機等離子體射入，受洛倫茲等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極帶電，當力偏轉，使兩極帶電，當 =qv=qv0 0B B時，兩極板間時，兩極板間能達到最大電勢差能達

9、到最大電勢差U=_U=_EB勻速直線勻速直線UqdBvBv0 0d d裝置裝置原理圖原理圖規律規律電磁電磁流量計流量計當當 =qvB=qvB時，時，有有v=_v=_，流量，流量Q=SvQ=Sv=_=_UqdUBd2dU( )2Bd裝置裝置原理圖原理圖規律規律霍爾霍爾效應效應在勻強磁場中放置一個在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體矩形截面的載流導體, ,當當_與電流方與電流方向垂直時向垂直時, ,導體在與磁導體在與磁場、電流方向都垂直的場、電流方向都垂直的方向上出現了方向上出現了_,_,這種現象稱為霍爾效應這種現象稱為霍爾效應磁場方向磁場方向電勢差電勢差【微點撥【微點撥】1.1.處理帶電粒子在

10、復合場中的運動時處理帶電粒子在復合場中的運動時, ,要做到要做到“三個分析三個分析”：(1)(1)正確分析受力情況正確分析受力情況, ,重點明確重力是否不計和洛倫茲力的方重點明確重力是否不計和洛倫茲力的方向。向。(2)(2)正確分析運動情況正確分析運動情況, ,常見的運動形式有：勻速直線運動、勻常見的運動形式有：勻速直線運動、勻速圓周運動和一般變速曲線運動。速圓周運動和一般變速曲線運動。(3)(3)正確分析各力的做功情況正確分析各力的做功情況, ,主要分析電場力和重力的功主要分析電場力和重力的功, ,洛洛倫茲力一定不做功。倫茲力一定不做功。2.2.常見的三個易錯易混點：常見的三個易錯易混點：(

11、1)(1)等離子體是一種正、負電荷幾乎相等等離子體是一種正、負電荷幾乎相等, ,對外呈電中性的高度對外呈電中性的高度電離的氣體。電離的氣體。(2)(2)流量是單位時間內流過某一截面液體的體積流量是單位時間內流過某一截面液體的體積, ,而不是某段時而不是某段時間內的總體積。間內的總體積。(3)(3)帶電離子在速度選擇器中的曲線運動帶電離子在速度選擇器中的曲線運動, ,不是不是“類平拋類平拋”運動運動, ,而是復雜的曲線運動。而是復雜的曲線運動。考點考點1 1 帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在組合場中的運動“電偏轉電偏轉”和和“磁偏轉磁偏轉”的比較：的比較：對比對比分析分析垂直電場線進入勻強電垂

12、直電場線進入勻強電場場( (不計重力不計重力) )垂直磁感線進入勻強磁場垂直磁感線進入勻強磁場( (不計重力不計重力) )受力受力情況情況電場力電場力F FE E=qE=qE, ,其大小、其大小、方向不變方向不變, ,與速度與速度v v無無關關,F,FE E是恒力是恒力洛倫茲力洛倫茲力F FB B=qvB=qvB, ,其大小其大小不變不變, ,方向隨方向隨v v而改變而改變,F,FB B是變力是變力軌跡軌跡拋物線拋物線圓或圓的一部分圓或圓的一部分垂直電場線進入勻強電垂直電場線進入勻強電場場( (不計重力不計重力) )垂直磁感線進入勻強磁場垂直磁感線進入勻強磁場( (不計重力不計重力) )運動運

13、動軌跡軌跡垂直電場線進入勻強電垂直電場線進入勻強電場場( (不計重力不計重力) )垂直磁感線進入勻強磁場垂直磁感線進入勻強磁場( (不計重力不計重力) )求解求解方法方法利用類似平拋運動的規利用類似平拋運動的規律求解：律求解：v vx x=v=v0 0，x=vx=v0 0t tv vy y= t= t，y=y=偏轉角偏轉角：半徑：半徑：r=r=周期：周期：T=T=偏移距離偏移距離y y和偏轉角和偏轉角要結要結合圓的幾何關系利用圓周合圓的幾何關系利用圓周運動規律討論求解運動規律討論求解qEm21 qEt2 myx0vqEttanvmv mvqB2 mqB垂直電場線進入勻強電垂直電場線進入勻強電場

14、場( (不計重力不計重力) )垂直磁感線進入勻強磁場垂直磁感線進入勻強磁場( (不計重力不計重力) )運動運動時間時間動能動能變化變化不變不變0LtvmtT2Bq【題組通關方案【題組通關方案】【典題【典題1 1】(13(13分分)(2013)(2013安徽高考安徽高考) )如圖所示的平面直角坐標如圖所示的平面直角坐標系系xOyxOy, ,在第在第象限內有平行于象限內有平行于y y軸的勻強電場軸的勻強電場, ,方向沿方向沿y y軸正方軸正方向向; ;在第在第象限的正三角形象限的正三角形abcabc區域內有勻強磁場區域內有勻強磁場, ,方向垂直于方向垂直于xOyxOy平面向里平面向里, ,正三角形

15、邊長為正三角形邊長為L,L,且且abab邊與邊與y y軸平行。一質量為軸平行。一質量為m m、電荷量為電荷量為q q的粒子的粒子, ,從從y y軸上的軸上的P(0,h)P(0,h)點點, ,以大小為以大小為v v0 0的速度沿的速度沿x x軸正方向射入電場軸正方向射入電場, ,通過電場后從通過電場后從x x軸上的軸上的a(2h,0)a(2h,0)點進入第點進入第象限象限, ,又經過磁場從又經過磁場從y y軸上的某點進入第軸上的某點進入第象限象限, ,且速度與且速度與y y軸負軸負方向成方向成4545角角, ,不計粒子所受的重力。求：不計粒子所受的重力。求：(1)(1)電場強度電場強度E E的大

16、小的大小; ;(2)(2)粒子到達粒子到達a a點時速度的大小和方向點時速度的大小和方向; ;(3)abc(3)abc區域內磁場的磁感應強度區域內磁場的磁感應強度B B的最小值。的最小值。【解題探究【解題探究】(1)(1)帶電粒子在第帶電粒子在第象限只受象限只受_作用，其運動性質是作用，其運動性質是_。在在x x方向做方向做_運動，故運動，故2h=_2h=_。在在y y方向做方向做_運動，故運動，故h=_h=_。(2)(2)如何求帶電粒子進入磁場的速度方向？如何求帶電粒子進入磁場的速度方向？提示：提示：設該速度與設該速度與x x軸正向成軸正向成角，則角，則故故=45=45。電場力電場力勻變速曲

17、線運動勻變速曲線運動( (類平拋運動類平拋運動) )勻速直線勻速直線v v0 0t t勻加速直線勻加速直線21at2yx0vattan1vv ，【典題解析【典題解析】(1)(1)設粒子在電場中的運動時間為設粒子在電場中的運動時間為t t，則有，則有x=vx=v0 0t=2h y= att=2h y= at2 2=h (2=h (2分分) )qEqE=ma (1=ma (1分分) )聯立以上三式可得聯立以上三式可得E= (1E= (1分分) )(2)(2)粒子到達粒子到達a a點時，沿負點時，沿負y y方向的分速度方向的分速度v vy y=at=v=at=v0 0 (2(2分分) )粒子到達粒子

18、到達a a點時速度的大小點時速度的大小v= v= 方向指向方向指向第第象限，與象限，與x x軸正方向成軸正方向成4545角。角。 (2(2分分) )1220mv2qh22xy0vv2v，(3)(3)粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力qvBqvB= (2= (2分分) )當粒子從當粒子從b b點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有r= (1r= (1分分) )所以磁感應強度所以磁感應強度B B的最小值的最小值 (2(2分分) )答案：答案：(1) (2) v(1) (2) v0 0 方向指向第方向指向第象限，

19、與象限，與x x軸正軸正方向成方向成4545角角 (3)(3)2vmr2L2，02mvmvBqrqL20mv2qh202mvqL【通關【通關1+11+1】1.(1.(拓展延伸拓展延伸) )結合結合【典題【典題1 1】試求下列問題：試求下列問題：(1)(1)帶電粒子從帶電粒子從P P點出發，到再次經過點出發，到再次經過y y軸，一共用了多長時間？軸，一共用了多長時間？(2)(2)帶電粒子從帶電粒子從P P點到再次經過點到再次經過y y軸的位置相距多遠？軸的位置相距多遠？提示：提示：(1)(1)帶電粒子在電場中用時帶電粒子在電場中用時t=t=在磁場中用時在磁場中用時t=t=從從b b處到處到y y

20、軸用時：軸用時：t=t=所以總時間所以總時間t t總總=t+t+t=t+t+t=(2)(2)設離開設離開y y軸的位置為軸的位置為PP點點, ,則則OP= r+2h=L+2hOP= r+2h=L+2h故故PP=PO+OP=L+3hPP=PO+OP=L+3h答案：答案：(1) (2)L+3h(1) (2)L+3h02hv，00112 rLT444v2v，02 2h2hvv004hLv4v2004hLv4v2.(20142.(2014廣州模擬廣州模擬) )如圖所示如圖所示, ,真空中有以真空中有以OO為圓心、為圓心、r r為半為半徑的圓柱形勻強磁場區域徑的圓柱形勻強磁場區域, ,圓的最下端與圓的最

21、下端與x x軸相切于坐標原點軸相切于坐標原點O,O,圓的右端與平行于圓的右端與平行于y y軸的虛線軸的虛線MNMN相切相切, ,磁感應強度為磁感應強度為B,B,方向垂直方向垂直紙面向外紙面向外, ,在虛線在虛線MNMN右側右側x x軸上方足夠大的范圍內有方向豎直向軸上方足夠大的范圍內有方向豎直向下、場強大小為下、場強大小為E E的勻強電場。現從坐標原點的勻強電場。現從坐標原點O O向紙面內不同方向紙面內不同方向發射速率相同的質子向發射速率相同的質子, ,質子在磁場中做勻速圓周運動的半徑質子在磁場中做勻速圓周運動的半徑也為也為r,r,已知質子的電荷量為已知質子的電荷量為e,e,質量為質量為m,m

22、,不計質子的重力、質子不計質子的重力、質子對電磁場的影響及質子間的相互作用力。求：對電磁場的影響及質子間的相互作用力。求：(1)(1)質子進入磁場時的速度大小質子進入磁場時的速度大小; ;(2)(2)沿沿y y軸正方向射入磁場的質子到達軸正方向射入磁場的質子到達x x軸所需的時間。軸所需的時間。【解析【解析】(1)(1)由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：Bev=Bev=解得：解得：v=v=2mv,rBerm。(2)(2)若質子沿若質子沿y y軸正方向射入磁場軸正方向射入磁場, ,則以則以N N為圓心轉過為圓心轉過 圓弧后圓弧后從從A A點垂直電場方向進入電場點垂直

23、電場方向進入電場, ,質子在磁場中有：質子在磁場中有：T=T=t tB B= =進入電場后質子做類平拋運動進入電場后質子做類平拋運動,y,y方向上的位移方向上的位移解得：解得：t tE E= =則：則：t=tt=tB B+t+tE E= =答案：答案：(1) (2)(1) (2)142 m,Be得得：1mT42eB22E1eEyratt22m，2mreEm2mr2eBeE。Bermm2mr2eBeE【加固訓練【加固訓練】1.1.如圖所示如圖所示, ,在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場, ,其豎直邊其豎直邊界界ABAB、CDCD的寬度為的寬度為d,d,在邊界在邊

24、界ABAB左側是豎直向下、場強為左側是豎直向下、場強為E E的勻的勻強電場強電場, ,現有質量為現有質量為m m、帶電量為、帶電量為+q+q的粒子的粒子( (不計重力不計重力) )從從P P點以點以大小為大小為v v0 0的水平初速度射入電場的水平初速度射入電場, ,隨后與邊界隨后與邊界ABAB成成4545射入磁射入磁場。若粒子能垂直場。若粒子能垂直CDCD邊界飛出磁場邊界飛出磁場, ,穿過小孔進入如圖所示兩穿過小孔進入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強電場中減速至零且碰不到正極板。豎直平行金屬板間的勻強電場中減速至零且碰不到正極板。(1)(1)請畫出粒子上述過程中的運動軌跡請畫出粒子上述過程中

25、的運動軌跡, ,并求出粒子進入磁場時并求出粒子進入磁場時的速度大小的速度大小v;v;(2)(2)求勻強磁場的磁感應強度求勻強磁場的磁感應強度B B的大小的大小; ;(3)(3)求金屬板間的電壓求金屬板間的電壓U U的最小值。的最小值。【解析【解析】(1)(1)軌跡如圖所示軌跡如圖所示00vv2vsin45(2)(2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設其軌道半徑為粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設其軌道半徑為R R，由幾何關系可知由幾何關系可知R= qvBR= qvB= =解得解得B=B=(3)(3)粒子進入板間電場至速度減為零且恰不與正極板相碰時，粒子進入板間電場至速度減為零且恰不與正極板相碰

26、時，板間電壓板間電壓U U最小，最小，由動能定理有由動能定理有-qU-qU=0-=0-解得解得U=U=答案：答案：(1)(1)軌跡見解析圖軌跡見解析圖 (2) (3)(2) (3)d2dsin452vmR0mvqd21mv220mvq。02v0mvqd20mvqa2.(20122.(2012山東高考山東高考) )如圖甲所示如圖甲所示, ,相隔一定距離的豎直邊界相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區兩側為相同的勻強磁場區, ,磁場方向垂直紙面向里磁場方向垂直紙面向里, ,在邊界上在邊界上固定兩長為固定兩長為L L的平行金屬極板的平行金屬極板MNMN和和PQ,PQ,兩極板中心各有一小孔兩極板

27、中心各有一小孔S S1 1、S S2 2, ,兩極板間電壓的變化規律如圖乙所示兩極板間電壓的變化規律如圖乙所示, ,正反向電壓的正反向電壓的大小均為大小均為U U0 0, ,周期為周期為T T0 0。在。在t=0t=0時刻將一個質量為時刻將一個質量為m m、電量為、電量為-q(q-q(q0)0)的粒子由的粒子由S S1 1靜止釋放靜止釋放, ,粒子在電場力的作用下向右運粒子在電場力的作用下向右運動動, ,在在t= t= 時刻通過時刻通過S S2 2垂直于邊界進入右側磁場區。垂直于邊界進入右側磁場區。( (不計粒不計粒子重力子重力, ,不考慮極板外的電場不考慮極板外的電場) )0T2(1)(1)

28、求粒子到達求粒子到達S S2 2時的速度大小時的速度大小v v和極板間距和極板間距d d。(2)(2)為使粒子不與極板相撞為使粒子不與極板相撞, ,求磁感應強度的大小應滿足的條件。求磁感應強度的大小應滿足的條件。(3)(3)若已保證了粒子未與極板相撞若已保證了粒子未與極板相撞, ,為使粒子在為使粒子在t=3Tt=3T0 0時刻再次到時刻再次到達達S S2 2, ,且速度恰好為零且速度恰好為零, ,求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感應強度的大小。感應強度的大小。【解析【解析】(1)(1)粒子由粒子由S S1 1至至S S2 2的過程，根據動能定理得的過程，

29、根據動能定理得qUqU0 0= = 由由式得式得v= v= 設粒子的加速度大小為設粒子的加速度大小為a a，由牛頓第二定律得，由牛頓第二定律得 =ma =ma 由運動學公式得由運動學公式得 聯立聯立式得式得d= d= 21mv202qUm0Uqd20T1da()2200T2qU4m(2)(2)設磁感應強度大小為設磁感應強度大小為B B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為徑為R R，由牛頓第二定律得，由牛頓第二定律得qvBqvB= = 要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，必須滿足要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，必須滿足2R 2R 聯立聯立式得式得B B0)0)

30、的粒子從坐標原點的粒子從坐標原點O O沿沿xOyxOy平面以不同平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中。不計重力和粒子間的影的初速度大小和方向入射到該磁場中。不計重力和粒子間的影響。響。(1)(1)若粒子以初速度若粒子以初速度v v1 1沿沿y y軸正向入射軸正向入射, ,恰好能經過恰好能經過x x軸上的軸上的A(a,0)A(a,0)點點, ,求求v v1 1的大小的大小; ;(2)(2)已知一粒子的初速度大小為已知一粒子的初速度大小為v(vv(vvv1 1),),為使該粒子能經過為使該粒子能經過A(a,0)A(a,0)點點, ,其入射角其入射角(粒子初速度與粒子初速度與x x軸正向的夾角

31、軸正向的夾角) )有幾個有幾個? ?并求出對應的并求出對應的sinsin值值; ;(3)(3)如圖乙如圖乙, ,若在此空間再加入沿若在此空間再加入沿y y軸正向、大小為軸正向、大小為E E的勻強電場的勻強電場, ,一粒子從一粒子從O O點以初速度點以初速度v v0 0沿沿y y軸正向發射。研究表明：粒子在軸正向發射。研究表明：粒子在xOyxOy平面內做周期性運動平面內做周期性運動, ,且在任一時刻且在任一時刻, ,粒子速度的粒子速度的x x分量分量v vx x與與其所在位置的其所在位置的y y坐標成正比坐標成正比, ,比例系數與場強大小比例系數與場強大小E E無關。求該無關。求該粒子運動過程中

32、的最大速度值粒子運動過程中的最大速度值v vm m。【解題探究【解題探究】(1)(1)無電場時無電場時, ,若以若以v v1 1沿沿y y軸正向入射軸正向入射, ,恰從恰從A(a,0)A(a,0)點離開點離開, ,則則粒子做圓周運動的半徑粒子做圓周運動的半徑R R1 1=_=_。(2)(2)無電場時無電場時, ,若以若以vvvv1 1, ,與與x x軸正向夾角軸正向夾角入射入射, ,也從也從A A點離點離開開, ,則則_的長度為一條弦的長度。的長度為一條弦的長度。(3)(3)加上電場后加上電場后, ,粒子做的是圓周運動嗎粒子做的是圓周運動嗎? ?在哪里動能最大在哪里動能最大? ?提示：提示：粒

33、子做的是復雜曲線運動粒子做的是復雜曲線運動, ,不是圓周運動不是圓周運動, ,粒子在曲線運粒子在曲線運動的最高處動能最大。動的最高處動能最大。a2OAOA【典題解析【典題解析】(1)(1)帶電粒子以速率帶電粒子以速率v v在磁場中做半徑為在磁場中做半徑為R R的勻的勻速圓周運動，有速圓周運動，有qvBqvB= = (2(2分分) )當粒子以初速度當粒子以初速度v v1 1沿沿y y軸正方向入射時，轉過半個圓周至軸正方向入射時，轉過半個圓周至A A點，據幾何關系有點，據幾何關系有a=2Ra=2R1 1 (2(2分分) )聯立聯立式解得式解得v v1 1= (2= (2分分) )(2)(2)如圖，

34、如圖，O O、A A兩點處于同一圓周上，兩點處于同一圓周上，且圓心在且圓心在x= x= 的直線上，半徑為的直線上，半徑為R R。當給定一個初速度當給定一個初速度v v時，有時，有2 2個入射角，個入射角，分別在第分別在第1 1、2 2象限，有：象限，有： sin=sinsin=sin= = (2(2分分) )由由兩式得兩式得sinsin= (2= (2分分) )2vmRqBa2ma2a2RaqB2mv(3)(3)粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處速率最大，其縱坐標為速率最大，其縱坐標為y ym m據動能定理有據動能定理有qEyq

35、Eym m= = (3(3分分) )依題意有依題意有v vm m=ky=kym m (2(2分分) )由于比例系數與場強無關，若由于比例系數與場強無關，若E=0E=0時，粒子以初速度時，粒子以初速度v v0 0沿沿y y軸軸正向入射，有正向入射，有qvqv0 0B= B= (2(2分分) )v v0 0=kR=kR0 0 (2(2分分) )由由式得式得v vm m= (2= (2分分) )答案：答案：(1) (2)(1) (2)見典題解析見典題解析 (3)(3)22m011mvmv22200vmR220EE()vBBqBa2m220EE()vBB【通關【通關1+11+1】1.(20141.(2

36、014珠海模擬珠海模擬) )一束幾種不同的正離子一束幾種不同的正離子, ,垂直射入有正交垂直射入有正交的勻強磁場和勻強電場區域里的勻強磁場和勻強電場區域里, ,離子束保持原運動方向未發生離子束保持原運動方向未發生偏轉偏轉, ,接著進入另一勻強磁場接著進入另一勻強磁場, ,發現這些離子分成幾束發現這些離子分成幾束, ,如圖所如圖所示。對這些正離子示。對這些正離子, ,可得出結論可得出結論( () )A.A.它們的動能一定各不相同它們的動能一定各不相同B.B.它們的電量一定各不相同它們的電量一定各不相同C.C.它們的質量一定各不相同它們的質量一定各不相同D.D.它們的比荷一定各不相同它們的比荷一定

37、各不相同【解析【解析】選選D D。在電磁場中，正離子受到的洛倫茲力。在電磁場中，正離子受到的洛倫茲力F F洛洛與電與電場力場力F F電相等，從而做直線運動，有電相等，從而做直線運動，有EqEq=qvB=qvB1 1，v= v= ，即所，即所有正離子速度都相同，當正離子進入磁場有正離子速度都相同，當正離子進入磁場B B2 2中時，中時，r=r=正離子分成幾束，則正離子分成幾束，則r r不同，比荷一定各不相同，不同，比荷一定各不相同，D D正確。正確。1EB2mvqB，2.(20122.(2012浙江高考浙江高考) )如圖所示如圖所示, ,兩塊水平放置、相距為兩塊水平放置、相距為d d的長金的長金

38、屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側區域存在方向垂屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側區域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面, ,從噴口連續不斷噴出質量均為從噴口連續不斷噴出質量均為m m、水平速度均為、水平速度均為v v0 0、帶相等電、帶相等電荷量的墨滴。調節電源電壓至荷量的墨滴。調節電源電壓至U,U,墨滴在電場區域恰能沿水平向墨滴在電場區域恰能沿水平向右做勻速直線運動右做勻速直線運動; ;進入電場、磁場共存區域后進入電場、磁場共存區域后, ,最終垂直打在最終垂直打在下板的下板的M M點。點。(1)

39、(1)判斷墨滴所帶電荷的種類判斷墨滴所帶電荷的種類, ,并求其電荷量。并求其電荷量。(2)(2)求磁感應強度求磁感應強度B B的值。的值。(3)(3)現保持噴口方向不變現保持噴口方向不變, ,使其豎直下移到兩板中間的位置。為使其豎直下移到兩板中間的位置。為了使墨滴仍能到達下板了使墨滴仍能到達下板M M點點, ,應將磁感應強度調至應將磁感應強度調至B,B,則則BB的的大小為多少大小為多少? ?【解析【解析】(1)(1)墨滴受重力和電場力做勻速直線運動，電場力與墨滴受重力和電場力做勻速直線運動，電場力與重力平衡，電場的方向豎直向下，說明墨滴帶負電荷，設其重力平衡，電場的方向豎直向下，說明墨滴帶負電

40、荷，設其電荷量為電荷量為q q，則有，則有 =mg =mg 所以所以q= q= UqdmgdU(2)(2)墨滴進入電場和磁場共存區域后，受重力、電場力和洛倫墨滴進入電場和磁場共存區域后，受重力、電場力和洛倫茲力作用，但重力和電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做茲力作用，但重力和電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，設圓周運動半徑為勻速圓周運動，設圓周運動半徑為R R，有有qvqv0 0B= B= 因為墨滴垂直打在下板，墨滴在該區域完成一個四分之一圓周因為墨滴垂直打在下板，墨滴在該區域完成一個四分之一圓周運動，根據幾何關系可知，運動，根據幾何關系可知，半徑半徑R=d R=d 聯立聯立

41、得得B= B= 20vmR02v Ugd(3)(3)根據題設根據題設, ,墨滴運動軌跡如圖所示墨滴運動軌跡如圖所示, ,設圓周半徑為設圓周半徑為R,R,則有則有qvqv0 0B= B= 由圖示幾何關系，得由圖示幾何關系，得RR2 2=d=d2 2+(R- d)+(R- d)2 2 得得R= R= 聯立聯立式，得式，得B=B=答案：答案：(1)(1)負電荷負電荷 (2) (3)(2) (3)20vmR125d4024v U5gdmgdU02v Ugd024v U5gd【加固訓練【加固訓練】1.1.如圖所示如圖所示,A,A、B B間存在與豎直方向成間存在與豎直方向成4545斜向上的勻強電場斜向上的

42、勻強電場E E1 1,B,B、C C間存在豎直向上的勻強電場間存在豎直向上的勻強電場E E2 2,A,A、B B的間距為的間距為1.25m, B1.25m, B、C C的間距為的間距為3m,C3m,C為熒光屏。一質量為熒光屏。一質量m=1.0m=1.01010-3-3kg,kg,電荷量電荷量q=+1.0q=+1.01010-2-2C C的帶電粒子由的帶電粒子由a a點靜止釋放點靜止釋放, ,恰好沿水平方向經過恰好沿水平方向經過b b點到達熒光屏上的點到達熒光屏上的O O點。若在點。若在B B、C C間再加方向垂直于紙面向外間再加方向垂直于紙面向外且大小且大小B=0.1TB=0.1T的勻強磁場的

43、勻強磁場, ,粒子經粒子經b b點偏轉到達熒光屏的點偏轉到達熒光屏的OO點點( (圖中未畫出圖中未畫出) )。g g取取10m/s10m/s2 2, ,求：求：(1)E(1)E1 1的大小的大小; ;(2)(2)加上磁場后加上磁場后, ,粒子由粒子由b b點到點到OO點電勢能的變化量。點電勢能的變化量。【解析【解析】(1)(1)粒子在粒子在A A、B B間做勻加速直線運動，豎直方向受力間做勻加速直線運動，豎直方向受力平衡，則有：平衡，則有：qEqE1 1cos45cos45=mg=mg解得：解得：E E1 1= N/C=1.4 N/C= N/C=1.4 N/C。(2)(2)粒子從粒子從a a到

44、到b b的過程中，由動能定理得：的過程中，由動能定理得：qEqE1 1d dABABsin45sin45= =解得解得v vb b=5 m/s=5 m/s加磁場前粒子在加磁場前粒子在B B、C C間必做勻速直線運動，則有：間必做勻速直線運動，則有：qEqE2 2=mg=mg22b1mv2加磁場后粒子在加磁場后粒子在B B、C C間必做勻速圓周運動間必做勻速圓周運動, ,如圖所示如圖所示, ,由動力由動力學知識可得：學知識可得：qvqvb bB B= =解得：解得：R=5mR=5m設偏轉距離為設偏轉距離為y,y,由幾何知識得：由幾何知識得：R R2 2=d=dBCBC2 2+(R-y)+(R-y

45、)2 2代入數據得代入數據得y=1.0my=1.0m粒子在粒子在B B、C C間運動時電場力做的功為間運動時電場力做的功為W=-qEW=-qE2 2y=-mgyy=-mgy=-1.0=-1.01010-2-2J J。由功能關系知由功能關系知, ,粒子的電勢能增加了粒子的電勢能增加了1.01.01010-2-2J J。答案：答案：(1)1.4N/C(1)1.4N/C(2)(2)增加了增加了1.01.01010-2-2J J2bvmR2.2.如圖甲所示如圖甲所示, ,寬度為寬度為d d的豎直狹長區域內的豎直狹長區域內( (邊界為邊界為L L1 1、L L2 2),),存在存在垂直紙面向里的勻強磁場

46、和豎直方向上的周期性變化的電場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( (如圖乙所示如圖乙所示),),電場強度的大小為電場強度的大小為E E0 0,E,E0 000表示電場方向豎直向表示電場方向豎直向上。上。t=0t=0時時, ,一帶正電、質量為一帶正電、質量為m m的微粒從左邊界上的的微粒從左邊界上的N N1 1點以水點以水平速度平速度v v射入該區域射入該區域, ,沿直線運動到沿直線運動到Q Q點后點后, ,做一次完整的圓周運做一次完整的圓周運動動, ,再沿直線運動到右邊界上的再沿直線運動到右邊界上的N N2 2點。點。Q Q為線段為線段N N1 1N N2 2的中點的中點,

47、 ,重力重力加速度為加速度為g g。上述。上述d d、E E0 0、m m、v v、g g為已知量。為已知量。(1)(1)求微粒所帶電荷量求微粒所帶電荷量q q和磁感應強度和磁感應強度B B的大小的大小; ;(2)(2)求電場變化的周期求電場變化的周期T;T;(3)(3)改變寬度改變寬度d,d,使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區域域, ,求求T T的最小值。的最小值。【解析【解析】(1)(1)微粒做直線運動，則微粒做直線運動，則mg+qEmg+qE0 0=qvB=qvB 微粒做圓周運動，則微粒做圓周運動，則mg=qEmg=qE0 0 q= q= 聯

48、立聯立得得B= B= 02Ev0mgE(2)(2)設微粒從設微粒從N N1 1點運動到點運動到Q Q點的時間為點的時間為t t1 1，做圓周運動的半徑，做圓周運動的半徑為為R R，周期為，周期為t t2 2，則，則 =vt=vt1 1 qvBqvB= = 2R=vt2R=vt2 2 聯立聯立得得t t1 1= ,t= ,t2 2= = 電場變化的周期電場變化的周期T=tT=t1 1+t+t2 2= = d22vmRd2vvgdv2vg(3)(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求若微粒能完成題述的運動過程，要求d2R d2R 聯立聯立得得R= R= 設微粒在設微粒在N N1 1Q Q段直線運動的

49、最短時間為段直線運動的最短時間為t t1min1min，則，則由由得得t t1min1min= =因因t t2 2不變，所以不變，所以T T的最小值的最小值T Tminmin=t=t1min1min+t+t2 2= =答案：答案：(1)(1)2v2gv2g21 v2g。002EmgEv 21 vdv232vg2g【學科素養升華【學科素養升華】帶電體在復合場中運動的歸類分析帶電體在復合場中運動的歸類分析(1)(1)磁場力、重力并存。磁場力、重力并存。若重力和洛倫茲力平衡若重力和洛倫茲力平衡, ,則帶電體做勻速直線運動。則帶電體做勻速直線運動。若重力和洛倫茲力不平衡若重力和洛倫茲力不平衡, ,則帶

50、電體將做復雜的曲線運動則帶電體將做復雜的曲線運動, ,因因洛倫茲力不做功洛倫茲力不做功, ,故機械能守恒。故機械能守恒。(2)(2)電場力、磁場力并存電場力、磁場力并存( (不計重力的微觀粒子不計重力的微觀粒子) )。若電場力和洛倫茲力平衡若電場力和洛倫茲力平衡, ,則帶電體做勻速直線運動。則帶電體做勻速直線運動。若電場力和洛倫茲力不平衡若電場力和洛倫茲力不平衡, ,則帶電體做復雜的曲線運動則帶電體做復雜的曲線運動, ,可可用動能定理求解。用動能定理求解。(3)(3)電場力、磁場力、重力并存。電場力、磁場力、重力并存。若三力平衡若三力平衡, ,帶電體做勻速直線運動。帶電體做勻速直線運動。若重力

51、與電場力平衡若重力與電場力平衡, ,帶電體做勻速圓周運動。帶電體做勻速圓周運動。若合力不為零若合力不為零, ,帶電體可能做復雜的曲線運動帶電體可能做復雜的曲線運動, ,可用能量守恒可用能量守恒定律或動能定理求解。定律或動能定理求解。【資源平臺【資源平臺】帶電體在復合場中受力分帶電體在復合場中受力分析與運動分析如圖所示析與運動分析如圖所示, ,粗糙的足夠長的粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球豎直木桿上套有一個帶電的小球, ,整個裝整個裝置處在由水平勻強電場和垂直紙面向外置處在由水平勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復合場中的勻強磁場組成的足夠大的復合場中, ,小小球由靜止開始

52、下滑球由靜止開始下滑, ,在整個運動過程中小球的在整個運動過程中小球的v-tv-t圖像如圖所示圖像如圖所示, ,其中正確的是其中正確的是( () )【解析【解析】選選C C。該題中。該題中, ,小球的運動性質與電性無關。設小球帶小球的運動性質與電性無關。設小球帶正電正電, ,對帶電小球進行受力分析如圖所示對帶電小球進行受力分析如圖所示, ,剛開始速度剛開始速度v v比較比較小小,F,F洛洛=qvB=qvB比較小比較小, ,電場力電場力FFFF洛洛,G-F,G-Ff f=ma,=ma,即即ma=G-(F-qvBma=G-(F-qvB),),隨隨著速度著速度v v的不斷增大的不斷增大,a,a也不斷

53、增大。當也不斷增大。當F=FF=F洛洛時時,a,a最大最大, ,為重力加為重力加速度速度g g。再隨著速度。再隨著速度v v的不斷增大的不斷增大,FF,FF洛洛, ,即即ma=G-(qvBma=G-(qvB-F),-F),加加速度速度a a不斷減小不斷減小, ,當當a a減小到零時減小到零時,G=F,G=Ff f, ,再往后做勻速運動。再往后做勻速運動。滿分指導之滿分指導之8 8帶電粒子在組合場中運動問題規范求解帶電粒子在組合場中運動問題規范求解【案例剖析【案例剖析】(18(18分分)(2013)(2013天津高考天津高考) )一圓筒的橫截面如圖所一圓筒的橫截面如圖所示示, ,其圓心為其圓心為

54、O O。筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場, ,磁感應強磁感應強度為度為B B。圓筒下面有相距為。圓筒下面有相距為d d的平行金屬板的平行金屬板M M、N,N,其中其中M M板帶正板帶正電荷電荷,N,N板帶等量負電荷板帶等量負電荷。質量為。質量為m m、電荷量為、電荷量為q q的帶正電粒子自的帶正電粒子自M M板邊緣的板邊緣的P P處由靜止釋放處由靜止釋放, ,經經N N板的小孔板的小孔S S以速度以速度v v沿半徑沿半徑SOSO方向方向射入磁場中。射入磁場中。粒子與圓筒發生兩次碰撞后仍從粒子與圓筒發生兩次碰撞后仍從S S孔射出孔射出, ,設設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失, ,且電荷量保持不變且電荷量保持不變, ,在不在不計重力的情況下計重力的情況下, ,求：求：(1)M(1)M、N N間電場強度間電場強度E E的大小