專題九帶電粒子在復合場中的運動

1、專題九 帶電粒子在復合場中的運動填填更有底知識方法聚焦知以回邯i.帶電粒子在電場中常見的運動類型1 o 1 o 勻變速直線運動：通常利用動能定理qu= 2mv-mo來求解.對于勻強電場，電場力做功也可以用w= qed求解.(2)偏轉運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題.對于類平拋運動可直接利用平圾運動的規(guī)律以及推論;較復雜的曲線運動常用運動分解的方法來處理.2 .帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型(1)勻速直線運動：當 v/ b時，帶電粒子以速度 v做勻速直線運動.(2)勻速圓周運動：當 v，b時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度做勻速圓周運動.3 .復合場中是否需要考慮粒子重

2、力的三種情況(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太 _ 小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應考慮其重力.(2)題目中有明確說明是否要考慮重力的情況.(3)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進行受力分析與運動分析時,根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力.x規(guī)律方法1 .正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運動狀態(tài)的速度,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.2 .靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，

3、應根據(jù)平衡條件列方程求解.當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解.當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解.俄他有感悟熱點考向例析考向1帶電粒子在疊加場中的運動【例1】如圖1所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標系xoy,在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為 b= 0.5 t,還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為e= 2 n/c.在其第一象限空間有沿 y軸負方向的、場強大小也為 e的勻強電場，并在yh=0.4 m的區(qū)域 有磁感應強度也為 b的垂直于紙面向里的勻強磁場.一個帶電荷量為q的油滴從圖

4、中第三象限的p點得到一初速度，恰好能沿po做勻速直線運動(po與x軸負方向的夾角為 。=45。), 并從原點o進入第一象限.已知重力加速度g=10 m/s2,問：(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、圖1電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何2種電荷;(2)油滴在p點得到的初速度大小;(3)油滴在第一象限運動的時間.【審題突破】在第三象限油滴恰好能沿pc做勻速直線運動需要滿足什么條件？根據(jù)夾角為yh的區(qū)域后做勻= 45。，重力、電場力有什么數(shù)值關系？油滴進入第一象限后做什么運動?解析(1)根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負電荷, 設油滴質(zhì)量為m由平衡條件得：mg： qe： f= 1 ：

5、1 ：2.(2)由第(1)問得：mgr qeqvb= 2qe解得：v = 4/ m/s.(3)進入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入速圓周運動，軌跡如圖，最后從 x軸上的n點離開第一象限.由o- a勻速運動的位移為 s1 = , h o = v2hsin 45 ys1, 2h hb 其運動時間：t1= v = 2e= t= 0.1 sb由幾何關系和圓周運動的周期關系式t=市知，由a- c的圓周運動時間為12=1丁=e= 0.628 s42gb由對稱性知從ch n的時間t3=ti在第一象限運動的總時間t =ti + t2 + t3 = 2x0.1 s + 0.628 s =

6、 0.828 s答案 (1)1 ： 1 ： (2 油滴帶負電荷(2)4 m/s(3)0.828 s【以題說法】帶電粒子在疊加場中運動的處理方法1 .弄清疊加場的組成特點.2 .正確分析帶電粒子的受力及運動特點.3 .畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止.例如電場與磁場中滿足qe= qvb；重力場與磁場中滿足 mg= qvb；重力場與電場中滿足mg= qe(2)若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力f=qvb的方向與速度v垂直.(3)若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有mg= qe,粒子在洛倫茲力作用下做勻速

7、圓周2運動，即 qvb= nv-.(4)當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.1t對調(diào)練1 如圖2所示，水平地面上方豎直邊界mn左側存在垂直紙面向里的勻強磁場b和沿豎直方向的勻強電場巳(未畫出)，磁感應強度 b= 1.0 t , mnfe界右側離地面 h=3 m處有長為l=0.91 m的光滑水平絕緣平臺，平臺的左邊緣與mnt合，平臺右邊緣有一質(zhì)量m=0.1 kg、電量q= 0.1 c的帶正電小球，以初速度 vc= 0.6 m/s向左運動.此時平臺上方存在 曰=2，2 n/c的勻強電場，電場方向與水平方向成 0角，指向左下方，小球在平臺上運動的 過

8、程中，。為45。至90。的某一確定值.小球離開平臺左側后恰好做勻速圓周運動.小球 可視為質(zhì)點，g= 10 m/s2.求：圖23(1)電場強度e的大小和方向；(2)小球離開平臺左側后在磁場中運動的最短時間；(3)小球離開平臺左側后，小球落地點的范圍(計算結果可以用根號表示).答案(1)10 n/c，方向豎直向上 (2) 2 s(3)距n點左邊，3 m、右邊坐m的范圍內(nèi)解析(1)因為小球在 mni界左側做勻速圓周運動，其所受到的電場力必等于自身重力，有qe2= mg得e=10 n/c ,方向豎直向上.(2)若。=90 ,小球勻速通過 mnw最小速度:vmin= 0.6 m/s若。=45 ,小球勻加

9、速通過mnt最大速度.此時eqcos0 =maei qcos 0- , 2a = 2 m/sm,22由 vmax vo = 2al 可彳可： vmax= 2 m/s綜合分析得：小球通過mnf的速度為0.6 m/s wvaw 2 m/s小球以2 m/s在磁場中做勻速圓周運動的時間最短,2根據(jù)bqv= mr2兀rt=vmvmax得：rnax-bq=2 m2氏mt= = 2 兀bq.h-rnax 1因為sin 0 =-=-,所以rnax20 =30所以小球在磁場中轉過的角度為120。，所以小球在磁場中運動的時間t=；t=9 s.33(3)小球落在n點左邊最大距離時，設到n點距離為x,則x = rna

10、xcos 30 =仙m小球從mni界飛出的最小半徑鼻所=粵=0.6 mbq設小球落到n點右邊時，到n點的距離為s,小球落在n點右邊的最大距離由平拋運動得,12h 2r =2gts = v tv，a m19h2rr當r =1 m時，s有最大值因 0.6 m w r 1.5 m ,故 s= 1 h _2rq成立代入數(shù)據(jù)解得s=255 m ,所以小球的落點在距n點左邊3m m、右邊乎m的范圍內(nèi).考向2帶電粒子在組合場中的運動分析【例2】為研究帶電粒子在電場和磁場中的偏轉情況，在xoy平面內(nèi)加如圖3所示的電場和磁場，第二象限一10 cm x!11ii! i ! i!i!iii） i ii|ijit1k

11、li*i1io m 2m 3%5% 。3瓦 4電 5口，乙丙圖5.一 tt., 一一一已知v0、 t0、b,粒子的比荷為 司一,不計粒子的重力.求： b0t 0（1） t=t0時，求粒子的位置坐標；（2）若t =5t0時粒子回到原點，求 05t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離;（3）若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有e）值.思維導圖由圖象可知，電場、磁場交替出現(xiàn)，說明粒 子交替進行勻速畫周運動和勾變速直線運動、，xj=5f“時粒子回到原點”畫出粒子的運動軌跡.可知口內(nèi)半徑應為的2僭jl/牛頓第二定律、勾變速宜線運動規(guī)律萌強?交變電場中粒子做往復直線運動的分析方法 不|粒子在磁場中做盹周運動的力學

12、方程守出等、周期公式丁二部畫出粒子匕中u時間到原點的挺動軌跡，得到面面彘0=2/的美系、-/、由jl何美系可知，夏使粒子經(jīng)過原點，則勢 須滿足網(wǎng)羽-23=%,楓=1總3?。┐痤}模板解析（1）由粒子的比荷q=-, m boto則粒子做圓周運動的周期t= 2al 2to（1分）boq則在0to內(nèi)轉過的圓心角a =兀（2分）2 v0一由牛頓第一te律qv0b0=m-（2分）r i得口 =弛（1分）兀2v0t 0位置坐標（，0） . （1分）兀（2）粒子t =5t。時回到原點，軌跡如圖所示2=2r（2 分）mv mv 八ri=bq r2=bq（1 分）得 v2= 2v0（1 分）2 =2vot兀o-（

13、1 分）粒子在102t 0時間內(nèi)做勻加速直線運動， 2t 03t 0時間內(nèi)做勻速圓周運動，則在 05to時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離:hm=v0+ 2v02t。+ r 2= （2 + -） v0t 0.（2分）（3）如圖所示，設帶電粒子在 x軸上方做圓周運動的軌道半徑為ri,在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為2，由幾何關系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足：n（22 一2ri）=2ri, （n= 1,2,3 ,）（1 分）rit 4 = mv（1 分）bcqbq/聯(lián)立以上各式解得v= nv0, （n= 1,2,3 ,）（1分）又由v=v0+&m 0分）v0b）._ _ _,，.八.得 e）=, （

14、 n= 1,2,3 ,）.（1 分）n兀答案（1）（必，0）（2）（ 3+ ） v0t 0 （3）譬，（n=1,2,3 ,）兀2 兀n兀點睛之筆變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性.這種情況下 要仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于 什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內(nèi)的運動徑跡的草圖.高考現(xiàn)場（限時：15分鐘，滿分：20分）（2014 山東 24）如圖6甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板 p、q間存在勻強磁場.取 垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.t = 0時刻，一質(zhì)量為m帶電量為+ q的粒

15、子（不計重力），以初速度v。由q板左端靠近板面的位置，沿垂 直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū).當r和tb取某些特定值時，可使 t = 0時刻入射的粒子經(jīng)at時間恰能垂直打在 p板上（不考慮粒子反彈）.上述m q、d、v0為已知量.41_,一(1)若 at=tb,求 bo；.3(2)若at=tb,求粒子在磁場中運動時加速度的大小；4mv ，一,(3)若bo=r，為使粒子仍能垂直打在p板上，求tb.qd答案 m0 (2) 3v (3) 或停+ arcsin 4 及qd d3vo24 2vo解析(1)設粒子做圓周運動的半徑為r,2由牛頓第二定律得qvobo=mvr據(jù)題意由幾何關系得r=d2voa

16、=r2 聯(lián)立式得b)= f qd(2)設粒子做圓周運動的半徑為 r,加速度大小為a,由圓周運動公式得據(jù)題意由幾何關系得3r=d3v2聯(lián)立式得a=h. d 2ttr_(3)設粒子做圓周運動的半徑為r周期為t,由圓周運動公式得t=vo由牛頓第二定律得2mv -qvobo=(8r、，4mv-由題意知b=4mv,代入式得d=4rd qd粒子運動軌跡如圖所示，o、02為圓心，oq連線與水平方向的夾角為 0 ,在每個tb內(nèi)，只有a、b兩個位置才有可能一一一 .兀 .一 、.垂直擊中p板，且土!要求0。2,由題意可知71設經(jīng)歷完整tb的個數(shù)為n(n=0,1,2,3 ,)若在a點擊中p板，據(jù)題意由幾何關系得r

17、+ 2( r rsin 9)n=d?當n = 0時，無解？1當n= 1時，聯(lián)立?式得0 =6(或sin 。=2)?一 _ it d聯(lián)立？式得tb=/?3v0當n2時，不滿足0。90的要求？ 若在b點擊中p板，據(jù)題意由幾何關系得 r+ 2rrsin 9+2(r+ rrsin 9)n = d?當n = 0時，無解？當n=1時，聯(lián)立？式得0 = arcsin ；(或 sin 0?44聯(lián)立？式得tb=2 + arcsin 4 ,畀？ 當n2時，不滿足0。90的要求.專題突破練(限時：45分鐘)題組1帶電粒子在疊加場中的運動1.如圖1甲所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上.在 xoy平面內(nèi)有與y

18、軸平行 的勻強電場，在半徑為 r的圓形區(qū)域內(nèi)加有與 xoy平面垂直的勻強磁場.在坐標原點 o處放 置一帶電微粒發(fā)射裝置， 它可以連續(xù)不斷地發(fā)射具有相同質(zhì)量 m電荷量q(q0)和初速度為 v0的帶電微粒.(已知重力加速度為 g)圖1(1)當帶電微粒發(fā)射裝置連續(xù)不斷地沿y軸正方向發(fā)射這種帶電微粒時，這些帶電微粒將沿圓形磁場區(qū)域的水平直徑方向離開磁場，并繼續(xù)沿x軸正方向運動.求電場強度e和磁感應強度b的大小和方向.(2)調(diào)節(jié)坐標原點處的帶電微粒發(fā)射裝置，使其在xoy平面內(nèi)不斷地以相同速率 vo沿不同方向?qū)⑦@種帶電微粒射入第i象限，如圖乙所示.現(xiàn)要求這些帶電微粒最終都能平行于x軸正方向運動，則在保證電

19、場強度e和磁感應強度 b的大小和方向不變的條件下，求出符合條件的磁場區(qū)域的最小面積.(2)( yt舊答案6e= mb&y軸正方向b= mmr,垂直紙面向外解析(1)微粒沿x軸正方向運動，即帶電微粒所受重力與電場力平衡.設電場強度大小為 e,由平衡條件得： mg= qe解得：e= mg q由于粒子帶正電，故電場方向沿y軸正方向帶電微粒進入磁場后，做勻速圓周運動，且半徑 r = r設勻強磁場的磁感應強度大小為b.2 -v0 由牛頓第二te律得：qvob= mr.- mv 解得b=磁場方向垂直紙面向外.qr(2)沿y軸正方向射入的微粒，運動軌跡如圖所示:以半徑r沿x軸正方向運動四分之一圓弧，該圓弧也

20、恰為微粒運動的上邊界.以o點為圓心、r為半徑做的四分之一圓弧 bc為微粒做圓周運動的圓心軌跡.微粒經(jīng)磁場偏轉后沿 x軸正方向運動，即半徑沿豎直方向.并且射出點距圓心軌跡上各點的距離為r,射出點的邊界與圓弧bc平行，如圖中的圓弧 oda圓弧oa與圓弧od位間的區(qū)域即為磁場區(qū)域的最小面積：s= 2(1 兀 r2-2r2) =(y-1)r2.題組2帶電粒子在組合場中的運動分析2.如圖2所示，在矩形區(qū)域cdnmfo有沿紙面向上的勻強電場，場強的大小e= 1.5x105v/m；在矩形區(qū)域 mng內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小 b= 0.2 t ,已知cd= mn=fg= 0.60 m, cm

21、= mf= 0.20 m在cd邊中點o處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為 v0= 1.0 x 106 m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量rn= 6.4 x 10 27 kg ,電荷量q = 3.2 x10 19 c,粒子可以無阻礙地通過邊界mns入磁場，不計粒子的重力.求：圖2(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2)邊界fg上有粒子射出磁場的范圍長度；(3)粒子在磁場中運動的最長時間.(后兩問結果保留兩位有效數(shù)字)答案 (1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.1 x10 7 s解析(1)電場中由動能定理得：qed= 2m4-2mv由題意知d= 0.20 m，代入數(shù)據(jù)

22、得v = 2 x 106 m/s2 v 市電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qbv=嚇解得 r= mv= 0.2 m. qb(2)設粒子沿垂直于電場方向射入時，出電場時水平位移為s,則由平拋規(guī)律得：h 1 qe t2 d=2, m ts= v0t2 3 解得s= = m 15離開電場時，sin1 = v = 1, 0 1 = 30 v 2由題意可知，pslmn 7古oct向射出粒子到達 p點，為左邊界，垂直 mn!寸出的粒子與邊界范圍長度為 l =s+r = (1g+0.2) m =0.43 m.t=常 由分析可知，00方向射出的粒子運動時間最長，設fg長度為l1sin2lt 10 2= = ,

23、0 2= 30r 2 . . .一.12 7tm 帶電粒子在磁場中運動的最大圓心角為120 ,對應的最長時間為tmax= 3丁=可qb=2.lxl0-7 s3 .如圖3所示，質(zhì)量為 m電荷量為+ q的粒子從坐標原點 0以初速度vo射出，粒子恰好經(jīng) 過a點，q a兩點長度為l,連線與坐標軸+ y方向的夾角為”=37。，不計粒子的重力.圖3(1)若在平行于x軸正方向的勻強電場 e1中，粒子沿+ y方向從o點射出，恰好經(jīng)過a點；若 在平彳t于y軸正方向的勻強電場 巳中，粒子沿+ x方向從o點射出，也恰好能經(jīng)過 a點，求 e這兩種情況電場強度的比值 -.3(2)若在y軸左側空間(第n、出象限)存在垂直

24、紙面的勻強磁場，粒子從坐標原點o沿與十y軸成30。的方向射入第二象限，恰好經(jīng)過a點，求磁感應強度b.答案27 64 (2)3 3m+ 4 mv11ql解析(1)在電場e1中l(wèi) sin a1 qei 22.前1l cos a1嗚22 ml sin a = v0t 2“ e e聯(lián)立解得三=e22764(2)設軌跡半徑為 r軌跡如圖所示.oc= 2rsin 30,，一,-l sin 37 由幾何知識可信 tan 30= 2rsin 30 + l cos 37 解得 fr= 3 1?- 4152,-mv又由qvbrr方向垂直紙面向里.題組3帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析4 .如圖4a所示，水平直線mnf方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷9* 1x106c/kg的正電荷置于電場中的o點由靜