帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)

1、學(xué)輔教育 成功就是每天進(jìn)步一點(diǎn)點(diǎn)帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動(dòng)【思維導(dǎo)圖】【考點(diǎn)分析】帶電粒子在電場和磁場(或電場、磁場和重力場的復(fù)合場)中的運(yùn)動(dòng)是高中物理的重點(diǎn)內(nèi)容，盡管2015年它不是高考物理的壓軸題，但從本專題的知識特點(diǎn)和歷年來的高考情況看，帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)對考查考生的空間想象能力、綜合分析能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)解決物理問題的能力都有較高的要求，今后它依然是高考壓軸題的首選?！疽族e(cuò)分析】一. 知識缺陷1. 對概念的理解不準(zhǔn)確而出錯(cuò)，如對等勢面的概念、電場力做功與電勢能變化的關(guān)系理解不深刻導(dǎo)致出錯(cuò)。2. 對平行板電容器中電場的特性掌握不好而錯(cuò)，如忽視當(dāng)電容器兩極板旋轉(zhuǎn)以后會導(dǎo)致電容器內(nèi)部

2、的勻強(qiáng)電場方向也會改變而出錯(cuò)。3. 不能根據(jù)洛倫茲力不做功，判斷出粒子從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后速度大小不變，從而不能比較角速度的大小關(guān)系。4. 不能正確分析初、末速度為零所隱含的條件，即不能分析出帶電小球從N到P的過程中速率先增大后減小而錯(cuò)。5. 對變力功的計(jì)算方法掌握不熟練，即不能根據(jù)動(dòng)能定理求出變化的電場力所做的功。6. 對洛倫茲力的大小和方向不熟練，應(yīng)用左手定則不熟練，不能根據(jù)速度方向、磁場方向快速準(zhǔn)確判斷洛倫茲力方向。7. 對帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的確定很困難，不知道從速度的垂線和弦的中垂線等找出兩個(gè)半徑的交點(diǎn)來確定圓心。二. 技能缺陷1. 數(shù)形結(jié)合能力、作圖能力欠

3、缺，在分析物體的運(yùn)動(dòng)過程時(shí)沒有作出物體的過程示意圖，不能通過正確的幾何圖形來分析求解相關(guān)的物理問題。2. 缺乏將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為物理問題的能力，學(xué)生不會從實(shí)際問題中提煉出物理模型從而解決相關(guān)實(shí)際問題。3. 無法理清多個(gè)物理過程，不能挖掘題目中的隱含條件。4. 分析能力和推理演繹能力不足，不能把電荷受到的電場力與電荷在電場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律有機(jī)結(jié)合起來。5. 應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力不足，如對兩圓相切的幾何關(guān)系掌握不牢，不理解圖象斜率的大小和方向代表的物理意義，等等?！究键c(diǎn)回顧】一. 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)(一) 電場力和能的性質(zhì)1. 電場強(qiáng)度公式適用條件任何電場點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場勻強(qiáng)電場備注Q

4、為試探電荷的電荷量Q為場源電荷的電荷量D為兩點(diǎn)沿電場方向的距離2. 電場力做功與電勢能(1)電勢和電勢能的相對性：電場中某點(diǎn)的電勢、電荷在電場中某點(diǎn)的電勢能的數(shù)值大小與電勢零點(diǎn)的選取有關(guān)。(2)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系：電場力對電荷做的功在數(shù)值上等于電荷的電勢能的減少量，即W=-Ep。3. 電勢、電勢差(1)電勢與電勢能：Ep=q(運(yùn)算時(shí)帶正負(fù)號)。電勢和電勢能均為標(biāo)量,電勢的正負(fù)反映電勢的高低,電勢能的正負(fù)反映電荷電勢能的大小。(2)電勢差與電場力做功：WAB=qUAB=q(A-B) (運(yùn)算時(shí)注意帶正負(fù)號)。注意：電勢與電場強(qiáng)度無直接關(guān)系，零電勢處可以人為選取，而電場強(qiáng)度是否為零則由電場

5、本身決定；電場力做功與路徑無關(guān)。(二) 不計(jì)重力的帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1. 帶電粒子在電場中加速：電荷量為q、質(zhì)量為m、初速度為v0的帶電粒子經(jīng)電壓U加速后，速度變?yōu)関t，由動(dòng)能定理得：qU=1/2mvt2-1/2mv02。若v0=0，則有vt=，這個(gè)關(guān)系式對任意靜電場都是適用的。對于帶電粒子在電場中的加速問題，應(yīng)突出動(dòng)能定理的應(yīng)用。2. 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)：電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后,以速度v1垂直進(jìn)入由兩帶電平行金屬板產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場中，則帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，其軌跡是一條拋物線(如圖所示)帶電粒子在加速電場中，有qU1=1/2mv12，設(shè)

6、兩平行金屬板間的電壓為U2，板間距離為d，板長為L。(1)帶電粒子進(jìn)入兩板間后，粒子在垂直于電場的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有vx=v1，L=v1t，粒子在平行于電場的方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有vy=at，y=1/2at2，a=qE/m=qU2/md(2)帶電粒子離開極板時(shí)，側(cè)移距離y=1/2at2=U2L2/4dU1，軌跡方程：y=U2x2/4dU1 (與m、q無關(guān))，偏轉(zhuǎn)角度的正切值tan=at/v1=U2L/2dU1，若在偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)D距離處有一豎立的屏，在求粒子射到屏上的側(cè)移距離時(shí)有一個(gè)很有用的推論，即：所有離開偏轉(zhuǎn)電場的粒子好像都是從極板的中心沿中心與射出點(diǎn)的連線射出的。這樣

7、很容易得到電荷在屏上的側(cè)移距離y=(D+L/2)tan。以上公式要求在能夠證明的前提下熟記,并能通過以上式子分析、討論側(cè)移距離和偏轉(zhuǎn)角度與帶電粒子的速度、動(dòng)能、比荷等物理量的關(guān)系。3. 兩種觀點(diǎn)解決帶電體在電場中的運(yùn)動(dòng)問題（加速、偏轉(zhuǎn)）(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來解決實(shí)際問題。一般有兩種情況(僅限于勻強(qiáng)電場，非勻強(qiáng)電場只作定性分析)。帶電粒子的初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。帶電粒子的初速度方向與電場線垂直，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。(2)功能觀點(diǎn)：首先對帶電體進(jìn)行受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，最后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算。若選用動(dòng)能定理，則要分

8、析有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能的增量。若選用能量守恒定律，則要分析帶電體在運(yùn)動(dòng)過程中有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的，表達(dá)式有兩種：a.初狀態(tài)與末狀態(tài)的能量相等，即E初=E末。b.一種形式的能量增加必然引起另一種形式的能量減少，即E增=E減，這種方法不僅適用于勻變速運(yùn)動(dòng)，對于非勻變速運(yùn)動(dòng)同樣適用。二. 帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)問題1. 常見的交變電場：常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。2. 常見的試題類型：此類題型一般有三種情況:(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)。(2)粒子做往返運(yùn)

9、動(dòng)(一般分段研究)。(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場特點(diǎn)分段研究)。3. 常用的分析方法(1)帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)且不計(jì)粒子重力的情形。在兩個(gè)相互平行的金屬板間加交變電壓時(shí)，在兩板中間便可獲得交變電場。此類電場從空間看是勻強(qiáng)的，即同一時(shí)刻，電場中各個(gè)位置處電場強(qiáng)度的大小、方向都相同；從時(shí)間看是變化的，即電場強(qiáng)度的大小、方向都隨時(shí)間而變化。當(dāng)粒子平行于電場方向射入時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力情況決定了粒子的運(yùn)動(dòng)情況，粒子可以做周期性的運(yùn)動(dòng)。當(dāng)粒子垂直于電場方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場方向的分運(yùn)動(dòng)具有

10、周期性。(2)研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等。(3)對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，一般來說題中會直接或間接提到“粒子在其中運(yùn)動(dòng)時(shí)電場為恒定電場”，故帶電粒子穿過電場時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)。三. 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場或復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(一) 不計(jì)重力的帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)1. 不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)可分為兩種情況。(1)勻速直線運(yùn)動(dòng)：若帶電粒子的速度方向與勻強(qiáng)磁場的方向平行,則粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：若帶電粒子的速度方向與勻強(qiáng)磁場

11、的方向垂直,則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。2. 質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其角速度為,軌道半徑為R,運(yùn)動(dòng)的周期為T,則有qvB=mv2/R=mR2=mv=mR(2/T)2=mR(2f)2R=mv/qB；T=2m/qB(與v、R無關(guān))，f=1T=qB2m。3. 處理帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問題，應(yīng)注意把握以下幾點(diǎn)。(1)粒子圓軌跡的圓心的確定：畫出帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡是解決這類問題的首要和關(guān)鍵的一步，而確定帶電粒子運(yùn)動(dòng)的圓心又是畫軌跡的關(guān)鍵，一般說來，確定帶電粒子的圓心有這樣的幾種常見方法： 若已知粒子在圓周運(yùn)動(dòng)中的兩個(gè)具體位置及通過某

12、一位置時(shí)的速度方向，可在已知速度方向的位置畫速度的垂線，同時(shí)畫出兩位置連線的中垂線，兩垂線的交點(diǎn)為圓軌跡的圓心，如圖甲所示。若已知做圓周運(yùn)動(dòng)的粒子通過某兩個(gè)具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩垂線的交點(diǎn)為圓軌跡的圓心,如圖乙所示。若已知做圓周運(yùn)動(dòng)的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R,可在該位置上畫速度的垂線,垂線上距該位置R處的點(diǎn)為圓軌跡的圓心(利用左手定則判斷圓心在已知位置的哪一側(cè))，如圖丙所示。若已知帶電粒子經(jīng)過磁場中的三點(diǎn)，則用“三點(diǎn)定圓”的方法可以作出圓心。若已知粒子的入射方向和出射方向，且能求得粒子的軌道半徑，但不知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí)，可延長粒子的兩速度方

13、向所在的直線，作兩直線的角平分線，在角平分線上找到兩直線的距離為R的點(diǎn)，該點(diǎn)即為圓心。(2)粒子圓軌跡的半徑的確定可直接運(yùn)用公式R=mvqB來確定。畫出幾何圖形，利用半徑R與題中已知長度的幾何關(guān)系來確定。在利用幾何關(guān)系時(shí),要注意一個(gè)重要的幾何特點(diǎn),即:粒子速度的偏向角等于對應(yīng)軌跡圓弧的圓心角,并等于弦切角的兩倍,如圖所示。(3)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期的確定可直接運(yùn)用公式T=2mqB來確定。利用周期T與題中已知時(shí)間t的關(guān)系來確定。若粒子在時(shí)間t內(nèi)通過的圓弧所對應(yīng)的圓心角為,則有t=360T(或t=2T)(4)圓周運(yùn)動(dòng)中有關(guān)對稱的規(guī)律從磁場的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出,則速度方向與邊界的夾角

14、相等,如圖甲所示。在圓形磁場區(qū)域內(nèi),沿徑向射入的粒子必沿徑向射出,如圖乙所示。(5)圓形有界磁場中“磁聚焦”規(guī)律帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)問題是高中物理中常見的問題，磁場的邊界也有多種情況，其中圓形邊界最為常見，而當(dāng)磁場圓半徑與軌跡圓半徑相等時(shí)，存在特殊規(guī)律。相同的帶電粒子從圓形有界磁場邊界上的某點(diǎn)沿各個(gè)方向射入磁場,則所有粒子的出射方向都與磁場圓上入射點(diǎn)處的切線方向平行,如圖甲所示。反之,平行射入圓形有界磁場的相同帶電粒子,都從磁場邊界上的同一點(diǎn)射出磁場,如圖乙所示。(二) 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1. 復(fù)合場及分類：復(fù)合場是指重力場、電場、磁場并存的場，高中階段所涉及的復(fù)合場有四種組合形式

15、，即：電場與磁場的復(fù)合場;磁場與重力場的復(fù)合場;電場與重力場的復(fù)合場;電場、磁場與重力場的復(fù)合場。2. 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)(1)帶電粒子在復(fù)合場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)帶電微粒在三種場共存的區(qū)域中做直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)其速度始終平行于磁場時(shí),不受洛倫茲力,因此可能做勻速運(yùn)動(dòng)也可能做勻變速運(yùn)動(dòng);當(dāng)其速度垂直于磁場時(shí),只能做勻速運(yùn)動(dòng)。帶電微粒在三種場共同作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。必然是電場力和重力平衡,而洛倫茲力充當(dāng)向心力。當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小、方向均在不斷變化時(shí)，粒子將做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。高考一般不作要求。(2)帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：帶電粒子所受的約束,通常有面、桿、繩、

16、圓軌道等。常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)。此類問題應(yīng)注意分析洛倫茲力所起的作用。(3)帶電粒子在交替場中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)帶電粒子在不同場中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可能不同，對比可分別進(jìn)行討論,運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系點(diǎn)是速度,因?yàn)樗俣炔荒馨l(fā)生突變。3. 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的分析方法首先要弄清是一個(gè)怎樣的復(fù)合場，是磁場與電場的復(fù)合,還是磁場與重力場的復(fù)合,還是電場與重力場的復(fù)合,還是磁場、電場、重力場的復(fù)合。帶電粒子所受合力為零時(shí),做勻速直線運(yùn)動(dòng);所受重力與電場力平衡,洛倫茲力提供向心力,帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng);所受合力是變力,帶電粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。靈活運(yùn)用力學(xué)規(guī)律根據(jù)平衡條件列方程求解,應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件

17、列方程求解,應(yīng)用動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程求解。注意：由于帶電粒子在復(fù)合場中的受力情況復(fù)雜,運(yùn)動(dòng)情況多變,往往出現(xiàn)臨界問題,此時(shí),應(yīng)以題目中出現(xiàn)的“恰恰”“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口挖掘隱含條件,根據(jù)臨界條件列出輔助方程,再與其他方程一起求解。四. 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)1. 組合場模型:電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存,但各位于一定區(qū)域,并且互不重疊的情況。2. 帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)的解題思路(1)明確組合場是由哪些場組成的。(2)判斷粒子經(jīng)過組合場時(shí)的受力和運(yùn)動(dòng)情況并畫出運(yùn)動(dòng)軌跡。(3)帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時(shí)利用動(dòng)能定理或類平拋的知識分析。(4)帶電粒子經(jīng)過磁

18、場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理。五. 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，是一個(gè)綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題，研究的方法與質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)相同，它同樣遵循運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等力學(xué)規(guī)律，處理問題的要點(diǎn)是要注意區(qū)分不同的物理過程，弄清在不同的物理過程中物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，并選用相應(yīng)的物理規(guī)律。為了加深對這部分知識的理解與應(yīng)用，以下就處理這類問題的常見思想、方法分類加以例析【典例分析】例1、 （用運(yùn)動(dòng)的分解思想處理帶電粒子的曲線運(yùn)動(dòng)：在處理帶電粒子在勻強(qiáng)電場或電場與重力場組成的復(fù)合場中做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)的合成與分解法比較常見，一般將粒子比較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)分解為沿電場方向和垂直于

19、電場方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)來求解）一個(gè)帶負(fù)電的小球質(zhì)量為m，帶電荷量為q，在一個(gè)如圖1所示的平行板電容器的右側(cè)邊被豎直上拋，最后落在電容器左側(cè)邊緣同一高度處，兩板間距為d，板間電壓為U，求電荷能達(dá)到的最大高度H及拋出時(shí)的初速度v0【解析】由題設(shè)條件可知：小球在復(fù)合場中做曲線運(yùn)動(dòng)，可將其運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)。由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：小球上升的最大高度H，小球自拋出至回到左側(cè)板邊緣同一高度處所需時(shí)間為：，根據(jù)小球在水平方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：，聯(lián)立解得：例2、 （用能量觀點(diǎn)處理相關(guān)問題：由于電場力做功與粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的路徑無關(guān)，只決定于始、末位置的電勢差，即：WAB=q

20、UAB，因此用功能關(guān)系法處理粒子在勻強(qiáng)電場或非勻強(qiáng)電場的直線運(yùn)動(dòng)或曲線運(yùn)動(dòng)問題都是比較有效的）如圖2所示，光滑絕緣豎直細(xì)桿與以正電荷Q為圓心的圓交于B、C兩點(diǎn)，一質(zhì)量為m，電荷量為q的空心小球從桿上的A點(diǎn)由靜止開始下落，設(shè)AB=BC=h，小球滑到B點(diǎn)時(shí)速度為，試求：（1）小球滑至C點(diǎn)的速度（2）A、B兩點(diǎn)的電勢差【解析】（1）因B、C是在電荷Q產(chǎn)生的電場中處在同一等勢面上的兩點(diǎn)，即UBC=0，所以從B到C時(shí)電場對帶電小球所做的功為零，由BC，根據(jù)動(dòng)能定理得：，將代入，解得（2）由AB，根據(jù)動(dòng)能定理，所以例3、 （用極限思想分析臨界問題：涉及到帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的臨界問題時(shí)，關(guān)鍵是找到臨界狀態(tài)

21、所對應(yīng)的臨界條件，而臨界條件可以借助極限法進(jìn)行分析）一束電子流在經(jīng)U=5 000 V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，如圖3所示，若兩板間距d=1.0 cm，板長l=5.0 cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最多能加多大電壓?【解析】在加速電壓一定時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓U越大，電子在極板間的偏距就越大，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時(shí)的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓。加速過程，由動(dòng)能定理得；進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)；在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度；偏距；能飛出的條件為；解式得=400V即要使電子能飛出，所加電壓

22、最大為400 V例4、 （解答帶電粒子在有界磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的問題,有以下技巧:(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切;(2)當(dāng)速度v一定時(shí),弧長(或弦長)越長,圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長;(3)當(dāng)速率v變化時(shí),圓心角越大則運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長;(4)在矩形磁場區(qū)域內(nèi),從同一邊界射入的粒子從同一邊界射出,射出時(shí)與射入時(shí)速度與邊界的夾角相等;(5)在圓形磁場區(qū)域內(nèi),沿徑向射入的粒子必沿徑向射出。）如圖所示,寬度d=8 cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域(長度aa、bb足夠長),磁感強(qiáng)度B=0.332 T,磁場方向垂直紙面向里,在磁場邊界aa上放有一放射源S,可沿紙面向各

23、個(gè)方向均勻射出初速率相同的粒子,已知粒子的質(zhì)量m=6.6410-27 kg,電量q=3.210-19C,射出時(shí)初速率為v0=3.2106 m/s。 作圖：(1)從S向各個(gè)方向出射的粒子通過磁場空間做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)圓心的軌跡。(2)粒子從b端出射時(shí)離bb中心最遠(yuǎn)點(diǎn)P點(diǎn)的位置。(3)粒子從b端出射時(shí)離bb中心最遠(yuǎn)點(diǎn)Q點(diǎn)的位置。計(jì)算：(4)兩點(diǎn)P、Q連線PQ的長度。(5)如果d是可以變化的,PQ的最大值?！窘馕觥扛鶕?jù)牛頓第二定律可得: Bqv0=mv02R,所以R=mv0Bq=0.20 m(1)過S點(diǎn)作aa的垂線交bb于S,以S為圓心,以R為半徑作半圓交垂線于OO,半圓OO即為粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心軌跡,

24、如圖乙所示。(2)以O(shè)為圓心,以R為半徑作圓弧SP交bb于P點(diǎn),P點(diǎn)即為粒子出射磁場區(qū)域在b處的最遠(yuǎn)點(diǎn)。(3)作CS使CSO=POS,以C為中心,以R為半徑,作圓弧SQ交bb于Q點(diǎn),Q點(diǎn)即為所求之最遠(yuǎn)點(diǎn)。(4)由對稱性可知,PQ=2PS,而PS=R2-(R-d)2=0.16 m,PQ=0.32 m(5)當(dāng)d=R時(shí),PQ有最大值:PQ=2R=0.40 m?！敬鸢浮?1)見解析(2)見解析(3)見解析(4)0.32 m(5)0.40 m【點(diǎn)評】本題的特點(diǎn)是所有帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在同一圓周上。求解這類問題時(shí)應(yīng)首先求出粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R,從而確定圓心的集合;然后利用作圖法就可

25、以簡便地求出相關(guān)問題。求解本題的關(guān)鍵是要找到臨界條件,而找臨界條件的方法是“旋轉(zhuǎn)圓法”,即帶電粒子以一定速度沿任意方向射入勻強(qiáng)磁場時(shí),它們將在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其軌跡半徑相同,若射入初速度為v,則圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R=mvqB。同時(shí)可發(fā)現(xiàn)這樣的粒子源的粒子射入磁場后,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在以粒子源為圓心,半徑為R=mvqB的圓上,這樣通過將粒子的軌跡圓進(jìn)行旋轉(zhuǎn)就可找到臨界條件。例5、 （運(yùn)用等效思想建立復(fù)合場模型處理相關(guān)問題：處在勻強(qiáng)電場中的帶電體除受到電場力外，一般還會受到重力等其他外力的作用，這類問題應(yīng)用等效重力法，即將重力和電場力的合力看成一等效重力，然后運(yùn)用類比法，通常都能

26、較簡捷地解決問題。運(yùn)用等效的觀點(diǎn)對物理過程進(jìn)行分析，不僅便于我們對物理問題的解答，而且對于靈活運(yùn)用知識，促進(jìn)知識和能力的遷移、思維的拓展，都有很大的幫助）在水平向右的勻強(qiáng)電場中，有一質(zhì)量為m，帶正電的小球，用長為L的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，穩(wěn)定時(shí)小球靜止于A點(diǎn)，細(xì)線與豎直方向夾角為，如圖4所示，現(xiàn)給小球一個(gè)垂直于懸線的初速度，使小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，求：（1）小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度；（2）小球在A點(diǎn)的初速度。 【解析】小球在運(yùn)動(dòng)過程中，所受重力和電場力都是恒力，將它們合成等效為一個(gè)力F，如圖5所示，則，把合力F與重力類比，其等效重力加速度，因此，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的等效“最低點(diǎn)

27、”和“最高點(diǎn)”分別為圖5中的A點(diǎn)和B點(diǎn)。（1）小球在B點(diǎn)處的速度最小，依題意有，解得；（2）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可列式：【答案】（1）；（2）例6、 真空室中有如圖甲所示的裝置，電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速不計(jì))經(jīng)過電場加速后，從小孔O沿水平放置的偏轉(zhuǎn)極板M、N的中心軸線OO射入。M、N板長均為L，間距為d，偏轉(zhuǎn)極板右邊緣到熒光屏P(足夠大)的距離為s。M、N兩板間的電壓UMN隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示。調(diào)節(jié)加速電場的電壓,使得每個(gè)電子通過偏轉(zhuǎn)極板M、N間的時(shí)間等于圖乙中電壓UMN的變化周期T。已知電子的質(zhì)量、電荷量分別為m、e，不計(jì)電子重力。(1)求加速電場的電壓U1。

28、(2)欲使不同時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子都能打到熒光屏P上，求圖乙中電壓U2的范圍。(3)證明在(2)問條件下電子打在熒光屏上形成亮線的長度與距離s無關(guān)。【解析】(1)設(shè)電子剛進(jìn)入MN間的速度為v0,則根據(jù)動(dòng)能定理得:eU1=1/2mv02-0，依題意有:L=v0T，解得電壓U1=mL22eT2。(2)t=0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子,先做類平拋運(yùn)動(dòng),后做勻速直線運(yùn)動(dòng),射出電場時(shí)沿垂直于板面方向偏移的距離y最大。y1=12eU2md(T2)2 , y2=2y1,y1+y2d2，解得:U24md23eT2。(3)對滿足(2)問條件下任意確定的U2，不同時(shí)刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的速度均為vy

29、=eU2T2md，電子速度偏轉(zhuǎn)角的正切值均為tan=eU2T2mdv0=eU2T22mdL,電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度均相同,即速度方向相同,不同時(shí)刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的側(cè)移距離可能不同,側(cè)移距離的最大值與最小值之差y=eU2md(T2)2,y與U2有關(guān)。因電子射出時(shí)速度方向相同,所以在屏上形成亮線的長度等于y,可知,屏上形成亮線的長度與P到極板M、N右邊緣的距離s無關(guān)。【答案】(1)mL22eT2(2)U24md23eT2(3) 見解析【點(diǎn)評】對于帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)問題,由于不同時(shí)間內(nèi)電場強(qiáng)度不同,使得帶電粒子所受電場力不同,因此是變力作用問題。解決這類問題要分段進(jìn)

30、行分析,根據(jù)題意找出滿足題目要求的條件,從而分析求解。例7、 在直角坐標(biāo)系xOy中,有一半徑為R的圓形磁場區(qū)域,磁感強(qiáng)度為B,磁場方向垂直于xOy平面指向紙面外,該區(qū)域的圓心坐標(biāo)為(0,R),P1 P2分別為加速電場的正負(fù)兩極板,P2中央有一小孔,兩極板都平行于x軸正對放置,如圖甲所示。有一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的負(fù)離子,由靜止經(jīng)電場加速后從點(diǎn)(R/2,0)沿y軸正向射入第象限,不計(jì)重力的影響。 (1)若離子從射入到射出磁場通過了該磁場的最大距離,試求離子在磁場區(qū)域經(jīng)歷的時(shí)間t1和加速電場的加速電壓U1。(2)若離子在磁場區(qū)域經(jīng)歷的時(shí)間t2=m2Bq,求加速電場的加速電壓U2。【解析】(1)設(shè)該

31、離子從M點(diǎn)射入磁場,從N點(diǎn)射出磁場,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可得: Bqv=mv2r,所以有:T=2mBq,據(jù)題意離子在磁場中通過了該磁場的最大距離,所以MN為圓形磁場區(qū)域的一條直徑(如圖乙所示),OMN=,cos =R2R=12,所以有=3,由幾何關(guān)系得:離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓弧等于完整圓弧的16,所以離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=T6=m3qB,由幾何關(guān)系得:r1=2R,聯(lián)立上式得:v1=2BqRm,離子在電場中加速,根據(jù)動(dòng)能定理得:qU1=12mv12解得:U1=2qB2R2m。(2)若離子在磁場區(qū)域經(jīng)歷的時(shí)間t2=m2Bq,則離子在磁場運(yùn)動(dòng)的圓弧等于完整圓弧的14,

32、作出運(yùn)動(dòng)軌跡圖如圖丙所示,由幾何知識可知:O1M1=O2M1=32R,所以r2=O2M=O2M1+MM1=(1+3)R2,v2=(1+3)BqR2m,離子在電場中加速,根據(jù)動(dòng)能定理得:qU2=12mv22,解得:U2=(2+3)qB2R24m?！敬鸢浮?1)2qB2R2m(2)(2+3)qB2R24m【點(diǎn)評】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場中和勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng),意在考查考生運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力。求解粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)問題時(shí)要抓住解題三要點(diǎn): (1)畫軌跡,即確定圓心,畫出運(yùn)動(dòng)軌跡,(2)找聯(lián)系,軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動(dòng)速度的聯(lián)系,偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運(yùn)動(dòng)時(shí)間的聯(lián)系,在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與

33、周期的聯(lián)系。(3)用規(guī)律,即牛頓運(yùn)動(dòng)定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,特別是周期公式、半徑公式。例8、 如圖所示,坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi),在該區(qū)域內(nèi)有場強(qiáng)E=12 N/C、方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2.0 T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)質(zhì)量m=4.010-5kg、電荷量q=2.510-5 C帶正電的微粒,在xOy平面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O時(shí),撤去磁場,經(jīng)一段時(shí)間后,帶電微粒運(yùn)動(dòng)到了x軸上的P點(diǎn)。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)P點(diǎn)到原點(diǎn)O的距離。(2)帶電微粒由原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間。【解析】微粒在運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)之前受到重力、電場力和洛倫茲

34、力作用,在這段時(shí)間內(nèi)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng),說明三力合力為零,由平衡條件,有:FB2=FE2+(mg)2,電場力:FE=Qe,洛倫茲力:FB=qBv，聯(lián)立以上各式解得: v=(qE)2+(mg)2qB，代入已知數(shù)據(jù)得:v=10 m/s，微粒運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)之后,撤去磁場,微粒只受到重力、電場力作用,其合力為一恒力,且方向與微粒在O點(diǎn)的速度方向垂直,如圖乙所示,因此微粒在后一段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng),可沿初速度方向和合力方向進(jìn)行研究。tan =FEmg，代入數(shù)據(jù)得tan =34，設(shè)沿初速度方向的位移為s1,沿合力方向的位移為s2,則有s1=vt,s2=12FE2+(mg)2mt2，OP=s1cos，聯(lián)立

35、求解,代入數(shù)據(jù)可得P點(diǎn)到原點(diǎn)O的距離OP=15 m ,O點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=1.2 s?！敬鸢浮?1)15 m(2)1.2 s【點(diǎn)評】帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì),取決于帶電粒子的受力情況,在平面上粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),則所受的重力、電場力和洛倫茲力三力的合力一定等于零。撤去磁場后,粒子受重力和電場力的作用,做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),對勻變速曲線運(yùn)動(dòng)可以應(yīng)用等效的方法進(jìn)行處理,也可以按運(yùn)動(dòng)的分解進(jìn)行處理。練習(xí)1、 如圖所示，實(shí)線為不知方向的三條電場線，從電場中M點(diǎn)以相同速度飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。則()A.a一定帶正電，b一定帶負(fù)電 B.a的速度將減小，b的速度將增加C.a的加速

36、度將減小，b的加速度將增加D.兩個(gè)粒子的電勢能一個(gè)增加一個(gè)減小【分析】帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)軌跡問題：(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負(fù)。(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。(3)根據(jù)動(dòng)能定理或能量守恒定律判斷動(dòng)能的變化情況【解析】物體做曲線運(yùn)動(dòng)，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，所以能判斷a、b一定帶異種電荷，但電荷性質(zhì)不確定,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體做曲線運(yùn)動(dòng)，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，從圖中軌道變化來看速度與力方向的夾角小于90，所以電場力都做正功，動(dòng)能都增大，速度都增大，電勢能均減

37、小，故選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤。電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，故選項(xiàng)C正確【點(diǎn)評】帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡類問題的解題技巧。(1)判斷速度方向：帶電粒子的軌跡的切線方向?yàn)樵擖c(diǎn)處的速度方向。(2)判斷電場力(或電場強(qiáng)度)的方向：僅受電場力作用時(shí)，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡曲線的凹側(cè)，再根據(jù)粒子的正負(fù)判斷電場強(qiáng)度的方向。(3)判斷電場力做功的正負(fù)及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減少；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負(fù)功，電勢能增加。練習(xí)2、 如圖所示,一帶電粒子在兩個(gè)固定的等量正電荷的電場中運(yùn)動(dòng),圖

38、中的實(shí)線為等勢面,虛線ABC為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,其中B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn),A、C位于同一等勢面上。下列說法正確的是()。A.該粒子可能帶正電B.該粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度最大C.該粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的加速度一定為零D.該粒子在B點(diǎn)的電勢能大于在A點(diǎn)的電勢能【解析】從該電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡看,固定電荷對它有吸引力,由固定電荷帶正電可知,該運(yùn)動(dòng)電荷一定帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤;因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)電荷從A到B的過程中,只受電場力且電場力先做正功后做負(fù)功,由動(dòng)能定理知,動(dòng)能先增加后減小,故B點(diǎn)的動(dòng)能不是最大,則經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度不是最大,故B錯(cuò)誤;B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn),合電場強(qiáng)度為零,故運(yùn)動(dòng)電荷受力為零,則加速度為零,C正確;因

39、為離正電荷越遠(yuǎn),電勢越低,即AEpB,故D項(xiàng)錯(cuò)誤?！敬鸢浮緾練習(xí)3、 如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷從圖中A點(diǎn)以速度v0垂直磁場射入，當(dāng)該電荷離開磁場時(shí)，速度方向剛好改變了90，不計(jì)電荷的重力，下列說法正確的是()A.該點(diǎn)電荷離開磁場時(shí)速度方向的反向延長線通過O點(diǎn)B.該點(diǎn)電荷帶正電C.該點(diǎn)電荷的比荷為qm=(3-1)v0BRD.該點(diǎn)電荷在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=(1+3)R4v0【解析】該點(diǎn)電荷離開磁場時(shí)速度方向的反向延長線不通過O點(diǎn),選項(xiàng)A錯(cuò)誤。根據(jù)左手定則可知,該點(diǎn)電荷帶負(fù)電,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其速度

40、方向的偏向角等于其運(yùn)動(dòng)軌跡所對應(yīng)的圓心角,根據(jù)題意,該粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡剛好是四分之一圓周,畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡并找出圓心O1,如圖乙所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知,rsin75=Rsin45,解得:r=(1+3)2R,根據(jù)r=mv0Bq和t=T4=r2v0可求出,該點(diǎn)電荷的比荷為qm=(3-1)v0BR和該點(diǎn)電荷在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=(1+3)R4v0,所以選項(xiàng)C、D正確【點(diǎn)評】求解本題關(guān)鍵是作出軌跡圖,在作圖時(shí)要抓住四點(diǎn):即進(jìn)場點(diǎn)、出場點(diǎn)、磁場圓的圓心和軌跡圓的圓心,要注意這四點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)四邊形,這個(gè)四邊形關(guān)于OO1對稱,根據(jù)對稱性和正弦定理即可求出軌跡半徑r。練習(xí)4、 (2015年四川卷)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點(diǎn)，過A點(diǎn)并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=1.5106N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場。帶負(fù)電的小物體P電荷量是q=2.010-6C，質(zhì)量m=0.25 kg，與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)=0.4，P從O點(diǎn)由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過0.55 s到達(dá)A點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度是5 m/s，到達(dá)空間D點(diǎn)時(shí)速度與豎直方向的夾角為，且tan =1.2。P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表所示。P視為質(zhì)點(diǎn)，電荷量保持不變，忽略空氣阻力,取g=10 m