1、精品教案帶電粒子在復合場中的運動(二)題型二帶電粒子在復合場中的運動.1.是否考慮粒子重力(1)對于微觀粒子，如電子、質子、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；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應當考慮其重力。(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理。(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力。2.分析方法(1)弄清復合場的組成。如磁場、電場的復合，磁場、重力場的復合，磁場、電場、重力場三者的復合等。(2)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析。(3)確定

2、帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結合。(4)分析流程一、帶電粒子在復合場中做直線運動1.帶電粒子在復合場中做勻速直線運動【方法攻略】粒子所受合外力為零時，所處狀態(tài)一定靜止或勻速直線運動。類型一：粒子運動方向與磁場平行時（洛倫茲力為零），電場力與重力平衡，做勻速直線運動。類型二：粒子運動方向與磁場垂直時，洛倫茲力、電場力與重力平衡，做勻速直線運動。正確畫出受力分析圖是解題的關鍵。帶電荷E的【典例3】如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里，一質量為m、量為q的粒子以速度v與磁場垂直、與電場成450射入復合場中，恰能做勻速直線運動。求電場強度大小、磁感應強度B的大小。

3、mg2mg【答案】EB-qqv【解析】由于帶電粒子所受洛倫袈力與不垂直，電場力方向與電場2用亍，知粒子必須還受重力才能做勻速直線運動。假謾粒子帶負電受電勵水平向左則它受5各倫茲力£就應斜向右下與下垂直，這祥粒子不戢做勻速直線運動密以粒子應帶正電,畫出受力分析圖j如圖所示©根據合外力為零可得mgqvBsin45qEqvBcos45由式得B-2mg,由得Emgqvq【典例4設在地面上方的真空中，存在的勻強電場和勻強磁場，已知電場強度和磁感應強度的方向相同，電場強度的大小E=4.0V/m,磁感應強度的大小B=0.15T,今有一個帶負電的質點以v=20m/s的速度在此區(qū)域內沿垂直于

4、場強方向做勻速直線運動，求此帶電質點的電量與質量之比q/m以及磁場所有可能的方向（角度可以用角度的正切值表示）?！窘馕觥浚?）根據帶電粒子做勻速直線運動的條件，可知帶電粒子所受的電場力，重力、磁場力一定在同一豎直平面內，合力為零，如圖所示，質點的速度方向一定垂直于紙面向外。由共點力平衡的條件可知:強二庖行懣產，則=1 96c7 炮q=g_9S小時+疔J(20x0,15)s+0.0)5<2）設磁場力方向與勃方向的夾角為白，將電場力和洛侖茲力方向垂直于重力方向分解貝指；qE的87Vse83,解得士的8三KJ+，斜向下方的一切方向.2.帶電粒子在復合場中做變速直線運動類型一：如果粒子在復合場中

5、受軌道、支撐面、輕繩或輕桿等有形的約束時，可做變速直線運動。解題時只要從受力分析入手，明確變力、恒力及做功等情況，就可用動能定理、牛頓運動定律、運動學相關知識進行求解?！镜淅?】質量為m帶電量為q的小球套在豎直放置的絕緣桿上，球與桿間的動摩擦因數為p。勻強電場和勻強磁場的方向都在水平方向上，且互相垂直，如圖所示，圖中未明確標明磁場與電場。已知電場強度為E,磁感應強度為B。小球由靜止釋放后沿桿下滑。設桿足夠長，電場和磁場也足夠大，求運動過程中小球可能的最大加速度和最大速度?？删庉嬅?題工【答案】am=gvm=【解析】i殳小球帶正電【帶負電時電場力和洛倫茲力都將反向，結論相同）受力分析如圖所示.當

6、洛倫茲力和電場力大可沖目等時j即班0?在豎直方向上只受重力j合力最大加速度最大，即m二品當摩擦力和重力大小相等時，豎直方向上合力為零,速度達到最大值.則豎直方向上：邛0小寧水平方向上tF去®二或優(yōu)。聯(lián)立解得二以二二二類型二：在無有形約束條件下，粒子受洛倫茲力、電場力、重力作用下，使與速度平行的方向上合力不等于零，與速度垂直的方向上合力等于零，粒子將做勻變速直線運動。明確這一條件是解題的突破口?！镜淅?】質量為m,電量為+q的小球以初速度vo以與水平方向成0角射出，如圖所示，如果在空間加上一定大小的勻強電場和勻強磁場后，能保證小球沿vo方向做勻減速直線運動，試求所加勻強電場的最小值和勻

7、強磁場的方向，加了這個二個場后，經多長時間速度變?yōu)榱恪窘馕觥坑深}知小球在重力和電場力作用下沿V0方向做勻減速直線運動，可知垂直V0方向上合外力為零，根據力的分解得，重力與電場力的合力沿V0所在直線.，磁場方向平行于vo所在直線。建如圖所示坐標系，設場強E與vo成6角，則受力如圖:由牛頓第二定律可得唯土：五。一至名心059=0由859一ing'S'j'jT白渣胃耳_mgcos6由式得，加卵由式得：。=以時，方最小為二,苴方向與鹿垂直斜向上，將9與。"代入式gsin 9可得方二-外inh即在場強最小時,小球沿崖做加速度為XFi。的勻減速直線運動，設運動時間為f時速

8、度為則：0=曰-婀1立gfo口1得:二、帶電粒子在復合場中的曲線運動1.帶電粒子在復合場中做圓周運動類型一：勻速圓周運動帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，必定有其它力與恒定的重力相抵消，以確保合力大小不變，方向時刻指向圓心。一般情況下側重考查重力恰好與電場力平衡，洛倫茲力充當向心力，粒子在豎直平面內做圓周運動這類題，它的隱含條件就是重力恰好與電場力平衡?！镜淅?】如圖所示，帶正電的小物塊靜止在粗糙絕緣的水平面上，小物塊的比荷為k,與水平面的動摩擦因數為即在物塊右側距物塊L處有一范圍足夠大的磁場和電場疊加區(qū)，場區(qū)內存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，已知勻強電場的方向豎直向上，場強大小恰等于當地

9、重力加速度的1/k,勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B.現給物塊一水平向右的初速度，使其沿水平面向右運動進入右側場區(qū)。當物塊從場區(qū)飛出后恰好落到出發(fā)點。設運動過程中物塊帶電荷量保持不變，重力加速度為g.求：(1)物塊剛進入場區(qū)時的速度和剛離開場區(qū)時距水平面的高度h;(2)物塊開始運動時的速度?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥?1)設物塊質量為m,帶電荷量為q,根據題中條件知=k,m即帶電物塊進入場區(qū)后恰好可在豎直平面內做勻速圓周運動，離開場區(qū)后做平拋運動.設物塊進入場2mvi2區(qū)時速度為vi,做圓周運動的軌道半徑為R,則有qviB=vi12R = -gt2, L=vit解得R=kB物塊離開場區(qū)后做

10、平拋運動，經時間t落到地面，則有剛離開場區(qū)時距水平面的高度h=2R聯(lián)立解得(2)設物塊開始運動時的速度為廣加速度大小為6進入場區(qū)前所用時間為小則一9西芹=所已)解得k一”r2-n2=2al類型二：若帶電粒子運動的空間存在軌道、支撐面、輕繩、輕桿等有形的約束時，帶電粒子在復合場中做勻變速圓周運動，一般應用牛頓運動定律和動能定理求解。R的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有A點由靜止釋放，則小球所能獲得最【典例8】如圖所示，在水平正交的勻強電場和勻強磁場中，半徑為一個帶正電的小球，已知小球所受電場力與重力相等，小球在環(huán)頂端大動能為多少?c點，重力和電場力的切向等大答案&=川+V2)【解析】小球下滑的過

11、程中，要使動能最大，則需要速度最大，設在反向，速度最大，即工二.一；解得：不=4竽。J =灰目式(1 + sin a) + qER cos a當小球從A到C的運動過程由動能定理可得聯(lián)立解得最大動能：工二劃飄1+回。2.帶電粒子在復合場中做一般曲線運動【方法攻略】若帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，則帶電粒子在復合場中將做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。處理此類問題，一般應用動能定理和能量守恒定律求解。【典例9】設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖10所示。已知一離子在電場力和洛侖茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到

12、達B點時速度為零。C點是運動的最低點。忽略重力，以下說法中正確的是：十十十十十IA.這離子必帶正電荷B.A點和B點位于同一高度C.離子在C點時速度最大D.離子到達B點后，將沿原曲線返回A點【答案】ABCI解析】因平行板間的電場方向向下，依題意離子由2點無初速度釋放后向下運動，此時離子不受洛侖茲力，僅受電場力,則電場力方向向下j所以離子必須帶正電，故從項正確。離子到達E點P寸速度為零,由動能定理知，離子從A到B的運動過程中，外力對離子做功的燧而為零，但由于洛侖茲力不做功，故離子從A到E的運動過程中電場力做功為零j因此離子在總B兩點的電勢能才晞.hE兩點的電勢相等即MB兩點應在同一個高度j故B1頁

13、正確中由于C點是在運動的最低點，離子由A運動到C點電場內做功最多，由動青國定理知,離子在C點的速度應最大,故C項正確。離子運用UR點時，所處的運動狀態(tài)與在A點時相同,離子達到B點后將要開始的運動也將向右偏？不可能剪IM故D錯俁。三、帶電粒子在組合式復合場中的分階段運動【方法攻略】這類問題往往是粒子依次通過幾個并列的場，如電場與磁場并列；其運動性質隨區(qū)域場的變化而變化，解題的關鍵在于分析清楚在各個不同場中的受力及運動時的速度的關系，畫出運動的草圖?！镜淅?0】在平面直角坐標系xOy中，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第IV象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為Bo一質量為m、電荷

14、量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度vo垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成。=60角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求(1)M、N兩點間的電勢差Umn；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間to解析：根據粒子在不同區(qū)域內的運動特點和受力特點畫出軌跡，如圖所示。設粒子過加點時的速度為孫有；比"壁口解得；口丘?粒子從M點運動到匕點的過程，有；(2)粒子在磁場中以O'為圓心做勻速圓周運動，半徑為O'N,qvB=m-解得"二言（31由幾何關系得ONrsin九設粒子在

15、電場中運動的時間為人有：資a聯(lián)立解得：。=譽，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，下二詈設粒子在磁場中運動的時間為和育上二A后言7*t=t+t0聯(lián)立解得1=三亍二ID四、帶電粒子在周期性電磁場作用下的運動主要有兩種情況：一種是勻強電場（磁場）與周期性變化的磁場（電場）；另一種是周期性變化的電場和周期性變化的磁場，但相互間隔。這類問題需要考生有較強的綜合分析能力，對帶電粒子在電場和磁場中運動的解法要熟練。解決這類問題的解題技巧是：（1）要能將復雜的問題拆開，一旦拆開部分區(qū)域就成為純電場類或純磁場類的問題。（2）把較為復雜的運動分段處理，分析各段連接點的速度是解題的關鍵點之一?！镜淅?1】如圖甲所示

16、，在邊界MN左側存在斜向右上方的勻強電場Ei,在MN的右側有豎直向上、電場強度大小為E2=0.4N/C的勻強電場，還有垂直紙面向里的勻強磁場B（圖中未畫出）和水平向右的勻強電場E3（圖中未畫出），B和E3隨時間變化的情況如圖乙和丙所示，P1P2為距MN邊界2.29m的豎直墻壁，現有一帶正電微粒質量為4X1T7kg,電荷量為1X105C,從左側電場中距MN邊界工m的A15處無初速度釋放后，沿直線以1m/s速度垂直MN邊界進入右側場區(qū)，設此時刻t=0,取g=10m/s2。求：(1) MN左側勻強電場的電場強度Ei。(sin 530.8= cos 530.6)(2)帶電微粒在MN右側場區(qū)中運動1.5

17、s時的速度。(3)帶電微粒在MN右側場區(qū)中第幾秒內與墻壁碰撞？t12=0.19)2兀【答案】(1)0.5 N/C,方向斜向右上方與水平方向成53 ° (2)1.1 m/s ，水平向左(3)第4 s內【解析】(1)設MN左側勻強電場E1的方向與水平方向夾角為0。帶電小球受力如圖所示。沿水平方向有qE1cos0=ma沿豎直方向有qEsin0=mg對水平方向的勻加速運動有v2=2as代入數據可解得E1=0.5N/C,0=53即E1大小為0.5N/C,方向是斜向上與水平向右方向夾角為53°。紫晅微粒在新右惻場區(qū)始終贏足亞二思宮在口5時間內，帶電微粒在正電場由；=1X004JR/5L=0t1jViff4X30帚電微粒在1目末的速度大小為M=at=1nfs+0-11jr/s=1.1it/s9JT«?ITX4X1n*a在時向內，帶電微粒在磁場3中運動7Att=笛1X10X0.08在11.5至時間內，帚電像粒在磷廝日中正好做半個圓周運動。所以帚電SB粒在孫右型I場區(qū)中運動1.5s時的速度大小為1.1叫飛，方向水平向左。(3)在01s時間內帶電微粒前進距離si=vt+_at2=1xmx0.1賣m=1.05m22mv14x1CT7x1.1帶電微粒在磁場B中做圓周運動的