素養(yǎng)提升課(三)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1．理解組合場和疊加場的概念。2．會分析粒子在各種場中的受力特點(diǎn)。3．掌握粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題的分析方法。帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1．疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩種場共存。2．基本思路(1)弄清疊加場的組成。(2)進(jìn)行受力分析。(3)確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合。(4)畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。①直線運(yùn)動：如果帶電粒子在疊加場中做直線運(yùn)動，則一定是做勻速直線運(yùn)動，合力為零，根據(jù)受力平衡列方程求解。②圓周運(yùn)動：如果帶電粒子在疊加場中做圓周運(yùn)動，則一定是做勻速圓周運(yùn)動，則一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用平衡條件和牛頓運(yùn)動定律分別列方程求解。③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解?！镜淅?】如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從坐標(biāo)原點(diǎn)出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度方向進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運(yùn)動，當(dāng)微粒運(yùn)動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，微粒繼續(xù)運(yùn)動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場。重力加速度為g，不計一切阻力，求：(1)電場強(qiáng)度E的大?。?2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)微粒在復(fù)合場中的運(yùn)動時間t。[解析](1)微粒在到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動，受力分析如圖所示：根據(jù)平衡條件，有qEcos45°＝mgcos45°解得E＝mgq(2)根據(jù)平衡條件，有qvB＝2mg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝mv由幾何關(guān)系可得r＝2l聯(lián)立解得v＝2gl，(3)微粒做勻速直線運(yùn)動的時間為t1＝2做圓周運(yùn)動的時間為t2＝34π在復(fù)合場中運(yùn)動時間為t＝t1＋t2＝34[答案](1)mgq(2)mqg復(fù)合場中運(yùn)動問題的求解技巧帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動問題仍是一個力學(xué)問題，求解思路與力學(xué)問題的求解思路基本相同，仍然按照對帶電體進(jìn)行受力分析，運(yùn)動過程分析，充分挖掘題目中的隱含條件，根據(jù)不同的運(yùn)動情況建立相應(yīng)的方程。[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(多選)(2022·廣東卷)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有()A．電子從N到P，電場力做正功B．N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力BC[由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負(fù)功，故A錯誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)，故B正確；由于洛倫茲力一直和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功，故C正確；由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場力作用，在勻強(qiáng)電場中電子在這兩點(diǎn)電場力相等，即合力相等，故D錯誤。]帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，一般為兩場相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)。2．“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場(不計重力)帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(不計重力)受力情況只受恒定的電場力F＝Eq只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvB運(yùn)動情況類平拋運(yùn)動勻速圓周運(yùn)動運(yùn)動軌跡拋物線圓弧求解方法利用類平拋運(yùn)動的規(guī)律x＝v0t，y＝12at2，牛頓第二定律、向心力公式r＝mv【典例2】如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中分布著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒，在A點(diǎn)(0，3m)處以初速度v0＝120m/s平行于x軸正方向射入電場區(qū)域，然后從電場區(qū)域進(jìn)入磁場，又從磁場進(jìn)入電場，并且先后只通過x軸上的P點(diǎn)(6m，0)和Q點(diǎn)(8m，0)各一次。已知該微粒的比荷為qm＝102C/kg(1)求微粒從A到P所經(jīng)歷的時間和加速度的大小；(2)求出微粒到達(dá)P點(diǎn)時速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電場和磁場中由A至Q的運(yùn)動軌跡；(3)求電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。[解析](1)微粒從平行x軸正方向射入電場區(qū)域，由A到P做類平拋運(yùn)動，微粒在x軸正方向做勻速直線運(yùn)動由x＝v0t，得t＝xv0微粒沿y軸負(fù)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由y＝12at2得a＝2.4×103m/s2(2)vy＝at，tanα＝vyv0＝1，所以運(yùn)動軌跡如圖所示。(3)由qE＝ma，得E＝24N/C設(shè)微粒從P點(diǎn)進(jìn)入磁場以速度v做勻速圓周運(yùn)動，v＝2v由幾何關(guān)系可知r＝2m，由qvB＝mv2B＝mvqr＝1.2T[答案](1)0.05s2.4×103m/s2(2)45°見解析圖(3)24N/C1.2T帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題的分析方法[跟進(jìn)訓(xùn)練]2．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里。結(jié)果離子正好從距A點(diǎn)為d的小孔C沿垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，此電場方向與AC平行且豎直向上，最后離子打在G處，而G處距A點(diǎn)為2d(AG⊥AC)。不計離子重力，離子運(yùn)動軌跡在紙面內(nèi)。求：(1)此離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r；(2)離子從D處運(yùn)動到G處所需時間；(3)離子到達(dá)G處時的動能。[解析](1)離子運(yùn)動軌跡如圖所示。由幾何知識可知離子做圓周運(yùn)動的半徑r滿足d＝r＋rcos60°，解得r＝23d(2)設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動速度為v0，則有qv0B＝mv02r，因?yàn)閞＝23d，代入解得離子做圓周運(yùn)動的周期T＝2由運(yùn)動軌跡圖知離子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間t1＝1離子在電場中做類平拋運(yùn)動，從C到G的時間t2＝2d故離子從D處運(yùn)動到G處的總時間t＝t1＋t2＝9+2π(3)設(shè)電場強(qiáng)度為E，則有qE＝ma，d＝12at22，2d由動能定理得qEd＝EkG－1解得EkG＝4B[答案](1)23d(2)9+2πm素養(yǎng)提升練(三)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動非選擇題1．(2022·黑龍江哈九中高二期中)在平面坐標(biāo)系第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，虛線PQ為在同一平面內(nèi)的豎直直線邊界，在第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)虛線PQ與y軸之間有垂直坐標(biāo)平面向里的大小為B的勻強(qiáng)磁場。C、D兩個水平平行金屬板之間的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為e的帶正電的粒子(不計粒子重力)從靠近D板的S點(diǎn)由靜止開始做加速運(yùn)動，從x軸上x＝2l處的A點(diǎn)垂直于x軸射入電場，粒子進(jìn)入磁場時速度方向與y軸正方向的夾角θ＝37°(不計粒子的重力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。要使粒子不從PQ邊界射出，求：(1)粒子運(yùn)動到A點(diǎn)的速度大小v0；(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；(3)虛線PQ與y軸之間磁場的最小寬度d。[解析](1)粒子加速過程由動能定理得Uq＝1可得粒子運(yùn)動到A點(diǎn)的速度大小v0＝2Uem(2)在第Ⅰ象限做類平拋運(yùn)動，到達(dá)y軸的速度為v，有vcosθ＝v0根據(jù)動能定理有2qEl＝12mv2-(3)帶電粒子進(jìn)入磁場中洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv當(dāng)粒子運(yùn)動的軌跡剛好與邊界PQ相切時，粒子不從PQ邊界射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知虛線PQ與y軸之間磁場的最小寬度d＝r(1＋cos37°)，聯(lián)立解得d＝94B[答案](1)2Uem(2)9U32l2．(2022·湖南卷)如圖所示，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下極板左側(cè)邊緣A點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動，恰從電容器上極板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。(1)求直流電源的電動勢E0；(2)求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(3)在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強(qiáng)電場，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度的最小值E′。[解析](1)小球在電磁場中做勻速圓周運(yùn)動，則電場力與重力平衡，可得qE＝mg，R2兩端的電壓U2＝Ed，根據(jù)歐姆定律得U2＝E0R1+R2·R2(2)運(yùn)動軌跡如圖所示：設(shè)粒子在電磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系(r－d)2＋3d2＝r解得r＝2d，根據(jù)qvB＝mv2r，解得B＝(3)由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運(yùn)動，當(dāng)小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強(qiáng)度最小，可得qE′＝mgcos60°，解得E′＝mg2q[答案](1)mgdR1+R2q3．(2022·湖北恩施高二階段練習(xí))如圖所示，在x軸上方有一勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里；在x軸下方有一勻強(qiáng)電場，方向豎直向上；一質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶電粒子從y軸上的a點(diǎn)(0，h)處沿y軸正方向以初速度v＝2v0開始運(yùn)動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場，經(jīng)過y軸上b點(diǎn)時速度方向恰好與y軸垂直。求：(1)粒子的電性；(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?3)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；(4)粒子從a點(diǎn)開始運(yùn)動到再次經(jīng)過a點(diǎn)的時間。[解析](1)帶電粒子做逆時針偏轉(zhuǎn)，該粒子帶正電。(2)根據(jù)題意可得粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示：由運(yùn)動軌跡圖可得rcos45°＝h粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，故由牛頓第二定律有qvB＝m結(jié)合題意聯(lián)立可得r＝2h(3)分析可知，粒子在電場中做斜拋運(yùn)動，即在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動，且到達(dá)b點(diǎn)時，豎直方向速度恰好為零，故在水平方向上有vsin45°t1＝r＋rsin45°，在豎直方向有qE＝ma，vcos45°＝at1聯(lián)立可得t1＝1+2(4)由粒子的運(yùn)動軌跡圖可知，粒子在磁場中從a點(diǎn)開始至再次經(jīng)過a點(diǎn)運(yùn)動的總圓心角為θ＝5π4+5故粒子在磁場中運(yùn)動的總時間為t0＝θ由對稱性可知，粒子在y軸左側(cè)和右側(cè)電場中的運(yùn)動時間相等，故粒子從開始運(yùn)動至再次經(jīng)過a點(diǎn)所用的總時間為t＝t0＋2t1＝5π[答案](1)正電(2)mv0qh(3)4．(2022·福建龍巖第一中學(xué)高二階段練習(xí))如圖所示，在x軸下方存在著正交的電場與磁場，電場沿x軸正方向，電場強(qiáng)度大小E1＝20N/C，磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝5T。一個質(zhì)量m＝3g、帶電荷量q＝2×10-3C的帶電小球自y軸上的M點(diǎn)沿直線勻速運(yùn)動到x軸上的N點(diǎn)，且已知OM＝4m。在x軸上方存在正交的電場E2與磁場B2(圖中均未畫出)，小球在x軸上方做圓周運(yùn)動，恰好與y軸相切，運(yùn)動軌跡如圖所示。(g＝10m/s2，sin37°＝0.6)，試求：(1)小球運(yùn)動的速率v；(2)電場E2的大小與方向；(3)磁場B2的大小與方向。[解析](1)小球從M向N做勻速直線運(yùn)動，可知小球所受合外力為零，對小球受力分析如圖，受到重力、電場力和洛倫茲力作用，由小球的受力可知小球帶正電，有tanθ＝qE1mg＝洛倫茲力的大小與電場力和重力的合力大小相等，有qvB1＝mg解得v＝5m