1、確定帶電粒子在磁場中運動軌跡的方法江西省萍鄉(xiāng)市上栗中學彭俊昌帶電粒子在勻強磁場中作圓周運動的問題是近幾年高考的熱點，這些考題不但涉及到洛倫茲力作用下的動力學問題，而且往往與平面圖形的幾何關系相聯(lián)系，成為考查學生綜合分析問題、運用數(shù)字知識解決物理問題的難度較大的考題。但無論這類問題情景多么新穎、設問多么巧妙，其關鍵一點在于規(guī)范、準確地畫出帶電粒子的運動軌跡。只要確定了帶電粒子的運動軌跡，問題便迎刃而解。下面舉幾種確定帶電粒子運動軌跡的方法。一、對稱法 帶電粒子如果從勻強磁場的直線邊界射入又從該邊界射出，則其軌跡關于入射點和出射點線段的中垂線對稱，且入射速度方向與出射速度方向與邊界的夾角相等（如圖

2、1）；帶電粒子如果沿半徑方向射入具有圓形邊界的勻強磁場，則其射出磁場時速度延長線必過圓心（如圖2）。利用這兩個結論可以輕松畫出帶電粒子的運動軌跡，找出相應的幾何關系。例1如圖3所示，直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30角的同樣速度v射入磁場（電子質量為m，電荷為e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？解析：正、負電子的半徑和周期是相同的。只是偏轉方向相反。先確定圓心，畫出半徑和軌跡（如圖4），由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距s=2r=，由圖還看出經(jīng)歷時間相差，所以解此題的關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。例2

3、如圖5所示，在半徑為r的圓形區(qū)域內，有一個勻強磁場。一帶電粒子以速度v0從M點沿半徑方向射入磁場區(qū)，并由N點射出，O點為圓心。當MON120時，求：帶電粒子在磁場區(qū)的偏轉半徑R及在磁場區(qū)中的運動時間。解析：分別過M、N點作半徑OM、ON的垂線，此兩垂線的交點O即為帶電粒子作圓周運動時圓弧軌道的圓心，如圖6所示。由圖中的幾何關系可知，圓弧MN所對的軌道圓心角為60，O、O的邊線為該圓心角的角平分線，由此可得帶電粒子圓軌道半徑為R=r/tan30=又帶電粒子的軌道半徑可表示為： 故帶電粒子運動周期：帶電粒子在磁場區(qū)域中運動的時間二、旋轉圓法在磁場中向垂直于磁場的各個方向發(fā)射速度大小相同的帶電粒子時

4、，帶電粒子的運動軌跡是圍繞發(fā)射點旋轉的半徑相同的動態(tài)圓（如圖7），用這一規(guī)律可快速確定粒子的運動軌跡。例3如圖8所示，S為電子源，它在紙面360度范圍內發(fā)射速度大小為v0，質量為m，電量為q的電子（q0），MN是一塊足夠大的豎直擋板，與S的水平距離為L，擋板左側充滿垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為mv0/qL，求擋板被電子擊中的范圍為多大？解析：由于粒子從同一點向各個方向發(fā)射，粒子的軌跡為繞S點旋轉的動態(tài)圓，且動態(tài)圓的每一個圓都是逆時針旋轉，這樣可以作出打到最高點與最低點的軌跡，如圖9所示，最高點為動態(tài)圓與MN的相切時的交點P，最低點為動態(tài)圓與MN相割，且SQ為直徑時Q為最低點，帶電粒

5、子在磁場中作圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，由 得：SQ為直徑，則：SQ=2L，SO=L ，由幾何關系得：P為切點，所以OPL ，所以粒子能擊中的范圍為。例4（2010全國新課程卷）如圖10所示，在0xA0y范圍內有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在090范圍內。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的：（1）速度

6、大小；（2）速度方向與y軸正方向夾角正弦。解析：設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得：，解得：。從O點以半徑R（Ra）作“動態(tài)圓”，如圖11所示，由圖不難看出，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切。設該粒子在磁場中的運動時間為t，依題意，所以OCA。設最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關系得：，再加上，解得：，三、縮放圓法帶電粒子以大小不同，方向相同的速度垂直射入勻強磁場中，作圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此其軌跡為半徑縮放的動態(tài)圓（如圖12），利用縮放的動態(tài)圓，可以探索出臨界點的軌跡，

7、使問題得到解決。例5如圖13所示，勻強磁場中磁感應強度為B，寬度為d，一電子從左邊界垂直勻強磁場射入，入射方向與邊界的夾角為，已知電子的質量為m，電量為e，要使電子能從軌道的另一側射出，求電子速度大小的范圍。解析：如圖14所示，當入射速度很小時電子會在磁場中轉動一段圓弧后又從同一側射出，速率越大，軌道半徑越大，當軌道與邊界相切時，電子恰好不能從另一側射出，當速率大于這個臨界值時便從右邊界射出，設此時的速率為v0，帶電粒子在磁場中作圓周運動，由幾何關系得：r+rcos=d 電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力：，所以： 聯(lián)立解得：，所以電子從另一側射出的條件是速度大于。例6（2010全國II卷）

8、如圖15所示，左邊有一對平行金屬板，兩板的距離為d，電壓為U，兩板間有勻強磁場，磁感應強度為B0，方面平行于板面并垂直紙面朝里。圖中右邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG（EF邊與金屬板垂直），在此區(qū)域內及其邊界上也有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。假設一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板間的區(qū)域，并經(jīng)EF邊中點H射入磁場區(qū)域。不計重力。（1）已知這些離子中的離子甲到達邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質量；（2）已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為3a/4，求離子乙的質量；（3

9、）若這些離子中的最輕離子的質量等于離子甲質量的一半，而離子乙的質量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內可能有離子到達？解析：由題意知，所有離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，則有：qvB0=qU/d，解得離子的速度為：v=U/B0d（為一定數(shù)值）。雖然離子速度大小不變，但質量m改變，結合帶電離子在磁場中做勻速圓周運動的半徑公式R=mv/qB分析，可畫出不同質量的帶電離子在磁場中的運動軌跡，如圖16中的動態(tài)圓。（1）由題意知，離子甲的運動軌跡是圖17中的半圓，半圓與EG邊相切于A點，與EF邊垂直相交于B點，由幾何關系可得半徑：R甲=acos30tan15=（）a，從而求得離子甲的質量m甲=。（2）離

10、子乙的運動軌跡如圖18所示，在EIO2中，由余弦定理得：，解得R乙=a/4，從而求得乙離子的質量m乙=。（3）由半徑公式R=mv/qB可知Rm，結合（1）（2）問分析可得：若離子的質量滿足m甲/2mm甲，則所有離子都垂直EH邊離開磁場，離開磁場的位置到H的距離介于R甲到2R甲之間，即；若離子的質量滿足m甲mm乙，則所有離子都從EG邊離開磁場，離開磁場的位置介于A到I之間，其中AE的距離AE=，IE距離IE=。四、臨界法以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，借助半徑r和速度v以及磁場B之間的約束關系進行動態(tài)軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點，然后利用數(shù)學方法求解極值

11、，畫出臨界點的軌跡是解題的關鍵。例7長為L的水平極板間，有垂直紙面向內的勻強磁場，如圖19所示，磁感應強度為B，板間距離也為L，兩極板不帶電，現(xiàn)有質量為m電量為q的帶負電粒子（不計重力）從左邊極板間中點處垂直磁感線以水平速度v射入磁場，欲使粒子打到極板上，求初速度的范圍。解析：由左手定則判定受力向下，所以向下偏轉，恰好打到下板右邊界和左邊界為兩個臨界狀態(tài)，分別作出兩個狀態(tài)的軌跡圖，如圖20、圖21所示，打到右邊界時，在直角三角形OAB中，由幾何關系得： 解得軌道半徑電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力 因此打在左側邊界時，如圖21所示，由幾何關系得軌跡半徑電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力，

12、 所以所以打在板上時速度的范圍為v例8如圖22，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)從矩形區(qū)域ad邊中點O射出與Od邊夾角為30，大小為v0的帶電粒子，已知粒子質量為m,電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力忽略不計。求：（1）試求粒子能從ab邊上射出磁場的v0的大小范圍； （2）粒子在磁場中運動的最長時間和在這種情況下粒子從磁場中射出所在邊上位置的范圍。解析：（1）畫出從O點射入磁場的粒子運動軌跡的動態(tài)圓，能夠從ab邊射出的粒子的臨界軌跡如圖23所示，軌跡與dc邊相切時，射到ab邊上的A點，此時軌跡圓心為O1，則軌道半徑r1=L，由得最大速度

13、。軌跡與ab邊相切時，射到ab邊上的B點，此時軌跡圓心為O2，則軌道半徑r2=L/3，由得最小速度。所以粒子能夠從ab邊射出的速度范圍為：v0。 （2）當粒子從ad邊射出時，時間均相等，且為最長時間，因轉過的圓心角為300，所以最長時間：，射出的范圍為：OC=r2=L/3。通過以上分析不難發(fā)現(xiàn)，對于帶電粒子在磁場中的運動問題，解題的關鍵是畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡，如果能夠熟練掌握帶電粒子在磁場中運動軌跡的上述四種畫法，很多問題都可以迎刃而解。確定帶電粒子在磁場中運動軌跡的方法帶電粒子在勻強磁場中作圓周運動的問題是近幾年高考的熱點，這些題不但涉及洛倫茲力，而且往往與幾何關系相聯(lián)系，使問

14、題難度加大，但無論這類題多么復雜，其關鍵一點在于畫軌跡，只要確定了軌跡，問題便迎刃而解，下面舉幾種確定帶電粒子運動軌跡的方法。1. 對稱法帶電粒子如果從一直線邊界進入又從該邊界射出，則其軌跡關于入射點和出射點線段的中垂線對稱，入射速度方向與出射速度方向與邊界的夾角相等，利用這一結論可以輕松畫出粒子的軌跡。圖1例1. 如圖1所示，在y小于0的區(qū)域內存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感應強度為B，一帶正電的粒子以速度從O點射入磁場，入射速度方向為xy平面內，與x軸正向的夾角為，若粒子射出磁場的位置與O點的距離為L，求該粒子電量與質量之比。解析：根據(jù)帶電粒子在有界磁場的對稱性作出軌

15、跡，如圖2所示，找出圓心A，向x軸作垂線，垂足為H，由與幾何關系得：圖2帶電粒子磁場中作圓周運動，由解得聯(lián)立解得2. 動態(tài)圓法在磁場中向垂直于磁場的各個方向發(fā)射粒子時，粒子的運動軌跡是圍繞發(fā)射點旋轉的動態(tài)圓，用這一規(guī)律可確定粒子的運動軌跡。例2. 如圖3所示，S為電子源，它在紙面360度范圍內發(fā)射速度大小為，質量為m，電量為q的電子（q高中物理學生中心高考向前沖復習策略帶電粒子在磁場中運動之磁場最小范圍問題剖析江蘇省揚中高級中學劉風華近年來在考題中多次出現(xiàn)求磁場的最小范圍問題，這類題對學生的平面幾何知識與物理知識的綜合運用能力要求較高。其難點在于帶電粒子的運動軌跡不是完整的圓，其進入邊界未知的

16、磁場后一般只運動一段圓弧后就飛出磁場邊界，運動過程中的臨界點（如運動形式的轉折點、軌跡的切點、磁場的邊界點等）難以確定。下面我們以實例對此類問題進行分析。一、磁場范圍為圓形例1一質量為、帶電量為的粒子以速度從O點沿軸正方向射入磁感強度為的一圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面，粒子飛出磁場區(qū)后，從處穿過軸，速度方向與軸正向夾角為30，如圖1所示（粒子重力忽略不計）。試求：（1）圓形磁場區(qū)的最小面積；（2）粒子從O點進入磁場區(qū)到達點所經(jīng)歷的時間；（3）點的坐標。解析：（1）由題可知，粒子不可能直接由點經(jīng)半個圓周偏轉到點，其必在圓周運動不到半圈時離開磁場區(qū)域后沿直線運動到點。可知，其離開磁場時的臨

17、界點與點都在圓周上，到圓心的距離必相等。如圖2，過點逆著速度的方向作虛線，與軸相交，由于粒子在磁場中偏轉的半徑一定，且圓心位于軸上，距O點距離和到虛線上點垂直距離相等的點即為圓周運動的圓心，圓的半徑。由 ，得。弦長為：，要使圓形磁場區(qū)域面積最小，半徑應為的一半，即：，積（2）粒子運動的圓心角為1200，時間。（3）距離 ，故點的坐標為（，0）。點評：此題關鍵是要找到圓心和粒子射入、射出磁場邊界的臨界點，注意圓心必在兩臨界點速度垂線的交點上且圓心到這兩臨界點的距離相等；還要明確所求最小圓形磁場的直徑等于粒子運動軌跡的弦長。二、磁場范圍為矩形例2如圖3所示，直角坐標系第一象限的區(qū)域存在沿軸正方向的

18、勻強電場。現(xiàn)有一質量為，電量為的電子從第一象限的某點（，）以初速度沿軸的負方向開始運動，經(jīng)過軸上的點（，0）進入第四象限，先做勻速直線運動然后進入垂直紙面的矩形勻強磁場區(qū)域，磁場左邊界和上邊界分別與軸、軸重合，電子偏轉后恰好經(jīng)過坐標原點O，并沿軸的正方向運動，不計電子的重力。求（1）電子經(jīng)過點的速度；（2）該勻強磁場的磁感應強度和磁場的最小面積。解析：（1）電子從點開始在電場力作用下作類平拋運動運動到點，可知豎直方向：，水平方向：。解得。而，所以電子經(jīng)過點時的速度為：，設與方向的夾角為，可知，所以300。（2）如圖4，電子以與成30進入第四象限后先沿做勻速直線運動，然后進入勻強磁場區(qū)域做勻速圓

19、周運動恰好以沿軸向上的速度經(jīng)過點?？芍獔A周運動的圓心一定在軸上，且點到O點的距離與到直線上M點（M點即為磁場的邊界點）的垂直距離相等，找出點，畫出其運動的部分軌跡為弧MNO，所以磁場的右邊界和下邊界就確定了。設偏轉半徑為，由圖知，解得，方向垂直紙面向里。矩形磁場的長度，寬度。矩形磁場的最小面積為：點評：此題中粒子進入第四象限后的運動即為例1中運動的逆過程，解題思路相似，關鍵要注意矩形磁場邊界的確定。三、磁場范圍為三角形例3如圖5，一個質量為，帶電量的粒子在BC邊上的M點以速度垂直于BC邊飛入正三角形ABC。為了使該粒子能在AC邊上的N點（CMCN）垂真于AC邊飛出ABC，可在適當?shù)奈恢眉右粋€垂

20、直于紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場。若此磁場僅分布在一個也是正三角形的區(qū)域內，且不計粒子的重力。試求：（1）粒子在磁場里運動的軌道半徑及周期T；（2）該粒子在磁場里運動的時間t；（3）該正三角形區(qū)域磁場的最小邊長；解析：（1）由和，得： ， （2）由題意可知，粒子剛進入磁場時應該先向左偏轉，不可能直接在磁場中由M點作圓周運動到N點，當粒子剛進入磁場和剛離開磁場時，其速度方向應該沿著軌跡的切線方向并垂直于半徑，如圖6作出圓O，粒子的運動軌跡為弧GDEF，圓弧在點與初速度方向相切，在F點與出射速度相切。畫出三角形，其與圓弧在D、E兩點相切，并與圓交于F、G兩點，此為符合題意的最小磁場區(qū)域。由數(shù)

21、學知識可知FOG600，所以粒子偏轉的圓心角為3000，運動的時間 （3）連接并延長與交與點，由圖可知，點評：這道題中粒子運動軌跡和磁場邊界臨界點的確定比較困難，必須將射入速度與從AC邊射出速度的反向延長線相交后根據(jù)運動半徑已知的特點，結合幾何知識才能確定。另外，在計算最小邊長時一定要注意圓周運動的軌跡并不是三角形磁場的內切圓。四、磁場范圍為樹葉形例4在平面內有許多電子（質量為、電量為），從坐標O不斷以相同速率沿不同方向射入第一象限，如圖7所示?，F(xiàn)加一個垂直于平面向內、磁感強度為的勻強磁場，要求這些電子穿過磁場后都能平行于軸向正方向運動，求符合該條件磁場的最小面積。解析：電子在磁場中運動半徑是

22、確定的，設磁場區(qū)域足夠大，作出電子可能的運動軌道如圖8所示，因為電子只能向第一象限平面內發(fā)射，其中圓O1和圓O2為從圓點射出，經(jīng)第一象限的所有圓中的最低和最高位置的兩個圓。圓O2在軸上方的個圓弧odb就是磁場的上邊界。其它各圓軌跡的圓心所連成的線必為以點O為圓心，以R為半徑的圓弧O1OmO2 。由于要求所有電子均平行于x軸向右飛出磁場，故由幾何知識知電子的飛出點必為每條可能軌跡的最高點?？勺C明，磁場下邊界為一段圓弧，只需將這些圓心連線（圖中虛線O1O2）向上平移一段長度為的距離即圖9中的弧ocb就是這些圓的最高點的連線，即為磁場區(qū)域的下邊界。兩邊界之間圖形的陰影區(qū)域面積即為所求磁場區(qū)域面積：。

23、 還可根據(jù)圓的知識求出磁場的下邊界。設某電子的速度V0與x軸夾角為，若離開磁場速度變?yōu)樗椒较驎r，其射出點也就是軌跡與磁場邊界的交點坐標為（x，y），從圖10中看出，即（x0，y0），這是個圓方程，圓心在（0，R）處，圓的 圓弧部分即為磁場區(qū)域的下邊界。點評：這道題與前三題的區(qū)別在于要求學生通過分析確定磁場的形狀和范圍，磁場下邊界的處理對學生的數(shù)理結合能力和分析能力要求較高。由以上題目分析可知，解決此類問題的關鍵是依據(jù)題意，分析物體的運動過程和運動形式，扣住運動過程中的臨界點，應用幾何知識，找出運動的軌跡圓心，畫出粒子運動的部分軌跡，確定半徑，再用題目中規(guī)定形狀的最小磁場覆蓋粒子運動的軌跡，然

24、后應用數(shù)學工具和相應物理規(guī)律分析解出所求的最小面積即可。專題：帶電粒子在組合場中或復合場中運動的問題一、 帶電微粒在組合場或復合場中運動分析1、 組合場或復合場組合場是指電廠與磁場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內，并不重疊的情況。復合場通常是指電場與磁場在某一區(qū)域并存或電場、磁場和重力場并存于某一區(qū)域的情況2、 帶電粒子的受力特點 要明確電場力和洛侖茲力的不同特點 通常情況下，象電子、質子、粒子等微觀粒子在組合場或復合場中受重力遠小于電場力或洛侖茲力，因而重力在無特別說明的情況下可忽略不計。如果題目中無特別說明，但給出了具體數(shù)據(jù)則可通過計算比較來確定是否需要考慮重力，有時結合粒子的運動狀態(tài)和電場

25、力、洛倫茲力的方向來判斷是否需要考慮重力。3、 動力學觀點對帶電微粒在復合場中運動狀態(tài)的分析，要著重弄清各過程所遵守的動力學規(guī)律以及各過程間的聯(lián)系。由于微粒在復合場中受力比較復雜，因此，進行受力分析時要全面、細致，而其中的關鍵是洛倫茲力隨著微粒運動狀態(tài)的變化而變化，洛倫茲力的變化又會反過來導致運動狀態(tài)的變化。因此進行受力分析時一定要運動狀態(tài)運動過程緊密結合起來帶電微粒在復合唱中的運動情況在高中階段常見的情況有： 帶電微粒所受合外力為零處靜止或勻速直線運動狀態(tài)。 帶電微粒所受合外力充當作勻速圓周運動的向心力。 帶電微粒所受合外力不為零、方向又不斷變化，微粒做變加速曲線運動。 除了復合場外，還有其

26、他的約束條件，例如斜面等，微?？梢宰鲃蜃兯僦本€運動。4、 能量與動量觀點要時刻把握住洛倫茲力對運動電荷不做功，然而卻能改變微粒的速度和動量，即改變微粒的運動狀態(tài)這一關鍵點?？傊祹щ娢⒘Ｔ诮M合場、復合場中的運動問題是電磁學與力學知識的綜合應用，分析方法與力學問題分析方法基本相同，只是增加了電場力和洛倫茲力，因此解決組合場或復合場中粒子運動的問題可從以下三個方面入手： 動力學觀點：包括牛頓定律和運動學規(guī)律 能量觀點：包括動能定理和能量守恒定律 動量觀點：包括動量定理和動量守恒定律二、 典例分析1、 微粒在復合場中的平衡問題依據(jù)共點力平衡條件和重力、電場力、洛倫茲力的不同特點進行分析求解vL例1、如

27、圖所示，實線表示，勻強電場的電場線，其處于豎直平面內且與水平方向成角，水平方向的勻強磁場與電場正交?，F(xiàn)有一帶電滴沿圖中虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成角，且，則下列說法中正確的是 （ ）A、 液滴一定帶正電B、 B電場線方向一定斜向上C、 液滴一定做勻速直線運動D、 液滴有可能做勻變速直線運動【解析】 若液滴帶負電，慢由左手定則可以判斷其所受倫茲國力方向應與v垂直且斜向下，在這種情況下，無論電場方向斜向上還是斜向下，都不可能使液滴受力平衡，即液滴必定會做變速運動，v的改變，又會導致F洛的變化，從而使液滴無法沿直線L運動。綜上所述，選項A、B、C正確例2、設在地面上方的真空室內，存在著勻強

28、電場和勻強磁場，已知電場強度和磁感應強度的方向是相同的，電場強度的大小E=4V/m，磁感應強度的大小B=0.15T。今有一個帶電的質點以v=20m/s的速度在此區(qū)域內沿垂直場強方向做勻速直線運動，求此帶電質點的荷質比及磁場的所有可能的方向（角度可用反三角函授表示）。mgqEE (B)Bqv【解析】質點在空間做勻速直線運動，它所受的重力、電場力、洛倫茲力的合力必為零。由此可見這三個力必在同一豎直平面內。設質點的速度的方向不可能在豎直方向成角，質點受的電場力為qE，洛倫茲力為qvB，如圖所示。由三力的平衡條件，可得：（mg）2=(qE)2 (qvB)2得：=2.25c/kgtan=vB/E=0.7

29、5， =tan-10.75即磁場方向為沿著與重力方向成=tan-10.75，斜向下的一切方向。2、帶電微粒在復合場中運動的動態(tài)分析與臨界值問題解題思路是先進行受力分析（結合運動狀態(tài)分析）并抓住出現(xiàn)臨界值勤的條件。B例3、 如圖所示一傾角為的足夠長的絕緣光滑的斜面置于磁感應強度為B的勻強磁場中，一質量為m、代電荷量為-q的小滑塊自斜面的頂端由靜止釋放，則當小物塊在斜面上滑行，經(jīng)多長時間、多長距離離開斜面？【解析】由于重力的下滑分力的作用，小物塊將沿斜面加速下滑，隨著速度的增大，F(xiàn)洛也不斷增大，但F洛的方向垂直于斜面向上，與物塊運動方向垂直，因此，雖然F洛為變力，但由于有斜面支持力的約束，直至物塊

30、離開斜面前，垂直于斜面方向所受合外力始終為零，而沿斜面方向的合外力等于mgsin，故物塊作初速度為零的勻加速直線運動。當 qvB=mgcos 時F洛FNG物塊將離開斜面，即 V=mgcos/qB 又 v=at=gsint所以 t=由 v2=2gsins 故 s=拓展：若將例3的光滑斜面改為粗糙斜面（其他不變），并知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，物塊沿斜面下滑距離L而離開斜面，求整個過程中物塊克服摩擦力所作的功。簡析：雖然只是將光滑斜面改為粗糙斜面，但物塊的運動狀態(tài)卻發(fā)生了質的變化，由勻變速直線運動改為非勻變速直線運動。原因在于F洛的變化會導致支持力的變化，進而導致摩擦力的變化，因而物塊的加速度是

31、變量，勻變速運動規(guī)律不再適用。由離開斜面時，F(xiàn)N=0得： qvB=mgcos故 v=由動能定理得： mgLsin-Wf=所以 Wf= mgLsin-EB m q例4、如圖所示，空間存在水平方向的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，一個質量為、帶電量為的小球套在不光滑的足夠長的豎直絕緣桿上，自靜止開始下滑，則（ ）A、 小球的動能不斷增大，直到某一最大值B、 小球的加速度不斷減小，直至為零C、 小球的加速度先增大后減小，最終為零D、 小球的速度先增加后減小，最終為零【解析】無論小球帶正電還是帶負電，所受電場力與洛倫茲力的方向總是相反的。設小球帶正電，受力如圖所示所示。小球在在下滑過程中，隨著速

32、度v的增加，F(xiàn)洛增大，桿的彈力FN先減小后增大，摩擦力Ff也隨之先減小后增大，當qvB=qE時，F(xiàn)N=0，F(xiàn)f=0,此時a最大，amax=g；此后，v繼續(xù)增大，F(xiàn)N反向還是增大，GF電vFfaFNF洛GF電vamF洛GF電vFfaFNF洛Ff也增大，當（qvB-qE）=mg時，a=0，達到最大速度vmax=；以后小球沿桿勻速下滑。故選項B、D正確。3、 帶電粒子在組合場中運動問題的求解方法尋找粒子進入交界處參量的變化規(guī)律，并應考慮各種可能性。BO例5、 回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以使在盒間的窄縫中形成勻強

33、電場，使粒子每次穿過窄縫都得到加速，兩盒子放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，D形盒的半徑為R，中心上半面出口處O放有質量為m、電荷量為q的正離子源，如圖所示，試問： （1）、所加交流電頻率應是多大？（2）、被加速粒子的最大動能為多大？（3）、設兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間窄縫距離為d,求加速到最大動能所需的時間？分析：回旋加速器的工作原理是：（1）電場加速qU= Ek；（2）磁場約束回旋qvB=m,r=v；（3）加速條件高頻電源的周期與帶電粒子在D形盒中運動的周期相同，即T電場=T回旋=。帶電粒子在D形盒內沿螺線軌道逐漸趨于盒的邊緣，達到預期的速率后，用特殊裝置把它們引出?！窘馕觥浚?

34、）加速條件：T交流=T回旋，f交流=。（2）粒子加速后，從D形盒引出是垢能量達到最大，當粒子從D形盒中引出時，粒子做最后一圈圓周運動的半徑就等于D形盒的半徑R，由帶電粒子做圓周運動的半徑公式可知R=所以，被加速粒子的最大動能為 EK=。粒子加速的次數(shù)n=，每轉一圈加速兩次，所以在磁場中的運動的總時間為 t磁=.T=n.。而帶電粒子在電場中的運動連接起來，相當于發(fā)生了位移為nd的初速度為零的勻加速直線運動。即 nd=.t電2，t=t電+t磁=說明：由于dR，故t電t磁，通?？陕匀щ娏Ｗ釉诤虚g窄縫電場中加速的時間。ByxMNPE-y -q例6、如圖所示，屏MN與y軸平行且距離為L，勻強電場的場強

35、E和勻強磁場的磁感應強度B已知，將質量為m，電荷量為q的負電荷（不計重力）從（0，-y）處由靜止釋放，欲使電荷能夠打在平MN與x軸相交的p點（1）應該從何處釋放電荷，即y=?（2）電荷從釋放到打在屏上共需多長時間？【解析】（1）從釋放電荷到x軸，應用動能定理，有： 粒子在磁場中作勻速圓周運動，有 由題意得： L=n2r ,(n=1,2,3,) 聯(lián)立上式解得 ， (n=1,2,3,) 設電荷到點P所用的時間為t，從釋放到第一次運動到x 軸所用時間為t1，有于是 粒子在磁場中作勻速圓周運動轉半周的時間為 故 t=(2n-1)t1 + nt2 , (n=1,2,3,)確定帶電粒子在復合場中運動軌跡的

36、方法 例1在豎直向下的勻強電場和水平方向的勻強磁場垂直相交的區(qū)域里，一帶電粒子從a點由靜止開始沿曲線abc運動到c點時速度為零，b點是運動中能夠到達的最高點，若不計粒子所受重力，則（）A粒子肯定帶負電，磁場方向垂直紙面向里Ba、c兩點處在同一條水平線上C粒子到達c點后將沿原路徑返回到a點D粒子通過b點時速率最大解析：圖中的帶電粒子在電場力和洛侖茲力共同作用下沿曲線abc運動，因在a點處由靜止釋放，粒子的速度必為零，故此時的洛侖茲力也為零，粒子起始只在電場力作用下向上運動，由場強E的方向向下，可判斷粒子一定帶負電。當粒子運動起來后因曲線軌跡向右偏，依左手定則可判定磁場方向一定是垂直紙面向里的，因

37、此A選項正確。由f=qvBsin知，粒子在運動過程中，所受洛侖茲力的方向總是與粒子運動速度的方向相垂直，故洛侖茲力只能改變速度的方向而不能改變其大小，因此粒子沿曲線從a點到b點的過程中，電場力做正功，將電勢能轉化成動能，而由b到c點的過程中粒子克服電場力做功，再將動能轉化成電勢能，故粒子在b點處速率最大，a、c兩點處速率均為零；又電場力做功與路徑無關，場強方向豎直向下，所以a、c兩點位于同一條水平線上的等勢面上，即BD選項是正確的。粒子到達c點后與開始從a點由靜止釋放的情況完全相同，因此從c點開始將重復由a經(jīng)b到c的運動過程，不會沿原路返回到a點，其軌跡應向右平移，即C選項錯誤。點評：若帶電粒

38、子進入的是一個有界電磁場區(qū)域，通常按時間的先后順序分成若干個小過程來進行處理，在每一運動過程中都從粒子的受力分析著手，緊緊抓住重力和電場力是兩個恒力，洛侖茲力隨速度的變化而變化這一特點。例2如圖所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的半徑為r0，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感應強度為B，在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域有沿半徑向外的電場。一質量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零，如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計粒子重力

39、，整個裝置在真空中）解析：不計重力的帶電粒子從正對狹縫a的S點出發(fā)，先經(jīng)加速電場作用而做勻速直線運動，設加速電壓為U，則有。接著粒子從a點以速度V垂直進入勻強磁場中，由洛侖茲力提供其圓周運動的向心力而做勻速圓周運動，設其軌道半徑為R，則有。又題干中要求粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好回到出發(fā)點S，表明整個運動過程存在一定的對稱性和周期性，而外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，故應將整個圓周四等分，即每次在磁場中要運動使速度轉向角為900，且其圓運動的軌道半徑滿足R= r0時，才恰能回到出發(fā)點S。然粒子的帶電量為+q，故運用左手定則可判定粒子應逆時針繞行，依此可繪制粒子在

40、磁場中運動的草圖如上，綜合運用上述可解得。點評：帶電粒子在復合場中每一時段的運動過程中都要充分考慮洛侖茲力永遠不做功，重力和電場力做功只取決于始末位置的高度差和電勢差。有時還要充分考慮整個運動過程中空間和時間的周期性，通過草圖找出相應的幾何關系?？傊_描繪出帶電粒子在復合場的運動軌跡，須充分把握住重力、電場力和洛侖茲力的性質，正確分析粒子的受力情況，巧妙運用物體做曲線運動的條件，靈活選取特殊狀態(tài)，繪制草圖促使問題的解決。帶電粒子在復合場中的運動一. 教學內容： 帶電粒子在復合場中的運動二. 教學過程： 1. 帶電粒子在復合場中應用問題的分析與力學中的力學中分析方法相同，關鍵是要注意電場和

41、磁場對帶電粒子不同的作用特點。 （1）帶電粒子在勻強電場中受到的電場力FqE是恒力；電場力作功與路徑無關，只與初末位置的電勢差有關；電場力作功多是電勢能和其他形式的能之間相互轉化的量度。 （2）帶電粒子在磁場中受到的洛侖茲力的大小隨運動速度的大小改變而改變；洛侖茲力的方向總與運動方向垂直；洛侖茲力對帶電粒子不作功。 2. 帶電粒子在電場和磁場共存區(qū)域內運動形式的分析和判定： 帶電粒子在電場和磁場共存區(qū)域內的運動形式由粒子的受力情況和初速度情況共同決定。由于電場、磁場的本身情況不同（例如相互平行或垂直）都可以使帶電粒子在場內運動時所受電場力、洛侖茲力的情況不同，又由于帶電粒子的初速度可能不同，這

42、些因素共同決定了帶電粒子在電場、磁場共存區(qū)域內的不同運動形式。 3. 研究帶電粒子在電場和磁場共存區(qū)域內運動的方法： （1）運用牛頓運動定律研究帶電粒子在電場和磁場共存區(qū)域內的運動：帶電粒子在電場、磁場中運動時，一般來說，帶電粒子會同時受到電場力和洛侖茲力的作用，這兩個力的合力決定了粒子的加速度，從而制約了粒子的運動形式，對于這類問題，一般是先利用牛頓第二定律求出電場力和洛侖茲力共同作用產(chǎn)生的加速度，然后再運用恰當?shù)倪\動學規(guī)律對問題最后求解。 （2）運用動能定理研究帶電粒子在電場和磁場共存區(qū)域內的運動：由于洛侖茲力對帶電粒子不做功，電場力對粒子所做的功WE等于粒子動能的增量EK，即WEEK。又因為電場力對粒子所做的功WE等于粒子電勢能的增量EP的負值，即WEEP。所以又有EKEP0，即粒子的動能與電勢能之和守恒。 4. 回旋加速器的工作原理 回旋加速器是用來加速帶電粒