1、微專題12 帶電粒子在復合場中的運動帶電粒子在疊加場中的運動1帶電體在疊加場中無約束情況下的運動(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題(2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題(3)靜電力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運動若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，

2、因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題2帶電體在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解 (2017山東棗莊一模)如圖所示，穿有M、N兩個小球(均視為質(zhì)點)的光滑絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內(nèi)，圓心為O、半徑R0.3 mM、N用一根不可伸長的絕緣輕質(zhì)細繩相連，小球質(zhì)量分別為mM0.01 kg、mN0.08 kg；M帶電荷量q7104 C，N不帶電該空間同時存在勻強電場和勻強磁場電場方向豎直向

3、上，電場強度E1103 V/m；磁場方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應(yīng)強度B102 T將兩小球從圖示位置(M與圓心O等高，N在圓心O的正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時針方向向上轉(zhuǎn)動重力加速度g取10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8.則在兩球從圖示位置逆時針向上轉(zhuǎn)動的過程中，求：(1)通過計算判斷，小球M能否到達圓環(huán)的最高點(2)小球M速度最大時，圓環(huán)對小球M的彈力(3)小球M電勢能變化量的最大值解析：(1)設(shè)M、N在轉(zhuǎn)動過程中，繩對M、N做的功分別為WT、WT，則WTWT0，設(shè)M到達圓環(huán)最高點時，M、N的動能分別為EkM、EkN，對M，洛倫茲力不做功，由動能定理得qERm

4、MgRWTEkM，對N，由動能定理得WTmNgREkN，聯(lián)立解得EkMEkN0.06 J，即M在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負值，故M不能到達圓環(huán)的最高點(2)設(shè)N轉(zhuǎn)過角時，M、N的速度大小分別為vM、vN，因M、N做圓周運動的半徑和角速度均相同，故vMvN，對M，洛倫茲力不做功，由動能定理得qERsin mMgRsin WT2mMv，對N，由動能定理得WT2mNgR(1cos )mNv，WT2WT20，聯(lián)立解得v(3sin 4cos 4)，由上式可得，當37時，M、N的速度達到最大速度，最大速度vmax m/s，M速度最大時，設(shè)繩的拉力為F，圓環(huán)對小球M的彈力為FN，由牛頓第二定律得Fcos 4

5、5(qEmMg)cos 37，qvmaxBFsin 45(qEmMg)sin 37FN，解得FN0.096 N，負號表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外(3)M、N從圖示位置逆時針轉(zhuǎn)動過程中，由于M不能到達最高點，所以，當兩球速度為0時，電場力做功最多，電勢能減少最多由v(3sin 4cos 4)得3sin 4cos 40，解得sin (sin 0舍去)，故M的電勢能變化量的最大值|Ep|qERsin J0.201 6 J.答案：(1)見解析(2)0.096 N沿圓環(huán)徑向向外(3)0.201 6 J帶電粒子在疊加場中運動的分析方法(1)弄清疊加場的組成(2)進行受力分析(3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意

6、運動情況和受力情況的結(jié)合(4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同種類的場時，要分階段進行處理(5)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解對于臨界問題，注意挖掘隱含條件 (2018遼寧五校聯(lián)考)如圖所示，與水平面成37的傾斜軌道AC，其延長線在D點與半圓軌道DF相切，軌道半徑R1 m，軌道均為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側(cè)存在垂直于紙面向里的勻強磁場(C點在MN邊界上)一質(zhì)

7、量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點時速度v0 m/s，接著沿直線CD運動到D處進入半圓軌道，進入時無動能損失，且恰好能通過F點，在F點速度vF4 m/s，不計空氣阻力，g取10 m/s2，cos 370.8，求：(1)小球帶何種電荷；(2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功(3)小球從F點飛出時磁場同時消失，小球離開F點后的運動軌跡與軌道AC所在直線的交點為G(G點未標出)，求G點到D點的距離解析：(1)在MN右側(cè)，小球受到重力、電場力與洛倫茲力作用，如果小球帶負電荷，電場力水平向右，洛倫茲力指向左下方，重力豎直向下，小球受到的合力不可能為零，小球不可能做直線運動，則小球帶正電

8、荷(2)小球在C、D間做勻速直線運動，則在D點的速度與C點的速度大小相等，即vD m/s，電場力與重力的合力F05 N.從D到F的過程，對小球，由動能定理可得WfF02Rmvmv，代入數(shù)據(jù)解得Wf27.6 J.(3)小球離開F點后做類平拋運動，加速度a，2Rat2，代入數(shù)據(jù)解得t s，G點到D點的距離xvFt4 m2.26 m.答案：(1)帶正電荷(2)27.6 J(3)2.26 m1設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場已知電場強度和磁感應(yīng)強度的方向是相同的，電場強度的大小E4.0 V/m, 磁感應(yīng)強度的大小B0.15 T，今有一個帶負電的質(zhì)點以v20 m/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強

9、方向做勻速直線運動，求此帶電質(zhì)點的電量與質(zhì)量之比q/m以及磁場的所有可能方向(角度可用反三角函數(shù)表示)解析：根據(jù)帶電質(zhì)點做勻速直線運動的條件，得知此帶電質(zhì)點所受的重力、電場力和洛倫茲力的合力必定為零由此推知此三個力的同一豎直平面內(nèi)，如圖所示，質(zhì)點的速度垂直紙面向外由合力為零的條件，可得mgq，求得帶電質(zhì)點的電量與質(zhì)量之比代入數(shù)據(jù)得 C/kg1.96 C/kg因質(zhì)點帶負電，電場方向與電場力方向相反，因而磁場方向也與電場力方向相反，設(shè)磁場方向與重力方向之間夾角為，則有qEsin qvBcos .解得tg ，arctg 0.75即磁場是沿著與重力方向夾角arctg 0.75，且斜向下方的一切方向答案

10、：見解析帶電粒子在組合場中的運動1組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)2分析思路(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理(2)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題 如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域，c為圓心，在圓上a點有一粒子源以相同的速率向圓面內(nèi)各個方向發(fā)射多個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子當圓形區(qū)域存在垂直于圓面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場時，沿ac方向射入的粒子從b點離開場區(qū)，此過程粒

11、子速度方向偏轉(zhuǎn)了.若只將圓形區(qū)域內(nèi)的磁場換成平行于圓面的勻強電場，粒子從電場圓邊界的不同位置射出時有不同的動能，其最大動能是初動能的4倍，經(jīng)過b點的粒子在b點的動能是初動能的3倍不計粒子重力及粒子間的相互作用求：(1)粒子源發(fā)射粒子的速度v0及從b點離開磁場的粒子在磁場中運動的最長時間tm；(2)電場強度的方向及大小解析：(1)粒子在磁場中作勻速圓周運動，設(shè)軌跡圓半徑為r，作出以ab為弦的兩段圓弧如圖所示，O1、O2分別為兩圓圓心，由從b點射出的粒子速度偏轉(zhuǎn)角知：對以O(shè)1為圓心的圓有：圓周角aO1b，由幾何知識可知：弦切角cab，abc為等邊三角形，可得ab長度：LR從abO1可得：rR由圓周

12、運動的規(guī)律有：qv0Bm由式可得：v0粒子在磁場中運動時間最長時的軌跡是以O(shè)2為圓心的圓弧，在菱形aO1bO2中有：aO2baO1b粒子的偏轉(zhuǎn)角2aO2b由圓周運動的規(guī)律有：tm解得tm.(2)設(shè)電場方向與ab連線夾角為，離開電場時動能最大的粒子的射出點和c點連線一定和電場方向平行，如圖所示在粒子從a運動到b點過程中由動能定理有：qERcos 2mv以離開電場時動能最大的粒子在電場中由動能定理有：qER3mv由式解得：0(即電場方向由a指向b)E或滿足sin ，E.答案：(1)(2)或帶電粒子在分離電場和磁場中的運動問題分析(1)帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動根據(jù)粒子在運動過程中的受力情況

13、，確定運動軌跡，計算粒子的運動時間、位移等物理量由于電場與磁場是分離的，帶電粒子在電場中受到恒定的電場力作用，加速度恒定，可能做勻變速直線運動，也可能做勻變速曲線運動進入磁場之后，在磁場中受到洛倫茲力作用，粒子在磁場中做勻速圓周運動(2)處理帶電粒子在電場中的運動，用動能定理較為簡單(3)解題過程中要注意不要漏解 如圖所示，在邊長L3 dm的等邊三角形abc的外接圓區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強電場，將質(zhì)量m21013 kg，電量q11010 C的點電荷從a點以相等的速率沿不同方向射出時可到達圓上的不同位置，其中電荷到達b點時動能最大，其動能增量為Ek8.11010 J若將該點以某一初速度v0沿ac

14、方向從a點射出時恰通過b點，現(xiàn)撤去電場并在該圓形區(qū)域內(nèi)加上垂直于紙面的勻強磁場時，仍讓該點電荷從a點沿ac方向以v0射出時也能通過b點求：(1)勻強電場的場強E；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；(3)點電荷在勻強磁場和勻強電場中運動的時間之比解析：(1)由于電場力做功與路徑無關(guān)，且點電荷從a點沿不同方向射出時到達b點時動能最大，說明在圓周上b點的電勢最低，則過b點所作外接圓的切線為b點的等勢線，又因為電場線總是與等勢面相垂直，且由高等勢面指向低等勢面，故圖中的Ob方向即為場強方向設(shè)外接圓半徑為R，由幾何關(guān)系知L2Rcos 30，由功能關(guān)系知電場力做功等于動能增量EkEq(RRsin 30)，解得

15、R0.3 m，E18 N/C(2)電荷沿ac方向射入時在電場中恰做類平拋運動，由Rcos 30v0t1和RRsin 30 t得t10.01 s，v015 m/s換成磁場后仍過ab兩點，則圓心在ab的垂直平分線上，同時圓心還應(yīng)在過a點垂直于ac的直線上，如圖中的O1點，由左手定則知磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向下，由幾何關(guān)系可知其圓周運動的軌道半徑rR又電荷做圓周運動時，由qv0Bm得r，代入數(shù)據(jù)可得B T.(3)由幾何關(guān)系知電荷在磁場中運動了120圓心角，因此對應(yīng)的時間為t2 s于是對應(yīng)的時間之比為，整理可得.答案：(1)18 N/C(2) T(3)2(2018遼寧五校協(xié)作體聯(lián)考)如圖，在xOy平面

16、第一象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場和垂直于xOy平面的勻強磁場，勻強電場的電場強度為E.一帶電荷量為q的小球從y軸上離坐標原點距離為L的A點處，以沿x軸正方向的初速度進入第一象限，如果電場和磁場同時存在，小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動，并從x軸上距坐標原點的C點離開磁場如果只撤去磁場，并且將電場反向，帶電小球以相同的初速度從A點進入第一象限，仍然從x軸上距坐標原點的C點離開電場求：(1)小球從A點出發(fā)時的初速度大小；(2)磁感應(yīng)強度B的大小解析：(1)由帶電小球做勻速圓周運動知mgqE所以電場反向后，由牛頓第二定律有mgqEma小球做類平拋運動有Lat2v0t由聯(lián)立得v0(2)帶電小球做勻速圓周運動時，洛

17、倫茲力提供向心力，則qv0B由幾何知識得(LR)2(L)2R2由得B.答案：(1)(2)3(2018江西紅色七校模擬)如圖所示，粒子源O可以源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的正離子同位素，即這些正離子帶相同的電荷量q，質(zhì)量卻不相同所有的正離子先被一個電壓為U0的勻強加速電場加速，再從兩板中央垂直射入一個勻強偏轉(zhuǎn)電場，已知此偏轉(zhuǎn)電場兩板間距為d，板間電壓為2U0，偏轉(zhuǎn)后通過下極板上的小孔P離開電場經(jīng)過一段勻速直線運動后，正離子從Q點垂直于邊界AB進入一正方形區(qū)域勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里)，不計正離子的重力及離子間的相互作用(1)當正離子從P點離開偏轉(zhuǎn)電場時，求P點和極板左端間的距離L以及此時的速度偏轉(zhuǎn)角.(2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑R.(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在磁場邊界AD的中點處，求能打在邊界AD上的正離子的質(zhì)量范圍解析：(1)離子在加速電場中，由動能定理得qU0mv0，在偏轉(zhuǎn)電場中，離子做類平拋運動，Lv0t，at2，加速度a，速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tan ，解得Ld，tan 1，45.(2)離子在加速電場中，由動能定理得qU0mv0，v0，離子進入磁場時的