習題課4帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué) 習 目 標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。3.掌握粒子在復(fù)合場中運動問題的分析方法。一、帶電粒子在疊加場中的運動1疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。2基本思路(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)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合。(4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。當做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。當做勻速圓周運動時，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動定律分別列方程求解。當帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。【例1】如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直紙面向里，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒以速度v與磁場垂直，與電場成45°角射入復(fù)合場中恰能做勻速直線運動，求電場強度E、磁感應(yīng)強度B的大小。思路點撥：(1)帶電微粒恰能做勻速直線運動，說明受力平衡。(2)分析微粒受力情況，畫出受力圖。解析由題圖中微粒的入射方向和微粒做勻速直線運動判斷知，粒子只能帶正電。對微粒進行受力分析，有重力、靜電力和洛倫茲力，如圖所示，由于帶電微粒所受洛倫茲力與v垂直，靜電力與v成45°角，因而mg與qE的合力與F等大反向。qEmgtan 45°解得EFqvB解得B。答案復(fù)合場中運動問題的求解技巧帶電體在復(fù)合場中的運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行受力分析，運動過程分析，充分挖掘題目中的隱含條件，根據(jù)不同的運動情況建立相應(yīng)的方程。1如圖所示，在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向水平并垂直紙面向外，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動(重力加速度為g)。(1)求此區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向；(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°的角，如圖所示，則該微粒至少需要經(jīng)過多長時間運動到距地面最高點？解析(1)要滿足微粒做勻速圓周運動，則qEmg得E，方向豎直向下。(2)如圖所示當微粒第一次運動到最高點時，135°則tTT微粒做勻速圓周運動的周期T解得t。答案(1)方向豎直向下(2)二、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，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vE進入勻強電場(不計重力)帶電粒子以vB進入勻強磁場(不計重力)受力情況只受恒定的電場力FEq只受大小恒定的洛倫茲力FqvB運動情況類平拋運動勻速圓周運動運動軌跡拋物線圓弧求解方法利用類平拋運動的規(guī)律xv0t，yat2，a，tan 牛頓第二定律、向心力公式r，T，t【例2】一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；(2)求該粒子從M點入射時速度的大??；(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。思路點撥：(1)帶電粒子在電場中做平拋運動，應(yīng)用運動的分解進行分析，注意速度和位移的分析。(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，注意半徑和圓心角的分析。(3)粒子由電場進入磁場時，速度與x軸正方向的夾角與做圓周運動的圓心角關(guān)系密切，注意利用。解析(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)(a)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為(見圖(b)，速度沿電場方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有qEma(b)式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運動學(xué)公式有v1atlv0tv1vcos 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB由幾何關(guān)系得l2Rcos 聯(lián)立式得v0。(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1v0cot 聯(lián)立式得設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t，則t2tT式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期。T由式得t(1)。答案見解析帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法2如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，在A點(0，3 m)以初速度v0120 m/s平行x軸正方向射入電場區(qū)域，然后從電場區(qū)域進入磁場，又從磁場進入電場，并且先后只通過x軸上的P點(6 m，0)和Q點(8 m，0)各一次。已知該微粒的比荷為102 C/kg，微粒重力不計，求：(1)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P點時速度方向與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的運動軌跡；(3)電場強度E和磁感應(yīng)強度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做類平拋運動，微粒在x軸正方向做勻速直線運動由xv0t，得t0.05 s微粒沿y軸負方向做初速度為零的勻加速直線運動，由yat2得a2.4×103 m/s2.(2)vyat，tan 1，所以45°軌跡如圖(3)由qEma，得E24 N/C設(shè)微粒從P點進入磁場以速度v做勻速圓周運動，vv0120 m/s由qvBm得r由幾何關(guān)系可知r m，所以可得B1.2 T。答案(1)0.05 s2.4×103 m/s2(2)45°見解析圖(3)24 N/C1.2 T1(多選)一個帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在下圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是()ABCDAD根據(jù)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)情況可以確定選項A、C、D中粒子帶正電，選項B中粒子帶負電，再根據(jù)左手定則判斷粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)方向，可知A、D正確，B、C錯誤。2一正電荷q在勻強磁場中，以速度v沿x軸正方向進入垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，如圖所示，為了使電荷能做直線運動，則必須加一個電場進去，不計重力，此電場的場強應(yīng)該是()A沿y軸正方向，大小為B沿y軸負方向，大小為BvC沿y軸正方向，大小為D沿y軸負方向，大小為B要使電荷能做直線運動，必須用電場力抵消洛倫茲力，本題正電荷所受洛倫茲力的方向沿y軸正方向，故電場力必須沿y軸負方向且qEqvB，即EBv。3(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P和P3()A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運動的半徑之比為1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13BCD兩離子質(zhì)量相等，所帶電荷量之比為13，在電場中運動時，由牛頓第二定律得qma，則加速度之比為13，A錯誤。在電場中僅受電場力作用，由動能定理得qUEkmv2，在磁場中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力永不做功，動能之比為13，D正確。由磁場中洛倫茲力提供向心力知qvBm，得r，半徑之比為1，B正確。設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d，則有sin ，即，故60°2，可知C正確。- 8 -