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1、(1)模型概述 帶電粒子在有界磁場中的偏轉(zhuǎn)問題一直是高考的熱點，此類模型較為復(fù)雜，常見的磁場邊界有單直線邊界、雙直線邊界、矩形邊界和圓形邊界等．因為是有界磁場，則帶電粒子運動的完整圓周往往會被破壞，可能存在最大、最小面積、最長、最短時間等問題． (2)模型分類 Ⅰ.單直線邊界型 當(dāng)粒子源在磁場中，且可以向紙面內(nèi)各個方向以相同速率發(fā)射同種帶電粒子時以圖8－2－11(甲)中帶負(fù)電粒子的運動為例． 圖8－2－11 規(guī)律要點 ①最值相切：當(dāng)帶電粒子的運動軌跡小于圓周且與邊界相切時(如圖中a點)，切點為帶電粒子不能射出磁場的最值點(或恰能射出磁場的臨界點)． ②最值相交：當(dāng)帶電粒子的

2、運動軌跡大于或等于圓周時，直徑與邊界相交的點(如圖8－2－11(甲)中的b點)為帶電粒子射出邊界的最遠(yuǎn)點(距O最遠(yuǎn))． Ⅱ.雙直線邊界型 當(dāng)粒子源在一條邊界上向紙面內(nèi)各個方向以相同速率發(fā)射同一種粒子時，以圖8－2－11(乙)中帶負(fù)電粒子的運動為例． 規(guī)律要點 ①最值相切：粒子能從另一邊界射出的上、下最遠(yuǎn)點對應(yīng)的軌道分別與兩直線相切．如圖8－2－11(乙)所示． ②對稱性：過粒子源S的垂線為ab的中垂線． 在如圖(乙)中，a、b之間有帶電粒子射出， 可求得ab＝2 最值相切規(guī)律可推廣到矩形區(qū)域磁場中． Ⅲ.圓形邊界 (1)圓形磁場區(qū)域規(guī)律要點 ①相交于圓心：帶電粒子沿指向圓

3、心的方向進(jìn)入磁場，則出磁場時速度矢量的反向延長線一定過圓心，即兩速度矢量相交于圓心，如圖8－2－12(甲)． ②直徑最?。簬щ娏Ｗ訌闹睆降囊粋€端點射入磁場，則從該直徑的另一端點射出時，磁場區(qū)域面積最?。鐖D8－2－12(乙)所示． (2)環(huán)狀磁場區(qū)域規(guī)律要點 ①徑向出入：帶電粒子沿(逆)半徑方向射入磁場，若能返回同一邊界，則一定逆(沿)半徑方向射出磁場． ②最值相切：當(dāng)帶電粒子的運動軌跡與圓相切時，粒子有最大速度vm而磁場有最小磁感應(yīng)強(qiáng)度B.如圖8－2－12(丙)． 圖8－2－12 圖8－2－13 【典例】 如8－2－13所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的

4、環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓心O處有一放射源，放出粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行． (1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60，要想使該粒子經(jīng)過磁場第一次通過A點，則初速度的大小是多少？ (2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？ 解析　(1)如圖所示，設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系得 R1＝，又qv1B＝m得v1＝. (2)設(shè)粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關(guān)系有(2r－R2)2＝R22＋r2 可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝

5、故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過. 答案　(1)　(2)  圖8－2－14 1．(2011海南卷，10改編)如圖8－2－14所示空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖中的正方形為其邊界．一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射．這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不計重力，下列說法正確的是(　　)． A．入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同 D．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡

6、所對的圓心角一定越小 解析　帶電粒子進(jìn)入磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據(jù)qvB＝得軌道半徑r＝，粒子的比荷相同．故不同速度的粒子在磁場中運動的軌道半徑不同，軌跡不同，相同速度的粒子，軌道半徑相同，軌跡相同，故B正確．帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝＝，故所有帶電粒子的運動周期均相同．若帶電粒子從磁場左邊界射出磁場，則這些粒子在磁場中運動時間是相同的，但不同速度軌跡不同，故A、C錯誤．根據(jù)＝得θ＝t，所以t越長，θ越大，故D錯誤． 答案　B 2．(2011浙江卷，20改編)利用如圖8－2－15所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方

7、向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是(　　)． 圖8－2－15 A．粒子帶正電 B．射出粒子的最大速度為 C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 解析　利用左手定則可判定只有負(fù)電荷進(jìn)入磁場時才向右偏，故選項A錯誤．利用qvB＝知r＝，能射出的粒子滿足≤r≤，因此對應(yīng)射出粒子的最大速度vmax＝＝，選項B錯誤．最小速度

8、vmin＝－，Δv＝vmax－vmin＝，由此式可判定選項C正確，選項D錯誤． 答案　C 3．(2011廣東卷，35)如圖8－2－16(a)所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，R1＝R0，R2＝3R0.一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點進(jìn)入該區(qū)域，不計重力． (1)已知粒子從外圓上以速度v1射出，求粒子在A點的初速度v0的大?。? (2)若撤去電場，如圖8－2－16(b)，已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運動的時間．

9、(3)在圖8－2－16(b)中，若粒子從A點進(jìn)入磁場，速度大小為v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？ 圖8－2－16 解析　(1)根據(jù)動能定理，qU＝mv12－mv02， 所以v0＝ . (2)如圖所示，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何知識可知R2＋R2＝(R2－R1)2，解得R＝R0.根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律qv2B＝.解得B＝＝. 根據(jù)公式＝，2πR＝v2T， qv2B＝m，解得t＝＝＝＝. (3)考慮臨界情況，如圖所示 ①qv3B1′＝m，解得B1′＝，② qv3B2′＝m，解得B2′＝，綜合得：B′<.

10、 答案　(1) 　(2)　　(3) 圖8－2－17 4．(2011課標(biāo)全國卷，25)如圖8－2－17所示，在區(qū)域Ⅰ(0≤x≤d)和區(qū)域Ⅱ(d0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度方向沿x軸正向．已知a在離開區(qū)域Ⅰ時，速度方向與x軸正向的夾角為30；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度大小是a的.不計重力和兩粒子之間的相互作用力．求： (1)粒子a射入?yún)^(qū)域Ⅰ時速度的大小； (2)當(dāng)a離開區(qū)域Ⅱ時，a、b兩粒子的

11、y坐標(biāo)之差． 解析　(1)設(shè)粒子a在Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C(在y軸上)．半徑為Ra1，粒子速率為va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P′，如圖所示．由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvaB＝m① 由幾何關(guān)系得∠PCP′＝θ② Ra1＝　?、邸∈街?，θ＝30，由①②③式得va＝④ (2)設(shè)粒子a在Ⅱ內(nèi)做圓周運動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點為Pa(圖中未畫出軌跡)，∠P′OaPa＝θ′.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qva(2B)＝m⑤ 由①⑤式得Ra2＝⑥ C、P′和Oa三點共線，且由⑥式知Oa點必位于x＝d⑦ 的平面上．由對稱性知，Pa點與P′點縱坐標(biāo)相同

12、，即 yPa＝Ra1cos θ＋h⑧ 式中，h是C點的y坐標(biāo)． 設(shè)b在Ⅰ中運動的軌道半徑為Rb1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qB＝2⑨ 當(dāng)a到達(dá)Pa點時，b位于Pb點，轉(zhuǎn)過的角度為α.如果b沒有飛出Ⅰ，則＝⑩ ＝? 式中，t是a在區(qū)域Ⅱ中運動的時間，而Ta2＝? Tb1＝? 由⑤⑨⑩???式得α＝30? 由①③⑨?式可見，b沒有飛出Ⅰ.Pb點的y坐標(biāo)為 yPb＝Rb1(2＋cos α)＋h ? 由①③⑧⑨??式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為yPa－yPb＝(－2)d? 答案　(1)　(2)(－2)d 第3講　帶電粒子在復(fù)合場中的運動

13、 復(fù)合場 復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在．從場的復(fù)合形式上一般可分為如下四種情況： ①相鄰場；②重疊場；③交替場；④交變場. 帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類 1.靜止或勻速直線運動 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動． 2．勻速圓周運動 當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動． 3．較復(fù)雜的曲線運動 當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不

14、是拋物線． 4．分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成. 電場磁場同區(qū)域應(yīng)用實例 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動 磁流體 發(fā)電機(jī) 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極電壓為U時穩(wěn)定，q＝qv0B，U＝v0Bd 電磁流量計 q＝qvB　所以v＝所以Q＝vS＝π2 質(zhì)譜儀、回旋加速器《見第2講》 溫馨提示 復(fù)合場中重力是否考慮的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一

15、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、金屬塊等，一般應(yīng)考慮其重力． (2)在題目中明確說明的按說明要求是否考慮重力． (3)不能直接判斷是否考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運動分析時，要由分析結(jié)果確定是否考慮重力． 圖8－3－1 1．如圖8－3－1是磁流體發(fā)電機(jī)的原理示意圖，金屬板M、N正對著平行放置，且板面垂直于紙面，在兩板之間接有電阻R.在極板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場．當(dāng)?shù)入x子束(分別帶有等量正、負(fù)電荷的離子束)從左向右進(jìn)入極板時，下列說法中正確的是(　　)． ①N板的電勢高于M板的電勢?、贛板的電勢高于N板的電勢　③R

16、中有由b向a方向的電流?、躌中有由a向b方向的電流 A．①② B．③④ C．②④ D．①③ 解析　本題考查洛倫茲力的方向的判斷，電流形成的條件等知識點．根據(jù)左手定則可知正電荷向上極板偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷向下極板偏轉(zhuǎn)，則M板的電勢高于N板的電勢．M板相當(dāng)于電源的正板，那么R中有由a向b方向的電流． 答案　C 圖8－3－2 2．如圖8－3－2所示，有一混合正離子束先后通過正交的電場、磁場區(qū)域Ⅰ和勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子流在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一定具有相同的(　　)． A．動能 B．質(zhì)量 C．電荷量 D．比荷 答案　D

17、 圖8－3－3 3．(2012南昌高三調(diào)研)某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖8－3－3所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動，此空間同時存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是(　　)． A．小球一定帶正電 B．小球可能做勻速直線運動 C．帶電小球一定做勻加速直線運動 D．運動過程中，小球的機(jī)械能減少 解析　本題考查帶電體在復(fù)合場中的運動問題．由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受磁場力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不是勻速直線運動

18、，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球一定做勻加速運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增大，選項D錯誤． 答案　C 4．如圖8－3－4所示，在空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其豎直邊界AB，CD的寬度為d，在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)從P點以大小為v0的水平初速度射入電場，隨后與邊界AB成45射入磁場．若粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中減速至零且不碰到正極板． (1)請畫出粒子上述過程中的運動軌跡，并求出粒子進(jìn)入磁場時的速度大小v；

19、 (2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (3)求金屬板間的電壓U的最小值． 圖8－3－4 解析　(1)軌跡如圖所示v＝＝v0 (2)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動 設(shè)其軌道半徑R，由幾何關(guān)系可知R＝＝d qvB＝m　解得B＝ (3)粒子進(jìn)入板間電場至速度減為零的過程，由動能定理有－qU＝0－mv2　解得U＝. 答案　(1)軌跡見解析圖　v0　(2)　(3) 考點一　帶電粒子在分離復(fù)合場中的運動 “電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直進(jìn)入磁場(磁偏轉(zhuǎn)) 垂直進(jìn)入電場(電偏轉(zhuǎn)) 情景圖 受力 FB＝qv0B大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力

20、 FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力 運動規(guī)律 勻速圓周運動r＝，T＝ 類平拋運動vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2 續(xù)表 運動 時間 t＝T＝ t＝，具有等時性 動能 不變 變化 【典例1】 在豎直平面內(nèi)， 圖8－3－5 以虛線為界分布著如圖8－3－5所示的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其中勻強(qiáng)電場的方向豎直向下，大小為E；勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.虛線與水平線之間的夾角為θ＝45，一個帶負(fù)電荷的粒子在O點以速度v0水平射入勻強(qiáng)磁場，已知帶電粒子所帶的電荷量為q，質(zhì)量為m(重力忽略不計，電場、磁場區(qū)域足夠大)．求：

21、(1)帶電粒子第1次通過虛線時距O點的距離； (2)帶電粒子從O點開始到第3次通過虛線時所經(jīng)歷的時間； (3)帶電粒子第4次通過虛線時距O點的距離． 解析　帶電粒子運動的軌跡如圖所示 (1)據(jù)qv0B＝m得r＝，又由幾何知識可知：d1＝r，解得d1＝. (2)在磁場中運動時間為t1＝＝ 在電場中a＝ 運動時間為t2＝＝ 再一次在磁場中運動t3＝， 所以總時間t＝＋. (3)再次進(jìn)入電場中從C到D做類平拋運動(如圖所示) x＝v0t4，y＝，x＝y(tǒng)， 得x＝ 所以距O點距離為Δd＝2d1－x＝－. 答案　(1)　(2)＋　(3)－ ——解決帶電粒子在分離復(fù)合場中

22、運動問題的思路方法 【變式1】 在如圖8－3－6所示的空 圖8－3－6 間坐標(biāo)系中，y軸的左側(cè)有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，場強(qiáng)方向與y軸負(fù)方向成30，y軸的右側(cè)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B(未畫出)．現(xiàn)有一質(zhì)子在x軸上坐標(biāo)為x0＝10 cm處的A點，以一定的初速度v0第一次沿x軸正方向射入磁場，第二次沿x軸負(fù)方向射入磁場，回旋后都垂直于電場方向射入電場，最后又進(jìn)入磁場．求： (1)質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場中的軌跡半徑R； (2)質(zhì)子兩次在磁場中運動時間之比； (3)若第一次射入磁場的質(zhì)子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，恰好從第二次射入磁場的質(zhì)子進(jìn)入電場的位置再次進(jìn)入磁場，試求初速度v

23、0和電場強(qiáng)度E、磁感應(yīng)強(qiáng)度B之間需要滿足的條件． 解析　(1)質(zhì)子兩次運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知x0＝Rsin 30 解得R＝2x0＝20 cm. (2)第一次射入磁場的質(zhì)子，軌跡對應(yīng)的圓心角為θ1＝210 第二次射入磁場的質(zhì)子，軌跡對應(yīng)的圓心角為θ2＝30 故質(zhì)子兩次在磁場中運動時間之比為t1∶t2＝θ1∶θ2＝7∶1. (3)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動時， 由ev0B＝m得R＝ 設(shè)第一次射入磁場的質(zhì)子，從y軸上的P點進(jìn)入電場做類平拋運動，從y軸上的Q點進(jìn)入磁場，由幾何關(guān)系得，質(zhì)子沿y軸的位移為Δy＝2R 質(zhì)子的加速度a＝ 沿電場方向Δycos 30＝at2

24、 垂直電場方向Δysin 30＝v0t 解得v0＝. 答案　(1)20 cm　(2)7∶1　(3)v0＝ 考點二　帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運動 帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運動問題求解要點 (1)受力分析是基礎(chǔ)．在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件． (2)運動過程分析是關(guān)鍵．在運動過程分析中應(yīng)注意物體做直線運動，曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件． (3)構(gòu)建物理模型是難點．根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解． 【典例2】 如圖8－3－7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，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整

25、個空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(C點處于MN邊界上)．一質(zhì)量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點時速度為vC＝ m/s，接著沿直線CD運動到D處進(jìn)入半圓軌道，進(jìn)入時無動能損失，且恰好能通過F點，在F點速度vF＝4 m/s(不計空氣阻力，g＝10 m/s2，cos 37＝0.8)．求： 圖8－3－7 (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點后的運動軌跡與直線AC(或延長線)的交點為(G點未標(biāo)出)，求G點到D點的距離． 解析　(1)正電荷 (2)依題意可知小球

26、在CD間做勻速直線運動 在D點速度為vD＝vC＝m/s 在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力為0，設(shè)重力與電場力的合力為F＝qvCB 又F＝＝5 N　解得qB＝＝ 在F處由牛頓第二定律可得qvFB＋F＝ 把qB＝代入得R＝1 m 小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由動能定理可得 －Wf－2FR＝ Wf＝27.6 J (3)小球離開F點后做類平拋運動，其加速度為a＝ 由2R＝得t＝ ＝ s 交點G與D點的距離GD＝vFt＝1.6 m＝2.26 m. 答案　見解析 【變式2】 (2011廣東六校聯(lián)合體聯(lián)考) 圖8－3－8 如圖8－3－8所示，豎直平面內(nèi)有相互

27、垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E1＝2 500 N/C，方向豎直向上；磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝103 T，方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m＝110－2kg、電荷量q＝410－5C的帶正電小球自O(shè)點沿與水平線成45角以v0＝4 m/s的速度射入復(fù)合場中，之后小球恰好從P點進(jìn)入電場強(qiáng)度E2＝2 500 N/C，方向水平向左的第二個勻強(qiáng)電場中．不計空氣阻力，g取10 m/s2.求： (1)O點到P點的距離s1； (2)帶電小球經(jīng)過P點的正下方Q點時與P點的距離s2. 解析　(1)帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中受到的重力G＝mg＝0.1 N 電場力F1＝qE1＝0.1 N 即G＝F1，故

28、帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運動 根據(jù)牛頓第二定律得qv0B＝m 解得：R＝＝m＝1 m 由幾何關(guān)系得：s1＝R＝ m. (2)帶電小球在P點的速度大小仍為v0＝4 m/s，方向與水平方向成45.由于電場力F2＝qE2＝0.1 N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F＝ N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個電場中做類平拋運動 建立如圖所示的x、y坐標(biāo)系，沿y軸方向上，帶電小球的加速度a＝＝10m/s2，位移y＝at2 沿x軸方向上，帶電小球的位移x＝v0t 由幾何關(guān)系有：y＝x　即：at2＝v0t，解得：t＝ s Q點到P點的距離s2＝x＝4 m

29、＝3.2 m. 答案　(1) m　(2)3.2 m 　　　11.帶電粒子“在復(fù)合場中運動的軌跡”模型 (1)模型概述 當(dāng)帶電粒子沿不同方向進(jìn)入電場或磁場時，粒子做各種各樣的運動，形成了異彩紛呈的軌跡圖形．對帶電粒子而言“受力決定運動，運動描繪軌跡，軌跡涵蓋方程”．究竟如何構(gòu)建軌跡模型，至關(guān)重要．首先應(yīng)根據(jù)電場力和洛倫茲力的性質(zhì)找出帶電粒子所受到的合力，再由物體做曲線運動的條件確定曲線形式． (2)模型分類 ①“拱橋”型 圖8－3－9 【典例1】 如圖8－3－9所示，在x軸上方有垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在x軸下方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場

30、強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點O沿著y軸正方向射出，射出之后，第三次到達(dá)x軸時，它與O點的距離為L，求此時粒子射出時的速度和運動的總路程(重力不計)． 解析　畫出粒子運動軌跡如圖所示，形成“拱橋”圖形．由題可知粒子軌道半徑R＝.由牛頓運動定律知粒子運動速率為v＝＝ 設(shè)粒子進(jìn)入電場后沿y軸負(fù)方向做減速運動的最大路程為y，由動能定理知mv2＝qEy，得y＝ 所以粒子運動的總路程為x＝＋πL. ②“心連心”型 圖8－3－10 【典例2】 如圖8－3－10所示，一理想磁場以x軸為界，下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是上方磁感應(yīng)強(qiáng)度B的兩倍．今有一質(zhì)量為m

31、、電荷量為＋q的粒子，從原點O沿y軸正方向以速度v0射入磁場中，求此粒子從開始進(jìn)入磁場到第四次通過x軸的位置和時間(重力不計)． 解析　由r＝知粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑r1＝，在x軸下方做圓周運動的軌道半徑r2＝，所以r1＝2r2 現(xiàn)作出帶電粒子的運動的軌跡如圖所示，形成“心連心”圖形，所以粒子第四次經(jīng)過x軸的位置和時間分別為x＝2r1＝ t＝T1＋T2＝＋＝ ③“葡萄串”型 【典例3】 如圖8－3－11甲所示 ，互相平行且水平放置的金屬板，板長L＝1.2 m，兩板距離d＝0.6 m，兩板間加上U＝0.12 V恒定電壓及隨時間變化的磁場，磁場變化規(guī)律如圖8－3－11

32、乙所示，規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正．當(dāng)t＝0時，有一質(zhì)量為m＝2.010－6kg、電荷量q＝＋1.010－4C的粒子從極板左側(cè)以v0＝4.0103m/s沿與兩板平行的中線OO′射入，取g＝10 m/s2、π＝3.14.求： 圖8－3－11 (1)粒子在0～1.010－4s內(nèi)位移的大小x； (2)粒子離開中線OO′的最大距離h； (3)粒子在板間運動的時間t； (4)畫出粒子在板間運動的軌跡圖． 解析　(1)由題意知：Eq＝q＝2.010－5N① 而mg＝2.010－5N② 顯然Eq＝mg③ 故粒子在0～1.010－4s時間內(nèi)做勻速直線運動， 因為Δt＝1.010－4s

33、， 所以x＝v0Δt＝0.4 m④ (2)在1.010－4～2.010－4s時間內(nèi)， 電場力與重力平衡，粒子做勻速圓周運動， 因為T＝＝1.010－4s⑤ 故粒子在1.010－4～2.010－4s時間內(nèi)恰好完成一個周期圓周運動⑥ 由牛頓第二定律得：qv0B＝⑦ R＝＝0.064 m⑧ h＝2R＝0.128 m<. 所以粒子離開中線OO′的最大距離 h＝0.128 m．⑨ (3)板長L＝1.2 m＝3 x⑩ t＝2T＋3Δt＝5.010－4s? (4)軌跡如圖 ? 圖8－3－12 1．(2011大綱全國卷，25)如圖8－3－12所示，與水平面成45

34、角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從平面MN上的P0點水平向右射入Ⅰ區(qū)．粒子在Ⅰ區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強(qiáng)度大小為E；在Ⅱ區(qū)運動時，只受到勻強(qiáng)磁場的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里．求粒子首次從Ⅱ區(qū)離開時到出發(fā)點P0的距離．粒子的重力可以忽略． 解析　帶電粒子進(jìn)入電場后， 在電場力的作用下做類平拋運動， 其加速度方向豎直向下，設(shè)其大小為a， 由牛頓運動定律得qE＝ma① 設(shè)經(jīng)過時間t0粒子從平面MN上的點P1進(jìn)入磁場，由運動學(xué)公式和幾何關(guān)系得 v0t0＝at02② 粒子速度大小v1＝③

35、 設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為α，則 tan α＝④ 此時粒子到出發(fā)點P0的距離為 s0＝v0t0⑤ 此后，粒子進(jìn)入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，圓周半徑為 r1＝⑥ 設(shè)粒子首次離開磁場的點為P2，弧所對的圓心角為2β，則點P1到點P2的距離為 s1＝2r1sin β⑦ 由幾何關(guān)系得 α＋β＝45⑧ 聯(lián)立①②③④⑥⑦⑧式得 s1＝⑨ 點P2與點P0相距l(xiāng)＝s0＋s1⑩ 聯(lián)系①②⑤⑨⑩解得 l＝? 答案　 圖8－3－13 2．(2011安徽卷，23)如圖8－3－13所示，在以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)

36、磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出． (1)求電場強(qiáng)度的大小和方向； (2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運動加速度的大??； (3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間． 解析　(1)因為帶電粒子進(jìn)入復(fù)合場后做勻速直線運動，則qv0B＝qE① R＝v0t0② 由①②聯(lián)立解得E＝，方向沿x軸正方向． (2)若僅撤去磁場，帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿y軸

37、正方向做勻速直線運動y＝v0＝③ 沿x軸正方向做勻加速直線運動x＝at2④ 由幾何關(guān)系知x＝ ＝R⑤ 解得a＝ (3)僅有磁場時，入射速度v′＝4v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r， 由牛頓第二定律有qv′B＝m⑥ 又qE＝ma⑦ 可得r＝⑧ 由幾何知識sin α＝⑨ 即sin α＝，α＝⑩ 帶電粒子在磁場中運動周期T＝ 則帶電粒子在磁場中運動時間t′＝T，所以t′＝t0. 答案　見解析 3．(2011重慶卷，25)某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動．如圖8－3－14所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP′N′N充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場，寬

38、為d；矩形區(qū)域NN′M′M充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，長為3s，寬為s；NN′為磁場與電場之間的薄隔離層．一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速為零的電子，從P點開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場，電子每次穿越隔離層，運動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，最后電子僅能從磁場邊界M′N′飛出．不計電子所受重力． 圖8－3－14 (1)求電子第二次與第一次圓周運動半徑之比． (2)求電場強(qiáng)度的取值范圍． (3)A是M′N′的中點，若要使電子在A、M′間垂直于AM′飛出，求電子在磁場區(qū)域中運動的時間． 解析　(1)設(shè)圓周運動的半徑分別為R1、R2、…Rn、Rn＋1…

39、，第一和第二次圓周運動速率分別為v1和v2，動能分別為Ek1和Ek2. 由：Ek2＝0.81Ek1，R1＝，R2＝，Ek1＝mv12，Ek2＝mv22，得R2∶R1＝0.9. (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，第一次到達(dá)隔離層前的速率為v′. 由eEd＝mv′2,0.9mv′2＝mv12，R1≤s 得E≤，又由：Rn＝0.9n－1R1， 2R1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n＋…)>3s 得E>，故