帶電粒子在復(fù)合場中的運動考題一般運動情景復(fù)雜、綜合性強(qiáng)，多以把場的性質(zhì)、運動學(xué)規(guī)律、牛頓運動定律、功能關(guān)系及交變電流等有機(jī)結(jié)合的計算題出現(xiàn)，難度中等偏上，對考生的空間想象能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力及用數(shù)學(xué)方法解決物理問題的能力要求較高. 在歷年高考中出現(xiàn)頻率高，難度大，經(jīng)常通過變換過程情景、翻新陳題面貌、突出動態(tài)變化的手法，結(jié)合社會、生產(chǎn)、科技實際來著重考查綜合分析能力、知識遷移和創(chuàng)新應(yīng)用能力.情景新穎、數(shù)理結(jié)合、聯(lián)系實際將是本考點今年高考命題的特點. 1.復(fù)合場:這里所說的復(fù)合場是磁場與電場的復(fù)合場，或者是磁場與重力場的復(fù)合場，或者是磁場、電場、重力場的復(fù)合場. 2.常見運動狀態(tài):當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，所處狀態(tài)是靜止或勻速直線運動狀態(tài)；當(dāng)帶電粒子所受合外力只充當(dāng)向心力時，粒子做勻速圓周運動；當(dāng)帶電粒子所受合外力變化且與速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動. 3.分析思路:除了要寫出相應(yīng)的受力特點的方程之外，還要用到運動學(xué)公式，或者從能量的觀點(即動能定理或能量守恒定律)寫出方程，聯(lián)立求解.注意微觀帶電粒子在復(fù)合場中運動時，一般不計重力. 主題(1)帶電粒子在電場和磁場中的運動 如圖9-4-1所示，abcd是一個正方形的盒子，圖圖9-4-1在在cd邊的中點有一小孔邊的中點有一小孔e，盒子中存在著沿，盒子中存在著沿ad方向的勻方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，一粒子源不斷地從，一粒子源不斷地從a處的小孔處的小孔沿沿ab方向向盒內(nèi)發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度方向向盒內(nèi)發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度為為v0，經(jīng)電場作用后恰好從，經(jīng)電場作用后恰好從e處的小孔射出，現(xiàn)撤去電處的小孔射出，現(xiàn)撤去電場，在盒子中加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感場，在盒子中加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為應(yīng)強(qiáng)度大小為 B(圖中未畫出)，粒子仍恰好從e孔射出(帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略不計)， (1)所加的磁場的方向如何? (2)電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值為多大? 電場力作用下的電偏轉(zhuǎn)和洛倫茲力作用下的磁偏轉(zhuǎn) (1)由題意可判知粒子帶正電，欲在磁場中向下偏轉(zhuǎn)，故由左手定則判知所加磁場應(yīng)垂直紙面向外. (2)加電場時，粒子做類平拋運動，設(shè)盒子邊長為L，粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，則有 得： 當(dāng)加磁場時，如圖由幾何知識得 (L-r)2+()2=r2，得r=L,又因,得,故0000222,2LLLmLv tvvvFaqEm208mvEqL ；2L580mvrqB 085mvBqL 05EvB “電偏轉(zhuǎn)”中偏轉(zhuǎn)力fe=qE與運動速度無關(guān)，“磁偏轉(zhuǎn)”中偏轉(zhuǎn)力fB=qvB隨運動速度變化.“電偏轉(zhuǎn)”時做的是類平拋運動，其運動規(guī)律為x=v0t，y=；“磁偏轉(zhuǎn)”時做的是勻速圓周運動，其運動規(guī)律是從時、空兩個角度反映了運動的特征：22qEtm2.mmvTRqBqB，要學(xué)會繪圖比較兩種偏轉(zhuǎn)的區(qū)別要學(xué)會繪圖比較兩種偏轉(zhuǎn)的區(qū)別. (單選)(2009北京高考)如圖9-4-2所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場.一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直圖圖9-4-2 線由區(qū)域線由區(qū)域右邊界的右邊界的O點點(圖中未標(biāo)出圖中未標(biāo)出)穿出穿出.若撤去該區(qū)域內(nèi)若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不不計重力計重力)仍以相同初速度由仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子邊界穿出，則粒子b() A.穿出位置一定在O點下方 B.穿出位置一定在O點上方 C.運動時，在電場中的電勢能一定減小 D.在電場中運動時，動能一定減小C a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq，即只要滿足E=Bv無論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O點的上方或下方穿出，故AB錯；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤. (雙選雙選)如圖如圖9-4-3所示，所示，帶等量異種電荷的平行金屬板帶等量異種電荷的平行金屬板a、b處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度強(qiáng)度B垂直紙面向里，不計重垂直紙面向里，不計重力的帶電粒子沿力的帶電粒子沿OO方向從方向從圖圖9-4-3左側(cè)垂直于電場和磁場入射，從右側(cè)射出左側(cè)垂直于電場和磁場入射，從右側(cè)射出a、b板間區(qū)域時動能比入射時小要使粒子射出板間區(qū)域時動能比入射時小要使粒子射出a、b板間區(qū)域時的動能比入射時大，可以板間區(qū)域時的動能比入射時大，可以()A適當(dāng)增大金屬板間的電壓適當(dāng)增大金屬板間的電壓B適當(dāng)增大金屬板間的距離適當(dāng)增大金屬板間的距離C適當(dāng)減小金屬板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度適當(dāng)減小金屬板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度D使帶電粒子的電性相反使帶電粒子的電性相反 主題(2)帶電粒子在電場、重力場和磁場中的運動 設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)，存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場.已知電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是相同的，電場強(qiáng)度的大小E=4.0V/m，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=0.15T.今有一個帶負(fù)電的質(zhì)點以v=20m/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強(qiáng)方向做勻速直線運動，求： (1)此帶電質(zhì)點的電荷量與質(zhì)量之比q/m以及磁場所有可能的方向(角度可用反三角函數(shù)表示). (2)如果質(zhì)點沿垂直場強(qiáng)方向的水平面做勻速圓周運動，質(zhì)點的比荷又是多少?磁場方向又如何?質(zhì)點的軌道半徑是多少? 帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動問題的分析方法. (1)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，由此可知三個力在同一豎直平面內(nèi)，如右圖所示，質(zhì)點的速度垂直紙面向外.由合力為零的條件可得由合力為零的條件可得(mg)2=(qvB)2+(qE)2 所以質(zhì)點的電荷量與質(zhì)量之比為 =1.96C/kg 因質(zhì)點帶負(fù)電，電場方向與電場力方向相反，則磁場方向也與電場力方向相反，設(shè)磁場方向與重力方向間夾角為，則有 qEsin=qvBcos 22qgmvBE 229.8C/ kg(20 0.15)4.0 解得 =arctan0.75 即磁場是沿著與重力方向夾角=arctan0.75且斜向下方的一切方向.20 0.15tan0.754.0vBE ， (2)若質(zhì)點在垂直于場強(qiáng)方向的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則其電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，即 mg=Eq 電場力豎直向上，則電場方向豎直向下，磁場方向也是豎直向下. 軌道半徑為9.8C/kg2.45C/kg4.0qgmE2vBqvmR 20m54.4m0.152.45mvRBq 注意區(qū)別重力、洛倫茲力和電場力的不同特點.重力和勻強(qiáng)電場中的電場力是恒力，而洛倫茲力的大小和方向隨速度的大小方向變化而變化. （單選）如圖9-4-4勻強(qiáng)電場水平向右，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，帶正電的小球在場中靜止釋放，最后落到地面上.關(guān)于該過程，下述說法正確的是( )圖圖9-4-4A.小球減少的電勢能等于增加的動能小球減少的電勢能等于增加的動能B.小球做勻變速運動小球做勻變速運動C.電場力和重力做的功等于小球增加的動能電場力和重力做的功等于小球增加的動能D.若保持其他條件不變，只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，若保持其他條件不變，只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，小球著地時動能不變小球著地時動能不變C小球在下落過程中受三個力作用：電場力、洛倫茲力和重力，其中只有電場力和重力做功，根據(jù)動能定理知，電場力和重力做的功等于小球增加的動能，C選項正確.磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時，小球在水平方向的位移發(fā)生變化，電場力做的功發(fā)生變化，所以著地時的動能變化.主題(3)帶電粒子先后在兩個場中運動如圖9-4-5所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，左側(cè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E、方向水平向右，其寬度為L；圖圖9-4-5中間區(qū)域勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為中間區(qū)域勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.方向方向垂直紙面向外；右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大垂直紙面向外；右側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為小也為B.方向垂直紙面向里.一個帶正電的粒子(質(zhì)量m，電荷量q，不計重力)從電場左邊緣a點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到了a點，然后重復(fù)上述運動過程.求：(1)中間磁場區(qū)域的寬度d.(2)帶電粒子從a點開始運動到第一次回到a點時所用的時間t.(1)電場中加速，由所以磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得所以2vaL qEam 2qELvm 2vqvBmr 12mvmELrqBBq可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2r所以sin60dr 162mELBq(2)電場中，中間磁場中，右側(cè)磁場中，則12222vmvmLtaqEqE22263TmtqB35563mtTqB1232723mLmttttqEqB 該粒子做往復(fù)運動，注意到在兩個磁場區(qū)域粒子做圓周運動的半徑相同，在正確判斷粒子偏轉(zhuǎn)方向的基礎(chǔ)上，即可描繪出完整的運動圖景，從而得解.繪圖時要正確確定繪圖時要正確確定3個圓心的位置個圓心的位置. 如圖9-4-6所示，一個質(zhì)量為m帶電量為+q的小球以水平初速度v0自離地面h高度處做平拋運動不計空氣阻力重力加速度為g，試回答下列問題：圖圖9-4-6 (1)小球自拋出到第一次落地至點小球自拋出到第一次落地至點P的過程的過程中發(fā)生的位移中發(fā)生的位移s大小是多少？大小是多少？ (2)若在空間加一個豎直方向的勻強(qiáng)電場，若在空間加一個豎直方向的勻強(qiáng)電場，發(fā)現(xiàn)小球水平拋出后做勻速直線運動，則勻強(qiáng)發(fā)現(xiàn)小球水平拋出后做勻速直線運動，則勻強(qiáng)電場強(qiáng)度電場強(qiáng)度E是多大？是多大？ (3)若在空間再加一個垂直紙面若在空間再加一個垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，發(fā)現(xiàn)小球第一次落向外的勻強(qiáng)磁場，發(fā)現(xiàn)小球第一次落地點仍然是地點仍然是P.試問磁感應(yīng)強(qiáng)度試問磁感應(yīng)強(qiáng)度B是多是多大？大？ (1)得：得：(2)mg=qEE=(3)由由得：得： .所以所以 . 如圖如圖9-4-7所示，空中所示，空中有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為為m，帶電荷量為，帶電荷量為+q的滑塊沿的滑塊沿水平向右做勻速直線運動，滑水平向右做勻速直線運動，滑塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊與墻碰撞后速度為原，滑塊與墻碰撞后速度為原來的一半滑塊返回時，去掉來的一半滑塊返回時，去掉了電場，恰好也做勻速直線運了電場，恰好也做勻速直線運動，求原來電場強(qiáng)度的大小動，求原來電場強(qiáng)度的大小圖圖9-4-7 碰撞前，粒子做勻速運動，碰撞前，粒子做勻速運動，qE=(mg+qvB)返回時無電場力作返回時無電場力作用仍做勻速運動，水平方向無外力，用仍做勻速運動，水平方向無外力，摩擦力摩擦力f=0，所以，所以N=0.豎直方向上豎直方向上有有 ，解得，解得 .2qvBmg3mgEq