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專題強化三 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動
命題點一 帶電粒子在疊加場中的運動
1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動
(1)洛倫茲力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，可由此求解問題．
(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子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)電場力、洛倫茲力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運動．
②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，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．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動
帶電粒子在疊加場中受輕桿、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、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解．
例1 如圖1，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里．一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發(fā)，沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場．不計一切阻力，求：
圖1
(1)電場強度E的大小；
(2)磁感應強度B的大?。?
(3)微粒在復合場中的運動時間．
答案 (1) (2) (3)(＋1)
解析 (1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲：
所以，Eq＝mg，得：E＝
(2)由平衡條件：qvB＝mg
電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙：qvB＝m
由幾何知識可得：r＝l
聯(lián)立解得：v＝，
B＝
(3)微粒做勻速直線運動的時間：t1＝＝
做勻速圓周運動的時間：t2＝＝
在復合場中的運動時間：t＝t1＋t2＝(＋1).
變式1 如圖2，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動．下列選項正確的是( )
圖2
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
答案 B
解析 設三個微粒的電荷量均為q，
a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即
mag＝qE①
b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則
mbg＝qE＋qvB②
c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，三力平衡，則
mcg＋qvB＝qE③
比較①②③式得：mb>ma>mc，選項B正確．
變式2 (2019屆效實中學期中)一帶電液滴在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中做半徑為R的圓周運動，如圖3所示，已知電場強度為E，方向豎直向下，磁感應強度為B，方向水平(圖中垂直紙面向里)，重力加速度為g.運動中液滴所受浮力、空氣阻力都不計，求：
圖3
(1)液滴是順時針運動還是逆時針運動；
(2)液滴運動的速度多大；
(3)若液滴運動到最低點A時分裂成兩個完全相同的液滴，其中一個仍在原平面內(nèi)做半徑R1＝3R的圓周運動，繞行方向不變，且圓周的最低點仍是A點，則另一個液滴怎樣運動？
答案 見解析
解析 (1)、(2)帶電液滴所受電場力向上且與重力平衡，知液滴帶負電，液滴所受洛倫茲力提供向心力，由左手定則結合題圖知液滴順時針運動．
即Eq＝mg，qvB＝m
解得v＝
(3)分裂后的液滴電荷量、質量均減半，電場力與重力仍平衡，依據(jù)上面運算可得，分裂后第一個液滴的繞行速度大小v1＝＝＝3v，方向向左．
分裂后第二個液滴的速度設為v2，分裂前后水平方向動量守恒，以液滴分裂前的速度方向為正方向
mv＝mv1＋mv2，解得v2＝－v
即分裂后第二個液滴速度大小為v，方向向右，所受電場力與重力仍平衡，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，繞行方向為順時針，A點是圓周最高點，圓周半徑R2＝R.
命題點二 帶電粒子在組合場中的運動
1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路
第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；
第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下：
←←←→→→
第3步：用規(guī)律
→→→→
→
2．解題步驟
(1)找關鍵點：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鍵．
(2)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．
模型1 磁場與磁場組合
例2 人類研究磁場的目的之一是通過磁場控制帶電粒子的運動．如圖4所示是通過磁場控制帶電粒子運動的一種模型．在0≤x＜d和d
0)的粒子，其速率有兩種，分別為v1＝、v2＝.(不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用)
圖4
(1)求兩種速率的粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的半徑R1和R2.
(2)求兩種速率的粒子從x＝2d的邊界射出時，兩出射點的距離Δy的大小．
(3)在x>2d的區(qū)域添加另一勻強磁場，使得從x＝2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動．在圖中用實線畫出粒子的大致運動軌跡(無需通過計算說明)，用虛線畫出所添加磁場的邊界線．
答案 (1)d 2d (2)4(－1)d (3)見解析圖
解析 (1)根據(jù)qvB＝m可得：R＝
又因為粒子速率有兩種，分別為：v1＝，v2＝
解得：R1＝d，R2＝2d
(2)圖甲為某一速率的粒子運動的軌跡示意圖，
輔助線如圖所示，根據(jù)幾何關系可知：
速率為v1的粒子射出x＝2d邊界時的縱坐標為：y1＝2(R1－)＝d
速率為v2的粒子射出x＝2d邊界時的縱坐標為：y2＝2(R2－)＝2(2－)d
聯(lián)立可得兩出射點距離的大?。害＝y(tǒng)1－y2＝4(－1)d
(3)兩個粒子運動軌跡如圖乙中實線所示，磁場邊界如圖中傾斜虛線所示，可以使得從x＝2d邊界射出的兩束粒子最終匯聚成一束，并平行y軸正方向運動．
模型2 電場與磁場組合
例3 (2016浙江4月選考22)如圖5為離子探測裝置示意圖．區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長均為L＝
0.10m，高均為H＝0.06m．區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏．質子束沿兩板正中間以速度v＝1.0105m/s水平射入，質子荷質比近似為＝1.0108C/kg.(忽略邊界效應，不計重力)
圖5
(1)當區(qū)域Ⅰ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加電場的最大值Emax；
(2)當區(qū)域Ⅰ不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，求能在屏上探測到質子束的外加磁場的最大值Bmax；
(3)若區(qū)域Ⅰ加電場E小于(1)中的Emax，質子束進入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域Ⅰ中的電場E之間的關系式．
答案 (1)200V/m (2)5.510－3T (3)B＝
解析 (1)質子在電場中做類平拋運動
vy＝at＝，tanα＝＝
質子恰好能到達區(qū)域Ⅱ右下端時，外加電場最大，
此時有tanα＝，得Emax＝＝200V/m.
(2)質子在磁場中運動有qvB＝m，即R＝
根據(jù)幾何關系有：R2－(R－)2＝L2時，外加磁場最大
得Bmax＝≈5.510－3T.
(3)質子運動軌跡如圖所示．
設質子進入磁場時的速率為v′，則
sinα＝＝＝＝
由幾何關系知sinα＝＝＝，得B＝.
變式3 (2017浙江4月選考23)如圖6所示，在xOy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x軸正方向每秒發(fā)射出N個速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關于x軸對稱的電子流．電子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場偏轉后均從P點射出，在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點的距離為d，中間開有寬度為2l且關于y軸對稱的小孔．K板接地，A與K兩板間加有正負、大小均可調的電壓UAK，穿過K板小孔到達A板的所有電子被收集且導出，從而形成電流．已知b＝R，d＝l，電子質量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用．
圖6
(1)求磁感應強度B的大小；
(2)求電子從P點射出時與負y軸方向的夾角θ的范圍；
(3)當UAK＝0時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達極板A的電子數(shù)；
(4)畫出電流i隨UAK變化的關系曲線.
答案 見解析
解析 軌跡示意圖
(1)“磁聚焦”模型要求：R＝，解得B＝.
(2)b＝R，由幾何關系知：
θ在關于y軸左、右對稱的60(含)范圍內(nèi)．
(3)要進入小孔，電子到達P點時與y軸負方向的夾角φ≤45
則：＝＝≤
則當UAK＝0時每秒到達A板的電子數(shù)：N0＝N.
(4)①當UAK≥0時，進入小孔的電子全部能到A板
i1＝N0e＝Ne
②設當UAK＝U1時，φ1＝45對應的電子剛好到達A板
則eU1＝0－m(vcosφ1)2，解得UAK＝－
即在區(qū)間(－，0)之間，i2＝N0e＝Ne
③當UAK反向繼續(xù)增大時，將出現(xiàn)有電子(該臨界角度為α)
剛好打到A板上，而φ>α的電子打不到A板
i＝Ne，eUAK＝0－m(vcosα)2
解得：i＝Ne.
i＝0時，UAK＝－.
綜上所述：i－UAK圖線如圖所示
變式4 如圖7所示，O′PQ是關于y軸對稱的四分之一圓，在PQNM區(qū)域有均勻輻向電場，PQ與MN間的電壓為U.一初速度為零的帶正電的粒子從PQ上的任一位置經(jīng)電場加速后都會從O′進入半徑為R、中心位于坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向外，大小為B，粒子經(jīng)磁場偏轉后都能平行于x軸射出．在磁場區(qū)域右側有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K，金屬板長均為4R，其中K板接地，A與K兩板間加有電壓UAK>0，忽略極板電場的邊緣效應，不計重力．已知金屬平行板左端連線與磁場圓相切，O′在y軸上．
圖7
(1)求帶電粒子的比荷；
(2)求帶電粒子進入右側電場時的縱坐標范圍；
(3)若無論帶電粒子從PQ上哪個位置出發(fā)都能打到K板上，則電壓UAK至少為多大？
答案 (1) (2)－R～R (3)U
解析 (1)由動能定理可知qU＝mv2
由已知條件可知，帶電粒子在磁場中運動的半徑R0＝R
洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動的向心力，
qvB＝m.聯(lián)立解得＝
(2)如圖，沿QN方向入射的帶電粒子，在磁場中做圓周運動的圓心為O1，由幾何關系知，對應的圓心角為135，離開磁場的出射點a在y軸上的投影與O′的距離為
Δy＝R＋R
a點的縱坐標ya＝R
同理可得，沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出射點b的縱坐標yb＝－R
故帶電粒子進入右側電場時的縱坐標范圍為：
－R～R
(3)只要沿QN方向入射的帶電粒子能打在K板上，則從其他位置入射的粒子也一定打在K板上，則在電場中
E＝
F＝qE＝ma
Δy＝R＋R＝at2
應滿足4R≥vt
解得UAK≥U.
1．如圖1甲所示，水平放置的平行金屬板M、N之間存在豎直向上的勻強電場和垂直于紙面的交變磁場(如圖乙所示，垂直紙面向里為正)，磁感應強度B0＝50 T，已知兩板間距離d＝0.3 m，電場強度E＝50 V/m，M板中心有一小孔P，在P正上方h＝5 cm處的O點，一帶電油滴自由下落，穿過小孔后進入兩板間，若油滴在t＝0時刻進入兩板間，最后恰好從N板邊緣水平飛出．已知油滴的質量m＝10－4 kg，電荷量q＝＋210－5C(不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，取π＝3)．求：
圖1
(1)油滴在P點的速度大?。?
(2)N板的長度；
(3)交變磁場的變化周期．
答案 (1)1m/s (2)0.6m (3)0.3s
解析 (1)由機械能守恒定律，得mgh＝mv2
解得v＝1m/s
(2)進入場區(qū)時，因為mg＝10－3N，方向向下，
而Eq＝10－3N，方向向上．
所以，重力與電場力平衡，油滴做勻速圓周運動，
所以B0qv＝
解得R＝0.1m
因d＝0.3m，則若使油滴從N板邊緣水平飛出，需在場內(nèi)做三次圓弧運動．
所以，N板的長度L＝6R.
解得L＝0.6m
(3)油滴在磁場中運動的周期T0＝＝
由(2)分析知交變磁場的周期T＝T0
聯(lián)立解得T＝0.3s.
2．(2019屆東陽中學模擬)如圖2所示，半徑r＝0.06m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1m、磁感應強度大小B＝0.075T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標為(0,0.08m)，平行金屬板MN的極板長L＝0.3m、間距d＝0.1m，極板間所加電壓U＝6.4102V，其中N極板收集的粒子全部中和吸收．一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v＝6105m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉后，從第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向．若粒子重力不計、比荷＝108C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應．sin37＝0.6，cos37＝0.8.求：
圖2
(1)粒子在磁場中的運動半徑R0；
(2)從坐標(0,0.18m)處射出磁場的粒子，其在O點入射方向與y軸的夾角θ；
(3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η.
答案 見解析
解析 (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝
得R0＝＝0.08m
(2)如圖所示，從y＝0.18m處出射的粒子對應入射方向與y軸的夾角為θ，軌跡圓心與y軸交于(0,0.10m)處，
由幾何關系可得：sinθ＝0.8，故θ＝53
(3)如圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子剛進入電場時的縱坐標為y：
則y＝at2，a＝，L＝vt，
聯(lián)立解得y＝＝0.08m
設此粒子入射時與x軸正方向夾角為α，則有：
y＝rsinα＋R0－R0cosα
可知tanα＝即α＝53
比例η＝100%≈29.4%.
3．某高中物理課程基地擬采購一批實驗器材，增強學生對電偏轉和磁偏轉研究的動手能力，其核心結構原理可簡化為如圖3所示．AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強電場，在CD的右側有一與CD相切于M點的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶正電粒子自O點以水平初速度v0正對P點進入該電場后，從M點飛離CD邊界，再經(jīng)磁場偏轉后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點．已知O、P間距離為d，粒子質量為m，電荷量為q，電場強度大小E＝，粒子重力不計．試求：
圖3
(1)粒子從M點飛離CD邊界時的速度大?。?
(2)P、N兩點間的距離；
(3)圓形有界勻強磁場的半徑和磁感應強度的大?。?
答案 (1)2v0 (2)d (3)d
解析 (1)據(jù)題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示：
粒子從O到M點時間：t1＝
粒子在電場中的加速度：a＝＝
P、M兩點間的距離為：PM＝at12＝d.
粒子在M點時豎直方向的分速度：vy＝at1＝v0
粒子在M點時的速度：v＝＝2v0
速度偏轉角的正切值：tanθ＝＝，故θ＝60；
(2)粒子從N到O點時間：t2＝
粒子從N到O點過程豎直方向的位移：y＝at22
故P、N兩點間的距離為：PN＝y(tǒng)＝d
(3)設粒子在磁場中運動的半徑為R，由幾何關系得：Rcos60＋R＝PN＋PM＝d
可得半徑：R＝d
由qvB＝m，即：R＝
解得：B＝
由幾何關系確定區(qū)域半徑為：R′＝2Rcos30
即R′＝d.
4．如圖4，靜止于A處的離子經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強為E0，方向如圖所示；離子質量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d，離子重力不計．
圖4
(1)求圓弧虛線對應的半徑R的大??；
(2)若離子恰好能打在NQ的中點，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值；
(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強電場，換為垂直紙面向里的勻強磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應強度B的取值范圍．
答案 (1) (2) (3) ≤B＜
解析 (1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，
有：qU＝mv2
離子在輻向電場中做勻速圓周運動，知離子帶正電，電場力提供向心力，
根據(jù)牛頓第二定律，有qE0＝
聯(lián)立解得：R＝
(2)離子做類平拋運動，若恰好能打在NQ的中點，則
d＝vt,3d＝at2
由牛頓第二定律得：qE＝ma，
聯(lián)立解得：E＝
(3)離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有
qvB＝，則r＝
離子能打在QN上，則離子運動徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ.
由幾何關系知，離子能打在QN上，必須滿足：d＜r≤2d，則有≤B＜.
5．(2018寧波市十校聯(lián)考)一個放射源水平放出α、β、γ三種射線，垂直射入如圖5所示磁場，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強磁場，兩區(qū)域的磁感應強度大小B相等，方向相反(粒子運動不考慮相對論效應)．已知電子質量me＝9.110－31kg，α粒子質量mα＝6.710－27kg，電子電荷量q＝1.610－19C，≈1＋(|x|<1時)．
圖5
(1)若要篩選出速率大于v1的所有β粒子進入?yún)^(qū)域Ⅱ，求磁場寬度d與B和v1的關系(用題中所給字母表示即可)；
(2)若B＝0.0273T，v1＝0.1c(c是光速)，計算d；α粒子的速率為0.001c，計算α粒子離開區(qū)域Ⅰ時的偏移距離(答案均保留三位有效數(shù)字)；
(3)當d滿足第(1)小題所給關系時，請給出速率在v1
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浙江選考2020版高考物理大一輪復習
第九章
磁場
專題強化三
帶電粒子在疊加場和組合場中的運動學案
浙江
2020
高考
物理
一輪
復習
第九
專題
強化
帶電
粒子
疊加
組合
中的
運動學
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