知识讲解带电粒子在复合场中的运动提高

物理总复习：带电粒子在复合场中的运编稿：审稿、动时，一般要同时考虑电场力力和重力的作用。抓住三个力的特点是分析和求解相、2、电场力：电场力的大小为qEE，，vB

，无论带电粒子做什么运动力都不做功。但重力、电场力可能做功而引起带电粒，考点三、带电粒子在复合场中的几种典型运动1例：α角，l做直线运动，l与水平方βα>β，则下列说法中错误的是（）【答案】B、CD。2效为仅在力作用下的匀速圆周运动。子带电性质和绕行方向分别是（） B.带正电，顺时 D.带负电，顺时【答案】反向，故电场力方向竖直向上，粒子带负电。在轨迹上任取一点，该点粒子受到的力C正确。3速m=1gAM0.8m到N点P点时小物块A450PM的高度差为H＝0.8m。试求沿壁下滑时摩擦力做的功；（2）PN【答案（1）Wf610J（2）xEqqvB，所以vE2m/sBMN

mgMN

1mv22所以Wf610J设P点速度为v，如图，由Eqmg，qvB 2Eq，得v22m/N、Pxy，物体由N到P

mgyEqx1mv21mv2，解得x0.6m 子受到力作用时，要做匀变速直线运动，一般要在光滑平面上或穿在光滑杆上。1、如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为(sin0.6)0向外。一个电荷量q4.0102Cm=0.40kg的光滑小球，以初速度v20m010m/s2B【解析】对带电小球进行受力分析和运动过程分析，先沿斜面向上做匀运动，再沿斜面向下做匀加速运动（离开斜面前FN0，列出方程 第二定律，得qEcosmgsin代入数值解得

10m/s2

tv02s11qEcosmgsin

a10m/2运动时间t2tt12脱离斜面时的速度va2t10m在垂直于斜面方向上支持力为零，有qvBqEsinmg故BmgcosE

B5T【课堂：带电粒子在综合场中的运动例3【变式1】如图所示，质量为m的圆环带有电量q的正电荷。中【答案】（1）gsin（2）mg(sincos根据第二定

mgsinff

Nmgcosf=maf0N0时，加速度最大最大加速度为amaxgsin。当a0解得最大速度为

mg(sincos2】如图所示，虚线间的空间存在由匀强电场EB组成的正交或平行的方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列电磁混合场的是（）【答案】况如图所示：A图中由于小球所受合力不为零，因此力不恒定，水平方向合力不可能保持为零，A图错误；B图中垂直于纸面向外的方向上只有一个力，这种情况下不能沿竖直方向运动；C图中小球所受三个力的合力如果为零，小球就可以沿竖直方向运动；D图中小球只受竖直方向上两个力作用，一定沿竖直方向运动。例2（2015卷）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在粒子从第nθnsinθ 若粒子恰好不能从第 mm

【解析】（1）2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时2qEd1 mv2 mqv2Bm2 r nvnrn（各量的下标均代表粒子所在nqEd1 nqvBmn nθn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分vn1sinn1vn 1rnsinnrnsinn rnsinrn1sinn1 rnsinnr1sin1(n n=12 sin sinn

n磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn′q sinnθn′不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧【课堂：磁场对运动电荷的作用例5【变式】如图，在第一象限有沿-yExy平面Bm，带正电为从（0，h）x正向以速度v0运动。（不计重力）求：（1）电荷第二次到达x轴的位置；（2）x m2marctan(1m 由第二定律qEmah1at2，

vt，

2解得

0 ，x v进入匀强磁场后，做匀速圆周运动，由第二定律2qvBm2r

x2MN2rsin

sin

vy xxx

2m

2mh

（2）粒子在磁场里的时间

2T，T2m，tanvy 0 0 所以 0

)2mmm0故电荷第二次到达x轴的时间tt1t2 qBarctan(v )03（2015山东卷）D2D的同心圆处于同一竖直面内，O为d

，

【答案 qEd1 解得 2qvBm 2RR 4B R 4B 设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和

2mv

4mv， ，qvB2 1R1

D，

mv 2 2设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动可T2R1

2 知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2，圆弧和大圆O连线间的夹角设为，由几何关系可得：1 12 2 粒子重复上述交替运动回到Ht1、t2，可得

t1

oT1；t2

2 45°MNI和IIm、q（q＞0）的粒子以速度v0MNp0点水平右射入I区。粒子在IEII区运动时，离开时到出发点p0的距离。粒子的重力可以忽略 【答案】s 0 【解析】设粒子第一次过MN时速度方向与水平方向成1角，位移与水平方向成2245v0t

①x

a m

y1at 212tanvyat2tan12

（或直接根据tan12tan22则vy2v0，v x22 2x2

s1

0 0 在磁场中做圆周运动，且弦切角为12145 qvBR

得出：R 0 s22Rsin)sin1cos45cos1sinsinsin()sin1cos45cos1sin2515又由⑤tan2可知sin ，cos 2515s2

所以首次从II区离开时到出发点p0的距离 ss1s2 0 例4（2016卷）如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将4DD′s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；CDD′上距地面高H＝3l.零时刻质量为m带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0 方向与水平面夹角的速度，在区域Ⅰ内做半径r3lC进入区域Ⅱ.A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的知，g为重力加速度．lglgA、P在时刻t

【答案】(1)磁感应强度B的大小 (2)释放小球A的时刻lg(322)lg

q(1)2

【解析】(1)PP必定带正电，且所受电场力与重力大小相等。设Ⅰ区域的磁感应强度大小为B，由力提供向心力得：qvBm0 即B B PDθ可得小球将偏转过的圆心角为θ角后自C点水平进入Ⅱ区做类平抛运动到斜面底端B点，设做匀速圆周运动的时间为t1，类平抛运动的时间为t2，vt1 v0PCr 32t 2 Aa1，N，如图所示：由第二定律得mgsin 1at2 sin 21AtAtAt1t2

⑪lg(322) lglglga2A、P在t

s(v0t

)12

A(t

)2 Hh1a(tt)21a(t

)2sin 2 2 E

(112q( 小球P在区域Ⅱ中竖直方向位移为：y1at 21由于小球P落在斜面上，则 可得 由此可得场强极小值为Emin＝0；场强极大值为

7mgB0a的正三角EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小EGEF穿出磁场，求离子甲的质43【答案（1）mqaBB0d 3（2）mqaBB0d（3）EF边上从O到P点。EG3 2 K到I场力和向下的电场力平衡，有qvB0 VV VV①②式得：v 第二定律有：qvBr

EG边相切于K，与EF边交于I/ΔEOK中，OKEG1ar2

⑤由⑤式得r

32

233 2333的质量为mqaBB0d 3 ⑦（2）同理，由洛仑兹 第二定律有3 2 qvBmr ⑧式中，mr分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径。离子乙运动的圆周的圆心O'r2(a3)2(ar)22(a3)(ar)cos 联立③⑧⑩式得，离子乙的质量为m

⑨由⑨式得r1 4⑾（3）对于最轻的离子，其质量为m2，由④式知，它在磁场中做半径为r/2EHO，有OH

323

mO点沿HEI点；当离子质量继续增大KEGI点。KGKG 32

K到I。m、电荷量为+qU0U1的平A点水平射入待测区域，不考虑粒子受到的重力。4U0AF，现取水y-z-mm

（2）U4U1（3）【解析（1）设粒子射出的速度为v，动能定

qU1mv0m由题意得v1v0，即vm

在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t

aqU1

vy

y1at

水平位移lyzy2yy

Uly 则当加速电压为4U0时，U

U0(ax轴方向射入时的受力情况可知：BxEq由沿yE与OxyF2f2(5F2,

f

B 设电场方x轴 Bxz(fFsina)2(Fcosa)2

7F)

解得a300，或aE与Oxyx300B沿x轴方向，E与Oxyx轴方向的夹角为-300或-1500（1）（2）（3）匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出m，电量为+qP静止于虚XAI的冲量作用而做匀速直线运动。在AOlO点，另一端连接不带电的质PQ，QOWv0。PQ两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场，两小球粘在一起运动。PQ两小球均视为质点，Pg。AXs（1）v=I/m（2）FImv0)2 4

4 s(n

n为大于

的整 4Q的往复运动；P与Q在W点发生完全非弹性碰撞；碰后粘合体在重力场中往复运动。设小球P所受电场力为F1，则F1=qE 在整个空间重力和电场力平衡，有Fl=mg 联立①②得E=mg/q 设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理