例析带电粒子在复合场中的运动问题

1、李希花例析带电粒子在复合场中的运动问题带电粒子在复合场中的运动问题是电磁场的综合问题，这类问题的显著特点是粒子的运 动情况和轨迹较为复杂、抽象、多变，因而这部分习题最能考查学生分析问题的能力。解决 这类问题与解决力学题目方法类似，不同之处是多了电场力和洛伦兹力，因此，带电粒子在 复合场中的运动问题除了利用力学三大观点（动力学观点、能量观点、动量观点）来分析外， 还要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终 和运动速度方向垂直，永不做功等。例1 一个质量为m = 0.00Mg、带电荷量为q = 1 x 10-3C的 带正电小球和一个质量也为m不带电的小球相距L

2、 = 0.2m，放在 绝缘光滑水平面上，当加上如图1所示的匀强电场和匀强磁场后，（E = 1 x 103N/C，B = 0.5T）带电小球开始运动与不带电小球相碰，并粘在一起，合为一体，问:（1）两球碰后速度多大？（2）两球碰后到两球离开水平面，还要前进多远？ （ g = 10m/脖）解析 带电小球在电场力作用下加速运动，与不带电的小球碰撞两球合为一体，碰撞前 小球的速度可以用动能定理求出，电场力的功等于小球动能的增量；也可以利用牛顿第二定 律和运动学公式求出。两球碰撞过程虽然系统受电场力，但比起两球碰撞的作用力小得多， 碰撞时间又很短，可认为动量守恒，两球碰撞后速度继续增大，增大到某一数值洛

3、伦兹力与 重力平衡，两球离开水平面，应该注意，碰撞后与碰撞前应用动能定理的研究对象不同。1（1）两球碰撞刖由动能定理：EqL = mv2所以v1.2EqL：2x 103 x 10-3 x 0.2 “，0.001，=.,，=20m / s m两球碰撞动量守恒：mV = 2mv2，v2 = v- = 10m/ s（2）两球离开水平面时，对水平面无压力，即洛伦兹力与重力平衡，qBv3 = 2mg，2mg2 x 0.001 x 10 “ /所以 v = = 40m/s。3 qB0.5 x 10 -3碰后到两球离开水平面，由动能定理：-2mv2 - - 2mv2 = EqS。2322S = mv2 -

4、v2Eq = 0.001 x (402 -102)=, Eq 103 x 10-3 .。例2如图2所示，有一半径为R的圆柱绕竖直轴00、以角速度匀速转动，在圆柱体 的左侧有一水平向右的匀强电场E。今有一质量为m带正电q的小物体贴在圆柱面上，为 使物体沿圆柱面竖直方向以速度v匀速下滑，需加一个匀强磁场，且物体所受的洛伦兹力、重力及摩擦力在一个平面内，此磁场的磁感应强度B最小为多少？方 向如何？物体与圆柱面间的动摩擦系数为多少？解析 电场力只对m垂直于圆切面的压力，对m的运动没有直接 影响。为使物体m沿圆柱面竖直匀速下滑，在圆柱面垂直电场的平面 内，m受重力mg、摩擦力f和洛伦兹力F作用而平衡。此

5、过程中，物体却随圆柱一起以速度R转动，又要相对圆柱以速 度七斜向下滑，竖直向下的运动速度v是上述两个运动的合速度，而因速度三角形与力的三角形相似洛伦兹力与合运动垂直，即沿水平方向；摩擦力与相对运动方向 相反，即斜向上，如图3所示。且 F = Bqv，得 B = mg R。方向沿水平且与圆柱转向相反，qv 21 -: :且 f = N = R Eq。所以 p =点 mg)2 + (Bqv)2。Eq说明：解此题的关键是空间想象要清楚。一是将物体的空间受力转化为垂直于电场沿圆 柱切面的平面受力；另一个是对物体运动情况的想象，只有弄清物体相对圆柱的相对运动方 向，才能确定摩擦力方向是斜向上而不是竖直向

6、上，这是难度最大之处，而洛伦兹力永远和 物体运动方向垂直，即沿水平方向。例3如图4所示，质量为m、电量为q的带正电粒子，以初速度v垂直射入相互正下列说交的匀强电场E和匀强磁场B，从尸点离开该区域的速率为烦此时侧移量为S，图4法中正确的是（）A.在P点带电粒子所受磁场力有可能比电场力大b.带电粒子的加速度大小恒为qB%qEC带电粒子到庭点的速度无+号mD带电粒子到达p点的速率-半解析 带电粒子进入电场时，受到的电场力Fe = Eq竖直向上，受到磁场力Fb = Bqv竖 直向下，由于这时fe FB,粒子向上偏转且能从P点射出；但粒子在侧移过程中，电场力 对其做正功，其速度v不断增大，Fb亦随之增大

7、，故到达P点时有可能使Fb Fe，选项A正确。带电粒子进入该区域后，速度增大，且七、fe通常亦不在同一直线上，加速度。除进 入瞬间为gqE外，其他各处均不为该值，选项b错。m由于粒子在正交电、磁场中受洛伦兹力和电场力不相互平衡，做变加速运动，其轨迹既 非圆弧，亦非抛物线，不能用匀变速运动有关干什么求解匕，可考虑用动能定理求解，因 为在以上过程中洛伦兹力对带电粒子不做功，电场力对其做正功，则有qBS = mv2 mv2，所以v =v2 + 2，故选项c正确，选项D错误。2 p 2。 P 0 m答案：A、C。虑用能量或动量解答。例4如图5所示，两块水平放置的金属板长为L = L40m，间距为d =

8、 30cm，两板间有B = 1.25T方向 垂直纸面向里的匀强磁场和图示的脉动电压，当t = 0时，质量为 m = 2.00 x 10-15 kg，电量为 q = 1.00 x 10-10 C 的正粒子，以速度v0 = 4.00 x 103m/s从两板中央水平射入， 不计重力，试分析：（1）粒子在两板间如何运动？会不会碰到极板上？（2）粒子在两板间的运动时间是多少？LX X X XoXV 0K X 乂BU (103)/V1.5 -11_11_1I I I I I02 4 6t (10 -4)/s图5当粒子所受电场力和洛伦兹力的合力不为零时，粒子做曲线运动，这时其轨道既非圆弧、 亦非抛物线，属变

9、加速曲线运动，不能用匀变速运动或圆周运动等规律解答有关问题，可考3.5 L0图6解析 （1）t = 010-4s内，粒子同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力的作用，大小分别为 F = qE = qU = 5 x 10- N ； f = Bqv = 5 x 10- N。 d因为F = f，所以粒子做匀速直线运动，相应的位移为匕=v0t = 0.4m。在10-4s2X10-4s内无电场，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨道半径为r = mv0 = 6.4 x 10-2 mO图8第3次洛伦兹力对电子不做功（只改变速度方向不改变速度大小），EN = EkC。（3）第3次电子从C点射出时，轨迹为圆弧示

10、意图如图8 所示，由几何关系可得R2 = （R - d2）2 +12，解得d2 = 4（cm）。故AC 间距d = d 1 + d2 = 7.2（cm）说明：对于有界匀强电场和有界磁场问题，要特别注意电 偏转和磁偏转的不同。例6竖直平面里的平面直角坐标系，Ox轴与水平向左的匀强电场方向相同，Oj轴竖 直向上，匀强磁场垂直于Oxy平面向里（如图9所示），E = 10耳N/C,B = 1.0T。一个质量为m = 2.0 x 10-6 kg，带电量为q = +2.0 x 10-6 C的质点，XXXXBX XX X OXXXfTEXXX xXXX恰好在Oxj平面中做匀速直线运动，试分析计算：（1）带电

11、质点的速度大小和方向。（2）带电质点运动中恰好通过坐标原点时，突然撤去磁 场，经过一段时间它从Or轴上的A点经过，带电质点由O到 A运动时间多长？ OA距离多大？解析 （1）带电质点在Oxy平面中做匀速直线运动时，受水平向右的电场力（qE）、竖直向下的重力（mg）和洛伦兹 力（Bqv）作用；合力为零。电场力qE = 23 x 10-3N，重力mg = 2x 10-5N ；它们的合力 F = t（qE）2 + （mg）2 = 4x 10-5N（如图10），F与水平方向夹30。角，斜向下；洛伦兹力（f = Bqv）与F大小相等、方向相反（Bqv = F），可知带电质F点的速度大小为v = 20m/

12、 s。速度方向与Ox轴夹角为60 。Bq（2）带电质点通过坐标原点时开始计时，磁场撤消后带电质点的运动，是水平方向（即Ox方向）上初速度为v = vcos60。，加速度为近 的匀加速运动与竖直方向（即Oy方向） xom上初速度为vyo = vsin60。的竖直上抛运动的合运动。由于A点与O点处在同一水平线上，v所以由O到A的运动时间由竖直方向上的运动决定：t = 2（F） = 23s。gOA之间的距离，即A点在Ox轴上的坐标由水平方1向上的运动决定：x = v t + 2at2。加速度a = q = 23（m / s2）。代入上式得 mx = 80v 3m。撤消磁场后带电质点在重力和电场力作用下的运动轨迹如图11所示。答案：（1）v = 20m/s，方向与Ox轴夹角为60。（2）t = 2、：3s，x = 80y3m。点评：本题也可以转换审题的视角，改变分析问题的观点，找出新的解题方法。在撤消磁场后，带电质点所受重力与电场力合力F = 2mg，与Ox轴夹30角斜向下。 所以带电质点从O到A的运动也是一种“类平抛运动”一一跟Ox轴夹60角，v = 20 m / s 的匀速运动。与F （合力）方向上（跟V垂直）