习题课3　带电粒子在复合场中的运动 教学设计

习题课3带电粒子在复合场中的运动题型一带电粒子在组合场中的运动带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动。(1)带电粒子在匀强电场中运动①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动。(2)带电粒子在匀强磁场中运动①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动。(3)解决带电粒子在组合场中的运动问题的一般思路【例1】如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外。一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值。[解析](1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得2L＝v0t1，L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，qE＝ma粒子到达O点时沿y轴正方向的分速度为vy＝at1＝v0tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，故α＝45°粒子在磁场中的速度为v＝eq\r(2)v0Bqv＝eq\f(mv2,r)，由几何关系得r＝eq\r(2)L联立解得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)。(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)粒子在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πL,2v0)解得eq\f(t2,t1)＝eq\f(π,4)。[答案](1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(π,4)【例2】如图所示建立空间三维坐标系Oxyz，四个平行于yOz平面的理想场分界面把x>0的区域分成间距均为L的三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，最左侧界面与yOz平面重合。整个空间中存在着沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E的大小未知。有一质量为m、电荷量为＋q的小油滴静止在坐标原点O。已知重力加速度为g，忽略空气阻力和运动过程中油滴的电荷量变化。(1)在Ⅰ区域加入沿x轴正方向的匀强电场，电场强度的大小也为E，求油滴通过Ⅰ、Ⅱ区域分界面时的速率；(2)在(1)问基础上，在Ⅱ区域和Ⅲ区域分别加入沿z轴正方向和负方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(3g,2L))，求油滴自O点运动到最右侧界面所用时间和到达最右侧界面的位置坐标；(3)在(2)问基础上，在Ⅱ区域加入沿z轴正方向的电场，电场强度大小也为E，求油滴自O点运动到最右侧界面过程中沿z轴方向的位移。[解析](1)油滴静止在坐标原点，根据平衡条件得mg＝Eq在Ⅰ区域加入沿x轴正方向、大小为E的匀强电场，根据动能定理得EqL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(2gL)。(2)油滴在Ⅱ区域和Ⅲ区域运动时重力和电场力平衡，油滴只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示。Bqv1＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r)代入数据解得r＝eq\f(2\r(3),3)L设油滴在Ⅱ区域转过的圆心角为α，根据几何关系得sinα＝eq\f(L,r)＝eq\f(\r(3),2)解得α＝eq\f(π,3)该过程油滴沿y轴负向位移Δy＝r－rcoseq\f(π,3)＝eq\f(r,2)在Ⅱ区域历时t2＝eq\f(α,2π)·T＝eq\f(πm,3Bq)＝eq\f(π,3)eq\r(\f(2L,3g))根据对称性，油滴在Ⅲ区域运动与Ⅱ区域运动的轨迹中心对称，所用时间以及沿y轴负方向位移相同，则到达Ⅲ区域右侧边界时，y轴方向上总位移y＝r＝eq\f(2\r(3),3)L油滴在Ⅰ区域运动的时间为t1，则L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)油滴自O点运动到最右侧界面所用的时间t＝t1＋2t2＝eq\r(\f(2L,g))＋eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,3g))到达最右侧界面的位置坐标eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，－\f(2\r(3),3)L，0))。(3)在Ⅱ区域加入沿z轴正方向的电场，油滴在Ⅱ区域中产生沿x轴正方向的速度和沿z轴正方向的速度，沿z轴方向的速度与磁场方向平行，不受洛伦兹力。油滴在Ⅱ区域运动时间为t2，z轴正方向位移z1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(π2,27)Lz轴正方向速度vz＝gt2＝eq\f(π,3)eq\r(\f(2gL,3))进入Ⅲ区域，油滴运动轨迹在z轴正方向投影做匀速运动，时间依然为t2，z轴方向位移z2＝vzt2＝eq\f(2π2,27)L全过程中z轴方向位移z＝z1＋z2＝eq\f(π2,9)L。[答案](1)eq\r(2gL)(2)eq\r(\f(2L,g))＋eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,3g))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，－\f(2\r(3),3)L，0))(3)eq\f(π2,9)L[针对训练1]如图所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k，由静止开始经电压为U的电场加速后，从O点垂直射入磁场，又从P点穿出磁场。下列说法正确的是(不计粒子所受重力)()A．如果只增加U，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场B．如果只减小B，粒子可以从ab边某位置穿出磁场C．如果既减小U又增加B，粒子可以从bc边某位置穿出磁场D．如果只增加k，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场解析：选D。由题意可得qU＝eq\f(1,2)mv2，k＝eq\f(q,m)，r＝eq\f(mv,qB)，解得r＝eq\f(\r(2kU),kB)。只增加U，r增大，粒子不可能从dP之间某位置穿出磁场，A错误；粒子电性不变，不可能向上偏转从ab边某位置穿出磁场，B错误；既减小U又增加B，r减小，粒子不可能从bc边某位置穿出磁场，C错误；只增加k，r减小，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场，D正确。[针对训练2]平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2L＝v0t ①L＝eq\f(1,2)at2 ②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy，vy＝at ③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④联立①②③④式得α＝45° ⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)) ⑥联立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0。 ⑦(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F＝ma ⑧又F＝Qe ⑨设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R) ⑩由几何关系可知R＝eq\r(2)L ⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)。答案：见解析题型二带电粒子在叠加场中的运动1．叠加场一般是指电场、磁场和重力场并存，或其中两种场并存。2．三种场力的特点(1)重力的方向始终竖直向下，重力做功与路径无关，重力做的功等于重力势能的减少量。(2)静电力的方向与电场方向相同或相反，静电力做功与路径无关，静电力做功的大小等于电势能的变化量。(3)洛伦兹力的大小和速度方向与磁场方向的夹角有关，方向始终垂直于速度v和磁感应强度B共同决定的平面。无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力始终不做功。3．带电粒子在叠加场中的运动规律及解决办法带电粒子在叠加场中运动时，其运动状态是由粒子所受静电力、洛伦兹力和重力的共同作用来决定的，对于有轨道约束的运动，还要考虑弹力、摩擦力对运动的影响，带电粒子在复合场中的运动情况及解题方法如下：(1)带电粒子在叠加场中处于静止或匀速直线运动状态时，带电粒子所受合力为0，应利用平衡条件列方程求解。(2)带电粒子做匀速圆周运动时，重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，应利用平衡方程和向心力公式求解。(3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，带电粒子所受洛伦兹力必不为0，且其大小和方向不断变化，但洛伦兹力不做功，这类问题一般应用动能定理求解。【例3】两块金属板a、b平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域。一束电子以一定的初速度v0从两极板中间，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图所示，已知板长l＝10cm，两板间距d＝3.0cm，两板间电势差U＝150V，v0＝2.0×107m/s(电子所带电荷量的大小与其质量之比eq\f(e,m)＝1.76×1011C/kg，电子电荷量的大小e＝1.60×10－19C)。(1)求磁感应强度B的大小。(2)若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能的增加量。[解析](1)电子进入正交的电场、磁场不发生偏转，则满足Bev0＝eeq\f(U,d)，B＝eq\f(U,v0d)＝2.5×10－4T。(2)设电子通过场区偏转的距离为y1。y1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)·eq\f(l2,veq\o\al(2,0))＝1.1×10－2mΔEk＝eEy1＝eeq\f(U,d)y1＝8.8×10－18J。[答案](1)2.5×10－4T(2)1.1×10－2m8.8×10－18J[针对训练3]空间存在一匀强磁场B，其方向垂直于纸面向里，另有一个点电荷＋Q形成的电场，如图所示，一电荷量为－q的粒子以初速度v0从某处垂直于电场、磁场方向入射，初位置到点电荷的距离为r，则粒子在电磁场中的运动轨迹不可能为()A．以点电荷＋Q为圆心，以r为半径的在纸平面内的圆周B．开始阶段在纸面内向右偏转的曲线C．开始阶段在纸面内向左偏转的曲线D．沿初速度v0方向的直线解析：选D。当电场力大于洛伦兹力时，如果电场力和洛伦兹力的合力刚好提供向心力，A不符合题意；如果电场力与洛伦兹力的合力大于所需向心力，C不符合题意；当电场力小于洛伦兹力时，B不符合题意；由于电场力方向变化，合力方向不会总与v0方向在一条直线上，故D符合题意。[针对训练4](多选)如图，空间中同时存在着水平向右的匀强电场和水平方向的匀强磁场，磁场方向与电场方向垂直。一带电微粒在该区域刚好能沿直线ab向上运动，则微粒()A．带正电B．做匀速直线运动C．在运动过程中电势能减少D．在运动过程中机械能减少解析：BC。因为带电微粒受到重力、电场力以及洛伦兹力的作用做直线运动，所以带电微粒一定做匀速直线运动，故B正确；带电微粒的受力示意图如图所示。根据受力分析可知，带电微粒受的电场力和电场线方向相反，所以带电微粒带负电，由于带电微粒运动过程中电场力对带电微粒做正功，所以电势能减小，带电微粒运动过程中动能不变，重力势能变大，所以机械能增加，故C正确，A、D错误。[A级——基础达标练]1．如图所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v与磁场方向垂直，与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则关于电场强度E和磁感应强度B的大小，正确的是(重力加速度为g)()A．E＝eq\f(mg,q)B＝eq\f(\r(2)mg,qv)B．E＝eq\f(\r(2)mg,q)B＝eq\f(mg,qv)C．E＝eq\f(mg,q)B＝eq\f(mg,qv)D．E＝eq\f(\r(2)mg,q)B＝eq\f(\r(2)mg,qv)解析：选A。假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与v垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示。根据合外力为0得mg＝qvBsin45°qE＝qvBcos45°联立可得B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，E＝eq\f(mg,q)。2．(多选)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直于纸面向里，如图所示，下列说法正确的是()A．沿垂直于纸面方向向里看，小球的绕行方向为顺时针方向B．小球一定带正电且小球的电荷量q＝eq\f(mg,E)C．由于洛伦兹力不做功，小球在运动过程中机械能守恒D．由于合外力做功等于0，小球在运动过程中动能不变解析：选BD。带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反时，小球受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg＝qE可得q＝eq\f(mg,E)，A错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，C错误；由于合外力做功等于0，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，D正确。3．(多选)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法正确的是()A．液滴一定做匀减速直线运动B．液滴一定做匀加速直线运动C．电场方向一定斜向上D．液滴一定带正电解析：选CD。带电液滴受竖直向下的重力G、平行于电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，带电液滴做直线运动，因此三个力的合力一定为0，带电液滴做匀速直线运动，A、B错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力，这三个力的合力能够为0，使带电液滴沿虚线L做匀速直线运动；如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下，带电液滴所受合力不为0，带电液滴不可能沿直线运动，C、D正确。4．(多选)如图所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N之间，M、N之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是()A．当滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B．当滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大解析：选AC。当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，向下偏转程度变小，打在荧光屏上的位置上升；在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，A正确，B错误；磁感应强度增大，电子在磁场中的运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，C正确，D错误。5．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为eq\f(B,2)的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R。粒子重力不计，则()A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C．粒子完成一次周期性运动的时间为eq\f(2πm,3qB)D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R解析：选D。由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝eq\f(1,6)T1＋eq\f(1,6)T2＝eq\f(πm,3qB)＋eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(πm,qB)，C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了l＝R＋2R＝3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，A错误，D正确。6.三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a小球进入水平向左的匀强电场，b小球进入垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用va、vb、vc表示，它们的关系是()A．va＞vb＝vc B．va＝vb＝vcC．va＞vb＞vc D．va＝vb＞vc解析：选A。a小球下落时，重力和电场力都对a做正功；b小球下落时，只有重力做功；c小球下落时只有重力做功，重力做功的大小都相同。根据动能定理可知外力对a小球所做的功最多，即a小球落地时的动能最大，b、c小球落地时的动能相等。7.如图所示，质量为m，电荷量为q的小球从P点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向里，则小球在通过正交的电场和磁场区域时的运动情况是()A．一定做曲线运动B．轨迹一定是抛物线C．可能做匀速直线运动D．可能做匀加速直线运动解析：选A。小球从P点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场中后一定会受到电场力和洛伦兹力。电场力和重力会对小球做正功，洛伦兹力不做功。小球的动能会增加，即速度变大，且速度的方向也会发生变化。洛伦兹力也会变大，方向也会改变。小球运动的速度和加速度的大小、方向都会改变。所以运动情况是一定做曲线运动。[B级——能力增分练]8．质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示。已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计。(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)。(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B。解析：(1)作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图。(2)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2 ①粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则qvB＝meq\f(v2,r) ②由几何关系得r2＝(r－L)2＋d2 ③联立①②③式求解得磁感应强度B＝eq\f(2L,L2＋d2)eq\r(\f(2mU,q))。答案：(1)见解析图(2)eq\f(2L,L2＋d2)eq\r(\f(2mU,q))9.如图所示的区域中，OM左边为垂直于纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM，且垂直于磁场方向。一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子从小孔P以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OC＝L，OQ＝2L，不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B的大小。(2)电场强度E的大小。解析：(1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)∠PO1C＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，r＋rcos60°＝OC＝L，得r＝eq\f(2L,3)粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力充当向心力，qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(3mv0,2qL)。(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度为a＝