1、第三节 带电粒子在复合场中的运动第八章 磁 场一、带电粒子在复合场中的运动 1复合场的分类(1)叠加场：电场、_、重力场共存，或其中某两场共存(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现磁场2带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动 当带电粒子在复合场中所受合外力_时，将处于静止状态或做匀速直线运动(2)匀速圆周运动 当带电粒子所受的_与_大小相等、方向相反时，带电粒子在_的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动(3)非匀变速曲线运动 当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变 化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变 速曲线运
2、动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线为零重力电场力洛伦兹力1.(单选)(2015江西七校联考)在竖直放置的光滑绝缘圆环上，套有一个带电荷量为q、质量为 m 的小环，整个装置放在如图所示的正交电磁场中，电场强度 Emgq.当小环从大环顶无初速度下滑时，在滑过多少弧度时所受洛伦兹力最大()A.4 B.2C.34DC 二、带电粒子在复合场中运动的应用实例 1质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理可得关系式_.粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式 qvBmv2r.由以上两式可
3、得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷r_，m_，qm_.qU12mv22UB2r2qr2B22U1B2mUq2回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆 形金属盒，D形盒的缝隙处接_电源D形盒处于匀强磁场中交流(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由 qvBmv2r，得 Ekm_，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度 B 和 D 形盒半径 r 决定，与加速电压无关q2B2r22m3速度选择器(如图所示)(1)平行板中电场强度 E 和磁感应强度 B 互相垂直这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器(2)带电粒子能够沿
4、直线匀速通过速度选择器的条件是_，即 vEB.qEqvB4磁流体发电机(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把_能直接转化为电能(2)根据左手定则，如图中的 B 是发电机_极(3)磁流体发电机两极板间的距离为 L，等离子体速度为 v，磁场的磁感应强度为 B，则由 qEqULqvB 得两极板间能达到的最大电势差 U_.内正BLv5电磁流量计工作原理：如图所示，圆形导管直径为 d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b 间的电势差就保持稳定，即：qvBq
5、EqUd，所以 v_，因此液体流量 QSvd24 UBd_.dU4BUBd 2(多选)(2016河北石家庄五校联考)如图所示，a、b 是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔 d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里，在 a、b两板间还存在着匀强电场 E.从两板左侧中点 c 处射入一束负离子(不计重力)，这些负离子都沿直线运动到右侧，从 d 孔射出后分成 3 束则下列判断正确的是()BCD A这三束负离子的速度一定不相同B这三束负离子的比荷一定不相同Ca、b 两板间的匀强电场方向一定由 a 指向 bD若这三束离子改为带正电而其他
6、条件不变，则仍能从 d孔射出考点一 带电粒子在叠加场中的运动1带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题(3)电场力、磁场力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运
7、动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题2带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果无约束粒子在叠加场中的运动 如图所示，两块水平放置、相距为 d 的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为 m、水平速度均为 v0、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至
8、 U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的 M 点(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度 B 的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板 M 点，应将磁感应强度调至B，则 B的大小为多少？审题突破(1)墨滴在电场区域受到_力和_力二力满足_关系时，墨滴做匀速直线运动(2)进入磁场区域后，墨滴受到的合力等于_，因此做_运动(3)墨滴垂直打到 M 点时，圆周半径为_，墨滴从两板中间射入打到 M 点，圆周半径为_解析(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有qUdmg由式得 qmgdU 由
9、于电场方向向下，电荷所受静电力向上，可知墨滴带负电荷(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与静电力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有 qv0Bmv20R考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径 Rd由式得 Bv0Ugd2.(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为 R，有 qv0Bmv20R由图示可得 R2d2Rd22解得 R54d联立式可得 B4v0U5gd2.答案(1)负电荷 mgdU (2)v0Ugd2(3)4v0U5gd2有约束粒子在叠加场中的运动(2015高考福建卷)如图，绝缘粗糙的竖直平面 MN左侧同时存在相互垂直
10、的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B.一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C 点时离开MN 做曲线运动A、C 两点间距离为 h，重力加速度为 g.(1)求小滑块运动到 C 点时的速度大小 vC；(2)求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功 Wf；(3)若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到 D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的 P 点已知小滑块在 D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运动到 P 点的
11、时间为 t，求小滑块运动到 P 点时速度的大小 vP.审题突破(1)滑块沿竖直平面加速下滑，洛伦兹力逐渐_，对竖直平面的压力逐渐_，当Bqv_qE 时滑块离开竖直平面(2)离开竖直平面后，洛伦兹力不改变滑块速度大小，电场力与重力的合力方向与滑块速度方向夹角小于 90，滑块速度增大，当该夹角大于 90时，滑块减速，因此，滑块在 D 点时，该夹角为_解析(1)小滑块沿 MN 运动过程，水平方向受力满足 qvBFNqE小滑块在 C 点离开 MN 时FN0解得 vCEB.(2)小滑块从 A 点运动到 C 点过程中，由动能定理得mghWf12mv2C0解得 WfmghmE22B2.(3)如图，小滑块速度
12、最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为 g，gqEm2g2且 v2Pv2Dg2t2解得 vPv2DqEm2g2 t2.答案(1)EB(2)mghmE22B2(3)v2DqEm2g2 t2带电粒子在叠加场中运动的分析方法考点二 带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解常见类型如下：1从电场进入磁场(1)粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度(2)粒子先在电场
13、中做类平抛运动,然后进入磁场做圆周运动在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度2从磁场进入电场(1)粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)(2)粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动带电粒子由电场进入磁场(2016烟台一模)如图所示的平面直角坐标系 xOy，在第、象限内有平行于 y 轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场一质量为 m，(1)匀强电场的电场强度 E 和磁场的磁感应强度 B 的大小；(2)粒子运动到 P 点的速度大小；(3)粒子从 M 点运动到 P 点所用的时间电荷量为 q 的带电粒子，从
14、y 轴上的 M(0，d)点，以大小为v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从 x 轴的N2 33 d，0 点进入第象限内，又经过磁场垂直 y 轴进入第象限，最终粒子从 x 轴上的 P 点离开不计粒子所受到的重力求：审题突破(1)“以大小为 v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场”说明：带电粒子在第象限做_运动(2)“又经过磁场垂直 y 轴进入第象限”说明：带电粒子在第象限做匀速圆周运动的圆心在_，带电粒子在第象限做_运动解析(1)粒子运动轨迹如图所示设粒子在第象限内运动的时间为 t1，粒子在 N 点时速度大小为 v1，方向与 x 轴正方向间的夹角为，则：xv0t12 33 dy12at
15、21dqEmatan vyv0at1v0v1 v0cos 联立以上各式得：3，v12v0，E3mv202qd.粒子在第象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1Bmv21R由几何关系得：R ONsin 43d联立并代入数据解得：B3mv02qd.(2)粒子由 M 点到 P 点的过程，由动能定理得：qEdqE(RRcos)12mv2P12mv20代入(1)中所求数据解得：vP 10v0.(3)粒子在第象限内运动时间：t12 33 dv0 2 3d3v0粒子在第象限内运动周期：T2Rv1 4d3v0t2132 T4d9v0粒子在第象限内运动时有：RRcos 12at23解得：t32 6d3v0
16、粒子从 M 点运动到 P 点的时间：tt1t2t3（6 36 64）d9v0.答案(1)3mv202qd 3mv02qd (2)10v0(3)（6 36 64）d9v0带电粒子由磁场进入电场(2016湖北部分重点中学联考)如图甲所示，在空间有一坐标系 xOy，直线 OP 与 x 轴正方向的夹角为 30，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域和，直线 OP 是它们的边界，OP 上方区域中磁场的磁感应强度为 B，一质量为 m、电荷量为q 的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度 v从 O 点沿与 OP 成 30角的方向垂直磁场进入区域，质子先后通过磁场区域和后，恰好垂直于 x 轴进入第
17、四象限，第四象限存在沿 x 轴负方向的特殊电场，电场强度 E 的大小与横坐标 x 的关系如图乙所示，试求：(1)区域中磁场的磁感应强度大小；(2)质子再次到达 y 轴时的速度大小和方向审题突破(1)确定粒子从区进入区的位置和速度方向(2)粒子在区和区做圆周运动的圆半径(3)确定粒子进入第四象限的位置，根据 Ex 图象求出该位置与 y 轴的电势差解析(1)由几何关系知：质子再次回到 OP 时应平行于 x 轴正向进入区，设质子从 OP 上的 C 点进入区后再从 D 点垂直 x 轴进入第四象限，轨迹如图由几何关系可知 O1COD，O1C 与 x 轴的交点 O2，即为质子在内运动轨迹的圆心，OO1C
18、为等边三角形设质子在区做圆周运动的半径为 r1，在区做圆周运动的半径为 r2，则 r2r1sin 3012r1.由 qBvmv2r1得r1mvqB，同理得 r2mvqB2.由 r1 与 r2 关系可得 B22B即区域中磁场的磁感应强度 B22B.(2)D 点坐标为 xDr1cos 30r2（31）mv2qB.D 点与 y 轴的电势差：U1212Bv32Bv 312mvqB（31）mv22q设质子再次到达 y 轴时的速度大小为 v，由动能定理W 电12mv212mv2，即 q（31）mv22q12mv212mv2得 v 2 3v 2 62v.因质子在 y 轴方向上不受力，故在 y 轴方向上的分速
19、度不变，如图有cos vv2 3 6 22.即方向向左下方与 y 轴负向成arccos 2 3或arccos 6 22的夹角答案(1)2B(2)2 62v 方向向左下方与 y 轴负向成arccos 2 3或arccos6 22的夹角解决带电粒子在组合场中运动问题的思路1首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围；2对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动性质，分析粒子的运动过程，画出运动轨迹；3通过分析，确定粒子从一个场区进入另一场区时的位置、速度大小和方向是解题的关键.微专题25 方法技巧带电粒子在交变电场、磁场中的运动(18 分)如图甲所示，水平直线 MN 下方有竖直向上的匀强电场，其变化规
20、律如图乙所示，电场强度 E022 500V/m，现将一重力不计、比荷 qm106C/kg 的带电粒子从电场中的 C 点由静止释放，经 t1 15105 s 的时间粒子通过 MN 上的 D 点进入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度 B 按图丙所示规律变化(计算结果均可保留)(1)求粒子到达 D 点时的速率；(2)求磁感应强度 B10.3T 时粒子做圆周运动的周期和半径；(3)若在距 D 点左侧 d21 cm 处有一垂直于 MN 的足够大的挡板 ab，求粒子从 C 点运动到挡板所用的时间(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，则 qE0ma，v0at1(2 分)解得 v01.5104 m/s.
21、(1 分)(2)设磁感应强度 B10.3 T 时，粒子运动的半径为 r1，运动周期为 T1，则 B1qv0mv20r1，T12mB1q(2 分)解得 r15 cm，T123 105 s(2 分)(3)设磁感应强度 B20.5 T 时，粒子运动半径为 r2，运动周期为 T2，则 B2qv0mv20r2，T22mB2q(2 分)解得 r23 cm，T225 105 s(2 分)由以上计算可知，粒子的运动轨迹为如图所示的周期运动，每一个周期运动的水平距离为s2(r1r2)16 cm(2 分)所以，粒子运动 1 个整数周期后余下的距离为dds5 cmr1(2 分)粒子从 C 点出发运动到挡板的时间为t
22、5t1T12 T22 T14(2 分)代入数据解得 t3130 105 s(1 分)答案(1)1.5104 m/s(2)23 105 s 5 cm(3)3130 105 s1解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断2这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系3带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同.(2016西安一模)在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场
23、和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化情况如图乙所示该区域中有一条水平直线 MN，D 是 MN 上的一点在 t0 时刻，有一个质量为 m、电荷量为q 的小球(可看做质点)，从 M 点开始沿着水平直线以速度 v0 做匀速直线运动，t0 时刻恰好到达 N 点经观测发现，小球在 t2t0 至t3t0 时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线 MN 上的 D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过 D 点求：(1)电场强度 E 的大小；(2)小球从 M 点开始运动到第二次经过 D 点所用的时间；(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)解析:(1)小球从 M 点运动到 N 点时，有 qEmg，解得 Emgq.(2)小球从 M 点到达 N 点所用时间 t1t0小球从 N 点经过34个圆周，到达 P 点，所以 t2t0或t2342mqB0 t0小球从 P 点运动到 D 点的位移 xRmv0B0q小球从 P 点运动到 D 点的时间 t3Rv0 mB0q所以时间 tt1t2t32t0 mB0q或t mqB0（31），t2t0131.(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示小球的运动周期为 T8t0或T12mqB0.答案:(1)mgq (2)2t0 mB0q(3)8t0 运动轨迹见解析本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放