2013届龙川一中高三物理第二轮复习讲义--电磁场运动

2013届高三物理第二轮复习讲义
——带电粒子在电磁场中运动
编辑人： L G H
编辑时间：2013年3月
带电粒子在电场中的运动比物体在重力场中的运动要丰富得多，它与运动学、动力学、功和能、动量等知识联系紧密，加之电场力的大小、方向灵活多变，功和能的转化关系错综复杂，其难度比力学中的运动要大得多。
带电粒子在磁场中的运动涉及的物理情景丰富，解决问题所用的知识综合性强，很适合对能力的考查，是高考热点之一。带电粒子在磁场中的运动有三大特点：①与圆周运动的运动学规律紧密联系②运动周期与速率大小无关③轨道半径与圆心位置的确定与空间约束条件有关，呈现灵活多变的势态。
因以上三大特点，很易创造新情景命题，故为高考热点，近十年的高考题中，每年都有，且多数为大计算题。
一、知识结构网络
二、带电粒子在电场中运动问题
第一类：带电粒子在电场中的运动轨迹问题
【规律总结】
①粒子受到的电场力方向一定沿________________的切线方向。
②判断Ep的大小________________________；
③判断电势的高低根据______________________________．
【典型例题】
1．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（ ）
A、粒子必定带正电
B．粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能
C．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
D、粒子在M点的动能小于它在N点的动能
变式训练1．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（ ）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大
C、对于M、N两点，带电粒子通过M点时动能较大
D、带电粒子在M点时的加速度小于在N点时的加速度
分析：粒子从M到N，画出每点的速度方向，然后根据：1、曲线运动的条件，速度方向和受力方向分布在曲线的两测；2、电场力和等势面垂直。可以判断出电场力做负功，又因为是正电荷，正电荷逆着电场线电场力做负功。所以a b c三点的电势是C最高，a最低。
变式训练2（11广东）、图8为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（ ）
A、到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D、同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
第二类：直线运动问题
【规律总结】：1、在匀强电场中运动可用动能定理、牛顿运动定律去求解。
2、在非匀强电场中首选用动能定理：W =qU=ΔEK，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。
【典型例题】
【例1】 如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是
A、从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间来回运动
C、从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间来回运动，
也可能打到右极板上
D．从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【例2、07年广东】如图16所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：
⑴球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；
⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。
解：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：
可见A还能穿过小孔，离开右极板。
假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：
综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。
⑴带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：
＝ 球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：
求得：
⑵设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则： 解得：
球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：
显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有： 求得：
球A离电场后，继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：
设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有：
求得：
可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：
球A相对右板的位置为：
变式训练3．（18分）如图，绝缘水平地面上有宽L=0．4m的匀强电场区域，场强E = 6 x 105N/C、方向水平向左．不带电的物块B静止在电场边缘的O点，带电量q=+5x10-8C、质量的物块A在距O点s = 2．25m处以Vo =5m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失．A的质量是B的K （K>1）倍，A、B与地面间的动摩擦因数都为μ=0．2，物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g = 10m/S2．
（1）求A到达O点与B碰撞前的速度大小； （4m/s）
（2）求碰撞后瞬间A和B的速度大小；
（3）讨论K在不同取值范围时
电场力对A做的功．
第三类：带电粒子在匀强电场中的偏转
1、重力忽略与否：忽略重力 —— 电子、质子、离子等微观的带电粒子
不忽略重力 —— 尘埃、液滴、小球等
2、规律
①、速度规律

②、位移规律

③、角度规律

心得体会：
【典型例题】
【例3】如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L1=4cm，板间距离d=1cm。板右端距离荧光屏L2=18cm，（水平偏转电极上不加电压，没有画出）电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6×107m/s，电子电量e=1.6×10-19C，质量m=0.91×10-30kg。
(1)要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？
(2)若在偏转电极上加u=27.3sin100πt (V)的交变电压，在荧光屏竖直坐标轴上能观察到多长的线段？
解：(1)由类平抛知识得 ：
① ② ③
由以上三式，解得： ④代入数据，得 U=91V ⑤
(2)偏转电压的最大值：U1=27.3V ⑥ （此处作科学处理）
通过偏转极板后，在垂直极板方向上的最大偏转距离： ⑦
设打在荧光屏上时，亮点距O'的距离为y'，则： ⑧
荧光屏上亮线的长度为：l=2y' ⑨代入数据，解得l=3cm ⑩
三、带电粒子在磁场中运动问题
核心公式：
带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，原始方程：，推导出的半径公式和周期公式：或。
基本方法：
解决带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，物理情景非常简单，难点在准确描绘出带电粒子的运动轨迹。可以说画好了图就是成功的90%。因此基本方法是作图，而作图的关键是找轨迹圆的圆心、轨迹圆的半径、充分利用直线与圆、圆与圆相交（相切）图形的对称性。作图时先：找圆心、求半径，后规范画轨迹圆。在准确作图的基础上，根据几何关系列方程求解。
第一类：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动具有对称性。
带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向、出射速度方向与边界的夹角相等；“几度进，几度出。”
例题4：如右图所示，正、负电子以相同的速度V0垂直磁场方向在O点沿与边界成θ＝30°角的方向射入只有下边界的匀强磁场中，则正、负电子射出点到射入点的距离之比为(　A　)
A．1∶1　　　　　　B．1∶2
C．1∶5 D．1∶6
② 在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。“对准圆心去，背离圆心走”
例题5：如图所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E、场区宽度为L。在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为r。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从A点由静止释放后，在M点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N点射出，O为圆心，∠MON＝120°，粒子重力可忽略不计。求：
（1）粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子从A点出发到N点离开磁场经历的时间。
解：(1)设粒子经电场加速后的速度为v，根据动能定理有
qEL=mv2 （2分）
解得： （2分）
(2)粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动，设其半径为R，因洛仑兹力提供向心力，
所以有qvB=  （2分）
由几何关系得　　　（3分）
所以 　　　　（2分）
(3)设粒子在电场中加速的时间为，在磁场中偏转的时间为 粒子在电场中运动的时间t1== 　　　　　　　 （2分）
粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为 （2分）
由于∠MON＝120°，所以∠MO＇N＝60°
故粒子在磁场中运动时间 t2= （2分）
所以粒子从A点出发到N点离开磁场经历的时间t= t1+t2 　
第二类. 带电粒子在几种“有界磁场”中的运动
（1）带电粒子在环状磁场中的运动临界问题
例题6：核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内（否则不可能发生核反应），通常采用磁约束的方法（托卡马克装置）。如图所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内。设环状磁场的内半径为R1=0.5m，外半径R2=1.0m，磁场的磁感强度B=1.0T，若被束缚带电粒子的荷质比为q/m=4×C/㎏，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度。试计算：
（1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度。
（2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度。
【审题】本题也属于极值类问题，寻求“临界轨迹”是解题的关键。要粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的临界轨迹必须要与外圆相切；要使所有粒子都不穿越磁场，应保证沿内圆切线方向射出的粒子不穿越磁场，即运动轨迹与内、外圆均相切。
解：（1）轨迹如图9-20所示
由图中知：，解得：
由：得：
所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为
。
（2）当粒子以V2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以V1速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如图9-21所示。
由图中知：
由：得
所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度
【总结】带电粒子在有界磁场中运动时，运动轨迹和磁场边界“相切”往往是临界状态，对于解题起到关键性作用。
变式训练4（11广东）、如图19（a）所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。
（1）已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小。
（2）若撤去电场，如图19（b），已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。
（3）在图19（b）中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？

（2）带电粒子在有界矩形磁场中运动的临界问题
①、粒子速度方向一定，大小不定的类型
例题7．如图所示，一足够长的矩形区域abcd内有磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从ad边的中点O处，以垂直磁场且跟ad边成30o角的速度方向射入一带电粒子．已知粒子质量为m，带电量为q，ad边长为l，不计粒子重力．
（1）若粒子从ab边上射出，则入射速度v0的范围是多少？
（2）粒子在磁场中运动的最长时间为多少？
．（1）；（2）
变式训练5（12广二模）、（18分）如图，在xOy坐标中第Ⅰ和第Ⅳ象限中分布着平行于x轴的匀强电场，第Ⅳ象限的长方形OPQH区域内还分布着垂直坐标平面的、大小可以任意调节的匀强磁场．一质子从y轴上的a点射入场区，然后垂直x轴通过b点，最后从y轴上的c点离开场区．已知：质子质量为m、带电量为q，射入场区时的速率为v0，通过b点时的速率为，，
（1）在图中标出电场和磁场的方向；（2）求：电场强度的大小以及c到坐标原点的距离；
（3）如果撤去电场，质子仍以v0从a点垂直y轴射入场区．试讨论质子可以从长方形OPQH区域的哪几条边界射出场区，从这几条边界射出时对应磁感应强
度B的大小范围和质子转过的圆心角θ的范围．
②、粒子速度大小一定，方向不定的类型
例题8（04广东）．如图11-3-1所示，真空室内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60T，磁场内有一块平行感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝16cm处，有一个点状的α粒子发射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s．已知α粒子的电量与质量之比q/m＝5.0×107C/kg，现只考虑在纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域长度．
解析：洛伦兹力是α粒子作圆运动的向心力；计算出圆半径后，确定圆心的位置就成为解题的关键，α粒子轨迹与ab相切，以及α粒子离S最远的距离为2r是判定最远点的条件．如图11-3-2．
α粒子带正电，用左手定则判定α粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用r表示轨道半径，有Bqv＝m，解得：，可见2r>l>r．
因向不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点，为定出P1的位置，可作平行与ab的直线cd，cd到ab的距离为r＝0.10m．以S为圆心，r为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1．由图中几何关系得：．
再考虑N的右侧，任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2r，以2r为半径，S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，P2即为α粒子在右侧能达到的最远点．由几何关系得：．所求长度为：P1P2=NP1+NP2=0.20m．
上题中左右两边最远点考虑方式不一样，不少同学会利用左右对称来解，这就失去了一半分．错误的主要原因在于对于α粒子在空间飞行的轨迹不熟悉，没有很好地规范作图！
（3）带电粒子在磁场中运动的“多解”问题
Ⅰ、带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解。
例9. 如图所示，第一象限范围内有垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m，电量大小为q的带电粒子在xOy平面里经原点O射入磁场中，初速度v0与x轴夹角θ= 600 ，试分析计算：
（1）带电粒子从何处离开磁场？穿越磁场时运动方向发生的偏转角多大？
（2）带电粒子在磁场中运动时间多长？
【审题】若带电粒子带负电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O1，粒子向x轴偏转，并从A点离开磁场。若带电粒子带正电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O2，粒子向y轴偏转，并从B点离开磁场。粒子速率一定，所以不论粒子带何种电荷，其运动轨道半径一定。只要确定粒子的运动轨迹，即可求解。
Ⅱ. 磁场方向不确定形成多解
例10. 一质量为m，电量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的3倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是（ ）
A、 B． C、 D．
【审题】依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛仑兹力的方向也是相反的。因此分两种情况应用牛顿第二定律进行求解。（A C）
Ⅲ、临界状态不唯一形成多解
例10.如图所示,长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,板间距离也为L,板不带电.现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）,从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是（ ）
A、使粒子的速度v< B、使粒子的速度v>
C.使粒子的速度v> D.使粒子的速度【总结】本题只问带电粒子在洛伦兹力作用下飞出有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180o从入射界面这边反向飞出，于是形成多解，在解题时一定要考虑周全。“磁偏转”与“电偏转”最大不同就在此！！
变式训练6（2010广东）：(18分)如图16（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调（如图16（b））；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B。一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场。 O到感光板的距离为，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力。
（1）若两狭缝平行且盘静止（如图16（c）），某一粒子进入磁场后，数值向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；
（2）若两狭缝夹角为θ0，盘匀速转动，转动方向如图16（b）.要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1、P2连线上，试分析盘转动角速度ω的取值范围（设通过N1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达N2）。
Ⅳ、运动的周期（或重复）性形成多解
例11、平行金属板M、N间距离为d。其上有一内壁光滑的半径为R的绝缘圆筒与N板相切，切点处有一小孔S。圆筒内有垂直圆筒截面方向的匀强磁场，磁感应强度为B。电子与孔S及圆心O在同一直线上。M板内侧中点处有一质量为m，电荷量为e的静止电子，经过M、N间电压为U的电场加速后射入圆筒，在圆筒壁上碰撞n次后，恰好沿原路返回到出发点。（不考虑重力，设碰撞过程中无动能损失）求：
⑴电子到达小孔S时的速度大小；
⑵电子第一次到达S所需要的时间；
⑶电子第一次返回出发点所需的时间。
解：⑴设加速后获得的速度为v ，根据 得v=
⑵设电子从M到N所需时间为t1 则 得
⑶电子在磁场做圆周运动的周期为
电子在圆筒内经过n次碰撞回到S，每段圆弧对应的圆心角 θ1=π- （2分）
n次碰撞对应的总圆心角 θ=(n+1)θ1=(n+1) π-2π=(n-1) π （2分）
在磁场内运动的时间为t2
（2分）
（2分）
（n=1，2，3，……） （2分）
变式训练7．边长为100cm的正三角形光滑且绝缘的刚性框架ABC固定在光滑的水平面上，如图内有垂直于框架平面B＝0．5T的匀强磁场．一质量m=2×10-4kg，带电量为q=4×10－3C小球，从BC的中点小孔P处以某一大小的速度垂直于BC边沿水平面射入磁场，设小球与框架相碰后不损失动能，求：
（1）为使小球在最短的时间内从P点出来，小球的入射速度v1是多少？ （5m/s）
（2）若小球以v2=1m/s的速度入射，则需经过多少时间才能由P点出来？（1.3πs）
例12：如图9-24所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求：
（1）中间磁场区域的宽度d;
（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t.
解：由动能定理得：
带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：
由以上两式，可得。
可见在两磁场区粒子运动半径相同，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为
（2）在电场中 ，
在中间磁场中运动时间
在右侧磁场中运动时间，则有：。
【总结】带电粒子从某一点出发，最终又回到该点，这样的运动轨迹往往具有对称性，由此画出运动的大概轨迹是解题的突破点。
变式训练8．（18分）一半径为r的圆形导线框内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于导线框所在平面，一导体棒一端在圆心O，另一端放于圆形导线框上，并接触良好，导体绕圆心O匀角速转动，O端及线框分别用导线连接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d. 有一质量为m、带电量为q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间（该液滴可为质点）.该液滴恰能从两板间作匀速直线运动，然后液滴射入右侧电场强度大小恒定、方向竖直向上、磁感应强度为B1、宽为L的（重力场、电场、磁场）复合场（磁场的上下区足够大）中，重力恰等于电场力．求：
（1）平行金属板1和2间的电压是多大？
（2）导体棒旋转方向如何（顺时针或逆时针）？旋转角速度多大？
（3）该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离.
四、带电粒子在复合场中运动
题型一 带电粒子在电场和磁场分离的复合场中的运动（不计重力）
例13：如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y＝处的P3点。不计重力。求
（l）电场强度的大小。
（2）粒子到达P2时速度。
（3）磁感应强度的大小。
解:（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。
设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，
粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动
学公式有
qE ＝ ma ① v0t ＝ 2h ② ③
由①、②、③式解得 ④
（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以
v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，
θ表示速度和x轴的夹角，则有
⑤ ⑥
⑦
由②、③、⑤式得 v1＝v0 ⑧
由⑥、⑦、⑧式得
⑨ 即速度方向为：与x轴成，如图所示。（易错点）
（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
⑾
r是圆周的半径。此圆周与x轴和y轴的交点分别为P2、P3。因为OP2＝OP3，
θ＝45°，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得r＝ ⑿
由⑨、⑾、⑿可得 ⒀ 解题感悟：
变式训练9．如图甲所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子（不计重力）以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，求在电场和磁场中运动的总时间。
变式训练10.如图所示,直角坐标系在一真空区域里,y轴的左方有一匀强电场,场强方向跟y轴负方向成θ=30o角,y轴右方有一垂直于坐标系平面的匀强磁场,在x轴上的A点有一质子发射器,它向x轴的正方向发射速度大小为v=2.0×106m/s的质子,质子经磁场在y轴的P点射出磁场,射出方向恰垂直于电场的方向,质子在电场中经过一段时间,运动到x轴的Q点.已知A点与原点O的距离为10cm,Q点与原点O的距离为(20-10)cm,质子的比荷为.求:
（1）磁感应强度的大小和方向；
（2）质子在磁场中运动的时间；
（3）电场强度的大小.
题型二 带电粒子在重力场、电场和磁场的复合场中的运动
例14．如图所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，已知a静止，b向右做
直线运动，c做匀速圆周运动，下面说法正确的是（ D ）
A．油滴带正电 B．b油滴质量最大
C．c油滴质量最小 D．a、c质量一样大
本题感悟：
变式训练11.．如图1所示，有一电量为q，质量为m的小球，从两竖直的带等量 异种电荷的平行板上方高h处自由下落，两板间有匀强磁场，磁场方向垂直纸
面向里，那么带电小球在通过正交电磁场时( )
A．一定做曲线运动 B．不可能做曲线运动
C．可能做匀速直线运动 D．可能做匀加速直线运动
例15、如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E=40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t=0时刻，一质量m=8×10-4kg、电荷量q=+2×10-4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g=10m/s2．求：
（1）微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；
（2）微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；
（3）水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．
解：（1）由题意可知，微粒所受的重力：G=mg=8×10-3N 电场力大小F=Eq=8×10-3N
因此重力与电场力平衡，所以微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
解得 R ==0.6m
由 解得T=10πs
则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L= 2R =1.2m
（2）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t=5πs，轨迹如图所示，位移大小 s=vt=0.6πm=1.88m
因此，微粒离开直线OO′的最大高度
h=s+R=2.48m
（3）若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足
L=（2.4n+0.6)m（n=0，1，2…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足 L=（2.4n+1.8) m （n=0，1，2…)
［若两式合写成 L=（1.2n+0.6) m （n=0，1，2…)同样给分］
带电粒子在电磁场中运动答案
变式训练1 CD 变式训练2 BC
变式训练4（11广东）.(18分) 解：
（1）粒子从A点射出后到外界边界射出过程，由动能定理得
① 解得 ②
（2）撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如答图1，设粒子运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律 ③
由几何关系可知，粒子运动的圆心角为900，则
得 ④ 联立③④得⑤
匀速圆周运动周期 ⑥粒子在磁场中运动时间 ⑦
联立③⑤⑥⑦，得 ⑧
（3）经分析，临界条件是粒子恰好与外圆边界相切。对A点发出的粒子，有两种与外圆相切的可能，一种是右边相切于C点，一种是左边相切于D点。要使粒子能从外圆飞出，则

又 即 得
变式训练5（12广二模）．解：（1）电场方向平行x轴，指向x轴负方向；磁场方向垂直纸面向里．
（2）质子从a到b，洛伦兹力不做功，仅电场力做功．由动能定理：
……①
得：……②
质子从b到c，做类平抛运动，设运动时间为t，则：
……③ ……④ 联立②、③、④得：……⑤
（3）质子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，设做圆周运动的半径R，则
⑥ 即：⑦
讨论：（i）如图，当时，质子将从HQ边射出，此时：
，⑧
（ii）当时，质子将从OH边射出，此时：
，⑨
（iii）当时，质子将从Oa边射出，此时： ，⑩
变式训练6（2010广东）解：（1）分析知该粒子轨迹圆心为P1，半径为，在磁场中转过的圆心角为，因而运动时间为：
（2）设粒子从N1运动到N2过程历时为t，之后在磁场中运行速度大小为v，轨迹半径为R则：
粒子在匀速过程有：L=vt ① 粒子出来进入磁场的条件： ②
在磁场中做匀速圆周运动有： ③
设粒子刚好过P1点、P2点时轨迹半径分别为：R1、R2则： ④
⑤ ⑥
由①—⑥得：
变式训练8．. 解：（1）带电粒子在两板间作匀速直线运动，重力等于电场力。
即：=mg ————（3分）u=mgd/q————（1分）
（2）上金属板带负电，即圆形线框带负电，由右手定则知导体棒转动方向为逆时针（2分）
设转动角速度为ω，棒转动的平均线速率为v=————（1分）
棒产生的电动势为u,则u=Brv ————（1分）
即mgd/q＝ ————（1分）解得ω＝2mgd/Br2q————（1分）
（3）液滴进入复合场后做匀速圆周运动，设运动半径为R，
由牛顿第二定律有： （1分 得： （1分）
讨论：①若R≤L，电子从磁场左边界离开 （1分）
由几何关系知偏转距离为 y=2R （1分）
代入数据并整理得 （1分）
②若R>L，电子从磁场右边界离开 （1分）
由几何关系知偏转距离为 （1分）
代入数据并整理得 （1分）
变式训练9、带电粒子的运动轨迹如图乙所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝v0，这一过程的时间t1＝＝
又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径
r＝2d
故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：
t2＝＝＝ 带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝
故t总＝(2＋)．
变式训练10.：解:（1）设质子在磁场中做圆运动的半径为r.
过A、P点作速度v的垂线,交点即为质子在磁场中作圆周运动的圆心O1.由几何关系得α=θ=30o,所以:r=2OA=20cm.（2分）
设磁感应强度为B,根据质子的运动方向和左手定则,可判断磁感应强度的方向为垂直于纸面向里.（2分）
（2分）
（2）设质子在磁场中运动的时间为t,如图所示,质子在磁场中转过的圆周角为,设质子在磁场中运动的周期为T s(6分)
（3）如图所示,过Q点做平行于P点速度方向的平行线,交AM于N点,在三角形QAN中,边长QA=.由几何关系可知β=θ=30o,AN=20cm,所以,N点与O1点是重合的.质子在平行于电场方向上做匀速直线运动,在垂直于电场方向做匀加速直线运动,
由几何关系得:（4分）
（4分）
变式训练11. A
带电粒子在复合场中运动专题训练（1）
1．如图所示，竖直平面内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N／c，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量、质量的小球由长的细线悬挂于点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点正下方的坐标原点时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过点正下方的N点.(g=10m／s)，求：
(1)小球运动到点时的速度大小；
(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小；
(3)间的距离
2．如图所示，一质量为m，带电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30°，同时进入场强为E、方向沿与x轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，通过了b点正下方的c点，如图所示．粒子的重力不计，试求：
（1）圆形匀强磁场区域的最小面积；
（2）c点到b点的距离s．
3．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向下为正方向建立x轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．求：
(1)当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0；
(2)两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；
(3)电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．
4．两块平行金属板MN、PQ水平放置，两板间距为d、板长为l，在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底边BC与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上，如图所示．一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，若在两板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=AB，并垂直AC边射出(不计粒子的重力)．求：
(1)两极板间电压；
(2)三角形区域内磁感应强度；
(3)若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外．要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，试求所加磁场的磁感应强度最小值．
带电粒子在复合场中运动专题训练（1）答案
1、解：（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理：
①
则得小球在点速度为： ②
（2）小球运到点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：
③
④
由③、④得：
⑤
（3）绳断后，小球水平方向加速度
⑥
小球从点运动至点所用时间
⑦
间距离
⑧
2、轨迹如图。（1）圆形匀强磁场的最小面积为：
（2）
3、解析：(1)根据动能定理，得 解得
(2)欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有而由此即可解得
(3)若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x，则由轨迹图可得 注意到和
所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为
4、 解：⑴垂直AB边进入磁场，由几何知识得：粒子离开电场时偏转角为30°
得：
得：
由几何关系得： 在磁场中运动半径：
由
得： 方向垂直纸面向里
⑶当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，由几何知识知粒子的运动半径r2为：
………（ 2分 ） 得：
即：磁感应强度的最小值为