习题课4 带电粒子在复合场中的运动
[学 习 目 标] 1.理解组合场和叠加场的概念。2.会分析粒子在各种场中的受力特点。3.掌握粒子在复合场中运动问题的分析方法。
一、带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2．基本思路
(1)弄清叠加场的组成。
(2)进行受力分析。
(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。
(4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
①当做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。
②当做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解。
③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
【例1】 如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，一质量为m、带电荷量为q的微粒以速度v与磁场垂直，与电场成45°角射入复合场中恰能做匀速直线运动，求电场强度E、磁感应强度B的大小。
思路点拨：(1)带电微粒恰能做匀速直线运动，说明受力平衡。
(2)分析微粒受力情况，画出受力图。
[解析] 由题图中微粒的入射方向和微粒做匀速直线运动判断知，粒子只能带正电。
对微粒进行受力分析，有重力、静电力和洛伦兹力，如图所示，由于带电微粒所受洛伦兹力与v垂直，静电力与v成45°角，因而mg与qE的合力与F等大反向。
qE＝mgtan 45°
解得E＝＝
F＝qvB＝
解得B＝＝。
[答案]
复合场中运动问题的求解技巧
带电体在复合场中的运动问题仍是一个力学问题，求解思路与力学问题的求解思路基本相同，仍然按照对带电体进行受力分析，运动过程分析，充分挖掘题目中的隐含条件，根据不同的运动情况建立相应的方程。
1．如图所示，在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外，一质量为m、带电荷量为－q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动(重力加速度为g)。
(1)求此区域内电场强度的大小和方向；
(2)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°的角，如图所示，则该微粒至少需要经过多长时间运动到距地面最高点？
[解析] (1)要满足微粒做匀速圆周运动，则qE＝mg
得E＝，方向竖直向下。
(2)如图所示当微粒第一次运动到最高点时，α＝135°
则t＝T＝T＝
微粒做匀速圆周运动的周期T＝
解得t＝。
[答案] (1) 方向竖直向下 (2)
二、带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。
2．“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
只受恒定的电场力F＝Eq
只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
求解方法
利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝
牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝
【例2】 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
思路点拨：(1)带电粒子在电场中做平抛运动，应用运动的分解进行分析，注意速度和位移的分析。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，注意半径和圆心角的分析。
(3)粒子由电场进入磁场时，速度与x轴正方向的夹角与做圆周运动的圆心角关系密切，注意利用。
[解析] (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(a)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图(b))，速度沿电场方向的分量为v1.
根据牛顿第二定律有qE＝ma ①
(b)
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有
v1＝at ②
l′＝v0t ③
v1＝vcos θ ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝ ⑤
由几何关系得
l＝2Rcos θ ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝。 ⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0cot ⑧
联立①②③⑦⑧式得
＝ ⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋T ⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期。
T＝ ?
由③⑦⑨⑩?式得
t′＝(1＋)。 ?
[答案] 见解析
带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法
2．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在A点(0，3 m)以初速度v0＝120 m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6 m，0)和Q点(8 m，0)各一次。已知该微粒的比荷为＝102 C/kg，微粒重力不计，求：
→
(1)微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
(2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；
(3)电场强度E和磁感应强度B的大小。
[解析] (1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动
由x＝v0t，得t＝＝0.05 s
微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，
由y＝at2得a＝2.4×103 m/s2.
(2)vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45°
轨迹如图
(3)由qE＝ma，得E＝24 N/C
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，
v＝v0＝120 m/s
由qvB＝m得r＝
由几何关系可知r＝ m，所以可得B＝＝1.2 T。
[答案] (1)0.05 s 2.4×103 m/s2(2)45° 见解析图 (3)24 N/C 1.2 T
1．(多选)一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在下图所示的几种情况中，可能出现的是( )
A B C D
AD [根据带电粒子在电场中的偏转情况可以确定选项A、C、D中粒子带正电，选项B中粒子带负电，再根据左手定则判断粒子在磁场中偏转方向，可知A、D正确，B、C错误。]
2．一正电荷q在匀强磁场中，以速度v沿x轴正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，为了使电荷能做直线运动，则必须加一个电场进去，不计重力，此电场的场强应该是( )
A．沿y轴正方向，大小为
B．沿y轴负方向，大小为Bv
C．沿y轴正方向，大小为
D．沿y轴负方向，大小为
B [要使电荷能做直线运动，必须用电场力抵消洛伦兹力，本题正电荷所受洛伦兹力的方向沿y轴正方向，故电场力必须沿y轴负方向且qE＝qvB，即E＝Bv。]
3．(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
BCD [两离子质量相等，所带电荷量之比为1∶3，在电场中运动时，由牛顿第二定律得q＝ma，则加速度之比为1∶3，A错误。在电场中仅受电场力作用，由动能定理得qU＝Ek＝mv2，在磁场中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力永不做功，动能之比为1∶3，D正确。由磁场中洛伦兹力提供向心力知qvB＝m，得r＝＝，半径之比为∶1，B正确。设磁场区域的宽度为d，则有sin θ＝∝，即＝，故θ′＝60°＝2θ，可知C正确。]
重难强化训练(四)
(时间：40分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上。关于该过程，下述说法正确的是( )
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变
C [重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项A错误；由动能定理和功能关系知，选项B错误，选项C正确；磁感应强度减小时，小球落地时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项D错误。]
2．如图所示，在两平行金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场。一个带电粒子垂直于电场和磁场方向射入场中，射出时粒子的动能减小了。为了使粒子射出时比射入时的动能大，在不计重力的情况下，可以采取的办法是( )
A．增加粒子射入时的速度
B．增加磁场的磁感应强度
C．增加电场的电场强度
D．改变粒子的带电性质，不改变所带的电荷量
C [由题意可知带电粒子带正电，且洛伦兹力大于电场力，电场力做负功，为使带电粒子动能增加，应该使粒子向下偏转，减小洛伦兹力或增大电场力，选项A、B错误，C正确；若只改变粒子电性，粒子所受电场力和洛伦兹力方向都变得与原来相反，大小关系不变，向下偏转，电场力依然做负功，动能减小，D项错误。]
3．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )
A．d随U1变化，d与U2无关
B．d与U1无关，d随U2变化
C．d随U1变化，d随U2变化
D．d与U1无关，d与U2无关
A [带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：＝cos θ，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：＝cos θ，所以d＝，又因为半径公式R＝，则有d＝＝。故d随U1变化，d与U2无关，故A正确，B、C、D错误。]
4．如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场。现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是( )
A．甲对乙的压力不断增大
B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C．乙对地板的压力不断增大
D．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
ACD [对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大，乙物块对地板的压力不断增大，甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于Ff＝m甲a，甲、乙两物块间的摩擦力不断减小。故A、C、D正确。]
5．如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是( )
AD [带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。]
6．如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动。现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )
A．小球的重力势能可能会减小
B．小球的机械能可能不变
C．小球的电势能一定会减小
D．小球动能可能减小
AC [若小球带正电，则小球从a点滑下时qvB＝qE＋mg，再从b点滑下，v减小，小球向下偏转，小球重力势能、电势能减小，动能增加，机械能增加。若小球带负电，则小球从a点滑下时qE＝qvB＋mg，再从b点滑下，v减小，粒子向上偏，则小球重力势能增加，电势能减小，动能增加，机械能增加，故选项A、C正确。]
二、非计算题(共14分)
7．(14分)如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为＋q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直于x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝D.求电场强度E和磁感应强度B的大小。(粒子的重力不计)
[解析] 设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，
由动能定理有qU＝mv2
带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有
qBv＝
依题意可知：r＝d
联立解得B＝
带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点。由平抛运动规律有
d＝vt
d＝at2
又qE＝ma
联立解得E＝。
[答案]
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球所带电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动
B．若沿ab运动的小球做直线运动，则该小球带正电，且一定是匀速运动
C．若沿ac运动的小球做直线运动，则该小球带负电，可能做匀加速运动
D．两小球在运动过程中机械能均保持不变
AB [沿ab抛出的带电小球受重力、电场力、洛伦兹力，根据左手定则，可知，只有带正电，受力才能平衡，而沿ac方向抛出的带电小球，由上分析可知，小球带负电时，受力才能平衡，因速度影响洛伦兹力大小，所以若做直线运动，则必然是匀速直线运动，故A、B正确，C错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误。]
2．如图所示的区域中存在着匀强电场和匀强磁场，二者平行但方向相反。质量为m，所带电荷量为－q的粒子(不计重力)沿电场方向以初速度v0射入场区，下列关于该粒子的说法正确的是( )
A．所受洛伦兹力越来越小
B．速度方向保持不变
C．所受电场力越来越小
D．向右的最大位移为
D [因v0与B平行，故该粒子不受洛伦兹力，选项A错误；因所受电场力与v0方向相反，故经一定时间后，速度方向可能改变，选项B错误；因电场是匀强电场，故粒子所受电场力不变，选项C错误；由动能定理可知qElm＝，得lm＝，故选项D正确。]
3.(多选)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示。离子源S可以发出各种不同的正离子束，离子从S出来时速度很小，可以认为是静止的．离子经过加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场(图中实线框所示)，并沿着半圆周运动到达照相底片上的P点，测得P点到入口处S1的距离为x。下列说法中正确的是( )
A．若离子束是同位素，则x越大，离子的质量越大
B．若离子束是同位素，则x越大，离子的质量越小
C．只要x相同，则离子的质量一定相同
D．只要x相同，则离子的比荷一定相同
AD [加速电场中，由qU＝mv2得，离子出电场时速度v＝。在偏转磁场中，离子做圆周运动的半径r＝，又由qvB＝，得m＝＝.若离子束是同位素，即q相等，则x越大，离子的质量m越大，A正确；由上式可得＝，所以只要x相同，则离子的比荷一定相同，故D正确。]
4．如图所示，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，又恰好垂直于x轴进入第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，在电场和磁场中运动的总时间为( )
A. B.(2＋5π)
C.(2＋) D.(2＋)
D [带电粒子的运动轨迹如图所示。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t2＝＝＝，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝，故t总＝(2＋)，D项正确。
]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(12分)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变。不计重力。
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。
[解析]
(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有
qv0B＝m
T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为π，所需时间为t1＝T，
求得t1＝。
(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，
有qE＝ma v0＝at2 得t2＝
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0
得电场强度最大值E＝。
[答案] (1) (2)
6．(14分)如图所示，虚线MN左侧是水平正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B；MN右侧有竖直方向的匀强电场(如图中竖直线，方向未标出)和垂直于纸面的匀强磁强B′(未知)。一质量为m、电荷量为q的点电荷，从MN左侧的场区沿与电场线成θ角斜向上的直线匀速运动，穿过MN上的A点进入右侧的场区，恰好在竖直面内做半径为r的匀速圆周运动，并穿过MN上的P点进入左侧场区。已知MN右侧的电场对MN左侧无影响，当地重力加速度为g，静电力常量为k。
(1)判断电荷q的电性并求出MN左侧匀强电场的场强E1；
(2)求B′的大小和方向，右侧匀强电场E2的大小和方向；
(3)求出电荷穿过P点刚进入左侧场区时加速度a的大小和方向。
[解析]
(1)点电荷在MN左侧场区匀速运动，受力如图所示，根据左手定则可知，q一定带正电。
由根据平衡条件得：
qvBcos θ＝mg，
qvBsin θ＝qE1
解得：E1＝tan θ。
(2)点电荷在右侧区域内做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，
由E2q＝mg，得E2＝，E2方向竖直向上。
根据左手定则可知B′方向垂直纸面向外，B′大小满足
qvB′＝m，
解之得B′＝。
(3)电荷进入左侧场区时，速度大小不变但方向变为沿左向上的方向，且与水平方向的夹角为θ，电荷受力及夹角关系如图所示。
在水平方向上：qE1－qvBsin θ＝ma1，解得a1＝0.
在竖直方向上：qvBcos θ＋mg＝ma2，解得a2＝2g。
故a的大小为2g，方向竖直向下。
[答案] (1)正电 tan θ (2)，垂直纸面向外 ，竖直向上 (3)2g，竖直向下
