第四課時 帶電粒子在復合場中的運動
【教學要求】
1．了解電場、磁場、重力場等對帶電粒子作用力的特點。
2．能應用動力學有關知識分析計算帶電粒子在復合場中的運動問題。
【知識再現(xiàn)】
一、復合場
這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場，帶電粒子在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要．
二、帶電粒子在復合場中的運動
1．當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，粒子將做 或 。.
2．當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做 。
3．當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做 。
4．當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化時，則粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理．
知識點一帶電粒子在復合場中受力特點
1．重力：若為基本粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等)一般不考慮重力；若為帶電顆粒(如液滴、油滴、小球、塵埃等)一般需考慮重力。
2．電場力：帶電粒子(體)在電場中一定受到電場力作用，在勻強電場中，電場力為恒力，大小為F＝qE。電場力的方向與電場的方向相同或相反。電場力做功也與路徑無關，只與初末位置的電勢差有關，電場力做功一定伴隨著電勢能的變化。
3．洛倫茲力：帶電粒子(體)在磁場中受到的洛倫茲力與運動的速度(大小、方向)有關，洛倫茲力的方向始終和磁場方向垂直，又和速度方向垂直，故洛倫茲力永遠不做功，也不會改變粒子的動能。
【應用1】關于帶負電的粒子(重力不計)，下面說法中正確的是 ( )
A．沿電場線方向飛入勻強電場，電場力做功，動能增加
B．垂直電場線方向飛入勻強電場，電場力做功，動能增加
C．沿磁感線方向飛入勻強磁場，磁場力做功，動能增加
D．垂直磁感線方向飛入勻強磁場，磁場力不做功，動能不變
導示: 帶負電的粒子沿電場線方向飛入勻強電場電場力做負功,動能減少,A錯。垂直電場線方向飛入勻強電場，電場力一定做正功，動能增加，B對。沿磁感線方向飛入勻強磁場，磁場力為零，C錯。垂直磁感線方向飛入勻強磁場，磁場力不為零，但與速度垂直，不做功，動能不變，D對。故選BD。
知識點二在復合場中運動分析方法
I．弄清復合場的組成，一般有磁場、電場復合，磁場、重力場復合，磁場、電場、重力場三者復合。
2．正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析。
3．確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合。
4．對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題，要分階段進行處理。
5．畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。
【應用2】空間存在水平方向正交的勻強電場和勻強磁場，其大小分別為E＝10 N／C，B＝1 T，方向如圖所示，有一質(zhì)量m=2.0×lO—6kg，帶正電荷q＝2.0×lO—6C的微粒，在此空間做直線運動，試求其速度大小和方向。
導示: 微粒不可能做變速直線運動，否則和v方向垂直的洛倫茲力的變化將使合外力與速度方向不同而做曲線運動，故微粒只能做勻速直線運動。微粒受重力、電場力和洛倫茲力在同一豎直平面內(nèi)。合力為零，如圖所示，則
即微粒以20 m／s與電場方向成60°角斜向上的速度做勻速直線運動
【應用2】帶電液滴從h高處自由落下，進入一處勻強電場與勻強磁場互相垂直的區(qū)域，磁場方向垂直紙面，磁感應強度為B，電場強度為E。已知液滴在此區(qū)域中做勻速圓周運動，如圖所示，由此可得圓周的半徑是多少?
導示: 設帶電液滴的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，剛進入電場、磁場區(qū)域時的速度為v，則有：
自由下落過程
進入電、磁場區(qū)域后重力和電場力為恒力，要做勻速圓周運動，則必有：qE＝mg
【應用2】如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以初速v0垂直射入相互正交的勻強電場E和勻強磁場B，從P點離開該區(qū)域的速率為vP，此時側(cè)移量為s，下列說法中正確的是（ ）
A．在P點帶電粒子所受磁場力有可能比電場力大
B．帶電粒子的加速度大小恒為
C．帶電粒子到達P點的速率
D ．帶電粒子到達P點的速率
導示:帶電粒子進入電場時，受到的電場力FE＝Eq豎直向上，受到的磁場力FB＝Bqv豎直向下，由于這時FE>FB，粒子向上偏轉(zhuǎn)且能從P點射出；粒子在側(cè)移過程中，電場力對其做正功，其速率v不斷增大，F(xiàn)B亦隨之增大，故到達P點時有可能使FB>FE，選項A正確。帶電粒子進入該區(qū)域后，蘆FB、FE通常不在同一直線上，加速度a除進入瞬間為 外，其他各處均不為該值，選項B錯。由于帶電粒子在正交電、磁場中受洛倫茲力和電場力、做變加速運動，其軌跡既非圓弧，亦非拋物線，不能用勻變速運動有關規(guī)律求解vP，可考慮用動能定理求解，在以上過程中洛倫茲力對帶電粒子不做功，電場力對其做正功，則有
，C正確。故選AC。
1．當粒子所受電場力和洛倫茲力的合力不為零時，粒子做曲線運動，這時其軌跡既非圓弧，亦非拋物線，屬變加速曲線運動，不能用勻變速動動或圓周運動等規(guī)律解答。2．洛倫茲力是與速度v相關的物理量，當速度變化(大小、方向)時，洛侖茲力也將隨之改變，要注意對粒子的動態(tài)分析。
類型一動態(tài)分析問題
【例1】如圖所示，空間某—區(qū)域有水平向右的勻強電場E，垂直紙面向外的勻強磁場B。豎直固定的絕緣桿上套有一個帶正電的小球，電荷量為q，質(zhì)量為rn。小球和桿間的動摩擦因數(shù)為μ且mg≥μqE�，F(xiàn)使小球由靜止釋放，試求小球在下滑過程中的最大加速度和最大速度。
該題目是一個動態(tài)分析問題，要明確由于洛倫茲力的變化，導致小球所受彈力的方向也發(fā)生了改變。若磁場方向垂直紙面向里則小球在下滑過程中的最大加速度和最大速度是多少?
類型二帶電粒子在組合場中分析
【例2】(07北京西城)如圖所示的坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。在x軸上方空間的第一、第二象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直于xy平面(紙畫)向里的勻強磁場，在第四象限，存在沿y軸負方向、場強大小與第三象限電場場強相等的勻強電場。一質(zhì)量為m、電量為q的帶電質(zhì)點，從y軸上y＝h處的P1點以一定的水平初速度沿x軸負方向進入第二象限。然后經(jīng)過x軸上x＝一2h處的P2點進入第三象限，帶電質(zhì)點恰好能做勻速圓周運動，之后經(jīng)過y軸上y＝一2h處的P3點進入第四象限。已知重力加速度為g。求：
(1)粒子到達P2點時速度的大小和方向；
(2)第三象限空間中電場強度和磁感應強度的大��；
(3)帶電質(zhì)點在第四象限空間運動過程中最小速度的大小和方向。
導示: (1)質(zhì)點從P1到P2，由平拋運動規(guī)律：
質(zhì)點速度最小，即在水平方向分量vmin=vcos45°= ，方向沿x軸正方向。
1．(07山東濰坊)空間處有豎直向下的勻強電場，水平向北的勻強磁場，若在該空間有一電子沿直線運動.不計電子重力，則該電子的運動方向不可能的是（ ）
A．水平向東B．水平向西C．豎直向上D．豎直向下
2．(07蘇錫常鎮(zhèn)二模)如圖所示的區(qū)域中，左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為 B ，右邊是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向平行于OC且垂直于磁場方向．一個質(zhì)量為m 、電荷量為-q 的帶電粒子從P孔以初速度V0沿垂直于磁場方向進人勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角θ＝600 ，粒子恰好從C孔垂直于OC射入勻強電場，最后打在Q點，已知OQ＝ 2 OC ，不計粒子的重力，求： ( l )粒子從P運動到Q所用的時間 t 。( 2 )電場強度 E 的大小 ( 3 )粒子到達Q點時的動能EkQ
3．(07海淀)如圖所示，兩塊帶電金屬板a、b水平正對放置，在板間形成勻強電場，電場方向豎直向上。板間同時存在與電場正交的勻強磁場，假設電場、磁場只存在于兩板間的空間區(qū)域。一束電子以一定的初速度vo從兩板的左端中央，沿垂直于電場、磁場的方向射入場中，無偏轉(zhuǎn)的通過場區(qū)。
已知板長l=10.0cm，兩板間距d=3.0cm，兩板間電勢差U=150V，v0=2.0×10-7m/s。電子所帶電荷量與其質(zhì)量之比e/m=1.76×1011C/kg，電子電荷量e=1.60×10-19C，不計電子所受重力和電子之間的相互作用力。（1）求磁感應強度B的大��；（2）若撤去磁場，求電子離開電場時偏離入射方向的距離y ；（3）若撤去磁場，求電子穿過電場的整個過程中動能的增加量△Ek。
4．(07南京綜合檢測)如圖所示，坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)有場強E=12N/C、方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強磁場．一個質(zhì)量m=4×10 kg，電量q=2.5×10 C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點．取g＝10 m／s2，求：（1）P點到原點O的距離；（2）帶電微粒由原點O運動到P點的時間．
參考答案
1．B C D
2．(1)
(2) (3)
3．:（1）
（2）
（3）
4．（1）OP＝15m （2）t＝1.2s


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