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1、第7讲 习题课：带电粒子在叠加场和组合场中的运动目标定位1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.2.能分析计算带电粒子在叠加场中的运动.3.能分析计算带电粒子在组合场中的运动一、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动1解题步骤(1)画轨迹：先确定圆心，再画出运动轨迹，然后用几何方法求半径(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系(3)用规律：用牛顿第二定律列方程qvBm，及圆周运动规律的一些基本公式2带电粒子在有界磁场中的圆周运动的几种常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图1所示)图1(2)平行边界(存在临界条件，如
2、图2所示)图2(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图3所示)图33带电粒子在有界磁场中运动的临界问题带电粒子在有界磁场中运动，往往出现临界条件，可以通过对轨迹圆放大的方法找到相切点如图2(c)所示注意找临界条件，注意挖掘隐含条件例1如图4所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为.求：图4(1)该粒子射出磁场的位置；(2)该粒子在磁场中运动的时间(粒子所受重力不计)解析(1)设粒子从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，
3、射出方向与x轴的夹角仍为，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律可得：qv0Bm式中R为圆轨道半径，解得：R圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：Rsin 联立两式，解得L所以粒子射出磁场的位置坐标为(，0)(2)因为T所以粒子在磁场中运动的时间tT.答案(1)(，0)(2)例2如图5所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF.一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为.已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少为多大？图5解析当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大
4、，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几何知识可得：rrcos d又r由得v0故电子要射出磁场的速率至少应为.答案例3在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图6所示一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿y方向飞出图6(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60角，求
5、磁感应强度B多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？解析(1)由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90，则粒子轨迹半径Rr，又qvBm，则粒子的比荷.(2)设粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了60角，故AD弧所对圆心角为60，粒子做圆周运动的半径R r，又R，所以BB，粒子在磁场中运动所用时间tT.答案(1)负电荷(2)B二、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
6、轨迹，灵活选择不同的运动规律当做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解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4如图7所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B0.5 T有一带正电的小球，质量m1106 kg，电荷量q2106 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g10 m/s2，求：图7(1)小球做匀速直线运动的
7、速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.解析(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB代入数据解得v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan 代入数据解得tan 60(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2tan 联立式，代入数据解得t2 s3.5 s解法二撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标
8、原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vyvsin 若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vytgt20联立式，代入数据解得t2 s3.5 s答案(1)20 m/s与电场方向成60角斜向上(2)3.5 s三、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解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等3要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态4分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键5解题技巧：组合场中电场和磁场是各自独立的，计算时可以单独使用带电粒子在
9、电场或磁场中的运动公式来列式处理电场中常有两种运动方式：加速或偏转；而匀强磁场中，带电粒子常做匀速圆周运动例5如图8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向里垂直纸面的匀强磁场一个质量为m、电荷量为q的微粒，在A点(0，3)以初速度v0120 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(6，0)和Q点(8，0)各一次已知该微粒的比荷为102 C/kg，微粒重力不计，求：图8(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
10、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xv0t，得t0.05 s微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由yat2得a2.4103 m/s2(2)vyat，tan 1，所以45轨迹如图(3)由qEma，得E24 N/C设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，vv0120 m/s由qvBm得r由几何关系可知r m，所以可得B1.2 T.答案(1)0.05 s2.4103 m/s2(2)45见解析图(3)24 N/C1.2 T1(带电粒子在叠加场中的运动)一正电
11、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9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()图9A沿y轴正方向，大小为B沿y轴负方向，大小为BvC沿y轴正方向，大小为D沿y轴负方向，大小为答案B解析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qEqvB，即EBv.2(带电粒子在有界磁场中的运动)(多选)长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图10所示，磁感应强度为B，板间距离也为L，极板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子(不
12、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()图10A使粒子的速度vB使粒子的速度vC使粒子的速度vD使粒子的速度v答案AB解析如图所示，由题意知，若带正电的粒子从极板左边射出磁场，其在磁场中做圆周运动的半径R，因粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：qvBm可得粒子做圆周运动的半径：r粒子不从左边射出，则：即：v带正电的粒子从极板右边射出磁场，如图所示，此时粒子的最大半径为R，由上图可知：R2L2(R)2可得粒子做圆周运动的最大半径：R又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则即：v，故欲使粒子打在极板上，粒子的
13、速度必须满足v或v故A、B正确，C、D错误3. (带电粒子在有界磁场中的运动)如图11所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆顶点P有一速度为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子的重力不计图11(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它在磁场中运动的时间答案(1)(2)解析(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得Bqv0m，所以rR带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示t.(2)由(1)知，当vv0时，带电粒子
14、在磁场中运动的轨迹半径为rR，其运动轨迹如图所示由几何关系tan ，所以30.t.4(带电粒子在组合场中的运动)如图12所示xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示现有一个质量为m，电荷量为q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场已知OP之间的距离为d(不计粒子的重力)求：图12(1)O点到Q点的距离；(2)磁感应强度B的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间答案(
15、1)2d(2)(3)解析(1)设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，P到Q受到恒定的电场力与初速度垂直，为类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知竖直方向匀速直线hv0t水平方向匀加速直线平均速度，d根据速度的矢量合成tan 45解得h2d.(2)由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R2d由牛顿第二定律qvBm，解得R由(1)可知vv0联立解得B.(3)在电场中的运动时间为t1由运动学公式T在第一象限中的运动时间为t2TT在第四象限内的运动时间为t3带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为tt1t2t3.题组一带电粒子在匀强磁场中的运动1(多选)运动电荷进入磁场(无其他场
16、)中，可能做的运动是()A匀速圆周运动 B平抛运动C自由落体运动 D匀速直线运动答案AD解析若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀速圆周运动，A、D正确；由于电荷的质量不计，故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动，B、C错误2(多选)如图1所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处竖直向下射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是()图1Aa BbCc Dd答案BD解析粒子的入射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a、c均不可能，正确答案为B、D.3(多选)如图2所示，在x0，y0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的
17、方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则()图2A初速度最大的粒子是沿方向射出的粒子B初速度最大的粒子是沿方向射出的粒子C在磁场中运动时间最长的是沿方向射出的粒子D在磁场中运动时间最长的是沿方向射出的粒子答案AD解析显然图中四条圆弧中对应的半径最大，由半径公式r可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A对，B错；根据周期公式T知，当圆弧对应的圆心角为时，带电粒子在磁场中运动的时间为t，圆心角越大，则带电粒子在磁场中运动时间越长，圆心
18、均在x轴上，由题图可知的圆心角为，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿方向射出的粒子，C错，D对4.如图3所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力则()图3Avbvc12，tbtc21 Bvbvc22，tbtc12Cvbvc21，tbtc21 Dvbvc12，tbtc12答案A解析带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，rc2rb，b120，c60，由q
19、vBm得，v，则vbvcrbrc12，又由T，tT和b2c得tbtc21，故选项A正确，B、C、D错误5如图4是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R10 cm的圆柱形筒内有B1104 T的匀强磁场，方向平行于轴线在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a、b分别作为入射孔和出射孔现有一束比荷为21011 C/kg的正离子，以不同角度入射，最后有不同速度的离子束射出其中入射角30，且不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v大小是()图4A4105 m/s B2105 m/sC4106 m/s D2106 m/s答案C解析离子不经碰撞直接从b孔射出，则直径ab为轨迹圆弧的弦，如图所示，轨迹圆心在弦的中
20、垂线上，过a作速度v的垂线交弦ab中垂线于O，则O为轨迹圆心，弦ab对应的圆心角260，轨道半径r，所以离子的速度v4106 m/s，C正确题组二带电粒子在叠加场中的运动6如图5所示是磁流体发电机原理示意图A、B两极板间的磁场方向垂直于纸面向里等离子束从左向右进入板间下述正确的是()图5AA极板电势高于B极板，负载R中电流向上BB极板电势高于A极板，负载R中电流向上CA极板电势高于B极板，负载R中电流向下DB极板电势高于A极板，负载R中电流向下答案C解析等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A极板偏，负离子受到向下的洛伦兹力向B极板偏，这样
21、正离子聚集在A极板，而负离子聚集在B极板，A极板电势高于B极板，电流方向从ARB.7(多选)如图6所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v，(不计粒子的重力)那么()图6A带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区，才能沿直线通过C不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过答案AC解析按四个选项要求让粒子进入，洛伦兹力与电场力等大反向的就能沿直线匀速通过速度选择器8. (多选)如图7所示，质量为m、电荷量为q的带电液滴从h高处自由下落，进入一个互相垂直的匀
22、强电场和匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度为B，电场强度为E.已知液滴在此区域中做匀速圆周运动，则圆周运动的半径r为()图7A. B.C. D.答案AC解析液滴进入复合场的速度v，液滴在重力、电场力、洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，满足mgqE，qvBm，可得A、C选项正确9(多选)一个带电微粒在如图8所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略，已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则()图8A该微粒带正电B带电微粒沿逆时针旋转C带电微粒沿顺时针旋转D微粒做圆周运动的速度为答案BD解析带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场
23、中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电微粒带负电荷，A错误；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)，B正确，C错误；由微粒做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mgqE带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为： r联立得：v，D正确10.如图9所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器，电压为U15 000 V；N为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B10.2 T，板间距离为d0.06 m；P为一个边长为l
24、的正方形abcd的磁场区，磁感应强度为B20.1 T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏今有一比荷为108 C/kg的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S打在荧光屏上求：图9(1)粒子离开加速器时的速度v；(2)速度选择器的电压U2；(3)正方形abcd边长l.答案(1)1.0106 m/s(2)1.2104 V(3)0.16 m解析(1)粒子加速过程qU1mv2粒子离开加速器时的速度v 1.0106 m/s.(2)在速度选择器运动过程中qvB1qE，E速度选择器的电压U2B1vd1.2
25、104 V.(3)粒子在磁场区域做匀速圆周运动qvB2，r0.1 m由几何关系得r2(lr)2正方形abcd边长lr0.16 m.题组三带电粒子在组合场中的运动11如图10所示装置中，区域和中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；区域内有垂直平面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60角射入区域的磁场中，并垂直竖直边界CD进入区域的匀强电场中求：图10(1)粒子在区域匀强磁场中运动的轨迹半径；(2)O、M间的距离；(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界
26、所用的时间答案(1)(2)(3)解析(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运动规律知v2v0粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bqvm所以R.(2)设粒子在区域电场中运动时间为t1，加速度为a.则有qEmav0tan 60at1即t1O、M两点间的距离为Lat.(3)如图所示，设粒子在区域磁场中运动时间为t2.则由几何关系知t2设粒子在区域电场中运动时间为t3，a则t32粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为tt1t2t3.12如图11所示，平面直角坐标系xOy中，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应
27、强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成60角射出磁场，不计粒子重力，求：图11(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R；(2)匀强电场的场强大小E.答案(1)(2)解析(1)因为粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过N点时的速度为v，把速度v分解如图甲所示根据平抛运动的速度关系，粒子在N点进入磁场时的速度v2v0.甲如图乙所示，分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心乙根据牛顿第二定律得qvB所以R，代入v2v0得粒子在磁场中运动的轨道半径R.(2)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t由牛顿第二定律：qEma设沿电场方向的分速度为vyat粒子在电场中沿x轴方向做匀速直线运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：粒子在x轴方向的位移：Rsin 30Rcos 30v0t又vyv0tan 60由可以解得E.19
