1、帶電粒子帶電粒子(或小球或小球)在復合場在復合場中的運動中的運動EBv復合場：指復合場：指電場電場、磁場磁場和和重力場重力場并存，或其中并存，或其中兩場并存，或分區存在。兩場并存，或分區存在。1、已知質量為、已知質量為m的帶電的帶電液滴液滴，以速度，以速度射入互相垂直的勻強電場射入互相垂直的勻強電場E和勻強磁和勻強磁場場B中，液滴在此空間剛好能在豎直中，液滴在此空間剛好能在豎直平面內做平面內做勻速圓周運動勻速圓周運動，如圖所示。，如圖所示。求：求：(1)液滴在此空間受到幾個力作用？液滴在此空間受到幾個力作用？(2)液滴帶電量及電性？液滴帶電量及電性？(3)液滴做勻速液滴做勻速圓周運動的半徑多大

2、？圓周運動的半徑多大？EBvmg解：解：(1)由于是帶電液滴，它必受由于是帶電液滴，它必受重力重力，又處于電磁，又處于電磁場中，還應受到場中，還應受到電場力電場力及洛及洛侖茲力侖茲力共共3個力。個力。(2)因液滴做勻速圓周運動，故必須滿足重力與電場力平衡，因液滴做勻速圓周運動，故必須滿足重力與電場力平衡，故液滴應帶負電。故液滴應帶負電。(3)因液滴所受合力為洛侖茲力，所以由因液滴所受合力為洛侖茲力，所以由Bqv=mv2/R可得：可得：R=mv/qB -由由可得：可得：BgvEBEmgmvR-EqBqvF合合=由由mg=Eq,求得：求得：q=mg/E -.勻速圓周運動勻速圓周運動重力與電場重力與

3、電場力的合力為力的合力為0Eqmg 審審 題題2:有一個帶電小球,自距離電磁場高為h的地方靜止下落,一進入復合的電場,磁場就做勻速圓周運動,半徑為R,所加勻強電場的方向是堅直向下的,大小為E,則所加的勻強磁場方向應是向哪個方向的?B的大小?0Rmgq EBq V分析：小球一開始是做自由落體運動，一進入復合的電磁場，小球做勻速圓周運動，說明重力與電場力平衡，只有洛倫茲力提供向心力，EhB解:mgh= mv2.(1) mg=q E(2)Bq v=m (3)21RV2B=gh2RE前面的例子介紹了帶電小球（微粒）在復合場中運動，都不能忽略帶電體的重力，而有些場合，如帶電粒子在復合場中的運動，則往往把

4、重力忽略的。請看下面的例子。3、如圖所示，在兩平行板間有強、如圖所示，在兩平行板間有強度為度為E的勻強電場，方向豎直向下，的勻強電場，方向豎直向下，一帶電量為一帶電量為q的負粒子的負粒子(重力不計重力不計)垂垂直于電場方向以速度直于電場方向以速度飛入兩極板飛入兩極板間為了使粒子間為了使粒子沿直線飛出沿直線飛出，應在垂，應在垂直于紙面內加一個怎樣方向的磁場，直于紙面內加一個怎樣方向的磁場，其磁感強度為多大？其磁感強度為多大？v-EqqvB審題審題粒子沿直線飛出粒子沿直線飛出電場力與洛電場力與洛侖茲力的合侖茲力的合力為力為0EqqvB 解：由電場力與洛侖茲力的合力為零可得：解：由電場力與洛侖茲力的

5、合力為零可得：EqqvB vEB 方向：垂直于紙面向內方向：垂直于紙面向內討 論(3)在在E、B確定情況下，若帶電粒子能從左確定情況下，若帶電粒子能從左側射入勻速通過電磁場，則從右側射入能勻側射入勻速通過電磁場，則從右側射入能勻速通過嗎？速通過嗎？(1)在在E、B確定情況下，滿足確定情況下，滿足 的帶電的帶電粒子能沿直線飛出，與粒子的粒子能沿直線飛出，與粒子的帶電量帶電量、電性電性有何關系？有何關系？BEv (2)在在E、B確定情況下，若確定情況下，若 或或 能否直線通過？能否直線通過？BEv BEv 結論速度選擇器不但對速度的速度選擇器不但對速度的大小大小有限制有限制(只能等于只能等于E/B

6、)，而且對，而且對速度的速度的方向方向進行選擇。進行選擇。v-EqqvBv-Eq+EqqvB答：與粒子的答：與粒子的帶電量、電性帶電量、電性無關。無關。Bqv-BEv BEv EqBqv答：答：不能不能直線通過直線通過。-EqqvBvv答：答：不能不能直線通過直線通過。=7:如圖所示，在如圖所示，在x軸上方有垂直于軸上方有垂直于xy平面向里的平面向里的勻強磁場，磁感應強度為勻強磁場，磁感應強度為B；在；在c軸下方有沿軸下方有沿y軸軸負方向的勻強電場，場強為負方向的勻強電場，場強為E，一質量為，一質量為m，電，電量為量為-q的粒子從坐標原點的粒子從坐標原點O沿沿y軸正方向射出，射軸正方向射出，射

7、出之后，第三次到達出之后，第三次到達x軸時，它與軸時，它與O點的距離為點的距離為L，求此粒子射出時的速度求此粒子射出時的速度和運動的總路程和運動的總路程s(不計不計重力重力)。v4:如圖所示，在如圖所示，在x軸上方有垂直于軸上方有垂直于xy平面向里的平面向里的勻強磁場，磁感應強度為勻強磁場，磁感應強度為B；在；在c軸下方有沿軸下方有沿y軸軸負方向的勻強電場，場強為負方向的勻強電場，場強為E，一質量為，一質量為m，電，電量為量為-q的粒子從坐標原點的粒子從坐標原點O沿沿y軸正方向射出，射軸正方向射出，射出之后，第三次到達出之后，第三次到達x軸時，它與軸時，它與O點的距離為點的距離為L，求此粒子射

8、出時的速度求此粒子射出時的速度和運動的總路程和運動的總路程s(不計不計重力重力)。v審審 題題帶電粒子沿電場帶電粒子沿電場線進入電場線進入電場勻變速直線運動勻變速直線運動帶電粒子垂直進帶電粒子垂直進入磁場入磁場勻速圓周運動勻速圓周運動qBvqEvvvRvmqBv2maqE 解：粒子運動路線如圖所示，似拱門形狀。有：解：粒子運動路線如圖所示，似拱門形狀。有：粒子初速度為粒子初速度為v，則有：，則有：由由、式可得：式可得：設粒子進入電場做減速運動的最大路程設粒子進入電場做減速運動的最大路程為為 ，加速度為，加速度為a，再由：，再由：粒子運動的總路程得：粒子運動的總路程得：RL4RvmqBv2mqB

9、Lv4maqEalv 22lRs22mELqBL162122vRlLl1:帶電粒子在復合場中運動時,如果是受到合力為零,則該粒子一定做勻速直線運動.反之,帶電粒子在復合場中如果做勻速直線運動,則該粒子受到的合力也一定為零.2:如果帶電粒子在復合場中做的是非勻速直線運動,則該粒子所受的合力一定與物體的運動方向在同一條直線上.3:如果帶電粒子在復合場中,由洛侖茲力提供向心力做勻速圓周運動,則帶粒子所受的其它力的合力應為零.小結:5如圖所示，坐標空間中有場強為如圖所示，坐標空間中有場強為E的的勻強電場和磁感應強度為勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場，的勻強磁場，軸為兩種場的分界面，圖中虛線為磁場區軸

10、為兩種場的分界面，圖中虛線為磁場區域的右邊界，現有一質量為域的右邊界，現有一質量為m，電荷量為，電荷量為-q的帶電粒子從電場中坐標位置（的帶電粒子從電場中坐標位置（L，0）處，以初速度處，以初速度0，沿軸正方向運動，且已，沿軸正方向運動，且已知知 。試求：使帶電粒子能穿越磁。試求：使帶電粒子能穿越磁場區域而不再返回電場中，磁場的寬度場區域而不再返回電場中，磁場的寬度d應滿足的條件應滿足的條件.(粒子的重力不計粒子的重力不計)ORR審審 題題帶電粒子垂直進帶電粒子垂直進入電場入電場類平拋運動類平拋運動帶電粒子垂直進帶電粒子垂直進入磁場入磁場00vvLmqEatvy勻速圓周運動勻速圓周運動qBmv

11、R qEmvL20v0vyv(L,0)v0EB解：帶電粒子在電場中做類平拋運動。設粒子進入解：帶電粒子在電場中做類平拋運動。設粒子進入磁場時粒子的速度大小為磁場時粒子的速度大小為，速度方向與，速度方向與y軸夾角軸夾角為為，有：，有：00vvLmqEatvy0222vvvvyx22cosvvy粒子在磁場中做圓周運動，有：粒子在磁場中做圓周運動，有：qBmvqBmvR02要使粒子穿越磁場區域能返回要使粒子穿越磁場區域能返回電場中，磁場的寬度條件為：電場中，磁場的寬度條件為：)cos1 ( Rd粒子穿越磁場不返回電場中的條件為：粒子穿越磁場不返回電場中的條件為： qBmvd0)21 ( 5如圖所示，

12、坐標空間中有場強為如圖所示，坐標空間中有場強為E的勻強電場和的勻強電場和磁感應強度為磁感應強度為B的勻強磁場，軸為兩種場的分界面，的勻強磁場，軸為兩種場的分界面，圖中虛線為磁場區域的右邊界，現有一質量為，電圖中虛線為磁場區域的右邊界，現有一質量為，電荷量為荷量為-q的帶電粒子從電場中坐標位置（的帶電粒子從電場中坐標位置（L，0）處，以初速度處，以初速度0，沿軸正方向運動，且已知，沿軸正方向運動，且已知 。試求：使帶電粒子能穿越磁場區域而不再返回電場試求：使帶電粒子能穿越磁場區域而不再返回電場中，磁場的寬度中，磁場的寬度d應滿足的條件應滿足的條件.(粒子的重力不計粒子的重力不計)qEmvL20d

13、ORRv0vyv(L,0)EB例例1、如圖所示，在半徑為、如圖所示，在半徑為R的圓形區域內，存在的圓形區域內，存在磁感應強為磁感應強為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。，方向垂直紙面向里的勻強磁場。a、b、c三點將圓周等分，三對間距為三點將圓周等分，三對間距為d的平行金屬板的平行金屬板通過三點分別與圓相切，切點處有小孔與磁場相通，通過三點分別與圓相切，切點處有小孔與磁場相通，板間電壓均為板間電壓均為U。一個質量為。一個質量為m，電量為，電量為+q的粒子的粒子從從s點由靜止開始運動，經過一段時間又回到點由靜止開始運動，經過一段時間又回到s點。點。不計重力不計重力,試求：試求：(1)電壓電壓U和磁感

14、應強度和磁感應強度B應滿足應滿足什么關系？什么關系？(2)粒子從粒子從s點出發后，第一次回點出發后，第一次回到到s點所經歷的時間。點所經歷的時間。 變式訓練：變式訓練：1、帶電粒子如何運動？2、電壓U和磁感應強度B的關系通過什么量建立？分析過程：解答過程解答過程：解：解：1、粒子加速過程、粒子加速過程s-a，由動能定理，由動能定理得：得：qu=1/(2mv2) （1）磁場中偏轉過程，因磁場中偏轉過程，因abc為三等分點，由幾何關系為三等分點，由幾何關系得粒子半徑得粒子半徑r= R （2），又），又Bqv=mv2/r （3）（1）（）（2）（）（3）聯立解得）聯立解得 U=(3B2R2q)/2m

15、 2、粒子在電場中、粒子在電場中s-a加速過程加速過程加速時間加速時間t1=2d/v （4）在磁場中在磁場中a-c運動時間運動時間t2= T/2 （5）又又T=2m/Bq （6）且由幾何關系得）且由幾何關系得 =600 由運動時間的重復性得：粒子運動總時間為由運動時間的重復性得：粒子運動總時間為3BqmqUmttt263621【例例2 2】 如圖如圖9 9所示所示, , 在水平在水平地面上方有一范圍足夠大的地面上方有一范圍足夠大的互相正交的勻強電場和勻強互相正交的勻強電場和勻強磁場區域磁場區域. .磁場的磁感應強磁場的磁感應強度為度為B B, ,方向水平并垂直紙面方向水平并垂直紙面向里向里.

16、.一質量為一質量為m m、帶電荷量為、帶電荷量為q q的帶正電微粒在的帶正電微粒在此區域內沿豎直平面此區域內沿豎直平面( (垂直于磁場方向的平面垂直于磁場方向的平面) )做速度大小為做速度大小為v v的勻速圓周運動的勻速圓周運動, ,重力加速度為重力加速度為g g. .(1)(1)求此區域內電場強度的大小和方向求此區域內電場強度的大小和方向. .圖圖9 9(2)(2)若某時刻微粒在場中運動到若某時刻微粒在場中運動到P P點時點時, ,速度與水速度與水平方向的夾角為平方向的夾角為6060, ,且已知且已知P P點與水平地面間點與水平地面間的距離等于其做圓周運動的半徑的距離等于其做圓周運動的半徑.

17、 .求該微粒運動求該微粒運動到最高點時與水平地面間的距離到最高點時與水平地面間的距離. .(3)(3)當帶電微粒運動至最高點時當帶電微粒運動至最高點時, ,將電場強度的將電場強度的大小變為原來的大小變為原來的 ( (方向不變方向不變, ,且不計電場變化且不計電場變化對原磁場的影響對原磁場的影響),),且帶電微粒能落至地面且帶電微粒能落至地面, ,求帶求帶電微粒落至地面時的速度大小電微粒落至地面時的速度大小. .21審題提示審題提示(1)(1)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時, ,合外力時刻指向圓心合外力時刻指向圓心, ,速率不變速率不變, ,而重力和電場

18、而重力和電場力的方向是無法改變的力的方向是無法改變的, ,只能是這兩個力平衡只能是這兩個力平衡, ,由洛倫茲力提供向心力由洛倫茲力提供向心力. .(2)(2)根據圓周運動的速度必定是切線方向、圓心根據圓周運動的速度必定是切線方向、圓心必定在垂直于速度方向的直線上的特點必定在垂直于速度方向的直線上的特點, ,正確地正確地畫出運動軌跡畫出運動軌跡, ,再由幾何關系找出最高點到地面再由幾何關系找出最高點到地面的距離與軌道半徑的距離與軌道半徑R R的關系的關系. .(3)(3)由于洛倫茲力不做功由于洛倫茲力不做功, ,所以利用動能定理來所以利用動能定理來解決一般的曲線運動解決一般的曲線運動. .解析解析 (1)(1)由于帶電微粒可以在電場、磁場和重力由于帶電微粒可以在電場、磁場和重力場共存的區域內沿豎直平面做勻速圓周運動場共存的區域內沿豎直平面做勻速圓周運動, ,表明表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反反, ,因此電場強度的方向豎直向上因此電場強度的方向豎直向上. .設電場強度為設電場強度為E E, ,則有則有mgmg= =qEqE, ,即即E E= .=