帶電粒子在復合場中的運動知識網絡主要題型：計算題難度檔次：難度較大，考卷的高檔題．知識點多、綜合性強，題意深邃，含有臨界點，主要為多過程現象、也有多物體系統．以定量計算為主，對解答表述要求較規范．一般設置為或遞進、或并列的2～3小問，各小問之間按難度梯度遞增．,高考熱點一、兩種場的模型及三種場力1．兩種場模型(1)組合場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存，但各位于一定區域，并且互不重疊．(2)復合場模型：電場、磁場、重力場(或其中兩種場)并存于同一區域．2．三種場力(1)重力：G＝mg，總是豎直向下，恒力，做功只取決于初末位置的高度差．(2)電場力：F＝qE，方向與場強方向及電性有關，做功只取決于初末位置的電勢差．(3)洛倫茲力：F洛＝qvB(v⊥B)，方向用左手定則判定，洛倫茲力永不做功．二、電偏轉與磁偏轉的比較偏轉類型比較內容電偏轉垂直進入勻強電場磁偏轉垂直進入勻強磁場受力情況及特點恒力F＝qE做勻變速運動F＝qvB大小不變、方向改變，永不做功運動規律類平拋運動勻速圓周運動偏轉程度tanθ＝eq\f(vy,vx)，θ<eq\f(π,2)偏轉角不受限制動能變化動能增加動能不變處理方法運動的合成與分解、類平拋運動規律結合圓的知識及半徑、周期公式三、帶電粒子的運動1．勻速直線運動當帶電粒子在復合場中所受合外力________時帶電粒子做勻速直線運動，如速度選擇器．2．勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與靜電力________________時，帶電粒子可以在洛倫茲力的作用下，在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動．3．較復雜的曲線運動當帶電粒子所受的合外力是變力，且與________方向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡不是圓弧，也不是拋物線．4．分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區域，其運動情況隨區域情況發生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成．點睛1．正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析．2．靈活選用力學規律是解決問題的關鍵(1)當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，應根據平衡條件列方程求解．(2)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯立求解．當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解．當帶電粒子做類平拋運動時，要應用運動的合成與分解法．題型一：帶電粒子在組合場中的運動【例1】如圖8－1甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規律如圖乙所示．正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t＝0時刻將一個質量為m、電量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t＝eq\f(T0,2)時刻通過S2垂直于邊界進入右側磁場區．(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)(1)求粒子到達S2時的速度大小v及極板間距d.(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件．(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感應強度的大?。畧D8－1甲乙解析(1)粒子由S1至S2的過程，根據動能定理得qU0＝eq\f(1,2)mv2①,思維模板1．解決帶電粒子在組合場中運動的一般思維模板2．所用規律選擇思路(1)帶電粒子經過電場區域時利用動能定理或類平拋的知識分析；(2)帶電粒子經過磁場區域時利用圓周運動規律結合幾何關系來處理．由①式得v＝eq\r(\f(2qU0,m))②設粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qeq\f(U0,d)＝ma③由運動學公式得d＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T0,2)))eq\s\up12(2)④聯立③④式得d＝eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))⑤(2)設磁感應強度的大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)⑥要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，需滿足2R>eq\f(L,2)⑦聯立②⑥⑦式得B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))⑧(3)設粒子在兩邊界之間無場區向左勻速運動的過程用時為t1，有d＝vt1⑨聯立②⑤⑨式得t1＝eq\f(T0,4)⑩若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設勻減速運動的時間為t2，根據運動學公式得d＝eq\f(v,2)t2?聯立⑨⑩?式得t2＝eq\f(T0,2)?設粒子在磁場中運動的時間為t，t＝3T0－eq\f(T0,2)－t1－t2?聯立eq\o(○,\s\up1(10))??式得t＝eq\f(7T0,4)?設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結合運動學公式得T＝eq\f(2πm,qB)?由題意可知T＝t?聯立???式得B＝eq\f(8πm,7qT0)?答案(1)eq\r(\f(2qU0,m))eq\f(T0,4)eq\r(\f(2qU0,m))(2)B<eq\f(4,L)eq\r(\f(2mU0,q))(3)eq\f(7T0,4)eq\f(8πm,7qT0)變式拓展：如圖8－2所示，帶電粒子以某一初速度進入一垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的有界勻強磁場，粒子垂直進入磁場時的速度與水平方向成θ＝60°角，接著垂直進入電場強度大小為E，水平寬度為L、方向豎直向上的勻強電場，粒子穿出電場時速度大小變為原來的eq\r(2)倍．已知帶電粒子的質量為m、電荷量為q，重力不計．(1)分析判斷粒子的電性；(2)求帶電粒子在磁場中運動時速度v的大?。?3)求磁場的水平寬度d.圖8－2

題型二：帶電粒子在疊加復合場中的運動【例2】如圖8－3所示的平行板之間，存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B1＝0.20T，方向垂直紙面向里，電場強度E1＝1.0×105V/m，PQ為板間中線．緊靠平行板右側邊緣xOy坐標系的第一象限內，有一邊界線AO，與y軸的夾角∠AOy＝45°，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2＝0.25T，邊界線的下方有水平向右的勻強電場，電場強度E2＝5.0×105V/m，在x軸上固定一水平的熒光屏．一束帶電荷量q＝8.0×10－19C、質量m＝8.0×10－26kg的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0，0.4m)的Q點垂直y軸射入磁場區，最后打到水平的熒光屏上的位置C.求：圖8－3(1)離子在平行板間運動的速度大??；(2)離子打到熒光屏上的位置C的坐標；(3)現只改變AOy區域內磁場的磁感應強度大小，使離子都不能打到x軸上，磁感應強度大小B2′應滿足什么條件？審題變式拓展：如圖8－4所示，豎直平面內有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E1＝2500N/C，方向豎直向上；磁感應強度B＝103T，方向垂直紙面向外；有一質量m＝1×10－2kg、電荷量q＝4×10－5C的帶正電小球自O點沿與水平線成45°角以v0＝4m/s的速度射入復合場中，之后小球恰好從P點進入電場強度E2＝2500N/C，方向水平向左的第二個勻強電場中．不計空氣阻力，g取10m/s2.求：(1)O點到P點的距離s1；(2)帶電小球經過P點的正下方Q點時與P點的距離s2.圖8－4小結歸納：帶電(體)粒子在復合場中的運動問題求解要點(1)受力分析是基礎．在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件．(2)運動過程分析是關鍵．在運動過程分析中應注意物體做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件．(3)構建物理模型是難點．根據不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規律列方程求解．易錯警示1．忽略帶電體的重力導致錯誤帶電體的重力是否忽略，關鍵看重力與其他力大小的關系比較，一般一些微觀粒子如電子、質子、α粒子等的重力忽略不計，而一些宏觀帶電體，如帶電小球、帶電液滴等重力不能忽略．2．不能挖掘出隱含條件導致錯誤帶電粒子在復合場中的運動，往往會出現臨界狀態或隱含條件，應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯立求解．3．混淆處理“磁偏轉”和“電偏轉”的方法(1)粒子在恒力(如重力、電場力等)作用下的“電偏轉”是類平拋運動，采用分解為勻速運動和勻加速運動來處理；(2)粒子在洛倫茲力作用下的“磁偏轉”是勻速圓周運動，采用圓周運動規律結合幾何關系來處理．特別提醒若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，則在粒子穿越電場過程中，電場可看作粒子剛進入電場時刻的勻強電場．計算題“棄車保帥”策略：計算題第25題為壓軸大題，分值高達18～19分，但是其中第(1)小題往往難度不大．考生們可以根據自己的實際能力，適當放棄難度過高的(2)(3)小題，以免白白浪費大量寶貴時間，導致其他科目較易的考題來不及完成．【典例】如圖8－5甲所示，在xOy平面內加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規律如圖乙所示(規定豎直向上為電場強度的正方向，垂直紙面向里為磁感應強度的正方向)．在t＝0時刻，質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自坐標原點O處以v0＝2πm/s的速度沿x軸正向水平射入．已知電場強度E0＝eq\f(2m,q)、磁感應強度B0＝eq\f(2m,q)，不計粒子重力．求：圖8－5(1)t＝πs時粒子速度的大小和方向；(2)πs～2πs內，粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(3)畫出0～4πs內粒子的運動軌跡示意圖；(要求：體現粒子的運動特點)．讀題(1)由圖(乙)可知，在xOy平面內存在電場時，不存在磁場；存在磁場時，不存在電場．且電場和磁場的變化周期相同；(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動；(3)由T＝eq\f(2πm,qB0)＝πs知，只存在磁場時，帶電粒子恰好做一個完整的圓周運動．畫圖帶電粒子在交變場中的運動軌跡如圖所示．規范解答(1)在0～πs內，在電場力作用下，帶電粒子在x軸正方向上做勻速運動：vx＝v0y軸正方向上做勻加速運動：vy＝eq\f(qE0,m)tπs末的速度為v1＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))v1與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,vx)，代入數據解得v1＝2eq\r(2)πm/s，方向與x軸正方向成45°斜向上．(2)因T＝eq\f(2πm,qB0)＝πs，故在πs～2πs內，粒子在磁場中做一個完整的圓周運動，由牛頓第二定律得：qv1B0＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R1)，解得R1＝eq\f(mv1,qB0)＝eq\r(2)πm(3)軌跡如圖所示1．如圖所示空間分為Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三個足夠長的區域，各邊界面相互平行，其中Ⅰ，Ⅱ區域存在勻強電場EI＝×104V/m，方向垂直邊界面豎直向上；EⅡ＝eq\f(\r(3),4)×105V/m，方向水平向右，Ⅲ區域磁感應強度B＝5.0T，方向垂直紙面向里，三個區域寬度分別為d1＝5.0m，d2＝4.0m，d3＝10m．一質量m＝1.0×10－8kg、電荷量q＝×10－6C的粒子從O點由靜止釋放，粒子重力忽略不計．求：(1)粒子離開區域Ⅰ時的速度大??；(2)粒子從區域Ⅱ進入區域Ⅲ時的速度方向與邊界面的夾角；(3)粒子在Ⅲ區域中運動的時間和離開Ⅲ區域時的速度方向與邊界面的夾角．2．有人設計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示，兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區域內還有方向垂直紙面向外的勻強磁場．一束比荷(電荷量與質量之比)均為eq\f(1,k)的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區域的水平中心線O′O進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板．重力加速度為g.PQ＝3d，NQ＝2d，收集板與NQ的距離為l，不計顆粒間相互作用．求(1)電場強度E的大小；(2)磁感應強度B的大?。?3)速率為λv0(λ>1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離．3．如圖甲所示，兩平行金屬板長度l不超過0.2m，兩板間電壓U隨時間t變化的U－t圖象如圖8－8乙所示．在金屬板右側有一左邊界為MN、右邊無界的勻強磁場，磁感應強度B＝0.01T，方向垂直紙面向里．現有帶正電的粒子連續不斷地以速度v0＝105m/s射入電場中，初速度方向沿兩板間的中線OO′方向．磁場邊界MN與中線OO′垂直．已知帶電粒子的比荷eq\f(q,m)＝108C/kg，粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略不計．(1)在每個粒子通過電場區域的時間內，可以把板間的電場強度當做恒定的．請通過計算說明這種處理能夠成立的理由．(2)設t＝0.1s時刻射入電場的帶電粒子恰能從金屬板邊緣穿越電場射入磁場，求該帶電粒子射出電場時速度的大?。?3)對于所有經過電場射入磁場的帶電粒子，設其射入磁場的入射點和從磁場射出的出射點間的距離為d，試判斷：d的大小是否隨時間變化？若不變，證明你的結論；若變化，求出d的變化范圍．參考答案帶電粒子在復合場中的運動【常考問題】解析(1)根據粒子在磁場中向下偏轉的情況和左手定則可知，粒子帶負電．(2)由于洛倫茲力對粒子不做功，故粒子以原來的速率進入電場中，設帶電粒子進入電場的初速度為v0，在電場中偏轉時做類平拋運動，如上圖所示．由題意知粒子離開電場時的末速度大小為v＝eq\r(2)v0，將v分解為平行于電場方向和垂直于電場方向的兩個分速度：由幾何關系知vy＝v0①由運動學公式：vy＝at②L＝v0t③根據牛頓第二定律：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)④聯立①②③④求解得：v0＝eq\r(\f(qEL,m))⑤(3)如上圖所示，帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力作為向心力，設在磁場中做圓周運動的半徑為R，則：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)⑥由幾何知識可得：d＝Rsinθ⑦⑤⑥⑦聯立解得：d＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mEL,q))sinθ.答案(1)負電(2)eq\r(\f(qEL,m))(3)eq\f(1,B)eq\r(\f(mEL,q))sinθ圖甲【例2】解析(1)設離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運動，則有qE1＝qvB1，代入數據解得v＝5.0×105m/s.(2)離子進入磁場，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qvB2＝meq\f(v2,r)得，r＝0.2m，作出離子的運動軌跡，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ＝2r，若磁場無邊界，一定通過O點，則圓弧QN的圓周角為45°，則軌跡圓弧的圓心角為θ＝90°，過N點做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進入電場，做類平拋運動，y＝OO′＝vt，x＝eq\f(1,2)at2，而a＝eq\f(E2q,m)，則x＝0.4m離子打到熒光屏上的位置C的水平坐標為xC＝(0.2＋0.4)m＝0.6m.圖乙(3)只要粒子能跨過AO邊界進入水平電場中，粒子就具有豎直向下的速度而一定打在x軸上．如圖乙所示，由幾何關系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r′＝eq\f(0.4,\r(2)＋1)m，設使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應強度大小為B0，則qvB0＝meq\f(v2,r′)，代入數據解得B0＝eq\f(\r(2)＋1,8)T＝0.3T,則B2′≥0.3T.答案(1)5.0×105m/s(2)0.6m(3)B2′≥0.3T預測2解析(1)帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到的重力G＝mg＝0.1N，電場力F1＝qE1＝0.1N，即G＝F1，故帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得：R＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(1×10－2×4,4×10－5×103)m＝1m，由幾何關系得：s1＝eq\r(2)R＝eq\r(2)m.(2)帶電小球在P點的速度大小仍為v0＝4m/s，方向與水平方向成45°.由于電場力F2＝qE2＝0.1N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F＝eq\f(\r(2),10)N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個電場中做類平拋運動建立如圖所示的x、y坐標系，沿y軸方向上，帶電小球的加速度a＝eq\f(F,m)＝10eq\r(2)m/s2，位移y＝eq\f(1,2)at2，沿x軸方向上，帶電小球的位移x＝v0t，由幾何關系有：y＝x，即：eq\f(1,2)at2＝v0t，解得：t＝eq\f(2,5)eq\r(2)s，Q點到P點的距離s2＝eq\r(2)x＝eq\r(2)×4×eq\f(2,5)eq\r(2)m＝3.2m.答案(1)eq\r(2)m(2)3.2m【隨堂演練】1．解析(1)由動能定理得eq\f(mv\o\al(2,1),2)＝qEId1①得：v1＝4×103m/s②(2)粒子在區域Ⅱ做類平拋運動．水平向右為y軸，豎直向上為x軸．設粒子進入區域Ⅲ時速度與邊界的夾角為θtanθ＝eq\f(vx,vy)③vx＝y1vy＝at④a＝eq\f(qEⅡ,m)⑤t＝eq\f(d2,v1)⑥把數值代入得θ＝30°⑦(3)粒子進入磁場時的速度v2＝2v1⑧粒子在磁場中運動的半徑R＝eq\f(mv2,qB)＝10m＝d3⑨由于R＝d3，粒子在磁場中運動所對的圓心角為60°粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,6)＝eq\f(π×10－2,4)s⑩