資源簡介

第3講　帶電粒子在復合場中的運動
一、復合場(選二第一章第3節)
1.疊加場:電場、磁場、重力場共存,或其中某兩場共存。
2.組合場:電場與磁場各位于一定的區域內,并不重疊,或在同一區域,電場、磁場分時間段或分區域交替出現。
二、帶電粒子在組合場、疊加場中的運動形式(選二第一章第3節)
運動形式 運動分析
靜止或勻速直線運動 ①受力特點:帶電粒子所受合外力為零。 ②運動狀態:處于靜止狀態或做勻速直線運動
勻速圓周運動 ①受力特點:除洛倫茲力外,帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反。 ②運動狀態:在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動
較復雜的曲線運動 ①受力特點:帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化,且與初速度方向不在同一條直線上。 ②運動狀態:粒子做非勻變速曲線運動,運動軌跡不是圓弧,也不是拋物線
分階段運動 ①受力特點:帶電粒子依次通過幾個不同的復合場區域,應分區域進行受力分析。 ②運動狀態:由不同的運動階段組成
【質疑辨析】
角度1 組合場、疊加場中的受力
(1)帶電粒子在重力、電場力、洛倫茲力三力作用下做勻速圓周運動,必有mg=Eq,洛倫茲力提供向心力。(　√　)
(2)帶電粒子在重力、電場力(恒力)、洛倫茲力三個力作用下可以做變速直線運動。(　×　)
(3)帶電粒子在組合場、疊加場中運動時,要關注是否需要考慮重力作用。(　√　)
(4)帶電粒子在勻強電場、勻強磁場組成的疊加場中運動時,加速度恒定不變。(　×　)
角度2 組合場、疊加場中的能量變化
(5)帶電粒子在疊加場中運動,洛倫茲力可能做功,可能不做功。(　×　)
(6)帶電粒子在疊加場中運動時,機械能不一定守恒,能量一定守恒。(　√　)
精研考點·提升關鍵能力
考點一　帶電粒子在組合場中的運動　(核心共研)
【核心要點】
1.組合場
電場與磁場各位于一定的區域內,并不重疊,電場、磁場交替出現。
2.“磁偏轉”和“電偏轉”的比較
【典例剖析】
角度1 磁場+磁場
[典例1](2023·重慶模擬)如圖所示,在無限長的豎直邊界AC和DE間,上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場,上部分區域的磁感應強度大小為B0,OF為上、下磁場的水平分界線,質量為m、帶電荷量為+q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區域,經OF上的Q點第一次進入下方磁場區域,Q點與O點的距離為3a,不考慮粒子重力。
(1)求粒子射入時的速度大小;
(2)要使粒子不從AC邊界飛出,求下方磁場區域的磁感應強度B1應滿足的條件;
(3)若下方區域的磁感應強度B=5B0,粒子最終垂直DE邊界飛出,求邊界DE與AC間的距離L與a的關系。
【備選例題】
　　如圖,在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限,最后經過x軸離開第一象限。若不計粒子重力,則粒子在磁場中運動的時間為(　　)
A.　　　　 B.
C. D.
角度2 先電場后磁場
[典例2](2023·遼寧選擇考)如圖,水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場,板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區域,其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間,恰好從下板邊緣P點飛出電場,并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為,不計粒子重力。
(1)求金屬板間電勢差U;
(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ;
(3)僅改變圓形磁場區域的位置,使粒子仍從圖中O'點射入磁場,且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦,標出改變后的圓形磁場區域的圓心M。
角度3 先磁場后電場
[典例3](多選)(2024·呂梁模擬)如圖所示為平面直角坐標系xOy,在x≤4L且y≥0區域中有磁感應強度為B的勻強磁場,在x=4L直線右邊區域有與x軸負方向成37°角的勻強電場,一質量為m,帶電量為q的粒子(不計重力)從y軸上的a點沿y軸負方向射入磁場,從b點(4L,0)沿x軸的正方向離開磁場進入電場,到達c點時粒子的速度恰好沿y軸的負方向,且c點的橫坐標為7L,sin37°=0.6、cos37°=0.8,下列說法正確的是(　　)
A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2L
B.粒子在b點的速度為
C.電場強度大小為
D.粒子從b到c的運動時間為
【備選例題】
　　(2023·唐山模擬)平面直角坐標系xOy中,直線OP與x軸正方向的夾角為30°,其上方存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,下方存在勻強電場,電場強度方向與x軸負方向的夾角為60°,如圖所示。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速度v從坐標原點沿y軸正方向進入磁場,經磁場偏轉后由P點進入電場,最后從x軸上的Q點離開電場,已知O、P兩點間距離為L,PQ連線平行于y軸。不計粒子重力,求:
(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小;
(2)勻強電場的電場強度E的大小。
考點二　帶電粒子在疊加場中的運動　(核心共研)
【核心要點】
1.帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類
(1)磁場力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運動。
②若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,故機械能守恒,由此可求解問題。
(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運動。
②若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,可用動能定理求解問題。
(3)電場力、磁場力、重力并存
①若三力平衡,一定做勻速直線運動。
②若重力與電場力平衡,一定做勻速圓周運動。
③若合力不為零且與速度方向不垂直,將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,可用能量守恒或動能定理求解問題。
2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動
常見約束對象 輕桿、輕繩、圓環、軌道等
常見運動形式 直線運動和圓周運動
常用解題思路 通過受力分析明確變力、恒力做功情況(注意洛倫茲力不做功); 運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果
【典例剖析】
角度1 無約束條件
[典例4](2023·新課標全國卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后,打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點,a點在小孔O的正上方,b點在a點的右側,如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的,鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場,則電場和磁場方向可能為(　　)
A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里
B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外
C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里
D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外
【備選例題】
　　(多選)(2022·廣東選擇考)如圖所示,磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放,沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上,下列說法正確的有(　　)
A.電子從N到P,電場力做正功
B.N點的電勢高于P點的電勢
C.電子從M到N,洛倫茲力不做功
D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
角度2 有約束條件
[典例5]如圖所示,虛線上方有場強為E的勻強電場,方向豎直向下,虛線上下有磁感應強度相同的勻強磁場,方向垂直紙面向外,ab是一根長為L的絕緣細桿,沿電場線放置在虛線上方的場中,b端在虛線上。將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后,小球先做加速運動,后做勻速運動到達b端。已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數μ=0.3,小球重力忽略不計,當小球脫離桿進入虛線下方后,運動軌跡是半圓,圓的半徑是,求帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。
【備選例題】
　　(多選)如圖所示,空間同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場和水平向左的勻強電場,磁感應強度大小為B,電場強度大小為E。在該空間的豎直平面(即紙面)內固定一足夠長的粗糙絕緣桿,桿與電場正方向夾角為60°。一質量為m、電荷量為+q的小球套在絕緣桿上,在t=0時刻以初速度v0沿桿向下運動。已知qE=mg,下列描述小球運動的v-t圖像可能正確的是(　　)
構建模型·發展核心素養
物理模型:輪擺線模型
【核心要點】
1.模型條件
(1)擺線:擺線在數學上是指一個圓在一條定直線上滾動時,圓周上一個定點的軌跡,又稱圓滾線、旋輪線。
(2)物理中,帶電粒子垂直磁場方向進入磁場與重力場、電場的疊加場。如果粒子所受重力、電場力沒有能夠平衡,則粒子的運動軌跡將是一條擺線(滾輪線、最速落線)。處理這類擺線運動有三種常見的方法。運動分解法(配速法)、微分方程法和轉換參考系法。
2.模型特點
運用運動的合成與分解,將一個擺線分解為一個勻速直線運動和一個圓周運動進行處理。具體是:將初速度分解成兩個分速度,使其中一個分速度對應的洛倫茲力與重力(或電場力,或重力和電場力的合力)平衡,另一個分速度對應的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動,這樣一個復雜的曲線運動就可以分解為兩個比較常見的運動,這種方法叫配速法。
【典例剖析】
角度1 擺線運動的可能性討論
[典例6]一個帶電小球沿光滑絕緣的桌面向右運動,速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場,如圖所示。小球飛離桌面后落到地板上,設飛行時間為t1,水平射程為x1,著地速度為v1。撤去磁場其余的條件不變,小球飛行時間為t2,水平射程為x2,著地速度為v2,則下列論述正確的是(　　)
A.x1>x2
B.t1>t2
C.v1和v2大小相等
D.v1和v2方向相同
角度2 特殊擺線——初速度為0的小球的處理
[典例7](一題多解)如圖所示,空間存在豎直向下的勻強電場和水平的勻強磁場(垂直紙面向里),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子在場中運動,不計粒子所受重力。若該粒子在M點由靜止釋放,其運動將比較復雜。為了研究該粒子的運動,可以應用運動的合成與分解的方法,將它為0的初速度分解為大小相等的水平向左和水平向右的速度。求粒子沿電場方向運動的最大距離ym和運動過程中的最大速率vm。
【備選例題】
　　(2022·全國甲卷)空間存在著勻強磁場和勻強電場,磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里,電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下,從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中,可能正確描述該粒子運動軌跡的是(　　)
答案及解析
考點一　帶電粒子在組合場中的運動
【典例剖析】
角度1 磁場+磁場
[典例1](2023·重慶模擬)如圖所示,在無限長的豎直邊界AC和DE間,上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場,上部分區域的磁感應強度大小為B0,OF為上、下磁場的水平分界線,質量為m、帶電荷量為+q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區域,經OF上的Q點第一次進入下方磁場區域,Q點與O點的距離為3a,不考慮粒子重力。
(1)求粒子射入時的速度大小;
答案:(1)　
【解析】(1)設粒子在OF上方做圓周運動的半徑為R,由幾何關系得R2-(R-a)2=(3a)2
R=5a
對粒子有
qvB0=m
粒子射入時的速度大小
v=
(2)要使粒子不從AC邊界飛出,求下方磁場區域的磁感應強度B1應滿足的條件;
答案: (2)B1≥　
【解析】(2)當粒子恰好不從AC邊界飛出時,由幾何關系得cosθ=,cosθ=
r1+r1cosθ=3a
r1=,qvB1=m,B1=
當B1≥時,粒子不會從AC邊界飛出。
(3)若下方區域的磁感應強度B=5B0,粒子最終垂直DE邊界飛出,求邊界DE與AC間的距離L與a的關系。
答案: (3)L=4.8na(n=1、2、3…)
【解析】(3)當B=5B0,粒子在OF下方運動時
qvB=m,r=a
設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時的位置為P1,由對稱性可知P與P1的連線一定與OF平行。
根據幾何關系知=2(3a-rcosθ)
=4.8a
所以若粒子最終垂直DE邊界飛出,邊界DE與AC間的距離為L=n=4.8na(n=1,2,3…)。
【關鍵點撥】
(1)由幾何關系確定粒子半徑,由洛倫茲力公式求得速度;
(2)由臨界條件求出粒子的半徑,再由洛倫茲力公式求得磁感應強度的范圍;
(3)根據幾何關系確定粒子可能的軌跡,再由幾何關系確定距離的可能值。
【備選例題】
　　如圖,在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限,最后經過x軸離開第一象限。若不計粒子重力,則粒子在磁場中運動的時間為(　　)
A.　　　　 B.
C. D.
【解析】選B。粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,
則粒子在第二象限的運動時間為t1=×=
第一象限的磁感應強度為第二象限磁感應強度的一半,根據R=可知R2=2R1,根據幾何關系可得cosθ==,則θ=60°,t2=×=
粒子在磁場中運動的時間為t=t1+t2=,故B正確,A、C、D錯誤。
角度2 先電場后磁場
[典例2](2023·遼寧選擇考)如圖,水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場,板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區域,其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間,恰好從下板邊緣P點飛出電場,并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為,不計粒子重力。
(1)求金屬板間電勢差U;
答案:(1)　
【解析】(1)設板間距離為d,則板長為d,帶電粒子在板間做類平拋運動,兩板間的電場強度為E=
根據牛頓第二定律得,電場力提供加速度:qE=ma
解得a=
設粒子在兩板間的運動時間為t0,根據類平拋運動的規律得=a,d=v0t0
聯立解得U=
(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ;
答案: (2)(或60°)
【解析】(2)
設粒子出電場時與水平方向夾角為α,則有tanα==
故α=
則出電場時粒子的速度為v==v0
粒子出電場后做勻速直線運動,接著進入磁場,根據牛頓第二定律,洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力,得qvB=m
解得r==
已知圓形磁場區域半徑為R=,故r=R
粒子沿PO方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場,故粒子將沿半徑方向射出磁場,粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ,則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應的圓心角也為θ,由幾何關系可得θ=2α=
故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為(或60°);
(3)僅改變圓形磁場區域的位置,使粒子仍從圖中O'點射入磁場,且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦,標出改變后的圓形磁場區域的圓心M。
答案:(3)圖見解析
【解析】(3)帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r=R,根據幾何關系可知,帶電粒子在該磁場中運動的軌跡一定為劣弧,故劣弧所對應軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長。則相對應的運動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示:
【關鍵點撥】
(1)粒子在電場中做類平拋運動;
(2)由粒子出電場時速度偏轉角正切值為位移偏轉角正切值2倍,繼而可得知進入磁場時的速度的方向(速度與水平方向的夾角),再結合在磁場中的運動規律,即可求得在磁場中的偏轉角;
(3)運動軌跡所對應弦長等于直徑。
角度3 先磁場后電場
[典例3](多選)(2024·呂梁模擬)如圖所示為平面直角坐標系xOy,在x≤4L且y≥0區域中有磁感應強度為B的勻強磁場,在x=4L直線右邊區域有與x軸負方向成37°角的勻強電場,一質量為m,帶電量為q的粒子(不計重力)從y軸上的a點沿y軸負方向射入磁場,從b點(4L,0)沿x軸的正方向離開磁場進入電場,到達c點時粒子的速度恰好沿y軸的負方向,且c點的橫坐標為7L,sin37°=0.6、cos37°=0.8,下列說法正確的是(　　)
A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2L
B.粒子在b點的速度為
C.電場強度大小為
D.粒子從b到c的運動時間為
【解析】選B、C。過a、b兩點分別作速度的垂線,交點O1是軌跡圓的圓心,O1a、O1b是軌跡圓兩個互相垂直的半徑
由幾何關系可得OaO1b是正方形,則軌跡圓的半徑為4L,故A錯誤;由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m,解得v=,故B正確;把粒子受到的電場力分別沿著x軸和y軸分解,則沿x軸方向,有Fx=qEcos37°,由牛頓第二定律可得ax=,粒子在c點的速度沿著y軸的負方向,則粒子在c點沿x軸正方向的速度恰好為0,粒子沿著x軸正方向的分位移為3L,根據勻變速直線運動的運動規律,有2ax·3L=v2,又因為v=,聯立解得E=,故C正確;根據勻變速運動的特點知,粒子從b到c的運動時間t==,故D錯誤。
【方法技巧】 帶電粒子在組合場中運動常見的兩類情況
從電場進入磁場 從磁場進入電場
電場中:加速直線運動 磁場中:勻速圓周運動 磁場中:勻速圓周運動 電場中:勻變速直線運動(v與E同向或反向)
電場中:類平拋運動 磁場中:勻速圓周運動 磁場中:勻速圓周運動 電場中:類平拋運動(v與E垂直)
【備選例題】
　　(2023·唐山模擬)平面直角坐標系xOy中,直線OP與x軸正方向的夾角為30°,其上方存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,下方存在勻強電場,電場強度方向與x軸負方向的夾角為60°,如圖所示。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速度v從坐標原點沿y軸正方向進入磁場,經磁場偏轉后由P點進入電場,最后從x軸上的Q點離開電場,已知O、P兩點間距離為L,PQ連線平行于y軸。不計粒子重力,求:
(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小;
答案:(1)　
【解析】(1)粒子在磁場中運動時(如圖所示),設軌跡半徑為R,根據洛倫茲力提供向心力可得qvB=
由幾何關系有L=2Rcos30°
聯立解得B=。
(2)勻強電場的電場強度E的大小。
答案: (2)
【解析】(2)粒子進入電場時,速度方向與邊界OP的夾角為60°,由幾何關系可知,速度方向和電場方向垂直。粒子在電場中的位移x=PQ=Lsin30°
又xsin30°=vt
xcos30°=at2
Eq=ma
聯立解得E=。
考點二　帶電粒子在疊加場中的運動
【典例剖析】
角度1 無約束條件
[典例4](2023·新課標全國卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后,打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點,a點在小孔O的正上方,b點在a點的右側,如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的,鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場,則電場和磁場方向可能為(　　)
A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里
B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外
C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里
D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外
【解析】選C。粒子剛從O點射出時,若電場方向水平向左,α粒子所受電場力水平向左,若磁場方向垂直紙面向里,根據左手定則得,α粒子所受洛倫茲力水平向左,則α粒子向左偏轉,不會出現圖示的軌跡,故A錯誤;粒子剛從O點射出時,若電場方向水平向左,α粒子所受電場力水平向左,電子所受電場力水平向右,若磁場方向垂直紙面向外,根據左手定則得,α粒子所受洛倫茲力水平向右,電子所受洛倫茲力水平向左,沿直線運動到a點的粒子受力平衡,有:qvB=qE,已知α粒子的速度約為電子速度的,若α粒子沿直線運動到a點,則電子所受洛倫茲力大于電場力,電子向左偏轉,若電子沿直線運動到a點,則α粒子所受洛倫茲力小于電場力,α粒子向左偏轉,不會出現圖示的軌跡,故B錯誤;粒子剛從O點射出時,若電場方向水平向右,α粒子所受電場力水平向右,電子所受電場力水平向左,若磁場方向垂直紙面向里,根據左手定則得,α粒子所受洛倫茲力水平向左,電子所受洛倫茲力水平向右,沿直線運動到a點的粒子受力平衡,有:qvB=qE,已知α粒子的速度約為電子速度的,若α粒子沿直線運動到a點,則電子所受洛倫茲力大于電場力,電子向右偏轉,若電子沿直線運動到a點,則α粒子所受洛倫茲力小于電場力,α粒子向右偏轉,會出現圖示的軌跡,故C正確;粒子剛從O點射出時,若電場方向水平向右,α粒子所受電場力水平向右,電子所受電場力水平向左,磁場方向垂直紙面向外,根據左手定則得,α粒子所受洛倫茲力水平向右,電子所受洛倫茲力水平向左,α粒子向右偏轉,電子向左偏轉,不會出現圖示的軌跡,故D錯誤。
【備選例題】
　　(多選)(2022·廣東選擇考)如圖所示,磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放,沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上,下列說法正確的有(　　)
A.電子從N到P,電場力做正功
B.N點的電勢高于P點的電勢
C.電子從M到N,洛倫茲力不做功
D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
【解析】選B、C。由題可知電子所受電場力水平向左,電子從N到P的過程中電場力做負功,故A錯誤;根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知,N點的電勢高于P點,故B正確;由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直,故電子從M到N,洛倫茲力不做功,故C正確;由于M點和P點在同一等勢面上,故從M到P電場力做功為0,而洛倫茲力不做功,M點速度為0,根據動能定理可知電子在P點速度也為0,則電子在M點和P點都只受電場力作用,在勻強電場中電子在這兩點電場力相等,即合力相等,故D錯誤。
角度2 有約束條件
[典例5]如圖所示,虛線上方有場強為E的勻強電場,方向豎直向下,虛線上下有磁感應強度相同的勻強磁場,方向垂直紙面向外,ab是一根長為L的絕緣細桿,沿電場線放置在虛線上方的場中,b端在虛線上。將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后,小球先做加速運動,后做勻速運動到達b端。已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數μ=0.3,小球重力忽略不計,當小球脫離桿進入虛線下方后,運動軌跡是半圓,圓的半徑是,求帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值。
答案:
【解析】小球在沿桿向下運動時,受力情況如圖所示。
在水平方向FN=qvB,所以摩擦力f=μFN=μqvB,小球在磁場中做勻速圓周運動時qvbB=m,又R=,所以vb=,小球從a運動到b的過程中,WE=qEL=μqvbBL=,再由動能定理WE-Wf=m得,Wf=,則=。
【備選例題】
　　(多選)如圖所示,空間同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場和水平向左的勻強電場,磁感應強度大小為B,電場強度大小為E。在該空間的豎直平面(即紙面)內固定一足夠長的粗糙絕緣桿,桿與電場正方向夾角為60°。一質量為m、電荷量為+q的小球套在絕緣桿上,在t=0時刻以初速度v0沿桿向下運動。已知qE=mg,下列描述小球運動的v-t圖像可能正確的是(　　)
【解析】選A、C、D。對小球受力分析,重力和電場力的合力大小F==2mg,設F與水平方向的夾角為θ,tanθ==,θ=30°,即重力和電場力的合力方向與桿對小球的支持力在同一直線上,如果初狀態Bqv0=2mg,則FN=0,Ff=0,可得a=0,所以小球做勻速直線運動。如果初狀態Bqv0>2mg,彈力垂直于桿斜向下,摩擦力沿桿斜向上,小球做減速運動,速度減小,洛倫茲力減小,彈力減小,摩擦力減小,加速度減小,當加速度減到零時,做勻速直線運動。如果初狀態Bqv0<2mg,彈力垂直于桿斜向上,摩擦力沿桿斜向上,小球做減速運動,速度減小,洛倫茲力減小,彈力增大,摩擦力增大,加速度增大,直到速度減為零。故選A、C、D。
物理模型:輪擺線模型
【核心要點】
【典例剖析】
角度1 擺線運動的可能性討論
[典例6]一個帶電小球沿光滑絕緣的桌面向右運動,速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場,如圖所示。小球飛離桌面后落到地板上,設飛行時間為t1,水平射程為x1,著地速度為v1。撤去磁場其余的條件不變,小球飛行時間為t2,水平射程為x2,著地速度為v2,則下列論述正確的是(　　)
A.x1>x2
B.t1>t2
C.v1和v2大小相等
D.v1和v2方向相同
【關鍵點撥】 小球在有磁場時做一般曲線運動,無磁場時做平拋運動。運用分解的思想,兩種情況下,把小球的運動速度和受力向水平方向與豎直方向分解。
【解析】選C。設小球帶正電,有磁場時,小球下落過程中要受重力和洛倫茲力共同作用,重力方向豎直向下,大小和方向都不變;洛倫茲力的大小和方向都隨速度的變化而變化,但在能落到地面的前提下洛倫茲力的方向跟速度方向垂直,總是指向右上方某個方向,其水平分力fx水平向右,豎直分力fy豎直向上。
如圖所示,豎直方向的加速度仍向下,但小于重力加速度g,從而使運動時間比撤去磁場后要長,即t1>t2,小球水平方向也將加速運動,從而使水平距離比撤去磁場后要大,即x1>x2。若小球帶負電,同理,洛倫茲力方向與圖中洛倫茲力相反,則可知,豎直方向的加速度仍向下,但大于重力加速度g,從而使運動時間比撤去磁場后要短,即t1角度2 特殊擺線——初速度為0的小球的處理
[典例7](一題多解)如圖所示,空間存在豎直向下的勻強電場和水平的勻強磁場(垂直紙面向里),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子在場中運動,不計粒子所受重力。若該粒子在M點由靜止釋放,其運動將比較復雜。為了研究該粒子的運動,可以應用運動的合成與分解的方法,將它為0的初速度分解為大小相等的水平向左和水平向右的速度。求粒子沿電場方向運動的最大距離ym和運動過程中的最大速率vm。
答案:　
【解析】方法一:動能定理+動量定理
帶電粒子在運動中,只有電場力做功,當其運動至最遠時,電場力做功最多,此時速度最大,根據動能定理有qEym=m ①
粒子沿豎直方向上的速度產生水平方向的洛倫茲力,即fx=qBvy
取沿水平方向運動一小段時間Δt,根據動量定理有fxΔt=qBvyΔt=mΔvx
注意式中vyΔt表示粒子沿豎直方向運動的距離。因此,等式兩邊對粒子從離開O點到第一次最遠的過程求和有qBym=mvm②
聯立①②兩式,解得vm=,ym=
方法二:“配速法”
這個運動之所以復雜是因為洛倫茲力改變了運動的方向,帶電粒子在磁場中做的最簡單的運動是勻速圓周運動,我們就可以想方設法將其分解為勻速圓周運動。
粒子的初速度為零,可分解為水平向右的速度v和水平向左的速度v,其中水平向右的速度v對應的洛倫茲力與電場力平衡:Bqv=Eq;因此,粒子的運動是水平向右速度為v的勻速直線運動和初速度水平向左,大小為v的逆時針勻速圓周運動的合運動,圓周運動的軌道半徑r==
所以ym=2r=,vm=2v=
【備選例題】
　　(2022·全國甲卷)空間存在著勻強磁場和勻強電場,磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里,電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下,從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中,可能正確描述該粒子運動軌跡的是(　　)
【解析】選B。在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向,故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里,根據左手定則,可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力,故帶電粒子向x軸負方向偏轉,故A、C錯誤;運動的過程中電場力對帶電粒子做功,粒子速度大小發生變化,粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向,故x軸為勻強電場的等勢面,從開始到帶電粒子偏轉再次運動到x軸時,電場力做功為0,洛倫茲力不做功,故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0,隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉,故B正確,D錯誤。
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