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專題四 帶電粒子在場中的運動
思想方法提煉
帶電粒子在某種場(重力場、電場、磁場或復合場)中的運動問題，本質還是物體的動力學問題?
電場力、磁場力、重力的性質和特點：勻強場中重力和電場力均為恒力，可能做功；洛倫茲力總不做功；電場力和磁場力都與電荷正負、場的方向有關，磁場力還受粒子的速度影響，反過來影響粒子的速度變化.?
一、安培力
1.安培力：通電導線在磁場中受到的作用力叫安培力.
【說明】磁場對通電導線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的宏觀表現即為安培力.
2.安培力的計算公式：F=BILsin(；通電導線與磁場方向垂直時，即( = 900，此時安培力有最大值；通電導線與磁場方向平行時，即(=00，此時安培力有最小值，Fmin=0N；0°＜(＜90°時，安培力F介于0和最大值之間.
3.安培力公式的適用條件；
①一般只適用于勻強磁場；②導線垂直于磁場；
③L為導線的有效長度，即導線兩端點所連直線的長度，相應的電流方向沿L由始端流向末端；
如圖所示，
幾種有效長度；
④安培力的作用點為磁場中通電導體的幾何中心；
⑤根據力的相互作用原理，如果是磁體對通電導體有力的作用，則通電導體對磁體有反作用力.
【說明】安培力的計算只限于導線與B垂直和平行的兩種情況.
二、左手定則
1.通電導線所受的安培力方向和磁場B的方向、電流方向之間的關系，可以用左手定則來判定.
2.用左手定則判定安培力方向的方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內，讓磁感線垂直穿入手心，并使四指指向電流方向，這時手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導線所受安培力的方向.
3.安培力F的方向既與磁場方向垂直，又與通電導線方向垂直，即F總是垂直于磁場與導線所決定的平面.但B與I的方向不一定垂直.
4.安培力F、磁感應強度B、電流I三者的關系
①已知I、B的方向，可惟一確定F的方向；
②已知F、B的方向，且導線的位置確定時，可惟一確定I的方向；
③已知F、I的方向時，磁感應強度B的方向不能惟一確定.
三、洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力.
1.洛倫茲力的公式：F=qvBsin(；
2.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F=0；
3.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，F=qvB;
4.只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0；
四、洛倫茲力的方向
1.運動電荷在磁場中受力方向可用左手定則來判定；
2.洛倫茲力f的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即f總是垂直于B和v所在的平面.
3.使用左手定則判定洛倫茲力方向時，若粒子帶正電時，四個手指的指向與正電荷的運動方向相同.若粒子帶負電時，四個手指的指向與負電荷的運動方向相反.
4.安培力的本質是磁場對運動電荷的作用力的宏觀表現.
五、帶電粒子在勻強磁場中的運動
1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動.從運動形式可分為：勻速直線運動和變加速曲線運動.
2.如果不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向平行時，帶電粒子做勻速直線運動，是因為帶電粒子在磁場中不受洛倫茲力的作用.
3.如果不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向垂直時，帶電粒子做勻速圓周運動，是因為帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力始終與帶電粒子的運動方向垂直，只改變其運動方向，不改變其速度大小.
4.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/Bq;其運動周期T=2(m/Bq(與速度大小無關).
5.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動(類平拋運動)；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動(勻速圓周運動)
6.帶電粒子在勻強磁場中做不完整圓周運動的解題思路：
(1)用幾何知識確定圓心并求半徑.
因為F方向指向圓心，根據F一定垂直v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(大多是射入點和出射點)的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關系.
(2)確定軌跡所對的圓心角，求運動時間.
先利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內角和等于360°(或2()計算出圓心角(的大小，再由公式t=(T/3600(或(T/2 ()可求出運動時間.
六、帶電粒子在復合場中運動的基本分析
1.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.
2.當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止.
3.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動.
4.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動.
5.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，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.
七、電場力和洛倫茲力的比較
1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用.
2.電場力的大小F=Eq,與電荷的運動的速度無關；而洛倫茲力的大小f=Bqvsina，與電荷運動的速度大小和方向均有關.
3.電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直.
4.電場既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小.
5.電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能.
6.勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉軌跡為圓弧.
八、對于重力的考慮
重力考慮與否分三種情況.(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力.(2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規，也比較簡單.(3)是直接看不出是否要考慮重力，但在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果，先進行定性確定再是否要考慮重力.
九、動力學理論：
(1)粒子所受的合力和初速度決定粒子的運動軌跡及運動性質；
(2)勻變速直線運動公式、運動的合成和分解、勻速圓周運動的運動學公式；
(3)牛頓運動定律、動量定理和動量守恒定律；
(4)動能定理、能量守恒定律.
十、在生產、生活、科研中的應用：如顯像管、回旋加速器、速度選擇器、正負電子對撞機、質譜儀、電磁流量計、磁流體發電機、霍爾效應等等.
正因為這類問題涉及知識面大、能力要求高，而成為近幾年高考的熱點問題，題型有選擇、填空、作圖等，更多的是作為壓軸題的說理、計算題.分析此類問題的一般方法為：首先從粒子的開始運動狀態受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運動軌跡和運動性質，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點，將整個運動過程和各個階段都分析清楚，然后再結合題設條件，邊界條件等，選取粒子的運動過程，選用有關動力學理論公式求解?
常見的問題類型及解法.
【例1】 如圖，在某個空間內有一個水平方向的勻強電場，電場強度，又有一個與電場垂直的水平方向勻強磁場，磁感強度B＝10T。現有一個質量m＝2×10-6kg、帶電量q＝2×10-6C的微粒，在這個電場和磁場疊加的空間作勻速直線運動。假如在這個微粒經過某條電場線時突然撤去磁場，那么，當它再次經過同一條電場線時，微粒在電場線方向上移過了多大距離。（ｇ取10m／S2）
【解析】 題中帶電微粒在疊加場中作勻速直線運動，意味著微粒受到的重力、電場力和磁場力平衡。進一步的分析可知：洛侖茲力f與重力、電場力的合力F等值反向，微粒運動速度V與f垂直，如圖2。當撤去磁場后，帶電微粒作勻變速曲線運動，可將此曲線運動分解為水平方向和豎直方向兩個勻變速直線運動來處理，如圖3。由圖2可知：
又：
　　解之得：
　　由圖3可知，微粒回到同一條電場線的時間
則微粒在電場線方向移過距離
【解題回顧】本題的關鍵有兩點：
(1)根據平衡條件結合各力特點畫出三力關系；(2)將勻變速曲線運動分解
【例2】如圖所示，質量為m，電量為q的帶正電
的微粒以初速度v0垂直射入相互垂直的勻強電場和
勻強磁場中，剛好沿直線射出該場區，若同一微粒
以初速度v0/2垂直射入該場區，則微粒沿圖示的
曲線從P點以2v0速度離開場區，求微粒在場區中
的橫向(垂直于v0方向)位移，已知磁場的磁感應強度大小為B.
【解析】速度為v0時粒子受重力、電場力和磁場力，三力在豎直方向平衡；速度為v0/2時，磁場力變小，三力不平衡，微粒應做變加速度的曲線運動.
當微粒的速度為v0時，做水平勻速直線運動，有: qE=mg+qv0B ①；
當微粒的速度為v0/2時，它做曲線運動，但洛倫茲力對運動的電荷不做功，只有重力和電場力做功，設微粒橫向位移為s，由動能定理
(qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2 ②.
將①式代入②式得qv0BS=15mv02/8，
所以s=15mv0/(8qB).
【解題回顧】由于洛倫茲力的特點往往會使微粒的運動很復雜，但這類只涉及初、末狀態參量而不涉及中間狀態性質的問題常用動量、能量觀點分析求解?
【例3】在xOy平面內有許多電子(質量為m，電量為e)從
坐標原點O不斷地以相同大小的速度v0沿不同的方向射入
第一象限，如圖所示，現加一個垂直于xOy平面的磁感應強度
為B的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸
向x軸正方向運動，試求出符合條件的磁場的最小面積.?
【分析】電子在磁場中運動軌跡是圓弧，且不同方向射出
的電子的圓形軌跡的半徑相同(r=mv0/Be).假如磁場區域
足夠大，畫出所有可能的軌跡如圖所示，
其中圓O1和圓O2為從圓點射出，經第一象限的所有圓中的最低和最高位置的兩個圓，若要使電子飛出磁場平行于x軸，這些圓的最高點應是區域的下邊界，
可由幾何知識證明，此下邊界為一段圓弧將這些圓心連線(圖中虛線O1O2)向上平移一段長度為r=mv0/eB的距離即圖中的弧ocb就是這些圓的最高點的連線，應是磁場區域的下邊界.；圓O2的y軸正方向的半個圓應是磁場的上邊界，兩邊界之間圖形的面積即為所求?

圖中的陰影區域面積，即為磁場區域面積
S=
【解題回顧】數學方法與物理知識相結合是解決物理
問題的一種有效途徑.本題還可以用下述方法求出下邊界.
設P(x,y)為磁場下邊界上的一點，經過該點的電子初速度
與x軸夾角為(，則由圖可知：x=rsin(, y=r-rcos(
得: x2+(y-r)2=r2 所以磁場區域的下邊界也是半徑為r，
圓心為(0,r)的圓弧
【例4】如圖所示，在x軸上方有垂直于xy平面向
里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸
負方向的勻強電場，場強為E.一質量為m，電量為-q的
粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出?射出之后，
第三次到達x軸時，它與點O的距離為L.求此粒子
射出的速度v和在此過程中運動的總路程s(重力不計).?
【解析】由粒子在磁場中和電場中受力情況與粒子的速度可以判斷粒子從O點開始在磁場中勻速率運動半個圓周后進入電場，做先減速后反向加速的勻變直線運動，再進入磁場，勻速率運動半個圓周后又進入電場，
如此重復下去.?
粒子運動路線如圖3-11所示，有L=4R ①?
粒子初速度為v，則有qvB=mv2/R ②，
由①、②可得v=qBL/4m ③.
設粒子進入電場做減速運動的最大路程為L，
加速度為a,
則有v2=2aL ④， qE=ma, ⑤
粒子運動的總路程s=2(R+2L. ⑥
由①、②、③、④、⑤、⑥式，
得:s=(L/2+qB2L2/(16mE).
【解題回顧】把復雜的過程分解為幾個簡單的
過程，按順序逐個求解，或將每個過程所滿足的規律公式寫出，結合關聯條件組成方程，再解方程組，這就是解決復雜過程的一般方法?另外，還可通過開始n個過程的分析找出一般規律，推測后來的過程，或對整個過程總體求解將此題中的電場和磁場的空間分布和時間進程重組，便可理解回旋加速器原理，并可用后一種方法求解.?
【例5】電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體(如污水)在管中的流量(在單位時間內通過管內橫載面的流體的體積)?為了簡化，假設流量計是如圖3-12所示的橫載面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為
圖中的a、b、c，流量計的兩端與輸送液體的管道
相連接(圖中虛線)?圖中流量計的上、下兩面是金屬
材料，前、后兩面是絕緣材料，現將流量計所在處加
磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后
兩面，當導電液體穩定地流經流量計時，在管外將流量計上、下表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值，已知流體的電阻率，不計電流表的內阻，則可求得流量為多大?
【解析】導電流體從管中流過時，其中的陰陽離子會受磁場力作用而向管的上下表面偏轉，上、下表面帶電后一方面使陰陽離子又受電場力阻礙它們繼續偏轉，直到電場力與磁場力平衡；另一方面對外接電阻來說，上、下表面相當于電源，使電阻中的電流滿足閉合電路歐姆定律.
設導電流體的流動速度v，由于導電流體中正、負離子在磁場中的偏轉，在上、下兩板上積聚電荷，在兩極之間形成電場，當電場力qE與洛倫茲力qvB平衡時，E=Bv，兩金屬板上的電動勢E′=Bcv，內阻r=(c/ab，與R串聯的電路中電流:I=Bcv/(R+r),
v=I(R+ (c/ab)/Bc；
流體流量:Q=vbc=I(bR+(c/a)/B
【解題回顧】因為電磁流量計是一根管道，內部沒有任何阻礙流體流動的結構，所以可以用來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量?它還具有測量范圍寬、反應快、易與其他自動控制裝置配套等優點?可見，科技是第一生產力.
本題是閉合電路歐姆定律與帶電粒子在電磁場中運動知識的綜合運用?這種帶電粒子的運動模型也稱為霍爾效應，在許多儀器設備中被應用.如速度選擇器、磁流體發電機等等.
【例6】如圖所示，勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直xOy平面向外.某一時刻有一質子從點(L0，0)處沿y軸負向進入磁場；同一時刻一α粒子從點(-L0，0)進入磁場，速度方向在xOy平面內.設質子質量為m，電量為e，不計質子與α粒子間相互作用.
(1)如果質子能夠經過坐標原點O，則它的速度多大?
(2)如果α粒子第一次到達原點時能夠與質子相遇，
求α粒子的速度.
【解析】帶電粒子在磁場中的圓周運動的解題關鍵
是其圓心和半徑，在題目中如能夠先求出這兩個
量，則解題過程就會變得簡潔，余下的工作就是
利用半徑公式和周期公式處理問題.
(1)質子能夠過原點，則質子運動的軌跡半徑
為R=L0/2，再由r=mv/Bq,且q=e即可得：
v=eBL0/2m；此題中還有一概念，圓心位置一定在垂直于速度的直線上，所以質子的軌跡圓心一定在x軸上；
(2)上一問是有關圓周運動的半徑問題，而這一問則是側重于圓周運動的周期問題了，兩個粒子在原點相遇，則它們運動的時間一定相同，即tα=TH/2，且α粒子運動到原點的軌跡為一段圓弧，設所對應的圓心角為(，則
有 tα=2(m/2Be，可得(=(/2,
則α粒子的軌跡半徑R=L0/2=4mv/B2e,
答案為v= eBL0/(4m)，與x軸正方向的夾角為(/4，右向上；
事實上α粒子也有可能運動3T/4時到達原點且與質子相遇，則此時質子則是第二次到原點，這種情況下速度大小的答案是相同的，但α粒子的初速度方向與x軸的正方向的夾角為3(/4，左向上；
【解題回顧】類似問題的重點已經不是磁場力的問題了，側重的是數學知識與物理概念的結合，此處的關鍵所在是利用圓周運動的線速度與軌跡半徑垂直的方向關系、弦長和弧長與圓的半徑的數值關系、圓心角與圓弧的幾何關系來確定圓弧的圓心位置和半徑數值、周期與運動時間.當然r=mv/Bq、T=2(m/Bq兩公式在這里起到一種聯系作用.
【例7】如圖所示，在光滑的絕緣水平桌面上，
有直徑相同的兩個金屬小球a和b，質量分別
為ma=2m,mb=m，b球帶正電荷2q，靜止在
磁感應強度為B的勻強磁場中；不帶電小球a
以速度v0進入磁場，與b球發生正碰，若碰后b球對桌面壓力恰好為0，求a球對桌面的壓力是多大?
【解析】本題相關的物理知識有接觸起電、動量守恒、洛倫茲力，受力平衡與受力分析，而最為關鍵的是碰撞過程，所有狀態和過程都是以此為轉折點，物理量的選擇和確定亦是以此作為切入點和出發點；
碰后b球的電量為q、a球的電量也為q，設b球的速度為vb，a球的速度為va；以b為研究對象則有Bqvb=mbg;可得vb=mg/Bq;
以碰撞過程為研究對象，有動量守恒，
即mav0=mava+mbvb,將已知量代入可得va=v0-mg/(2Bq);本表達式中va已經包含在其中，分析a碰后的受力，則有N+Bqva=2mg，得N=(5/2)mg-Bqv0；
【解題回顧】本題考查的重點是洛倫茲力與動量問題的結合，實際上也可以問碰撞過程中產生內能的大小，就將能量問題結合進來了.
【例8】. 如圖所示，在xOy平面上，a點坐標為（0，L），平面內一邊界通過a點和坐標原點O的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向里，有一電子（質量為m，電量為e）從a點以初速度平行x軸正方向射入磁場區域，在磁場中運動，恰好從x軸正方向上的b點（圖中未標出），射出磁場區域，此時速率方向與x軸正方向的夾角為，求：
（1）磁場的磁感應強度；
（2）磁場區域的圓心O1的坐標；
（3）電子在磁場中的運動時間。
【解析】電子在勻強磁場中作勻速圓周運動，從a點射入b點射出磁場區域，故所求圓形磁場區域區有a點、O點、b點，電子的運動軌跡如圖中虛線所示，其對應的圓心在O2點，令，作角，如圖所示：
代入
由上式得
電子在磁場中飛行的時間；
由于⊙O1的圓周角，所以ab直線段為圓形磁場區域的直徑，則，故磁場區域圓心O1的坐標，
，即坐標
【解題回顧】本題關鍵為入射方向與出射方向成一定角度（題中為600），從幾何關系認識到帶電粒子回旋的圓弧為1/6圓的周長，再通過幾何關系確定1/6圓弧的圓，半徑是或，進而可確定圓形區域的圓心坐標。
【例9】 如圖所示，在圖中第I象限的區域里有平行于y軸的勻強電場，在第IV象限區域內有垂直于Oxy平面的勻強磁場B。
帶電粒子A，質量為，電量，從y軸上A點以平行于x軸的速度射入電場中，已知，求：
（1）粒子A到達x軸的位置和速度大小與方向；
（2）在粒子A射入電場的同時，質量、電量與A相等的粒子B，從y軸上的某點B以平行于x軸的速度射入勻強磁場中，A、B兩個粒子恰好在x軸上迎面正碰（不計重力，也不考慮兩個粒子間的庫侖力）試確定B點的位置和勻強磁場的磁感強度。
【解析】粒子A帶正電荷，進入電場后在電場力作用下沿y軸相反方向上獲得加速度，
設A、B在x軸上P點相碰，則A在電場中運動時間可由求解：

由此可知P點位置：
粒子A到達P點的速度，
與x軸夾角：
（2）由（1）所獲結論，可知B在勻強磁場中作勻速圓周運動的時間也是，軌跡半徑

粒子B在磁場中轉過角度為，運動時間為

　　【例10】 如圖4，質量為1g的小環帶4×10-4C的正電，套在長直的絕緣桿上，兩者間的動摩擦因數μ＝0.2。將桿放入都是水平的互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，桿所在平面與磁場垂直，桿與電場的夾角為37°。若E＝10N／C，B＝0.5T，小環從靜止起動。求：(1)當小環加速度最大時，環的速度和加速度；(2)當小環的速度最大時，環的速度和加速度。
　　【解析】 (1)小環從靜止起動后，環受力如圖5，隨著速度的增大，垂直桿方向的洛侖茲力便增大，于是環上側與桿間的正壓力減小，摩擦力減小，加速度增大。當環的速度為Ｖ時，正壓力為零，摩擦力消失，此時環有最大加速度am。
在平行于桿的方向上有：mgsin37°－qE cos37°＝mam
　　解得：am＝2.8m／S2
　　在垂直于桿的方向上有：
　　BqV＝mgcos37°＋qEsin37°
　　解得：V＝52m/S
（2）在上述狀態之后，環的速度繼續增大導致洛侖茲力繼續增大，致使小環下側與桿之
間出現擠壓力N，如圖6。于是摩擦力f又產生，桿的加速度a減小。V↑BqV↑N↑f ↑a↓，以上過程的結果，a減小到零，此時環有最大速度Vm。
　　在平行桿方向有：
　　mgsin37°＝Eqcos37°＋f
　　在垂直桿方向有
　　BqVm＝mgcos37°＋qEsin37°＋N
　　又f＝μN
　　解之：Vm＝122m/S
　　此時：a＝0
　　【例11】如圖7，在某空間同時存在著互相正交的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下。一帶電體a帶負電，電量為q1，恰能靜止于此空間的c點，另一帶電體b也帶負電，電量為q2，正在過a點的豎直平面內作半徑為r的勻速圓周運動，結果a、b在c處碰撞并粘合在一起，試分析a、b粘合一起后的運動性質。
　　【解析】：設a、b的質量分別為m1和m2，b的速度為V。a靜止，則有q1E＝m1g
b在豎直平面內作勻速圓周運動，則隱含著Eq2＝m2g，此時
對a和b碰撞并粘合過程有m2V＋0＝（m1＋m2）V′
a、b合在一起后，總電量為q1＋q2，總質量為m1＋m2，仍滿足
(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g。因此它們以速率V′在豎直平面內作勻速圓周運動，故有
　　解得：

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