例析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題

1、李希花例析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題是電磁場(chǎng)的綜合問題，這類問題的顯著特點(diǎn)是粒子的運(yùn) 動(dòng)情況和軌跡較為復(fù)雜、抽象、多變，因而這部分習(xí)題最能考查學(xué)生分析問題的能力。解決 這類問題與解決力學(xué)題目方法類似，不同之處是多了電場(chǎng)力和洛倫茲力，因此，帶電粒子在 復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題除了利用力學(xué)三大觀點(diǎn)（動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)、動(dòng)量觀點(diǎn)）來分析外， 還要注意電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)帶電粒子的作用特點(diǎn)，如電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力方向始終 和運(yùn)動(dòng)速度方向垂直，永不做功等。例1 一個(gè)質(zhì)量為m = 0.00Mg、帶電荷量為q = 1 x 10-3C的 帶正電小球和一個(gè)質(zhì)量也為m不帶電的小球相距L

2、 = 0.2m，放在 絕緣光滑水平面上，當(dāng)加上如圖1所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，（E = 1 x 103N/C，B = 0.5T）帶電小球開始運(yùn)動(dòng)與不帶電小球相碰，并粘在一起，合為一體，問:（1）兩球碰后速度多大？（2）兩球碰后到兩球離開水平面，還要前進(jìn)多遠(yuǎn)？ （ g = 10m/脖）解析 帶電小球在電場(chǎng)力作用下加速運(yùn)動(dòng)，與不帶電的小球碰撞兩球合為一體，碰撞前 小球的速度可以用動(dòng)能定理求出，電場(chǎng)力的功等于小球動(dòng)能的增量；也可以利用牛頓第二定 律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出。兩球碰撞過程雖然系統(tǒng)受電場(chǎng)力，但比起兩球碰撞的作用力小得多， 碰撞時(shí)間又很短，可認(rèn)為動(dòng)量守恒，兩球碰撞后速度繼續(xù)增大，增大到某一數(shù)值洛

3、倫茲力與 重力平衡，兩球離開水平面，應(yīng)該注意，碰撞后與碰撞前應(yīng)用動(dòng)能定理的研究對(duì)象不同。1（1）兩球碰撞刖由動(dòng)能定理：EqL = mv2所以v1.2EqL：2x 103 x 10-3 x 0.2 “，0.001，=.,，=20m / s m兩球碰撞動(dòng)量守恒：mV = 2mv2，v2 = v- = 10m/ s（2）兩球離開水平面時(shí)，對(duì)水平面無壓力，即洛倫茲力與重力平衡，qBv3 = 2mg，2mg2 x 0.001 x 10 “ /所以 v = = 40m/s。3 qB0.5 x 10 -3碰后到兩球離開水平面，由動(dòng)能定理：-2mv2 - - 2mv2 = EqS。2322S = mv2 -

4、v2Eq = 0.001 x (402 -102)=, Eq 103 x 10-3 .。例2如圖2所示，有一半徑為R的圓柱繞豎直軸00、以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓柱體 的左側(cè)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。今有一質(zhì)量為m帶正電q的小物體貼在圓柱面上，為 使物體沿圓柱面豎直方向以速度v勻速下滑，需加一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且物體所受的洛倫茲力、重力及摩擦力在一個(gè)平面內(nèi)，此磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小為多少？方 向如何？物體與圓柱面間的動(dòng)摩擦系數(shù)為多少？解析 電場(chǎng)力只對(duì)m垂直于圓切面的壓力，對(duì)m的運(yùn)動(dòng)沒有直接 影響。為使物體m沿圓柱面豎直勻速下滑，在圓柱面垂直電場(chǎng)的平面 內(nèi)，m受重力mg、摩擦力f和洛倫茲力F作用而平衡。此

5、過程中，物體卻隨圓柱一起以速度R轉(zhuǎn)動(dòng)，又要相對(duì)圓柱以速 度七斜向下滑，豎直向下的運(yùn)動(dòng)速度v是上述兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的合速度，而因速度三角形與力的三角形相似洛倫茲力與合運(yùn)動(dòng)垂直，即沿水平方向；摩擦力與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向 相反，即斜向上，如圖3所示。且 F = Bqv，得 B = mg R。方向沿水平且與圓柱轉(zhuǎn)向相反，qv 21 -: :且 f = N = R Eq。所以 p =點(diǎn) mg)2 + (Bqv)2。Eq說明：解此題的關(guān)鍵是空間想象要清楚。一是將物體的空間受力轉(zhuǎn)化為垂直于電場(chǎng)沿圓 柱切面的平面受力；另一個(gè)是對(duì)物體運(yùn)動(dòng)情況的想象，只有弄清物體相對(duì)圓柱的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方 向，才能確定摩擦力方向是斜向上而不是豎直向

6、上，這是難度最大之處，而洛倫茲力永遠(yuǎn)和 物體運(yùn)動(dòng)方向垂直，即沿水平方向。例3如圖4所示，質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子，以初速度v垂直射入相互正下列說交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，從尸點(diǎn)離開該區(qū)域的速率為煩此時(shí)側(cè)移量為S，圖4法中正確的是（）A.在P點(diǎn)帶電粒子所受磁場(chǎng)力有可能比電場(chǎng)力大b.帶電粒子的加速度大小恒為qB%qEC帶電粒子到庭點(diǎn)的速度無+號(hào)mD帶電粒子到達(dá)p點(diǎn)的速率-半解析 帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，受到的電場(chǎng)力Fe = Eq豎直向上，受到磁場(chǎng)力Fb = Bqv豎 直向下，由于這時(shí)fe FB,粒子向上偏轉(zhuǎn)且能從P點(diǎn)射出；但粒子在側(cè)移過程中，電場(chǎng)力 對(duì)其做正功，其速度v不斷增大，F(xiàn)b亦隨之增大

7、，故到達(dá)P點(diǎn)時(shí)有可能使Fb Fe，選項(xiàng)A正確。帶電粒子進(jìn)入該區(qū)域后，速度增大，且七、fe通常亦不在同一直線上，加速度。除進(jìn) 入瞬間為gqE外，其他各處均不為該值，選項(xiàng)b錯(cuò)。m由于粒子在正交電、磁場(chǎng)中受洛倫茲力和電場(chǎng)力不相互平衡，做變加速運(yùn)動(dòng)，其軌跡既 非圓弧，亦非拋物線，不能用勻變速運(yùn)動(dòng)有關(guān)干什么求解匕，可考慮用動(dòng)能定理求解，因 為在以上過程中洛倫茲力對(duì)帶電粒子不做功，電場(chǎng)力對(duì)其做正功，則有qBS = mv2 mv2，所以v =v2 + 2，故選項(xiàng)c正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2 p 2。 P 0 m答案：A、C。慮用能量或動(dòng)量解答。例4如圖5所示，兩塊水平放置的金屬板長為L = L40m，間距為d =

8、 30cm，兩板間有B = 1.25T方向 垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和圖示的脈動(dòng)電壓，當(dāng)t = 0時(shí)，質(zhì)量為 m = 2.00 x 10-15 kg，電量為 q = 1.00 x 10-10 C 的正粒子，以速度v0 = 4.00 x 103m/s從兩板中央水平射入， 不計(jì)重力，試分析：（1）粒子在兩板間如何運(yùn)動(dòng)？會(huì)不會(huì)碰到極板上？（2）粒子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是多少？LX X X XoXV 0K X 乂BU (103)/V1.5 -11_11_1I I I I I02 4 6t (10 -4)/s圖5當(dāng)粒子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力不為零時(shí)，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)其軌道既非圓弧、 亦非拋物線，屬變

9、加速曲線運(yùn)動(dòng)，不能用勻變速運(yùn)動(dòng)或圓周運(yùn)動(dòng)等規(guī)律解答有關(guān)問題，可考3.5 L0圖6解析 （1）t = 010-4s內(nèi)，粒子同時(shí)受到方向相反的電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用，大小分別為 F = qE = qU = 5 x 10- N ； f = Bqv = 5 x 10- N。 d因?yàn)镕 = f，所以粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，相應(yīng)的位移為匕=v0t = 0.4m。在10-4s2X10-4s內(nèi)無電場(chǎng)，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r = mv0 = 6.4 x 10-2 mO圖8第3次洛倫茲力對(duì)電子不做功（只改變速度方向不改變速度大?。珽N = EkC。（3）第3次電子從C點(diǎn)射出時(shí)，軌跡為圓弧示

10、意圖如圖8 所示，由幾何關(guān)系可得R2 = （R - d2）2 +12，解得d2 = 4（cm）。故AC 間距d = d 1 + d2 = 7.2（cm）說明：對(duì)于有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和有界磁場(chǎng)問題，要特別注意電 偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的不同。例6豎直平面里的平面直角坐標(biāo)系，Ox軸與水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)方向相同，Oj軸豎 直向上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于Oxy平面向里（如圖9所示），E = 10耳N/C,B = 1.0T。一個(gè)質(zhì)量為m = 2.0 x 10-6 kg，帶電量為q = +2.0 x 10-6 C的質(zhì)點(diǎn)，XXXXBX XX X OXXXfTEXXX xXXX恰好在Oxj平面中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，試分析計(jì)算：（1）帶電

11、質(zhì)點(diǎn)的速度大小和方向。（2）帶電質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)中恰好通過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，突然撤去磁 場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間它從Or軸上的A點(diǎn)經(jīng)過，帶電質(zhì)點(diǎn)由O到 A運(yùn)動(dòng)時(shí)間多長？ OA距離多大？解析 （1）帶電質(zhì)點(diǎn)在Oxy平面中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受水平向右的電場(chǎng)力（qE）、豎直向下的重力（mg）和洛倫茲 力（Bqv）作用；合力為零。電場(chǎng)力qE = 23 x 10-3N，重力mg = 2x 10-5N ；它們的合力 F = t（qE）2 + （mg）2 = 4x 10-5N（如圖10），F(xiàn)與水平方向夾30。角，斜向下；洛倫茲力（f = Bqv）與F大小相等、方向相反（Bqv = F），可知帶電質(zhì)F點(diǎn)的速度大小為v = 20m/

12、 s。速度方向與Ox軸夾角為60 。Bq（2）帶電質(zhì)點(diǎn)通過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，磁場(chǎng)撤消后帶電質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，是水平方向（即Ox方向）上初速度為v = vcos60。，加速度為近 的勻加速運(yùn)動(dòng)與豎直方向（即Oy方向） xom上初速度為vyo = vsin60。的豎直上拋運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)。由于A點(diǎn)與O點(diǎn)處在同一水平線上，v所以由O到A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間由豎直方向上的運(yùn)動(dòng)決定：t = 2（F） = 23s。gOA之間的距離，即A點(diǎn)在Ox軸上的坐標(biāo)由水平方1向上的運(yùn)動(dòng)決定：x = v t + 2at2。加速度a = q = 23（m / s2）。代入上式得 mx = 80v 3m。撤消磁場(chǎng)后帶電質(zhì)點(diǎn)在重力和電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖11所示。答案：（1）v = 20m/s，方向與Ox軸夾角為60。（2）t = 2、：3s，x = 80y3m。點(diǎn)評(píng)：本題也可以轉(zhuǎn)換審題的視角，改變分析問題的觀點(diǎn)，找出新的解題方法。在撤消磁場(chǎng)后，帶電質(zhì)點(diǎn)所受重力與電場(chǎng)力合力F = 2mg，與Ox軸夾30角斜向下。 所以帶電質(zhì)點(diǎn)從O到A的運(yùn)動(dòng)也是一種“類平拋運(yùn)動(dòng)”一一跟Ox軸夾60角，v = 20 m / s 的勻速運(yùn)動(dòng)。與F （合力）方向上（跟V垂直）