专题八：带电粒子在叠加场中的运动课中练

专题八：带电粒子在叠加场中的运动课中练

处理带电粒子在叠加场中运动的基本思路

1．弄清叠加场的组成．

2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．

3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．

（1）由于洛伦兹力的大小与速度有关，带电粒子在含有磁场的叠加场中的直线运动一定为匀速直线运动，根据平衡条件列式求解．

（2）当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．

（3）当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．

一、带电粒子在叠加场中的直线运动

带电粒子在叠加场中的直线运动

1. 地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断（　　）

A. 油滴一定做匀速运动      B. 油滴可以做变速运动

C. 如果油滴带正电，它是从M点运动到N点  D. 如果油滴带正电，它是从N点运动到M点

2. 如图所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成=45，质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，则以下说法正确的是(　　)

A. 小环可能带负电    B. 电场方向可能水平向右

C. 小环的初速度v0=  D. 小环离开细杆时的速度v=

二、带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动

带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动

3. 如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中（E和B已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则（　　）

A. 小球可能带正电

B. 小球做匀速圆周运动的半径为

C. 小球做匀速圆周运动的周期为

D. 若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加

4. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g，求

（1）电场强度E的大小和方向；

（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；

（3）A点到x轴的高度h。

5. 如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏，一质量m=1.0×10－3kg、电荷量q=＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点，若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B=0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点（图中未画出），取g=10m/s2，求：

（1）E1的大小；

（2）加上磁场后粒子打在屏上的位置O′距O点的距离；

（3）加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量。

三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动   

带电粒子在叠加场中的一般曲线运动

6. 如图所示，在的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，在空间同时存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度，一个质量、带电量+的带电粒子以初速度从轴上的点，纵坐标为出发，沿着一方向进入区域，粒子重力不计，粒子在整个运动过程中始终没有穿出电磁场区域。

（1）求带电粒子第一次穿越轴时的横坐标；

（2）请结合运动合成和分解的知识，求出带电粒子在区域Ⅱ中到达最低点的纵坐标；

（3）求带电粒子从进入区域开始到第二次穿越轴时经过的时间。

7. 如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（  ）

A. 小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向

B. OAB轨迹为半圆

C. 小球在整个运动过程中机械能守恒

D. 小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等

参考答案

1. AC

【解析】

AB．油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据可知，粒子必定做匀速直线运动，故A正确，B错误；

CD．根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故C正确，D错误。

故选AC。

2. C

【解析】

AB、小环离开细杆后，恰好做直线运动，该运动一定是匀速直线运动，如果是变速运动，洛伦兹力大小会变化，而洛伦兹力又垂直速度方向，就一定要改变速度的方向，小环做曲线运动；如果小环带负电荷，电场力不管是向左还是向右，均不可能平衡，所以小环只能带正电，根据平衡条件，电场力向左，由于是正电荷，故电场线向左，故选项A、B错误；

CD、小环离开杆后做匀速直线运动，根据平衡条件，在平行杆的方向则有，垂直杆的方向则有，联立解得，，故；小环在杆上运动过程，重力和电场力的合力垂直杆不做功，而支持力和洛伦兹力也不做功，故小环在杆上运动是匀速运动，小环的初速度为，故选项C正确，D错误．

3. BC

【解析】

A．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以

mg=Eq

由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，选项A错误；

B．由于洛伦兹力提供向心力，故有

解得

又由于

解得

所以

选项B正确；

C．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，结合，故有运动周期为

选项C正确；

D．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期为

显然运动周期与加速电压无关，故D错误。

故选BC。

4. 【答案】（1），电场强度方向竖直向上；（2）；（3）

【解析】

（1）重力与电场力平衡，可得

解得

方向竖直向上；

（2）因为圆周运动的半径可由

可得

洛伦兹力提供向心力可得

解得

M点的速度为

又因为

所以

（3）由动能定理可得

解得

或

5. 【答案】（1）N/C；（2）1.0m；（3）增加了1.0×10－2J

【解析】

（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有

qE1cos45°=mg

解得

E1=N/C

（2）粒子从a到b的过程中，由动能定理得

qE1dABsin45°=mvb2

解得

vb=5m/s

加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示

由牛顿第二定律可得

解得

R=5m

设粒子在B、C运动的偏转距离为y，由几何知识得

R2=dBC2＋（R－y）2

代入数据得

y=1.0m（y=9.0m舍去）

（3）加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：

qE2=mg

粒子在B、C间运动时电场力做的功有

W=－qE2y=－mgy=－1.0×10－2J

由功能关系知，粒子由b点到O′点电势能增加了1.0×10－2J.

6. 【答案】（1）5cm；（2）-5cm；（3）

【解析】

（1）带电粒子进入区域中，由洛伦兹力充当向心力，则有

得

代入数据解得

由几何知识得

（2）如图，带电粒子进入区域Ⅱ时，将速度分析为水平和竖直两个分速度和．与两个分速度对应的洛伦兹力分力分别为和．则得

电场力

代入解得

解得

所以带电粒子在区域Ⅱ中到达最低点的纵坐标

（3）带电粒子从进入区域开始到第二次穿越轴时经过的时间

代入解得

7. AC

【解析】

A．小球运动至最低点A时，此过程中重力做功最多，故速度最大，最低点则竖直分速度为零，则速度沿水平方向；故A正确；
 

B．运动过程中受洛伦兹力及重力，故轨迹为摆线，故B错误；

C．只有重力做功，则机械能守恒，故C正确；

D．A点时为曲线，此时曲率不为零，则洛伦兹力大于重力，故D错误。

故选AC。