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带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在复合场中的运动　
高考真题体验·对方向
　(2017全国Ⅰ·16)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里.三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是(　　)
A.ma>mb>mc　　　　　
B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb
D.mc>mb>ma
答案B
解析a做匀速圆周运动,则qE=mag,故ma=qEg;b向右做匀速直线运动,则qE+qvB=mbg,故mb=qE+qvBg;c向左做匀速直线运动,则qE=qvB+mcg,故mc=qE-qvBg.综上mb>ma>mc,选B.
带电粒子在复合场中运动问题的分析思路
(1)弄清复合场的组成特点.
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点.
(3)画出粒子的运动轨迹,灵活选择不同的运动规律.
(4)注意结论:在无约束面的情况下,若在复合场中粒子做直线运动,则一定是做匀速直线运动,重力、电场力和洛伦兹力的合力为零;若在复合场中粒子做匀速圆周运动,则往往是重力与电场力平衡,洛伦兹力提供做圆周运动的向心力.
典题演练提能·刷高分
1.
如图所示的虚线区域内,充满垂直纸面向内的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,一带电颗粒A以一定初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿水平直线从区域右边界O'点穿出,射出时速度的大小为vA,若仅撤去磁场,其他条件不变,另一个相同的颗粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出,射出时速度的大小为vB,则颗粒B(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.穿出位置一定在O'点上方,vBB.穿出位置一定在O'点上方,vB>vA
C.穿出位置一定在O'点下方,vBD.穿出位置一定在O'点下方,vB>vA
答案D
解析设带电颗粒从O位置飞入的速度为v0,若带电颗粒A带负电,其电场力、重力、洛伦兹力均向下,与运动方向垂直,不可能做直线运动.颗粒A一定为正电荷,且满足mg=Eq+Bqv0,因为做匀速直线运动,故vA=v0.若仅撤去磁场,由于mg>Eq,带电颗粒B向下偏转,穿出位置一定在O'点下方,合力对其做正功,故vB>v0,因此vB>vA,故D正确,ABC错误.
2.
(2019广西桂林调研)如图所示,质量为m,带电荷量为+q的液滴,以速度v沿与水平方向成θ=45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域,电场强度方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,液滴在场区做直线运动.重力加速度为g,试求:
(1)电场强度E和磁感应强度B各多大?
(2)当液滴运动到某一点A时,电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,不考虑因电场变化而产生的磁场的影响,此时液滴加速度多少?
(3)在满足(2)的前提下,液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间.
答案(1)mgq　2mgqv　(2)2g　(3)32πv4g
解析(1)液滴带正电,液滴受力如图所示,
根据平衡条件有Eq=mgtan θ=mg,qvB=mgcosθ=2mg
解得:E=mgq,B=2mgqv.
(2)电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,故电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心力,粒子做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有a=F合m=2g.
(3)电场变为竖直向上后,qE=mg,故液滴做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qvB=mv2r
解得:r=mvqB
则T=2πrv=2πmqB
由几何知识得t=34T
解得:t=32πv4g
3.
如图所示,水平桌面上方区域存在竖直向上的匀强电场,电场强度E=5 N/C,过桌左边缘的虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=π3T,虚线PQ与水平桌面成45°角,现将一个质量m1=2.0×10-3 kg,带正电q=4.0×10-3 C的物块A静置在桌面上,质量m2=1.0×10-3 kg、不带电的绝缘物块C从与A相距L=2.0 m处的桌面上以v0=5.0 m/s 的初速度向左运动.物块A、C与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4,二者在桌面上发生碰撞(碰撞时间极短,A、C间无电荷转移),碰撞后C反弹速度大小为vC=1.0 m/s,A向左运动进入磁场,求:
(1)碰撞后物块A的速度;
(2)物块A从进入磁场到再次回到桌面所用时间;(结果保留两位有效数字)
(3)若一段时间后A、C在桌面上相遇,求碰撞前A与桌左边缘P的距离.(结果保留两位有效数字)
答案(1)2 m/s,方向水平向左　(2)2.7 s　(3)0.83 m
解析(1)设C与A碰撞前瞬间的速度为v,碰后A、C的速度分别为vA、vC,对C从开始运动到与A相碰,由动能定理可得-μm2gL=12m2v2-12m2v02
A、C碰撞过程中,规定向左为正方向,对于A、C组成的系统由动量守恒定律可得
m2v=m1vA-m2vC
两式联立可得vA=2 m/s,方向水平向左.
(2)对A受力分析可知qE=m1g,故碰撞后A向左匀速直线运动进入磁场,并在磁场中做匀速圆周运动,设在磁场中做圆周运动的周期为T,则T=2πm1qB,由几何知识可得,A球在磁场中运动了34个圆周,轨迹如图所示.
设A在磁场中运动的时间为t1,则t1=34T.
A运动出磁场后竖直向下匀速运动再次回到桌面位置,设其运动时间为t2,磁场中洛伦兹力提供向心力,
qvAB=m1vA2R
R=vAt2
t=t1+t2
联立以上各式得t≈2.7 s.
(3)碰撞后C反弹在桌面上做匀减速运动,设其加速度为a,停止运动所用时间为t3,可得
μm2g=m2a
0=vC-at3
解得t3=0.25 s
显然,碰撞后C运动时间小于A运动时间,由此可知A、C相遇时,C已经停止运动.所以A、C相遇的位置为C停止运动的位置,也是A竖直向下再次回到桌面的位置.
C匀减速的位移x=12vCt3=0.125 m,碰前A与桌左边缘P的距离Δx=R-x≈0.83 m.
4.(2019山东郓城高三模拟)如图所示,ABCD矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场的叠加场.有一质量为m、带电荷量大小为q的小球在光滑绝缘的水平面上,从静止开始经电压为U的电场加速后,水平进入ABCD区域中,恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动,且从B点射出,已知AB长度为3L,AD长度为L,求:
(1)小球带何种电荷及进入叠加场时的速度大小;
(2)小球在叠加场中做圆周运动的轨迹半径;
(3)小球在叠加场中运动的时间.
答案(1)负电荷　2qUm　(2)2L　(3)πL32mqU
解析(1)小球在电场、磁场和重力场的叠加场中做匀速圆周运动,且从B点射出,根据左手定则可知小球带负电荷.
小球进入叠加场之前,由动能定理得:qU=12mv2,
解得:v=2qUm.
(2)设小球做圆周运动的轨迹半径为r,由几何关系得:r2=(r-L)2+(3L)2,
解得:r=2L.
(3)由(2)知小球在叠加场中做圆周运动对应的圆心角满足:sin θ=3Lr,
解得:θ=π3
小球运动周期:T=2πrv
运动时间为:t=θ2πT
联立解得:t=πL32mqU

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