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第2课时电场和磁场中的曲线运动必备知识方法知识回扣1．带电粒子在电场中受到电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，将会做运动;如果带电粒子垂直进入匀强电场，将会做运动,由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是曲线运动．2．研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同,可分解为水平方向的运动和竖直方向的运动；若场强为E，其加速度的大小可以表示为a＝.曲线类平抛匀变速匀速直线匀加速直线qEm3．带电粒子垂直进入匀强磁场时将会做匀速圆周运动，向心力由提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它功.其半径R＝，周期T＝.规律方法1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时,实际上是运动和运动的组合，可以先分别研究两种运动，而运动的末速度即为运动的线速度,分析运动过程中转折点的是解决此类问题的关键．2．本部分内容通常应用的方法,功能关系和圆周运动的知识解决问题．洛伦兹力不做mvqB2πmqB类平抛匀速圆周类平抛匀速圆周速度运动合成与分解热点题型例析题型1带电粒子在电场中的类平抛运动问题分析例1如图1所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E，从倾角为θ的足够长的斜面上的A点,先后将同一带电小球(质量为m，所带电荷量为q)以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，第二次初速度为v2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为α2，若v1v2则()A．α1α2B．α1＝α2C．α1α2D．无法确定图1运动建模此题带电小球在电场内做的是类平抛运动，应该用解决平抛运动问题的分析方法进行分析．解析画出如图所示的运动图设小球落到斜面上时的速度为v，与斜面夹角为α，小球在电场中运动的加速度为a，由图知tan(θ＋α)＝vyv0，设落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，则tanθ＝yx即tanθ＝12at2v0t＝vy2v0，所以tan(θ＋α)＝2tanθ，α为定值，B正确．答案B以题说法1.电场内的类平抛运动问题的处理方法与平抛运动处理方法一样，一般通过分解速度或者位移找到解决问题的思路．2．特别要注意平抛运动的位移与水平方向的夹角和速度与水平方向的夹角并不相等．预测演练1带电荷量相同的两个粒子P、Q，分别从两平行板的正中央和下极板边缘处以相同的速度垂直于电场方向射入匀强电场中，最后打在上极板上的同一点，如图2所示．则粒子从开始射入电场至打到上极板的过程中(粒子的重力不计),下列结论正确的是()A．运动时间之比tP∶tQ＝1∶2B．质量之比mP∶mQ＝4∶1C．电势能减小量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2D．动能的增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4图2解析带电粒子P、Q均做类平抛运动，设运动加速度为a，则a＝Eqm，由水平方向的位移s1＝v0t得tP＝tQ；竖直方向的位移由s＝12at2，得sPsQ＝aPaQ＝mQmP＝12；故A、B选项错误．由ΔEP＝Eq·s得ΔEPΔEQ＝sPsQ＝12,C项正确.ΔEkPΔEkQ＝EqsPEqsQ＝12，故D项错误．答案C题型2带电体在电场中的圆周运动问题分析例2(15分)如图3所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？图3(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．运动建模此题实质上是竖直平面内的圆周运动模型．解析(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得qE(s＋R)－μmgs－mgR＝12mv2－0(3分)而qE＝3mg4解得v＝gR(2分)(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则F－qE＝mv2R(3分)解得F＝74mg(2分)(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vn)，则有(qE)2＋(mg)2＝mvn2R(3分)解得vn＝5gR2(2分)答案(1)gR(2)74mg(3)5gR2以题说法1.应用动能定理进行全程列式时，应注意分析各力做功的特点．电场力做功与路径无关，而摩擦力做功则与路径有关．2．在电场内做圆周运动的物体，其等效最高点应是重力和电场力的合力指向圆心的位置，即二者的合力提供向心力．预测演练2(15分)如图4所示，粗糙的斜槽轨道与半径R＝0.5m的光滑半圆形轨道BC连接，B为半圆轨道的最低点，C为最高点.一个质量m＝0.5kg的带电体，从高为H＝3m的A处由静止开始滑下，当滑到B处时速度vB＝4m/s，此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场，带电体所受电场力的竖直向上的分力大小与重力相等．带电体沿着圆形轨道运动，脱离C处后运动的加速度a＝23m/s2，经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时速度的大小是v＝2m/s.已知重力加速度g＝10m/s2，带电体运动过程中电量不变，经过B点时能量损失不计，忽略空气的阻力．求：图4(1)带电体从B到C的过程中电场力所做的功W；(2)带电体运动到C时对轨道的压力F；(3)带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数μ.解析(1)设带电体受到的电场力的水平分力为Fx，竖直分力为Fy，带电体由B到C的运动过程中，水平分力做功为零，竖直分力做功等于重力做功．(2分)即W＝Fy×2R＝mg×2R＝5J(3分)(2)带电体从B到C运动的过程中，重力和电场力的竖直分力大小相等，电场力的水平分力不做功，所以vC＝vB＝4m/s(2分)在C点，由牛顿第二定律得F＋mg－Fy＝mv2R(2分)又有mg＝Fy解得F＝16N由牛顿第三定律得，物体在C点对轨道的压力F′＝16N(3)带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动，由运动学公式得vC2－v2＝2ax(1分)代入数据得x＝3m(1分)设斜面与水平面的夹角为α，则tanα＝2Rx＝33，α＝30°(1分)带电体从A到B的运动过程中，由动能定理得mgH－μmgcosα×Hsinα＝12mvB2(1分)代入数据解得μ＝11345(1分)答案(1)5J(2)16N(3)11345题型3带电粒子在磁场内的圆周运动问题分析例3(2010·江苏卷·9)如图5所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场,附加磁场位于图中阴影区域,附加磁场区域的对称轴OO′与SS′垂直．a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS′垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为α、β，且αβ.三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点S′，则下列说法中正确的有()A．三个质子从S运动到S′的时间相等B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO′轴上C．若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点最近D．附加磁场方向与原磁场方向相同图5解析洛伦兹力对粒子始终不做功，由于a、b、c三个质子射入磁场时的速度大小相等，所以它们进入磁场后速度大小始终不变，显然弧长最长的c运动时间最长，a运动时间最短，选项A错；撤去附加磁场后三个质子均做匀速圆周运动，其中质子b轨迹为半圆，由于αβ，通过画三个质子运动的轨迹图可看出a到达SS′连线上的位置距S点最近，b到达SS′连线上的位置离S点最远，选项C正确；比较a、b两质点，b在附加磁场中运动的弧长比a在附加磁场中运动的弧长长，但它们均从同一位置S′离开磁场，故附加磁场区域的合磁场磁感应强度比原磁场磁感应强度大，因此附加磁场方向与原磁场方向相同，选项D正确；由于附加磁场区域的合磁场磁感应强度比原磁场的强，附加区域质子运动半径小，故未进入附加磁场之前的圆心位置在OO′轴右方，从附加磁场出来后的圆心在OO′左侧(如图)，选项B错误．答案CD以题说法1.对于带电粒子在磁场内做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力方向，其交点为圆心，利用几何知识求半径．2．对于临界问题应通过分析特殊方向粒子的运动，确定运动轨迹，或者通过场的边界确定可能的运动轨迹．预测演练3如图6所示，圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O.O点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍．已知该带电粒子的质量为m、电量为q，不考虑带电粒子的重力．(1)推导粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径；(2)求粒子通过磁场空间的最大偏转角；(3)若粒子与磁场边界碰撞后以原速率反弹，则从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子第一次回到O点经历的时间是多长．(已知arctan2＝7π20)图6解析(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝mv2r(3分)解之得r＝mvBq(2分)(2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向的夹角为φ，则sinφ2＝x2r＝x2r，x是粒子在磁场内运动轨迹的两端点的直线距离．x的最大值为2R，所对应的就是φ最大值．且2R＝r所以sinφmax2＝Rr＝12，φmax＝60°(5分)(3)设粒子与边界相邻两次碰撞过程通过的弧长所对的圆心角为2θ，该弧长所对磁场圆的圆心角为2β.如图所示．则tanβ＝rR＝2β＝7π20θ＝3π20(2分)要使粒子还能通过O点，应满足2β·k＝2π·n(k、n均为正整数)即7k＝20n(k、n均为正整数)(2分)当粒子第一次回到O点，应取n＝7、k＝20又α粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmBq(1分)所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是t＝2θ·k2πT＝6πmBq(1分)答案(1)mvqB(2)60°(3)6πmBq题型4带电粒子在电场和磁场中运动问题分析例4(2010·天津·12)质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域．汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图7所示，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，O′O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O′O的距离．以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．图7(1)设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿O′O的方向从O′点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点．若在两极板间加一沿＋y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0；(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数．上述装置中，保留原电场，再在板间加沿－y方向的匀强磁场．现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O′点沿O′O方向射入，屏上出现两种亮线．在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的．尽管入射离子的速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时O′O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度．解题示范(1)离子在电场中受到的电场力Fy＝q0E①离子获得的加速度ay＝Fym0②离子在板间运动的时间t0＝Lv0③到达极板右边缘时，离子在＋y方向的分速度vy＝ayt0④离子从板右端到达屏上所需时间t0′＝Dv0⑤离子射到屏上时偏离O点的距离y0＝vyt0′由上述各式，得y0＝q0ELDm0v20⑥(2)设离子电荷量为q，质量为m，入射时的速度为v，磁场的磁感应强度为B，磁场对离子的洛伦兹力fx＝qvB⑦已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中的运动时间很短，所经过的圆弧与圆周相比很小，且在板间运动时，沿O′O方向的分速度总是远大于在x方向和y方向的分速度，洛伦兹力变化很小，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度