配速法

1配速法带电粒子垂直磁场方向进入磁场与重力场、电场的叠加场，如果粒子所受重力、电场力没有能够平衡，则带电粒子由于受力不平衡而作曲线运动（非圆周运动）时，就不能用简单的圆周运动知识来解决，而需要用到配速法：即将粒子的初速度分解为两个分速度，使一个分速度所对应的洛伦兹力与电场力（或重力或电场力与重力的合力）平衡，而另一个分速度所对应的洛伦兹力使之作匀速圆周运动，则粒子所作的实际运动即为匀速直线运动与匀速圆周运动的合成。下面就平常训练中的两例谈谈配速法在复合场问题中的妙用例题1.如图所示，在直角坐标系xOy的第三象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带电液滴从x轴上的A点在重力作用下由静止进入第三象限，液滴最后垂直y轴从C点穿出，重力加速度为g，则OC长度为（）A．2222mgBqB．222mgBqC．222mgBqD．222mgBq变式1：一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v0从左端中央沿虚线射入正交的场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场区域中，若0vEB，当粒子从右端某点C离开时速率为Cv，侧移量为s，粒子重力不计，则下列说法中正确的是（）A．vC=202qEsvmB．粒子有可能从虚线下方离开该区域C．粒子到达C点时所受洛伦兹力一定大于电场力D．粒子在该区域中的加速度大小恒为a=0qvBqEm变式2：质量为m、带电量为+q的小球，在离地面高为h处从静止开始下落，为使小球始终不会与地面相碰，可设想在它开始下落时就加一个足够强的水平匀强磁场，忽略小球下落时空气阻力的影响，求磁场磁感应强度的最小取值Bmin。B+-CAv0y2例题2.（湖南师大附中2019届三模）如图所示，一带电量为q的小球，质量为m，以初速度0v从水平地面竖直向上射入水平方向的匀强磁场中,磁感应强度0mgBqv，方向垂直纸面向外。图中b为轨连最高点，重力加速度为g。则小球从地面射出到第一次到达最高点过程中（）A.小球到达最高点时速率为0B.小球距射出点的最大高度差为20(21)vgC.小球从抛出到第一次到达最高点所用时间为04vgD.最高点距地出点水平位移为20(1)2vg变式3：在地面上方某处的真空室里存在着水平向左的匀强电场，以水平向右和竖直向上为x轴、y轴正方向建立如图甲所示的平面直角坐标系；一质量为m、电荷量为+q的微粒从点P(33l，0)，由静止释放后沿直线PQ运动，当微粒到达点Q(0，-l)的瞬间，撤去电场同时加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的大小B=32mgql，该磁场有理想的下边界，其他方向范围无限大，已知重力加速度为g；求（1）撤去电场加上磁场的瞬间，微粒所受合外力的大小和方向；（2）欲使微粒不从磁场的下边界穿出，该磁场下边界的y轴坐标值应满足的条件；yxPQO甲3变式4：在空间有相互垂直的场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一电子从坐标原点由静止释放，若电子的重力不计，求电子在y轴方向前进的最大距离.变式5：在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带电量为+q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g．求：(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率v；(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为()mgEEq的匀强电场时，小球从O静止释放后获得的最大速率vm.xyBEOP(x,y)OBxy4配速法（答案）胡昌胜例题1.【答案】A【解析】液滴最后垂直y轴从C点穿出，说明液滴带正电。液滴受力不平衡，做复杂的曲线运动。可用配速法来解题：液滴在A点速度为零，可假设液滴在A点有两个方向分别沿x轴正、负方向，大小均为v的分速度，且沿x轴正方向的分速度产生的洛伦兹力与液滴受到的重力平衡，即qvBmg＝，液滴在磁场中的运动为x轴正方向速度大小为v的匀速直线运动与速率为v的匀速圆周运动的合运动。液滴垂直y轴穿出磁场，则液滴在C点速度为2v，OC＝2R，其中R为液滴做匀速圆周运动的轨道半径，由2vqvBmR，解得2222OCmgBq，故A正确，BCD错误。变式1：【答案】D【解析】由动能定理知-qEs=12mvC2-12mv02，得vC=202qEsvm，A错误；粒子初速度可分解为v1和v0-v1，其中qv1B=qE，粒子的运动可看成以v1的匀速直线运动和以速率v0-v1做匀速圆周运动的合成，只可能在虚线上方离开磁场区域，加速度大小就是向心加速度大小，a=01()qvvBm=0()qBEvmB=0qvBqEm，B选项错误，D正确；粒子到达C点时的速度202CqEsvvm不一定大于v1=EB，所受洛伦兹力不一定大于电场力，C错误。变式2：【答案】2minmBgqh【解析】小球的初速度为零，可理解为v1和-v1的合成，其中qv1B=mg，因此小球的运动是水平方向速度为v1的匀速直线运动和初速度为-v1的匀速圆周运动的合成，在最低点，满足2R=12mvqB≤h，解得B≥2mgqh，所以磁场磁感应强度的最小取值2minmBgqh.例题2.【答案】BC【解析】取一水平向右的速度1v，使1qvBmg=，向左的速度2v，且210vvv。这样小球的运动可视为一沿水平向右的匀速直线运动和以2v和0v的合速度为初速度的匀速圆周运动，此合速度大小为02v，则最高点速率为0(21)v，A错；上升过程中，因洛伦兹力沿竖直方向分力向下，故竖直位移大小小于202vhg，或水平方向动量定理：0(21)yqBvtmv，即0(21)qBhmv，易得20(21)vhg，B对：因2v和0v的合速度方向与水平方向成45”斜向左上，则小球经084vTtg到达最高点，C对；竖直方向动量定理：0xqBvtmgtmv，即0qBxmgtmv，易得水平位移20(1)4vxg。5变式3：【答案】（1）3mg，方向水平向左（2）23(1)3yRll（也可写成）【解析】（1）由于微粒沿PQ方向运动，可知微粒所受合力方向沿PQ方向，如图乙所示，可得qE=mgtanα，因α=60o，解得场强E=33mgq，微粒在电场中的运动可视为两个分运动的合运动：水平方向在电场力作用下的匀加速直线运动；竖直方向上的自由落体运动，到达Q点的竖直分速度v2，则v22=2gl，解得v2=2gl；水平分速度v1=v2tan30o=23gl撤去电场加上磁场的瞬间，微粒所受洛伦兹力可根据速度的分解，视为两个分速度对应的洛伦兹力的分力的合成，对于水平分速度v1，其所对应的洛伦兹力的大小为f1，方向竖直向上，f1=qv1B=q2332mgglql=mg，即与重力恰好平衡，对于竖直分速度v2，其所对应的洛伦兹力的大小为f2，方向水平向左，此力为微粒所受的合力，大小为F=f2=qv2B=q322mgglql=3mg.(2)如果把微粒的运动看做水平方向速度v1的匀速直线运动与另一个分运动的合成，如图丙所示。那么微粒受到的洛伦兹力的一个分力恰与重力平衡，另一个分运动就是微粒在洛伦兹力的另一个分力作用下的匀速圆周运动，开始时速度为v2，方向竖直向下，qv2B=m22vR，解得半径R=2mvqB=l，微粒在磁场中的运动可视为水平方向的匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动。它距Q的水平最大距离为圆的半径R，所以欲使微粒不从磁场的下边界穿出，磁场下边界的y坐标应满足23(1)3yRll（也可写成）变式4：【答案】22mmyEeB【解析】由题意分析电子在y轴方向的距离最大时，其速度必沿x轴方向.解法一、设电子在y轴运动的最大距离为ym时速度为v，因为洛伦兹力不做功，由动能定理知，eEym=12mv2由于电场力总是沿y轴方向，所以电子在x轴方向上速度分量的增大是由洛伦兹力的水平分量引起的，设电子从O点运动到极大值点洛伦兹力水平分量的平均值记为xf，由动量定理，则xf·t=mv，且xf=eByv根据运动的独立性，考虑y轴方向分运动有yv·t=ym解联立方程可得22mmyEeB解法二、电子从坐标原点静止释放后在电场力和磁场力作用下作曲线运动轨迹如图所示，取运动轨迹上某一点Q，当一个电子经过Q点时，它所受到的x方向的力是Fx=evyB这个力提供了电子在x轴方向的加速度evyB=max注意到上式对电子运动过程中各个时刻都是成立的，它可以写成eB△yi/△ti=m△(vx)i/△ti亦即eB△yi=△(vx)iyxPQO甲αqEmg乙v2丙v1f1mgxyBEOQ6若把电子从O点到Q(轨迹上离x轴距离最远点)点运动过程中所有小段的上述关系式全部加起来，得()ieBy=[()]xiimv因为iiy=ym，()xiiv=(vx)Q，所以有eBym=m(vx)Q利用动能定理，电子从O到Q点有eEym=12m(vx)Q2这样可得22mmyEeB解法三(配速法)、虽然电子在O点速度为零，但也可以设想为具有沿x方向的速度+v和-v，其中v满足eBv=eE照此设想，电子在其后的运动过程中将受到三个力，一个是沿y方向的电场力，一个是由于电子沿x轴向右运动而产生的-y方向的洛伦兹力．另一个是电子沿-x轴运动产生的y方向的洛伦兹力，注意到电子沿-y方向所受的洛伦兹力和它所受的电场力相平衡，故电子的运动综合起来可视为是一个速度为v沿x轴正向的匀速直线运动和一个速率为v的匀速圆周运动的合成，对匀速圆周运动，有evB=mv2/R其中/2mRy，可得22mmyEeB点拨：在复合场中（如电磁场）由于洛伦兹力与运动速度始终垂直．一般带电粒子的运动轨迹为曲线，这时有关运动的独立性知识可派上用场．变式5：【答案】(1)2vgy(2)2222mmgqyB(3)12()2mqEmgvvqB【解析】(1)洛仑兹力不做功，由动能定理有212mgymv，解得2vgy（2）设想小球以v0沿+x方向做匀速直线运动，同时以-v0做逆时针的匀速圆周运动，其中qv0B=mg，第一次下降到的最大距离即为022mmByvqR，代入v0后解得2222mmgqyB（另解）设小球经过最低点Q时的速率为vQ,下降的最大距离为ym，轨迹最低点的曲率半径为2mry，根据向心力公式有：22mQQqmgmvyvB，又2102mQmgymv，解得：2222mmgqyB（3）设想小球具有-v1和v1的初速度，其中-v1对应的洛伦兹力沿+y方向，满足mg+qv1B=qE，小球以-v1沿-x轴做匀速直线运动，同时以v1为初速度做逆时针的匀速圆周运动，轨迹如图所示，最大速率出现在Q′点，即圆周运动的速度方向与直线运动的速度方向一致时，故有12()2mqEmgvvqBP(x,y)OBxyOqExyQ'fmg-v1v17