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第2讲带电粒子在复合场中的运动网络构建备考策略1.必须领会的“三种方法”和“两种物理思想”(1)对称法、合成法、分解法。(2)等效思想、分解思想。2.做好“两个区分”，谨防解题误入歧途(1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同。3.抓住“两个技巧”，做到解题快又准(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同阶段的小过程。(2)善于利用几何图形处理边角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯。带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动【典例1】(2019·温州模拟)如图1所示，在xOy平面直角坐标系的MNPQ矩形区域内分布着四个有界矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，其内磁感应强度均垂直坐标平面，且大小相等，磁场的边界位置坐标及方向均在图中标出。一带负电的粒子从坐标原点处沿y轴正方向以kv0的速度射入，请解决以下问题。图1(说明：d、v0为已知量，k为正整数，π取3。粒子重力及空气阻力不计。若用到以下角度的三角函数值可取为sin45°＝0.7、sin53°＝0.8、sin60°＝0.9)(1)若k＝1，则粒子从坐标为(0.5d，0)的位置离开磁场Ⅰ，求粒子从进入到离开磁场的过程中运行的平均速度；(2)若k＝5，请求出粒子离开MNPQ区域的位置坐标，并计算粒子在MNPQ区域运行的总时间；(3)在k＝5的情况下，沿y轴平移场区Ⅱ、Ⅲ的位置可改变粒子运行的时间(平移后场区不重叠)。平移后，要使粒子仍从(2)问中的位置离开MNPQ区域，试判断粒子运行的时间是变长还是变短，并求出时间变化量的极值。所以，粒子出场的位置坐标为(0，6d)，如图甲所示(2)R＝54d，粒子在区域Ⅰ中速度偏向角的正弦值解析(1)r＝d4，T＝2πrv0，v－＝2r0.5T联立得v－＝2v0π＝2v03。sinα＝dR＝45，α＝53°粒子在一个磁场中的运行时间t1＝53360·2πRv＝53d240v0直线运动的时间t2＝2dv＝2d5v0得粒子运行的总时间t＝4t1＋t2＝77d60v0。(3)粒子半径不变，在磁场中运行时间不变，直线距离变长，总时间变长。设将区域Ⅱ、Ⅲ分别向中央移动距离Δy，如图乙所示，则粒子向＋x方向的偏移量x＝2R(1－cosα)＋Δytanα由x≤2d，解得Δy≤34d粒子直线运动的时间t直＝2×Δyvcosα＋2d－2Δyv＝6d＋4Δy15v0当Δy＝34d时，直线运动的时间最长，t直最大＝3d5v0故增加的最长时间为Δt最大＝3d5v0－2d5v0＝d5v0。答案(1)2v03(2)77d60v0(3)变长d5v0带电粒子在叠加场中的运动【典例2】(2019·浙江奉化适应性考试)如图2所示，平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，两平面之间同时存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m，电荷量为q，沿竖直平面以大小为v0的初速度从平面OM上的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动。已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。图2(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场的电场强度E为多大？(2)求出射点P到两平面交点O的距离s；(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上的T点，求T点到O点的距离s′。解析(1)根据题意，带电小球受到的电场力与重力平衡，则带电小球带正电荷。由力的平衡条件得qE＝mg(2)带电小球在叠加场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律有，qv0B＝mv20R，即R＝mv0qB解得E＝mgq。根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点，I点为入射点，P点为出射点。小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，故QP－＝2R(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设其竖直位移为y，水平位移为x，运动时间为t。OP的长度s＝QP－sin30°联立以上各式得s＝4mv0qB。则x＝v0t＝OP－cos30°竖直位移y＝12gt2联立各式得s′＝2R＋y＝2mv0qB＋6m2gq2B2。答案(1)正电荷mgq(2)4mv0qB(3)2mv0qB＋6m2gq2B2带电粒子在交变场中的周期性运动【典例3】(2019·宁波十校高三联考)如图3甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿＋y方向的匀强电场，电场强度E＝8π×103N/C。在y轴上放置一足够大的挡板，t＝0时刻，一个带正电粒子从P点以v＝2×104m/s的速度沿＋x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为π－210m，P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷qm＝106C/kg，不计粒子的重力。求粒子：(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离；(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间；(3)最终打在挡板上的位置到电场边界MN的垂直距离。图3解得半径R＝0.2m粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym＝2R＝0.4m。(2)如图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2RT＝2πRv＝2π×0.22×104s＝2π×10－5s时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿－y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间由磁场变化规律可知，它在0～3π2×10－5s即0～34T用时t2＝R＋y0v＝π2×10－5s＝T4进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿定律得粒子的加速度a＝qEm＝8π×109m/s2t3＝2va＝2×2×1048π×109＝π2×10－5s＝T4接下来，粒子沿＋y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经3π2×10－5s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程。所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：第二种可能是，由C点先沿＋y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿－y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为(3)由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向－x方向平移2R(即图甲中所示从P点移到F点)，OP－＝1.1m＝5.5R，故粒子打在挡板前的一次运动如图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。第一种可能是，由C点先沿－y方向到D再返回经过C，所需时间为t＝t3＝π2×10－5st′＝T4＋3T2＋T4＝2T＝4π×10－5s。J点到O的距离为32R＋R＋π－210m＝π＋310m。由题意知，QI－＝OP－－5R＝0.1mKQ－＝R－QI－＝0.1m＝R2，则JQ－＝R2－（KQ－）2＝32R答案(1)0.4m(2)π2×10－5s4π×10－5s(3)π＋310m分析带电粒子在复合场中的运动的注意事项(1)准确划分带电粒子运动过程中的不同运动阶段、不同运动形式，以及不同运动阶段、不同运动形式之间的转折点和临界点，只有明确粒子在某一阶段的运动形式后，才能确定解题所用到的物理规律。(2)分析带电粒子在交变电场或磁场中的运动轨迹时，还要注意对称性的灵活应用。1.(2019·浙江台州高三选考模拟)(多选)如图4所示为磁流体发电机的原理图。金属板M、N之间的距离为d＝20cm，磁场的磁感应强度大小为B＝5T，方向垂直纸面向里。现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入的额定功率为P＝100W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R＝100Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是()图4A.金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷B.该发电机的电动势为100VC.每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N上D.离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103m/s解析由左手定则知正离子向上偏转，所以M带正电，A错误；发电机所接灯泡正常发光，由功率P＝U2R，可知U＝100V，因电源不计内阻，则灯泡的电压即为电动势E＝100V，故B正确；根据欧姆定律可知I＝UR＝1A，由电流的定义可知I＝net，则每秒钟打在板上的粒子个数为n＝Ie＝6.25×1018，故C正确；两板间电压稳定时满足qvB＝qE0＝qEd，所以E＝Bvd，解得粒子的飞行速度为v＝102m/s，故D错误。答案BC2.(2019·浙江宁波重点中学高三期末联考)(多选)如图5甲所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，一质量为m，电荷量为q的带正电小球恰好处于静止状态。现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，如图乙所示。则关于小球的运动，下列说法正确的是()图5A.小球做匀速圆周运动B.小球运动过程中机械能守恒C.小球运动到最低点时电势能增加了mgv2BqD.小球第一次运动到最低点历时πm2qB答案AD解析小球在复合场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡。当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A正确；由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到的电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B错误；电场力从开始到最低点克服电场力做功为W＝EqRsin30°＝m2gv2Bq，所以电势能的增加量为m2gv2Bq，选项C错误；小球从第一次运动到最低点的时间为14T＝πm2Bq，选项D正确。3.(2019·桐乡一中高三年级周考)如图6所示，在平面直角坐标系xOy平面内，有一个半径为R、圆心O1坐标为(0，－3R)的圆形区域、该区域内存着磁感应强度为B1、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；有一对平行带电极板垂直x轴且关于y轴对称放置，极板AB、CD的长度和两极板间距均为2R，极板的两个端点B和D位于x轴上，AB板带正电，CD板带负电。在第一和第二象限内(包括x轴和正y轴上)有垂直于坐标平面向里的磁感应强度为B2(未知)的匀强磁场。另有一块长为R、厚度不计的收集板EF位于x轴上2R～3R的区间上。现有一坐标在(R，－3R)的电子源能在坐标平面内向圆形区域磁场内连续不断发射速率均为eB1Rm、方向与y轴正方向夹角为θ(θ可在0～180°内变化)的电子。已知电子的电荷量大小为e、质量为m，不计电子之间的相互作用力，两极板之间的电场看成匀强电场且忽略极板的边缘效应。电子若打在AB极板上，则即刻被导走且不改变原电场分布；若电子能经过第一、二象限的磁场后打在收集板上也即刻被吸收(不考虑收集板的存在对电子运动的影响)；若电子没有打在收集板上，则不考虑后续的运动。求：图6(1)若从θ＝60°发射的电子能够经过原点O，则两极板间电压为多大？(2)要使第(1)问中的电子能被收集板吸收，则B2应为多大？(3)若B2＝47B1，两极板间的电压大小可以从0开始调节(两极板极性不变)，则从哪些角度发射的电子可击中收集板的右端点F?解析(1)如图是电子轨迹，由于r＝R，故该电子从R2，－2R沿y轴正向进入电场，由R2＝12at2，a＝eUm（2R），t＝2Rv，v⊥＝at，v′＝v2＋v2⊥，设v′与y轴正方向的夹角为α，cosα＝vv′＝25，得U＝eB21R22m。(2)如图所示，若电子打在收集板的右端点，则由3R＝2r1cosα，ev′B2＝mv′2r1，得B2＝23B1；若电子打在收集板的左端点，则由2R＝2r2cosα，ev′B2＝mv′2r2，得B2＝B1；所以得B2的范围是23B1～B1。答案见解析(3)若B2＝47B