例析帶電粒子在復合場的運動

帶電粒子在復合場中的運動包括帶電粒子在勻強電場、交變電場、勻強磁場及包含重力場在內的復合場中的運動問題，是高考必考的重點和熱點.縱觀近幾年的高考試題，題目一般是運動情景復雜、綜合性強，多場的性質、運動學規律、牛頓運動定律、功能關系以及交變電場等知識有機地結合.題目難度中等偏上，對考生的空間想像能力、物理過程和運動規律的綜合分析能力，用數學方法解決物理問題的能力要求較高.要解決帶電粒子在復合場中的運動，關鍵在于同學們平常復習時能對帶電粒子在復合場中的可能的運動形式進行歸納總結，這樣考試時遇到復合場問題就能迎刃而解了.

一、帶電粒子在E和B的復合場中的運動

電場和磁場的復合形式分為兩類，一類是電場和磁場垂直正交，另一類是電場和磁場沒有重疊區域，但有邊界.帶點粒子在這兩種形式的復合場中的運動形式是不同的.

1. 帶電粒子在E和B的垂直正交場中的運動.

速度選擇器、質譜儀中的前半部分、磁流體發動機、霍爾效應、電磁流量計都屬于帶電粒子在E和B的垂直正交場中的運動，而對于帶電粒子在E、B的垂直正交場的運動，一般是考查帶電粒子的勻速直線運動，即最后一定是洛侖茲力和電場力二力平衡.特別要注意的是在霍爾效應中，只有自由電子會受到洛侖茲力的作用而發生偏轉，而正電荷是原子核的帶電，不會偏轉.

例1.為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖1所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，在垂直于上下底面方向加一豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場，在前后兩個內側固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內排出的污水體積)，下列說法中正確的是( )

A. 若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高

B. 前表面的電勢一定低于后表面的電勢，與哪種離子多無關

C. 污水中離子濃度越高，電壓表的示數將越大

D. 污水流量Q與U成正比，與a、b無關

解析:污水中有很多正負離子隨污水一起流動，正負離子由于受到洛侖茲力偏轉，根據左手定則可知正離子向后表面偏轉，負離子向前表面偏轉，由于前后表面聚集的離子越來越多，前后兩表面之間必然會產生一勻強電場，穩定時，離子受到洛侖茲力和電場力處于平衡狀態而做勻速直線運動，前后兩表面的電勢差恒定，即qE=q=qvB，解得U=bvB，污水流量Q===bcv==，易知BD正確.

2. 帶電粒子在E和B的有界場中的運動.

帶電粒子在E和B的有界場中的運動實際上帶電粒子在電場和磁場中運動規律的組合，其結合點在速度上，即粒子離開磁場(或電場)時的速度就是粒子進入電場(或磁場)的速度.粒子在磁場中一定是做勻速圓周運動，而求解勻速圓周運動關鍵在于“定圓心、畫軌跡、根據幾何知識求解”，粒子在電場中的運動情況則有兩種可能，一種是直線運動，而求解直線運動時，首選動能定理，也可用牛頓第二定律結合運動學公式求解;另一種是類平拋運動，求解類平拋運動應采用運動的分解，即分解速度或者分解位移，當然不涉及到速度的方向時，也可以用動能定律求解.

例2. 回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的勻強電場(其頻率為f)，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場中，如圖2所示，設勻強磁場的磁感應強度為B，D形金屬盒的半徑為R，狹縫間的距離為d，勻強電場間的加速電壓為U.則下列說法中正確的是()

A. 增大勻強電場間的加速電壓，被加速粒子最終獲得的動能將增大

B. 增大磁場的磁感應強度，被加速粒子最終獲得的動能將增大

C. 被加速粒子最終速度大小不超過2πfR

D. 增大勻強電場間的加速電壓，被加速粒子在加速器中運動的圈數將減少

解析:回旋加速器是帶電粒子在E和B的有界場中的運動，帶電粒子在B中做勻速圓周運動，在E中做直線運動，因粒子在勻強磁場中做半圓周運動的時間與粒子的速度無關，在交變電場中不斷做加速直線運動，這樣達到多次加速的目的，而在電場中做直線運動，可用動能定理求解，設粒子經過經過n次加速，根據動能定理有nqU=mv2n-0，得vn=，由此可見，每一次加速以后的速度與加速電壓有關，但最后能夠達到的最大速度與加速電壓無關，因為加速電壓增大，粒子在D型盒中回旋的次數將減少，最大速度可以根據粒子在D型盒中的圓周運動來求解，即qvmB=m，得到vm==2fR，故BCD正確.

例3.(2009年全國卷Ⅱ)如圖3所示，在寬度分別為l1和l2的兩個毗鄰的條形區域分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右.一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的Q點射出.已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d.不計重力，求電場強度與磁感應強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比.

解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動，如圖4所示.由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應在分界線上，OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關系得R2=l21+(R-d)2

設粒子的質量和所帶正電荷分別為m和q，由牛頓第二定律得:qvB=m.

設P'為虛線與分界線的交點，∠POP1=，則粒子在磁場中的運動時間為t1=.

根據幾何知識有sin=.

粒子進入電場后做類平拋運動，其初速度為v，方向垂直于電場.設粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 qE=ma.

由運動學公式有d=at2，l2=vt2.

聯立解得=v，=arcsin().

二、帶電粒子在E、B、g復合場中的運動

1. 無約束的情形.

所謂無約束，是指帶電體只受到電場力、洛侖茲力和重力，不再受其它力.帶電體在只受這三個力時，其運動形式有兩種:一種是勻速直線運動，帶電體做勻速直線運動時，電場力、洛侖茲力、重力三力平衡;另一種是勻速圓周運動，帶電體做勻速圓周運動時，一定是電場力和重力平衡，洛侖茲力提供向心力.

例4. 如圖5所示，有水平向右的勻強電場，還有垂直于紙面向里的勻強磁場，現有一質量為m，帶電量為q的小球以某一初速度v沿與電場方向成角斜向上射出而恰好做勻速直線運動，已知磁感應強度為B，電場強度滿足E=，求小球的速度v滿足的條件以及為多少?

解析:以小球為研究對象，其受力如圖6所示，根據平衡條件有qvB=，解出v=，根據幾何知識易知=45°.

例5. (2006年四川)如圖7所示，在足夠大的空間范圍內，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B=1.57T.小球1帶正電，其電量與質量之比=4C/kg，所受重力與電場力的大小相等;小球2不帶電，靜止放置于固定和水平懸空支架上.小球1向右以v0=23.59m/s的水平速度與小球2正碰，碰后經0.75s再次相碰.設碰撞前后兩小球帶電情況不發生改變，且始終保持在同一豎直平面內.(取g=9.8m/s2)問:

(1)電場強度E的大小是多少?

(2)兩小球的質量之比是多少?

解析:(1)小球1所受的重力與電場力始終平衡m1g=q1E，解得E=2.5N/C .

(2)相碰后小球1做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得 q1v1B=m1，半徑為R1= ，周期為T==ls .

∵兩球運動時間t=0.75s=T.

∴小球1只能逆時針經周期時與小球2再次相碰第一次相碰后小球2作平拋運動h=R1=gt2，L=R1=v2t.

兩小球第一次碰撞前后動量守恒，以水平向右為正方向有m1v0=—m1v1+m2v2 .

聯立解得v2=3.75m/s，v1=17.66m/s.

∴兩小球質量之比==11.

2. 有約束的情形.

所謂有約束的情形是指帶電體被約束在某一范圍內運動，如帶電體在絕緣斜面上滑動，帶電體套在絕緣桿上在桿上滑動等.此時，帶電體除了受到電場力、洛侖茲力和重力以外，還會受到其它力，如彈力、摩擦力等，解決有約束的問題，關鍵在于正確的受力分析，然后根據牛頓第二定律分析清楚物體的運動過程，這樣問題就能很快解決了.

例6. 如圖8所示，在互相垂直的水平方向的勻強電場(E已知)和勻強磁場(B已知)中，有一固定的豎直絕緣桿，桿上套一個質量為m、電荷量為+q的小球，它們之間的摩擦因數為μ，現由靜止釋放小球，試求小球沿棒運動的最大加速度和最大速度.(mg>μqE，小球的帶電荷量不變)

解析:以小球為研究對象，小球受力如圖9所示，水平方向有N=f洛+F=qvB+qE

豎直方向有mg-f=ma

又f=N=(qvB+qE)

可得a=.

易知當小球剛開始下滑時加速度最大am==g-，當加速度為零時，速度最大，即mg=(qvmB+qE)，解得vm=-.

同學們還可以討論磁場的方向垂直于紙面向外和磁場方向水平向右或向左時小球下落的最大加速度和最大速度.

三、針對訓練

1. 如圖10所示，一帶電粒子以某一速度在豎直平面內做直線運動，經過一段時間后進入一垂直于紙面向里、磁感應強度為B的圓形勻強磁場(圖中未畫出磁場區域)，粒子飛出磁場后垂直電場方向進入寬為L的勻強電場，電場強度大小為E，方向豎直向上.當粒子穿出電場時速度大小變為原來的倍，已知帶電粒子的質量為m，電量為q，重力不計.粒子進入磁場時的速度如圖所示與水平方向60°角.試解答:

(1)粒子帶什么電?

(2)帶電粒子在磁場中運動時速度多大?

(3)圓形磁場區域的最小面積為多大?

2. 如圖11所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸.一質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L， 小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為.不計空氣阻力，重力加速度為g，求:

(1)電場強度E的大小和方向;

(2)小球從A點拋出時初速度v0的大小;

(3)A點到x軸的高度h.

參考答案

1.解析:(1)根據粒子在磁場中的偏轉情況和左手定則易知，粒子帶負電.

(2)由于洛侖茲力對粒子不做功，故粒子以原來的速率進入電場中，設帶電粒子進入電場的初速度為v0，粒子在電場中做類平拋運動，粒子離開電場時的速度大小為v1=v0，將v1分解為平行于電場方向和垂直于電場方向的兩個分速度，如圖12所示，根據幾何關系有vy=v0

且vy=at=

聯立解得v0=.

(3)如圖所示，粒子進入磁場和離開磁場時的速度 方向已知，兩速度方向成一夾角，則粒子在磁場中做圓周運動的圓心必在速度夾角的角平分線上，做出兩速度夾角的角平分線，在角平分線上取一點O作為圓心，且與兩速度相切于P、Q兩點，很明顯，磁場圓應以PQ為直徑時，面積最小.

由qv0B=m解得R==.

由幾何知識可知r=Rsin30°.

磁場區域的最小面積為S=r2=.

2. 解析:(1)小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡(恒力不能充當圓周運動的向心力)，有 qE=mg即E=， 重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上.

(2)小球做勻速圓周運動，O′為圓心，MN為弦長，∠MO′P=，如圖14所示.設半徑為r，由幾何關系知=sin設小球做圓周運動的速率為v，根據牛頓第二定律有qvB= .

由速度的合成與分解知=cos.

聯立解得v0=cos.

(3)設小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關系為vy=v0tan.

由勻變速直線運動規律v2=2gh

聯立解得h=.

責任編校李平安