【正文】 由 ⑤⑨⑩ ??? 式得 α ＝ 30176。 ? 由 ①③⑨ ? 式可見， b 沒有飛出 Ⅰ 。 P b 點(diǎn)的 y 坐標(biāo)為 yP b ＝ R b 1 (2 ＋ c os α ) ＋ h ? 由 ①③⑧⑨ ?? 式及題給條件得， a 、 b 兩粒子的 y 坐 標(biāo)之差為 yP a － yP b ＝23( 3 － 2) d ? 答案 ： ( 1) 2 dqBm ( 2) 23 ( 3 － 2) d 題型特點(diǎn) 帶電粒子在復(fù)合場中的平衡問題，帶電粒子在復(fù)合場中的直線運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在復(fù)合場中的曲線運(yùn)動(dòng)，回旋加速度、速度選擇器等高科技儀器的應(yīng)用。 熱點(diǎn)九、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 解題方略 、磁場、重力場的組合，帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到重力、電場力、磁場力的作用，重力和電場力往往是恒定的，磁場力的大小和方向隨粒子運(yùn)動(dòng)速度的變化而變化。 、磁場的組合場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，要注意粒子受力情況和運(yùn)動(dòng)情況的分析，結(jié)合力學(xué)中的牛頓運(yùn)動(dòng)定律，運(yùn)動(dòng)的合成與分解、功能關(guān)系等進(jìn)行求解。 [ 例 9] ( 2 0 1 1 福建高考 ) 如圖 31 甲，在 x 0 的空間中存在沿 y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場和垂直于 x O y 平面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為 E ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B 。一質(zhì)量為 m 、帶電荷量為 q ( q 0 )的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn) O 處，以初速度 v0沿 x 軸正方向射入，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡見圖甲，不計(jì)粒子的重力。 圖 31 (1) 求該粒子運(yùn)動(dòng)到 y ＝ h 時(shí)的速度大小 v ； (2) 現(xiàn)只改變?nèi)肷淞Ｗ映跛俣鹊拇笮?，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運(yùn)動(dòng)軌跡 ( y － x 曲線 ) 不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時(shí)，這些粒子在 y 軸方向上的運(yùn)動(dòng) ( y － t 關(guān)系 ) 是簡諧運(yùn)動(dòng)，且都有相同的周期 T ＝2π mqB。 Ⅰ . 求粒子在一個(gè)周期 T 內(nèi)，沿 x 軸方向前進(jìn)的距離 s ； Ⅱ . 當(dāng)入射粒子的初速度大小為 v0時(shí)，其 y － t 圖像如圖丙所示，求該粒子在 y 軸方向上做簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅 A ，并寫出 y － t 的函數(shù)表達(dá)式。 [ 解析 ] (1) 由于洛倫茲力不做功，只有電場力做功，由動(dòng)能定理有 － qEh ＝12m v2－12m v 20① 由 ① 式解得 v ＝ v 20－2 qEhm② (2) Ⅰ . 由圖乙可知，所有粒子在一個(gè)周期 T 內(nèi)沿 x 軸方向前進(jìn) 距離相同，即都等于恰好沿 x 軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的粒子在 T 時(shí)間內(nèi)前進(jìn)的距離。設(shè)粒子恰好沿 x 軸方向勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為 v1，則 q v1B ＝ qE ③ 又 s ＝ v1T ④ 式中 T ＝2π mqB 由 ③④ 式解得 s ＝2π mEqB2 ⑤ Ⅱ . 設(shè)粒子在 y 方向上的最大位移為 ym( 圖丙曲線的最高點(diǎn)處 ) ，對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度大小為 v2( 方向沿 x 軸 ) ，因?yàn)榱Ｗ釉?y 方向上的運(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)，因而在 y ＝ 0 和 y ＝ ym處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則 q v0B － qE ＝－ ( q v2B － qE ) ⑥ 由動(dòng)能定理有－ q Eym＝12m v 22－12m v 20⑦ 又 Ay＝12ym⑧ 由 ⑥⑦⑧ 式解得 A y ＝mqB( v 0 －EB) 可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運(yùn)動(dòng) y － t 函數(shù)表達(dá)式為 y ＝mqB( v 0 －EB)(1 － c osqBmt ) [ 答案 ] ( 1) v 20 －2 qEhm ( 2) Ⅰ .2π mEqB2 Ⅱ .mqB( v 0 －EB) y ＝mqB( v 0 －EB)(1 － c osqBmt ) [ 針對(duì)訓(xùn)練 ] 1. (201 1 山東高考 ) 扭擺器是同步輻射裝 置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖 32 ： Ⅰ 、 Ⅱ兩處的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)邊界豎直，相距為 L ，磁場方向相反且垂直于紙面。一 圖 32 質(zhì)量為 m 、電量為－ q ，重力不計(jì)的粒子，從靠近平行板電容器 MN 板處由靜止釋放，極板間電壓為 U ，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入 Ⅰ 區(qū)，射入時(shí)速度與水平方向夾角 θ ＝30176。 。 (1)當(dāng) Ⅰ 區(qū)寬度 L1＝ L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B1＝ B0時(shí)，粒子從 Ⅰ 區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向夾角也為 30176。 ，求 B0及粒子在 Ⅰ 區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t。 (2)若 Ⅱ 區(qū)寬度 L2＝ L1＝ L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B2＝ B1＝ B0， 求粒子在 Ⅰ 區(qū)的最高點(diǎn)與 Ⅱ 區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差 h。 (3)若 L2＝ L1＝ L、 B1＝ B0，為使粒子能返回 Ⅰ 區(qū)，求 B2應(yīng) 滿足的條件。 (4)若 B1≠B L1≠L2，且已保證了粒子能從 Ⅱ 區(qū)右邊界射 出。為使粒子從 Ⅱ 區(qū)右邊界射出的方向與從 Ⅰ 區(qū)左邊界射入的方向總相同，求 B B L L2之間應(yīng)滿足的關(guān)系式。 解析： ( 1) 如圖甲所示，設(shè)粒子射入磁場 Ⅰ 區(qū)的速度為 v ，在磁場 Ⅰ區(qū)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R1，由動(dòng)能定理和牛頓第二定律得 qU ＝12m v2 ① q v B1＝ mv2R1 ② 由幾何知識(shí)得 L ＝ 2 R1 sin θ ③ 聯(lián)立 ①②③ 式，代入數(shù)據(jù)得 B0＝1L 2 mUq ④ 設(shè)粒子在磁場 Ⅰ 區(qū)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為 T ，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t T ＝2π R1v ⑤ t ＝2 θ2πT ⑥ 聯(lián)立 ②④⑤⑥ 式，代入數(shù)據(jù)得 t ＝π L3 m2 qU ⑦ (2) 設(shè)粒子在磁場 Ⅱ 區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R2，由牛頓第二定律得 q v B2＝ mv2R2 ⑧ 由幾何知識(shí)可得 h ＝ ( R1＋ R2)(1 － c os θ ) ＋ L tan θ ⑨ 聯(lián)立 ②③⑧⑨ 式，代入數(shù)據(jù)得 h ＝ (2 －233 ) L ⑩ (3) 如圖乙所示，為使粒子能再次回到 Ⅰ 區(qū)，應(yīng)滿足 R2(1 ＋ s in θ ) ＜ L [ 或 R2(1 ＋ sin θ ) ≤ L ] ? 聯(lián)立 ①⑧ ? 式，代入數(shù)據(jù)得 B2＞3L mU2 q( 或 B2≥3L mU2 q) ? (4) 如圖丙 ( 或圖丁 ) 所示，設(shè)粒子射出磁場 Ⅰ 區(qū)時(shí)速度與水平方向的夾角為 α ，由幾何知識(shí)可得 L1＝ R1(si n θ ＋ sin α ) ? [ 或 L1＝ R1(sin θ － s in α )] L2＝ R2(si n θ ＋ sin α ) ? [ 或 L2＝ R2(sin θ － sin α )] 聯(lián)立 ②⑧ 式得 B1R1＝ B2R2 ? 聯(lián)立 ??? 式得 B1L1＝ B2L2? 答案： (1)1L2 mU2 π L3 m2 qU (2) (2 －233 ) L (3) B 2 ＞3L mU2 q( 或 B 2 ≥3L mU2 q) (4) B 1 L 1 ＝ B 2 L 2 2. ( 201 1 廣東高考 ) 如圖 33 甲所示，在以 O 為圓心，內(nèi)外半徑 分別為 R1 和 R2 的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直 紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差 U 為常量， R1＝ R0， R2＝ 3 R0，一電荷量為＋ q ，質(zhì)量為 m 的粒子從內(nèi)圓上的 A 點(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，不計(jì)重力。 圖 33 ( 1) 已知粒子從外圓上以速度 v1 射出，求粒子在 A 點(diǎn)的初速率 v0 的大小。 ( 2) 若撤去電場，如圖乙，已知粒子從 OA 延長線與外圓 的交點(diǎn) C 以速度 v2 射出，方向與 OA 延長線成 45176。 角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 ( 3) 在圖乙中，若粒子從 A 點(diǎn)進(jìn)入磁場，速度大小為 v3，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？ 解析： ( 1) 由動(dòng)能定理得 qU ＝12m v 21－12m v 20 解得 v0＝ v 21－2 qUm。 ( 2) 撤去電場后，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲所示，設(shè)軌道半徑為 r ，由幾何關(guān)系得， r ＝ 2 R0 由 q v2B ＝m v 22r得 B ＝m v2qr＝m v22 qR0 軌跡圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角 θ ＝ 90176。 則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t ＝T4＝π m2 qB＝2 π R02 v2 ( 3) 要使粒子一定能夠從外圓射出，粒子剛好與兩邊界相切，軌跡圖如圖乙所示，分兩種情況： 第 Ⅰ 種情況：由幾何關(guān)系可知粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑 r1＝R2－ R12＝ R0⑨ 設(shè)此過程的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B1，由牛頓第二定律 qB1v3＝ mv 23r1⑩ 聯(lián)立 ⑨⑩ 得， B1＝m v3qR0 第 Ⅱ 種情況：由幾何關(guān)系可知粒子運(yùn)動(dòng)軌道半徑 r2＝R2＋ R12＝ 2 R0 設(shè)此過程的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B2，則 B2＝m v32 qR0 綜合 Ⅰ 、 Ⅱ 可知磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于m v32 qR0 答案： ( 1) v 21 － 2 qUm ( 2) 2 m v 22 qR0 2 π R 02 v2 ( 3) m v 32 qR0 3. (201 1 全國高考 ) 如圖 34 ，與水平面成 45176。 角的平面 MN 將空間分成 Ⅰ 和 Ⅱ 兩個(gè)區(qū)域。一質(zhì)量為 m 、電荷量為 q ( q 0)的粒子以速度 v0從平面 MN 上的 P0點(diǎn)水平向右射入 Ⅰ 區(qū)。粒子在 Ⅰ 區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到大小不變、方向豎直向 下的電 圖 34 場作用，電場強(qiáng)度大小為 E ；在 Ⅱ 區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到勻強(qiáng)磁場的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B ，方向垂直于紙面向里。求粒子首次從 Ⅱ 區(qū)離開時(shí)到出發(fā)點(diǎn) P0的距離 ( 粒子的重力可以忽略 ) 。 解析： 帶電粒子進(jìn)入電場后，在電場力的作用下沿拋物線運(yùn)動(dòng)，其加速度方向豎直向下，設(shè)其大小為 a ，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 qE ＝ ma ① 設(shè)經(jīng)過時(shí)間 t0，粒子從平面 MN 上的點(diǎn) P1進(jìn)入磁場，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系得 v0t0＝12at 20 ② 粒子速度大小 v1為 v1＝ v 20＋ ? at0?2 ③ 設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為 α ，則 t an α ＝v0at0 ④ 此時(shí)粒子到出發(fā)點(diǎn) P0的距離為 s0＝ 2 v0t0 ⑤ 此后粒子進(jìn)入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑為 r1＝m v1qB ⑥ 設(shè)粒子首次離開磁場的點(diǎn)為 P2，弧12PP所張的圓心角為 2 β ，則 P1到點(diǎn)P2的距離為 s1＝ 2 r1si n β ⑦ 由幾何關(guān)系得 α ＋ β ＝ 4 5176。 ⑧ 聯(lián)立 ①②③④⑥⑦⑧ 式得 s1＝ 2 m v0qB ⑨ 點(diǎn) P2與點(diǎn) P0相距 l ＝ s0＋ s1 ⑩ 聯(lián)立 ①②⑤⑨⑩ 解得 l ＝2 m v0q(2 v0E＋1B) ?