【正文】 力場中的直線運動 自由的帶電粒子 (無軌道約束 )，在勻強電場、勻強磁場和重力場中的直線運動應該是勻速直線運動，這是因為電場力和重力都是恒力，若它們的合力不與洛倫茲力平衡，則帶電粒子速度的大小和方向都會改變，就不可能做直線運動． (粒子沿磁場方向運動除外 ) 2．帶電粒子在復合場中運動的處理方法 (1)搞清楚復合場的組成．一般是磁場、電場的復合；磁場、 重力場的復合；磁場、重力場、電場的復合；電場和磁場分區(qū)域存在． (2)正確進行受力分析．除重力、彈力、摩擦力外還要特別 關注電場力和磁場力的分析． (3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)．注意將運動情況和受力情況結 合進行分析． (4)對于粒子連續(xù)經過幾個不同場的情況，要分段進行分析、 處理． (5)畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律． 1．當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，根據受力 平衡列方程求解． 2．帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，應用牛頓運 動定律結合圓周運動知識進行求解． 3．當帶電粒子做復雜的曲線運動時，一般用功能關系進 行求解． 2． (2020北京高考 )如圖 8－ 3－ 4所示 的虛線區(qū)域內，充滿垂直于紙面 向里的勻強磁場和豎直向下的勻 強電場．一帶電粒子 a(不計重力 ) 以一定的初速度由左邊界的 O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的 O′點 (圖中未標出 )穿出． 圖 8－ 3－ 4 若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力 )仍以相同初速度由 O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子 b ( ) A．穿出位置一定在 O′點下方 B．穿出位置一定在 O′點上方 C．運動時，在電場中的電勢能一定減小 D．在電場中運動時，動能一定減小 解析： 由左手定則判定帶電粒子 a所受洛倫茲力的方向，可知最初時刻粒子所受洛倫茲力與電場力方向相反，若qE≠qvB，則洛倫茲力將隨著粒子速度方向和大小的不斷改變而改變．粒子所受電場力 qE和洛倫茲力 qvB的合力不可能與速度方向在同一直線上，既然在復合場中粒子做直線運動，說明 qE＝ qvB， OO′連線與電場線垂直，當撤去磁場時，粒子僅受 電場力，做類平拋運動，電場力一定做正功，電勢能減少，動能增加，故 C對， D錯．因帶電粒子的 速度 v＝ 時粒子就能在原電、磁場中做直線運動，與粒子帶正、負電荷無關，撒去該區(qū)域內的磁場后，粒子帶正電時，穿出位置在 O′點下方，帶負電時，穿出位置在 O′點上方，故 A、 B錯． 答案： C (2020全國卷 Ⅱ )如圖 8－ 3 － 5所示，在寬度分別為 l1和 l2的兩 個毗鄰的條形區(qū)域中分別有勻強 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(qū)域上邊界的 P點斜射入磁場， 圖 8－ 3－ 5 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 ，求電場強度與磁感應強度大小之比以及粒子在磁場與電場中運動時間之比． [思路點撥 ] 粒子在磁場中做勻速圓周運動，結合幾何知識，確定圓心和半徑，從而確定磁感應強度和圓心角 (或時間 )．粒子在電場中做類平拋運動時，結合平拋規(guī)律可求得電場強度及運動時間． [課堂筆記 ] 粒子在磁場中做勻速圓周運動 (如圖所示 )．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 R2＝ l12＋ (R－ d)2 ① 設粒子的質量和所帶正電荷量分別為 m和 q，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝ m ② 設 P′為虛線與分界線的交點， ∠ POP′＝ α，則粒子在磁場中的運動時間為 t1＝ ③ 式中 sinα＝ ④ 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．設粒子加速度大小為 a，由牛頓第二定律得 qE＝ ma ⑤ 由運動學公式有 d＝ at22 ⑥ l2＝ vt2 ⑦ 式中 t2是粒子在電場中運動的時間．由 ①②⑤⑥⑦ 式得 由 ①③④⑦ 式得 arcsin( )． [答案 ] arcsin( ) 分析組合場中粒子的運動時，應分別分析粒子在隔離場中的受力情況及運動軌跡，從而選取適當的規(guī)律列式求解，且要注意粒子在兩場交界處的關鍵點 . 有人設想用如圖 8－ 3－ 6所示的裝置來選擇密度相同、大小不同的球狀納米粒子．粒子在電離室中電離后帶正電，電荷量與其表面積成正比．電離后，粒子緩慢通過小孔 O1進入極板間電壓為 U的水平加速電場區(qū)域 Ⅰ ，再通過小孔 O2射入相互正交的恒定勻強電場、勻強磁場區(qū)域 Ⅱ ，其中磁場的磁感應強度大小為 B，方向如圖所示．收集室的小孔 O3與 OO2在同一條水平線上．半徑為 r0的粒子，其質量為 m0，電荷量為 q0，剛好能沿 O1O3直線射入收集室．不計納米粒子的重力． (V球 ＝ πR3， S球 ＝ 4πR2) 圖 8－ 3－ 6 (1)試求圖中區(qū)域 Ⅱ 的電場強度； (2)試求半徑為 r的粒子通過 O2時的速率； (3)討論半徑 r≠r0的粒子剛進入區(qū)域 Ⅱ 時向哪個極板偏轉． [思路點撥 ] 分析該題時應注意以下幾點： (1)粒子在 Ⅰ 區(qū)域直線加速，可利用動能定理； (2)在 Ⅱ 區(qū)域只有滿足 qE＝ qvB的粒子才能沿直線勻速運動到達 O3； (3)粒子在 Ⅱ 區(qū)域向何方偏轉，決定于電場力和洛倫茲力的大小． [課堂筆記 ] (1)半徑為 r0的粒子在 Ⅰ 區(qū)，由動能定理可知：Uq0＝ m0v02. 所以 v0＝ 該粒子在 Ⅱ 區(qū)域做勻速直線運動． 則： q0E＝ q0v