華興恒

帶電粒子在不同的場中運(yùn)動是高考的熱點(diǎn)，有些學(xué)生對此類問題望而生畏，常常不知如何入手求解，導(dǎo)致考場失利，難以榮錄心儀的學(xué)校.為此下面對此類考題分類例析，只要大家分類掌握了這些題型的解法，然后達(dá)到舉一反三，便可觸類旁通，為順利高考打下堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ).

一、帶電粒子在電場中的運(yùn)動問題

例1 （2016年全國卷Ⅱ）如圖1所示，P是固定的點(diǎn)電荷，虛線是以P為圓心的兩個(gè)圓.帶電粒子Q在P的電場中運(yùn)動，運(yùn)動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個(gè)點(diǎn).若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點(diǎn)的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc.則（）圖1

解析因?yàn)閹щ娏Ｗ又皇茈妶隽Φ淖饔?，由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E=kqr2可知，離場源點(diǎn)電荷P越近，電場強(qiáng)度越大，Q受到的電場力也就越大，則由牛頓第二定律可知，加速度越大，故有ab>ac>aa，則選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由力與運(yùn)動的關(guān)系可知，Q受到的庫侖力指向運(yùn)動軌跡凹的一側(cè)，因此Q與P帶同種電荷，Q從c到b的過程中，電場力做負(fù)功，動能減少，從b到a的過程中，電場力做正功，動能增加，因此Q在b點(diǎn)的速度最小，由于b、c兩點(diǎn)的電勢差的絕對值小于a、b兩點(diǎn)的電勢差的絕對值，因此Q從c到b的過程中，動能的減少量小于從b到a的過程中動能的增加量，Q在c點(diǎn)的動能小于在a點(diǎn)的動能，即有va>vc>vb.故應(yīng)選D.

點(diǎn)評掌握點(diǎn)電荷電場的特點(diǎn)，明確電場力做功與電勢差的關(guān)系，是順利求解本題的關(guān)鍵.熟知帶電粒子僅在電場力的作用下，其加速度的大小取決于場強(qiáng)的大小，其速度的大小取決于電場力做功的正負(fù)與大小.要注意的是：帶電粒子在電場中運(yùn)動時(shí)，若只受電場力的作用，則帶電粒子的動能與其勢能的總和為一定值.

例2 （2016年北京卷）如圖2所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出.已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距離為d.

圖2

（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0和從電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy.

（2）分析物理量的數(shù)量級是解決物理問題的常用方法.在解決（1）問時(shí)忽略了電子所受的重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因.已知U=2.0×102V，d=4.0×10-2m，m=9.1×10-31kg，e=1.6×10-19C，g=10m/s2.

（3）極板間既有靜電場也有重力場.電勢反映了靜電場各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請寫出電勢

φ的定義式.類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點(diǎn).

解析該題主要考查帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動、電勢的定義等知識.

（1）根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0=12mv20，則電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0=2eU0m.

在偏轉(zhuǎn)電場中電子的運(yùn)動時(shí)間為Δt=Lv0=

Lm2eU0，可得偏轉(zhuǎn)距離△y=12a（Δt）2=12·eUdm（Δt）2=UL24U0d.

（2）考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力G=mg～10-29N，電場力F=eUd～10-15N.因?yàn)镕G，因此無須考慮電子所受的重力作用.

（3）電場中某點(diǎn)電勢φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢能EP與其電荷量q的比值，即φ=EPq.由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點(diǎn)的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值叫做“重力勢”，即φG=EGm.電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場本身的因素決定.

例3 （2015年全國卷Ⅱ）如圖3所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，A、B為其運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn).已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°，它運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°，不計(jì)重力.求A、B兩點(diǎn)間的電勢差.

解析 設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB，粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°=v0sin60°，由此可得vB=3v0.

設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB，則由動能定理有qUAB=12m（v2B-v20），將vB代入可解得UAB=mv20q.

點(diǎn)評 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，垂直電場方向上其分速度大小不變，電場力只改變帶電粒子沿電場方向上的分速度，兩個(gè)方向上分速度的大小關(guān)系也就決定了帶電粒子運(yùn)動方向與電場線方向的夾角，重點(diǎn)是將速度分解，然后根據(jù)qU=△Ek即可獲解.

二、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題

例4 （2016全國卷Ⅱ）一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖4所示.圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動.在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入圓筒，射入時(shí)的運(yùn)動方向與MN成30°角.當(dāng)圓筒轉(zhuǎn)過90°時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計(jì)重力，若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（ ）.圖5

A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB

解析 由題意可知帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡如圖5所示.由幾何關(guān)系可知，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓弧所對的圓心角為30°，因此帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t=112×2πmqB；由題意可知，帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間與筒轉(zhuǎn)過90°所用的時(shí)間相等，即πm6qB=14×2πω，求得qm=ω3B.

故應(yīng)選A.

點(diǎn)評 求解本題的關(guān)鍵是要能夠正確的審題，并能夠根據(jù)審題結(jié)果正確地畫出粒子運(yùn)動的軌跡，并找準(zhǔn)幾何關(guān)系.簡單地說就是：定圓心，畫軌跡，由幾何知識求半徑，找圓心角求時(shí)間.否則會導(dǎo)致錯(cuò)解的發(fā)生.

例5 （2016四川卷）如圖6所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場.一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入勻強(qiáng)磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)，從b點(diǎn)離開磁場，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為tb；當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開磁場，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為tc.不計(jì)粒子重力，則（ ）

解析設(shè)正六邊形的邊長為l，一帶正電的粒子從f沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)，從b點(diǎn)離開磁場，則由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為rb=l，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡所對的圓心角為120°.因?yàn)橛陕鍌惼澚μ峁┫蛐牧?，則有Bqvb=mv2bl，解得l=mvbqB，且T=2πl(wèi)vb，可得tb=13·2πmqB；當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開磁場，則由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑rc=l+12lsinθ=2l，同理有2l=mvcqB，tc=16·2πmqB.解得vb∶vc=1∶2，tb∶tc=2∶1，則選項(xiàng)A正確.故應(yīng)選A.

點(diǎn)評 解答本題的關(guān)鍵是要確定粒子做圓周運(yùn)動的圓心，然后根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子做圓周運(yùn)動的半徑以及運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角，這樣就能夠順利獲解.

例6 （2016年全國卷Ⅲ）平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面圖8

（紙面）如圖8所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）.粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場，速度與OM成30°角.已知該粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場.不計(jì)重力，粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為（）.

A.mv2qB B.3mvqB C.2mvqB D.4mvqB

解析如圖9所示為粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡示意圖，設(shè)出射點(diǎn)為P，粒子運(yùn)動軌跡與ON的交點(diǎn)為Q，粒子入射方向與OM成30°角，則射出磁場時(shí)速度方向與MO成30°角，由幾何關(guān)系可知，PQ⊥ON，故出射點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為軌道圓直徑的2倍，即4R.又粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑R=mvqB，故應(yīng)選D.

點(diǎn)評準(zhǔn)確作出帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵，在做題時(shí)可以運(yùn)用直尺和圓規(guī)或小硬幣輔助作圖，以利于順利求解.

例7 （2013年課標(biāo)全國卷Ⅰ）如圖10所示，半徑是R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外.一電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點(diǎn)與ab的距離為R2.已知粒子射出磁場與射入磁場時(shí)運(yùn)動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計(jì)重力）（）.

A.qBR2m B.qBRm C.3qBR2m D.2qBRm

解析作出粒子運(yùn)動軌跡如圖11中實(shí)線所示.因P到ab的距離為R2，可知α=30°.因粒子速度方向改變60°，可知轉(zhuǎn)過的圓心角2θ=60°.由圖中幾何關(guān)系有（r+R2）tanθ=Rcosα，解得r=R.再由Bqv=mv2r，可得v=qBRm.則選項(xiàng)

A、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確.故應(yīng)選B.

點(diǎn)評正確地描繪粒子運(yùn)動軌跡是順利求解本題的關(guān)鍵，然后根據(jù)幾何關(guān)系，利用邊、角關(guān)系確定圓的半徑，進(jìn)而根據(jù)圓周運(yùn)動的規(guī)律便可簡捷地求出粒子的速率.

三、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題圖12例8 （2016年北京卷）如圖12所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動.不計(jì)帶電粒子所受的重力.

（1）求粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑R和周期T；

（2）為使該粒子做勻速直線運(yùn)動，還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場方向垂直的勻強(qiáng)電場，求電場強(qiáng)度E的大小.

解析（1）因洛倫茲力提供向心力，則有qvB=mv2R，據(jù)此可求得帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑R=mvqB，勻速圓周運(yùn)動的周期T=2πRv=2πmqB.

（2）帶電粒子所受的電場力為F=qE，洛倫茲力為f=qvB.因帶電粒子做勻速直線運(yùn)動，則有qE=qvB，據(jù)此可得電場強(qiáng)度的大小為E=vB.

地面上方有一范圍足夠大的

互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)

磁場區(qū)域.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)

度為B，方向水平并垂直紙面

向里.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內(nèi)沿豎直平面（垂直于磁場方向的平面）做速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動，重力加速度為g.

（1）求此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向.

（2）若某時(shí)刻該微粒在場中運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)，速度與水平方向的夾角為60°，且已知P點(diǎn)與水平地面間的距離等于其做圓周運(yùn)動的半徑.求該微粒運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)與水平地面間的距離.

（3）當(dāng)帶電微粒運(yùn)動至最高點(diǎn)時(shí)，將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼?2（方向不變，且不計(jì)電場變化對原磁場的影響），且?guī)щ娢⒘Ｄ苈渲恋孛妫髱щ娢⒘Ｂ渲恋孛鏁r(shí)的速度大小.

解析 （1）由于帶電微?？梢栽陔妶觥⒋艌龊椭亓龉泊娴膮^(qū)域內(nèi)沿豎直平面做勻速圓周運(yùn)動，表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反，因此電場強(qiáng)度的方向豎直向上.

設(shè)電場強(qiáng)度為E，則有mg=qE，即E=mgq.

圖14

（2）設(shè)帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力公

式有qvB=mv2R，解得R=mvqB.

依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖14所示，由幾何關(guān)系可知，該微粒運(yùn)動至最高點(diǎn)時(shí)與水平地面間的距離hm=52R=5mv2qB.

（3）將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼?2，即F電=mg2，帶電微粒運(yùn)動過程中，洛倫茲力不做功，所以在它從最高點(diǎn)運(yùn)動至地面的過程中，只有重力和電場力做功，設(shè)帶電微粒落地時(shí)的速度大小為v1，根據(jù)動能定理有mghm-F電hm=12mv21-12mv2，解得v1=v2+5mgv2qB.

答案：（1）mgq，方向豎直向上 （2）5mgv2qB

（3）v2+5mgv2qB

點(diǎn)評 處理帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動問題的技巧.

1.弄清復(fù)合場的組成.

2.正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動特征.

3.畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律.

4.對于臨界問題，注意挖掘隱含條件，關(guān)注特殊詞語如“恰好”“剛好”“至少”，尋找解題的突破口.

例10 （2012年課標(biāo)全國卷）如圖15所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域（紙面）.在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直.圓心O到直線的距離為35R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域.若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度的大小.

解析 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得

qvB=mv2r

①

式中v為粒子在a點(diǎn)的速度.

如圖16所示，

過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c、d兩點(diǎn)，則由幾何關(guān)系可知，線段ac、bc與過a、b兩點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）

圍成一正方形.因此有

ac=bc=r②圖16

設(shè)cd=x，則由幾何關(guān)系可得

ac=45R+x

③

bc=35R+x④

聯(lián)立②③④式得r=75R⑤

再考慮粒子在電場中的運(yùn)動.設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為a，則由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式可得

qE=ma⑥

粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，則由運(yùn)動學(xué)公式可得

r=12at2

⑦

r=vt⑧

式中t是粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間.

聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式可解得E=14qRB25m.

（收稿日期：2016-08-24）