安徽省靈璧縣黃灣中學(234213)

華興恒●

帶電粒子場中動 考題類型須弄清

安徽省靈璧縣黃灣中學(234213)

華興恒●

帶電粒子在不同的場中運動是高考的熱點，有些同學對此類問題望而生畏，常常不知如何入手求解，導致考場失利，難以榮錄心儀的學校.為此下面對此類考題分類例析，只要大家分類掌握的了這些題型的解法，然后達到舉一反三，便可觸類旁通，為順利高考打下堅實的基礎.

一、帶電粒子在電場中的運動問題

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

A.aa>ab>ac，va>vc>vb

B.aa>ab>ac，vb>vc>va

C.ab>ac>aa，vb>vc>va

D.ab>ac>aa，va>vc>vb

點評 掌握點電荷電場的特點，明確電場力做功與電勢差的關系，是順利求解本題的關鍵.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的大小，其速度的大小取決于電場力做功的正負與大小.要注意的是：帶電粒子在電場中運動時，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北京卷)如圖2所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出.已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距離為d.

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

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

解析 該題主要考查帶電粒子在加速電場和偏轉電場中的運動、電勢的定義等知識.

例3 (2015全國卷Ⅱ)如圖3所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點.已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°，它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°，不計重力.求A、B兩點間的電勢差.

點評 帶電粒子在勻強電場中運動，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，兩個方向上分速度的大小關系也就決定了帶電粒子運動方向與電場線方向的夾角，重點是將速度分解，然后根據qU=ΔEk即可獲解.

二、帶電粒子在磁場中的運動問題

例3 (2016全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖3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順時針轉動.在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入圓筒，射入時的運動方向與MN成30°角.當圓筒轉過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計重力，若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為( ).

點評 求解本題的關鍵是要能夠正確的審題，并能夠根據審題結果正確地畫出粒子運動的軌跡，并找準幾何關系.簡單地說就是：定圓心，畫軌跡，由幾何知識求半徑，找圓心角求時間.否則會導致錯解的發(fā)生.

例4 (2016四川卷)如圖5所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場.一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入勻強磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb；當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc.不計粒子重力，則( ).

A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1

B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2

C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1

D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2

點評 解答本題的關鍵是要確定粒子做圓周運動的圓心，然后根據幾何關系求出粒子做圓周運動的半徑以及運動軌跡所對應的圓心角，這樣就能夠順利獲解.

例5 (2016全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖7所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質量為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動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場.不計重力，粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為( ).

點評 準確作出帶電粒子在磁場中的運動軌跡是解題的關鍵，在做題時可以運用直尺和圓規(guī)或小硬幣輔助作圖，以利于順利求解.

點評 正確地描繪粒子運動軌跡是順利求解本題的關鍵，然后根據幾何關系，利用邊、角關系確定圓的半徑，進而根據圓周運動的規(guī)律便可簡捷地求出粒子的速率.

三、帶電粒子在復合場中的運動問題

例7 (2016北京卷)如圖9所示，質量為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強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動.不計帶電粒子所受的重力.

(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；

(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小.

(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動，則有qE=qvB，據此可得電場強度的大小為E=vB.

(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；

(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t.

設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，則有x=vt②

點評 由于帶電小球在復合場中運動受到重力、電場力、洛倫茲力的作用，洛倫茲力方向與速度方向垂直，且大小與速度成正比，所以凡是帶電小球在復合場中做直線運動，則必為勻速直線運動.據此可利用平衡條件列出相關方程快速求解.

解析 粒子在磁場中做圓周運動，設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得

式中v為粒子在a點的速度.

過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c、d兩點，則由幾何關系可知，線段ac、bc與過a、b兩點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

設cd=x，則由幾何關系可得

再考慮粒子在電場中的運動.設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動，設其加速度大小為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，則由運動學公式可得

式中t是粒子在電場中運動的時間.

G632

B

1008-0333(2017)07-0060-03