華興恒

帶電粒子在不同的場中運動是高考的熱點，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，然后達到舉一反三，便可觸類旁通，為順利高考打下堅實的基礎(chǔ).

一、帶電粒子在電場中的運動問題

例1 （2016年全國卷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(nèi)，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（）圖1

解析因為帶電粒子只受電場力的作用，由點電荷電場強度公式E=kqr2可知，離場源點電荷P越近，電場強度越大，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A、B錯誤；由力與運動的關(guān)系可知，Q受到的庫侖力指向運動軌跡凹的一側(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點的速度最小，由于b、c兩點的電勢差的絕對值小于a、b兩點的電勢差的絕對值，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點的動能小于在a點的動能，即有va>vc>vb.故應(yīng)選D.

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(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)電場時的初速度v0和從電場射出時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.

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)電場中電子的運動時間為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.因為FG，因此無須考慮電子所受的重力作用.

（3）電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能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.

解析 設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為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(guān)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(jù)qU=△Ek即可獲解.

二、帶電粒子在磁場中的運動問題

例4 （2016全國卷Ⅱ）一圓筒處于磁感應(yīng)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，射入時的運動方向與MN成30°角.當(dāng)圓筒轉(zhuǎn)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(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動的圓弧所對的圓心角為30°，因此帶電粒子在磁場中運動的時間為t=112×2πmqB；由題意可知，帶電粒子在磁場中運動的時間與筒轉(zhuǎn)過90°所用的時間相等，即πm6qB=14×2πω，求得qm=ω3B.

故應(yīng)選A.

點評 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動的軌跡，并找準幾何關(guān)系.簡單地說就是：定圓心，畫軌跡，由幾何知識求半徑，找圓心角求時間.否則會導(dǎo)致錯解的發(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(dāng)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(dāng)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（ ）

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，從b點離開磁場，則由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的半徑為rb=l，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角為120°.因為由洛倫茲力提供向心力，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，從c點離開磁場，則由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑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A正確.故應(yīng)選A.

點評 解答本題的關(guān)鍵是要確定粒子做圓周運動的圓心，然后根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子做圓周運動的半徑以及運動軌跡所對應(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上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為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（）.

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

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

點評準確作出帶電粒子在磁場中的運動軌跡是解題的關(guān)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.

例7 （2013年課標全國卷Ⅰ）如圖10所示，半徑是R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強度大小為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，射入點與ab的距離為R2.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計重力）（）.

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

解析作出粒子運動軌跡如圖11中實線所示.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

A、C、D錯誤，選項B正確.故應(yīng)選B.

點評正確地描繪粒子運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，進而根據(jù)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(fù)合場中的運動問題圖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.

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動的半徑R=mvqB，勻速圓周運動的周期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動，則有qE=qvB，據(jù)此可得電場強度的大小為E=vB.

地面上方有一范圍足夠大的

互相正交的勻強電場和勻強

磁場區(qū)域.磁場的磁感應(yīng)強

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的勻速圓周運動，重力加速度為g.

（1）求此區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向.

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

（3）當(dāng)帶電微粒運動至最高點時，將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?2（方向不變，且不計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的速度大小.

解析 （1）由于帶電微?？梢栽陔妶?、磁場和重力場共存的區(qū)域內(nèi)沿豎直平面做勻速圓周運動，表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反，因此電場強度的方向豎直向上.

設(shè)電場強度為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動的軌跡如圖14所示，由幾何關(guān)系可知，該微粒運動至最高點時與水平地面間的距離hm=52R=5mv2qB.

（3）將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?2，即F電=mg2，帶電微粒運動過程中，洛倫茲力不做功，所以在它從最高點運動至地面的過程中，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

點評 處理帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的技巧.

1.弄清復(fù)合場的組成.

2.正確分析帶電粒子的受力及運動特征.

3.畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(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點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時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電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域.若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小.

解析 粒子在磁場中做圓周運動，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點的速度.

如圖16所示，

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(guān)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動.設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動，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，則由運動學(xué)公式可得

r=12at2

⑦

r=vt⑧

式中t是粒子在電場中運動的時間.

聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式可解得E=14qRB25m.

（收稿日期：2016-08-24）