?微專題75　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動
1．先確定各場的方向、強(qiáng)弱等，后正確分析帶電體受力情況、運(yùn)動情況，尋找臨界點(diǎn)、銜接點(diǎn).2.若帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動，則重力、靜電力與磁場力的合力為零.3.若帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動，則重力與靜電力等大、反向．
1．(多選)如圖所示，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q的小球，以初速度v0沿與電場方向成45°夾角射入場區(qū)，能沿直線運(yùn)動．經(jīng)過時間t，小球到達(dá)C點(diǎn)(圖中沒標(biāo)出)，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，電場強(qiáng)度大小不變．已知重力加速度為g，則(　　)

A．小球一定帶負(fù)電
B．時間t內(nèi)小球做勻速直線運(yùn)動
C．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為
D．電場方向突然變?yōu)樨Q直向上，則小球做勻加速直線運(yùn)動
答案　BC
解析　假設(shè)小球做變速直線運(yùn)動，小球所受重力與靜電力不變，而洛倫茲力隨速度的變化而變化，則小球?qū)⒉豢赡苎刂本€運(yùn)動，故假設(shè)不成立，所以小球一定受力平衡做勻速直線運(yùn)動，故B正確；小球做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)平衡條件可得靜電力水平向右，洛倫茲力垂直速度方向斜向左上方，如圖所示，故小球一定帶正電，故A錯誤；由平衡條件可知：qE＝mg＝qv0Bsin 45°，解得B＝，故C正確；當(dāng)電場方向改變后，重力與靜電力恰好平衡，小球受到的洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動，故D錯誤．

2.(2023·湖北省恩施教育聯(lián)盟模擬)如圖所示，某空間同時存在著互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的方向豎直向下．一帶電體a帶負(fù)電，電荷量為q1，恰能靜止于此空間的c點(diǎn)，另一帶電體b也帶負(fù)電，電荷量為q2，正在過c點(diǎn)的豎直平面內(nèi)作半徑為r的勻速圓周運(yùn)動，結(jié)果a、b在c處碰撞并粘合在一起，關(guān)于a、b粘合一起后的運(yùn)動性質(zhì)下列說法正確的是(　　)

A．向左做勻速直線運(yùn)動
B．順時針繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動，半徑為r′＝r
C．順時針繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動，半徑為r′＝r
D．因?yàn)橛兄亓挽o電力這樣的恒力存在，故以上說法都不對
答案　B
解析　帶電體a、b受到的靜電力都與其受到的重力平衡，碰撞后整體受到的重力依然和靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力，沿順時針方向做勻速圓周運(yùn)動，故A錯誤；帶電體b受到的洛倫茲力提供向心力，有q2vB＝m2，解得：v＝，a、b碰撞過程，系統(tǒng)總動量守恒，有m2v＝(m1＋m2)v′，解得：v′＝，整體做勻速圓周運(yùn)動，有(q1＋q2)v′B＝(m1＋m2)，解得：r′＝r，故B正確，C、D錯誤．
3.(多選)(2023·內(nèi)蒙古包頭市包鋼一中模擬)空間內(nèi)存在電場強(qiáng)度大小E＝100 V/m、方向水平向左的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝100 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(圖中均未畫出)．一質(zhì)量m＝0.1 kg、帶電荷量q＝＋0.01 C的小球從O點(diǎn)由靜止釋放，小球在豎直面內(nèi)的運(yùn)動軌跡如圖中實(shí)線所示，軌跡上的A點(diǎn)離OB最遠(yuǎn)且與OB的距離為l，重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是(　　)

A．在運(yùn)動過程中，小球的機(jī)械能守恒
B．小球經(jīng)過A點(diǎn)時的速度最大
C．小球經(jīng)過B點(diǎn)時的速度為0
D．l＝ m
答案　BC
解析　由于靜電力做功，故小球的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；重力和靜電力的合力大小為 N，方向與豎直方向的夾角為45°斜向左下方，小球由O點(diǎn)到A點(diǎn)，重力和靜電力的合力做的功最多，在A點(diǎn)時的動能最大，速度最大，故B正確；小球做周期性運(yùn)動，在B點(diǎn)時的速度為0，故C正確；對小球由O點(diǎn)到A點(diǎn)的過程，由動能定理得：mg·l＝mv2，沿OB方向建立x軸，垂直O(jiān)B方向建立y軸，在x方向上由動量定理得：qvyB1×Δt＝mΔv，累積求和，則有：qB1l＝mv，解得：l＝ m，故D錯誤．
4．如圖所示，在地面附近，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，空間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在x0的區(qū)域．要使油滴進(jìn)入x>0的區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，需在x>0的區(qū)域內(nèi)加一個勻強(qiáng)電場，若帶電油滴做圓周運(yùn)動通過x軸上的N點(diǎn)，且MO＝NO，重力加速度為g，求：

(1)在x>0的區(qū)域內(nèi)所加的電場強(qiáng)度的大小和方向；
(2)油滴從x軸上的M點(diǎn)到達(dá)x軸上的N點(diǎn)所用的時間．
答案　(1)E，方向豎直向上　(2)E
解析　(1)帶電油滴沿著直線MP做勻速直線運(yùn)動，分析受力情況如圖甲，可知油滴帶正電．

由平衡條件有qvBsin 30°＝qE，mgtan 30°＝qE
解得v＝，mg＝qE
在x>0的區(qū)域，油滴要做勻速圓周運(yùn)動，其所受的靜電力必與重力平衡，由于油滴帶正電，所以電場強(qiáng)度方向豎直向上．
設(shè)該電場的電場強(qiáng)度為E′，則有qE′＝mg
解得E′＝E，方向豎直向上；
(2)油滴的運(yùn)動軌跡如圖乙，PN為油滴在x>0、y0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿xOz平面以一初速度射到該磁場中，入射角為θ(粒子初速度與x軸正方向的夾角)．不計重力和粒子間的相互作用．

(1)判斷粒子所受洛倫茲力的方向；
(2)若粒子第一次回到x 軸上并經(jīng)過A(a,0)點(diǎn)，求速度的大小；
(3)若在此空間再加一個沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，粒子第一次回到x 軸上并經(jīng)過OA的中點(diǎn)時速度方向恰好豎直向上，求勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的大?。?br /> 答案　(1)沿y軸負(fù)方向　(2)　(3)
解析　(1)沿y軸負(fù)方向．
(2)粒子的一個分運(yùn)動是在平行yOz平面以速度vsin θ做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得qvBsin θ＝m
所以 r＝
T＝＝
粒子的另一分運(yùn)動是在平行x軸方向以速度vcos θ做勻速直線運(yùn)動
a＝vcos θ·T
所以v＝
(3)由動能定理得－qE·＝m(vsin θ)2－mv2
所以 E＝.
6．(2023·江西省景德鎮(zhèn)模擬)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ有與水平方向成30°角的勻強(qiáng)電場，電場方向斜向左下方．在區(qū)域Ⅱ有豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E2＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子從區(qū)域Ⅰ的左邊界P點(diǎn)靜止釋放．粒子沿水平虛線向右運(yùn)動，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ的寬度為d.粒子從區(qū)域Ⅱ右邊界的Q點(diǎn)(圖中未畫出)離開，速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，重力加速度為g.求：

(1)區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度大小E1；
(2)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度大??；
(3)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的時間．
答案　(1)　(2)　(3)＋
解析　(1)粒子在區(qū)域Ⅰ沿水平虛線方向做直線運(yùn)動，說明粒子在豎直方向上受力平衡，根據(jù)平衡條件有qE1sin 30°＝mg
解得E1＝
(2)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后，根據(jù)題意有E2q＝mg
由此可知粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的速度大小為v，則有qvB＝
根據(jù)幾何關(guān)系有Rsin 60°＝d
聯(lián)立解得v＝
(3)粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)動周期為T＝
則粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動時間為t2＝ T＝
粒子在區(qū)域Ⅰ沿水平虛線運(yùn)動，根據(jù)動量定理有qE1cos 30°·t1＝mv
故粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的時間為t＝t1＋t2
聯(lián)立解得t＝＋.
7.如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，整個空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，y軸兩側(cè)均有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，左側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是右側(cè)的兩倍．t＝0時刻，一個帶正電微粒從O點(diǎn)以v＝2 m/s的初速度射入y軸右側(cè)空間，初速度方向與x軸正方向成60°，微粒恰能做勻速圓周運(yùn)動，第一次經(jīng)過y軸的點(diǎn)記為P，OP長L＝0.8 m．已知微粒所帶電荷量q＝＋4×10－6 C，質(zhì)量m＝2×10－7 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；
(2)y軸右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
(3)微粒第二次經(jīng)過P點(diǎn)的時刻(結(jié)果可含π)．
答案　(1)0.5 N/C　(2)0.125 T　(3) s
解析　(1)微粒射入y軸右側(cè)空間，恰能做勻速圓周運(yùn)動，說明微粒受到的靜電力與重力平衡，則有qE＝mg
解得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E＝＝0.5 N/C
(2)微粒在y軸右側(cè)磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m
由幾何關(guān)系知，微粒做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r1＝＝L
聯(lián)立解得y軸右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.125 T
(3)由題知微粒在y軸左側(cè)有qv·2B＝m
則r2＝

微粒從射入到第二次經(jīng)過P點(diǎn)的運(yùn)動軌跡如圖，由T＝
知微粒在y軸右、左兩側(cè)運(yùn)動的周期分別為T1＝，T2＝
微粒從射入到第二次經(jīng)過P點(diǎn)經(jīng)歷的時間為t＝2·＋2·＝ s
聯(lián)立解得微粒第二次經(jīng)過P點(diǎn)的時刻為t＝ s.

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