例析帶電粒子在復合場中的運動問題

● 李希花
例析帶電粒子在復合場中的運動問題
 帶電粒子在復合場中的運動問題是電磁場的綜合問題，這類問題的顯著特點是粒子的運動情況和軌跡較為復雜、抽象、多變，因而這部分習題最能考查學生分析問題的能力。解決這類問題與解決力學題目方法類似，不同之處是多了電場力和洛倫茲力，因此，帶電粒子在復合場中的運動問題除了利用力學三大觀點（動力學觀點、能量觀點、動量觀點）來分析外，還要注意電場和磁場對帶電粒子的作用特點，如電場力做功與路徑無關，洛倫茲力方向始終和運動速度方向垂直，永不做功等。
 例1  一個質量為、帶電荷量為的帶正電小球和一個質量也為不帶電的小球相距，放在絕緣光滑水平面上，當加上如圖1所示的勻強電場和勻強磁場后，（，）帶電小球開始運動與不帶電小球相碰，并粘在一起，合為一體，問：
 （1）兩球碰后速度多大？
 （2）兩球碰后到兩球離開水平面，還要前進多遠？（）
 解析  帶電小球在電場力作用下加速運動，與不帶電的小球碰撞兩球合為一體，碰撞前小球的速度可以用動能定理求出，電場力的功等于小球動能的增量；也可以利用牛頓第二定律和運動學公式求出。兩球碰撞過程雖然系統(tǒng)受電場力，但比起兩球碰撞的作用力小得多，碰撞時間又很短，可認為動量守恒，兩球碰撞后速度繼續(xù)增大，增大到某一數(shù)值洛倫茲力與重力平衡，兩球離開水平面，應該注意，碰撞后與碰撞前應用動能定理的研究對象不同。
 （1）兩球碰撞前由動能定理：
 所以
 兩球碰撞動量守恒：，
 （2）兩球離開水平面時，對水平面無壓力，即洛倫茲力與重力平衡，，
 所以。
 碰后到兩球離開水平面，由動能定理：。
 。
 例2  如圖2所示，有一半徑為的圓柱繞豎直軸以角速度勻速轉動，在圓柱體的左側有一水平向右的勻強電場。今有一質量為帶正電的小物體貼在圓柱面上，為使物體沿圓柱面豎直方向以速度勻速下滑，需加一個勻強磁場，且物體所受的洛倫茲力、重力及摩擦力在一個平面內，此磁場的磁感應強度最小為多少？方向如何？物體與圓柱面間的動摩擦系數(shù)為多少？
 解析  電場力只對垂直于圓切面的壓力，對的運動沒有直接影響。為使物體沿圓柱面豎直勻速下滑，在圓柱面垂直電場的平面內，受重力、摩擦力和洛倫茲力作用而平衡。
 此過程中，物體卻隨圓柱一起以速度轉動，又要相對圓柱以速度斜向下滑，豎直向下的運動速度是上述兩個運動的合速度，而洛倫茲力與合運動垂直，即沿水平方向；摩擦力與相對運動方向相反，即斜向上，如圖3所示。
 因速度三角形與力的三角形相似，對應邊成比例，且，得。
 方向沿水平且與圓柱轉向相反，又因，且。所以。
 說明：解此題的關鍵是空間想象要清楚。一是將物體的空間受力轉化為垂直于電場沿圓柱切面的平面受力；另一個是對物體運動情況的想象，只有弄清物體相對圓柱的相對運動方向，才能確定摩擦力方向是斜向上而不是豎直向上，這是難度最大之處，而洛倫茲力永遠和物體運動方向垂直，即沿水平方向。
 例3  如圖4所示，質量為、電量為的帶正電粒子，以初速度垂直射入相互正交的勻強電場和勻強磁場，從點離開該區(qū)域的速率為，此時側移量為，下列說法中正確的是（  ）
 A．在P點帶電粒子所受磁場力有可能比電場力大
 B．帶電粒子的加速度大小恒為
 C．帶電粒子到達P點的速度
 D．帶電粒子到達P點的速率
 解析  帶電粒子進入電場時，受到的電場力豎直向上，受到磁場力豎直向下，由于這時＞，粒子向上偏轉且能從P點射出；但粒子在側移過程中，電場力對其做正功，其速度不斷增大，亦隨之增大，故到達P點時有可能使＞，選項A正確。
 帶電粒子進入該區(qū)域后，速度增大，且、通常亦不在同一直線上，加速度除進入瞬間為外，其他各處均不為該值，選項B錯。
 由于粒子在正交電、磁場中受洛倫茲力和電場力不相互平衡，做變加速運動，其軌跡既非圓弧，亦非拋物線，不能用勻變速運動有關干什么求解，可考慮用動能定理求解，因為在以上過程中洛倫茲力對帶電粒子不做功，電場力對其做正功，則有
 ，所以，故選項C正確，選項D錯誤。
 答案：A、C。
 當粒子所受電場力和洛倫茲力的合力不為零時，粒子做曲線運動，這時其軌道既非圓弧、亦非拋物線，屬變加速曲線運動，不能用勻變速運動或圓周運動等規(guī)律解答有關問題，可考慮用能量或動量解答。
 例4  如圖5所示，兩塊水平放置的金屬板長為，間距為，兩板間有方向垂直紙面向里的勻強磁場和圖示的脈動電壓，當時，質量為，電量為的正粒子，以速度從兩板中央水平射入，不計重力，試分析：
 （1）粒子在兩板間如何運動？會不會碰到極板上？
 （2）粒子在兩板間的運動時間是多少？
 解析  （1）~10-4s內，粒子同時受到方向相反的電場力和洛倫茲力的作用，大小分別為 ；。
 因為，所以粒子做勻速直線運動，相應的位移為。
 在10-4s~2×10-4s內無電場，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌道半徑為
 。
 運動周期為 。
 所以，粒子不會打到極板上，并在無電場時間內，恰好在磁場中運動一周。當兩板間又周期性加上電壓時，粒子又重復上述運動，軌跡如圖6所示。
 （2）粒子在極板間勻速運動的總時間為：
 而做圓周運動的時間為：
 所以，在兩板間運動的總時間為： 。
 說明：在上述分析中，應用了等效思維和形象思維：將粒子的復雜運動等效為兩個簡單運動；利用軌跡圖，形象、直觀地反映粒子在兩板間的運動及其所需時間。
 例5  如圖7所示，在寬的區(qū)域內存在著互相垂直的勻強磁場和勻強電場，一電子從點垂直于電場、磁場方向射入時恰能做勻速直線運動且從點射出，設電子以同樣的初速度從點射入時只撤去區(qū)域內磁場，則電子從點射出，、相距，若電子以同樣的初速度從點射入時只撤去區(qū)域內電場，則粒子將從點射出，求：
 （1）電子從點射出前的軌道半徑；
 （2）比較電子從、、點射出時的動能、和的大�。�
 （3）間的距離。
 解析  （1）第1次電子做勻速直線運動，有；第2次屬于電偏轉，電子做類平拋運動（沿水平方向做勻速直線運動，沿豎直方向做勻加速直線運動），軌跡為拋物線，偏移距離；
 第三次屬于磁偏轉，電子在洛倫茲力作用下做圓周運動，軌跡為圓弧，有。解以上三式可得，即
 （2）第1次電子做勻速運動，動能不變，第2次電場力對電子做正功，電子動能增加；第3次洛倫茲力對電子不做功（只改變速度方向不改變速度大�。�，電子動能不變，故＞＝。
 （3）第3次電子從點射出時，軌跡為圓弧示意圖如圖8所示，由幾何關系可得，解得。
 故間距
 說明：對于有界勻強電場和有界磁場問題，要特別注意電偏轉和磁偏轉的不同。
 例6  豎直平面里的平面直角坐標系，軸與水平向左的勻強電場方向相同，軸豎直向上，勻強磁場垂直于平面向里（如圖9所示），。一個質量為，帶電量為的質點，恰好在平面中做勻速直線運動，試分析計算：
 （1）帶電質點的速度大小和方向。
 （2）帶電質點運動中恰好通過坐標原點時，突然撤去磁場，經(jīng)過一段時間它從軸上的點經(jīng)過，帶電質點由到運動時間多長？距離多大？
 解析  （1）帶電質點在平面中做勻速直線運動時，受水平向右的電場力（）、豎直向下的重力（）和洛倫茲力（）作用；合力為零。電場力，重力；它們的合力（如圖10），與水平方向夾30°角，斜向下；洛倫茲力（）與大小相等、方向相反（），可知帶電質點的速度大小為。速度方向與軸夾角為60°。
 （2）帶電質點通過坐標原點時開始計時，磁場撤消后帶電質點的運動，是水平方向（即方向）上初速度為，加速度為的勻加速運動與豎直方向（即方向）上初速度為的豎直上拋運動的合運動。由于A點與O點處在同一水平線上，所以由O到A的運動時間由豎直方向上的運動決定：。
 之間的距離，即A點在軸上的坐標由水平方向上的運動決定：。
 加速度。代入上式得。
 撤消磁場后帶電質點在重力和電場力作用下的運動軌跡如圖11所示。
 答案：（1），方向與軸夾角為60°。
 （2），。
 點評：本題也可以轉換審題的視角，改變分析問題的觀點，找出新的解題方法。
 在撤消磁場后，帶電質點所受重力與電場力合力，與軸夾30°角斜向下。所以帶電質點從O到A的運動也是一種“類平拋運動”——跟軸夾60°角，的勻速運動。與F（合力）方向上（跟V垂直）加速度為的勻加速運動的合運動，故處理問題的方向可采用處理平拋運動問題的方法。
 兩點建議：
 對復合場問題，力的種類較多，受力分析要全面，而核心之點在于，洛倫茲力隨著帶電體運動狀態(tài)的改變而發(fā)生變化，從而又導致運動狀態(tài)發(fā)生新的變化，因此分析力時往往要結合運動狀態(tài)進行。運動過程的分析是難點，一方面要正確分析受力，明白初始狀態(tài)。另一方面，要結合動力學規(guī)律綜合分析。

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