帶電粒子在復(fù)合場中的運動分析及例題學(xué)生版

1、專題 帶電粒子在復(fù)合場中的運動【考點梳理】一、復(fù)合場1 .復(fù)合場的分類(1) 疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存.(2) 組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、磁 場交替出現(xiàn).2.三種場的比較項目名稱力的特點功和能的特點重力場大?。悍较颍红o電場大小：方向：磁場洛倫茲力方向可用判斷、帶電粒子在復(fù)合場中的運動形式1 .靜止或勻速直線運動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處 .2 .勻速圓周運動當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小 ，方向時，帶電粒子在 的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做 .3 .較復(fù)雜的曲線運動當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變

2、化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子 做，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.4 .分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的組合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運 動過程由幾種不同的運動階段組成.【典型選擇題】圖1帶電粒子在復(fù)合場中的直線運動 某空間存在水平方向的勻強電場 （圖中 未畫出），帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由 A點沿直線向B點運動， 此空間同時存在由 A指向B的勻強磁場，則下列說法正確的是（ ）A.小球一定帶正電B 小球可能做勻速直線運動C .帶電小球一定做勻加速直線運動D .運動過程中，小球的機械能增大2 .帶電粒子在復(fù)合場中的勻速圓周運動如圖2所示，一帶電小

3、球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是（）A .小球一定帶正電B .小球一定帶負(fù)電C 小球的繞行方向為順時針D .改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運動3.質(zhì)譜儀原理的理解如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.帶電粒加翹電場-*子被加速電場加速后，進入速度選擇器.速度選擇器內(nèi)相互止父的-勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫 P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應(yīng)強度為SBo的勻強磁場.卜列表述正確的是( )A 質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具圖3B .速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C 能通過狹

4、縫 P的帶電粒子的速率等于E/BD .粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小回旋加速器原理的理解勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作 原理示意圖如圖4所示置于高真空中的 D形金屬盒半徑為 R,兩 盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f,加速電壓為U若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為 m、電荷量為+ q，在加速器中被加速， 且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響.則下列說法正確的A .質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2冗RfB 質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C 質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為-

5、2 : 1D .不改變磁感應(yīng)強度 B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變【規(guī)律總結(jié)】帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例1 .質(zhì)譜儀(1) 構(gòu)造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成.圖5(2) 原理：粒子由靜止被 加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式 粒子在磁場中受 作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷.回旋加速器構(gòu)造：如圖6所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處 接交流電源，D形盒處于勻強磁場中.(2)原理：交流電的 和粒子做圓周運動的 ，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過 D形盒縫隙，兩盒

6、間的電勢差一mv2.由qvB = ，得 r和粒子做圓周運動的探丈ift電血次一次地，粒子就會被一次一次地Ekm = ，可見粒子獲得的最大動能由 決定，與無關(guān).(勻速圓周運動)特別提醒這兩個實例都應(yīng)用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)的原理.A的粒子選擇出來，所以叫做速度AA速度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場強度 E和磁感應(yīng)強度 B互.這種裝置能把具有選擇器.(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是即4 .磁流體發(fā)電機(1) 磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能.(2) 根據(jù)左手定則，如圖 8中的是發(fā)電機正極.(3) 磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L,等離子體速

7、度為 V,磁場的U磁感應(yīng)強度為 B,則由qE= qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U =5.電磁流量計工作原理：如圖 9所示，圓形導(dǎo)管直徑為 d,用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)，在的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的 和平衡時，a、b間的電勢差就圖9U保持穩(wěn)定，即：qvB = qE= q ,所以v =，因此液體流量 Q = Sv =d【考點】考點一 帶電粒子在疊加場中的運動1 .帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(1) 磁場力、重力并存 若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動. 若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體

8、將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機 械能守恒，由此可求解問題.(2) 電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子) 若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動. 若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可 用動能定理求解問題.(3) 電場力、磁場力、重力并存 若三力平衡，一定做勻速直線運動. 若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動. 若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用 能量守恒或動能定理求解問題.2 .帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線

9、運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力 不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果.【例1：如圖10所示，帶電平行金屬板相距為 2R,在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，與兩板及左側(cè)邊緣線相切一個帶正電的粒子(不計重力)沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為to.若撤去磁場，質(zhì)子仍從 01點以相同速度射入,to則經(jīng)一時間打到極板上.2(1)求兩極板間電壓 U;若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線O1O2從0i點射入，欲使粒子從

10、兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件？【突破訓(xùn)練1:如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強磁場， 磁感應(yīng)強度為B,在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強電場，電場強 度均為E,在兩個電場的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負(fù)電的液滴 b，當(dāng)它的運動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞，撞后兩液滴合為體，速度減小到原來的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運動，已圖11知液滴b與a的質(zhì)量相等，b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的 靜電力忽略不計.(1) 求兩液滴相撞后共同運動的速度大??；(2) 求液滴b開始下落時距液滴 a的高度h.考點二

11、帶電粒子在組合場中的運動1 近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場模型，或是一個電場與一個磁場相鄰，或是兩個或多個磁場相鄰.2 解題時要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強弱、范圍等.3 要進行正確的受力分析，確定帶電粒子的運動狀態(tài).4 分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡是解題的關(guān)鍵.【例2： (2012 山東理綜23)如圖12甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁 場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板 MN和PQ,兩極板中心各有一小孔 Si、S2,兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為Uo,周期為To.在t= 0時刻將一個質(zhì)量為 m、電

12、荷量為一 q(q0)的粒子由Si靜止釋 放，To粒子在電場力的作用下向右運動，在t = 時刻通過S2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū).(不2計粒子重力，不考慮極板外的電場)X X X :X 來I XIX X X :M X H 乙圖12(1) 求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d.(2) 為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件.(3) 若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t = 3To時刻再次到達 S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強度的大小.【突破訓(xùn)練2】如圖13所示裝置中，區(qū)域I和川中分別有豎直 向E上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和；區(qū)域n內(nèi)

13、有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子（不計重力）從左邊界O點正 上方的M點以速度vo水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的A點與0P成60。角射入?yún)^(qū)域n的磁場，并垂直豎直邊界 CD進入川區(qū)域的勻強電場中.求： 粒子在區(qū)域n勻強磁場中運動的軌跡半徑；0、M間的距離；（3）粒子從M點出發(fā)到第二次通過 CD邊界所經(jīng)歷的時間.圖13專題三.帶電粒子在交變電場和交變磁場中的運動模型問題的分析（ft 3皿分】如陽14所斥.右iL室標(biāo)疑內(nèi)癥盤間期性理化的逋騙和域騎.示一電的帶屯抽干.庖吋削目分析過拜綏模犁 逐段研究畫圖示盤*帶電鮭子擋諄動鼻甫用剛牲.巾-a站的建度從坐標(biāo)覘

14、點帕運動+水計粒子?xùn)c力*HfTMl 小 L一-II9IIIO4i 12 1ft-3,HJ11）轉(zhuǎn)尹在融塢屮遠動的MISUC2）匸21空（H上啊越F的忖普墜拆匕（3） 434“尸時糙子的寵崖，由H3耳以址爾曲史優(yōu)用府這樣対杵點： 宥電箱土堪媯.4電對.囚比*其連動特底盛遵力變連亶厳述訪右為速皿掲/JMlUtt電斗和蟲峙瓷牝*t點耀4t呂出連 功艙堆，齪始灰帕執(zhí)殳竄J*ii櫛it列抵庸 堆曲今8（同速對杓三戟鼻串鰹進動帳型.國由ift訊氧可函孟出r=20x las到尸甘乂 QJ3幣好為勻也崗適場的一豐罔期，只【突破訓(xùn)練31如圖15甲所示，與紙面垂直的豎直面 MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的場強 大小

15、為E= 2.5 X102 N/C的勻強電場（上、下及左側(cè)無界）.一個質(zhì)量為 m = 0.5 kg、電 荷量為q = 2.0 X10 -2 C的可視為質(zhì)點的帶正電小球，在t = 0時刻以大小為vo的水平初速度向右通過電場中的一點 P,當(dāng)t = t1時刻在電場所在空間中加上一如圖乙所示隨時間周期 性變化的磁場，使得小球能豎直向下通過D點，D為電場中小球初速度方向上的一點，PD間距為L, D到豎直面MN的距離DQ為L/ n.設(shè)磁感應(yīng)強度垂直紙面向里為正.（g10 m/s 2)如果磁感應(yīng)強度 Bo為已知量，使得小球能豎直向下通過D點，求磁場每一次作用時間to的最小值（用題中所給物理量的符號表示）；（2

16、）如果磁感應(yīng)強度 Bo為已知量，試推出滿足條件的時刻 ti的表達式（用題中所給物理量 的符號表示）；（3）若小球能始終在電磁場所在空間做周期性運動，則當(dāng)小球運動的周期最大時，求出磁感應(yīng)強度Bo及運動的最大周期 T的大小（用題中所給物理量的符號表示 ）.參考答案【典型選擇題】1、答案 CD解析 由于重力方向豎直向下，空間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相 同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電 小球的電性，選項 A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運動，所 以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球一定做勻加速直

17、 線運動，選項 C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D正確.2、答案 BC解析 小球做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結(jié)合電場 方向可知小球一定帶負(fù)電， A錯誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運動軌跡的 彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向為順時針方向，C正確，D錯誤.3、答案 ABC解析 粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項B正確；由Eq = Bqv可知，v = E/B,選項C正確；粒子打在膠片上的位置到2mv狹縫的距離即為其做勻速圓

18、周運動的直徑D = ，可見D越小，則粒子的比荷越大,BqD不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤.2冗RD形盒半徑R的制約，因v=2 TtRf，故A1 1Ekm =嚴(yán)2 =畀 X4 仲 2 = 2m n2R2f 2,與加速4、答案 AC解析粒子被加速后的最大速度受到正確；粒子離開回旋加速器的最大動能mv1212電壓U無關(guān)，B錯誤；根據(jù)R= Bq, Uq = ；mv1 , 2Uq = mv?，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 -；2 : 1 , C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm = 2 m n2R2f 2 與 m、R、f 均有關(guān)，D 錯誤.

19、【考點】解析 （1）設(shè)粒子從左側(cè) O1點射入的速度為 vo,極板長為L,粒子在初速度方向上做勻速直線運動toL : (L 2R) = to ： 3,解得 L= 4Rto粒子在電場中做類平拋運動：L 2R= vo 2qEa =m1 toR= 2a(2)2U在復(fù)合場中做勻速運動：q= qvoB2R4 R8 r2 b聯(lián)立各式解得 vo = , U =-toto（2）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，設(shè)其軌道半徑為r左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為a,由幾何關(guān)系可知:3=n a= 45粒子恰好從上極板,+ 2r = R因為R=嚴(yán)（2）2，qE qvoB 8R所以=-2m mto2v2根據(jù)牛頓第二定律有

20、 qvB = m ,r2解得v=-2 1 R所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為o v2聯(lián)立式得(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程所用時間為To聯(lián)立式得ti =4若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的v時間為t2，根據(jù)運動學(xué)公式得d = -122To聯(lián)立式得t2 =2設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tTot = 3To 11 1227To聯(lián)立？ ？式得t =42 Ttm由題意可知T= t8 nm聯(lián)立?式得B=7ToT8冗m7qTo方法點撥解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法突破訓(xùn)練23mv o28 + ： 3 mvo 冗 m2qE qE + 3

21、qB2 mv o答案一qB審題指導(dǎo) 1.粒子的運動過程是怎樣的？2 嘗試畫出粒子的運動軌跡.3 .注意進入磁場時的速度的大小與方向.解析 (1)粒子的運動軌跡如圖所示，其在區(qū)域I的勻強電場中做類平拋運動，設(shè)粒子過V0A點時速度為v，由類平拋運動規(guī)律知v=離粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，v22 mv 0Bqv = m ，所以 R=URqB由牛頓第二定律得設(shè)粒子在區(qū)域I的電場中運動時間為ti,加速度為a.則有qE= ma , votan 60 =ati,0、M兩點間的距離為L= 1at1223mvo22qE(3)設(shè)粒子在n區(qū)域磁場中運動時間為Ti 冗m則由幾何關(guān)系知t2 =63qBt2設(shè)粒子在川

22、區(qū)域電場中運動時間為t3 ,E2_qEm 2m2vo 8mv o貝y t3 = 2 x =a qE粒子從M點出發(fā)到第二次通過 CD邊界所用時間為寸 3mvo nm 8mvo8 + 寸 3 mv 0 冗 mt = ti +12 +13 =+=+qE 3qB qEqE3qB2mv2【例3】解析（1）粒子在磁場中運動時qvB = mRp（2分）2冗RT=（1分）v2冗m解得T=4 X10 3 s(1qB分）（2）粒子的運動軌跡如圖所示，t = 20 X10 -3 s時粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個圓周運動和三段類平拋運動，水平位移x = 3voT= 9.6 X10 -2 m （1分）1豎直位移y = a(3T)2(1分)Eq