高考物理帶電粒子在復(fù)合場中的運動知識歸納

1、帶電粒子在復(fù)合場中的運動基礎(chǔ)知識歸納1.復(fù)合場復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中兩場并存，或分區(qū)域存在，分析方法和力學(xué)問題的分析方法基本相同，不同之處是多了電場力和磁場力，分析方法除了力學(xué)三大觀點(動力學(xué)、動量、能量)外，還應(yīng)注意：(1)洛倫茲力永不做功.(2)重力和電場力做功與路徑無關(guān)，只由初末位置決定.還有因洛倫茲力隨速度而變化，洛倫茲力的變化導(dǎo)致粒子所受合力變化，從而加速度變化，使粒子做變加速運動.2.帶電粒子在復(fù)合場中無約束情況下的運動性質(zhì) (1)當(dāng)帶電粒子所受合外力為零時，將做勻速直線運動或處于靜止，合外力恒定且與初速度同向時做勻變速直線運動，常見情況有：洛倫茲力為零(v與B平

2、行)，重力與電場力平衡，做勻速直線運動，或重力與電場力合力恒定，做勻變速直線運動.洛倫茲力與速度垂直，且與重力和電場力的合力平衡，做勻速直線運動. (2)當(dāng)帶電粒子所受合外力充當(dāng)向心力，帶電粒子做勻速圓周運動時，由于通常情況下，重力和電場力為恒力，故不能充當(dāng)向心力，所以一般情況下是重力恰好與電場力相平衡，洛倫茲力充當(dāng)向心力.(3)當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小、方向均不斷變化時，粒子將做非勻變速的曲線運動.3.帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運動帶電粒子所受約束，通常有面、桿、繩、圓軌道等，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此類問題應(yīng)注意分析洛倫茲力所起的作用.4.帶電粒子在交變場中的運動帶電粒

3、子在不同場中的運動性質(zhì)可能不同，可分別進行討論.粒子在不同場中的運動的聯(lián)系點是速度，因為速度不能突變，在前一個場中運動的末速度，就是后一個場中運動的初速度.5.帶電粒子在復(fù)合場中運動的實際應(yīng)用(1)質(zhì)譜儀用途：質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器.原理：如圖所示，離子源S產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子(重力不計)，離子出來時速度很小(可忽略不計)，經(jīng)過電壓為U的電場加速后進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過半個周期而達到記錄它的照相底片P上，測得它在P上的位置到入口處的距離為L，則qUmv20；qBvm；L2r聯(lián)立求解得m，因此，只要知道q、B、L與U，就可計算出帶電

4、粒子的質(zhì)量m，若q也未知，則又因mL2，不同質(zhì)量的同位素從不同處可得到分離，故質(zhì)譜儀又是分離同位素的重要儀器.(2)回旋加速器組成：兩個D形盒、大型電磁鐵、高頻振蕩交變電壓，D型盒間可形成電壓U.作用：加速微觀帶電粒子.原理：a.電場加速qUEkb.磁場約束偏轉(zhuǎn)qBvm，rvc.加速條件，高頻電源的周期與帶電粒子在D形盒中運動的周期相同，即T電場T回旋帶電粒子在D形盒內(nèi)沿螺旋線軌道逐漸趨于盒的邊緣，達到預(yù)期的速率后，用特殊裝置把它們引出.要點深化a.將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾相連起來可等效為一個初速度為零的勻加速直線運動.b.帶電粒子每經(jīng)電場加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各回旋半徑

5、之比為1c.對于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半徑是相同的.d.若已知最大能量為Ekm，則回旋次數(shù)ne.最大動能：Ekmf.粒子在回旋加速器內(nèi)的運動時間：t(3)速度選擇器原理：如圖所示，由于所受重力可忽略不計，運動方向相同而速率不同的正粒子組成的粒子束射入相互正交的勻強電場和勻強磁場所組成的場區(qū)中，已知電場強度為B，方向垂直于紙面向里，若粒子運動軌跡不發(fā)生偏轉(zhuǎn)(重力不計)，必須滿足平衡條件：qBvqE，故v，這樣就把滿足v的粒子從速度選擇器中選擇出來了.特點：a.速度選擇器只選擇速度(大小、方向)而不選擇粒子的質(zhì)量和電荷量，如上圖中若從右側(cè)入射則不能穿過場區(qū).b.速度選擇器B、E、v三個物

6、理量的大小、方向互相約束，以保證粒子受到的電場力和洛倫茲力等大、反向，如上圖中只改變磁場B的方向，粒子將向下偏轉(zhuǎn).c.v>v時，則qBv>qE，粒子向上偏轉(zhuǎn)；當(dāng)v<v時，qBv<qE，粒子向下偏轉(zhuǎn).要點深化a.從力的角度看，電場力和洛倫茲力平衡qEqvB；b.從速度角度看，v；c.從功能角度看，洛倫茲力永不做功.(4)電磁流量計如圖所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體流過導(dǎo)管.原理：導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場.當(dāng)自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定.由Bq

7、vEqq，可得v液體流量QSv·(5)霍爾效應(yīng)如圖所示，高為h、寬為d的導(dǎo)體置于勻強磁場B中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體時，在導(dǎo)體板的上表面A和下表面A之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾電壓.設(shè)霍爾導(dǎo)體中自由電荷(載流子)是自由電子.圖中電流方向向右，則電子受洛倫茲力向上，在上表面A積聚電子，則qvBqE，EBv，電勢差UEhBhv.又InqSv導(dǎo)體的橫截面積Shd得v所以UBhvk=，稱霍爾系數(shù)重點難點突破一、解決復(fù)合場類問題的基本思路1.正確的受力分析.除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析.2.正確分析物體的運動狀態(tài).找出物體的速度、位置及其變化特點，分析

8、運動過程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件.3.恰當(dāng)靈活地運用動力學(xué)三大方法解決問題.(1)用動力學(xué)觀點分析，包括牛頓運動定律與運動學(xué)公式.(2)用動量觀點分析，包括動量定理與動量守恒定律.(3)用能量觀點分析，包括動能定理和機械能(或能量)守恒定律.針對不同的問題靈活地選用，但必須弄清各種規(guī)律的成立條件與適用范圍.二、復(fù)合場類問題中重力考慮與否分三種情況1.對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應(yīng)考慮其重力.2.在題目中有明確交待是否要考慮重力的

9、，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單.3.直接看不出是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要由分析結(jié)果，先進行定性確定是否要考慮重力.典例精析1.帶電粒子在復(fù)合場中做直線運動的處理方法【例1】如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面間的夾角為(sin0.6)，放在水平方向的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E50 V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個電荷量q4.0×102 C、質(zhì)量m0.40 kg的光滑小球，以初速度v020 m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經(jīng)過3 s脫離斜面.求磁場的磁感應(yīng)強度(g取10 m/s2).【解析】小球沿斜面向上運動的過程中受力分析如圖所示.

10、由牛頓第二定律，得qEcos mgsin ma1，故a1gsin 10×0.6 m/s2 m/s210 m/s2，向上運動時間t12 s小球在下滑過程中的受力分析如圖所示.小球在離開斜面前做勻加速直線運動，a210 m/s2運動時間t2tt11 s脫離斜面時的速度va2t210 m/s在垂直于斜面方向上有：qvBqEsin mgcos 故B5 T【思維提升】(1)知道洛倫茲力是變力，其大小隨速度變化而變化，其方向隨運動方向的反向而反向.能從運動過程及受力分析入手，分析可能存在的最大速度、最大加速度、最大位移等.(2)明確小球脫離斜面的條件是FN0.【拓展1】如圖所示，套在足夠長的絕緣

11、粗糙直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強磁場和勻強電場中.設(shè)小球電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中( BD )A.小球加速度一直增大B.小球速度一直增大，直到最后勻速C.桿對小球的彈力一直減小D.小球所受洛倫茲力一直增大，直到最后不變【解析】小球由靜止加速下滑，f洛Bqv在不斷增大，開始一段，如圖(a)：f洛<F電，水平方向有f洛FNF電，加速度a，其中fFN，隨著速度的增大，f洛增大，F(xiàn)N減小，加速度也增大，當(dāng)f洛F電時，a達到最大；以后如圖(b)：f洛>F電，水平方向有f洛F電FN，隨著速度的增大，F(xiàn)N也增大

12、，f也增大，a減小，當(dāng)fmg時，a0，此后做勻速運動，故a先增大后減小，A錯，B對，彈力先減小后增大，C錯，由f洛Bqv知D對.2.靈活運用動力學(xué)方法解決帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題【例2】如圖所示，水平放置的M、N兩金屬板之間，有水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0.5 T.質(zhì)量為m19.995×107 kg、電荷量為q1.0×108 C的帶電微粒，靜止在N板附近.在M、N兩板間突然加上電壓(M板電勢高于N板電勢)時，微粒開始運動，經(jīng)一段時間后，該微粒水平勻速地碰撞原來靜止的質(zhì)量為m2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圓弧做勻速圓周運動，最終落在N板上.若兩板間的電場

13、強度E1.0×103 V/m，求：(1)兩微粒碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒的速度大?。?2)被碰撞微粒的質(zhì)量m2；(3)兩微粒粘合后沿圓弧運動的軌道半徑.【解析】(1)碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒已沿水平方向做勻速運動，根據(jù)平衡條件有m1gqvBqE解得碰撞前質(zhì)量m1的微粒的速度大小為vm/s1 m/s(2)由于兩微粒碰撞后一起做勻速圓周運動，說明兩微粒所受的電場力與它們的重力相平衡，洛倫茲力提供做勻速圓周運動的向心力，故有(m1m2)gqE解得m2=kg5×1010 kg(3)設(shè)兩微粒一起做勻速圓周運動的速度大小為v，軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有qvB(m1m2)研究兩微粒的

14、碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有m1v(m1m2)v以上兩式聯(lián)立解得Rm200 m【思維提升】(1)全面正確地進行受力分析和運動狀態(tài)分析，f洛隨速度的變化而變化導(dǎo)致運動狀態(tài)發(fā)生新的變化.(2)若mg、f洛、F電三力合力為零，粒子做勻速直線運動.(3)若F電與重力平衡，則f洛提供向心力，粒子做勻速圓周運動.(4)根據(jù)受力特點與運動特點，選擇牛頓第二定律、動量定理、動能定理及動量守恒定律列方程求解.【拓展2】如圖所示，在相互垂直的勻強磁場和勻強電場中，有一傾角為的足夠長的光滑絕緣斜面.磁感應(yīng)強度為B，方向水平向外；電場強度為E，方向豎直向上.有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小滑塊靜止在斜面頂端時對斜面的正

15、壓力恰好為零.(1)如果迅速把電場方向轉(zhuǎn)為豎直向下，求小滑塊能在斜面上連續(xù)滑行的最遠距離L和所用時間t；(2)如果在距A端L/4處的C點放入一個質(zhì)量與滑塊相同但不帶電的小物體，當(dāng)滑塊從A點靜止下滑到C點時兩物體相碰并黏在一起.求此黏合體在斜面上還能再滑行多長時間和距離？【解析】(1)由題意知qEmg場強轉(zhuǎn)為豎直向下時，設(shè)滑塊要離開斜面時的速度為v，由動能定理有 (mgqE)Lsin ，即2mgLsin 當(dāng)滑塊剛要離開斜面時由平衡條件有qvB(mgqE)cos ，即v由以上兩式解得L根據(jù)動量定理有t(2)兩物體先后運動，設(shè)在C點處碰撞前滑塊的速度為vC，則2mg·sin mv2設(shè)碰后兩

16、物體速度為u，碰撞前后由動量守恒有mvC2mu設(shè)黏合體將要離開斜面時的速度為v，由平衡條件有qvB(2mgqE)cos 3mgcos 由動能定理知，碰后兩物體共同下滑的過程中有3mgsin ·s·2mv2·2mu2聯(lián)立以上幾式解得s將L結(jié)果代入上式得s碰后兩物體在斜面上還能滑行的時間可由動量定理求得tcot【例3】在平面直角坐標系xOy中，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成60°角射入磁場

17、，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計重力，求：(1)M、N兩點間的電勢差UMN；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.【解析】(1)設(shè)粒子過N點時的速度為v，有cos v2v0粒子從M點運動到N點的過程，有qUMNUMN3mv/2q(2)粒子在磁場中以O(shè)為圓心做勻速圓周運動，半徑為ON，有qvBr(3)由幾何關(guān)系得ONrsin 設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，有ONv0t1t1粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2，有t2Tt2tt1t2【思維提升】注重受力分析，尤其是運動過程分析以及圓心的確定，畫好示意圖，

18、根據(jù)運動學(xué)規(guī)律及動能觀點求解.【拓展3】如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為s8 cm的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B0.332 T，磁場方向垂直于紙面向里.緊靠邊界ab放一點狀粒子放射源S，可沿紙面向各個方向放射速率相同的粒子.粒子質(zhì)量為m6.64×1027 kg，電荷量為q3.2×1019 C，速率為v3.2×106 m/s.磁場邊界ab、cd足夠長，cd為厚度不計的金箔，金箔右側(cè)cd與MN之間有一寬度為L12.8 cm的無場區(qū)域.MN右側(cè)為固定在O點的電荷量為Q2.0×106 C的點電荷形成的電場區(qū)域(點電荷左側(cè)的電場分布以MN為邊界).不計粒子的重力，靜電力

19、常量k9.0×109 N·m2/C2，(取sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：(1)金箔cd被粒子射中區(qū)域的長度y；(2)打在金箔d端離cd中心最遠的粒子沿直線穿出金箔，經(jīng)過無場區(qū)進入電場就開始以O(shè)點為圓心做勻速圓周運動，垂直打在放置于中心線上的熒光屏FH上的E點(未畫出)，計算OE的長度；(3)計算此粒子從金箔上穿出時損失的動能.【解析】(1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvBm，得R0.2 m如圖所示，當(dāng)粒子運動的圓軌跡與cd相切時，上端偏離O最遠，由幾何關(guān)系得OP0.16 m當(dāng)粒子沿Sb方向射入時，下端偏離O最遠，由幾何關(guān)系得OQ0.16 m故金箔cd被粒子射中區(qū)域的長度為yOQOP