帶電粒子在復(fù)合場中的運動分析與例題學生版

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，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、 磁場交替出現(xiàn)2 三種場的比較項目力的特點功和能的特點名稱大小：重力場方向：.專業(yè)資料 .大?。红o電場方向：洛倫茲力磁場方向可用判斷二、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帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于2 勻速圓周運動當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做3 較復(fù)雜的曲線運動當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速

2、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.專業(yè)資料 .【典型選擇題】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小球一定帶正電圖 1B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，一帶電小球在

3、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小球一定帶正電圖 2B小球一定帶負電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子被加速電場加速后，進入速度選擇器速度選擇器相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和 .平板S上有可讓粒子通過E的狹縫P和記錄粒子位置的膠片1 2.平板S下方有磁感應(yīng)強度為A A0 的勻強磁場下列表述正確的是()BA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能通過狹縫P 的帶電粒子的速率等于E/

4、BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小4 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是()圖4.專業(yè)資料 .A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2 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21D不改變

5、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r ， m， q.m2 回旋加速器(1) 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

6、形盒縫隙， 兩盒間的電勢差一2mv次一次地，粒子就會被一次一次地由qvB r ，得Ekm，可見粒子獲得的最大動能由圖 6決定，與無關(guān)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)( 勻速圓周運動 ).專業(yè)資料 .的原理3 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 互相這種裝置能把具有的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器(2) 帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是，即圖 74 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，等離子體速度為

7、v，磁場的UL磁感應(yīng)強度為B，則由 qE qL qvB 得兩極板間能達到的最大電勢圖 8差 U5 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、負離子 )，在的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、 b 間出現(xiàn)，形成電場，當自由電荷所受的和平衡時， a、 b 間的電勢差就圖 9保持穩(wěn)定，即：U，因此液體流量qd，所以vqvBqEQSv.【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，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動

8、，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.專業(yè)資料 .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運動和圓周運動，此時解題要通過

9、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 OO 從左側(cè)邊緣 O 點以某121一速度射入， 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 t .0若撤去磁場，質(zhì)子仍從1 點以相同速度射入，則經(jīng)t 0時間打到極板上O2.專業(yè)資料 .圖 10(1) 求兩極板間電壓 U；(2) 若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線O1O2 從

10、 O1 點射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件？突破訓練.專業(yè)資料 .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電的液滴b，當它的運動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a 相撞，撞后兩液滴合為一體，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

11、度大??；(2) 求液滴 b 開始下落時距液滴a 的高度 h.考點二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、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.專業(yè)資料 .例2(2012 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S1、 S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向

12、電壓的大小均為 U0，周期為 T0. 在 t 0 時刻將一個質(zhì)量為m、電荷量為 q( q0) 的粒子由 S1 靜止釋放，T0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).專業(yè)資料 .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t3 0 時刻再次到達2，且速度恰好為TS零，求該過程中粒子在磁場運動的時間和磁感應(yīng)強度的大小.專業(yè)資料 .突破訓練2如圖 13所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的

13、勻強電場，電場強度分別為EE 和 ；區(qū)域2有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B. 一質(zhì)量為m、帶電荷量為 q 的帶負電粒子 ( 不計重力 ) 從左邊界 O點正上方的 M點以速度 v0 水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的 A 點與 OP成 60角射入?yún)^(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界圖 13CD進入?yún)^(qū)域的勻強電場中求：(1) 粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌跡半徑；(2) O、 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.專業(yè)資料 .突破訓練.專業(yè)資料 .3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

14、的場強大小為 E2.5 10 2N/C 的勻強電場 ( 上、下及左側(cè)無界 ) 一個質(zhì)量為m0.5 kg、電荷量為 q2.0 10 2 C 的可視為質(zhì)點的帶正電小球，在t 0 時刻以大小為v0 的水平初速度向右通過電場中的一點P，當 t t 1 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/ . 設(shè)磁感應(yīng)強度垂直紙面向里為正( g10 m/s 2)圖 15(1) 如果磁感應(yīng)強度 B0 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 t 0 的最小值 (

15、用題中所給物理量的符號表示) ；(2) 如果磁感應(yīng)強度B0 為已知量， 試推出滿足條件的時刻t 1 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，則當小球運動的周期最大時，求出磁感應(yīng)強度B0 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) .專業(yè)資料 .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；

16、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電，A 錯誤， B 正確；洛倫茲力充當向心力，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Bqv可知，v / ，選項 C 正確；粒

17、子打在膠片上的位置到狹EqE B2mv縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑D Bq，可見 D越小，則粒子的比荷越大，D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4、答案 AC2 R解析 粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑 R的制約， 因 vT2 Rf，故 A 正121222222確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekm2mv 2m4 Rf 2m Rf，與加速電壓mv1212，得質(zhì)子第2 次和第 1 次經(jīng)過兩U無關(guān)， B 錯誤；根據(jù) R ， Uq mv1 ，2Uq mv2Bq22D 形盒間狹縫后軌道半徑之比為21，C 正確；因回旋加速器的最大動能Ekm 2m2 R2

18、f2 與 m、 R、 f 均有關(guān)， D錯誤【考點】.專業(yè)資料 .例1解析(1)設(shè)粒子從左側(cè)O 點射入的速度為v ，極板長為 L，粒子在初速度方向上做勻速10直線運動( 2) 0t 0 4，解得LLR t2L Rt 0粒子在電場中做類平拋運動：L 2R v0 2qEa mR 1a( t 0) 222U在復(fù)合場中做勻速運動：q2R qv0B4R8R2B聯(lián)立各式解得v0 t 0， U t 0(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 ，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為 ，由幾何關(guān)系可知： 45， r 2r R.專業(yè)資料 .1qE t 0 2因為 R 2 m( 2

19、) ，qEqv0B8R所以m m t 0 2v2根據(jù)牛頓第二定律有qvB m ，r221R解得 vt 0221R所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0 vt 08R2B221R答案 (1)(2)0 v242mU0聯(lián)立式得BLq(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t1，有 d vt 1聯(lián)立式得0t 1T4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)勻減速運動的時間為 t 2，根據(jù)運動學公式得 d vt 22.專業(yè)資料 .T0聯(lián)立式得t 2 2?設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt3 0T01 2?T2tt聯(lián)立 ?0? 式得 t 7T42 m設(shè)粒子在勻強磁場

20、中做勻速圓周運動的周期為T，由式結(jié)合運動學公式得T qB?由題意可知 T t?聯(lián)立? ? 式得8 m.B7qT02qUT2qU42mU答案(1)000(2) BL0m4mq7 08m(3)T47qT0方法點撥解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法 突破訓練22mv28 3mv m3mv000答案 (1)qB(2)2qE (3)qE 3qB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 cos 60 .專業(yè)資料 .粒子在勻強

21、磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得2v2mv0(2) 設(shè)粒子在區(qū)域的電場中運動時間為t 1，加速度為 a. 則有 qEma，v0tan 60 at 1，即 t 13mv0qE2123mv0O、 M兩點間的距離為L 2at 1 2qE(3) 設(shè)粒子在區(qū)域磁場中運動時間為t 2T m13則由幾何關(guān)系知 t 2 6qBE設(shè)粒子在區(qū)域電場中運動時間為t3， q2qEam 2m2v08mv0則 t 3 2 a qE粒子從點出發(fā)到第二次通過邊界所用時間為MCD3mv m 8mv8 3 mv m000t t 1 t 2 t 3 qE 3qB qE qE3qB2【 例3】解析(1)粒子在磁場中運動時qvB mvR(2 分)T2 R(1v分 )2 m 3解得 T qB 410s(1分 )(2) 粒子的運動軌跡如圖所示， t 2010 3 s 時粒子在坐標系做了兩個圓周運動和三段類平拋運動，水平位移x 3v0T9.6 10 2m