帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析與例題學(xué)生版

1、.專題帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)梳理一、復(fù)合場(chǎng)1 復(fù)合場(chǎng)的分類(1) 疊加場(chǎng) ：電場(chǎng) 、磁場(chǎng) 、重力場(chǎng)共存 ，或其中某兩場(chǎng)共存 (2) 組合場(chǎng) ：電場(chǎng)與磁場(chǎng)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(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn) 2 三種場(chǎng)的比較項(xiàng)目力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)名稱重力場(chǎng)大?。悍较颍捍笮。红o電場(chǎng)方向：洛倫茲力磁場(chǎng)方向可用判斷二、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)形式1 靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，將處于2 勻速圓周運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小，方向時(shí)，帶電粒子在的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做3 較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)當(dāng)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(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線 4 分階段運(yùn)動(dòng)帶電粒子可能依次通過幾個(gè)情況不同的組合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動(dòng)過程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成.專業(yè)資料 .【典型選擇題 】1 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出 )，帶電小球沿如圖1 所示的直線斜向下由A 點(diǎn)沿直線向B 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，此空間同時(shí)存在由A 指向 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng) ，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(yùn)動(dòng)C帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D 運(yùn)動(dòng)過程中 ，小球的機(jī)械能增大2 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng) 如圖 2 所示，一帶電

3、小球在一正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)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(fù)電C小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針D 改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)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(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)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(qiáng)度為B0 的勻強(qiáng)磁場(chǎng) 下列表述正確的是()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(chǎng)方向垂直紙面向外C能通過狹縫P 的

4、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4 回旋加速器原理的理解 勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)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(shí)間可忽略磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(duì)論效應(yīng)和重力的影響則下列說法正確的.專業(yè)資料 .是()圖 4A 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(shí)的最大動(dòng)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

5、盒間狹縫后軌道半徑之比為21D 不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B 和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動(dòng)能不變【規(guī)律總結(jié) 】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例1 質(zhì)譜儀(1) 構(gòu)造：如圖 5 所示 ，由粒子源 、加速電場(chǎng) 、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)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(dòng)能定理可得關(guān)系式粒子在磁場(chǎng)中受作用而偏轉(zhuǎn) ，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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 ，D 1、 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(qiáng)磁場(chǎng)中 (2) 原理：交流電

6、的和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過程中一次一次地經(jīng)過D 形盒縫隙 ，兩盒間的電勢(shì)差 由 qvBmv 2一次一次地，粒子就會(huì)被一次一次地，r得Ekm ，可見粒子獲得的最大動(dòng)能由圖 6決定，與無關(guān) 特別提醒這兩個(gè)實(shí)例都應(yīng)用了帶電粒子在電場(chǎng)中加速、在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn) (勻速圓周運(yùn)動(dòng) )的原理 3 速度選擇器 (如圖 7所示 )(1) 平行板中電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B 互相這種裝置能把具有的粒子選擇出來，所以叫做速.專業(yè)資料 .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(jī)(1) 磁流體發(fā)電是一項(xiàng)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 ，

7、如圖 8 中的是發(fā)電機(jī)正極(3) 磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L(zhǎng)，等離子體速度為 v，磁場(chǎng)的U磁感應(yīng)強(qiáng)度為 qvB 得兩極板間能達(dá)到的最大電勢(shì)圖 8B，則由 qE q L差 U5 電磁流量計(jì)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(dòng)，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(chǎng)，當(dāng)自由電荷所受的和平衡時(shí) ， a、 b 間的電勢(shì)差就圖 9U，因此液體流量 Q Sv保持穩(wěn)定 ，即： qvB qE q d，所以 v.【考點(diǎn) 】考點(diǎn)一帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1 帶電粒子在疊加場(chǎng)中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(1)

8、 磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng) 若重力和洛倫茲力不平衡 ，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng) ，因洛倫茲力不做功 ，故機(jī)械能守恒 ，由此可求解問題 (2) 電場(chǎng)力 、磁場(chǎng)力并存 (不計(jì)重力的微觀粒子 ) 若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡 ，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng) ，因洛倫茲力不做功 ，可用動(dòng)能定理求解問題 (3) 電場(chǎng)力 、磁場(chǎng)力 、重力并存 若三力平衡 ，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) 若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 若合力不為零且與速度方向不垂直 ，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng) ，因洛倫茲力不做功 ，可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問題

9、2 帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場(chǎng)中受輕桿 、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下 ，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng) ，此時(shí)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.專業(yè)資料 .不做功的特點(diǎn) ，運(yùn)用動(dòng)能定理 、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)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(qiáng)度為B 的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，與兩板及左側(cè)邊緣線相切一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力 )沿兩板間中心線 O1 O2 從左側(cè)邊緣 O1 點(diǎn)以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場(chǎng)區(qū)域 ，并從極板邊緣飛出 ，在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t 0.若撤去磁場(chǎng) ，質(zhì)

10、子仍從 O1 點(diǎn)以相同速度射入 ，t0則經(jīng)時(shí)間打到極板上2圖 10(1) 求兩極板間電壓 U；(2) 若兩極板不帶電 ，保持磁場(chǎng)不變 ，該粒子仍沿中心線 O1O2 從 O1 點(diǎn)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(xùn)練 1如圖 11 所示 ，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在 y 軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度均為 E，在兩個(gè)電場(chǎng)的交界處左側(cè) ，有一帶正電的液滴a 在電場(chǎng)力和重力作用下靜止 ，現(xiàn)從場(chǎng)中某點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的液滴b ，當(dāng)它的運(yùn)動(dòng)方向變?yōu)樗椒较驎r(shí)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

11、正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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、b間的a靜電力忽略不計(jì)(1) 求兩液滴相撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度大小；(2) 求液滴 b 開始下落時(shí)距液滴a 的高度 h.專業(yè)資料 .考點(diǎn)二帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(chǎng)模型，或是一個(gè)電場(chǎng)與一個(gè)磁場(chǎng)相鄰 ，或是兩個(gè)或多個(gè)磁場(chǎng)相鄰 2 解題時(shí)要弄清楚場(chǎng)的性質(zhì)、場(chǎng)的方向 、強(qiáng)弱 、范圍等 3 要進(jìn)行正確的受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài) 4 分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵例 2(2012 山·東理綜 · 23)如圖 1

12、2 甲所示 ，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬極板MN和，兩極PQ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，正反向電壓的大小均為 U0，周期為 T0.在 t 0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為 m、電荷量為 q(q >0) 的粒子由 S1 靜止釋放，T0粒子在電場(chǎng)力的作用下向右運(yùn)動(dòng)，在 t時(shí)刻通過 S2 垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū) (不2計(jì)粒子重力 ，不考慮極板外的電場(chǎng))圖 12(1) 求粒子到達(dá) S2 時(shí)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(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件(3) 若已保證

13、了粒子未與極板相撞，為使粒子在t 3 02 ，且速度恰好為T 時(shí)刻再次到達(dá)S零，求該過程中粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小突破訓(xùn)練 2如圖 13 所示裝置中 ，區(qū)域 和 中分別有豎直向.專業(yè)資料 .E上和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng) ，電場(chǎng)強(qiáng)度分別為 E 和 ；區(qū)域 2內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B.一質(zhì)量為m 、帶電荷量為 q 的帶負(fù)電粒子 (不計(jì)重力 )從左邊界 O 點(diǎn)正上方的 M 點(diǎn)以速度 v0 水平射入電場(chǎng) ，經(jīng)水平分界線 OP 上的 A 點(diǎn)與 OP 成 60 °角射入?yún)^(qū)域 的磁場(chǎng) ，并垂直豎直邊界圖 13CD 進(jìn)入 區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中求：(1) 粒子在區(qū)域 勻強(qiáng)磁

14、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑 ；(2) O、 M 間的距離 ；(3) 粒子從 M 點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD 邊界所經(jīng)歷的時(shí)間專題三 帶電粒子在交變電場(chǎng)和交變磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型問題的分析突破訓(xùn)練 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的場(chǎng)強(qiáng)大小為×2 N/C 的勻強(qiáng)電場(chǎng) (上、下及左側(cè)無界 )一個(gè)質(zhì)量為 m 0.5 kg 、電荷E 2.510 2的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，在 t 0 時(shí)刻以大小為 v0 的水平初速量為 q 2.0 × 10 C度向右通過電場(chǎng)中的一點(diǎn)P，當(dāng) t t1 時(shí)刻在電場(chǎng)所在空間中加上一如圖乙所示隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng) ，使得小球能豎直

15、向下通過D 點(diǎn)， D 為電場(chǎng)中小球初速度方向上的一點(diǎn)，PD間距為 ，到豎直面MN的距離DQ為 / .設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里為正(L DLg10 m/s2).專業(yè)資料 .圖 15(1) 如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0 為已知量 ，使得小球能豎直向下通過D 點(diǎn)，求磁場(chǎng)每一次作用時(shí)間 t0 的最小值 (用題中所給物理量的符號(hào)表示)；(2) 如果磁感應(yīng)強(qiáng)度 B0 為已知量 ，試推出滿足條件的時(shí)刻 t1 的表達(dá)式 (用題中所給物理量的符號(hào)表示 )；(3) 若小球能始終在電磁場(chǎng)所在空間做周期性運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí)，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0 及運(yùn)動(dòng)的最大周期T 的大小 (用題中所給物理量的符號(hào)表示).專業(yè)資料 .

16、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(chǎng) ，且直線運(yùn)動(dòng)方向斜向下，與磁場(chǎng)方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場(chǎng)力必水平向右 ，但電場(chǎng)具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性 ，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤 ；重力和電場(chǎng)力的合力不為零，故不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) ，所以選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓εc電場(chǎng)力的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng) ，選項(xiàng) C 正確；運(yùn)動(dòng)過程中由于電場(chǎng)力做正功，故機(jī)械能增大 ，選項(xiàng) D 正確 2、答案 BC解析小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力必與電場(chǎng)力平衡，則電場(chǎng)力方向豎直向上 ，結(jié)合電場(chǎng)方向可知小球一定帶負(fù)電， A 錯(cuò)誤 ， B 正確 ；洛倫茲力充當(dāng)

17、向心力 ，由曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，C正確，D 錯(cuò)誤3、答案ABC解析 粒子在題圖中的電場(chǎng)中加速 ，說明粒子帶正電 ，其通過速度選擇器時(shí) ，電場(chǎng)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(chǎng)的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項(xiàng) B 正確 ；由 Eq Bqv 可知 ，v E/ B，選項(xiàng) C 正確 ；粒子打在膠片上的位置到狹2 mv縫的距離即為其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑D，可見 D 越小，則粒子的比荷越大，DBq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(cuò)誤4、答案ACD 形盒半徑 R 的制約 ，因 v2 R解析粒子被加

18、速后的最大速度受到 2 Rf，故 A 正T確；粒子離開回旋加速器的最大動(dòng)能121222222km mv m × 4 R f2 m R f，與加速電E22mv112 ，得質(zhì)子第壓U無關(guān) ，B錯(cuò)誤 ；根據(jù)，Uq mv12 ， 2 Uq mv22次和第 1R22Bq次經(jīng)過兩 D 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(dòng)能 Ekm222與 m 、R、 f 均有關(guān) ， D 錯(cuò)誤 2 m R f【考點(diǎn)】例 1解析(1)設(shè)粒子從左側(cè)O1 點(diǎn)射入的速度為v0，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng).專業(yè)資料 .t 0L(L 2R) t0 ，解得 L 4R2t0粒子在電場(chǎng)

19、中做類平拋運(yùn)動(dòng)：L 2R v0·2qEam1 t0R a( )22 2U在復(fù)合場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)： qqv 0B2R4R8R2B聯(lián)立各式解得v0， Ut0t0(2) 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)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(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為，由幾何關(guān)系可知 ： 45 °，r2r R1qE t0)2 ，因?yàn)?R(2 m 2qE qv 0B 8R所以mmt02v2根據(jù)牛頓第二定律有qvBm，r221R解得 vt0221R所以 ，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0< v<t08R2B221R答案 (1)(2)0< v<t0t0技巧點(diǎn)撥

20、帶電粒子 (帶電體 )在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法1 弄清疊加場(chǎng)的組成2 進(jìn)行受力分析 3 確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合4 畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.專業(yè)資料 .(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解(2) 當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解(3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解(4)對(duì)于臨界問題 ，注意挖掘隱含條件 5 記住三點(diǎn) ： (1)受力分析是基礎(chǔ) ；(2)運(yùn)動(dòng)過程分析是關(guān)鍵 ；(3)根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解 突破訓(xùn)練1E 2E2

21、 答案 (1)B (2)3 gB2解析液滴在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，同時(shí)受到洛倫茲力、電場(chǎng)力和重力作用(1) 設(shè)液滴 a 質(zhì)量為 m 、電荷量為 q ，則液滴 b 質(zhì)量為 m 、電荷量為 2 q，液滴 a 平衡時(shí)有 qE mga、 b 相撞合為一體時(shí)，質(zhì)量為2 m ，電荷量為 q，速度為v，由題意知處于平衡狀態(tài)，重力為2 mg ，方向豎直向下，電場(chǎng)力為qE，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvB qE 2mgE由 、 兩式，可得相撞后速度vB(2) 對(duì) b ，從開始運(yùn)動(dòng)至與 a 相撞之前 ，由動(dòng)能定理有1W E WG Ek ，即 (2 qE mg )h mv0 22v02 Ea

22、、b 碰撞后速度減半 ，即 v2，則 v0 2 v B再代入 式得 hmv 02v0 22E24qE 2 mg 6 g3 gB2【例 2】審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是什么？2 要在 t 3T0 時(shí)使粒子再次到達(dá)S2，且速度為零 ，需要滿足什么條件？解析(1)粒子由 S至 S 的過程 ，根據(jù)動(dòng)能定理得121qU 0 mv 22.專業(yè)資料 .2qU0由 式得 vma，由牛頓第二定律得 qU0設(shè)粒子的加速度大小為 mad1 T0由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d a()222T02qU0聯(lián)立 式得 d4 m(2) 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定v2律得 qvB mRL要使粒

23、子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞，需滿足 2R>242mU 0聯(lián)立 式得 B<qL(3) 設(shè)粒子在兩邊界之間無場(chǎng)區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過程所用時(shí)間為t1 ，有 d vt 1T0聯(lián)立 式得 t14若粒子再次到達(dá)S2 時(shí)速度恰好為零 ，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)v的時(shí)間為t2 ， 根 據(jù) 運(yùn) 動(dòng) 學(xué) 公 式 得d t22T0?聯(lián)立 式得 t22設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tT0?t 3T0 t1 t227T0?聯(lián)立 ? 式得 t42 m設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由 式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得TqB?由題意可知T t?8 m聯(lián)立 ?式得 B.7qT02 qU0T02qU 0

24、42mU 0答案 (1)m4m(2) B< Lq.專業(yè)資料 .7T08 m(3)4 7 qT0方法點(diǎn)撥解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的思路方法 突破訓(xùn)練 22mv03283mv0(1)(2)mv 0(3)m答案qBqE2qE3qB審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是怎樣的？2嘗試畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡3注意進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度的大小與方向解析(1) 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其在區(qū)域 的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子v0過 A 點(diǎn)時(shí)速度為v，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知vcos 60 °粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得v22 mv 0Bqv m，所以 RRqB(2) 設(shè)粒子在區(qū)域 的電場(chǎng)中

25、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t1，加速度為 a.則有 qE ma， v0 tan 60 °at 1，3 mv 0即 t1qEO、M 兩點(diǎn)間的距離為123mv 02L at122qE(3) 設(shè)粒子在 區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t 2.專業(yè)資料 .T1m則由幾何關(guān)系知t263qBEqqE2設(shè)粒子在 區(qū)域電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3 ， am2 m2v08mv 0則 t3 2× qEa粒子從 M 點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD 邊界所用時(shí)間為t t1 t2 t3 3 mv0m 8mv 08 3 mv0mqE 3qE3qBqBqEmv 2【 例3 】解析(1) 粒 子 在磁 場(chǎng) 中運(yùn) 動(dòng) 時(shí)qvB R(2 分)2 RT(1 分)v2 m解得 T 4×10 3 s(1qB分 )(2) 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， t 20×103 s 時(shí)粒子在坐