洛倫茲力及帶電粒子的運動

1、鳳凰涅槃 浴火重生 致遠(yuǎn)·品質(zhì)高考洛倫茲力及帶電粒子的運動知識 整合第1課時磁場對運動的電荷的作用力洛倫茲力一、洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力1洛倫茲力的公式：F_.2當(dāng)帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，F(xiàn)_.3當(dāng)帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F(xiàn)_.4只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0.二、洛倫茲力的方向1運動電荷在磁場中受力方向要用左手定則來判定2洛倫茲力F的方向既_磁場B的方向，又_運動電荷v的方向，即F總是_B和v的所在平面3使用左手定則判定洛倫茲力方向時，若粒子帶正電時，四個手指的指向與正電荷的運動

2、方向_若粒子帶負(fù)電時，四個手指的指向與負(fù)電荷的運動方向_4安培力的本質(zhì)是磁場對運動電荷的作用力的宏觀表現(xiàn)三、洛倫茲力的特征洛倫茲力與電荷運動狀態(tài)有關(guān)：當(dāng)v0時，_；v0，但vB時，_.洛倫茲力對運動電荷不做功注意：由于洛倫茲力的方向總與帶電粒子在磁場中的運動方向垂直，所以洛倫茲力對運動電荷_，不能改變運動電荷的_大小和電荷的_，但洛倫茲力可以改變運動電荷的速度_和運動電荷的_例題 精講1正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個粒子(不計重力)以一定速度從AB邊的中點M沿既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，正好從AD邊的中點N射出若將磁感應(yīng)強(qiáng)度B變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則

3、這個粒子射出磁場的位置是() AA點 BND之間的某一點 CCD之間的某一點 DBC之間的某一點2有兩根長直導(dǎo)線a、b互相平行放置，如圖所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖在如圖所示的平面內(nèi)，O點為兩根導(dǎo)線連線的中點，M、N為兩導(dǎo)線連線的中垂線上兩點，與O點的距離相等，aM與MN夾角為.若兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，單根導(dǎo)線中的電流在M處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，則關(guān)于線段MN上各點的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列說法中正確的是() AM點和N點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一定相反 BM點和N點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為2B0cos CM點和N點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為2B0sin D在線段MN上各點的磁感應(yīng)強(qiáng)度都不可能為零3

4、帶電粒子垂直勻強(qiáng)磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用下列表述正確的是() A洛倫茲力對帶電粒子做功 B洛倫茲力不改變帶電粒子的動能 C洛倫茲力的大小與速度無關(guān) D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向4如圖所示為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿上處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的vt圖象可能是() A B C D5一個質(zhì)量m0.1 g的小滑塊，帶有q5×104 C的電荷放置在傾角30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜

5、止開始沿斜面滑下，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面求： (1)小滑塊帶何種電荷；(2)小滑塊離開斜面的瞬時速度多大；(3)該斜面的長度至少多長第2課時帶電粒子在磁場中的運動一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動1不計重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動可分為三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動2不計重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的幾個基本公式：(1)向心力公式_；(2)軌道半徑公式_；(3)周期、頻率公式_3不計重力的帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場和垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中做_曲線運動(類平拋運動)；垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁

6、場，則做_曲線運動(勻速圓周運動)二、帶電粒子在復(fù)合場中的運動復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存或其中某兩種場并存的場，帶電粒子在這些復(fù)合場中運動時必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要1當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時，粒子將_或_運動2當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做_運動3當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時，粒子將做_運動1注意幾個基本問題(1)在解決復(fù)合場問題時應(yīng)首先弄清是哪些場共存，注意電場和磁場的方向及強(qiáng)弱，以便確定帶電粒子(體)在場中的受力情況(2)一般情況下，微觀粒子如電子、質(zhì)子、粒子

7、等只計質(zhì)量而不計重力，如果是帶電液滴、油滴、小球、物塊等則要考慮重力作用(3)明確帶電粒子(體)進(jìn)入復(fù)合場的初速度大小及方向(4)結(jié)合帶電粒子(體)的受力情況及初速度，正確分析其運動的過程，以便選擇物理規(guī)律解題在運動過程的分析中必須注意洛倫茲力的大小及方向都與速度有關(guān)2帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運動問題求解要點(1)受力分析是基礎(chǔ)在受力分析時是否需要考慮重力，必須注意題目條件以及洛倫茲力、彈力、摩擦力等各種力產(chǎn)生的條件(2)運動過程分析是關(guān)鍵在運動過程分析中應(yīng)注意帶電粒子(體)做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件(3)根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇適用的物理規(guī)律列方程求解(4)常

8、用的物理規(guī)律有共點力平衡條件、牛頓運動定律、運動學(xué)公式、運動定理、能量守恒定律、功能關(guān)系、圓周運動向心力公式等(5)思維方法常用到力的合成與分解、運動的合成及分解、等效法、假設(shè)法、類比法等，以求把復(fù)雜問題簡化一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動在研究帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動規(guī)律時，著重把握“一找圓心，二找半徑，三找周期或時間”的分析方法1圓心的確定因為洛倫茲力F洛指向圓心，根據(jù)F洛v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(一般是射入和射出磁場兩點)的F洛的方向，沿兩個洛倫茲力F洛畫其延長線的交點即為圓心，另外，圓心位置必定在圓中一根弦的中垂線上(見圖)2半徑的確定和計算利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的可

9、能半徑(或圓心角)，并注意以下兩個重要的幾何特點(1)粒子速度的偏向角()等于同心角()，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角)的2倍(如圖所示)，即2t.(2)相對的弦切角()相等，與相鄰的弦切角()互補，180°.3粒子在磁場中運動時間的確定tT或t式中為偏向角，T為周期，s為軌道的弧長，v為線速度4注意圓周運動中的對稱規(guī)律，如從同一直線邊界射入的粒子，再從這一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等，在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出【典型例題1】 如圖a所示，左側(cè)為某同學(xué)設(shè)想的粒子速度選擇裝置，由水平轉(zhuǎn)軸及兩個薄盤N1、 N2構(gòu)成，兩盤面平行且與轉(zhuǎn)軸垂直，相距為L，盤上各開

10、一狹縫，兩狹縫夾角可調(diào)(如圖b)；右為水平放置的長為d的感光板，板的正上方有一勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一小束速度不同，帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過N2的粒子經(jīng)O點垂直進(jìn)入磁場O到感光板的距離為，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，不計重力A b c(1)若兩狹縫平行且盤靜止(如圖c)，某一粒子進(jìn)入磁場后，豎直向下打在感光板中心點M上，求該粒子在磁場中運動的時間t；(2)若兩狹縫夾角為0，盤勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如圖b.要使穿過N1、 N2的粒子均打到感光板P1P2連線上，試分析盤轉(zhuǎn)動角速度的取值范圍(設(shè)通過N1的所有粒子在盤旋轉(zhuǎn)一圈的時間內(nèi)都能到達(dá)N2)溫馨提示帶電粒子在勻強(qiáng)磁

11、場中的運動，其圓心、半徑的確定是解題的關(guān)鍵圓心的確定是畫出粒子運動軌跡中任意兩點(一般是射入和射出磁場的兩點)的洛倫茲力的方向，沿兩個洛倫茲力方向畫其延長線，兩個延長線的交點即為圓心；半徑的確定，一般是利用幾何知識、解三角形的方法及圓心角等于圓弧上弦切角的兩倍等知識此外，還常常會涉及在磁場中運動時間的確定，通常是利用圓心角與弦切角的關(guān)系或四邊形內(nèi)角和為360°計算出圓心角的大小，再由t·T(或t·T)求出運動時間記錄空間【變式訓(xùn)練1】如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、中，A2A4與A1A3的

12、夾角為60°.一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子以某一速度從區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進(jìn)入?yún)^(qū)，最后再從A4處射出磁場已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求區(qū)和區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小(忽略粒子重力)2“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的差別磁偏轉(zhuǎn)電偏轉(zhuǎn)受力特征v垂直于B時，F(xiàn)BqvBv不垂直于B時，F(xiàn)BqvBsin(v與B的夾角為)，F(xiàn)B為變力，只改變v的方向無論v是否與E垂直，F(xiàn)EqE，F(xiàn)E為恒力運動規(guī)律圓周運動T，r類平拋運動vxv0，vyt，xv0t，y偏轉(zhuǎn)情況若沒有磁場邊界限制，粒子所能偏轉(zhuǎn)的角度不受限制，Btt

13、E.因做類平拋運動，在相等的時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的角度往往不相等動能變化動能不變動能不能增大且增大得越來越快處理方法結(jié)合圓的幾何關(guān)系及半徑、周期公式運動的合成與分解，類平拋運動相關(guān)規(guī)律【典型例題2】 如圖甲所示，建立xOy坐標(biāo)系兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l.在第一、四象限有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為q、速度相同、重力不計的帶電粒子在03t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)已知t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場上述m、q、l、t0、B為已知量(

14、不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)甲乙(1)求電壓U0的大小(2)求t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑(3)何時進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間溫馨提示結(jié)合圖象，洛倫茲力提供向心力是解決本題的關(guān)鍵記錄空間【變式訓(xùn)練2】如圖所示，一帶電粒子質(zhì)量為m2.0×1011kg、電荷量q1.0×105C，從靜止開始經(jīng)電壓為U1100V的電場加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角60°，并接著沿半徑方向進(jìn)入一個垂直紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，粒子射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角也為60°.已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬

15、板長L2cm，圓形勻強(qiáng)磁場的半徑R10cm，重力忽略不計求：(1)帶電粒子經(jīng)U1100V的電場加速后的速率；(2)兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度E；(3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小第3課時帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用復(fù)合場的實際應(yīng)用1速度選擇器，選擇器內(nèi)有正交的_和_當(dāng)帶電粒子受力滿足_條件時不偏轉(zhuǎn)，即選擇速度為_的粒子，與帶電粒子的電性、電量和質(zhì)量都無關(guān)2質(zhì)譜儀質(zhì)譜儀是測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要儀器經(jīng)速度選擇器后，只有滿足v_的粒子才能通過，同一種元素的各種同位素以相同的速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做圓周運動，圓周運動半徑R_，可見R與m有關(guān)，這樣同位素的離子就被分離出來如果已知帶電粒子的電荷量

16、為q，就可以算出離子的質(zhì)量3回旋加速器回旋加速器是獲得高能粒子的一種裝置如圖所示，兩個D形盒相對水平放置，并與高頻振蕩器相連接，使兩個D形盒之間產(chǎn)生交變加速電場在D形盒內(nèi)部為勻強(qiáng)磁場，其作用是使粒子做勻速圓周運動，旋轉(zhuǎn)半周后重新進(jìn)入D形盒間隙被電場加速粒子在磁場中運動的周期與_相同，這就可以保證粒子每次經(jīng)過D形盒間隙時都得到加速帶電粒子在D形盒內(nèi)沿螺旋線軌道逐漸趨于盒的邊緣，達(dá)到預(yù)期的速率后，用特殊裝置把它們引出可見，D形盒的尺寸決定了粒子的最后能量對同一粒子而言，D形盒直徑越大，粒子獲得的能量也_質(zhì)譜儀和回旋加速器的基本原理1根據(jù)質(zhì)譜儀原理可以得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、

17、比荷等(1)r.(2)m.(3).2回旋加速器的最大動能根據(jù)qvB，得Ekm，可見，(1)粒子最大動能與加速電壓無關(guān)(2)最大動能由D形盒的最大半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度決定【典型例題1】 如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強(qiáng)的偏轉(zhuǎn)電場一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進(jìn)入場強(qiáng)大小為E的偏轉(zhuǎn)電場，最后打在照相底片D上已知同位素離子的電荷量為q(q0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強(qiáng)大小為E0的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響(1)求從

18、狹縫S2射出的離子速度v0的大?。?2)若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(用E0、B0 、E、q、m、L表示)【變式訓(xùn)練1】如圖所示為回旋加速器的原理示意圖，其核心部分是兩個靠得非常近的D形盒，兩盒分別和一高頻交流電源的兩極相連，交流高頻電源的電壓為U，勻速磁場分布在兩D形盒內(nèi)且垂直D形盒所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在D形盒中央S點處放有粒子源粒子源放出質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(設(shè)粒子的初速度為零)被回旋加速器加速，設(shè)D形盒的最大半徑為R，則() A所加高頻交流電的頻率應(yīng)是 B粒子離開加速器時的動能是 C粒子離開加速器前被加速的次數(shù)

19、為 D粒子在回旋加速器中運動的時間為第35講洛倫茲力及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動第1課時磁場對運動電荷的作用力洛倫茲力知識整合基礎(chǔ)自測一、1.qvBsin2.03.qvB二、2.垂直于垂直于垂直于3.相同相反三、F0F0不做功速度動能方向速度隨堂演練1.A【解析】 已知入射點的位置、速度方向和出射點的位置可作出粒子運動軌跡的圓心位置，即剛好在A點，軌道半徑ra/2，其中a是正方形磁場區(qū)域的邊長，若將磁場強(qiáng)度B加倍，其他條件不變，根據(jù)軌道半徑公式r可知，粒子的軌道半徑減半，所以粒子肯定從A點射出磁場本題答案為A.2.AB【解析】 作出兩根導(dǎo)線在MN兩處產(chǎn)生的磁感第2題圖應(yīng)強(qiáng)度，并根據(jù)平行四邊形定

20、則求出合磁場，如上圖所示，顯然，選項AB正確，C錯誤；兩根導(dǎo)線在M、N兩處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，合磁場為零，所以選項D錯誤本題答案為AB.3.B【解析】 根據(jù)洛倫茲力的特點，洛倫茲力對帶電粒子不做功，A錯，B對根據(jù)FqvB，可知洛倫茲力的大小與速度有關(guān)，C錯洛倫茲力的效果就是改變物體的運動方向，不改變速度的大小，D錯4.AD【解析】 由左手定則判斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)受到豎直向下的重力、垂直桿的彈力及向左的摩擦力，當(dāng)洛倫茲力初始時刻小于重力時，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運動，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來越大，摩擦力越來越大，故做加速度增大的減速運動，直到速度為零而處于靜止?fàn)顟B(tài)

21、，選項中沒有對應(yīng)圖象；當(dāng)洛倫茲力初始時刻等于重力時，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運動，A正確；當(dāng)洛倫茲力初始時刻大于重力時，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運動，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，當(dāng)彈力減小到零的過程中，摩擦力逐漸減小到零，做加速度逐漸減小的減速運動，摩擦力為零時，開始做勻速直線運動，D正確5.(1)負(fù)(2)2m/s(3)1.2m【解析】 (1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負(fù)電荷(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有BqvFNmgcos0.當(dāng)F

22、N0時，小滑塊開始脫離斜面，此時，qvBmgcos，得v m/s2 m/s.(3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得mgxsinmv2，斜面的長度至少應(yīng)是x m1.2m.第2課時帶電粒子在復(fù)合場中的運動知識整合基礎(chǔ)自測一、2.(1)Bqvm(2)R(3)Tf3.勻變速變加速二、1.靜止做勻速直線2.勻變速直線運動3.勻速圓周重點闡述【典型例題1】 如圖a所示，左側(cè)為某同學(xué)設(shè)想的粒子速度選擇裝置，由水平轉(zhuǎn)軸及兩個薄盤N1、 N2構(gòu)成，兩盤面平行且與轉(zhuǎn)軸垂直，相距為L，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角可調(diào)(如圖b)；右為水平放置的長為d的感光板，板的正上方有一勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為

23、B.一小束速度不同，帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過N2的粒子經(jīng)O點垂直進(jìn)入磁場O到感光板的距離為，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，不計重力ab c(1)若兩狹縫平行且盤靜止(如圖c)，某一粒子進(jìn)入磁場后，豎直向下打在感光板中心點M上，求該粒子在磁場中運動的時間t；(2)若兩狹縫夾角為0，盤勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如圖b.要使穿過N1、 N2的粒子均打到感光板P1P2連線上，試分析盤轉(zhuǎn)動角速度的取值范圍(設(shè)通過N1的所有粒子在盤旋轉(zhuǎn)一圈的時間內(nèi)都能到達(dá)N2)【答案】(1)(2)【解析】(1)粒子運動半徑為R由牛頓第二定律qvBm勻速圓周運動周期T粒子在磁場中運動時間t(2)如圖所示，設(shè)粒子運動臨界半

24、徑分別為R1和R2R1d2(R2)2RR2d設(shè)粒子臨界速度分別為v1和v2，由式，得v1v2若粒子通過兩轉(zhuǎn)盤，由題設(shè)可知聯(lián)立，得對應(yīng)轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速分別為12粒子要打在感光板上，需滿足條件變式訓(xùn)練1【解析】 設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場區(qū)和區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度、軌道半徑和周期，qvB1mqvB2mT1T2設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，如圖所示，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4，進(jìn)入?yún)^(qū)磁場，連接A1A2，A1OA2為等邊三角形，其半徑R1A1A2OA2r，圓心角A1A2O60°

25、，帶電粒子在區(qū)磁場中運動的時間為t1T1，帶電粒子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在OA4的中點，即R2r，在區(qū)磁場中運動時間為t2T2，帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間tt1t2, 由以上各式可得B1B2【典型例題2】 如圖甲所示，建立xOy坐標(biāo)系兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l.在第一、四象限有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為q、速度相同、重力不計的帶電粒子在03t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)已知t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場上述m

26、、q、l、t0、B為已知量(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)甲乙(1)求電壓U0的大小(2)求t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑(3)何時進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間【答案】(1)(2)(3)見解析【解析】 (1)t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，t0時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為l，則有EqEmalat解得兩板間電壓為U0(2)t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子，前t0時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后t0時間兩板間沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0帶電粒子離開電場時沿y軸負(fù)方向的分速度

27、大小為vya·t0帶電粒子離開電場時的速度大小為v設(shè)帶電粒子離開電場進(jìn)入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有qvBmR(3)2t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中運動時間最短帶電粒子離開電場時沿y軸正方向的分速度為vyat0設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則tan聯(lián)立式解得帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，圓弧所對的圓心角2，所求最短時間為tminT帶電粒子在磁場中的運動的周期為T聯(lián)立式得tmin變式訓(xùn)練2(1)1.0×104m/s(2)10000V/m(3)0.13T【解析】 (1)帶電粒子經(jīng)加速電場加速后速度為v1，根據(jù)動能定理：qU1mvv11.0&#

28、215;104m/s(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，做類平拋運動在水平方向粒子做勻速直線運動水平方向：v1帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運動、加速度為a，出電場時豎直方向速度為v2，且u2ata由幾何關(guān)系tanE10000V/m(3)設(shè)帶電粒子進(jìn)磁場時的速度大小為v，則v2.0×104m/s由粒子運動的對稱性可知，入射速度方向過磁場區(qū)域圓心，則出射速度反向延長線過磁場區(qū)域圓心，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示則軌跡半徑為rRtan60°0.3m由qvBm得B0.13T隨堂演練1.BC【解析】 根據(jù)題意，粒子進(jìn)入磁場后向右偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力方向向右，根據(jù)左手定則，粒子

29、應(yīng)帶負(fù)電，A錯誤粒子能夠從右手縫中射出，則最大半徑為，最小半徑為，由于洛倫茲力充當(dāng)向心力，所以qVBm，可得：vmax，vmax，所以，vmaxvmin.分析可得，B、C正確，D錯誤2.BD【解析】 根據(jù)磁場方向(可能垂直紙面向里，也可能垂直紙面向外)和粒子速度方向，由于粒子帶負(fù)電，應(yīng)用左手定則可以確定洛倫茲力方向向左或向右故圓心在P點左邊或右邊，B、D正確3.AD【解析】 設(shè)PQ長度為2r，由幾何關(guān)系可求得A、B粒子在磁場中做圓周運動時半徑分別為rBr rA2r, A、B粒子從P到Q經(jīng)過的路程sBrsAr，因為所用時間相同，所以，D正確；應(yīng)用公式r，可知當(dāng)A粒子為粒子，B粒子為質(zhì)子時也符合題

30、意，A正確4.AC【解析】由于本題中沒有明確磁場方向和電子的運動方向，所以電子受洛倫茲力的方向有兩種可能： 一種可能是指向圓心，如圖甲、乙所示；另一種是F洛沿半徑指向圓心的反方向，如圖丙、丁所示，所以此題必有兩個解第4題圖在圖甲、乙情況下： 因為F電F洛m2r，又因為F電3F洛3evB4evBm2r，vr，所以.在圖丙、丁情況下： F電F洛m2r，又因為F電3F洛3evB2evBm2r, vr，得.5.(1)sin(2)【解析】 (1)過O點和P點作速度方向的垂線，兩線交點C即為電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心，如圖所示，則可知OP2R·sinBqv0m第5題圖解得：OPsin(2)

31、由圖中可知：2tt又v0R解得：t.第3課時帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用知識整合基礎(chǔ)自測1電場磁場EqBqvE/B2.E/B3.交流電周期越大【典型例題1】 如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強(qiáng)的偏轉(zhuǎn)電場一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進(jìn)入場強(qiáng)大小為E的偏轉(zhuǎn)電場，最后打在照相底片D上已知同位素離子的電荷量為q(q0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強(qiáng)大小為E0的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響(1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小；(2)若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(用E0、B0 、E、q、m、L表示)【答案】(1)(2)x【解析】 (1)能從速度選擇器射出的離子滿足qE0qv0B0v0(2)離子進(jìn)入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場E后做類平拋運動，則xv0tLat