帶電粒子在電場磁場中的運動

1、帶電粒子在電場和磁場中的運動一、根據(jù)帶電粒子的軌跡進行分析推理 通過非勻強電場中的運動軌跡分析電場力和能的特性，要注意： 1.電場力一定電場線的切線方向且一定指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè) 2.W電=qUab=Eka-Ekb 3.當電場線為曲線時，運動軌跡不會與之重合 例題圖9218如圖9218，一帶負電的粒子以某一速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成圖中所示的運動軌跡M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右點不計重力，下列表述正確的是()A粒子在M點的速率最大B粒子所受電場力沿電場方向C粒子在電場中的加速度不變D粒子在電場中的電勢能始終在增加解析：選C.粒子接近M點過程中電場力做負功，遠離

2、M點的過程中電場力做正功，所以在M點粒子的速率應(yīng)該最小，A、B錯誤，粒子在勻強電場中運動，所受電場力不變，加速度不變，C正確，因為動能先減小后增加，所以電勢能先增加后減小，D錯誤如圖所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一帶電粒子在此電場中運動的軌跡，若帶電粒子是從a處運動到b的。以下有關(guān)a、b兩處的比較正確的是( )°ba°Aa處的場強較強B帶電粒子在b處時電勢能較大Cb處的電勢較高D帶電粒子在a處時速度較小AB如圖所示的非勻強電場中，如果電量q=10-5C的點電荷僅在電場力的作用下由A點移動到B點，電場力做功為8×10-3J，則（ ）ABA電場中A、B兩點間的

3、電勢差800VB點電荷由A點移到B點電勢能增加了8×10-3JC點電荷由A點移到B點電勢能減少了8×10-3JD點電荷受到的電場力大小，在A點時比在B點時大ACD二、與電容器有關(guān)的動態(tài)分析將平行半電容器看成產(chǎn)生勻強電場的兩個平行金屬板：1. 平行板電容器充電后，極板間形成的是勻強電場2. 平行板電容器電容：C=3. 電容器d、s、變化而引起電容器C、Q、U、E的變化的分析方法(1) 確定不變量：電容器保持與電源連接，則U不變；斷開與電源連接，則Q不變(2) 用C=分析電容的變化：加入電介質(zhì)（絕緣板）時，變大 加入金屬板時，相當于d變小 （3）根據(jù)C=分析Q和U變化，E=或者

4、E=分析場強變化 例題如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連，在距離兩板等遠的M點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài).若將a板向下平移一小段距離，但仍在M點上方，穩(wěn)定abM后，下列說法中正確的是（ ）A液滴將加速向下運動BM點電勢升高，液滴在M點時電勢能將減小CM點的電場強度變小了D在a板移動前后兩種情況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功相同BDAa bER 圖93812豎直放置的一對平行金屬板的左極板上用絕緣線懸掛了一個帶正電的小球，將平行金屬板按圖9-38-12所示的電路圖連接.絕緣線與左極板的夾角為.當滑動變阻器R的滑片在a位置時，電流表的讀數(shù)為I1，夾角為1；當滑片在b位

5、置時，電流表的讀數(shù)為I2，夾角為2，則( ) .1<2，I1<I2.1>2，I1>I2.1=2，I1=I2.1<2，I1=I2D三、不計重力的帶電粒子在電場中的運動1帶電粒子在電場中加速當電荷量為q、質(zhì)量為m、初速度為v0的帶電粒子經(jīng)電壓U加速后，速度變?yōu)関t，由動能定理得：qUmvt2mv02若v00，則有vt，這個關(guān)系式對任意靜電場都是適用的對于帶電粒子在電場中的加速問題，應(yīng)突出動能定理的應(yīng)用2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，以速度v1垂直進入由兩帶電平行金屬板產(chǎn)生的勻強電場中，則帶電粒子在勻強電場中做類平拋

6、運動，其軌跡是一條拋物線(如圖41所示)圖41qU1mv12設(shè)兩平行金屬板間的電壓為U2，板間距離為d，板長為L(1)帶電粒子進入兩板間后粒子在垂直于電場的方向上做勻速直線運動，有：vxv1，Lv1t粒子在平行于電場的方向上做初速度為零的勻加速直線運動，有：vyat，yat2，a(2)帶電粒子離開極板時側(cè)移距離yat2(與m、q無關(guān))偏轉(zhuǎn)角度的正切值tan 若在偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)D距離處有一豎立的屏，在求電子射到屏上的側(cè)移距離時有一個很有用的推論，即：所有離開偏轉(zhuǎn)電場的運動電荷好像都是從極板的中心沿中心與射出點的連線射出的這樣很容易得到電荷在屏上的側(cè)移距離y帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)是類平拋運動，平拋運

7、動的兩個重要推論在這里也成立以上公式要求在能夠證明的前提下熟記，并能通過以上式子分析、討論側(cè)移距離和偏轉(zhuǎn)角度與帶電粒子的速度、動能、比荷等物理量的關(guān)系例題1如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的電壓為U，帶電粒子所帶電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t，不計粒子的重力，則 ()A粒子在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為B粒子在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為C粒子在豎直方向的前和后位移內(nèi)，電場力做的功之比為12D粒子在豎直方向的前和后位移內(nèi)，電場力的沖量之比為11【解析】粒子在勻強電場中運動，電場力做的功為：W電qUA

8、Bq·E·y，其中y為粒子在電場方向的位移又由題意知：at2，a·()2故在前內(nèi)電場力做的功W1qU，在后內(nèi)電場力做的功W2前后位移內(nèi)電場力做的功之比為11又從靜止開始的勻加速直線運動通過連續(xù)相等位移的時間之比為1(1)()()故I前I后1(1)答案B2如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間有勻強電場，在兩板之間等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最后都能打在右極板上的同一點則從開始釋放到打到右極板的過程中()A它們的運行時間tPtQB它們的電荷量之比qPqQ21C它們的動能增加量之比EkPEk

9、Q41D它們的電勢能減少量之比EPEQ21【解析】將兩小球的運動都沿水平和豎直正交分解，豎直的分運動都為自由落體運動，故它們從開始釋放到打在右極板的過程中運行時間相等，選項A錯誤對于水平分運動，有：··t2·t2故知qPqQ21，選項B正確P球動能的增量EkPmghqPE·d，Q球動能的增量EkQmghqQE·mgh·qPE·d，選項C錯誤同理：EPqPE·d，EQqQE·，可得EPEQ41，選項D錯誤答案B3.噴墨打印機的結(jié)構(gòu)簡圖如圖49所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為1×105 m

10、，此微滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電荷量的多少由計算機按字體筆畫的高低位置輸入信號加以控制帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場，帶電微滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒偏轉(zhuǎn)板長1.6 cm，兩板間的距離為0.50 cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙3.2 cm若墨汁微滴的質(zhì)量為1.6×1010 kg，以20 m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是8.0×103 V，其打到紙上的點距原射入方向的距離是2.0 mm求這個墨汁微滴通過帶電室所帶的電荷量的多少(不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉(zhuǎn)電場

11、只局限于平行板電容器的內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性)為了使紙上的字放大10%，請你分析并提出一個可行的方法【解析】設(shè)墨汁微滴所帶的電荷量為q，它進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，離開電場后做直線運動打到紙上，則距原入射方向的距離為：yat2Ltan 又a，t，tan 解得：y(L)代入數(shù)據(jù)得：q1.25×1013 C要將字體放大10%，只要使y增大為原來的1.1倍，可采用的措施為將兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓增大到8.8×103 V，或?qū)⑵D(zhuǎn)板右端與紙的間距增大到3.6 cm答案1.25×1013 C將兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓增大到8.8×103 V，或?qū)⑵D(zhuǎn)板右端與紙的間距增大

12、到3.6 cm【點評】本題也可直接根據(jù)推論公式y(tǒng)(L)tan (L)進行計算和平拋運動問題一樣，這類題型中偏轉(zhuǎn)角度的正切表達式在解題中往往較為關(guān)鍵，且有tan 2tan (為射出點的位移方向與入射方向的夾角)的特點四、不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動1勻速直線運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向平行，則粒子做勻速直線運動2勻速圓周運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向垂直，則粒子做勻速圓周運動質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進入勻強磁場B中做勻速圓周運動，其角速度為，軌道半徑為R，運動的周期為T，則有：qvBmmR2mvmR()2mR(2f)2RT(與v、R無關(guān))，f

13、帶電粒子在磁場中的運動大體包含五種常見情境，即：無邊界磁場、單邊界磁場、雙邊界磁場、矩形邊界磁場、圓形邊界磁場帶電粒子在磁場中的運動問題綜合性較強，解這類問題往往要用到圓周運動的知識、洛倫茲力，還要牽涉到數(shù)學中的平面幾何、解析幾何等知識因此，解此類試題，除了運用常規(guī)的解題思路(畫草圖、找“圓心”、定“半徑”等)之外，更應(yīng)側(cè)重于運用數(shù)學知識進行分析3對于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，應(yīng)注意把握以下幾點(1)粒子圓軌跡的圓心的確定1.圓心一定在過切點且與速度垂直的直線上2.圓心一定在弦的垂直平分線上常見的三種情況若已知粒子在圓周運動中的兩個具體位置及通過某一位置時的速度方向，可在已知的

14、速度方向的位置作速度的垂線，同時作兩位置連線的中垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖42 所示若已知做圓周運動的粒子通過某兩個具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖43所示若已知做圓周運動的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R，可在該位置上作速度的垂線，垂線上距該位置R處的點為圓軌跡的圓心(利用左手定則判斷圓心在已知位置的哪一側(cè))，如圖44所示圖42圖43圖44(2)粒子圓軌跡的半徑的確定入射點或出射點到圓心的距離，可直接運用公式R 來確定(3)粒子轉(zhuǎn)過的圓心角的確定畫出幾何圖形，利用半徑R與題中已知長度的幾何關(guān)系來確定在利用幾何關(guān)系時

15、，要注意一個重要的幾何特點，即：粒子速度的偏向角等于對應(yīng)軌跡圓弧的圓心角，并等于弦切角的2倍，如圖45所示 圖45(4)粒子在磁場中運動的時間的確定若粒子在時間t內(nèi)通過的圓弧所對應(yīng)的圓心角為，則有：t·T(或t·T)周期可直接運用公式T 來確定(4)圓周運動中有關(guān)對稱的規(guī)律從磁場的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出，則速度方向與邊界的夾角相等，如圖46所示在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子必沿徑向射出，如圖47所示圖46圖47(5)帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題剛好穿出磁場邊界的條件通常是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切例題如圖所示，在一正交的電場和磁場中，一帶電荷

16、量為q、質(zhì)量為m的金屬塊沿傾角為的粗糙絕緣斜面由靜止開始下滑已知電場強度為E，方向豎直向下；磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里；斜面的高度為h金屬塊滑到斜面底端時恰好離開斜面，設(shè)此時的速度為v，則()A金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，做的是加速度逐漸減小的加速運動B金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機械能增加了qEhC金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機械能增加了mv2mghD金屬塊離開斜面后將做勻速圓周運動【解析】金屬塊在下滑的過程中，隨著速度的增大，洛倫茲力增大，對斜面的壓力減小，故摩擦力f(mgqEqvB)不斷減小，金屬塊做加速度逐漸增大的加速運動，選項A錯誤又由功能關(guān)系得：E機W電Wf

17、qEh，選項B錯誤機械能的變化量為：E機EkEpmv2mgh，選項C正確由題意知，mgqE，故離開斜面后金屬塊不可能做勻速圓周運動，選項D錯誤答案C如圖甲所示，在第象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第、象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直進入第象限的磁場已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為()甲AB(25)C(2)D(2)【解析】帶電粒子的運動軌跡如圖乙所示由題意知，帶電粒子到達y軸時的速

18、度vv0，這一過程的時間t1又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r2d乙故知帶電粒子在第象限中的運動時間為：t2帶電粒子在第象限中運動的時間為：t3故t總(2)答案D如圖411甲所示，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣一帶正電荷的粒子從P(0，h)點以一定的速度平行于x軸正向入射這時若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動現(xiàn)在只加電場，當粒子從P點運動到xR0平面(圖中虛線所示)時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續(xù)運動，其軌跡與

19、x軸交于M點，不計重力，求：圖411甲(1)粒子到達xR0平面時的速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離(2)M點的橫坐標xM【解析】(1)粒子做直線運動時，有：qEqBv0做圓周運動時，有：qBv0只有電場時，粒子做類平拋運動，則有：qEmaR0v0tvyat解得：vyv0粒子的速度大小為：vv0速度方向與x軸的夾角為：粒子與x軸的距離為：Hhat2h(2)撤去電場加上磁場后，有：qBvm解得：RR0此時粒子的運動軌跡如圖411乙所示圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為由幾何關(guān)系可得C點的坐標為：圖411乙xC2R0yCHR0h過C點作x軸的垂線，在CDM中，有

20、：lCMRR0，lCDyCh解得：lDMM點的橫坐標為：xM2R0答案(1)h(2)2R0【點評】無論帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)還是在勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)角往往是個較關(guān)鍵的量五、帶電粒子在復(fù)合場中的運動1高中階段所涉及的復(fù)合場有四種組合形式，即：電場與磁場的復(fù)合場；磁場與重力場的復(fù)合場；電場與重力場的復(fù)合場；電場、磁場與重力場的復(fù)合場2帶電粒子在復(fù)合場中的運動性質(zhì)取決于帶電粒子所受的合外力及初速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析當帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時，帶電粒子做勻速直線運動(如速度選擇器)；當帶電粒子所受的重力與電場力等值、反向，由洛倫茲力提供向心力時，

21、帶電粒子在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動；當帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度的方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，運動軌跡也隨之不規(guī)范地變化因此，要確定粒子的運動情況，必須明確有幾種場，粒子受幾種力，重力是否可以忽略3帶電粒子所受三種場力的特征(1)洛倫茲力的大小跟速度方向與磁場方向的夾角有關(guān)當帶電粒子的速度方向與磁場方向平行時，f洛0；當帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直時，f洛qvB當洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應(yīng)強度B所決定的平面時，無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力都不做功(2)電場力的大小為qE，方向與電場強度E的方向及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān)電場力做功與路徑無關(guān)，

22、其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外，還與其始末位置的電勢差有關(guān)(3)重力的大小為mg，方向豎直向下重力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外，還與其始末位置的高度差有關(guān)注意：微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子)一般都不計重力；對帶電小球、液滴、金屬塊等實際的物體沒有特殊交代時，應(yīng)當考慮其重力；對未知名的、題中又未明確交代的帶電粒子，是否考慮其重力，則應(yīng)根據(jù)題給的物理過程及隱含條件具體分析后作出符合實際的決定4帶電粒子在復(fù)合場中的運動的分析方法(1)當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解(2)當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，往往應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解(

23、3)當帶電粒子在復(fù)合場中做非勻速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或動量守恒定律列方程求解注意：如果涉及兩個帶電粒子的碰撞問題，要根據(jù)動量守恒定律列方程，再與其他方程聯(lián)立求解由于帶電粒子在復(fù)合場中的受力情況復(fù)雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解例題如圖所示，充電的兩平行金屬板間有場強為E的勻強電場和方向與電場垂直(垂直紙面向里)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，構(gòu)成了速度選擇器氕核、氘核、氚核以相同的動能(Ek)從兩極板中間垂直于電場和磁場射入速度選擇器，且氘核沿直線射出不計粒子的重力，則射出時()A動