復合場1復合場的分類疊加場電場磁場重力

1、復合場1.復合場的分類：（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)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn).二、帶電粒子在復合場中的運動形式.靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動.勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動.較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做韭勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.分階段運動：帶電粒子

2、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.帶電粒子在復合場中的直線運動某空間存在水平方向的勻強電場帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點沿直線XXX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B.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，小球的機械能增大帶電粒子在復合場中的勻速圓周運動如圖所示，一帶電小球在一正交電場、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B.小球一定帶負電C.小球的繞行方向為順時針D

3、.改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運動質(zhì)譜儀原理的理解如圖所示是質(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.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為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下方有磁感應強度為B0的勻強磁場.下列表述正確的是（）A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B.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/BD.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小回旋加速器原理的理解回旋加速器，工作原理示意圖如圖置于高真空中的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

4、略.磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電岀口處頻率為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和重力的影響.則下列說法正確的是（）A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2nRfB.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V2：1D.不改變磁感應強度B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動能不變1E?TtiM歹72甲訂_；&|11III*Ii規(guī)律總結(jié)：帶電粒子在復合場中運動的應用實例1.質(zhì)譜儀：（1）構(gòu)造：如圖由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成.（2

5、）原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式qU=*mv2粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)V2牛頓第二定律得關(guān)系式qvB=mp由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子接交流怎漁質(zhì)量、比荷4浮，皿=常，L奔.B.q2UmB2r2回旋加速器：（1）構(gòu)造：如圖D、D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12由qvB=mv2強磁場中.（2）原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速.得E=2m，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒

6、半徑r決定，與加速電壓無關(guān)km2山特別提醒這兩個實例都應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）的原理.速度選擇器：（1）平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直.這種裝置能把具有一定速度的粒子XXXX氛XXXXXXXXXX(*1rX,X,rX畔4-E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qE=qvB,即vg.磁流體發(fā)電機：（1）磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能.（2）根據(jù)左手定則，如圖中的B是發(fā)電機正極.（3）磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L,等離子體速度為v,磁場的磁感應強度為B,則由qE=qL=qvB得兩極板間能達

7、到的最大電勢差U=BLv.電磁流量計工作原理：如圖9所示，圓形導管直徑為d,用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷（正、負離子），在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即:qvB=qE=qd,所以v=,因此液體流量q=sv=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，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題.電場力、磁場力并存（

8、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.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動：帶電體在復合場中受輕桿、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

9、結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果.例1如圖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0#從左側(cè)邊緣點以某一速度射入，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若撤去磁場，質(zhì)子仍從0點以相同速度射i=fKXr=*/x2Lu、TLLu、JX_7bK:/f/fiiii入，則經(jīng)才時間打到極板上.（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0卩2從0點射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應滿足什么條件?突破訓練1如圖空間存在著垂直紙面向外的水平勻

10、強磁場，磁感應強度為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度大?。唬?）求液滴b開始下落時距液滴a的高度h.xrx*KIX七NXX例2如圖甲所示，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

11、的平行金屬極板MN和PQ,兩極板中心各有一小孔S、S,兩12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時刻將一個質(zhì)量為m、電荷量為一q（qO）的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在tT=孑時刻通過垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū).（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）（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，求磁感應強度的大小應滿足的條件.（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3T時刻再次到達S2,且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應強度的大小.突破訓練2如圖所示裝置中，區(qū)域I和III中分別

12、有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場E強度分別為E和；區(qū)域II內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B.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0點正上方的M點以速度v0水平射入電場，經(jīng)水平分界線0P上的A點與0P成60。角射入?yún)^(qū)域II的磁場，并垂直豎直邊界CD進入III區(qū)域1111LL*IJ|II#%攀卜熬“爭孫UoiII-8fI1I的勻強電場中.求：（1）粒子在區(qū)域II勻強磁場中運動的軌跡半徑；（2）0、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.分析過程建模型逐段研究畫圖示【例3】（M分）如圖14所示，在幼坐標系內(nèi)存在周期性變化的電場和磁場,電場沿丫

13、軸止方向，磁場垂直哉面（且問里為正人電場刑磁場的變化規(guī)律如圖所L一、_Ks恰好為勻速圖周運動的一介同期.又回到應惶置.突破訓練3如圖甲所示，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強大小為E=2.5X102N/C的勻強電場（上、下及左側(cè)無界）.一個質(zhì)量為m=0.5kg、電荷量為q=2.0X10-2C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/n.設磁感應強度垂直紙面向里為

14、正.（g=10m/s2）（1）如果磁感應強度B為已知量，使得小球能豎直向下通過D點，求0磁場每一次作用時間t0的最小值（用題中所給物理量的符號表示）；（2）如果磁感應強度B0為已知量，試推出滿足條件的時刻的表達式（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，求出磁感應強度B0及運動的最大周期T的大?。ㄓ妙}中所給物理量的符號表示）.高考題組1.如圖一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）.在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線從圓上的a點射入柱形區(qū)域，從圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與

15、直線垂直.圓心0到直線的距離為|r.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線從a點射入柱形區(qū)域，也從b點離開該區(qū)域.若磁感應強度大小為B,不計重力,求電場強度的大小.金屈極板胚匚二二月二2.如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上.兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場.將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面,帶電L發(fā)射珈XXXXJ；x:xxxay；xXXxIM金屬極板【從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴.調(diào)節(jié)電源電壓至U,墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下

16、板的M點.（1）判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；（2）求磁感應強度B的值；（3）現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達下板M點，應將磁感應強度調(diào)至B,則B的大小為多少？有人設計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示，兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場.一束比荷（電荷量與質(zhì)量之比）均為1的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線0,0進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板，重力加速度為g,PQ=3d，NQ=2d，收集板與NQ的距離為1,不計顆

17、粒間的相互作用.求：（1）電場強度E的大??；（2）磁感應強度B的大小；（3）速率為入v0（入1）的顆粒打在收集板上的位置到0點的距離.如圖所示，坐標平面第I象限內(nèi)存在大小為E=4xi05n/c、方向水平向左的勻強電場，在mr7A第II象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場.質(zhì)荷比為q=4X10-iN/C的帶正電粒子從x軸上的A點以初速度V0=2X1O7m/s垂直x軸射入電場，0A=0.2m，不計重力.求：（1）粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點:i1i1i11111亠111111kII1111111.J氣l&Tn15k如怙arv菇;藥;W:；11111111111I111111iiii*iEC.EZ2聯(lián)

18、立式得b1)的顆粒打在收集板上的位置到0點的距離為y=y+y23d2y2=ltan解得y=d(5入-辺E)+#94解析(1)設粒子在電場中運動的時間為t,粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點0的距離為y,貝y：1F=2at2a=mFE=qy=vt聯(lián)立解得a=1.0X1015m/s2t=2.0X10-8sy=0.4m(2)粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為：v=at=2X107m/s粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為:oMO9vX107m/s與y軸正方向的夾角為0,e=arctan亍=45。要使粒子不進入第三象限，如圖所示，此時粒子做勻速0圓周運動的軌道半徑為r,貝y：r+二yqvB=mR聯(lián)立解得B三(2t./2

19、+2)X10-2T.5.解析(1)由題圖乙知，0t內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運動，在t末：v=/v2+v2=；3gt2+gt200*0 x0yT00=V10gt0(2)當同時加上電場和磁場時，電場力F1=qE0=mg,方向向上因為重力和電場力恰好平衡，所以小球只2nr，聯(lián)立解得T=210由題圖乙知，電場、磁場同時存在v2受洛倫茲力而做勻速圓周運動，有qvB0=mf運動周期丁=v的時間正好是小球做勻速圓周運動周期的5倍，即在這101內(nèi)，0t=121時刻的速度相當于小球做平拋運動t=2t時的末速度.100小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動.所以小球在v=g21=2gt,v=v=3gt所yl00

20、x10 x0以12t末v=：v2+v2=;13gt(3)24t內(nèi)運動軌跡的示意圖如圖所示.01*x1y1吋00(4)分析可知，小球在30t時與24t時的位置相同，在24t內(nèi)小球相當于做了t=3t的平拋運動0002019和半個圓周運動.23t末小球平拋運動的豎直分位移大小為丫=-g(3t)2=gt2022020所以小球與豎直方向的夾角為。=45,速度大小為v=32gti9+豎直分速度v=3gt=v,y200周運動的半徑r=將=垃也30t內(nèi)小球距x軸的最大距離：y=y+(1+cos45)r2qBn032:0此后小球做勻速圓3+3血n丿gt2XXXBXX則小球帶負電，A1.答案CD解析對小球受力分析

21、如圖所示，則mgu(EqqvB)=ma,隨著v的增加，小球加速度先增加，當Eq=qvB時加速度達到最大值a=g,繼續(xù)運動，mgu(qvBEq)=ma,隨著vmax的增加，a逐漸減小，所以A錯誤.因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤.若在前半段達到最大加速度的一半，則mgu(EqqvB)=m|,得v=；爲，若在后半段達到最大加速度的一半，則mgu(qvBEq)=m|,得，故C、D正確.2答案BC解析小球在復合場中做勻速圓周運動，貝9小球受到的電場力和重力滿足mg=Eq,mv21錯誤；因為小球做圓周運動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv=丁，Uq=mv2，聯(lián)立兩

22、式可1j2UE2nr2nE得:小球做勻速圓周運動的半徑r=B-,由T=可以得出T=飛孑，與電壓U無關(guān)，所以B、C正確，D錯誤.3答案B解析設質(zhì)子的質(zhì)量為m,則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場里，由動能定理可得：eU=*mv2，在復合場里有:EBqv=qEv=g，同理對于氘核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當它進入復合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大，B選項正確.4解析(1)設帶電粒子在電場中做類平拋運動時間為t,加速度為a,qdMN=ma故&=需=乂1010m/s2L32、.；3t=1X10-5S豎直方向的速度為v=at=X105m/

23、s射出電場時的速度為v=；v2+v2=X105m/svy30y30速度v與水平方向夾角為0,tan。=十=呂，故0=30，即垂直于AB方向射出0帶電粒子出電場時豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移y=*at2=m=2,即粒子由P點垂直AB邊射入磁場，由幾何關(guān)系知d2在磁場abc區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為Ri=cosi0=3分析知當運動軌跡與邊界GH相切時，對應磁感應強度B2最小,mv2,m由Bqv=知B1R11運動軌跡如圖mv3、：3=TqR10TiR所示：由幾何關(guān)系可知R2+sin60。=1故半徑R2=(，33)m又B2qv=mv，故B2=T所以電應滿足的條件為大于卑3T.25.解析(1)正離子軌跡如圖所示.圓周運動半徑r滿足：d=r+rcos60Jiv22v2解得r=d(2)設離子在磁場中的運動速度為v0，則有：qv0B=mfT=nrv02nmqB由圖知離子在磁場中做圓周運動的時間為：2=3丁=舄扌離子在電場中做類平拋運動，從2d3mC到G的時間為：t=v=士離子從D-C-G的總時間為:2vBq0t=t+t=9嘗m123Bq(3)設電場強度為E,則有：qE=mad=jat2由動能定理得：qEd=EkGmvj解得E4B2q2d2kG9m6解析電荷在電場中做勻加速直線運動,，有:mvv)=at,Eq=ma解得：E=qt0=7.2X1Q3N/C