第八章第4課時帶電粒子在復合場中的運動課件

一、復合場 復合場是指電場、

和重力場并存,或其中某兩場并存,或分區(qū)域存在.二、帶電粒子在復合場中的運動分類 1.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

狀態(tài)或做

.第4課時帶電粒子在復合場中的運動考點自清磁場勻速直線運動靜止一、復合場第4課時帶電粒子在復合場中的運動磁場勻速直線12.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,帶電粒子在洛倫茲力的作用下,在垂直于勻強磁場的平面內做

運動.3.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條直線上,粒子做

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.相等相反勻速圓周非勻2.勻速圓周運動相等相反勻速圓周非勻24.分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(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.點撥研究帶電粒子在復合場中的運動時,首先要明確各種不同力的性質和特點;其次要正確地畫出其運動軌跡,再選擇恰當?shù)囊?guī)律求解.4.分階段運動點撥3三、電場磁場分區(qū)域應用實例1.電視顯像管 電視顯像管是應用電子束

(填“電偏轉”或“磁偏轉”)的原理來工作的,使電子束偏轉的

(填“電場”或“磁場”)是由兩對偏轉線圈產生的.顯像管工作時,由

發(fā)射電子束,利用磁場來使電子束偏轉,實現(xiàn)電視技術中的

,使整個熒光屏都在發(fā)光.2.質譜儀 (1)構造:如圖1所示,由粒子源、

、

和照相底片等構成.磁偏轉磁場陰極掃描加速電場偏轉磁場三、電場磁場分區(qū)域應用實例磁偏轉磁場陰極掃描加速電場偏轉磁場4圖1 (2)原理:粒子由靜止被加速電場加速,根據(jù)動能定理可得關系式

①圖1 (2)原理:粒子由靜止被加速電場加速,根據(jù)動能定理5 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉,做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律得關系式

② 由①②兩式可得出需要研究的物理量,如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷.

r=

,m=

, =

. 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉,做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓63.回旋加速器 (1)構造:如圖2所示,D1、D2是半圓金屬盒,D形盒的縫隙處接

電源.D形盒處于勻強磁場中.交流圖23.回旋加速器交流圖27 (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.由qvB= ,得Ekm=

,可見粒子獲得的最大動能由

和D形盒

決定,與加速電壓無關.磁感應強度B半徑R (2)原理:交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等,粒子8四、電場磁場同區(qū)域并存應用實例 1.速度選擇器 如圖3所示,平行板中電場強 度E的方向和磁感應強度B的 方向互相

,這種裝置 能把具有一定速度的粒子選 擇出來,所以叫做速度選擇器.帶電粒子能夠勻速沿直線通過速度選擇器的條件是qE=qvB,即v=.圖3垂直四、電場磁場同區(qū)域并存應用實例圖3垂直92.磁流體發(fā)電機 根據(jù)左手定則,如圖4中的B板是發(fā)電機的正極.磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d,等離子體速度為v,磁場磁感應強度為B,則兩極板間能達到的最大電勢差U=

.dvB圖42.磁流體發(fā)電機dvB圖4103.電磁流量計 工作原理:如圖5所示,圓形導管直徑為d,用

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,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=q,所以v=

,因 此液體流量Q=Sv= · .非磁性材料圖53.電磁流量計非磁性材料圖5114.霍爾效應:在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體,當

與電流方向垂直時,導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了

,這個現(xiàn)象稱為霍爾效應.所產生的電勢差稱為霍爾電勢差,其原理如圖6所示.

名師點撥

理解帶電粒子在復合場中運動的這幾個實例時,一定要從其共性qE=qvB出發(fā).磁場方向電勢差圖64.霍爾效應:在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體,當 12熱點一磁偏轉與電偏轉的區(qū)別熱點聚焦

磁偏轉電偏轉受力特征v垂直B時,FB=qvB,v不垂直于B時,FB=qvBsinα,FB為變力,只改變v方向無論v是否與E垂直,FE=qE,FE為恒力運動規(guī)律圓周運動T=,

R=類平拋運動vx=v0,vy=x=v0t,y=

熱點一磁偏轉與電偏轉的區(qū)別熱點聚焦磁偏轉電偏轉受力13偏轉情況若沒有磁場邊界,粒子所能偏轉的角度不受限制因做類平拋運動,在相等的時間內偏轉的角度往往不等動能變化動能不變動能不斷增大且增大得越來越快偏轉若沒有磁場邊界,粒子所能偏轉的角度不受限制因做類平拋運14特別提示(1)電偏轉和磁偏轉分別是利用電場和磁場對(運動)電荷產生電場力和洛倫茲力的作用,控制其運動方向和軌跡.(2)兩類運動的受力情況和處理方法差別很大,要首先進行區(qū)別分析,再根據(jù)具體情況處理.特別提示15熱點二帶電粒子在復合場中運動的分類1.帶電粒子在復合場中無約束情況下的運動 (1)磁場力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線 運動. ②若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復雜 曲線運動,因F洛不做功,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) ①若電場力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直 線運動.熱點二帶電粒子在復合場中運動的分類16 ②若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電體做復雜曲線運動,因F洛不做功,可用動能定理求解問題. (3)電場力、磁場力、重力并存 ①若三力平衡,一定做勻速直線運動. ②若重力與電場力平衡,一定做勻速圓周運動. ③若合力不為零且與速度方向不垂直,做復雜的曲線運動,因F洛不做功,可用能量守恒或動能定理求解問題.2.帶電粒子在復合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 ②若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電體做復雜曲線運動,因F洛17

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,用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果.3.帶電粒子在復合場中運動的臨界值問題 由于帶電粒子在復合場中受力情況復雜、運動情況多變,往往出現(xiàn)臨界問題,這時應以題目中的“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口,挖掘隱含條件,根據(jù)臨界條件列出輔助方程,再與其他方程聯(lián)立求解. 圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、18

特別提示 帶電粒子在復合場中運動的問題,往往綜合性較 強、物理過程復雜.在分析處理該部分的問題時, 要充分挖掘題目的隱含信息,利用題目創(chuàng)設的情 景,對粒子做好受力分析、運動過程分析,培養(yǎng) 空間想象能力、分析綜合能力、應用數(shù)學知識 處理物理問題的能力. 特別提示19熱點三帶電粒子在復合場中運動問題分析1.弄清復合場的組成,一般有磁場、電場的復合;磁場、重力場的復合;磁場、電場、重力場三者的復合.2.正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析.3.確定帶電粒子的運動狀態(tài),注意運動情況和受力情況的結合.4.對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題,要分階段進行處理.轉折點的速度往往成為解題的突破口.熱點三帶電粒子在復合場中運動問題分析205.畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律. (1)當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時,根據(jù)受力平衡列方程求解. (2)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時,應用牛頓定律結合圓周運動規(guī)律求解. (3)當帶電粒子做復雜曲線運動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解. (4)對于臨界問題,注意挖掘隱含條件.5.畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律.21

交流與思考:在解決復合場問題時,帶電粒子的重力是否考慮是正確而快速解題的前提,如何確定粒子的重力是否需要考慮? 交流與思考:在解決復合場問題時,帶電粒子的重力是否考慮是正22

提示:復合場中粒子重力是否考慮的三種情況 (1)對于微觀粒子,如電子、質子、離子等,因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小,可以忽略;而對于一些實際物體,如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應當考慮其重力. (2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的,這種情況比較正規(guī),也比較簡單. (3)不能直接判斷是否要考慮重力的,在進行受力分析與運動分析時,要由分析結果確定是否要考慮重力. 提示:復合場中粒子重力是否考慮的三種情況23題型1帶電粒子在分區(qū)域場中的運動【例1】如圖7所示,勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域緊鄰且寬度相等均為d,電場方向在紙平面內豎直向下,而磁場方向垂直紙面向里.一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場,從A點出電場進入磁場,離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉位移為電場寬度的一半,當粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致,d、v0已知(帶電粒子重力不計),求:題型探究題型1帶電粒子在分區(qū)域場中的運動題型探究24圖7圖725(1)粒子從C點穿出磁場時的速度.(2)電場強度和磁感應強度的比值.思路點撥解答此題應把握以下三點:(1)正確地畫出帶電粒子的運動軌跡.(2)粒子在電場中做類平拋運動.(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動.解析

(1)粒子在電場中偏轉時做類平拋運動,則垂直電場方向d=v0t,平行電場方向 得vy=v0,到A點速度為v=2v0 (1)粒子從C點穿出磁場時的速度.解析(1)粒子在電場中26在磁場中速度大小不變,所以從C點出磁場時速度仍為v0 (2)在電場中偏轉時,射出A點時速度與水平方向成45°vy= ,并且vy=v0得E= 在磁場中做勻速圓周運動,如右圖所示由幾何關系得R=d又qvB=,且v=v0 在磁場中速度大小不變,所以從C點出磁場時速度仍為v0 27得B= 解得 =v0 答案

(1)v0(2)v0得B= 28方法提煉帶電粒子在分區(qū)域電場、磁場中運動問題思路導圖方法提煉29變式練習1如圖8所示,空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場.左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右,電場寬度為L;中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外;右側區(qū)域為垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度也為B.一個質量為m、電荷量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動,穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后,又回到O點,然后重復上述運動過程.求:圖8變式練習1如圖8所示,空間圖830(1)中間磁場區(qū)域的寬度d.(2)帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t.解析

(1)帶電粒子在電場中加速,由動能定理,可得qEL=mv2帶電粒子在磁場中偏轉,由牛頓第二定律可得qvB=由以上兩式,可得R=(1)中間磁場區(qū)域的寬度d.解析(1)帶電粒子在電場中加31可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同,如下圖所示,三段圓弧的圓心組成的三角形△O1O2O3是等邊三角形,其邊長為2R.所以中間磁場區(qū)域的寬度為可見在兩磁場區(qū)粒子運動32d=Rsin60°=(2)在電場中t1=在中間磁場中運動時間t2=在右側磁場中運動時間t3=則粒子第一次回到O點的所用時間為t=t1+t2+t3=答案

(1) (2)d=Rsin60°=33題型2帶電粒子在復合場中的運動【例2】如圖9所示,在水平 地面上方有一范圍足夠大的 互相正交的勻強電場和勻強 磁場區(qū)域.磁場的磁感應強 度為B,方向水平并垂直紙面 向里.一質量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運動,重力加速度為g. (1)求此區(qū)域內電場強度的大小和方向.圖9題型2帶電粒子在復合場中的運動圖934 (2)若某時刻微粒在場中運動到P點時,速度與水平方向的夾角為60°,且已知P點與水平地面間的距離等于其做圓周運動的半徑.求該微粒運動到最高點時與水平地面間的距離. (3)當帶電微粒運動至最高點時,將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?方向不變,且不計電場變化對原磁場的影響),且?guī)щ娢⒘Ｄ苈渲恋孛?求帶電微粒落至地面時的速度大小. (2)若某時刻微粒在場中運動到P點時,速度與水平方向的夾角35

審題提示

(1)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時,合外力時刻指向圓心,速率不變,而重力和電場力的方向是無法改變的,只能是這兩個力平衡,由洛倫茲力提供向心力. (2)根據(jù)圓周運動的速度必定是切線方向、圓心必定在垂直于速度方向的直線上的特點,正確地畫出運動軌跡,再由幾何關系找出最高點到地面的距離與軌道半徑R的關系. (3)由于洛倫茲力不做功,所以利用動能定理來解決一般的曲線運動. 審題提示36解析

(1)由于帶電微?？梢栽陔妶?、磁場和重力場共存的區(qū)域內沿豎直平面做勻速圓周運動,表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反,因此電場強度的方向豎直向上.設電場強度為E,則有mg=qE,即E=.(2)設帶電微粒做勻速圓周運動的軌道半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力公式有qvB=,解得R= .依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運動的軌跡如圖所示,由幾何關系可知,該微粒運動至最高點時與水平地面間的距離hm=R= .解析(1)由于帶電微?？梢栽陔妶?、磁場和重力場共存的區(qū)域37(3)將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?則電場力變?yōu)樵瓉淼?即F電=,帶電微粒運動過程中,洛倫茲力不做功,所以在它從最高點運動至地面的過程中,只有重力和電場力做功,設帶電微粒落地時的速度大小為v1,根據(jù)動能定理有mghm-F電hm=mv12-mv2解得v1=答案

(1),方向豎直向上(2) (3)(3)將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?則電場力變?yōu)樵瓉淼?8方法提煉 處理帶電粒子在復合場中運動問題的技巧 1.弄清復合場的組成. 2.正確分析帶電粒子的受力及運動特征. 3.畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律. 4.對于臨界問題,注意挖掘隱含條件,關注特殊詞語如“恰好”“剛好”“至少”,尋找解題的突破口.方法提煉39變式練習2如圖10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xOy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(x=0,y=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x=R0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x軸交于M點.不計重力.求:圖10變式練習2如圖10所示,空間圖1040(1)粒子到達x=R0平面時速度方向與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)設粒子質量、帶電荷量和入射速度分別為m、q和v0,則電場的場強E和磁場的磁感應強度B應滿足下述條件(1)粒子到達x=R0平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x41qE=qv0B ①qv0B= ②只有電場時,入射粒子將以與電場方向相同的加速度a= ③做類平拋運動粒子從P(x=0,y=h)點運動到x=R0平面的時間為qE=qv0B ①42t= ④粒子到達x=R0平面時速度的y分量為vy=at ⑤由①②③④⑤式得vy=v0 ⑥此時粒子速度大小為v=

⑦速度方向與x軸的夾角為θ= ⑧粒子與x軸的距離為H=h+at2=h+ ⑨t(yī)= ④43(2)撤除電場加上磁場后,粒子在磁場中做勻速圓周運動,設圓軌道半徑為R,則qvB= ⑩由②⑦⑩式得R=R0粒子運動的軌跡如右圖所示,其中圓弧的圓心C位于與速度v的方向垂直的直線上,該直線與x軸和y軸的夾角為π/4.由幾何關系及式知C點的坐標為xC=2R0yC=H-R0=h-過C點作x軸的垂線,垂足為D,在△CDM中(2)撤除電場加上磁場后,粒子在磁場中做勻速圓周運動,設圓軌44=R=R0=yC=h-R0由此求得

M點的橫坐標為xM=2R0+答案

(1) h+

(2)2R0+=R=R045題型3帶電粒子在復合場中的運動模型【例3】飛行時間質譜儀可以對氣體分子進行分析.如圖11所示,在真空狀態(tài)下,脈沖閥P噴出微量氣體,經激光照射產生不同價位的正離子,自a板小孔進入a、b間的加速電場,從b板小孔射出,沿中線方向進入M、N板間的偏轉控制區(qū),到達探測器.已知元電荷電荷量為e,a、b板間距為d,極板M、N的長度和間距均為L.不計離子重力及進入a板時的初速度.題型3帶電粒子在復合場中的運動模型46圖11(1)當a、b間的電壓為U1時,在M、N間加上適當?shù)碾妷篣2,使離子到達探測器.請推導出離子的全部飛行時間t與比荷K(K=ne/m)的關系式.圖11(1)當a、b間的電壓為U1時,在M、N間加上適當?shù)碾?7(2)去掉偏轉電壓U2,在M、N間加上垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度為B,若進入a、b間所有離子質量均為m,要使所有的離子均能通過控制區(qū)從右側飛出,a、b間的加速電壓U1至少為多少?解析

(1)由動能定理:neU1=mv2 ①n價正離子在a、b間的加速度:a1= ②在a、b間運動的時間:t1= ③在M、N間運動的時間:t2= ④離子到達探測器的時間:t=t1+t2= ⑤(2)去掉偏轉電壓U2,在M、N間加上垂直于紙面的勻強磁場,48(2)假定n價正離子在磁場中向N板偏轉,洛倫茲力提供向心力,設軌跡半徑為R,由牛頓第二定律得nevB= ⑥離子剛好從N板右側邊緣穿出時,由幾何關系得R2=L2+(R-L/2)2 ⑦由以上各式得:U1= ⑧當n=1時U1取最小值Umin= ⑨答案

(1)t= (2)(2)假定n價正離子在磁場中向N板偏轉,洛倫茲力提供向心力,49評分標準本題共18分。其中①⑥式各3分，②③④⑦⑧式各2分，⑤⑨式各1分。名師導析理論與實踐相結合是高考命題的熱點.往往與最新科技成果、前沿相聯(lián)系,有一定的綜合性,具有濃厚的時代氣息.而與帶電粒子在復合場中的運動緊密相連的加速器正好符合了這一高考命題特點,成為科技與高考相結合的切入點.解決此類問題的方法往往是抽去科技背景,建立物理模型,由相關規(guī)律分析求得.評分標準本題共18分。其中①⑥式各3分，②③④⑦⑧式各250自我批閱(16分)如圖12甲是質譜儀的工作原理示意圖.設法使某有機化合物的氣態(tài)分子導入圖中的A容器,使它受到電子束轟擊,失去一個電子成為正一價的離子.離子從狹縫S1以很小的速度進入電壓為U的加速電場區(qū)(初速度不計),加速后再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉磁場,該偏轉磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁場的磁感應強度為B.離子經偏轉磁場后,最終到達照相底片上的H點(圖中未畫出),測得G、H間的距離為d,粒子的重力可忽略不計.試求:自我批閱(16分)如圖12甲是質譜儀的工作原理示意圖.設法使51圖12(1)該粒子的比荷(q/m).(2)若偏轉磁場為半徑為d的圓形區(qū)域,且與MN相切于G點,如圖乙所示,其它條件不變.仍保證上述粒子從G點垂直于MN進入偏轉磁場,最終仍然到達照相底片上的H點,則磁感應強度的比值為多少?圖1252解析

(1)qU=mv2 (3分)R= (1分)qvB= (1分)得 (2分)(2)軌跡如下圖所示,設∠GOH=θ,帶電粒子在磁場中運動半徑為R′解析(1)qU=mv2 (3分)53則tanθ= (2分)即θ=60°則HO′=2O′P,即d-R′=2R′ (2分)得R′=d (1分)因為其它條件不變,由牛頓第二定律qvB′= (1分)qvB= (1分)聯(lián)立以上兩式,得=1.5 (2分)答案(1)(2)1.5則tanθ= (2分)54素能提升1.有一個帶電量為+q、重為G的小球,從 兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下, 兩極板間另有勻強磁場,磁感應強度為

B,方向如圖13所示,則帶電小球通過有 電場和磁場的空間時,下列說法錯誤的 是 () A.一定作曲線運動 B.不可能做曲線運動 C.有可能做勻加速運動 D.有可能做勻速運動圖13素能提升1.有一個帶電量為+q、重為G的小球,從圖1355

解析由于小球的速度變化時,洛倫茲力會變化,小球 所受合力變化,小球不可能做勻速或勻加速運動,B、C、 D錯.

答案BCD 解析由于小球的速度變化時,洛倫茲力會變化,小球562.空間存在一勻強磁場B,其方向垂直 紙面向里,另有一個點電荷+Q的電 場,如圖14所示,一帶電粒子q以初 速度v0從某處垂直電場、磁場入射, 初位置到點電荷的距離為r,則粒子 在電、磁場中的運動軌跡可能為 () A.以+Q為圓心,r為半徑的紙面內的圓周 B.沿初速度v0方向的直線 C.開始階段在紙面內向左偏的曲線 D.開始階段在紙面內向右偏的曲線圖14ACD2.空間存在一勻強磁場B,其方向垂直圖14ACD573.在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(不計重力),電子可能沿水平方向向右做直線運動的是 ( )3.在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(不計重力),58解析

如電子水平向右運動,在A圖中電場力水平向左,洛倫茲力豎直向下,故不可能;在B圖中,電場力水平向左,洛倫茲力為零,故電子可能水平向右勻減速直線運動;在C圖中電場力豎直向上,洛倫茲力豎直向下,當二者大小相等時,電子向右做勻速直線運動;在D圖中電場力豎直向上,洛倫茲力豎直向上,故電子不可能做水平向右的直線運動,因此只有選項B、C正確.

答案

BC解析如電子水平向右運動,在A圖中電場力水平向左,洛倫茲力594.如圖15所示,空間存在豎直 向下的勻強電場和垂直紙 面向里的勻強磁場.一帶電 粒子在電場力和洛倫茲力 共同作用下,從靜止開始自

A點沿曲線ACB運動,到達B點時速度為零,C為運動的最低點,不計重力,則 ( ) A.該粒子必帶正電荷 B.A、B兩點位于同一高度 C.粒子到達C時的速度最大 D.粒子到達B點后,將沿原曲線返回A點圖154.如圖15所示,空間存在豎直圖1560

解析

在不計重力情況下,粒子從A點靜止開始向下運動,說明粒子受向下的電場力,帶正電,選項A正確.整個過程中只有電場力做功,而A、B兩點粒子速度都為零,所以A、B在同一等勢面上,選項B正確.運動到C點時粒子在電場力方向上發(fā)生的位移最大,電場力做功最多,離子速度最大,選項C正確.離子從B點向下運動時受向右的洛倫茲力,將向右偏,故選項D錯.

答案

ABC 解析在不計重力情況下,粒子從A點靜止開始向下運動,說明615.如圖16所示,空間內存在著方向 豎直向下的勻強電場E和垂直紙 面向里的勻強磁場B.一個質量 為m的帶電液滴,在豎直平面內 做圓周運動,下列說法不正確的是 ( ) A.液滴在運動過程中速率不變 B.液滴所帶電荷一定為負電荷,電荷量大小為

mg/E C.液滴一定沿順時針方向運動 D.液滴可以沿逆時針方向運動,也可以沿順時針 方向運動圖165.如圖16所示,空間內存在著方向圖1662解析

很顯然,液滴共受三個力:重力、電場力和洛倫茲力.圓周運動要么是勻速圓周運動,要么是非勻速圓周運動.如果重力和電場力的合力不為零,液滴必然會沿這個合力方向有一個分運動,那么液滴就不可能沿圓周運動,所以重力和電場力一定相平衡,即液滴一定做勻速圓周運動,A選項正確;電場力一定向上,故液滴必帶負電荷,由mg=Eq得q=mg/E,B選項正確;由左手定則可判定液滴必沿順時針方向運動,因為洛倫茲力始終指向圓心,故C對，D錯.

答案

D解析很顯然,液滴共受三個力:重力、電場力和洛倫茲力.圓周636.回旋加速器是用于加速帶 電粒子流,使之獲得很大 動能的儀器,其核心部分 是兩個D形金屬扁盒,兩 盒分別和一高頻交流電源 兩極相接,以便在盒間狹縫中形成勻強電場, 使粒子每次穿過狹縫都得到加速.兩盒放在 勻強磁場中,磁場方向垂直于盒底面,粒子源 置于盒的圓心附近,若粒子源射出的粒子電荷 量為q、質量為m,粒子最大回旋半徑為Rm,其運動軌跡如圖17所示.問:圖176.回旋加速器是用于加速帶圖1764 (1)粒子在盒內做何種運動? (2)粒子在兩盒間狹縫內做何種運動? (3)所加交變電壓頻率為多大?粒子運動角速度為多大? (4)粒子離開加速器時速度為多大? (5)設兩D形盒間電場的電勢差為U,盒間距離為d,求加速到上述能量所需的時間.解析

(1)D形盒由金屬導體制成,可屏蔽外電場因而盒內無電場.盒內存在垂直盒面的磁場,故粒子在盒內磁場中做勻速圓周運動. (1)粒子在盒內做何種運動?解析(1)D形盒由金屬導體65(2)兩盒間狹縫內存在勻強電場,且粒子速度方向與電場方向在同一條直線上,故粒子做勻加速直線運動.(3)粒子在電場中運動時間極短,高頻交變電壓頻率要符合粒子回旋頻率回旋頻率f=角速度ω=2πf=(2)兩盒間狹縫內存在勻強電場,且粒子速度方向與電場方向在同66vm=(5)粒子每旋轉一周增加能量為2qU,設粒子在加速器中回旋次數(shù)為n,則mvm2=n·2qUn=粒子在磁場中運動時間為t1=nT=(4)因粒子最大回旋半徑為RmRm=vm=(4)因粒子最大回旋半徑為Rm67粒子在電場中的運動可等效為初速度為零的勻加速直線運動,設其運動時間為t2.2nd=t2=粒子在回旋加速器中運動總時間為t=t1+t2=答案

(1)勻速圓周運動(2)勻加速直線運動(3) (4) (5)粒子在電場中的運動可等效為初速度為零的勻加速直線運動,設其運687.在地面上方某處的真空室里存在著 水平方向的勻強電場,以水平向右 和豎直向上為x軸、y軸正方向建立 如圖18所示的平面直角坐標系.一 質量為m、帶電荷 量為+q的微粒從 點P(l,0)由靜止釋放后沿直線

PQ運動.當微粒到達點Q(0,-l)的 瞬間,撤去電場,同時加上一個垂直 于紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出), 磁感應強度的大小B= ,該磁場有理想的下邊界,其他方向范圍無限大.已知重力加速度為g.求:圖187.在地面上方某處的真空室里存在著圖1869 (1)勻強電場的場強E的大小. (2)撤去電場加上磁場的瞬間,微粒所受合外力的大小和方向. (3)欲使微粒不從磁場下邊界穿出,該磁場下邊界的y軸坐標值應滿足什么條件?

解析(1)由于微粒沿PQ方向運動,可知微粒所受的合力沿PQ方向,可得qE=mgcot 易知=60° 解得E=mg (1)勻強電場的場強E的大小.70 (2)微粒到達Q點的速度v可分解為水平分速度為v1和豎直分速度為v2,根據(jù)豎直方向上自由落體運動規(guī)律,有 =2gl 則v2=

v1=v2tan30°= 對于水平分速度v1,其所對應的洛倫茲力大小為F洛1,方向豎直向上 則F洛1=qv1B=q··=mg 即與重力恰好平衡,對于豎直分速度v2,其所對應的洛倫茲力大小為F洛2,方向水平向左 (2)微粒到達Q點的速度v可分解為水平分速度為v1和豎直分71 此力為微粒所受的合力

F=F洛2=qv2B=q··=mg (3)由(2)可知,微粒的運動可以看作水平面內的勻速直線運動與豎直面內的勻速圓周運動的合成.能否穿過下邊界取決于豎直面內的勻速圓周運動,則

qv2B= 解得r= 此力為微粒所受的合力72 所以欲使微粒不從其下邊界穿出,磁場下邊界的y坐標值應滿足

y≤-(r+l)=-(+1)l 所以欲使微粒不從其下邊界穿出,磁場下邊界的y坐標值應滿足73反思總結返回反思總結返回74一、復合場 復合場是指電場、

和重力場并存,或其中某兩場并存,或分區(qū)域存在.二、帶電粒子在復合場中的運動分類 1.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

狀態(tài)或做

.第4課時帶電粒子在復合場中的運動考點自清磁場勻速直線運動靜止一、復合場第4課時帶電粒子在復合場中的運動磁場勻速直線752.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,帶電粒子在洛倫茲力的作用下,在垂直于勻強磁場的平面內做

運動.3.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條直線上,粒子做

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.相等相反勻速圓周非勻2.勻速圓周運動相等相反勻速圓周非勻764.分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(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.點撥研究帶電粒子在復合場中的運動時,首先要明確各種不同力的性質和特點;其次要正確地畫出其運動軌跡,再選擇恰當?shù)囊?guī)律求解.4.分階段運動點撥77三、電場磁場分區(qū)域應用實例1.電視顯像管 電視顯像管是應用電子束

(填“電偏轉”或“磁偏轉”)的原理來工作的,使電子束偏轉的

(填“電場”或“磁場”)是由兩對偏轉線圈產生的.顯像管工作時,由

發(fā)射電子束,利用磁場來使電子束偏轉,實現(xiàn)電視技術中的

,使整個熒光屏都在發(fā)光.2.質譜儀 (1)構造:如圖1所示,由粒子源、

、

和照相底片等構成.磁偏轉磁場陰極掃描加速電場偏轉磁場三、電場磁場分區(qū)域應用實例磁偏轉磁場陰極掃描加速電場偏轉磁場78圖1 (2)原理:粒子由靜止被加速電場加速,根據(jù)動能定理可得關系式

①圖1 (2)原理:粒子由靜止被加速電場加速,根據(jù)動能定理79 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉,做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律得關系式

② 由①②兩式可得出需要研究的物理量,如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷.

r=

,m=

, =

. 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉,做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓803.回旋加速器 (1)構造:如圖2所示,D1、D2是半圓金屬盒,D形盒的縫隙處接

電源.D形盒處于勻強磁場中.交流圖23.回旋加速器交流圖281 (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.由qvB= ,得Ekm=

,可見粒子獲得的最大動能由

和D形盒

決定,與加速電壓無關.磁感應強度B半徑R (2)原理:交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等,粒子82四、電場磁場同區(qū)域并存應用實例 1.速度選擇器 如圖3所示,平行板中電場強 度E的方向和磁感應強度B的 方向互相

,這種裝置 能把具有一定速度的粒子選 擇出來,所以叫做速度選擇器.帶電粒子能夠勻速沿直線通過速度選擇器的條件是qE=qvB,即v=.圖3垂直四、電場磁場同區(qū)域并存應用實例圖3垂直832.磁流體發(fā)電機 根據(jù)左手定則,如圖4中的B板是發(fā)電機的正極.磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d,等離子體速度為v,磁場磁感應強度為B,則兩極板間能達到的最大電勢差U=

.dvB圖42.磁流體發(fā)電機dvB圖4843.電磁流量計 工作原理:如圖5所示,圓形導管直徑為d,用

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,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=q,所以v=

,因 此液體流量Q=Sv= · .非磁性材料圖53.電磁流量計非磁性材料圖5854.霍爾效應:在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體,當

與電流方向垂直時,導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了

,這個現(xiàn)象稱為霍爾效應.所產生的電勢差稱為霍爾電勢差,其原理如圖6所示.

名師點撥

理解帶電粒子在復合場中運動的這幾個實例時,一定要從其共性qE=qvB出發(fā).磁場方向電勢差圖64.霍爾效應:在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體,當 86熱點一磁偏轉與電偏轉的區(qū)別熱點聚焦

磁偏轉電偏轉受力特征v垂直B時,FB=qvB,v不垂直于B時,FB=qvBsinα,FB為變力,只改變v方向無論v是否與E垂直,FE=qE,FE為恒力運動規(guī)律圓周運動T=,

R=類平拋運動vx=v0,vy=x=v0t,y=

熱點一磁偏轉與電偏轉的區(qū)別熱點聚焦磁偏轉電偏轉受力87偏轉情況若沒有磁場邊界,粒子所能偏轉的角度不受限制因做類平拋運動,在相等的時間內偏轉的角度往往不等動能變化動能不變動能不斷增大且增大得越來越快偏轉若沒有磁場邊界,粒子所能偏轉的角度不受限制因做類平拋運88特別提示(1)電偏轉和磁偏轉分別是利用電場和磁場對(運動)電荷產生電場力和洛倫茲力的作用,控制其運動方向和軌跡.(2)兩類運動的受力情況和處理方法差別很大,要首先進行區(qū)別分析,再根據(jù)具體情況處理.特別提示89熱點二帶電粒子在復合場中運動的分類1.帶電粒子在復合場中無約束情況下的運動 (1)磁場力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線 運動. ②若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復雜 曲線運動,因F洛不做功,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) ①若電場力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直 線運動.熱點二帶電粒子在復合場中運動的分類90 ②若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電體做復雜曲線運動,因F洛不做功,可用動能定理求解問題. (3)電場力、磁場力、重力并存 ①若三力平衡,一定做勻速直線運動. ②若重力與電場力平衡,一定做勻速圓周運動. ③若合力不為零且與速度方向不垂直,做復雜的曲線運動,因F洛不做功,可用能量守恒或動能定理求解問題.2.帶電粒子在復合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 ②若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電體做復雜曲線運動,因F洛91

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,用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果.3.帶電粒子在復合場中運動的臨界值問題 由于帶電粒子在復合場中受力情況復雜、運動情況多變,往往出現(xiàn)臨界問題,這時應以題目中的“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口,挖掘隱含條件,根據(jù)臨界條件列出輔助方程,再與其他方程聯(lián)立求解. 圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、92

特別提示 帶電粒子在復合場中運動的問題,往往綜合性較 強、物理過程復雜.在分析處理該部分的問題時, 要充分挖掘題目的隱含信息,利用題目創(chuàng)設的情 景,對粒子做好受力分析、運動過程分析,培養(yǎng) 空間想象能力、分析綜合能力、應用數(shù)學知識 處理物理問題的能力. 特別提示93熱點三帶電粒子在復合場中運動問題分析1.弄清復合場的組成,一般有磁場、電場的復合;磁場、重力場的復合;磁場、電場、重力場三者的復合.2.正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析.3.確定帶電粒子的運動狀態(tài),注意運動情況和受力情況的結合.4.對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題,要分階段進行處理.轉折點的速度往往成為解題的突破口.熱點三帶電粒子在復合場中運動問題分析945.畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律. (1)當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時,根據(jù)受力平衡列方程求解. (2)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時,應用牛頓定律結合圓周運動規(guī)律求解. (3)當帶電粒子做復雜曲線運動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解. (4)對于臨界問題,注意挖掘隱含條件.5.畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律.95

交流與思考:在解決復合場問題時,帶電粒子的重力是否考慮是正確而快速解題的前提,如何確定粒子的重力是否需要考慮? 交流與思考:在解決復合場問題時,帶電粒子的重力是否考慮是正96

提示:復合場中粒子重力是否考慮的三種情況 (1)對于微觀粒子,如電子、質子、離子等,因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小,可以忽略;而對于一些實際物體,如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應當考慮其重力. (2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的,這種情況比較正規(guī),也比較簡單. (3)不能直接判斷是否要考慮重力的,在進行受力分析與運動分析時,要由分析結果確定是否要考慮重力. 提示:復合場中粒子重力是否考慮的三種情況97題型1帶電粒子在分區(qū)域場中的運動【例1】如圖7所示,勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域緊鄰且寬度相等均為d,電場方向在紙平面內豎直向下,而磁場方向垂直紙面向里.一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場,從A點出電場進入磁場,離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉位移為電場寬度的一半,當粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致,d、v0已知(帶電粒子重力不計),求:題型探究題型1帶電粒子在分區(qū)域場中的運動題型探究98圖7圖799(1)粒子從C點穿出磁場時的速度.(2)電場強度和磁感應強度的比值.思路點撥解答此題應把握以下三點:(1)正確地畫出帶電粒子的運動軌跡.(2)粒子在電場中做類平拋運動.(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動.解析

(1)粒子在電場中偏轉時做類平拋運動,則垂直電場方向d=v0t,平行電場方向 得vy=v0,到A點速度為v=2v0 (1)粒子從C點穿出磁場時的速度.解析(1)粒子在電場中100在磁場中速度大小不變,所以從C點出磁場時速度仍為v0 (2)在電場中偏轉時,射出A點時速度與水平方向成45°vy= ,并且vy=v0得E= 在磁場中做勻速圓周運動,如右圖所示由幾何關系得R=d又qvB=,且v=v0 在磁場中速度大小不變,所以從C點出磁場時速度仍為v0 101得B= 解得 =v0 答案

(1)v0(2)v0得B= 102方法提煉帶電粒子在分區(qū)域電場、磁場中運動問題思路導圖方法提煉103變式練習1如圖8所示,空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場.左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右,電場寬度為L;中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外;右側區(qū)域為垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度也為B.一個質量為m、電荷量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動,穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后,又回到O點,然后重復上述運動過程.求:圖8變式練習1如圖8所示,空間圖8104(1)中間磁場區(qū)域的寬度d.(2)帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t.解析

(1)帶電粒子在電場中加速,由動能定理,可得qEL=mv2帶電粒子在磁場中偏轉,由牛頓第二定律可得qvB=由以上兩式,可得R=(1)中間磁場區(qū)域的寬度d.解析(1)帶電粒子在電場中加105可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同,如下圖所示,三段圓弧的圓心組成的三角形△O1O2O3是等邊三角形,其邊長為2R.所以中間磁場區(qū)域的寬度為可見在兩磁場區(qū)粒子運動106d=Rsin60°=(2)在電場中t1=在中間磁場中運動時間t2=在右側磁場中運動時間t3=則粒子第一次回到O點的所用時間為t=t1+t2+t3=答案

(1) (2)d=Rsin60°=107題型2帶電粒子在復合場中的運動【例2】如圖9所示,在水平 地面上方有一范圍足夠大的 互相正交的勻強電場和勻強 磁場區(qū)域.磁場的磁感應強 度為B,方向水平并垂直紙面 向里.一質量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運動,重力加速度為g. (1)求此區(qū)域內電場強度的大小和方向.圖9題型2帶電粒子在復合場中的運動圖9108 (2)若某時刻微粒在場中運動到P點時,速度與水平方向的夾角為60°,且已知P點與水平地面間的距離等于其做圓周運動的半徑.求該微粒運動到最高點時與水平地面間的距離. (3)當帶電微粒運動至最高點時,將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?方向不變,且不計電場變化對原磁場的影響),且?guī)щ娢⒘Ｄ苈渲恋孛?求帶電微粒落至地面時的速度大小. (2)若某時刻微粒在場中運動到P點時,速度與水平方向的夾角109

審題提示

(1)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時,合外力時刻指向圓心,速率不變,而重力和電場力的方向是無法改變的,只能是這兩個力平衡,由洛倫茲力提供向心力. (2)根據(jù)圓周運動的速度必定是切線方向、圓心必定在垂直于速度方向的直線上的特點,正確地畫出運動軌跡,再由幾何關系找出最高點到地面的距離與軌道半徑R的關系. (3)由于洛倫茲力不做功,所以利用動能定理來解決一般的曲線運動. 審題提示110解析

(1)由于帶電微?？梢栽陔妶?、磁場和重力場共存的區(qū)域內沿豎直平面做勻速圓周運動,表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反,因此電場強度的方向豎直向上.設電場強度為E,則有mg=qE,即E=.(2)設帶電微粒做勻速圓周運動的軌道半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力公式有qvB=,解得R= .依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運動的軌跡如圖所示,由幾何關系可知,該微粒運動至最高點時與水平地面間的距離hm=R= .解析(1)由于帶電微?？梢栽陔妶?、磁場和重力場共存的區(qū)域111(3)將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?則電場力變?yōu)樵瓉淼?即F電=,帶電微粒運動過程中,洛倫茲力不做功,所以在它從最高點運動至地面的過程中,只有重力和電場力做功,設帶電微粒落地時的速度大小為v1,根據(jù)動能定理有mghm-F電hm=mv12-mv2解得v1=答案

(1),方向豎直向上(2) (3)(3)將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?則電場力變?yōu)樵瓉淼?12方法提煉 處理帶電粒子在復合場中運動問題的技巧 1.弄清復合場的組成. 2.正確分析帶電粒子的受力及運動特征. 3.畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律. 4.對于臨界問題,注意挖掘隱含條件,關注特殊詞語如“恰好”“剛好”“至少”,尋找解題的突破口.方法提煉113變式練習2如圖10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xOy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(x=0,y=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x=R0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x軸交于M點.不計重力.求:圖10變式練習2如圖10所示,空間圖10114(1)粒子到達x=R0平面時速度方向與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)設粒子質量、帶電荷量和入射速度分別為m、q和v0,則電場的場強E和磁場的磁感應強度B應滿足下述條件(1)粒子到達x=R0平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x115qE=qv0B ①qv0B= ②只有電場時,入射粒子將以與電場方向相同的加速度a= ③做類平拋運動粒子從P(x=0,y=h)點運動到x=R0平面的時間為qE=qv0B ①116t= ④粒子到達x=R0平面時速度的y分量為vy=at ⑤由①②③④⑤式得vy=v0 ⑥此時粒子速度大小為v=

⑦速度方向與x軸的夾角為θ= ⑧粒子與x軸的距離為H=h+at2=h+ ⑨t(yī)= ④117(2)撤除電場加上磁場后,粒子在磁場中做勻速圓周運動,設圓軌道半徑為R,則qvB= ⑩由②⑦⑩式得R=R0粒子運動的軌跡如右圖所示,其中圓弧的圓心C位于與速度v的方向垂直的直線上,該直線與x軸和y軸的夾角為π/4.由幾何關系及式知C點的坐標為xC=2R0yC=H-R0=h-過C點作x軸的垂線,垂足為D,在△CDM中(2)撤除電場加上磁場后,粒子在磁場中做勻速圓周運動,設圓軌118=R=R0=yC=h-R0由此求得

M點的橫坐標為xM=2R0+答案

(1) h+

(2)2R0+=R=R0119題型3帶電粒子在復合場中的運動模型【例3】飛行時間質譜儀可以對氣體分子進行分析.如圖11所示,在真空狀態(tài)下,脈沖閥P噴出微量氣體,經激光照射產生不同價位的正離子,自a板小孔進入a、b間的加速電場,從b板小孔射出,沿中線方向進入M、N板間的偏轉控制區(qū),到達探測器.已知元電荷電荷量為e,a、b板間距為d,極板M、N的長度和間距均為L.不計離子重力及進入a板時的初速度.題型3帶電粒子在復合場中的運動模型120圖11(1)當a、b間的電壓為U1時,在M、N間加上適當?shù)碾妷篣2,使離子到達探測器.請推導出離子的全部飛行時間t與比荷K(K=ne/m)的關系式.圖11(1)當a、b間的電壓為U1時,在M、N間加上適當?shù)碾?21(2)去掉偏轉電壓U2,在M、N間加上垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度為B,若進入a、b間所有離子質量均為m,要使所有的離子均能通過控制區(qū)從右側飛出,a、b間的加速電壓U1至少為多少?解析

(1)由動能定理:neU1=mv2 ①n價正離子在a、b間的加速度:a1= ②在a、b間運動的時間:t1= ③在M、N間運動的時間:t2= ④離子到達探測器的時間:t=t1+t2= ⑤(2)去掉偏轉電壓U2,在M、N間加上垂直于紙面的勻強磁場,122(2)假定n價正離子在磁場中向N板偏轉,洛倫茲力提供向心力,設軌跡半徑為R,由牛頓第二定律得nevB= ⑥離子剛好從N板右側邊緣穿出時,由幾何關系得R2=L2+(R-L/2)2 ⑦由以上各式得:U1= ⑧當n=1時U1取最小值Umin= ⑨答案

(1)t= (2)(2)假定n價正離子在磁場中向N板偏轉,洛倫茲力提供向心力,123評分標準本題共18分。其中①⑥式各3分，②③④⑦⑧式各2分，⑤⑨式各1分。名師導析理論與實踐相結合是高考命題的熱點.往往與最新科技成果、前沿相聯(lián)系,有一定的綜合性,具有濃厚的時代氣息.而與帶電粒子在復合場中的運動緊密相連的加速器正好符合了這一高考命題特點,成為科技與高考相結合的切入點.解決此類問題的方法往往是抽去科技背景,建立物理模型,由相關規(guī)律分析求得.評分標準本題共18分。其中①⑥式各3分，②③④⑦⑧式各2124自我批閱(16分)如圖12甲是質譜儀的工作原理示意圖.設法使某有機化合物的氣態(tài)分子導入圖中的A容器,使它受到電子束轟擊,失去一個電子成為正一價的離子.離子從狹縫S1以很小的速度進入電壓為U的加速電場區(qū)(初速度不計),加速后再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉磁場,該偏轉磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁場的磁感應強度為B.離子經偏轉磁場后,最終到達照相底片上的H點(圖中未畫出),測得G、H間的距離為d,粒子的重力可忽略不計.試求:自我批閱(16分)如圖12甲是質譜儀的工作原理示意圖.設法使125圖12(1)該粒子的比荷(q/m).(2)若偏轉磁場為半徑為d的圓形區(qū)域,且與MN相切于G點,如圖乙所示,其它條件不變.仍保證上述粒子從G點垂直于MN進入偏轉磁場,最終仍然到達照相底片上的H點,則磁感應強度的比值為多少?圖12126解析

(1)qU=mv2 (3分)R= (1分)qvB= (1分)得 (2分)(2)軌跡如下圖所示,設∠GOH=θ,帶電粒子在磁場中運動半徑為R′解析(1)qU=mv2 (3分)127則tanθ= (2分)即θ=60°則HO′=2O′P,即d-R′=2R′ (2分)得R′=d (1分)因為其它條件不變,由牛頓第二定律qvB′= (1分)qvB= (1分)聯(lián)立以上兩式,得=1.5 (2分)答案(1)(2)1.5則tanθ= (2分)128素能提升1.有一個帶電量為+q、重為G的小球,從 兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下, 兩極板間另有勻強磁場,磁感應強度為

B,方向如圖13所示,則帶電小球通過有 電場和磁場的空間時,下列說法錯誤的 是 () A.一定作曲線運動 B.不可能做曲線運動 C.有可能做勻加速運動 D.有可能做勻速運動圖13素能提升1.有一個帶電量為+q、重為G的小球,從圖13129

解析由于小球的速度變化時,洛倫茲力會變化,小球 所受合力變化,小球不可能做勻速或勻加速運動,B、C、 D錯.

答案BCD 解析由于小球的速度變化時,洛倫茲力會變化,小球1302.空間存在一勻強磁場B,其方向垂直 紙面向里,另有一個點電荷+Q的電 場,如圖14所示,一帶電粒子q以初 速度v0從某處垂直電場、磁場入射, 初位置到點電荷的距離為r,則粒子 在電、磁場中的運動軌跡可能為 () A.以+Q為圓心,r為半徑的紙面內的圓周 B.沿初速度v0方向的直線 C.開始階段在紙面內向左偏的曲線 D.開始階段在紙面內向右偏的曲線圖14ACD2.空間存在一勻強磁場B,其方向垂直圖14ACD1313.在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(不計重力),電子可能沿水平方向向右做直線運動的是 ( )3.在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(不計重力),132解析

如電子水平向右運動,在A圖中電場力水平向左,洛倫茲力豎直向下,故不可能;在B圖中,電場力水平向左,洛倫茲力為零,故電子可能水平向右勻減速直線運動;在C圖中電場力豎直向上,洛倫茲力豎直向下,當二者大小相等時,電子向右做勻速直線運動;在D圖中電場力豎直向上,洛倫茲力豎直向上,故電子不可能做水平向右的直線運動,因此只有選項B、C正確.

答案

BC解析如電子水平向右運動,在A圖中電場力水平向左,洛倫茲力1334.如圖15所示,空間存在豎直 向下的勻強電場和垂直紙 面向里的勻強磁場.一帶電 粒子在電場力和洛倫茲力 共同作用下,從靜止開始自

A點沿曲線ACB運動,到達B點時速度為零,C為運動的最低點