高考物理帶電粒子在復合場中的運動知識歸納

.word.word..帶電粒子在復合場中的運動根底知識歸納1.復合場復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中兩場并存，或分區(qū)域存在，分析方法和力學問題的分析方法根本一樣，不同之處是多了電場力和磁場力，分析方法除了力學三大觀點(動力學、動量、能量)外，還應注意：洛倫茲力永不做功.重力和電場力做功與路徑無關,只由初末位置決定?還有因洛倫茲力隨速度而變化，洛倫茲力的變化導致粒子所受合力變化，從而加速度變化，使粒子做變加速運動.2?帶電粒子在復合場中無約束情況下的運動性質(zhì)當帶電粒子所受合外力為零時,將做勻速直線運動或處于靜止，合外力恒定且與初速度同向時做勻變速直線運動，常見情況有：洛倫茲力為零(v與B平行),重力與電場力平衡，做勻速直線運動，或重力與電場力合力恒定，做勻變速直線運動.洛倫茲力與速度垂直，且與重力和電場力的合力平衡,做勻速直線運動.當帶電粒子所受合外力充當向心力，帶電粒子做勻速圓周運L時，由于通常情況下，重力和電場力為恒力，故不能充當向心

力,所以一般情況下是重力恰好與電場力相平衡，洛倫茲力充當向心力.當帶電粒子所受合外力的大小、方向均不斷變化時，粒子將做非勻變速的曲線運動?3?帶電粒子在復合場中有約束情況下的運動帶電粒子所受約束，通常有面、桿、繩、圓軌道等，常見的運動形式有直線運動和圓周運動,此類問題應注意分析洛倫茲力所起的作用.4?帶電粒子在交變場中的運動帶電粒子在不同場中的運動性質(zhì)可能不同，可分別進展討論?粒子在不同場中的運動的聯(lián)系點是速度，因為速度不能突變，在前一個場中運動的末速度，就是后一個場中運動的初速度.5?帶電粒子在復合場中運動的實際應用質(zhì)譜儀???用途：素的儀器.原理：如下圖，離子源S產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子(重力不計)，離子岀來時速度很小(可忽略不計)，經(jīng)過電壓為U的電場加速后進入磁感應強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過半個周期而到達記錄它的照相底片P上，測得它在P上的位置到入口處的距離為L,那么qU=1qU=1mv2_0；2qBv=mv2；L=2r聯(lián)立求解得m二皿，因此，只要知道q、B、L與U,就可計8U算岀帶電粒子的質(zhì)量m,假設q也未知，那么q竺mB2L2又因m*L2，不同質(zhì)量的同位素從不同處可得到別離，故質(zhì)譜儀又是別離同位素的重要儀器.盤旋加速器組成：兩個D形盒、大型電磁鐵、高頻振蕩交變電壓，D型盒間可形成電壓U.作用：加速微觀帶電粒子.原理：a■電場加速qU二AEk磁場約束偏轉(zhuǎn)qBv二mv2，「二mv*vrqB加速條件，高頻電源的周期與帶電粒子在D形盒中運動的周期一樣，即T二T二2n電場盤旋~~B帶電粒子在D形盒內(nèi)沿螺旋線軌道逐漸趨于盒的邊緣，到達預期的速率后，用特殊裝置把它們引岀.要點深化將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾相連起來可等效為一個初速度為零的勻加速直線運動.b?帶電粒子每經(jīng)電場加速一次盤旋半徑就增大一次所以各盤旋半徑之比為1:込:啟：…c?對于同一盤旋加速器，其粒子盤旋的最大半徑是一樣的.d?假設最大能量為E，那么盤旋次數(shù)n二Emkmc口

e?最大動能:kme?最大動能:kmq2B2r2m2mf?粒子在盤旋加速器內(nèi)的運動時間：t=nm2U速度選擇器TOC\o"1-5"\h\z①原理：如下圖，由于所受重力可忽略不計，運動|I-一’」X好叫~~方向一樣而速率不同的正粒子組成的粒子束射入相互忖：乂\正交的勻強電場和勻強磁場所組成的場區(qū)中，電場強度為B,方向垂直于紙面向里，假設粒子運動軌跡不發(fā)生偏轉(zhuǎn)(重力不計)，必須滿足平衡條件:qBv=qE,?v=e，這樣就把滿足v二空的BB粒子從速度選擇器中選擇岀來了.②特點：a.速度選擇器只選擇速度(大小、方向)而不選擇粒子的質(zhì)量和電荷量，如上圖中假設從右側入射那么不能穿過場區(qū).速度選擇器B、E、v三個物理量的大小、方向互相約束，以保證粒子受到的電場力和洛倫茲力等大、反向，如上圖中只改變磁場B的方向，粒子將向下偏轉(zhuǎn).v>v=e時,那么qBV>qE,粒子向上偏轉(zhuǎn)；當v<v二e時,BBqBv<qE,粒子向下偏轉(zhuǎn).要點深化a■從力的角度看，電場力和洛倫茲力平衡qE=qvB；從速度角度看，v二e；B從功能角度看，洛倫茲力永不做功.xXXXxXXX&XX如下圖，一圓形導管直徑為d,用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體流過導管.原理：導電液體中的自由電荷（正、負離子）在洛倫茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間岀現(xiàn)電勢差，形成電場?當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定?由Bqv=Eq=uq,可d得v二UBd液體流量Q二Sv二nd2?U=ndU4Bd4B（5）霍爾效應如下圖，高為h、寬為d的導體置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體板的上外表A和下兀/礦外表A'之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓.設霍爾導體中自由電荷（載流子）是自由電子?圖中電流方向向右，那么電子受洛倫茲力向上，在上外表A積聚電子，那么qvB二qE,E=Bv,電勢差U=Eh=Bhv.又I=nqSv導體的橫截面KS=hd得v二丄nqhd所以U二Bhv二旦kBinqddk二丄，稱霍爾系數(shù).nq重點難點突破―、解決復合場類問題的根本思路..word...word.word..1?正確的受力分析?除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析.2■正確分析物體的運動狀態(tài)?找岀物體的速度、位置及其變化特點，分析運動過程，如果岀現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件.3?恰當靈活地運用動力學三大方法解決問題.用動力學觀點分析，包括牛頓運動定律與運動學公式.用動量觀點分析，包括動量定理與動量守恒定律.用能量觀點分析，包括動能定理和機械能(或能量)守恒定律.針對不同的問題靈活地選用，但必須弄清各種規(guī)律的成立條件與適用X圍.二、復合場類問題中重力考慮與否分三種情況1?對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，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、金屬塊等不做特殊交待時就應考慮其重力.2?在題目中有明確交待是否要考慮重力的，這種情況比擬正規(guī)，也比擬簡單.3?直接看不岀是否要考慮重力的，在進展受力分析與運動分析時，要由分析結果，先進展定性確定是否要考慮重力.|.-7-典例精析1?帶電粒子在復合場中做直線運動的處理方法【例1】如下圖，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面間的；；

夾角為a(sina=0.6),放在水平方向的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E=50V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外一個電荷量q=+4.0x10-2C、質(zhì)量m=0.40kg的光滑小球，以初速度v=20m/s0從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經(jīng)過3s脫離斜面?求磁場的磁感應強度(g取10m/S2).【解析】小球沿斜面向上運動的過程中受力分析如下圖.由牛頓第二定律，得qEcosa+mgsina=ma,故1m/S2=10m/S2,向a=gsina+qEcosa=10x0.6m/S2+4.om/S2=10m/S2,向1m0.40上運動時間t=g=2s1h1小球在下滑過程中的受力分析如下圖.小球在離開斜面前做勻加速直線運動，a=10m/S22運動時間t=t-t=1s21脫離斜面時的速度V=at=10m/s22在垂直于斜面方向上有：qvB+qEsina=mgcosa故B=mgcosaEsina_0.40xiox0.8丁50x0.6丁=5TTOC\o"1-5"\h\zqvv4.0x10-2x1010【思維提升】⑴知道洛倫茲力是變力，其大小隨速度變化而變化，其方向隨運動方向的反向而反向?能從運動過程及受力hp*■■■■?4?分析入手，分析可能存在的最大速度、最大加速度、最二衛(wèi)二三二*??**?A-VV大位移等.(2)明確小球脫離斜面的條件是F=0.…….…二N

【拓展1】如下圖，套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球,其質(zhì)量為m,帶電荷量為q,小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強磁場和勻強電場中?設小球電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中(BD)A.小球加速度一直增大B.小球速度一直增大，直到最后勻速【解析】小球由靜止加速下滑，fF減小,NC?桿對小球的彈力一直減小【解析】小球由靜止加速下滑，fF減小,N=Bqv在不斷增大，開場一段，如圖-洛(a)：f<F，水平方向有f+F=F,加速度A=速度的增大，f加速度A=速度的增大，f增大,-—N洛m加速度也增大，當f=F時，a到達最大；以后如圖(b)：f洛電平方向有f、=F+F,隨著速度的增大，F(xiàn)也增大,f也增大，a=mg-fm減小，當f=m減小，當f=mg時，a=O,t后做勻速運動，故a先增大后減小，A箴B(yǎng)對」力先減小后^,c$由TBq^D對.2?靈活運用動力學方法解決帶電粒子在復合場中的運動間題XXXX■妙、x【例2】如下圖，水平放置的M、N兩金屬板之間,恥］XXX、有水平向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T.質(zhì)量為m=9.995x101-7kg、電荷量為q=-1.0x10-8C的帶電微粒，靜止在N板附近?在M、N兩板間突然加上電壓(M板電勢高于N板電勢)時，微粒開場運動，經(jīng)一段時間后，該微粒水平勻速地碰撞原來靜止的質(zhì)量為m的中性2微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圓弧做勻速圓周運動，最終落在N板上?假設兩板間的電場強度E=1.0x103V/m,求:兩微粒碰撞前，質(zhì)量為m的微粒的速度大??；1⑵被碰撞微粒的質(zhì)量m；2兩微粒粘合后沿圓弧運動的軌道半徑.【解析】(1)碰撞前，質(zhì)量為m的微粒已沿水平方向做勻速運動，1根據(jù)平衡條件有mg+qvB二qE1解得碰撞前質(zhì)量m的微粒的速度大小為1v=qE—mg1.0X10-8x1.0x103—9.995x10-7x10m/S=1m/S1=—qB1.0x10—8x0.5由于兩微粒碰撞后一起做勻速圓周運動，說明兩微粒所受的電場力與它們的重力相平衡，洛倫茲力提供做勻速圓周運動的向心力，故有(m+m)g=qE12解得m=—m(10x10-8x10x103—9995x10—7)kg=5x10-10kg2g110設兩微粒一起做勻速圓周運動的速度大小為V，軌道半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律有qvB=(m+m)V212R研究兩微粒的碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有mv=(m+m)v112以上兩式聯(lián)立解得R=+m2)v_mj_9.995xi0-7xim?200mqB~qB~1.0x10-8x0.5【思維提升】(1)全面正確地進展受力分析和運動狀態(tài)分析,f隨速度的變化而變化導致運動狀態(tài)發(fā)生新的變化.

假設mg、f、F三力合力為零，粒子做勻速直線運動.洛電假設F與重力平衡，那么f提供向心力，粒子做勻速圓周運電洛動.根據(jù)受力特點與運動特點，選擇牛頓第二定律、動量定理、動能定理及動量守恒定律列方程求解.【拓展2】如下圖，在相互垂直的勻強磁場和勻強電場中，有一傾角為e的足夠長的光滑絕緣斜面?磁感應強度為B，方向水平向外；電場強度為E，方向豎直向上?有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小滑塊靜止在斜面頂端時對斜面的正壓力恰好為零.⑴如果迅速把電場方向轉(zhuǎn)為豎直向下，求小滑塊能在斜面上連續(xù)滑行的最遠距離L和所用時間t；(2)如果在距A端L/4處的C點放入一個質(zhì)量與滑塊一樣但不帶電的小物體，當滑塊從A點靜止下滑到C點時兩物體相碰并黏在一起.求此黏合體在斜面上還能再滑行多長時間和距離？【解析】⑴由題意知qE=mg場強轉(zhuǎn)為豎直向下時，設滑塊要離開斜面時的速度為v,由動能定理有(mg+qE)Lsine=1加”2，即2mgLsine二1mv222當滑塊剛要離開斜面時由平衡條件有qvB=(mg+qE)cose,即V=2mgcos0qB由以上兩式解得Lq2B2sin0

根據(jù)動量定理有仁mv=m勸e2mgsineqB(2)兩物體先后運動，設在C點處碰撞前滑塊的速度為v,那么C2mg?lsin0=1mv242設碰后兩物體速度為U,碰撞前后由動量守恒有mv=2muC設黏合體將要離開斜面時的速度為v，由平衡條件有qv'B=(2mg+qE)cos0=3mgcos0由動能定理知，碰后兩物體共同下滑的過程中有3mgsin0?s=1?2mv'2-i?2mu222聯(lián)立以上幾式解得s=q粒子在磁場中運動的軌道半徑「；B2sin粒子在磁場中運動的軌道半徑「；將L結果代入上式得5=12q2B2sine碰后兩物體在斜面上還能滑行的時間可由動量定理求得t'=2mv'-2mu5m_cot93mgsine3qB【例3】在平面直角坐標系xOy中，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第IV象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B—質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸正半軸上的M點以速度v垂直于y軸射入電場,0經(jīng)X軸上的N點與x軸正方向成0=60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的p點垂直于y軸射岀磁場，如下圖?不計重力，求：M、N兩點間的電勢差U；MN

U=3U=3mv2/2q④MN0(2)粒子在磁場中以O'為圓心做勻速圓周運動，半徑為O'N,qvB=mv2⑤rr=2mv0⑥qB(3)由幾何關系得ON二「sin6⑦設粒子在電場中運動的時間為ti,有ON=Voti⑧qB粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期丁=2nm⑩qB設粒子在磁場中運動的時間為〔’有t2=ET?t=2nm^?t=tt=t+t=（3、；3+2n）m123qB【思維提升】注重受力分析，尤其是運動過程分析以及圓心確實定，畫好示意圖，根據(jù)運動學規(guī)律及動能觀點求解.

【拓展3】如下圖，真空室內(nèi)存在寬度為s飛聲嚴=8cm的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B二0.332匚卡「「…曠…L磁場方向垂直于紙面向里?緊靠邊界ab放-點狀a粒子放射源S,可沿紙面向各個方向放射速率一樣的a粒子.a粒子質(zhì)量為m二6.64x10-27kg,電荷量為q=+3.2x10-i9C,速率為v=3.2x106m/s.磁場邊界ab、cd足夠長，cd為厚度不計的金箔，金箔右側cd與MN之間有一寬度為L=12.8cm的無場區(qū)域.MN右側為固定在0點的電荷量為Q=-2.0x10-6C的點電荷形成的電場區(qū)域(點電荷左側的電場分布以MN為邊界).不計a粒子的重力，靜電力常量k=9.0x109N?m2/C2,(取sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:金箔cd被a粒子射中區(qū)域的長度y；打在金箔d端離cd中心最遠的粒子沿直線穿岀金箔，經(jīng)過無場區(qū)進入電場就開場以0點為圓心做勻速圓周運動，垂直打在放置于中心線上的熒光屏FH上的E點(未畫岀)，計算0E的長度；計算此a粒子從金箔上穿岀時損失的動能.【解析】(1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB=mv2，得R=mv=0.2mRBq/O卜:H如下圖，當a粒子運動的圓軌跡與cd相切時，上端偏離0’最遠，由幾何關系得°’P=Jr2-(R-s)2=0-16m/O卜:H當a粒子沿Sb方向射入時，下端偏離0’最遠，由幾何關系得°'Q=.'r2-(R-s)=0-16m

故金箔cd被a粒子射中區(qū)域的長度為y=0‘Q+0‘P=0.32m(2)如上圖所示，0E即為a粒子繞0點做圓周運動的半徑r