《物理第九章 磁場(chǎng) 9.3 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《物理第九章 磁場(chǎng) 9.3 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（125頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【知識(shí)導(dǎo)圖】動(dòng)能定理場(chǎng)力電場(chǎng)力洛倫玆力牛頓運(yùn)動(dòng)定律能量守恒定律【微點(diǎn)撥】1.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的確定:取決于帶電粒子所受的合外力以及初始狀態(tài)的速度。2.靈活選擇規(guī)律:(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn):常用來(lái)解決復(fù)合場(chǎng)中勻變速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)等。(2)動(dòng)量觀點(diǎn):解決“打擊”“碰撞”“粘合”等問(wèn)題。(3)能量的觀點(diǎn):常用于處理帶電粒子在磁場(chǎng)中的變加速運(yùn)動(dòng)、復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)等,但要注意三力做功的特點(diǎn)。【慧眼糾錯(cuò)】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中只受洛倫茲力和重力時(shí),可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。糾錯(cuò):_。若粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在垂直運(yùn)動(dòng)的方向上,洛倫茲力變大,合力不可能總為零,與粒子
2、做直線運(yùn)動(dòng)矛盾(2)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。糾錯(cuò):_。當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力等大反向時(shí),粒子可能在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(3)不同比荷的粒子在質(zhì)譜儀磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑可能相同。 糾錯(cuò):_。由qU= ,qvB=m 可得R= 。R不可能相同21mv22vR22UmqB(4)粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑、周期都隨粒子速度的增大而增大。糾錯(cuò):_。 根據(jù)R= ,粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑隨粒子速度的增大而增大,周期不變mv2 mTqBqB、(5)在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)的粒子的比荷都相同。糾錯(cuò):_。帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件是v= ,
3、與其比荷大小無(wú)關(guān)EB考點(diǎn)1帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【典題探究】【典例1】(2018日照模擬) 如圖所示,坐標(biāo)平面第象限內(nèi)存在大小為E=4105 N/C、方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),在第象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量與電荷量之比為 =410-10 kg/C的帶正電mq粒子從x軸上的A點(diǎn)以初速度v0=2107 m/s垂直x軸射入電場(chǎng),OA=0.2 m,不計(jì)重力。求:導(dǎo)學(xué)號(hào)04450211(1)粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離。(2)若要求粒子不能進(jìn)入第象限,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。(不考慮粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)情況)【解題探究】(1)帶電粒子在第象限內(nèi)做_運(yùn)動(dòng),在第象限內(nèi)做_運(yùn)動(dòng)。
4、(2)粒子恰不能進(jìn)入第象限的條件是運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸_。類平拋勻速圓周相切【解析】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離為y,沿電場(chǎng)方向:qE=masOA= at2垂直電場(chǎng)方向:y=v0t聯(lián)立解得a=1.01015 m/s2;t=2.010-8 s;y=0.4 m12(2)粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)在電場(chǎng)方向的分速度為:vx=at=2107 m/s粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的速度大小為:v= 107 m/s與y軸正方向的夾角為,則=arctan =4522x0vv2 2 x0vv要使粒子不進(jìn)入第象限,如圖所示,此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R,由幾何關(guān)
5、系得:R+ Ry在磁場(chǎng)中由牛頓第二定律得qvB=m 聯(lián)立解得B(2 +2)10-2 T。答案:(1)0.4 m(2)B(2 +2)10-2 T22222vR【通關(guān)秘籍】1.組合場(chǎng):電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊,電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)。2.分析思路:(1)劃分過(guò)程:將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段,對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理。(2)找關(guān)鍵點(diǎn):確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵。(3)畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡:根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析,大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖,有利于形象、直觀地解決問(wèn)題。3.組合場(chǎng)中的兩種典型偏轉(zhuǎn):【考點(diǎn)沖關(guān)】如圖所示,兩塊平行極板AB、CD正對(duì)放置
6、,極板CD的正中央有一小孔,兩極板間距離AD為d,板長(zhǎng)AB為2d,兩極板間電勢(shì)差為U,在ABCD構(gòu)成的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)方向水平向右。在ABCD矩形區(qū)域外有垂直于紙面向里的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。極板厚度不計(jì),電場(chǎng)、磁場(chǎng)的交界處為理想邊界。將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子在極板AB的正中央O點(diǎn)由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后,從極板CD正中央小孔射出時(shí)的速度大小。(2)為了使帶電粒子能夠再次進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),且進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向垂直,求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。(3)通過(guò)分析說(shuō)明帶電粒子第二次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置,并求出帶電粒子從O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第二
7、次離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域所經(jīng)歷的總時(shí)間?！窘馕觥?1)設(shè)帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后,從極板CD正中央小孔射出時(shí)的速度大小為v由動(dòng)能定理 qU= mv2,解得v= 122qUm(2)帶電粒子第一次從電場(chǎng)中射出后,在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),若能夠再次進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),且進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)方向垂直,運(yùn)動(dòng)方向改變270,由此可知在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為四分之三圓,圓心位于D點(diǎn),半徑為d,由A點(diǎn)垂直射入電場(chǎng)。帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),洛倫茲力充當(dāng)向心力。由牛頓第二定律Bqv=m ,解得B= 2vdmv1 2mUqddq(3)帶電粒子由A點(diǎn)垂直于電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)之后做類平拋運(yùn)動(dòng)。若能夠射出電場(chǎng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1= ,沿電場(chǎng)方向
8、的側(cè)移s= a ,= ,解得s=d2d2mdvqU12EqUqmdm21t因此帶電粒子恰能從C點(diǎn)射出。軌跡如圖所示。帶電粒子第一次在電場(chǎng)中加速,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2。洛倫茲力充當(dāng)向心力。由牛頓第二定律Bqv= , T= =d t2= T= d 224 dT2 mBq2mqU2mqU3434帶電粒子第二次在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),運(yùn)動(dòng)時(shí)間也為t1因此帶電粒子運(yùn)動(dòng)從O點(diǎn)到C點(diǎn)的總時(shí)間t總=2t1+t2=(2+ )d 。答案:(1) (2) (3)(2+ )d 2mqU341 2mUdq2qUm342mqU【加固訓(xùn)練】如圖所示,板間距為d、板長(zhǎng)為L(zhǎng)的兩塊平行金屬板EF、GH水平放置
9、,在緊靠平行板右側(cè)的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),三角形底邊BC與GH在同一水平線上,頂點(diǎn)A與EF在同一水平線上。一個(gè)質(zhì)量為m、電量為-q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入,若在兩板之間加某一恒定電壓,粒子離開(kāi)電場(chǎng)后垂直AB邊從D點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng),BD= AB,并垂直AC邊射出(不計(jì)粒子的重力),求:14(1)上下兩極板間的電勢(shì)差UEG;(2)三角形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。(3)若兩板間不加電壓,三角形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,要使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后能從AB邊射出,試求所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值?！窘馕觥?1)粒子以v0速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電壓為U的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a
10、1,則有L=v0t,vy=a1t,a1= 解得vy= 由幾何關(guān)系得tan30 = 故U= 0qULmdv （）qUdmy0vv203mdv3qL由粒子帶負(fù)電并且在電場(chǎng)中向下偏轉(zhuǎn)可知,下極板帶正電,板間電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的方向垂直平行板向上。所以上下兩極板間的電勢(shì)差UEG=- 203mdv3qL(2)如圖1所示,垂直AB邊進(jìn)入磁場(chǎng),由幾何關(guān)系得,粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度偏向角為=30,則粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)瞬時(shí)速度的大小為 00v2 3vcos3由幾何關(guān)系得:LAB= = d設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為r1,則r1= LAB= d三角形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,由牛頓第二定律得B1qv= ,聯(lián)立解得B1= ,方向?yàn)榇怪奔埫?/p>
11、向外。dcos302 32323421mvr04mv3qd(3)當(dāng)粒子剛好與BC邊相切時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值為B2,設(shè)粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r2,如圖2所示,由幾何關(guān)系知:r2= 由牛頓第二定律得qv0B2=m 解得 B2= 答案:(1)- (2) 方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?3) d4202mvr04mvqd203mdv3qL04mv3qd04mvqd考點(diǎn)2帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【典題探究】【典例2】如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間做周期性變化的圖象如圖(b)所示,y軸正方向?yàn)镋的正方向,垂直于紙面向里為B的正方向。t=0時(shí)刻,帶負(fù)電粒子P(
12、重力不計(jì))由原點(diǎn)O以速度v0沿y軸正方向射出,它恰能沿一定軌道做周期性運(yùn)動(dòng)。v0、E0和t0為已知量,圖(b)中 ,在0t0時(shí)間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo)為( )。求: 導(dǎo)學(xué)號(hào)044502120020E8vB0 00 02v t2v t，(1)粒子P的比荷。(2)t=2t0時(shí)刻粒子P的位置。(3)帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距離原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L?！绢}眼直擊】(1)帶負(fù)電粒子P(重力不計(jì))由原點(diǎn)O以速度v0沿y軸正方向射出。(2)0t0時(shí)間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠(yuǎn)時(shí)的坐標(biāo)為( )。0 00 02v t2v t，【解析】(1)0t0時(shí)間內(nèi)粒子P在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)粒子所在位置的縱、橫坐標(biāo)相等
13、時(shí),粒子在磁場(chǎng)中恰好經(jīng)過(guò) 圓周,所以粒子P第一次離x軸的最遠(yuǎn)距離等于軌道半徑R,即R= ,又qv0B0= ,140 02v t02mvR代入 解得 0020E8vB00 04vqmE t(2)設(shè)粒子P在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T,則T= , 聯(lián)立解得T=4t0,即粒子P做 圓周運(yùn)動(dòng)后磁場(chǎng)變?yōu)殡妶?chǎng),粒子以速度v0垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)t02t0時(shí)02 Rv14間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1,則x1=v0t0= ,y1= a ,其中加速度a= 由解得y1= =R,因此t=2t0時(shí)刻粒子P的位置坐標(biāo)為( v0t0,0),如圖中的b點(diǎn)所示。2 RR421202t0qEm0 02v t
14、2(3)分析知,粒子P在2t03t0時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向,由對(duì)稱關(guān)系知,在3t0時(shí)刻速度方向?yàn)閤軸正方向,位移x2=x1=v0t0;在3t05t0時(shí)間內(nèi)粒子P沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng),往復(fù)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由圖可知,帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中距原點(diǎn)O的最遠(yuǎn)距離L即O、d間的距離L=2R+2x1,解得L= 2v0t0答案:(1) (2)( v0t0,0)(3) 2v0t02200 04vE t2【通關(guān)秘籍】解決帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路先讀圖先讀圖看清、并明白場(chǎng)的變化情況看清、并明白場(chǎng)的變化情況受力分析受力分析分析粒子在不同的變化場(chǎng)區(qū)的受力情分析粒子在不同的變化場(chǎng)
15、區(qū)的受力情況況過(guò)程分析過(guò)程分析 分析粒子在不同時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況分析粒子在不同時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況找銜接點(diǎn)找銜接點(diǎn) 找出銜接相鄰兩過(guò)程的物理量找出銜接相鄰兩過(guò)程的物理量選規(guī)律選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解聯(lián)立不同階段的方程求解【考點(diǎn)沖關(guān)】(2018合肥模擬)如圖甲所示,帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO連續(xù)射入電場(chǎng)中。MN板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的電壓UMN,兩板間電場(chǎng)可看作是均勻的,且兩板外無(wú)電場(chǎng)。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,分界線為CD,EF為屏幕。金屬板間距為d,長(zhǎng)度為l,磁場(chǎng)的寬度為d。已知:B=510-3 T,l=d=0.2 m,每個(gè)帶正電粒子的速度v0
16、=105 m/s,比荷為 =108 C/kg,重力忽略不計(jì),在每個(gè)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)可視作是恒定不變的。試求:qm(1)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑。(2)帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最大速度。(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍?！窘馕觥?1)t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的帶電粒子不被加速,進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最小。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)qv0B= 則帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最小半徑02minmvrrmin= =0.2 m,其運(yùn)動(dòng)的徑跡如圖中曲線所示。5083mv10 mqB105 10 (2)設(shè)兩板間電壓為U1,帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng),則有 代入數(shù)據(jù),解得U1=100 V在電壓
17、低于100 V時(shí),帶電粒子才能從兩板間射出電場(chǎng),電壓高于100 V時(shí),帶電粒子打在極板上,不能從兩板間2210Uqd11at)222 dm v（l射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng)時(shí),速度最大,設(shè)最大速度為vmax,則有 解得vmax= 105 m/s=1.414105 m/s。201max2U11mvmvq2222(3)由第(1)問(wèn)計(jì)算可知,t=0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rmin=d=0.2 m,徑跡恰與屏幕相切,設(shè)切點(diǎn)為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點(diǎn),則 =rmin=0.2 m帶電粒子射出電場(chǎng)的速度最大時(shí),在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最大,打在屏幕上的位置最低。OE設(shè)帶
18、電粒子以最大速度射出電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為rmax,打在屏幕上的位置為F,運(yùn)動(dòng)徑跡如圖中曲線所示。qvmaxB= 則帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑rmax= 2maxmaxmvr5max83mv2 102m mqB105 10 5 由數(shù)學(xué)知識(shí)可得運(yùn)動(dòng)徑跡的圓心必落在屏幕上,如圖中Q點(diǎn)所示,并且Q點(diǎn)必與M板在同一水平線上。則 帶電粒子打在屏幕上的最低點(diǎn)為F,則 d0.2OQ m 0.1 m22 max2OF rOQ0.1 m 0.18 m5 即帶電粒子打在屏幕上O上方0.2 m到O下方0.18 m的范圍內(nèi)。答案:(1)0.2 m(2)1.414105 m/s(3)O上方0.2 m
19、到O下方0.18 m的范圍內(nèi)考點(diǎn)3帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【典題探究】【典例3】(2017全國(guó)卷)如圖,空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是()導(dǎo)學(xué)號(hào)04450213A.mambmc B.mbmamcC.mcmambD.mcmbma 【解析】選B。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、三個(gè)微粒的帶電量均為q,它們受到的電場(chǎng)力Eq方向均豎直向上。微粒a在紙面內(nèi)做勻速
20、圓周運(yùn)動(dòng),有Eq=mag;b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),有Eq+Bqvb=mbg;c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng),有Eq-Bqvc=mcg;可得:mbmamc。【遷移訓(xùn)練】 遷移1:疊加場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)(多選)在空間某一區(qū)域里,有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,且兩者正交。有兩個(gè)帶電油滴,都能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示,則兩油滴一定相同的是()A.帶電性質(zhì)B.運(yùn)動(dòng)周期C.運(yùn)動(dòng)半徑D.運(yùn)動(dòng)速率【解析】選A、B。油滴受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)知,得mg=qE,結(jié)合電場(chǎng)方向知油滴一定帶負(fù)電且兩油滴比荷 。洛倫茲力提供向心力,有周期T= ,所
21、以兩油滴周期相等,故選A、B。由r= 知,速度v越大,半徑則越大,故不選C、D。qgmE2 mqBmvqB遷移2:疊加場(chǎng)中的勻速直線運(yùn)動(dòng)(2016北京高考)如圖所示,質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場(chǎng)方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)帶電粒子所受重力。(1)求粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R和周期T。(2)為使該粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場(chǎng)方向垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng),求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小?！窘馕觥?1)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,有f=qvB=m 解得粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R= 粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T= 2vRmvqB2 R2 m
22、vqB(2)粒子受電場(chǎng)力F=qE,洛倫茲力f=qvB,粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),由二力平衡可知,qE=qvB。解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=vB。答案:(1) (2)vBmvqB2 mqB遷移3:帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)(多選)(2018贛州模擬) 如圖所示,在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m、電荷量為+q,電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。小球由靜止開(kāi)始下滑直到穩(wěn)定的過(guò)程中()A.小球的加速度一直減小B.小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v= D
23、.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v= 2 qE mg2 qB2 qE mg2 qB【解析】選C、D。開(kāi)始時(shí)對(duì)小球受力分析如圖所示,則mg-(qE-qvB)=ma,隨著v的增加,小球加速度先增大,當(dāng)qE=qvB時(shí)達(dá)到最大值,amax=g,繼續(xù)運(yùn)動(dòng),mg-(qvB-qE)=ma,隨著v的增大,a逐漸減小,所以A錯(cuò)誤。因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?機(jī)械能與電勢(shì)能總和在減小,B錯(cuò)誤。若在前半段達(dá)到最大加速度的一半,則mg-(qE-qvB)=m ,得v= ;若在后半段達(dá)到最大加速度的一半,則mg-(qvB-qE)=m ,得v= ,故C、D正確。2 qE mg2 qB2 qE mg2 qBg2g2【通關(guān)秘籍
24、】1.帶電粒子在疊加場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類:(1)洛倫茲力、重力并存。若重力和洛倫茲力平衡,則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,故機(jī)械能守恒,由此可求解問(wèn)題。(2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)。若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡,則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡,則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題。(3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存。若三力平衡,一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若重力與電場(chǎng)力平衡,一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若合力不為零且與速度方向不垂直,將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,
25、可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題。2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng):帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下,常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng),分析時(shí)應(yīng)注意:(1)分析帶電粒子所受各力尤其是洛倫茲力的變化情況,分階段明確物體的運(yùn)動(dòng)情況。(2)根據(jù)物體各階段的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn),選擇合適的規(guī)律求解?！炯庸逃?xùn)練】(多選) 地球大氣層外部有一層復(fù)雜的電離層,既分布有地磁場(chǎng),也分布有電場(chǎng)。假設(shè)某時(shí)刻在該空間中有一小區(qū)域存在如圖所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng);電場(chǎng)的方向在紙面內(nèi)斜向左下方,磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里。此時(shí)一帶電宇宙粒子恰以速度v垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)射入該區(qū)域,不計(jì)重力作用,則在該區(qū)域中,有關(guān)該
26、帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況可能的是()A.仍做直線運(yùn)動(dòng)B.立即向左下方偏轉(zhuǎn)C.立即向右上方偏轉(zhuǎn) D.可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)【解析】選A、B、C。比較Eq與Bqv,因二者開(kāi)始時(shí)方向相反,當(dāng)二者相等時(shí),A正確;當(dāng)EqBqv時(shí),向電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn),當(dāng)Eq99%,解得d 。答案:(1) (2) (3)dr0,則它進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)仍將沿直線通過(guò)D.若密度相同的納米粒子的半徑rr0,它進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)仍沿直線通過(guò),則區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度與原電場(chǎng)強(qiáng)度之比為 00q Um0rr【解析】選A、D。設(shè)半徑為r0的粒子加速后的速度為v,則有q0U= m0v2,設(shè)區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,由題意可知洛倫茲力等于電場(chǎng)力,即q0vB=q0E,聯(lián)立解得E=B
27、,則 = 區(qū)域左右兩極板的電勢(shì)差為Ed=Bd ,故A正確,B錯(cuò)誤;若納米粒子的半徑rr0,設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電荷量為q、加速后12002q UmEB002q Um002q Um的速度為v,則m= m0,而q= q0,由 mv2=qU,解得v= v,故粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域后受到的洛倫茲力小于受到的電場(chǎng)力,粒子向左偏轉(zhuǎn),故C錯(cuò)誤;由于v= ,由E=Bv可得,區(qū)域的電場(chǎng)與原電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度之比為 ,故D正確。30rr（ ）20rr（ ）12【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示,導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩
28、側(cè)面,此時(shí)通過(guò)霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測(cè)出的霍爾電壓UH滿足:UH= ,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則()A.霍爾元件前表面的電勢(shì)低于后表面B.若電源的正負(fù)極對(duì)調(diào),電壓表將反偏C.IH與I成正比D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比【解析】選C、D。導(dǎo)電物質(zhì)為電子,由左手定則可判定,霍爾元件的后表面積累負(fù)電荷,電勢(shì)較低,故A錯(cuò)誤;由電路關(guān)系可知,當(dāng)電源的正、負(fù)極對(duì)調(diào)時(shí),通過(guò)霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場(chǎng)方向同時(shí)反向,前表面的電勢(shì)仍然較高,故B錯(cuò)誤;由電路可見(jiàn), ,則IH= I,故C正確;RL的熱功率PL=
29、,因?yàn)锽與I成正比,故有 ,可得知UH與RL消耗的電功率成正比,故D正確。帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【經(jīng) 典 案 例】 (19分)(2018天水模擬)如圖甲所示,在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng),變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場(chǎng)強(qiáng)度為正)。在t=0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0,方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子。已知v0、t0、B0,粒子的比荷為 ,不計(jì)粒子的重力。導(dǎo)學(xué)號(hào)044502160 0B t(1)t=t0時(shí),求粒子的位置坐標(biāo)。(2)若t=5t0時(shí)粒子回到原點(diǎn),求05t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離。(3)若粒子能夠回
30、到原點(diǎn),求滿足條件的所有E0值。 【思維軌跡】【規(guī)范解答】 解: (1)由粒子的比荷 = ,則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T= =2t0(1分)則在0t0內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角=(2分)由牛頓第二定律qv0B0= (2分)得r1= ,0 0B tqm02 mBq201vmr0 0v t位置坐標(biāo)為( ,0)。(2分)(2)粒子在t=5t0時(shí)回到原點(diǎn),軌跡如圖所示r2=2r1,r1= ,r2= (3分)得v2=2v0,又 = ,r2= (2分)粒子在t02t0時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),2t03t0時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則在05t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離:hm= t0+r2=( )v0t0。(2分) 0 02v
31、t00mvBq20mvBq0 0B tqm0 02v t00v2v2322(3)如圖所示,設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r1,在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r2,由幾何關(guān)系可知,要使粒子經(jīng)過(guò)原點(diǎn),則必須滿足:n(2r2-2r1)=2r1,(n=1,2,3,)(1分)r1= ,r2= (1分)聯(lián)立以上各式解得v= v0,(n=1,2,3,)(1分)又由v=v0+ ,得E0= ,(n=1,2,3,)。(2分)0mvBq0mvBqn 1n00E qtm00v Bn【答題規(guī)則】規(guī)則1:仔細(xì)審題,弄清題意本題考查帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),題中不考慮重力,出發(fā)點(diǎn)在原點(diǎn),電磁場(chǎng)不同時(shí)存在,
32、要么粒子做圓周運(yùn)動(dòng),要么做勻變速直線運(yùn)動(dòng),往往粒子運(yùn)動(dòng)軌跡特殊。規(guī)則2:規(guī)范解析書(shū)寫(xiě)過(guò)程,注意分步列式對(duì)所列方程最好用序號(hào)標(biāo)出,閱卷老師才好找到得分點(diǎn);盡量不要列連等式,以防由于寫(xiě)綜合方程,一處出錯(cuò)則全部沒(méi)分。 規(guī)則3:保證結(jié)果計(jì)算正確本題較多的是數(shù)學(xué)表達(dá)式的推導(dǎo),要提高計(jì)算能力,會(huì)做的題盡量做對(duì)。只要結(jié)果正確,前面書(shū)寫(xiě)的稍有不規(guī)范,閱卷老師也可能不在意,但一旦結(jié)果錯(cuò)誤,閱卷老師再找得分點(diǎn)時(shí),書(shū)寫(xiě)不規(guī)范或馬虎往往就會(huì)吃虧。規(guī)則4:等價(jià)給分采用不同的思路,只要方程正確,也確實(shí)能推出正確答案的,就能給分。規(guī)則5:只看對(duì)的,不看錯(cuò)的對(duì)于不會(huì)做的題目,要把與本題相關(guān)的公式都寫(xiě)上,公式是主要得分點(diǎn),閱卷時(shí)只看評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中給定的公式來(lái)給分,無(wú)用的如果寫(xiě)了,不給分也不扣分。
物理第九章 磁場(chǎng) 9.3 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
