2019-2020學年高中物理 第3章 習題課4 帶電粒子在復合場中的運動學案 新人教版選修3-1

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1、習題課4　帶電粒子在復合場中的運動 [學 習 目 標]　1.理解組合場和疊加場的概念。2.會分析粒子在各種場中的受力特點。3.掌握粒子在復合場中運動問題的分析方法。 一、帶電粒子在疊加場中的運動 1．疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。 2．基本思路 (1)弄清疊加場的組成。 (2)進行受力分析。 (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)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。 ①當做勻速直線運動時，根據受力平衡列方程求解。 ②當做勻速圓周運動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程

2、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。 【例1】　如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直紙面向里，一質量為m、帶電荷量為q的微粒以速度v與磁場垂直，與電場成45°角射入復合場中恰能做勻速直線運動，求電場強度E、磁感應強度B的大小。 思路點撥：(1)帶電微粒恰能做勻速直線運動，說明受力平衡。 (2)分析微粒受力情況，畫出受力圖。 [解析]　由題圖中微粒的入射方向和微粒做勻速直線運動判斷知，粒子只能帶正電。 對微粒進行受力分析，有重力、靜電力和洛倫茲力，如圖所示，由于帶電微粒所受洛倫茲力與v垂直，靜電力與v成45°角，因而mg與qE的合力與F

3、等大反向。 qE＝mgtan 45° 解得E＝＝ F＝qvB＝ 解得B＝＝。 [答案]　　 復合場中運動問題的求解技巧 帶電體在復合場中的運動問題仍是一個力學問題，求解思路與力學問題的求解思路基本相同，仍然按照對帶電體進行受力分析，運動過程分析，充分挖掘題目中的隱含條件，根據不同的運動情況建立相應的方程。 1．如圖所示，在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度為B，方向水平并垂直紙面向外，一質量為m、帶電荷量為－q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為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；

4、 (2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°的角，如圖所示，則該微粒至少需要經過多長時間運動到距地面最高點？ [解析]　(1)要滿足微粒做勻速圓周運動，則qE＝mg 得E＝，方向豎直向下。 (2)如圖所示當微粒第一次運動到最高點時，α＝135° 則t＝T＝T＝ 微粒做勻速圓周運動的周期T＝ 解得t＝。 [答案]　(1)　方向豎直向下　(2) 二、帶電粒子在組合場中的運動 1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，一般為兩場相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)。 2．“磁偏轉”和“電偏轉”的比較 電偏轉 磁偏轉 偏轉條件

5、 帶電粒子以v⊥E進入勻強電場(不計重力) 帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場(不計重力) 受力情況 只受恒定的電場力F＝Eq 只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvB 運動情況 類平拋運動 勻速圓周運動 運動軌跡 拋物線 圓弧 求解方法 利用類平拋運動的規(guī)律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 牛頓第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝ 【例2】　一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均

6、為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點入射時速度的大?。? (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。 思路點撥：(1)帶電粒子在電場中做平拋運動，應用運動的分解進行分析，注意速度和位移的分析。 (2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，注意半徑和圓心角的分析。 (3)粒子由電場進入磁場時

7、，速度與x軸正方向的夾角與做圓周運動的圓心角關系密切，注意利用。 [解析]　(1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱) (a) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖(b))，速度沿電場方向的分量為v1. 根據牛頓第二定律有qE＝ma ① (b) 式中q和m分別為粒子的電荷量和質量。由運動學公式有 v1＝at ② l′＝v0t ③ v1＝vcos θ ④ 粒子在

8、磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝ ⑤ 由幾何關系得 l＝2Rcos θ ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝。 ⑦ (3)由運動學公式和題給數(shù)據得 v1＝v0cot ⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝ ⑨ 設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則 t′＝2t＋T ⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期。 T＝ ? 由③⑦⑨⑩?式得 t′＝(1＋)。 ? [答案]　見解析 帶電粒子在組合場中的運動問題的分析方法 2．如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強

9、電場，在第四象限中分布著方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質量為m、電荷量為＋q的微粒，在A點(0，3 m)以初速度v0＝120 m/s平行x軸正方向射入電場區(qū)域，然后從電場區(qū)域進入磁場，又從磁場進入電場，并且先后只通過x軸上的P點(6 m，0)和Q點(8 m，0)各一次。已知該微粒的比荷為＝102 C/kg，微粒重力不計，求： → (1)微粒從A到P所經歷的時間和加速度的大??； (2)求出微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電場和磁場中由A至Q的運動軌跡； (3)電場強度E和磁感應強度B的大小。 [解析]　(1)微粒從平行x軸正方向射入電場區(qū)域，由A到P做類平

10、拋運動，微粒在x軸正方向做勻速直線運動 由x＝v0t，得t＝＝0.05 s 微粒沿y軸負方向做初速度為零的勻加速直線運動， 由y＝at2得a＝2.4×103 m/s2. (2)vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45° 軌跡如圖 (3)由qE＝ma，得E＝24 N/C 設微粒從P點進入磁場以速度v做勻速圓周運動， v＝v0＝120 m/s 由qvB＝m得r＝ 由幾何關系可知r＝ m，所以可得B＝＝1.2 T。 [答案]　(1)0.05 s　2.4×103 m/s2(2)45°　見解析圖　(3)24 N/C　1.2 T 1．(多選)一個帶電粒子以初速度v0垂直于

11、電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在下圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是(　　) A　　　　　B　　　　　C　　　　　D AD　[根據帶電粒子在電場中的偏轉情況可以確定選項A、C、D中粒子帶正電，選項B中粒子帶負電，再根據左手定則判斷粒子在磁場中偏轉方向，可知A、D正確，B、C錯誤。] 2．一正電荷q在勻強磁場中，以速度v沿x軸正方向進入垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度為B，如圖所示，為了使電荷能做直線運動，則必須加一個電場進去，不計重力，此電場的場強應該是(　　) A

12、．沿y軸正方向，大小為 B．沿y軸負方向，大小為Bv C．沿y軸正方向，大小為 D．沿y軸負方向，大小為 B　[要使電荷能做直線運動，必須用電場力抵消洛倫茲力，本題正電荷所受洛倫茲力的方向沿y軸正方向，故電場力必須沿y軸負方向且qE＝qvB，即E＝Bv。] 3．(多選)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋(　　) A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 BCD　[兩離子質量相等，所帶電荷量之比為1∶3，在電場中運動時，由牛頓第二定律得q＝ma，則加速度之比為1∶3，A錯誤。在電場中僅受電場力作用，由動能定理得qU＝Ek＝mv2，在磁場中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力永不做功，動能之比為1∶3，D正確。由磁場中洛倫茲力提供向心力知qvB＝m，得r＝＝，半徑之比為∶1，B正確。設磁場區(qū)域的寬度為d，則有sin θ＝∝，即＝，故θ′＝60°＝2θ，可知C正確。] - 8 -