2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動學(xué)案

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1、 第3講　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 板塊一　主干梳理·夯實基礎(chǔ) 【知識點1】　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動?、? 1.復(fù)合場與組合場 (1)復(fù)合場：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，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)。 2.三種場的比較 3.帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分類 (1)靜止或勻速直線運(yùn)動 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動。 (2)勻速圓周運(yùn)動 當(dāng)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(qiáng)磁場的平面內(nèi)

2、做勻速圓周運(yùn)動。 (3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動 當(dāng)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時，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。 (4)分階段運(yùn)動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。 【知識點2】　帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用實例　Ⅱ (一)電場、磁場分區(qū)域應(yīng)用實例 1.質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖甲所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成。 (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(guān)系式qU＝mv2。 粒子在磁場中

3、受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝m。 由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷。 r＝，m＝，＝。 2.回旋加速器 (1)構(gòu)造：如圖乙所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場中。 (2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等，粒子在圓周運(yùn)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。由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)。 (二)電場、磁場同區(qū)域并存的實例

4、 板塊二　考點細(xì)研·悟法培優(yōu) 考點1帶電粒子在組合場中的運(yùn)動[對比分析] 這類問題的特點是電場、磁場或重力場依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時間上先后出現(xiàn)，磁場或電場與無場區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場等。其運(yùn)動形式包含勻速直線運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動等，涉及牛頓運(yùn)動定律、功能關(guān)系等知識的應(yīng)用。 　“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 例1　如圖，兩平行金屬板A、B長l＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，B板比A板電勢高300 V，即UBA＝300 V。一帶正電的粒子電量q＝1×10－10 C，質(zhì)量m＝1×10－20 kg，以初速度v0＝2×106 m/s從

5、R點沿電場中心線RO垂直電場方向射入電場。粒子飛出電場后經(jīng)過無場區(qū)域，進(jìn)入界面為MN、PQ間勻強(qiáng)磁場區(qū)域，從磁場的PQ邊界出來后剛好打在中心線上的S點。已知MN邊界與平行板的右端相距為L，兩界面MN、PQ相距為L，S點到PQ邊界的距離為L，且L＝12 cm，粒子重力及空氣阻力不計，求： (1)粒子射出平行板時的速度大小v； (2)粒子進(jìn)入界面MN時偏離中心線RO的距離； (3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 (1)帶電粒子在A、B板間做什么運(yùn)動？ 提示：類平拋運(yùn)動。 (2)帶電粒子在無場區(qū)做什么運(yùn)動？ 提示：勻速直線運(yùn)動。 嘗試解答　(1)2.5×106_m/s__(2)0

6、.12_m__(3)2.5×10－3_T。 (1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，沿電場強(qiáng)度方向 qE＝ma，E＝，t＝，vy＝at。 代入數(shù)據(jù)，解得：vy＝1.5×106 m/s 所以粒子從電場中飛出時的速度為： v＝＝2.5×106 m/s。 (2)設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為y，穿過界面MN時偏離中心線OR的距離為h，y＝at2 代入數(shù)據(jù)，解得：y＝0.03 m 帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動，由類平拋運(yùn)動規(guī)律及相似三角形知識得：＝ 代入數(shù)據(jù)，解得：h＝0.12 m。 (3)設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：tanθ＝＝ 軌跡如圖所示

7、 由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑： R＝＝0.1 m 由：qvB＝m 代入數(shù)據(jù)，解得：B＝2.5×10－3 T。 總結(jié)升華 1.帶電粒子在組合場中運(yùn)動問題的分析方法 (1)正確受力分析，特別注意靜電力和磁場力的分析。 (2)確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合。 (3)對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時，要分階段進(jìn)行處理。 (4)畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。 2.同速不同向與同向不同速 帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動一般要涉及到三個問題：一是粒子怎么進(jìn)，即從邊界進(jìn)入時速度的大小和方向，進(jìn)入時的位置，若只涉

8、及一個粒子，粒子的速度大小方向一般是唯一的，若涉及多個粒子，則可能是同種粒子速度等大不同向或同向不等大，甚至可能是不同的粒子；二是軌跡向哪個方向偏轉(zhuǎn)，方法是根據(jù)左手定則，由速度方向和磁場方向確定出洛倫茲力的方向，然后在速度方向和力的方向之間結(jié)合速度方向與軌跡相切的特點畫出運(yùn)動軌跡；三是從哪個邊界出磁場，與哪個邊界相切。 　[2017·唐山統(tǒng)考]如圖所示，在xOy平面內(nèi)，在x>0范圍內(nèi)以x軸為電場和磁場的邊界，在x<0范圍內(nèi)以第三象限內(nèi)的直線OM為電場與磁場的邊界，OM與x軸負(fù)方向成θ＝45°角，在邊界的下方空間存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.1 T，在邊界的上方有沿y

9、軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E＝32 N/C；在y軸上的P點有一個不計重力的帶電微粒，以沿x軸負(fù)方向的初速度v0＝2×103 m/s射出，已知OP＝0.8 cm，微粒所帶電荷量q＝－5×10－18 C，質(zhì)量m＝1×10－24 kg，求： (1)帶電微粒第一次進(jìn)入電場時的位置坐標(biāo)； (2)帶電微粒從P點出發(fā)到第三次經(jīng)過電、磁場邊界經(jīng)歷的總時間； (3)帶電微粒第四次經(jīng)過電、磁場邊界時的速度大小。 答案　(1)(－4×10－3 m，－4×10－3 m) (2)3.128×10－5 s　(3)2×103 m/s 解析　(1)帶電微粒從P點開始在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示

10、，第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點，由半徑公式可得 r＝＝4×10－3 m。 因為OP＝0.8 cm，勻速圓周運(yùn)動的圓心在OP的中點C，由幾何關(guān)系可知，A點位置的坐標(biāo)為(－4×10－3 m，－4×10－3 m)。 (2)帶電微粒在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為 T＝＝1.256×10－5 s。 由圖可知，微粒運(yùn)動四分之一個圓周后豎直向上進(jìn)入電場，故t1＝T＝0.314×10－5 s。 微粒在電場中先做勻減速直線運(yùn)動到速度為零，然后反向做勻加速直線運(yùn)動，微粒運(yùn)動的加速度為a＝， 故在電場中運(yùn)動的時間為 t2＝＝＝2.5×10－5 s。 微粒再次進(jìn)入磁場后又做四分之一圓周運(yùn)動，故t3

11、＝t1＝0.314×10－5 s，所以微粒從P點出發(fā)到第三次經(jīng)過電、磁場邊界的時間為t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10－5 s。 (3)微粒從B點第三次經(jīng)過電、磁場邊界水平向左進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，則加速度 a＝＝1.6×108 m/s2， 則第四次到達(dá)電、磁場邊界時， y＝at，x＝v0t4，tan45°＝， 解得vy＝at4＝4×103 m/s。 則微粒第四次經(jīng)過電、磁場邊界時的速度為 v＝＝2×103 m/s。 考點2帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動[拓展延伸] 1.帶電粒子在復(fù)合場中無約束情況下的運(yùn)動情況分類 (1)磁場力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，

12、則帶電體做勻速直線運(yùn)動。 ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)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(yùn)動。 ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)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 ①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動。 ②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動。 ③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，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題。 2.帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的

13、運(yùn)動 帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)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(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求出結(jié)果。 例2　[2016·濟(jì)寧、曲阜模擬]如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，MN、PQ為磁場區(qū)域的理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大。勻強(qiáng)電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，方向分別垂直紙面向里和向外。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進(jìn)入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運(yùn)動。已知重力加速度為g。

14、(1)試判斷小球的電性并求出電場強(qiáng)度E的大??； (2)若帶電小球運(yùn)動一定時間后恰能回到O點，在圖中作出小球的運(yùn)動軌跡；求出釋放時距MN的高度h；并求出小球從開始釋放到第一次回到O點所經(jīng)歷的時間t； (3)試討論h取不同值時，小球第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域的過程中電場力所做的功W。 (1)帶電小球進(jìn)入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運(yùn)動，說明什么隱含條件？ 提示：Eq＝mg。 (2)小球一定能進(jìn)入Ⅱ區(qū)域嗎？ 提示：不一定。當(dāng)h較小，則半徑r較小，很有可能進(jìn)入不了Ⅱ區(qū)域。 嘗試解答　(1)正電　E＝　(2)圖見解析　h＝　t＝＋　(3)h<時，W＝0；h>時，W＝－mgd。 (1)帶電小球進(jìn)

15、入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，重力豎直向下，電場力豎直向上，即小球帶正電。 由qE＝mg得，E＝。 (2)帶電小球在進(jìn)入磁場區(qū)域前做自由落體運(yùn)動，由機(jī)械能守恒有：mgh＝mv2 帶電小球在磁場中作勻速圓周運(yùn)動，設(shè)半徑為R，依牛頓第二定律有：qvB＝m 由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運(yùn)動過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運(yùn)動的半徑相同，以三個圓心為頂點的三角形為等邊三角形，邊長為2R，內(nèi)角為60°，軌跡如圖(a)所示。由幾何關(guān)系知R＝ 解得h＝； 小球從開始釋放到回到O點所經(jīng)歷的時間由兩部分組成，一部分為無場區(qū)的運(yùn)動，時間t1＝2；一部分

16、為電磁場區(qū)域的運(yùn)動，時間t2＝×＝ 總時間t＝t1＋t2＝2＋＝＋。 (3)當(dāng)帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運(yùn)動的圓弧與PQ相切時，運(yùn)動軌跡如圖(b)所示，有：半徑R＝d 解得對應(yīng)高度：h0＝ 討論：①當(dāng)hh0時，小球進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)域后由下邊界PQ第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，此過程電場力做功W＝－qEd即W＝－mgd 說明：第(3)問討論對于當(dāng)h＝h0時的臨界情況不做要求，即電場力做功W＝0或者W＝－mgd均可以。 總結(jié)升華 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)

17、動的解題思路 (1)弄清復(fù)合場的組成，一般有磁場、電場的復(fù)合，電場、重力場的復(fù)合，磁場、重力場的復(fù)合，磁場、電場、重力場三者的復(fù)合。 (2)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意電場力和磁場力的分析。 (3)確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的分析。 (4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同復(fù)合場的問題，要分階段進(jìn)行處理。銜接點的速度不變往往成為解題的突破口。 (5)畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。 ①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。 ②當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時，應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解。 ③當(dāng)帶電粒子做

18、復(fù)雜曲線運(yùn)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。 　(多選)如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中( 　　 ) A.小球的加速度一直減小 B.小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變 C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝ 答案　CD 解析　對小球受力分析如圖所示，則mg－μ(Eq－qvB

19、)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增加，當(dāng)Eq＝qvB時加速度達(dá)到最大值amax＝g，繼續(xù)運(yùn)動，mg－μ(qvB－Eq)＝ma，隨著v的增加，a逐漸減小，所以A錯誤；因為有摩擦力做功，機(jī)械能與電勢能總和在減小，B錯誤；若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(Eq－qvB)＝m，得v＝，若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－Eq)＝m，得v＝，故C、D正確。 考點3帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動[拓展延伸] 1.粒子的運(yùn)動情況不僅與交變電磁場的變化規(guī)律有關(guān)，還與粒子進(jìn)入場的時刻有關(guān)。 2.交替變化的電磁場會使帶電粒子順次歷經(jīng)不同特點的電磁場，從而表現(xiàn)出“多

20、過程”現(xiàn)象。 3.必要時，可把粒子的運(yùn)動過程還原成一個直觀的運(yùn)動軌跡草圖進(jìn)行分析。 4.把粒子的運(yùn)動分解成多個運(yùn)動階段分別進(jìn)行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運(yùn)動規(guī)律。 例3　如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，在第Ⅱ象限內(nèi)有平行于桌面的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與x軸負(fù)方向的夾角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板C1、C2，兩板間距為d1＝0.6 m，板間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，兩板右端在y軸上，板C1與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標(biāo)原點O的距離為L＝0.72 m。在第Ⅳ象限垂直于x軸放置一塊平行y軸且沿y軸負(fù)向足夠長的豎直平板C

21、3，平板C3在x軸上垂足為Q，垂足Q與原點O相距d2＝0.18 m?，F(xiàn)將一帶負(fù)電的小球從桌面上的P點以初速度v0＝4 m/s垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿過C1板上的M孔，進(jìn)入磁場區(qū)域。已知小球可視為質(zhì)點，小球的比荷＝20 C/kg，P點與小孔M在垂直于電場方向上的距離為s＝ m，不考慮重力和空氣阻力。求： (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。? (2)要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板C3上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍； (3)若t＝0時刻小球從M點進(jìn)入磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度如乙圖隨時間呈周期性變化(取豎直向上為磁場正方向)，求小球從M點到打在平板C3上所用的時間。(計算結(jié)果保留兩位小數(shù))

22、 (1)帶電粒子垂直C1O從M點進(jìn)入磁場，L>d1，若想打在平板C3上，如何確定臨界狀態(tài)？ 提示：打在Q點為一臨界狀態(tài)，和C2相切為一臨界狀態(tài)。 (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間周期性變化，帶電粒子做周期性運(yùn)動的周期T與磁感應(yīng)強(qiáng)度B有什么關(guān)系？ 提示：T＝。 嘗試解答　(1)8 V/m　(2) T≤B≤1 T　(3)0.15 s。 (1)小球在第Ⅱ象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動有： s＝v0t at＝v0tanθ 由牛頓第二定律有：qE＝ma 帶入數(shù)據(jù)解得：E＝8 V/m。 (2)設(shè)小球通過M點時的速度為v， 由類平拋運(yùn)動規(guī)律： v＝＝8 m/s 小球垂直磁場方向進(jìn)入兩板間做勻速圓

23、周運(yùn)動，軌跡如圖， 由牛頓第二定律有： qvB＝m 得：B＝ 小球剛好能打到Q點時磁感應(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)，設(shè)為B1。此時小球的軌跡半徑為R1 由幾何關(guān)系有：＝ 解得：R1＝0.4 m　B1＝1 T 小球剛好不與C2板相碰時磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，設(shè)為B2，此時粒子的軌跡半徑為R2 由幾何關(guān)系有：R2＝d1 解得：B2＝ T 綜合得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍： T≤B≤1 T。 (3)小球進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)半徑為R3，周期為T有： R3＝＝0.18 m T＝＝ s 由磁場周期T0＝T分析知小球在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖，一個磁場周期內(nèi)小球在x軸方向的位移為3r＝0.54 m L－

24、3r＝0.18 m 即小球剛好垂直y軸方向離開磁場 則在磁場中運(yùn)動的時間 t1＝T＋T＋T＝ s≈0.13 s 離開磁場到打在平板C3上所用的時間t2＝≈0.02 s 小球從M點到打在平板C3上所用總時間t＝t1＋t2＝0.15 s。 總結(jié)升華 1.解決帶電粒子在交變復(fù)合場中的運(yùn)動問題的基本思路 2.解決帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動注意問題 電場或磁場周期性變化，或者二者都周期性變化，在某段時間內(nèi)，電場、磁場、重力場可以只存在其中之一、可以存在其中之二、也可以三者同時存在，導(dǎo)致帶電粒子的運(yùn)動出現(xiàn)多樣性，破解帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動的方法，就是各個擊破，分段

25、分析，首先相信，命題者設(shè)計的帶電粒子的運(yùn)動一定是很規(guī)律的運(yùn)動，如勻速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動，每段時間內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向、每段時間的長短都是精心“算出來”的，所以當(dāng)我們分析某段運(yùn)動毫無規(guī)律時，一般是我們算錯了，需認(rèn)真核實。 　如圖甲所示，長為L的平行金屬板M、N水平放置，兩板之間的距離為d，兩板間有沿水平方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個帶正電的質(zhì)點，沿水平方向從兩板的正中央垂直于磁場方向進(jìn)入兩板之間，重力加速度為g。 (1)若M板接直流電源正極，N板接負(fù)極，電源電壓恒為U，帶電質(zhì)點以恒定的速度v勻速通過兩板之間的復(fù)合場(電場、磁場和重力

26、場)，求帶電質(zhì)點的電荷量與質(zhì)量的比值； (2)若M、N接如圖乙所示的交變電流(M板電勢高時U為正)，L＝0.5 m，d＝0.4 m，B＝0.1 T，質(zhì)量為m＝1×10－4 kg、帶電荷量為q＝2×10－2 C的帶正電質(zhì)點以水平速度v＝1 m/s，從t＝0時刻開始進(jìn)入復(fù)合場，g＝10 m/s2，試定性畫出質(zhì)點的運(yùn)動軌跡； (3)在第(2)同的條件下求質(zhì)點在復(fù)合場中的運(yùn)動時間。 答案　(1)　(2)圖見解析　(3)0.814 s 解析　(1)E＝ 由質(zhì)點做勻速直線運(yùn)動可得：Bqv＝qE＋mg 得：＝。 (2)當(dāng)M板電勢高U為正時，有Bqv＝qE＋mg，粒子做勻速直線運(yùn)動 當(dāng)M板

27、電勢低U為負(fù)時，有mg＝qE，粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動且T＝＝π×10－1 s，所以軌跡如圖所示： (3)運(yùn)動時間：t＝＋≈0.814 s。 考點4帶電粒子在電磁場中運(yùn)動的實例分析[解題技巧] 1.質(zhì)譜儀的主要特征 將質(zhì)量數(shù)不等，電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場。各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝＝＝＝。在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝，根據(jù)不同的半徑，就可計算出粒子的質(zhì)量或比荷。 2.回旋加速器的主要特征 (1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關(guān)。 (2)將帶電粒子在兩

28、盒狹縫之間的運(yùn)動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。 (3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶∶… (4)粒子的最后速度v＝，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強(qiáng)弱。 3.速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計、霍爾效應(yīng)，均抓住一個平衡方程Eq＝Bqv。 例4　(多選)1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D所示，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以忽略不計。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速電

29、壓為U。實際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用(　　) A．粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 B.粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間為 C.如果fm>，粒子能獲得的最大動能為2mπ2R2f D.如果fm<，粒子能獲得的最大動能為2mπ2R2f (1)粒子第2次和第1次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑為什么不同？ 提示：經(jīng)過狹縫時電場力做功qU＝mv2，v不同，根據(jù)r＝知r不同。 (2)要想每次經(jīng)過狹縫時電場均能對粒子加速需滿足什么條件？ 提示

30、：電場變化的頻率f＝。 嘗試解答　選ABD。 根據(jù)qU＝mv2得，帶電粒子第1次和第2次經(jīng)過加速后的速度比為∶2，根據(jù)r＝知，帶電粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比r2∶r1＝∶1，故A正確；設(shè)粒子到出口處被加速了n圈，解得2nqU＝mv2，而qvB＝m，且T＝，及t＝nT，解得：t＝，故B正確；根據(jù)qvB＝m，知v＝，則帶電粒子離開回旋加速器時獲得動能為Ekm＝mv2＝，而f＝，解得最大動能為2mπ2R2f2。如果fm<，粒子能獲得的最大動能為2mπ2R2f，故C錯誤，D正確。 總結(jié)升華 回旋加速器中三個?？紗栴} (1)決定帶電粒子在回旋加速器中的最大動能的

31、因素 設(shè)D形盒的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力qvB＝得，粒子可能獲得的最大速度v＝，最大動能Ekm＝mv2＝，由此可見決定帶電粒子的最大動能的因素與D形盒半徑有關(guān)，由于受D形盒半徑R的限制，帶電粒子在這種加速器中獲得的能量也是有限的。 (2)決定帶電粒子在回旋加速器回旋的圈數(shù)的因素 設(shè)初速度為零的帶電粒子在回旋加速器中回旋n圈后獲得最大動能，每圈加速兩次，則加速2n次之后，電場力做的總功為2nqU，由動能定理2nqU＝Ekm＝得：n＝。 (3)決定帶電粒子在回旋加速器中運(yùn)動時間長短的因素 帶電粒子運(yùn)動的時間t由兩個部分組成，一部分是在磁場中運(yùn)動的總時間t1，另一部分是在電場中運(yùn)動的

32、總時間t2，設(shè)帶電粒子在回旋加速器中回旋n圈后獲得最大動能，即得到t1＝nT＝＝，而在兩盒狹縫電場中運(yùn)動時每次時間都不等(加速次數(shù)多，分段算十分繁瑣)，我們可以將各段狹縫等效“連接”起來，展開成一條直線，則粒子在電場中運(yùn)動就可視作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式：t2＝，且v0＝0，v＝，a＝(d為狹縫間距)得：t2＝，所以帶電粒子在回旋加速器中運(yùn)動的總時間t＝t1＋t2＝(在電場狹縫中運(yùn)動的總時間極短，有時可以忽略)。 　[2017·衡水冀州檢測]如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強(qiáng)大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從P0處

33、以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，對這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　) A.帶電粒子每運(yùn)動一周被加速兩次 B.帶電粒子每運(yùn)動一周P1P2＝P3P4 C.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān) D.加速電場方向需要做周期性的變化 答案　C 解析　帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，即帶電粒子每運(yùn)動一周被加速一次。電場的方向沒有改變，則在AC間加速，故A、D錯誤；根據(jù)r＝得，則P1P2＝2(r2－r1)＝，因為每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v－v＝2ad，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v3－v2P3P

34、4，故B錯誤；當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故C正確。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [2014·重慶高考](18分)如圖所示，①在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，②距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、③帶電量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動，重力加速度為g。 (1)求電場強(qiáng)度的大小和

35、方向； (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值； (3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。 [審題　抓住信息，準(zhǔn)確推斷]　 [破題　形成思路，快速突破]　 (1)粒子在兩邊界之間做圓周運(yùn)動，受電場力、磁場力，考慮重力嗎？重力和電場力的關(guān)系是什么？ 提示：必須考慮重力，且Eq＝mg。 (2)要使粒子不從NS邊界飛出，在上、下兩部分區(qū)域，粒子運(yùn)動軌跡應(yīng)如何畫？ 提示：根據(jù)題意，畫出粒子速度非最小時的運(yùn)動軌跡，然后讓速度減小，從軌跡變化中尋找當(dāng)速度最小時的運(yùn)動軌跡，根據(jù)相關(guān)幾何關(guān)系求出最小速度，注意軌跡的對

36、稱性及與邊界相切的情況。 (3)要使粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，從P點經(jīng)上、下兩個區(qū)域轉(zhuǎn)到與Q點等高的地方為一個周期，向右移動的水平距離為L，則應(yīng)滿足什么條件，才能剛好轉(zhuǎn)到Q點？ 提示：nL＝1.8h。 [解題　規(guī)范步驟，水到渠成]　 (1)設(shè)電場強(qiáng)度大小為E。 由題意有 mg＝qE，(1分) 得E＝，方向豎直向上。(1分) (2)如圖1所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ。 由r＝，(1分) 有r1＝，r2＝r1，(2分) 由(r1＋r2)sinφ＝r2，(1分) r1

37、＋r1cosφ＝h，(1分) 得vmin＝(9－6)。(2分) (3)如圖2所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動半徑分別為r1′和r2′，粒子第一次通過KL時距離K點為x。 由題意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)(2分) x＋≥r1′sinφ′＋r2′sinφ′，即 x≥(2分) x＝(1分) 得r1′＝，n≤<4(1分) Bqv＝，則v＝，n<4 即n＝1時，v＝；(1分) n＝2時，v＝；(1分) n＝3時，v＝。(1分) [點題　突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分]　 對于帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題，應(yīng)充分挖掘題目中關(guān)鍵信息，認(rèn)真進(jìn)行受力分析和運(yùn)動過程分析，分過程、分步驟、規(guī)范解題，步步得分?！　　　　　　　　　　　　　　　　　　? 23