2019年高考物理一輪復習 第九章 磁場 第3講 帶電粒子在復合場中的運動學案.doc

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第3講　帶電粒子在復合場中的運動 板塊一　主干梳理夯實基礎(chǔ) 【知識點1】　帶電粒子在復合場中的運動?、? 1.復合場與組合場 (1)復合場：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，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動。 (2)勻速圓周運動 當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，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。 (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時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。 (4)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。 【知識點2】　帶電粒子在復合場中運動的應用實例?、? (一)電場、磁場分區(qū)域應用實例 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。 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，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形盒處于勻強磁場中。 (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(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強度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 板塊二　考點細研悟法培優(yōu) 考點1帶電粒子在組合場中的運動[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。其運動形式包含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動等，涉及牛頓運動定律、功能關(guān)系等知識的應用。 　“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＝110－10 C，質(zhì)量m＝110－20 kg，以初速度v0＝2106 m/s從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，進入界面為MN、PQ間勻強磁場區(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)粒子進入界面MN時偏離中心線RO的距離； (3)勻強磁場的磁感應強度B的大小。 (1)帶電粒子在A、B板間做什么運動？ 提示：類平拋運動。 (2)帶電粒子在無場區(qū)做什么運動？ 提示：勻速直線運動。 嘗試解答　(1)2.5106_m/s__(2)0.12_m__(3)2.510－3_T。 (1)粒子在電場中做類平拋運動，沿電場強度方向 qE＝ma，E＝，t＝，vy＝at。 代入數(shù)據(jù)，解得：vy＝1.5106 m/s 所以粒子從電場中飛出時的速度為： v＝＝2.5106 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動，由類平拋運動規(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 由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑： R＝＝0.1 m 由：qvB＝m 代入數(shù)據(jù)，解得：B＝2.510－3 T。 總結(jié)升華 1.帶電粒子在組合場中運動問題的分析方法 (1)正確受力分析，特別注意靜電力和磁場力的分析。 (2)確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運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，要分階段進行處理。 (4)畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(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動一般要涉及到三個問題：一是粒子怎么進，即從邊界進入時速度的大小和方向，進入時的位置，若只涉及一個粒子，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磁場，磁感應強度大小為B＝0.1 T，在邊界的上方有沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為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軸負方向的初速度v0＝2103 m/s射出，已知OP＝0.8 cm，微粒所帶電荷量q＝－510－18 C，質(zhì)量m＝110－24 kg，求： (1)帶電微粒第一次進入電場時的位置坐標； (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)(－410－3 m，－410－3 m) (2)3.12810－5 s　(3)2103 m/s 解析　(1)帶電微粒從P點開始在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點，由半徑公式可得 r＝＝410－3 m。 因為OP＝0.8 cm，勻速圓周運動的圓心在OP的中點C，由幾何關(guān)系可知，A點位置的坐標為(－410－3 m，－410－3 m)。 (2)帶電微粒在磁場中做勻速圓周運動的周期為 T＝＝1.25610－5 s。 由圖可知，微粒運動四分之一個圓周后豎直向上進入電場，故t1＝T＝0.31410－5 s。 微粒在電場中先做勻減速直線運動到速度為零，然后反向做勻加速直線運動，微粒運動的加速度為a＝， 故在電場中運動的時間為 t2＝＝＝2.510－5 s。 微粒再次進入磁場后又做四分之一圓周運動，故t3＝t1＝0.31410－5 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＝3.12810－5 s。 (3)微粒從B點第三次經(jīng)過電、磁場邊界水平向左進入電場后做類平拋運動，則加速度 a＝＝1.6108 m/s2， 則第四次到達電、磁場邊界時， y＝at，x＝v0t4，tan45＝， 解得vy＝at4＝4103 m/s。 則微粒第四次經(jīng)過電、磁場邊界時的速度為 v＝＝2103 m/s。 考點2帶電粒子在復合場中的運動[拓展延伸] 1.帶電粒子在復合場中無約束情況下的運動情況分類 (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，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，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。 ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，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，將做復雜的曲線運動，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，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果。 例2　[2016濟寧、曲阜模擬]如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ存在勻強電場和勻強磁場，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。勻強電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場的磁感應強度均為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，進入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動。已知重力加速度為g。 (1)試判斷小球的電性并求出電場強度E的大??； (2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，在圖中作出小球的運動軌跡；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)帶電小球進入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運動，說明什么隱含條件？ 提示：Eq＝mg。 (2)小球一定能進入Ⅱ區(qū)域嗎？ 提示：不一定。當h較小，則半徑r較小，很有可能進入不了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)帶電小球進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，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)帶電小球在進入磁場區(qū)域前做自由落體運動，由機械能守恒有：mgh＝mv2 帶電小球在磁場中作勻速圓周運動，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)域運動過程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運動的半徑相同，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)的運動，時間t1＝2；一部分為電磁場區(qū)域的運動，時間t2＝＝ 總時間t＝t1＋t2＝2＋＝＋。 (3)當帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運動的圓弧與PQ相切時，運動軌跡如圖(b)所示，有：半徑R＝d 解得對應高度：h0＝ 討論：①當hh0時，小球進入磁場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 帶電粒子在復合場中運動的解題思路 (1)弄清復合場的組成，一般有磁場、電場的復合，電場、重力場的復合，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電場力和磁場力的分析。 (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分析。 (4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同復合場的問題，要分階段進行處理。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，應用牛頓運動定律結(jié)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。 　(多選)如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，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，電場強度為E，磁感應強度為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)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增加，當Eq＝qvB時加速度達到最大值amax＝g，繼續(xù)運動，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，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤；若在前半段達到最大加速度的一半，則mg－μ(Eq－qvB)＝m，得v＝，若在后半段達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動[拓展延伸] 1.粒子的運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“多過程”現(xiàn)象。 3.必要時，可把粒子的運動過程還原成一個直觀的運動軌跡草圖進行分析。 4.把粒子的運動分解成多個運動階段分別進行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運動規(guī)律。 例3　如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xOy坐標系，在第Ⅱ象限內(nèi)有平行于桌面的勻強電場，場強方向與x軸負方向的夾角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軸負向足夠長的豎直平板C3，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)勻強電場的場強大??； (2)要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板C3上，求磁感應強度的取值范圍； (3)若t＝0時刻小球從M點進入磁場，磁場的磁感應強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)) (1)帶電粒子垂直C1O從M點進入磁場，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)磁感應強度隨時間周期性變化，帶電粒子做周期性運動的周期T與磁感應強度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， 由類平拋運動規(guī)律： v＝＝8 m/s 小球垂直磁場方向進入兩板間做勻速圓周運動，軌跡如圖， 由牛頓第二定律有： qvB＝m 得：B＝ 小球剛好能打到Q點時磁感應強度最強，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板相碰時磁感應強度最小，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 綜合得磁感應強度的取值范圍： T≤B≤1 T。 (3)小球進入磁場做勻速圓周運動，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－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合場中的運動問題的基本思路 2.解決帶電粒子在交變電磁場中的運動注意問題 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，導致帶電粒子的運動出現(xiàn)多樣性，破解帶電粒子在交變電磁場中的運動的方法，就是各個擊破，分段分析，首先相信，命題者設(shè)計的帶電粒子的運動一定是很規(guī)律的運動，如勻速直線運動、類平拋運動、圓周運動，每段時間內(nèi)電場強度的大小和方向、磁感應強度的大小和方向、每段時間的長短都是精心“算出來”的，所以當我們分析某段運動毫無規(guī)律時，一般是我們算錯了，需認真核實。 　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磁場，磁感應強度為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合場(電場、磁場和重力場)，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＝110－4 kg、帶電荷量為q＝210－2 C的帶正電質(zhì)點以水平速度v＝1 m/s，從t＝0時刻開始進入復合場，g＝10 m/s2，試定性畫出質(zhì)點的運動軌跡； (3)在第(2)同的條件下求質(zhì)點在復合場中的運動時間。 答案　(1)　(2)圖見解析　(3)0.814 s 解析　(1)E＝ 由質(zhì)點做勻速直線運動可得：Bqv＝qE＋mg 得：＝。 (2)當M板電勢高U為正時，有Bqv＝qE＋mg，粒子做勻速直線運動 當M板電勢低U為負時，有mg＝qE，粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動且T＝＝π10－1 s，所以軌跡如圖所示： (3)運動時間：t＝＋≈0.814 s。 考點4帶電粒子在電磁場中運動的實例分析[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)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動。 (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弱。 3.速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾效應，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。回旋加速器的工作原理如圖所示，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。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。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，加速電壓為U。實際使用中，磁感應強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強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：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 回旋加速器中三個常考問題 (1)決定帶電粒子在回旋加速器中的最大動能的因素 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動時間長短的因素 帶電粒子運動的時間t由兩個部分組成，一部分是在磁場中運動的總時間t1，另一部分是在電場中運動的總時間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，則粒子在電場中運動就可視作初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式：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動的總時間t＝t1＋t2＝(在電場狹縫中運動的總時間極短，有時可以忽略)。 　[2017衡水冀州檢測]如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，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處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　) A.帶電粒子每運動一周被加速兩次 B.帶電粒子每運動一周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－v2P3P4，故B錯誤；當粒子從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)的勻強磁場，磁感應強度大小分別為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動，重力加速度為g。 (1)求電場強度的大小和方向； (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，粒子運動軌跡應如何畫？ 提示：根據(jù)題意，畫出粒子速度非最小時的運動軌跡，然后讓速度減小，從軌跡變化中尋找當速度最小時的運動軌跡，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，對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為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＋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]　 對于帶電粒子在復合場中的運動問題，應充分挖掘題目中關(guān)鍵信息，認真進行受力分析和運動過程分析，分過程、分步驟、規(guī)范解題，步步得分?！　　　　　　　　　　　　　　　　　　?