高考物理带电粒子在复合场中的运动知识归纳 14页

‎　带电粒子在复合场中的运动 基础知识归纳 ‎1.复合场 复合场是指　电场　、　磁场　和　重力场　并存，或其中两场并存，或分区域存在，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了电场力和磁场力，分析方法除了力学三大观点(动力学、动量、能量)外，还应注意：‎ ‎(1)　洛伦兹力　永不做功.‎ ‎(2)　重力　和　电场力　做功与路径　无关　，只由初末位置决定.还有因洛伦兹力随速度而变化，洛伦兹力的变化导致粒子所受　合力　变化，从而加速度变化，使粒子做　变加速　运动.‎ ‎2.带电粒子在复合场中无约束情况下的运动性质 ‎ (1)当带电粒子所受合外力为零时，将　做匀速直线运动　或处于　静止　，合外力恒定且与初速度同向时做匀变速直线运动，常见情况有：‎ ‎①洛伦兹力为零(v与B平行)，重力与电场力平衡，做匀速直线运动，或重力与电场力合力恒定，做匀变速直线运动.‎ ‎②洛伦兹力与速度垂直，且与重力和电场力的合力平衡，做匀速直线运动.‎ ‎ (2)当带电粒子所受合外力充当向心力，带电粒子做　匀速圆周运动　时，由于通常情况下，重力和电场力为恒力，故不能充当向心力，所以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡，洛伦兹力充当向心力.‎ ‎(3)当带电粒子所受合外力的大小、方向均不断变化时，粒子将做非匀变速的　曲线运动　.‎ ‎3.带电粒子在复合场中有约束情况下的运动 带电粒子所受约束，通常有面、杆、绳、圆轨道等，常见的运动形式有　直线运动　和　圆周运动　，此类问题应注意分析洛伦兹力所起的作用.‎ ‎4.带电粒子在交变场中的运动 带电粒子在不同场中的运动性质可能不同，可分别进行讨论.粒子在不同场中的运动的联系点是速度，因为速度不能突变，在前一个场中运动的末速度，就是后一个场中运动的初速度.‎ ‎5.带电粒子在复合场中运动的实际应用 ‎(1)质谱仪 ‎①用途：质谱仪是一种测量带电粒子质量和分离同位素的仪器.‎ ‎②原理：如图所示，离子源S产生质量为m，电荷量为q的正离子(重力不计)，离子出来时速度很小(可忽略不计)，经过电压为U的电场加速后进入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期而达到记录它的照相底片P上，测得它在P上的位置到入口处的距离为L，则 qU＝mv2－0；qBv＝m；L＝2r 联立求解得m＝，因此，只要知道q、B、L与U，就可计算出带电粒子的质量m，若q也未知，则 又因m∝L2，不同质量的同位素从不同处可得到分离，故质谱仪又是分离同位素的重要仪器.‎ ‎(2)回旋加速器 ‎①组成：两个D形盒、大型电磁铁、高频振荡交变电压，D型盒间可形成电压U.‎ ‎②作用：加速微观带电粒子.‎ ‎③原理：a.电场加速qU＝ΔEk b.磁场约束偏转qBv＝m，r＝∝v c.加速条件，高频电源的周期与带电粒子在D形盒中运动的周期相同，即T电场＝T回旋＝‎ 带电粒子在D形盒内沿螺旋线轨道逐渐趋于盒的边缘，达到预期的速率后，用特殊装置把它们引出.‎ ‎④要点深化 a.将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动.‎ b.带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所以各回旋半径之比为1∶∶∶…‎ c.对于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半径是相同的.‎ d.若已知最大能量为Ekm，则回旋次数n＝ ‎ e.最大动能：Ekm＝‎ f.粒子在回旋加速器内的运动时间：t＝‎ ‎(3)速度选择器 ‎①原理：如图所示，由于所受重力可忽略不计，运动方向相同而速率不同的正粒子组成的粒子束射入相互正交的匀强电场和匀强磁场所组成的场区中，已知电场强度为B ‎，方向垂直于纸面向里，若粒子运动轨迹不发生偏转(重力不计)，必须满足平衡条件：qBv＝qE，故v＝，这样就把满足v＝的粒子从速度选择器中选择出来了.‎ ‎②特点：a.速度选择器只选择速度(大小、方向)而不选择粒子的质量和电荷量，如上图中若从右侧入射则不能穿过场区.‎ b.速度选择器B、E、v三个物理量的大小、方向互相约束，以保证粒子受到的电场力和洛伦兹力等大、反向，如上图中只改变磁场B的方向，粒子将向下偏转.‎ c.v′>v＝时，则qBv′>qE，粒子向上偏转；当v′F电，水平方向有f洛＝F电＋FN，随着速度的增大，FN也增大，f也增大，a＝减小，当f＝mg时，a＝0，此后做匀速运动，故a先增大后减小，A错，B对，弹力先减小后增大，C错，由f洛＝Bqv知D对.‎ ‎2.灵活运用动力学方法解决带电粒子在复合场中的运动问题 ‎【例2】如图所示，水平放置的M、N两金属板之间，有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T.质量为m1＝9.995×10－7 kg、电荷量为q＝－1.0×10－8 C的带电微粒，静止在N板附近.在M、N两板间突然加上电压(M板电势高于N板电势)时，微粒开始运动，经一段时间后，该微粒水平匀速地碰撞原来静止的质量为m2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圆弧做匀速圆周运动，最终落在N板上.若两板间的电场强度E＝1.0×103 V/m，求：‎ ‎(1)两微粒碰撞前，质量为m1的微粒的速度大小；‎ ‎(2)被碰撞微粒的质量m2；‎ ‎(3)两微粒粘合后沿圆弧运动的轨道半径.‎ ‎【解析】(1)碰撞前，质量为m1的微粒已沿水平方向做匀速运动，根据平衡条件有 m1g＋qvB＝qE 解得碰撞前质量m1的微粒的速度大小为 v＝m/s＝1 m/s ‎(2)由于两微粒碰撞后一起做匀速圆周运动，说明两微粒所受的电场力与它们的重力相平衡，洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力，故有(m1＋m2)g＝qE 解得m2＝= kg＝5×10－10 kg ‎(3)设两微粒一起做匀速圆周运动的速度大小为v′，轨道半径为R，根据牛顿第二定律有qv′B＝(m1＋m2)‎ 研究两微粒的碰撞过程，根据动量守恒定律有m1v＝(m1＋m2)v′‎ 以上两式联立解得 R＝m≈200 m ‎【思维提升】(1)全面正确地进行受力分析和运动状态分析，f洛随速度的变化而变化导致运动状态发生新的变化.[Ks5u.com]‎ ‎(2)若mg、f洛、F电三力合力为零，粒子做匀速直线运动.‎ ‎(3)若F电与重力平衡，则f洛提供向心力，粒子做匀速圆周运动.‎ ‎(4)根据受力特点与运动特点，选择牛顿第二定律、动量定理、动能定理及动量守恒定律列方程求解.‎ ‎【拓展2】如图所示，在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，有一倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强度为B，方向水平向外；电场强度为E，方向竖直向上.有一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块静止在斜面顶端时对斜面的正压力恰好为零.‎ ‎(1)如果迅速把电场方向转为竖直向下，求小滑块能在斜面上连续滑行的最远距离L和所用时间t；‎ ‎(2)如果在距A端L/4处的C点放入一个质量与滑块相同但不带电的小物体，当滑块从A点静止下滑到C点时两物体相碰并黏在一起.求此黏合体在斜面上还能再滑行多长时间和距离？‎ ‎【解析】(1)由题意知qE＝mg 场强转为竖直向下时，设滑块要离开斜面时的速度为v，由动能定理有 ‎ (mg＋qE)Lsin θ＝，即2mgLsin θ＝‎ 当滑块刚要离开斜面时由平衡条件有 qvB＝(mg＋qE)cos θ，即v＝ ‎ 由以上两式解得L＝‎ 根据动量定理有t＝‎ ‎(2)两物体先后运动，设在C点处碰撞前滑块的速度为vC，则2mg·sin θ＝mv2‎ 设碰后两物体速度为u，碰撞前后由动量守恒有mvC＝2mu 设黏合体将要离开斜面时的速度为v′，由平衡条件有 qv′B＝(2mg＋qE)cos θ＝3mgcos θ 由动能定理知，碰后两物体共同下滑的过程中有 ‎3mgsin θ·s＝·2mv′2－·2mu2‎ 联立以上几式解得s＝‎ 将L结果代入上式得s＝‎ 碰后两物体在斜面上还能滑行的时间可由动量定理求得t′＝cotθ ‎【例3】在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计重力，求：‎ ‎(1)M、N两点间的电势差UMN；‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.‎ ‎【解析】(1)设粒子过N点时的速度为v，有＝cos θ ①‎ v＝2v0 ②‎ 粒子从M点运动到N点的过程，有qUMN＝ ③‎ UMN＝3mv/2q ④‎ ‎(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有 qvB＝ ⑤‎ r＝ ⑥‎ ‎(3)由几何关系得ON＝rsin θ ⑦‎ 设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1 ⑧‎ t1＝ ⑨‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝ ⑩‎ 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝T ⑪‎ t2＝ ⑫‎ t＝t1＋t2＝‎ ‎【思维提升】注重受力分析，尤其是运动过程分析以及圆心的确定，画好示意图，根据运动学规律及动能观点求解.[高考资源网KS5U.COM]‎ ‎【拓展3】如图所示，真空室内存在宽度为s＝8 cm的匀强磁场区域，磁感应强度B＝0.332 T，磁场方向垂直于纸面向里.紧靠边界ab放一点状α粒子放射源S，可沿纸面向各个方向放射速率相同的α粒子.α粒子质量为m＝6.64×10－27 kg，电荷量为q＝＋3.2×10－19 C，速率为v＝3.2×106 m/s.磁场边界ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧cd与MN之间有一宽度为L＝12.8 cm的无场区域.MN右侧为固定在O 点的电荷量为Q＝－2.0×10－6 C的点电荷形成的电场区域(点电荷左侧的电场分布以MN为边界).不计α粒子的重力，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ ‎(1)金箔cd被α粒子射中区域的长度y；‎ ‎(2)打在金箔d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔，经过无场区进入电场就开始以O点为圆心做匀速圆周运动，垂直打在放置于中心线上的荧光屏FH上的E点(未画出)，计算OE的长度；‎ ‎(3)计算此α粒子从金箔上穿出时损失的动能.‎ ‎【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得R＝＝0.2 m 如图所示，当α粒子运动的圆轨迹与cd相切时，上端偏离O′最远，由几何关系得O′P＝＝0.16 m 当α粒子沿Sb方向射入时，下端偏离O′最远，由几何关系得O′Q＝＝0.16 m 故金箔cd被α粒子射中区域的长度为 y＝O′Q＋O′P＝0.32 m ‎(2)如上图所示，OE即为α粒子绕O点做圆周运动的半径r.α粒子在无场区域做匀速直线运动与MN相交，下偏距离为y′，则 tan 37°＝，y′＝Ltan 37°＝0.096 m 所以，圆周运动的半径为r＝＝0.32 m ‎(3)设α粒子穿出金箔时的速度为v′，由牛顿第二定律有k α粒子从金箔上穿出时损失的动能为 ΔEk＝mv2－mv′2＝2.5×10－14 J ‎ 易错门诊 ‎3.带电体在变力作用下的运动 ‎ 【例4】竖直的平行金属平板A、B相距为d，板长为L，板间的电压为U，垂直于纸面向里、磁感应强度为B的磁场只分布在两板之间，如图所示.带电荷量为＋q、质量为m的油滴从正上方下落并在两板中央进入板内空间.已知刚进入时电场力大小等于磁场力大小，最后油滴从板的下端点离开，求油滴离开场区时速度的大小.‎ ‎【错解】由题设条件有Bqv＝qE＝q，v＝；油滴离开场区时，水平方向有Bqv＋qE＝ma，v＝2a·‎ 竖直方向有v＝v2＋2gL 离开时的速度v′＝‎ ‎【错因】洛伦兹力会随速度的改变而改变，对全程而言，带电体是在变力作用下的一个较为复杂的运动，对这样的运动不能用牛顿第二定律求解，只能用其他方法求解. ‎ ‎【正解】由动能定理有mgL＋qEmv2‎ 由题设条件油滴进入磁场区域时有Bqv＝qE，E＝U/d 由此可以得到离开磁场区域时的速度v′＝‎ ‎【思维提升】‎ 解题时应该注意物理过程和物理情景的把握，时刻注意情况的变化，然后结合物理过程中的受力特点和运动特点，利用适当的解题规律解决问题，遇到变力问题，特别要注意与能量有关规律的运用.‎