第2课时 带电粒子在复合场中的运动 基 础 回 扣 1.电场与磁场比较

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1 第2课时 带电粒子在复合场中的运动 基 础 回 扣 1.电场与磁场比较
第2课时 带电粒子在复合场中的运动 基 础 回 扣 1.电场与磁场比较 (1)带电粒子(不计重力)在电场中的运动可以分为两种特殊类型:加速和偏转.带电粒子在电场中加速问题的分析,通常利用动能定理qU= 来求vt.而带电粒子在电场内的偏转常采用 的办法来处理,粒子在垂直于电场方向匀速运动,在平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动. 运动分解

2 (2)带电粒子在匀强磁场中的运动 ①若v∥B,带电粒子以速度v做 直线运动,此情况下洛伦兹力F=0. ②若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做  (3)电场对电荷一定有力的作用,磁场对 有力的作用.静电力的方向:正电荷受力方向与场强方向 ;负电荷受力方向与场强方向  (4)静电力做功与 无关,且等于电势能的变化量;而洛伦兹力不做功.  2.复合场 复合场一般包括 、 和 ,在同一区域, 可能同时存在两种或三种不同的场. 匀速 匀速圆周运动 运动电荷 相同 相反 路径 重力场 电场 磁场

3 3.应用 (1)速度选择器 ①如图6-2-1所示, 由相互垂直的 匀强电场和匀强磁场组成. ②带电粒子进入速度选择器,静电 力和洛伦兹力平衡时,粒子做 ,由qE=qvB得v= . ③速度选择器只选择 一定的粒子,与粒子的 电性、电荷量、质量无关. (2)质谱仪 ①如图6-2-2所示, 可认为由加速 电场、速度选择器和偏转磁场组成. 匀速 图6-2-1 运动 速度 图6-2-2

4 ②不同带电粒子以同样速度进入偏转磁场.偏转距离d=2r= .可以用来确定带电粒子的 和分析同位素等.
(3)回旋加速器 ①由D形盒中的偏转磁场和窄缝中的加速电场组成. ②为使粒子不断被加速,加速电场的变化周期必须等于  ③在粒子质量、电荷量确定的情况下,粒子所能达到的最大动能只与 和 有关,与加速电压无关. (4)带电粒子在复合场中的运动的应用还有磁流体发电机、 、霍尔效应等. 比荷 粒子在磁场内运动的周期 D形盒半径 粒子运动圈数 电磁流量计

5 4.带电粒子的运动 (1)匀速直线运动 当带电粒子在复合场中所受合外力 时带电粒 子做匀速直线运动,如速度选择器. (2)匀速圆周运动 当带电粒子所受的重力与静电力 时,带电粒子可以在洛伦兹力的作用下,在 垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动. (3)较复杂的曲线运动 当带电粒子所受的合外力是变力,且与 方 向不在同一条直线上,粒子做非匀变速曲线运动, 这时粒子运动轨迹不是圆弧,也不是抛物线. 为零 大小相等、方向 相反 初速度

6 (4)分阶段运动 带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区 域,其运动情况随区域情况发生变化,其运动过程 由几种不同的运动阶段组成. 思 路 方 法 1.带电粒子在电场内运动的分析思路 若是直线运动一般采用牛顿第二定律结合运动学 公式求解;若是曲线运动一般是先把 , 然后用动力学方法来求.在涉及功能转化时常利用 定理来求.  2.带电粒子在磁场中运动的分析思路 (1)根据 确定圆心 运动分解 动能

7 (2)利用平面几何知识确定半径 (3)根据 (θ为圆心角),求粒子在磁场内运 动的时间 3.正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题 的前提 带电粒子在复合场中做什么运动,取决于带电粒子 所受的 及初始运动状态的速度,因此应把 带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分 析. 当带电粒子在复合场中所受合外力为零时,做 匀速直线运动. 当带电粒子所受的合外力是变力,且与初速度方向 不在一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这 合外力

8 时粒子的运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线,由
于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场 区,因此粒子的运动情况也发生相应的变化,其运 动的过程可能由几种不同的运动阶段组成. 4.灵活选用力学规律是解决问题的关键 当带电粒子在复合场中做匀速运动时,应根据 列方程求解. 当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时,往往同 时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时,应 选用动能定理或能量守恒定律列方程求解. 平衡 条件

9 题型1 带电粒子在电场和磁场的组合场内的运动
例1 (2009·长春、哈尔滨、沈阳、大连第二次联 考)如图6-2-3所示, 在平面直角坐 标系xOy的第一象限内,有垂直纸面 向外的有界匀强磁场区,磁感应强度 为B；y轴是磁场左侧的边界,直线 OM是磁场的右侧边界,磁场上方足够大.在第二象限内有与坐标系xOy在同一平面的足够大的匀强电场,电场强度为E,方向沿x轴正方向.有一电荷量为q带正电的粒子,质量为m,重力不计. 图6-2-3

10 (1)现将此粒子从第二象限的A(x,a)点由静止释放(其中a为已知常数),最后粒子垂直于直线OM射出磁场,求A点横坐标x的绝对值.
(2)图中的虚线是抛物线,其轨迹方程为y2= (其中b为常数,是已知量).若将此粒子从该抛物线轨迹上位于第二象限的任意一点由静止释放,粒子都能沿垂直x轴方向射出磁场.求直线OM与x轴的正方向的夹角α.

11 解析 (1)设从A点释放的粒子经电场加速后的速度为v0
由动能定理qE|x|= 射入磁场时,其圆周运动的半径为 r=a 由牛顿运动定律得qv0B= 由上式得v0= 代入得|x|=

12 (2)设在第二象限从抛物线上任意一点释放的粒子,射入磁场时的速度为v,由动能定理
Eq|x|= 由抛物线方程,得|x|= 代入上式得v=by 粒子进入磁场时的轨迹如下图所示,设其半径为r.

13 由牛顿运动定律得qvB= 可得r= = 由几何关系可得tanα= 解得tanα= 故α=arctan( ) 答案

14 组合场内粒子的运动也是组合的,因此对这样的多过程问题的分析,需要找到粒子在不同场中运动的关联量或运动变化的转折点的隐含条件(一般是分析转折点的速度),往往成为解题的突破口.
预测演练1 (2009·绍兴市质量调测)如图6-2-4所示,左侧为两块长为L=10cm,间距d= cm的平行金属板,加U= ×104V的电压,上板电势高;现从左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电微粒,微粒质量m=10-10kg,带电量q=+10-4C,初速度v0=105m/s;中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强

15 磁场B1,三角形的上顶点A与上金属板平齐,BC边与金属板平行,AB边的中点P1恰好在下金属板的右端点;三角形区域的右侧也存在垂直纸面向里,范围足够大的匀强磁场B2,且B2=4B1.求:
图6-2-4 (1)带电微粒从电场中射出时的速度大小和方向. (2)带电微粒进入中间三角形区域后,要垂直打在AC边上,则该区域的磁感应强度B1是多少?

16 (3)确定微粒最后出磁场区域的位置. 解析 (1)设带电微粒在电场中做类平抛运动的时间为t,加速度为a 设出电场时竖直方向的速度为vy =ma ① L=v0t ②vy=at ③得a= = ×1011m/s2 ④t= =10-6s ⑤由①②得vy=at= ×105m/s ⑥

17 由⑥得v= = ×105m/s ⑦与水平方向夹角θ,tanθ= = 
即垂直于AB射出 ⑧(2)设带电粒子射出电场时竖直方向偏转的位移为y有y=  代入①②得,y= = 恰好粒子由P1点垂直AB射入磁场. 带电粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示.

18 设匀速圆周运动P1Q1段半径为R1,根据几何关系有
R1= = ×10-2m 由qvB1=  得B1= =  (3)带电粒子在B2磁场中以O2为圆心做匀速圆周运动 即Q1Q2段,其半径R2=  再次进入B1区域时做以O3为圆心,半径仍为R1的匀速圆周运动,即Q2P2段,最后从P2点射出磁场区域,如图所示. 在三角形P2CO3中,根据数学知识,有 P2C= = =7.68cm

19 答案 (1) ×105m/s 垂直与AB出射 (2)  (3)距C点7.68cm处 题型2 带电粒子在电场和磁场的叠加场内的运动 例2 (2009·聊城市高考模拟二)(18分)如图6-2-5所示,第四象限内有互相垂直的匀 强电场E与匀强磁场B1,匀强电场大 小E=0.5×103V/m,匀强磁场的方向 垂直纸面向里,其大小B1=0.5T;第 图6-2-5

20 一象限的某个矩形区域内,有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2,磁场的下边界与x轴重合.一质量m=1×
10-14kg、电荷量q=1×10-10C的带正电微粒,以某一初速度v沿与y轴正方向成60°角从M点进入第四象限后沿直线运动,在P点进入处于第一象限内的磁场B2区域.一段时间后,微粒经过y轴上的N点并以与y轴正方向成60°角飞出.M点的坐标为(0,-10),N点的坐标为为(0,30),不计微粒重力,g取10m/s2. (1)请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的速度大小. (2)匀强磁场B2的大小为多大? (3)B2磁场区域的最小面积为多少?

21 解答 (1)由于重力忽略不计,微粒在第四象限内仅受静电力和洛伦兹力,且微粒做直线运动,而速度的变化会引起洛伦兹力的变化,所以微粒必做匀速直线运动.这样,静电力和洛伦兹力大小相等,方向相反,电场E的方向与微粒运动的方向垂直,并与y轴负方向成30°角斜向下 (2分)由力的平衡有qE=qvB1 所以v= =  m/s=103m/s (3分) (2)画出微粒的运动轨迹如图所示 (2分)

22 由几何关系可知LPD=20cm 微粒在第一象限内做圆周运动的半径为 R= = (2分)微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,即 qvB2= 解得B2= (3分) (3)由图可知,磁场B2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内 (2分) 由几何关系易得LPA=R(1-cos60°)= (2分)

23 所以,所求磁场的最小面积为 S=LPD×LPA= × m2 = (2分) 答案 (1)方向与微粒运动的方向垂直,并与y轴负方向成30°角斜向下. 103m/s 带电粒子在复合场中运动问题的解决方法是:确定研究对象,受力分析,运动状态和运动过程分析,可以用力的平衡或动力学规律解决问题,也可以用能量转化的观点解决问题.一般情况下用能量观点显得非常简捷,特别是带电粒子受变力作用的较复杂的曲线运动,必须借助功能关系解决.

24 预测演练2 (2009·烟台市高考适应性练习三)在地面附近的真空中,存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场,如图6-2-6甲所示.磁场随时间变化情况如图乙所示.该区域中有一条水平直线MN,D是MN上的一点.在t=0时刻,有一个质量为m、电荷量为+q的小球(可看作质点),从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动,t0时刻恰好到达N点.经观测发现,小球在t=2t0至t=3t0时间内的某一时刻,又竖直向下经过直线MN上的D点,并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点.求:

25 图6-2-6 (1)电场强度E的大小. (2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间. (3)小球运动的周期,并画出运动轨迹（只画一个周期）. 解析 (1)小球从M点到N点有qE=mg 解得E= (2)小球从M点到达N点所用时间t1=t0

26 小球从N点经过 个圆周,到达P点,所以t2=t0
小球从P点到D点的位移x=R= 小球从P点到D点的时间为t3= = 所以t=t1+t2+t3=2t0+ (或t= (3π+1),t=2t ) (3)小球运动一个周期的轨迹如下图所示

27 小球的运动周期为T=8t0(或T= ) 答案 (1) (2) (3)8t0或 见解析图 题型3 带电粒子在场内运动的应用 例3 (2009·珠海市第二次调研)如图6-2-7甲是质谱仪的工作原理示意图.设法使某有机化合物的气态分子导入图中的A容器,使它受到电子束轰击,失去一个电子成为正一价的离子.离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区(初速度不计),加速后再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场,该

28 偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B
偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B.离子经偏转磁场后,最终到达照相底片上的H点(图中未画出),测得G、H间的距离为d,粒子的重力可忽略不计.试求: 图6-2-7 (1)该粒子的比荷(q/m). (2)若偏转磁场为半径为 的圆形区域,且与MN相切于G点,如图乙所示,其它条件不变.仍保证上述粒

29 子从G点垂直于MN进入偏转磁场,最终仍然到达照相底片上的H点,则磁感应强度 的比值为多少?
解析 (1)qU= R= qvB= 得 = (2)轨迹如下图所示,设∠GOH=θ,带电粒子在磁场中运动半径为R′

30 则tanθ= = = 即θ=60° 则HO′=2O′P,即d-R′=2R′ 得R′= 因为其它条件不变,由牛顿第二定律 qvB′= qvB= 联立以上两式,得 =1.5 答案 (2)1.5

31 预测演练3 (2009·广东·12改编) 如图6-2-8是质谱仪的工作原理示意图,带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器
预测演练3 (2009·广东·12改编) 如图6-2-8是质谱仪的工作原理示意图,带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场.下列表述正确的是 （ ） 图6-2-8

32 A.质谱仪是分析同位素的重要工具 B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的荷质 比越小 解析 由加速电场可知被加速粒子带正电,只有磁场B向外,才能保证带电粒子在速度选择器中受到的静电力与洛伦兹力平衡,即qE=qvB,v= ,B错,C对;由于R= , = ,R越小, 越大,D错. 答案 AC

33 1.(2009·杭州市模拟三)有一个带电量为+q、重为G
的小球,从两竖直的带电平行板上 方h处自由落下,两极板间另有匀 强磁场,磁感应强度为B,方向如图 6-2-9所示,则带电小球通过有电 场和磁场的空间时,下列说法正确 的是 （ ） A.一定作曲线运动 B.不可能做曲线运动 C.有可能做匀加速运动 D.有可能做匀速运动 图6-2-9

34 解析 由于小球的速度变化时,洛伦兹力会变化,小球所受合力变化,小球不可能做匀速或匀加速运动, B、C、D错.
答案 A 2.(2009·南平市适应性考试)回旋加速器是加速带 电粒子的装置,其核心部分是分别 与高频交流电两极相连接的两个D 形金属盒,两盒间的狭缝中形成的 周期性变化的匀强电场,使粒子在 通过狭缝时都能得到加速,两D形金 属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场 图6-2-10

35 中，如图6-2-10所示.设匀强磁场的磁感应强度为B, D形金属盒的半径为R,狭缝间的距离为d,匀强电场间的加速电压为U,要增大带电粒子(电荷量为q、质量为m,不计重力)射出时的动能,则下列方法中正确的是 （ ） A.增大匀强电场间的加速电压 B.增大D形金属盒的半径 C.减小磁场的磁感应强度 D.增大两D形金属盒狭缝间的距离 A 解析 由于R= ,Ek= ,可知B正确.

36 3.(2009·南昌市第二次模拟)如图6-2-11所示, 在 长为宽2倍的矩形区域abcd内有正 交的匀强电场和磁场,一带正电粒 子(不计重力)从左侧中点O水平射 入电磁场,恰能沿直线通过P点,时 间为T,若撤去磁场,粒子通过电场 时间为t0,且t0<T,若撤去电场,则带 电粒子从下述哪个部位飞离磁场? ( ) A.O、a之间 B.a、b之间 C.b点 D.P、b之间 图6-2-11 解析 恰能沿直线从O点到P点,说明qE=qvB,即v= ,设OP=L=vT,撤去磁场后作类平抛运动,从cd边

37 射出,Od=OP=L,L= ,即 =vT = ,得 撤去电场后,轨道半径为R= , 因t0<T,所以R< ,即R< . 答案 A 4.(2009·河西区质量调查二)空间存在一匀强磁场B, 其方向垂直纸面向里,另有一个 点电荷+Q的电场,如图6-2-12所 示,一带电粒子q以初速度v0从某 处垂直电场、磁场入射,初位置 到点电荷的距离为r,则粒子在电、 图6-2-12 磁场中的运动轨迹可能为 （ ）

38 A.以+Q为圆心,r为半径的纸面内的圆周 B.沿初速度v0方向的直线 C.在纸面内向左偏的直线 D.在纸面内向右偏的曲线 答案 AD 5.(2009·山东·25)如图6-2-13甲所示,建立Oxy坐 标系.两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称, 极板长度和板间距均为l,在第一、四象限有磁感应 强度为B的匀强磁场,方向垂直于Oxy平面向里.位 于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、 电荷量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子.在

39 0~3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑
极板边缘的影响). 图6-2-13 已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场.上述m、q、l、t0、B为已知量.(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况) (1)求电压U0的大小.

40 (2)求 时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径.
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短?求此最短时间. 解析 (1)t=0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,t0时刻刚好从极板边缘射出,在y轴负方向偏移的距离为 ,则有 E= ① qE=ma ② ③ 联立①②③式,解得两板间偏转电压为

41 U0= ④(2) 时刻进入两板间的带电粒子,前 时间在电场中偏转,后 时间两板间没有电场,带电粒子做匀速直线运动. 
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为 v0= ⑤带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为 vy=a· ⑥ 带电粒子离开电场时的速度大小为 v= ⑦

42 设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R,则有
qvB= ⑧联立③⑤⑥⑦⑧式解得 R= ⑨(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短.带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为 vy′=at ⑩设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α,则 tanα= 

43 联立③⑤⑩式解得 α=  带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示. 圆弧所对的圆心角2α= 所求最短时间为tmin= 带电粒子在磁场中运动的周期为 T=

44 联立 式得tmin= 答案 (3)2t0 6.(2009·晋城市二模)如图6-2-14所示,两足够长的 平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水 平面夹角α=30°,导轨电阻不计.磁感应强度B1= 2T的匀强磁场垂直导轨平面向上,长L=1m、质量m1 =2kg、电阻R1=1Ω的金属棒ab垂直MN、PQ放在导 轨上,且始终与导轨接触良好,两金属导轨的上端 连接右侧电路,电路中通过导线接一对水平放置的 平行金属板,两板间的距离和板长均为d=0.5m,

45 R2=3Ω.现闭合开关S并将金属棒由静止释放,取g=
10m/s2.求: 图6-2-14 (1)当金属棒下滑达到稳定状态时,整个电路消耗的电功率是多少? (2)当金属棒稳定下滑时,在平行金属板间加一垂直纸面向里的匀强磁场B2=3T,从极板右端且紧靠下板的位置将一质量m2=3×10-4kg、带电量q=-1×10-4C的液滴以初速度v0水平向左射入两板间,将液滴视为

46 质点,两金属板间电场看做匀强电场,要使液滴能从极板间左侧射出,v0应满足什么条件?
E=B1Lv I= mgsinθ=B1IL P=I2(R1+R2)=mgsinθ·v P=100W (2)金属棒稳定时 UR2=IR2 两金属板间电场强度

47 E= 得F电=qE=mg 故带电液滴在极板间运动时,只在洛伦兹力作用下偏转 r= 欲使带电液滴从极板左侧射出,带电粒子运动的半径 r≥d v0≥0.5m/s 答案 (1)100W (2)v0≥0.5m/s

48 7.(2009·贵州省普通高校招生适应性考试)如图6-
2-15所示,坐标平面的第Ⅰ象限 内存在大小为E,方向水平向左 的匀强电场,第Ⅱ象限内存在磁 感应强度大小为B、方向垂直纸 面向里的匀强磁场,足够长的挡板MN垂直于x轴放 置,距原点O的距离为d.一质量为m,带电量为-q的 粒子在距原点O为L的A点以大小为v0,方向沿y轴正 方向的速度进入磁场,则粒子恰好到达O点而不进 入电场.现该粒子仍从A点进入磁场,但初速度大小 为 ,为使粒子进入电场后能垂直打在挡板上, 求粒子(不计重力)在A点进入磁场时. 图6-2-15

49 (1)其速度方向与x轴正方向之间的夹角. (2)粒子到达挡板上时的速度大小及打到挡板MN上的位置到x轴的距离. 解析 (1)当粒子的速度为v0时,粒子恰好可到达O点,则 OA=L=2R0 qv0B= 解得R0=  当粒子速度v= 时,qvB= 解之可得R= 要粒子进入电场后能垂直打到挡板上,说明粒子离开

50 离开磁场时的速度应垂直y轴,轨迹 圆的圆心在y轴上,如右图所示,O1 和O2为可能轨道圆的圆心. cosθ1= 解得θ1=45°,θ2=135° (2)设粒子打到板上的位置离x轴的距离为y 当θ1=45°时,y1=R-Rcos45°= 当θ2=135°时,y2=R+Rcos45°= 设打到板上的速度为v,由动能定理可得 =qEd 解得v=

51 答案 (1)45°或135° (2) 8.(2009·台州市第二次调考)如图6-2-16所示,在第 一象限有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的 匀强磁场;在第四象限有一水平宽度为s(竖直范围 足够大)的匀强电场,电场强度大小未知、方向竖 直向上.铅板垂直放置在y轴处,且与纸面垂直.现 有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速 电压为U的电场加速,然后以垂直于铅板的方向从A 处沿直线穿过铅板,而后从x轴上的D处以与x轴正向

52 夹角为60°的方向进入电场区域,最后恰好从电场
的右边界M处水平射出.已知OD距离为l(不计粒子 重力).求: 图6-2-16 (1)粒子经过铅板时损失了多少动能? (2)粒子从右边界射出时距x轴的距离为多大?

53 解析 (1)由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能
Ek0=qU 由几何知识可得 =sin60° 根据qvB= 得v= 由于洛伦兹力不做功,带电粒子穿过铅板后的动能 Ek= 因此粒子穿过铅板时动能的损失为 ΔEk=Ek0-Ek=qU- (2)粒子在电场中水平方向做匀速直线运动

54 vx=vcos60°= 运动时间为t= 粒子在竖直方向做匀减速直线运动 vy=vsin60°= y= 答案 (1) (2) 返回