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1、第3講帶電粒子在復合場中的運動知識梳理知識梳理一、復合場一、復合場1.定義定義:復合場是指電場、磁場、重力場并存,或其中某兩種場并存的場。帶電粒子在這些復合場中運動時,應(yīng)充分考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用,因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要。2.三種場的比較三種場的比較 力的特點功和能的特點重力場大小:G= mg方向:豎直向下豎直向下重力做功與路徑無關(guān)無關(guān)重力做功改變物體重力勢能靜電場大小:F= Eq方向:正電荷受力方向與場強方向一致一致 ;負電荷受力方向與場強方向相反相反電場力做功與路徑無關(guān)無關(guān)W=qU電場力做功改變電勢能電勢能磁場洛倫茲力F=qvB;方向符合左手

2、定則洛倫茲力不做功,不改變帶電粒子的速度速度大小大小1.當帶電粒子所受合外力為零時,將處于靜止靜止或勻速直線運動勻速直線運動狀態(tài)。二、帶電粒子在復合場中運動的幾種情況二、帶電粒子在復合場中運動的幾種情況2.當帶電粒子做勻速圓周運動時,洛倫茲力洛倫茲力提供向心力,其余各力的合力必為零。3.當帶電粒子所受合力大小與方向均變化時,將做非勻變速曲線運動。這類問題一般只能用能量關(guān)系來處理。 1.如圖,在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向下,磁場方向垂直于紙面向里。一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。若不計重力,下列四個物理量中哪一個改變時,粒子運動軌跡不會改變()A.粒子速度的大小

3、 B.粒子所帶的電荷量C.電場強度 D.磁感應(yīng)強度B答案答案 B粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板,其受力平衡,有Eq=Bqv,則知當粒子所帶的電荷量改變時,粒子所受的合力仍為0,運動軌跡不會改變,故B項正確。2.(多選)如圖所示,空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場,電場的方向豎直向下,磁場方向水平(圖中垂直紙面向里),一帶電油滴P恰好處于靜止狀態(tài),則下列說法正確的是()A.若撤去電場,P可能做勻加速直線運動B.若撤去磁場,P可能做勻加速直線運動C.若給P一初速度,P可能做勻速直線運動D.若給P一初速度,P可能做順時針方向的勻速圓周運動CD答案答案 CD由于P處于靜止狀態(tài),由受力分析知電場力

4、方向向上,則P帶負電。若撤去電場,油滴在重力作用下運動,受重力和磁場力作用,由于磁場方向與速度垂直,油滴必做曲線運動,故A錯。若撤去磁場,受重力和電場力仍處于平衡狀態(tài),故B錯。若所給初速度的方向與磁場方向平行,油滴只受重力和電場力處于平衡狀態(tài),做勻速直線運動。若所給初速度的方向向上與磁場方向垂直,合力等于洛倫茲力,油滴做順時針方向的勻速圓周運動,故C、D正確。3.如圖所示,在勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(nèi),電場的場強為E,方向豎直向下,磁場的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里,一質(zhì)量為m的帶電粒子,在場區(qū)內(nèi)的一豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,則可判斷該帶電粒子()CA.帶有電荷量為 的正電荷B.沿圓周

5、逆時針運動C.運動的角速度為 D.運動的速度為 BgEEBmgE答案答案 C帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,有mg=qE,求得電荷量q=,根據(jù)電場強度方向和電場力方向判斷出粒子帶負電,A錯;由左手定則可判斷粒子沿順時針方向運動,B錯;由qvB=mv得=,則=,C對,D錯。mgEqBmmgBEmgBEEBgw深化拓展深化拓展考點一考點一帶電粒子在電場和磁場中的運動比較帶電粒子在電場和磁場中的運動比較考點二考點二帶電粒子在復合場中的運動帶電粒子在復合場中的運動考點三考點三帶電粒子在交變復合場中的運動帶電粒子在交變復合場中的運動深化拓展深化拓展考點一帶電粒子在電場和磁場中的運動比較考點一帶電粒子

6、在電場和磁場中的運動比較1.“磁偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)”和和“電偏轉(zhuǎn)電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別的區(qū)別 勻強電場中的偏轉(zhuǎn)勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)產(chǎn)生條件帶電粒子以速度v0垂直射入勻強電場帶電粒子以速度v0垂直射入勻強磁場受力特征只受恒定的電場力F=Eq,方向與初速度方向垂直只受大小恒定的洛倫茲力F=qv0B,方向始終與速度方向垂直運動性質(zhì)勻變速曲線運動(類平拋)勻速圓周運動軌跡拋物線圓或圓弧運動軌跡圖運動規(guī)律vx=v0 vy=tx=v0t y=qv0B=R= T=動能變化動能增大動能不變運動時間t=t=T=qEm2qEt2m20mvR0mvqB2 mqB0 xv2mBq做功情況電場力既改變速度方向,也改變速度的大小,對帶電

7、粒子要做功洛倫茲力只改變速度方向,不改變速度的大小,對帶電粒子永不做功2.帶電粒子在分離電場、磁場中運動問題的求解方法帶電粒子在分離電場、磁場中運動問題的求解方法 1-1 (2017北京西城期末,19)利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動,在現(xiàn)代科學實驗和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用。如圖1所示為電子槍的結(jié)構(gòu)示意圖,電子從熾熱的金屬絲中發(fā)射出來,在金屬絲和金屬板之間加以電壓U0,發(fā)射出的電子在真空中加速后,沿電場方向從金屬板的小孔穿出做直線運動。已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計電子重力及電子間的相互作用力。設(shè)電子剛剛離開金屬絲時的速度為零。圖1(1)求電子從金屬板小孔穿出時的速度v0的大小;(2)

8、示波器中的示波管是利用電場來控制帶電粒子的運動。如圖2所示,Y和Y為間距為d的兩個偏轉(zhuǎn)電極,兩板長度均為L,極板右側(cè)邊緣與屏相距x,OO為兩極板間的中線并與屏垂直,O點為電場區(qū)域的中心點。接(1),從金屬板小孔穿出的電子束沿OO射入電場中,若兩板間不加電場,電子打在屏上的O點。為了使電子打在屏上的P點,P與O相距h,已知電子離開電場時速度方向的反向延長線過O點。則需要在兩極板間加多大的電壓U; 圖2(3)電視機中顯像管的電子束偏轉(zhuǎn)是用磁場來控制的。如圖3所示,有一半徑為r的圓形區(qū)域,圓心a與屏相距l(xiāng),b是屏上的一點,ab與屏垂直。接(1),從金屬板小孔穿出的電子束沿ab方向進入圓形區(qū)域,若圓形

9、區(qū)域內(nèi)不加磁場時,電子打在屏上的b點。為了使電子打在屏上的c點,c與b相距l(xiāng),則需要在圓形區(qū)域內(nèi)加垂直于紙面的勻強磁場。求這個磁場的磁感應(yīng)強度B的大小。 圖33答案答案(1)(2)(3) 02eUm04(2 )U dhL Lx13r06U me解析解析(1)電子在電場中運動,根據(jù)動能定理eU0=m解得電子穿出小孔時的速度v0=(2)電子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動,在垂直于極板方向做勻加速直線運動。設(shè)電子剛離開電場時垂直于極板方向偏移的距離為y根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律y=at2根據(jù)牛頓第二定律a=電子在水平方向做勻速直線運動L=v0t聯(lián)立解得y=由圖可知=1220v02eUm12EemUedm204

10、ULU dyh/ 2/ 2LLx解得U=(3)電子以速度v0在磁場中沿圓弧AB運動,圓心為D,半徑為R,如圖所示。洛倫茲力提供向心力有ev0B=m電子離開磁場時偏轉(zhuǎn)角度為,由圖可知04(2 )U dhL Lx20vRtan =得=60tan =解得B= 3ll32rR3313r06U me1-2 (2016北京海淀期末,16)在科學研究中,可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制。如圖所示,某時刻在xOy平面內(nèi)的第、象限中施加沿y軸負方向、電場強度為E的勻強電場,在第、象限中施加垂直于xOy坐標平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從M點以速度v

11、0沿垂直于y軸方向射入該勻強電場中,粒子僅在電場力作用下運動到坐標原點O且沿OP方向進入第 象限。在粒子到達坐標原點O時撤去勻強電場(不計撤去電場對磁場及帶電粒子運動的影響),粒子經(jīng)過原點O進入勻強磁場中,并僅在磁場力作用下,運動一段時間從y軸上的N點射出磁場。已知OP與x軸正方向夾角=60,帶電粒子所受重力及空氣阻力均可忽略不計,求:(1)M、O兩點間的電勢差U;(2)坐標原點O與N點之間的距離d; (3)粒子從M點運動到N點的總時間t。 答案答案(1)(2)(3)+ 2032mvq02mvqB03mvqE53mqB解析解析(1)設(shè)粒子經(jīng)過O點的速度為v, 則cos =對于粒子經(jīng)過電場的過程

12、,根據(jù)動能定理有:qU=mv2-m解得:U=(2)設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,運動軌跡如圖所示。洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有:qvB=0vv121220v2032mvq2mvR解得:R=根據(jù)幾何關(guān)系可知,O與N之間的距離 d=R=(3)設(shè)粒子在電場中從M點運動至O點所用時間為t1根據(jù)牛頓第二定律可知:粒子在電場中的加速度a=粒子通過O點時豎直方向速度vy=v0,根據(jù)運動學公式有:vy=at1解得:t1=設(shè)粒子在磁場中從O點運動至N點用時為t2,粒子在磁場中運動的周期T=解得:t2=T=02mvqB02mvqBqEm303mvqE2 Rv2253mqB粒子從M點運動到N點的

13、總時間 t=t1+t2=+ 03mvqE53mqB考點二帶電粒子在復合場中的運動考點二帶電粒子在復合場中的運動一、帶電粒子在無約束的復合場中的運動一、帶電粒子在無約束的復合場中的運動1.常見運動形式的分析常見運動形式的分析(1)帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動帶電粒子進入勻強電場、勻強磁場和重力場共同存在的復合場中,重力和電場力等大反向,兩個力的合力為零,粒子運動方向和磁場方向垂直時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動。(2)帶電粒子在勻強電場、勻強磁場和重力場中的直線運動自由的帶電粒子(無軌道約束),在勻強電場、勻強磁場和重力場中的直線運動應(yīng)該是勻速直線運動,這是因為電場力和重力都是恒

14、力,若它們的合力不與洛倫茲力平衡,則帶電粒子速度的大小和方向都會改變,就不可能做直線運動。(粒子沿磁場方向運動除外)2.帶電粒子在復合場中運動的處理方法帶電粒子在復合場中運動的處理方法(1)搞清楚復合場的組成,一般是磁場、電場的復合;磁場、重力場的復合;磁場、重力場、電場的復合;電場和磁場分區(qū)域存在。(2)正確進行受力分析。(3)確定帶電粒子的運動狀態(tài)。注意將運動情況和受力情況結(jié)合進行分析。(4)對于粒子連續(xù)經(jīng)過幾個不同場的情況,要分段進行分析、處理。(5)畫出粒子的運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律。 2-1 (2017北京東城一模,22)如圖所示,將一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球,以初速度

15、v0自h高處水平拋出。不計空氣阻力影響。重力加速度為g。(1)求小球落地點與拋出點的水平距離。(2)若在空間中加一個勻強電場,小球水平拋出后做勻速直線運動,求該勻強電場的場強大小及方向。(3)若在空間中除加(2)中電場外,再加一個垂直紙面的勻強磁場,小球水平拋出后做勻速圓周運動,且落地點與拋出點的水平距離也為h,求磁場的磁感應(yīng)強度大小及方向。答案答案(1)v0(2)豎直向上(3)垂直于紙面向外解析解析(1)小球做平拋運動有s=v0t h=gt2解得小球落地點與拋出點的水平距離s=v02hgmgq0mvhq122hg(3)空間中再加一垂直紙面的勻強磁場,小球做勻速圓周運動,洛倫茲力充當向心力,設(shè)

16、圓周運動的半徑為R根據(jù)牛頓第二定律有qv0B=m由題知R=h解得磁感應(yīng)強度大小B=磁場方向:垂直于紙面向外20vR0mvhq(2)空間中加一勻強電場,小球做勻速直線運動,小球所受合力為零根據(jù)平衡條件有mg=qE解得電場強度大小E=電場方向:豎直向上mgq2-2如圖所示,空間同時存在水平向右的勻強電場和方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的液滴,以某一速度沿與水平方向成角斜向上進入正交的勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域,在時間t內(nèi)液滴從M點勻速運動到N點。重力加速度為g。(1)判定液滴帶的是正電還是負電,并畫出液滴受力示意圖;(2)求勻強電場的場強E的大小;(3)求液滴從

17、M點運動到N點的過程中電勢能的變化量。答案答案(1)見解析(2)(3)- tanmgq22tanm g tqB解析解析(1)液滴從M點到N點做的是勻速直線運動,受力分析(如圖所示)知其所受洛倫茲力斜向左上方,所以液滴帶正電。(2)由圖可知Eq=mg tan E=(3)設(shè)液滴運動的速度為v,由圖可知tanmgqmg=qvB cos v=設(shè)M、N之間的距離為d,則d=vt=液滴從M點運動到N點,電場力做正功,電勢能減少,設(shè)電勢能變化量為EE=-Eqd cos =-mg tan cos =-cosmgqBcosmgtqBcosmgtqB22tanm g tqB二、帶電粒子在復合場中有約束情況下的運動

18、二、帶電粒子在復合場中有約束情況下的運動帶電粒子在復合場中受輕桿、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,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。 2-3(多選)如圖所示,ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道,其中AB為傾斜直軌道,BC為與AB相切的圓弧軌道,并且圓弧軌道處在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里。質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中,甲球帶正電,乙球帶負電、丙球不帶電,現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放,都恰好通過圓弧軌道的最高點,則()CDCD在最高點時,由左手定

19、則可知,甲球受洛倫茲力向下,乙球受洛倫茲力向上,而丙球不受洛倫茲力,故三球在最高點受合力不同,故由F合=m可知,三小球的速度不相等,故A錯誤;因甲球在最高點受合力最大,故甲球在最高點的速度最大,故B錯誤;因洛倫茲力和支持力不做功只有重力做功,故小球機械能守恒,因甲球的速度最大,則甲球釋放時的高度最高,故C、D正確。2vrA.經(jīng)過最高點時,三個小球的速度相等B.經(jīng)過最高點時,甲球的速度最小C.甲球的釋放位置比乙球的高D.運動過程中三個小球的機械能均保持不變2-4如圖所示,套在很長的絕緣直棒上的小球,質(zhì)量為1.010-4 kg,帶4.010-4 C正電荷,小球在棒上可以滑動,將此棒豎直放置在沿水平

20、方向的勻強電場和勻強磁場中,勻強電場的電場強度 E=10 N/C,方向水平向右,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.5 T,方向為垂直于紙面向里,小球與棒間的動摩擦因數(shù)為=0.2,求小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。(設(shè)小球在運動過程中所帶電荷量保持不變,g取10 m/s2) 答案答案 2 m/s25 m/s解析解析帶電小球沿絕緣棒下滑過程中,受豎直向下的重力、豎直向上的摩擦力、水平方向的彈力和洛倫茲力及電場力作用。當小球剛開始下落時,彈力等于電場力,小球在豎直方向所受摩擦力最小,小球加速度最大。小球運動過程中,彈力等于電場力與洛倫茲力之和,隨著小球運動速度的增大,小球所受洛倫茲力增大,小

21、球在豎直方向的摩擦力也隨之增大,小球加速度減小,速度增大,當小球的加速度為零時,速度達到最大。小球剛開始下落時,加速度最大,設(shè)為am,這時豎直方向有:mg-Ff=ma在水平方向上有:qE-FN=0又Ff=FN由式得am=mgqEm代入數(shù)據(jù)得am=2 m/s2小球沿棒豎直下落,當速度最大時,加速度a=0在豎直方向上有:mg-Ff=0在水平方向上有:qvmB+qE-FN=0又Ff=FN由式得vm=代入數(shù)據(jù)得vm=5 m/smgqEqB考點三帶電粒子在交變復合場中的運動考點三帶電粒子在交變復合場中的運動3-1 如圖甲所示,寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2),存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直

22、方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示),電場強度的大小為E0,E0表示電場方向豎直向上。t=0時,一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域,沿直線運動到Q點后,做一次完整的圓周運動,再沿直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點,重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。甲 乙 (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度B的大小;(2)求電場變化的周期T;(3)改變寬度d,使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域,求T的最小值。答案答案(1) (2)+(3) 0mgE02Ev2dvvg(21)2vg解析解析(1)微粒做直線運動,則mg+qE0=qvB微粒做圓

23、周運動,則mg=qE0聯(lián)立式得q=B=(2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1,做圓周運動的周期為t2,則=vt1qvB=m2R=vt20mgE02Ev2d2vR聯(lián)立得t1=,t2=電場變化的周期T=t1+t2=+(3)若微粒能完成題述的運動過程,要求d2R聯(lián)立得R=設(shè)N1Q段直線運動的最短時間為t1min,由得t1min=因t2不變,T的最小值Tmin=t1min+t2= 2dvvg2dvvg22vg2vg(21)2vg3-2 (2016北京東城一模,24)電視機的顯像管中電子束的偏轉(zhuǎn)是應(yīng)用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實現(xiàn)的。如圖1所示為顯像管的原理示意圖。顯像管中有一個電子槍,工作時陰極發(fā)射的電子(速度很小,

24、可視為零)經(jīng)過加速電場加速后,穿過以O(shè)點為圓心、半徑為r的圓形磁場區(qū)域(磁場方向垂直于紙面),撞擊到熒光屏上使熒光屏發(fā)光。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e,加速電場的電壓為U,在沒有磁場時電子束通過O點打在熒光屏正中央的M點,O、M間距離為s。電子所受的重力、電子間的相互作用力均可忽略不計,也不考慮磁場變化所激發(fā)的電場對電子束的作用。由于電子經(jīng)過加速電場后速度很大,同一電子在穿過磁場的過程中可認為磁場不變。(1)求電子束經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏上時的速率。(2)若磁感應(yīng)強度隨時間變化關(guān)系如圖2所示,其中B0=,求電子束打在熒光屏上發(fā)光所形成的“亮線”長度。(3)若其他條件不變,只撤去磁場,利用電場使

25、電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)。把正弦交變電壓加在一對水平放置的矩形平行板電極上,板間區(qū)域有邊界理想的勻強電場。電場中心仍位于O點,電場方向垂直于OM,為了使電子束13r6mUe答案答案(1)(2)2s(3)見解析解析解析(1)設(shè)經(jīng)過電子槍中加速電場加速后,電子的速度大小為v根據(jù)動能定理有eU=mv2電子束經(jīng)過磁場區(qū)域速度大小不變,電子束打在熒光屏上時的速率為v=2eUm3122eUm打在熒光屏上發(fā)光所形成的“亮線”長度與(2)中相同,問:極板間正弦交變電壓的最大值Um、極板長度L、極板間距離d之間需要滿足什么關(guān)系?(由于電子的速度很大,交變電壓周期較大,同一電子穿過電場的過程可認為電場沒有變化,是穩(wěn)定的勻強

26、電場)(2)設(shè)電子在磁場中做圓周運動的半徑為R,運動軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系有tan =洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有evB=m當B=B0=時,電子在熒光屏上的落點距M點最遠解得=60電子在熒光屏上落點距M點最遠距離y=s tan =s2rR2vR13r6mUe3熒光屏上亮線長度Y=2y=2s(3)若使電子束打在熒光屏上所形成“亮線”的長度與磁偏轉(zhuǎn)時相同,則電子束的最大偏轉(zhuǎn)角=60保持不變,則tan =。3yxvv3當電子達到最大偏轉(zhuǎn)角時,恰好從極板邊界射出。這種情況下,=,即d=L。設(shè)此時兩極板間電壓為U1。由牛頓第二定律有:ay=由勻加速直線運動規(guī)律有:=2ay且vx=解得:U1=6U當極板間電壓再大時,電子不能從極板邊界射出,故不會形成亮線,因此,Um6U2dL2yxvtv t3eEm1eUmd2yv2d2eUm當電子達到最大偏轉(zhuǎn)角時,不是從極板邊界射出,即dL,此時兩極板間電壓達到Um(電壓再增大,電子偏轉(zhuǎn)角增加,亮線長度增加)。由牛頓第二定律有:ay=由勻加速直線運動規(guī)律有:vy=ayt,t=聯(lián)立解得:Um=U3meUmdxLv2 3dL