專題復(fù)習(xí)-帶電粒子在復(fù)合場中的運動

專題復(fù)習(xí)—帶電粒子在復(fù)合場中的運動

復(fù)習(xí)精要專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例1專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例2專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例3專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例4專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例5專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例6專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例7專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例8專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例9專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例10專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動—例11專題復(fù)習(xí)—帶電粒子在復(fù)合場中的運動

復(fù)習(xí)精要：一﹑復(fù)合場指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩種場并存，或分區(qū)域存在；二﹑帶電粒子的受力特點：1.電場對運動電荷的作用力與其運動狀態(tài)無關(guān)，磁場對運動電荷才有作用力；2.通常情況下，像電子、質(zhì)子、α粒子等微觀粒子在組合場或復(fù)合場中受重力遠(yuǎn)小于電場力或洛侖茲力，因而重力在無特別說明的情況下可忽略不計。題目中無特別說明，但給出了具體數(shù)據(jù)則可通過計算比較來確定是否需要考慮重力，有時結(jié)合粒子的運動狀態(tài)和電場力、洛倫茲力的方向來判斷是否需要考慮重力。

三﹑動力學(xué)觀點對帶電微粒在復(fù)合場中運動狀態(tài)的分析，要著重弄清各過程所遵守的動力學(xué)規(guī)律以及各過程間的聯(lián)系。由于微粒在復(fù)合場中受力比較復(fù)雜，進行受力分析時要全面、細(xì)致，而其中的關(guān)鍵是洛倫茲力隨著微粒運動狀態(tài)的變化而變化，洛倫茲力的變化又會反過來導(dǎo)致運動狀態(tài)的變化。因此進行受力分析時一定要運動狀態(tài)運動過程緊密結(jié)合起來帶電微粒在復(fù)合場中的運動情況在高中階段常見的情況有：1.帶電微粒所受合外力為零,處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)。2.帶電微粒所受合外力充當(dāng)作勻速圓周運動的向心力。3.帶電微粒所受合外力不為零、方向又不斷變化，微粒做變加速曲線運動。4.除了復(fù)合場外，還有其他的約束條件，例如斜面等，微?？梢宰鲃蜃兯僦本€運動。

四﹑解題規(guī)律帶電微粒在組合場、復(fù)合場中的運動問題是電磁學(xué)與力學(xué)知識的綜合應(yīng)用，分析方法與力學(xué)問題分析方法基本相同，只是增加了電場力和洛倫茲力，解決可從三個方面入手：1.力學(xué)觀點：包括牛頓定律和運動學(xué)規(guī)律2.能量觀點：包括動能定理和能量守恒定律3.動量觀點：包括動量定理和動量守恒定律專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例1例1.如圖所示，空間存在水平方向的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球套在不光滑的足夠長的豎直絕緣桿上，自靜止開始下滑，則（）A.小球的動能不斷增大，直到某一最大值B.小球的加速度不斷減小，直至為零C.小球的加速度先增大后減小,最終為零D.小球的速度先增加后減小,最終為零

EBm

qAC解見下頁分析：起初物體受到豎直向下的重力和水平向右的電場力的作用，還受桿的彈力和摩擦力，物體向下滑動，重力勢能向動能轉(zhuǎn)化，水平向左的洛倫茲力伴隨的速度的出現(xiàn)而產(chǎn)生，速度增大，洛倫茲力隨著速度增大而增大，摩擦力減小，直到水平向左的洛倫茲力增大到與水平向右的電場力大小一致時，物體所受摩擦力為零，而后，由于水平向左的洛倫茲力還在不斷增大，摩擦力再次增大（摩擦力大小逼近重力大小，加速度不斷減?。?dāng)摩擦力的大小和物體重力大小相等時，物體做向下的勻速直線運動（動能穩(wěn)定）結(jié)論：小球的動能不斷增大，直到某一最大值；小球的加速度先增大后減小，最終為零專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例2例2、如圖所示，在絕緣的豎直放置的塑料管內(nèi)有一質(zhì)量為0.1克，帶電量q=4×10-4C的小球，管子放在如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場方向水平向右,勻強磁場方向垂直紙面向里。已知磁感應(yīng)強度B=0.5T，電場強度E=10N/C，小球與管壁間動摩擦因數(shù)，g取10m/s2（1）小球沿管子內(nèi)壁下滑的最大速度（2）若其他條件不變,僅將電場方向反向時,小球下滑的最大速度BE解：(1)小球受力如圖所示,小球受力平衡時速度最大,FBN1fFEmg(2)電場反向后,小球受力如圖所示:FBN2fFEmg開始時，F(xiàn)B

=0,小球向下加速運動，隨著速度的增大，F(xiàn)B增大，N2減小，摩擦力f減小，加速度增大，速度繼續(xù)增大，當(dāng)N減為0時,加速度最大,FB再增大,N反向增大，……受力如圖示：FBN3fFEmg當(dāng)小球下滑達最大速度時，題目專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例3例3.如圖所示，實線表示勻強電場的電場線，其處于豎直平面內(nèi)且與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交。現(xiàn)有一帶電液滴沿圖中虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中正確的是（）A.液滴一定帶正電B.電場線方向一定斜向上C.液滴一定做勻速直線運動D.液滴有可能做勻變速直線運動vαβLABC解見下頁分析：帶電液滴受到的外力為：豎直向下的重力、方向與v方向垂直的洛倫茲力、方向與電場線平行的電場力（物理方法：對于牽涉有力作用的系統(tǒng)或個體，先明確所有的外力及其可能方向）；重力豎直向下→洛倫茲力與電場力的合力向上；α＞β說明帶電液滴方向與電場力方向不一致；帶電液滴沿圖中虛線L斜向上做直線運動（洛倫茲力使作用物體做曲率半徑垂直速度方向的圓周運動，此題中液滴做直線運動，說明作用于物體的三個力恰好平衡）→液滴做勻速運動結(jié)論：只有洛倫茲力方向左上，電場力向右上最為合理（物理方法：嘗試各種力的方向找出最合理的搭配），然后可以判斷其電性

專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例4θ例4.如圖所示，紙平面內(nèi)一帶電粒子以某一速度做直線運動，一段時間后進入一垂直于紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出磁場區(qū)域），粒子飛出磁場后從上板邊緣平行于板面進入兩面平行的金屬板間，兩金屬板帶等量異種電荷，粒子在兩板間經(jīng)偏轉(zhuǎn)后恰從下板右邊緣飛出。已知帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q，其重力不計，粒子進入磁場前的速度方向與帶電板成θ=600角。勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,帶電板長為l,板距為d,板間電壓為U。試解答：（1）上金屬板帶什么電?（2）粒子剛進入金屬板時速度為多大（3）圓形磁場區(qū)域的最小面積為多大?解：（1）上金屬板帶負(fù)電（2）設(shè)帶電粒子進入電場的初速度為v，在電場中偏轉(zhuǎn)的有解得(3)如圖所示,帶電粒子在磁場中所受洛侖茲力作為向心力,設(shè)磁偏轉(zhuǎn)的半徑為R,圓形磁場區(qū)域的半徑為r，則θRRrr得由幾何知識可得磁場區(qū)域的最小面積為專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例5例5、在豎直平面內(nèi)有一圓形絕緣軌道,半徑R=1m,勻強磁場垂直于軌道平面向里,一質(zhì)量為m=1×10－3kg，帶電量為q=-3×10-2C的小球，可在內(nèi)壁滑動．現(xiàn)在最低點處給小球一個水平初速度v0，使小球在豎直平面內(nèi)逆時針做圓周運動，圖甲是小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的速率v隨時間變化的情況，圖乙是小球所受軌道的彈力F隨時間變化的情況，小球一直沿圓形軌道運動.結(jié)合圖象所給數(shù)據(jù)，g取10m/s2

．求：（1）磁感應(yīng)強度的大?。?）小球從開始運動至圖甲中速度為2m/s的過程中，摩擦力對小球做的功．v02v/m·s-10t/s甲8.00F/10-2Nt/s乙R=1m,m=1×10－3kg，q=-3×10－2C（1）由甲圖知，小球第二次過最高點時，v=2m/s由乙圖知，此時小球?qū)壍赖膲毫?，mg-qvB=mv2/R代入數(shù)字得B=0.1T（2）由乙圖知，小球第一次過最低點時，小球?qū)壍赖膲毫镕=8.0×10-2N,F-qv0B-mg=mv02/R代入數(shù)字得v0=7m/s整個過程,洛侖茲力不做功,由動能定理-2mgR+Wf=1/2

mv2-1/2

mv02

∴摩擦力對小球做的功：Wf=-2.5×10－3Jv02v/m·s-10t/s甲8.00F/10-2Nt/s乙專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例6例6.

如圖所示，固定的半圓弧形光滑軌道置于水平方向的勻強電場和勻強磁場中，軌道圓弧半徑為R，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向外，電場強度為E，方向水平向左。一個質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）放在軌道上的C點恰好處于靜止、圓弧半徑OC與水平直徑AD的夾角為α（sinα=0.8）。（1）求小球帶何種電荷，電荷量是多少？并說明理由。（2）如果將小球從A點由靜止釋放，小球在圓弧軌道上運動時，對軌道的最大壓力的大小是多少？BECOARαDBECOARαD解：（1）小球在C點受重力、電場力和軌道的支持力處于平衡，電場力的方向一定是向左的,與電場方向相同,如圖所示。因此小球帶正電荷。EqmgFN（2）小球從A點釋放后，沿圓弧軌道滑下，還受方向指向軌道的洛倫茲力f，力f隨速度增大而增大,小球通過C點時速度（設(shè)為v）最大，力f最大,且qE和mg的合力方向沿半徑OC，因此小球?qū)壍赖膲毫ψ畲螅性贑點恰好處于靜止有：通過C點的速度球在重力、電場力、洛倫茲力和軌道對它的支持力作用下沿軌道做圓周運動，有將代入化簡得由牛頓第三定律知最大壓力的大小等于支持力題目專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例7

例7.湯姆生用來測定電子的比荷（電子的電荷量與質(zhì)量之比）的實驗裝置如圖所示，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子（不計初速、重力和電子間的相互作用）經(jīng)加速電壓加速后，穿過A'中心的小孔沿中心軸O1O的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P'間的區(qū)域。當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時，電子束打在熒光屏的中心O點處，形成了一個亮點；加上偏轉(zhuǎn)電壓U后，亮點偏離到O'點，（O'與O點的豎直間距為d，水平間距可忽略不計。此時，在P和P'間的區(qū)域，再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場。調(diào)節(jié)磁場的強弱，當(dāng)磁感應(yīng)強度的大小為B時，亮點重新回到O點．已知極板水平方向的長度為L1，極板間距為b，極板右端到熒光屏的距離為L2（如圖所示）。（1）求打在熒光屏O點的電子速度的大小（2）推導(dǎo)出電子的比荷的表達式解：（1）當(dāng)電子受到的電場力與洛倫茲力平衡時，電子做勻速直線運動，亮點重新回復(fù)到中心O點，設(shè)電子的速度為v，則……①得……②即……③（2）當(dāng)極板間僅有偏轉(zhuǎn)電場時，電子以速度v進入后，豎直方向作勻加速運動，有電子在水平方向作勻速運動，在電場內(nèi)的運動時間為這樣，電子在電場中，豎直向上偏轉(zhuǎn)的距離為離開電場時豎直向上的分速度為題目電子離開電場后做勻速直線運動,經(jīng)t2時間到達熒光屏t2時間內(nèi)向上運動的距離為這樣，電子向上的總偏轉(zhuǎn)距離為可解得題目第2頁專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例8例8、如圖所示，在地面附近有一范圍足夠大的互相正交的勻強電場和勻強磁場。磁感應(yīng)強度為B，方向水平并垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、帶電量為－q的帶電微粒在此區(qū)域恰好作速度大小為v的勻速圓周運動。（重力加速度為g）（1）求此區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向。（2）若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點,速度與水平方向成45°,如圖所示.則該微粒至少須經(jīng)多長時間運動到距地面最高點?最高點距地面多高?(3)在(2)問中微粒又運動P點時,突然撤去磁場,同時電場強度大小不變,方向變?yōu)樗较蛴?則該微粒運動中距地面的最大高度是多少？HPBv45°解：（1）帶電微粒在做勻速圓周運動，電場力與重力應(yīng)平衡，因此：mg=Eq①解得：E=mg/q②方向：豎直向下（2）粒子作勻速圓周運動,軌道半徑為R,如圖所示45°P

qBv=mv2/R③最高點與地面的距離為：

Hm=H+R(1+cos45°)④解得：⑤該微粒運動周期為：⑥運動到最高點所用時間為：⑦（3）設(shè)粒子升高度為h，由動能定理得：-mgh-qEhcot45°=0-1/2mv2⑧解得：⑨微粒離地面最大高度為：H+v2/4g⑩題目專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例9例9、如圖所示，坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)有場強E=12N/C、方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強磁場．一個質(zhì)量m=4×10-5kg，電量q=2.5×10-5C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點．取g＝10m/s2，求：（1）P點到原點O的距離；（2）帶電微粒由原點O運動到P點的時間．xyBEPO

解:微粒運動到O點之前受到重力、電場力和洛侖茲力作用，在這段時間內(nèi)微粒做勻速直線運動，說明三力合力為零．由此可得FB2=FE2+(mg)2①電場力FE=Eq=3×10-4N重力mg=4×10-4N②洛侖茲力FB=Bqv

=5×10-4N③聯(lián)立求解、代入數(shù)據(jù)得v=10m/s

④微粒運動到O點之后，撤去磁場，微粒只受到重力、電場力作用，其合力為一恒力，且方向與微粒在O點的速度方向垂直，所以微粒在后一段時間內(nèi)的運動為類平拋運動，可沿初速度方向和合力方向進行分解．代入數(shù)據(jù)得設(shè)沿初速度方向的位移為s1，沿合力方向的位移為s2，如圖示：

F合s2s1θvxyBEPO因為s1=vt⑦

聯(lián)立求解，代入數(shù)據(jù)可得P點到原點O的距離OP＝15m⑩O點到P點運動時間

t＝1.2s⑾題目專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例10例10、如圖所示，與紙面垂直的豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上場強大小為E=2.5×102N/C的勻強電場（上、下及左側(cè)無界）。一個質(zhì)量為m=0.5kg、電量為q=2.0×10—2C的可視為質(zhì)點的帶正電小球，在t=0時刻以大小為v0的水平初速度向右通過電場中的一點P，當(dāng)t=t1時刻在電場所在空間中加上一如圖所示隨時間周期性變化的磁場，使得小球能豎直向下通過D點，D為電場中小球初速度方向上的一點，PD間距為L，D到豎直面MN的距離DQ為L／π。設(shè)磁感應(yīng)強度垂直紙面向里為正。（g=10m/s2）v0EB0PDMNQ0BB0t1+3t0t1t1+t0t1+2t0t（1）如果磁感應(yīng)強度B0為已知量，試推出滿足條件時t1的表達式（用題中所給物理量的符號表示）（2）若小球能始終在電場所在空間做周期性運動。則當(dāng)小球運動的周期最大時，求出磁感應(yīng)強度B0及運動的最大周期T的大小解：v0EB0PDMNQ當(dāng)小球進入電場時：mg=Eq將做勻速直線運動（1）在t1時刻加入磁場，小球在時間t0內(nèi)將做勻速圓周運動，圓周運動周期為T0若豎直向下通過D點，由圖分析可知必有以下兩個條件：Ft0=3T0/4

PF－PD=R

即：v0t1－L=R又所以得題目（2）小球運動的速率始終不變，當(dāng)R變大時，在磁場中運動的周期T0增加，小球在電場中的運動的周期T也增加，在小球不飛出電場的情況下，當(dāng)T最大時有：DQ=2RMN由圖分析可知：小球在有磁場時做3/4周期（即t0時間）的圓周運動共4次，在沒有磁場時做4個t0時間勻速直線運動，所以題目第2頁專題復(fù)習(xí)：帶電粒子在復(fù)合場中的運動-例11例11、如圖示,在真空室內(nèi)取坐標(biāo)系Oxy,在x軸上方存在勻強電場,場強方向沿負(fù)y方向,x軸下方存在兩個方向都垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)Ⅰ和Ⅱ,平行于x軸的虛線ab是它們的分界線,虛線上方(包括虛線處)的磁場區(qū)Ⅰ的磁感應(yīng)強度B1＝0.20T,虛線下方的磁場區(qū)Ⅱ的磁感應(yīng)強度B2＝0.10T,虛線與x軸