帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)分析與例題學(xué)生版

./專題帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)梳理一、復(fù)合場1．復(fù)合場的分類<1>疊加場：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),并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域,電場、磁場交替出現(xiàn)．2．三種場的比較項(xiàng)目名稱力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場大?。悍较颍红o電場大?。悍较颍捍艌雎鍌惼澚Ψ较蚩捎门袛喽?、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)形式1．靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時(shí),將處于．2．勻速圓周運(yùn)動(dòng)當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小,方向時(shí),帶電粒子在的作用下,在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做．3．較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)當(dāng)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直線上,粒子做,這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧,也不是拋物線．4．分階段運(yùn)動(dòng)帶電粒子可能依次通過幾個(gè)情況不同的組合場區(qū)域,其運(yùn)動(dòng)情況隨區(qū)域發(fā)生變化,其運(yùn)動(dòng)過程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成．[典型選擇題]1．[帶電粒子在復(fù)合場中的直線運(yùn)動(dòng)]某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場<圖中未畫出>,帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由A點(diǎn)沿直線向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng),此空間同時(shí)存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場,則下列說法正確的是<>A．小球一定帶正電圖1B．小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．帶電小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．運(yùn)動(dòng)過程中,小球的機(jī)械能增大2．[帶電粒子在復(fù)合場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)]如圖2所示,一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng),電場方向豎直向下,磁場方向垂直紙面向里,則下列說法正確的是<>A．小球一定帶正電圖2B．小球一定帶負(fù)電C．小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針D．改變小球的速度大小,小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)3．[質(zhì)譜儀原理的理解]如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后,進(jìn)入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板SB0的勻強(qiáng)磁場．下列表述正確的是<>A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具圖3B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小4．[回旋加速器原理的理解]勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器,工作原理示意圖如圖4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(shí)間可忽略．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,高頻交流電頻率為f,加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q,在加速器中被加速,且加速過程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響．則下列說法正確的是<>圖4A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB．質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與加速電壓U成正比C．質(zhì)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eq\r<2>∶1D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動(dòng)能不變[規(guī)律總結(jié)]帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例1．質(zhì)譜儀<1>構(gòu)造：如圖5所示,由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成．圖5<2>原理：粒子由靜止被加速,根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式粒子在磁場中受作用而偏轉(zhuǎn),做勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式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＝,eq\f<q,m>＝.2．回旋加速器<1>構(gòu)造：如圖6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(qiáng)磁場中．<2>原理：交流電的和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的,粒子在圓周運(yùn)動(dòng)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,粒子就會(huì)被一次一次地．由qvB＝eq\f<mv2,r>,得Ekm＝,可見粒子獲得的最大動(dòng)能由圖6決定,與無關(guān)．特別提醒這兩個(gè)實(shí)例都應(yīng)用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)<勻速圓周運(yùn)動(dòng)>的原理．3．速度選擇器<如圖7所示><1>平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相．這種裝置能把具有的粒子選擇出來,所以叫做速度選擇器．<2>帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是,即圖74．磁流體發(fā)電機(jī)<1>磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù),它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．<2>根據(jù)左手定則,如圖8中的是發(fā)電機(jī)正極．<3>磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L,等離子體速度為v,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則由qE＝qeq\f<U,L>＝qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢圖8差U＝5．電磁流量計(jì)工作原理：如圖9所示,圓形導(dǎo)管直徑為d,用非磁性材料制成,導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng),導(dǎo)電液體中的自由電荷<正、負(fù)離子>,在的作用下橫向偏轉(zhuǎn),a、b間出現(xiàn),形成電場,當(dāng)自由電荷所受的和平衡時(shí),a、b間的電勢差就圖9保持穩(wěn)定,即：qvB＝qE＝qeq\f<U,d>,所以v＝,因此液體流量Q＝Sv＝.[考點(diǎn)]考點(diǎn)一帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)．②若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,故機(jī)械能守恒,由此可求解問題．<2>電場力、磁場力并存<不計(jì)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(yùn)動(dòng)．②若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用動(dòng)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(yùn)動(dòng)．②若重力與電場力平衡,一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．③若合力不為零且與速度方向不垂直,將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問題．2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng),此時(shí)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(diǎn),運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果．例1如圖10所示,帶電平行金屬板相距為2R,在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,與兩板與左側(cè)邊緣線相切．一個(gè)帶正電的粒子<不計(jì)重力>沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)邊緣O1點(diǎn)以某一速度射入,恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域,并從極板邊緣飛出,在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0.若撤去磁場,質(zhì)子仍從O1點(diǎn)以相同速度射入,則經(jīng)eq\f<t0,2>時(shí)間打到極板上．圖10<1>求兩極板間電壓U；<2>若兩極板不帶電,保持磁場不變,該粒子仍沿中心線O1O2從O1點(diǎn)射入,欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出,射入的速度應(yīng)滿足什么條件？突破訓(xùn)練1如圖11所示,空間存在著垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度均為E,在兩個(gè)電場的交界處左側(cè),有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下靜止,現(xiàn)從場中某點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的液滴b,當(dāng)它的運(yùn)動(dòng)方向變?yōu)樗椒较驎r(shí)恰與a相撞,撞后兩液滴合為一體,速度減小到原來的一半,并沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),已圖11知液滴b與a的質(zhì)量相等,b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍,且相撞前a、b間的靜電力忽略不計(jì)．<1>求兩液滴相撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度大?。?lt;2>求液滴b開始下落時(shí)距液滴a的高度h.考點(diǎn)二帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)1．近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場模型,或是一個(gè)電場與一個(gè)磁場相鄰,或是兩個(gè)或多個(gè)磁場相鄰．2．解題時(shí)要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強(qiáng)弱、X圍等．3．要進(jìn)行正確的受力分析,確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．4．分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程,畫出運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵．例2<2012·XX理綜·23>如圖12甲所示,相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū),磁場方向垂直紙面向里,在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ,兩極板中心各有一小孔S1、S2,兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示,正反向電壓的大小均為U0,周期為T0.在t＝0時(shí)刻將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q<q>0>的粒子由S1靜止釋放,粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動(dòng),在t＝eq\f<T0,2>時(shí)刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)．<不計(jì)粒子重力,不考慮極板外的電場>圖12<1>求粒子到達(dá)S2時(shí)的速度大小v和極板間距d.<2>為使粒子不與極板相撞,求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件．<3>若已保證了粒子未與極板相撞,為使粒子在t＝3T0時(shí)刻再次到達(dá)S2,且速度恰好為零,求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。黄朴?xùn)練2如圖13所示裝置中,區(qū)域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度分別為E和eq\f<E,2>；區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子<不計(jì)重力>從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度v0水平射入電場,經(jīng)水平分界線OP上的A點(diǎn)與OP成60°角射入?yún)^(qū)域Ⅱ的磁場,并垂直豎直邊界圖13CD進(jìn)入Ⅲ區(qū)域的勻強(qiáng)電場中．求：<1>粒子在區(qū)域Ⅱ勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；<2>O、M間的距離；<3>粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時(shí)間．專題三．帶電粒子在交變電場和交變磁場中的運(yùn)動(dòng)模型問題的分析突破訓(xùn)練3如圖15甲所示,與紙面垂直的豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的場強(qiáng)大小為E＝2.5×102N/C的勻強(qiáng)電場<上、下與左側(cè)無界>．一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg、電荷量為q＝2.0×10－2C的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球,在t＝0時(shí)刻以大小為v0向右通過電場中的一點(diǎn)P,當(dāng)t＝t1時(shí)刻在電場所在空間中加上一如圖乙所示隨時(shí)間周期性變化的磁場,使得小球能豎直向下通過D點(diǎn),D為電場中小球初速度方向上的一點(diǎn),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(qiáng)度垂直紙面向里為正．<g＝10m/s2>圖15<1>如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量,使得小球能豎直向下通過D點(diǎn),求磁場每一次作用時(shí)間t0的最小值<用題中所給物理量的符號(hào)表示>；<2>如果磁感應(yīng)強(qiáng)度B0為已知量,試推出滿足條件的時(shí)刻t1的表達(dá)式<用題中所給物理量的符號(hào)表示>；<3>若小球能始終在電磁場所在空間做周期性運(yùn)動(dòng),則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)的周期最大時(shí),求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B0與運(yùn)動(dòng)的最大周期T的大小<用題中所給物理量的符號(hào)表示>．參考答案[典型選擇題]1、答案CD解析由于重力方向豎直向下,空間存在磁場,且直線運(yùn)動(dòng)方向斜向下,與磁場方向相同,故不受洛倫茲力作用,電場力必水平向右,但電場具體方向未知,故不能判斷帶電小球的電性,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力和電場力的合力不為零,故不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓εc電場力的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同,故小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C正確；運(yùn)動(dòng)過程中由于電場力做正功,故機(jī)械能增大,選項(xiàng)D正確．2、答案BC解析小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),重力必與電場力平衡,則電場力方向豎直向上,結(jié)合電場方向可知小球一定帶負(fù)電,A錯(cuò)誤,B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力,由曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針方向,C正確,D錯(cuò)誤．3、答案ABC解析粒子在題圖中的電場中加速,說明粒子帶正電,其通過速度選擇器時(shí),電場力與洛倫茲力平衡,則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左,由左手定則知,磁場的方向應(yīng)垂直紙面向外,選項(xiàng)B正確；由Eq＝Bqv可知,v＝E/B,選項(xiàng)C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑D＝eq\f<2mv,Bq>,可見D越小,則粒子的比荷越大,D不同,則粒子的比荷不同,因此利用該裝置可以分析同位素,A正確,D錯(cuò)誤．4、答案AC解析粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約,因v＝eq\f<2πR,T>＝2πRf,故A正確；粒子離開回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝eq\f<1,2>mv2＝eq\f<1,2>m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2,與加速電壓U無關(guān),B錯(cuò)誤；根據(jù)R＝eq\f<mv,Bq>,Uq＝eq\f<1,2>mv,2Uq＝eq\f<1,2>mv,得質(zhì)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eq\r<2>∶1,C正確；因回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關(guān),D錯(cuò)誤．[考點(diǎn)]例1解析<1>設(shè)粒子從左側(cè)O1點(diǎn)射入的速度為v0,極板長為L,粒子在初速度方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)L∶<L－2R>＝t0∶eq\f<t0,2>,解得L＝4R粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)：L－2R＝v0·eq\f<t0,2>a＝eq\f<qE,m>R＝eq\f<1,2>a<eq\f<t0,2>>2在復(fù)合場中做勻速運(yùn)動(dòng)：qeq\f<U,2R>＝qv0B聯(lián)立各式解得v0＝eq\f<4R,t0>,U＝eq\f<8R2B,t0><2>設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示,設(shè)其軌道半徑為r,粒子恰好從上極板左邊緣飛出時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為α,由幾何關(guān)系可知：β＝π－α＝45°,r＋eq\r<2>r＝R因?yàn)镽＝eq\f<1,2>eq\f<qE,m><eq\f<t0,2>>2,所以eq\f<qE,m>＝eq\f<qv0B,m>＝eq\f<8R,t\o\al<2,0>>根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f<v2,r>,解得v＝eq\f<2\r<2>－1R,t0>所以,粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0<v<eq\f<2\r<2>－1R,t0>答案<1>eq\f<8R2B,t0><2>0<v<eq\f<2\r<2>－1R,t0>技巧點(diǎn)撥帶電粒子<帶電體>在疊加場中運(yùn)動(dòng)的分析方法1．弄清疊加場的組成．2．進(jìn)行受力分析．3．確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合．4．畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律．<1>當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)受力平衡列方程求解．<2>當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解．<3>當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解．<4>對(duì)于臨界問題,注意挖掘隱含條件．5．記住三點(diǎn)：<1>受力分析是基礎(chǔ)；<2>運(yùn)動(dòng)過程分析是關(guān)鍵；<3>根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)過程與物理模型,選擇合適的定理列方程求解．[突破訓(xùn)練1]答案<1>eq\f<E,B><2>eq\f<2E2,3gB2>解析液滴在勻強(qiáng)磁場、勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng),同時(shí)受到洛倫茲力、電場力和重力作用．<1>設(shè)液滴a質(zhì)量為m、電荷量為q,則液滴b質(zhì)量為m、電荷量為－2q,液滴a平衡時(shí)有qE＝mg①a、b相撞合為一體時(shí),質(zhì)量為2m,電荷量為－q,速度為v重力為2mg,方向豎直向下,電場力為qE,方向豎直向上,洛倫茲力方向也豎直向上,因此滿足qvB＋qE＝2mg②由①、②兩式,可得相撞后速度v＝eq\f<E,B><2>對(duì)b,從開始運(yùn)動(dòng)至與a相撞之前,由動(dòng)能定理有WE＋WG＝ΔEk,即<2qE＋mg>h＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>③a、b碰撞后速度減半,即v＝eq\f<v0,2>,則v0＝2v＝eq\f<2E,B>再代入③式得h＝eq\f<mv\o\al<2,0>,4qE＋2mg>＝eq\f<v\o\al<2,0>,6g>＝eq\f<2E2,3gB2>[例2]審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是什么？2．要在t＝3T0時(shí)使粒子再次到達(dá)S2,且速度為零,需要滿足什么條件？解析<1>粒子由S1至S2的過程,根據(jù)動(dòng)能定理得qU0＝eq\f<1,2>mv2①由①式得v＝eq\r<\f<2qU0,m>>②設(shè)粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得qeq\f<U0,d>＝ma③由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝eq\f<1,2>a<eq\f<T0,2>>2④聯(lián)立③④式得d＝eq\f<T0,4>eq\r<\f<2qU0,m>>⑤<2>設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB＝meq\f<v2,R>⑥要使粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)不與極板相撞,需滿足2R>eq\f<L,2>⑦聯(lián)立②⑥⑦式得B<eq\f<4,L>eq\r<\f<2mU0,q>><3>設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動(dòng)的過程所用時(shí)間為t1,有d＝vt1⑧聯(lián)立②⑤⑧式得t1＝eq\f<T0,4>⑨若粒子再次到達(dá)S2時(shí)速度恰好為零,粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動(dòng),設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝eq\f<v,2>t2⑩聯(lián)立⑧⑨⑩式得t2＝eq\f<T0,2>?設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tt＝3T0－eq\f<T0,2>－t1－t2?聯(lián)立⑨??式得t＝eq\f<7T0,4>?設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,由⑥式結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T＝eq\f<2πm,qB>?由題意可知T＝t?聯(lián)立???式得B＝eq\f<8πm,7qT0>.答案<1>eq\r<\f<2qU0,m>>eq\f<T0,4>eq\r<\f<2qU0,m>><2>B<eq\f<4,L>eq\r<\f<2mU0,q>><3>eq\f<7T0,4>eq\f<8πm,7qT0>方法點(diǎn)撥解決帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)問題的思路方法[突破訓(xùn)練2]答案<1>eq\f<2mv0,qB><2>eq\f<3mv02,2qE><3>eq\f<8＋\r<3>mv0,qE>＋eq\f<πm,3qB>審題指導(dǎo)1.粒子的運(yùn)動(dòng)過程是怎樣的？2．嘗試畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡．3．注意進(jìn)入磁場時(shí)的速度的大小與方向．解析<1>粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,其在區(qū)域Ⅰ的勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子過A點(diǎn)時(shí)速度為v,由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知v＝eq\f<v0,cos60°>粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得Bqv＝meq\f<v2,R>,所以R＝eq\f<2mv0,qB><2>設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ的電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,加速度為a.則有qE＝ma,v0tan60°＝at1,即t1＝eq\f<\r<3>mv0,qE>O、M兩點(diǎn)間的距離為L＝eq\f<1,2>at＝eq\f<3mv02,2qE><3>設(shè)粒子在Ⅱ區(qū)域磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2則由幾何關(guān)系知t2＝eq\f<T1,6>＝eq\f<πm,3qB>設(shè)粒子在Ⅲ區(qū)域電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3,a′＝eq\f<q\f<E,2>,m>＝eq\f<qE,2m>則t3＝2×eq\f<2v0,a′>＝eq\f<8mv0,qE>粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝eq\f<\r<3>mv0,qE>＋eq\f<πm,3qB>＋eq\f<8mv0,qE>＝eq\f<8＋\r<3>mv0,qE>＋eq\f<πm,3qB>[例3]解析<1>粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)qvB＝eq\f<mv2,R><2分>T＝eq\f<2πR,v><1分>解得T＝eq\f<2πm,qB>＝4×10－3s<1分><2>粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,t＝20×10－3s時(shí)粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)和三段類平拋運(yùn)動(dòng),水平位移x＝3v0T＝9.6×10