《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場(chǎng) 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場(chǎng) 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（23頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 板塊一　主干梳理·夯實(shí)基礎(chǔ) 【知識(shí)點(diǎn)1】　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)?、? 1.復(fù)合場(chǎng)與組合場(chǎng) (1)復(fù)合場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存。 (2)組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)分時(shí)間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)。 2.三種場(chǎng)的比較 3.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分類 (1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng) 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)勻速圓周運(yùn)動(dòng) 當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)

2、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 (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條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，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(guò)幾個(gè)情況不同的復(fù)合場(chǎng)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(guò)程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。 【知識(shí)點(diǎn)2】　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例?、? (一)電場(chǎng)、磁場(chǎng)分區(qū)域應(yīng)用實(shí)例 1.質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖甲所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成。 (2)原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式qU＝mv2。 粒子在磁場(chǎng)中

3、受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝m。 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＝，＝。 2.回旋加速器 (1)構(gòu)造：如圖乙所示，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(chǎng)中。 (2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中一次一次地經(jīng)過(guò)D形盒縫隙，兩盒間的電勢(shì)差一次一次地反向，粒子就會(huì)被一次一次地加速。由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無(wú)關(guān)。 (二)電場(chǎng)、磁場(chǎng)同區(qū)域并存的實(shí)例

4、 板塊二　考點(diǎn)細(xì)研·悟法培優(yōu) 考點(diǎn)1帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[對(duì)比分析] 這類問(wèn)題的特點(diǎn)是電場(chǎng)、磁場(chǎng)或重力場(chǎng)依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時(shí)間上先后出現(xiàn)，磁場(chǎng)或電場(chǎng)與無(wú)場(chǎng)區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場(chǎng)等。其運(yùn)動(dòng)形式包含勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等，涉及牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系等知識(shí)的應(yīng)用。 　“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 例1　如圖，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)l＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，B板比A板電勢(shì)高300 V，即UBA＝300 V。一帶正電的粒子電量q＝1×10－10 C，質(zhì)量m＝1×10－20 kg，以初速度v0＝2×106 m/s從

5、R點(diǎn)沿電場(chǎng)中心線RO垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)。粒子飛出電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)無(wú)場(chǎng)區(qū)域，進(jìn)入界面為MN、PQ間勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，從磁場(chǎng)的PQ邊界出來(lái)后剛好打在中心線上的S點(diǎn)。已知MN邊界與平行板的右端相距為L(zhǎng)，兩界面MN、PQ相距為L(zhǎng)，S點(diǎn)到PQ邊界的距離為L(zhǎng)，且L＝12 cm，粒子重力及空氣阻力不計(jì)，求： (1)粒子射出平行板時(shí)的速度大小v； (2)粒子進(jìn)入界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離； (3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 (1)帶電粒子在A、B板間做什么運(yùn)動(dòng)？ 提示：類平拋運(yùn)動(dòng)。 (2)帶電粒子在無(wú)場(chǎng)區(qū)做什么運(yùn)動(dòng)？ 提示：勻速直線運(yùn)動(dòng)。 嘗試解答　(1)2.5×106_m/s__(2)0

6、.12_m__(3)2.5×10－3_T。 (1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向 qE＝ma，E＝，t＝，vy＝at。 代入數(shù)據(jù)，解得：vy＝1.5×106 m/s 所以粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度為： v＝＝2.5×106 m/s。 (2)設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的側(cè)向位移為y，穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線OR的距離為h，y＝at2 代入數(shù)據(jù)，解得：y＝0.03 m 帶電粒子在離開電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及相似三角形知識(shí)得：＝ 代入數(shù)據(jù)，解得：h＝0.12 m。 (3)設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：tanθ＝＝ 軌跡如圖所示

7、 由幾何知識(shí)可得粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑： R＝＝0.1 m 由：qvB＝m 代入數(shù)據(jù)，解得：B＝2.5×10－3 T。 總結(jié)升華 1.帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法 (1)正確受力分析，特別注意靜電力和磁場(chǎng)力的分析。 (2)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。 (3)對(duì)于粒子連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同區(qū)域、不同種類的場(chǎng)時(shí)，要分階段進(jìn)行處理。 (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。 2.同速不同向與同向不同速 帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一般要涉及到三個(gè)問(wèn)題：一是粒子怎么進(jìn)，即從邊界進(jìn)入時(shí)速度的大小和方向，進(jìn)入時(shí)的位置，若只涉

8、及一個(gè)粒子，粒子的速度大小方向一般是唯一的，若涉及多個(gè)粒子，則可能是同種粒子速度等大不同向或同向不等大，甚至可能是不同的粒子；二是軌跡向哪個(gè)方向偏轉(zhuǎn)，方法是根據(jù)左手定則，由速度方向和磁場(chǎng)方向確定出洛倫茲力的方向，然后在速度方向和力的方向之間結(jié)合速度方向與軌跡相切的特點(diǎn)畫出運(yùn)動(dòng)軌跡；三是從哪個(gè)邊界出磁場(chǎng)，與哪個(gè)邊界相切。 　[2017·唐山統(tǒng)考]如圖所示，在xOy平面內(nèi)，在x>0范圍內(nèi)以x軸為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的邊界，在x<0范圍內(nèi)以第三象限內(nèi)的直線OM為電場(chǎng)與磁場(chǎng)的邊界，OM與x軸負(fù)方向成θ＝45°角，在邊界的下方空間存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.1 T，在邊界的上方有沿y

9、軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝32 N/C；在y軸上的P點(diǎn)有一個(gè)不計(jì)重力的帶電微粒，以沿x軸負(fù)方向的初速度v0＝2×103 m/s射出，已知OP＝0.8 cm，微粒所帶電荷量q＝－5×10－18 C，質(zhì)量m＝1×10－24 kg，求： (1)帶電微粒第一次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)； (2)帶電微粒從P點(diǎn)出發(fā)到第三次經(jīng)過(guò)電、磁場(chǎng)邊界經(jīng)歷的總時(shí)間； (3)帶電微粒第四次經(jīng)過(guò)電、磁場(chǎng)邊界時(shí)的速度大小。 答案　(1)(－4×10－3 m，－4×10－3 m) (2)3.128×10－5 s　(3)2×103 m/s 解析　(1)帶電微粒從P點(diǎn)開始在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

10、，第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界上的A點(diǎn)，由半徑公式可得 r＝＝4×10－3 m。 因?yàn)镺P＝0.8 cm，勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在OP的中點(diǎn)C，由幾何關(guān)系可知，A點(diǎn)位置的坐標(biāo)為(－4×10－3 m，－4×10－3 m)。 (2)帶電微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為 T＝＝1.256×10－5 s。 由圖可知，微粒運(yùn)動(dòng)四分之一個(gè)圓周后豎直向上進(jìn)入電場(chǎng)，故t1＝T＝0.314×10－5 s。 微粒在電場(chǎng)中先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到速度為零，然后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，微粒運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝， 故在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2＝＝＝2.5×10－5 s。 微粒再次進(jìn)入磁場(chǎng)后又做四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，故t3

11、＝t1＝0.314×10－5 s，所以微粒從P點(diǎn)出發(fā)到第三次經(jīng)過(guò)電、磁場(chǎng)邊界的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝3.128×10－5 s。 (3)微粒從B點(diǎn)第三次經(jīng)過(guò)電、磁場(chǎng)邊界水平向左進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，則加速度 a＝＝1.6×108 m/s2， 則第四次到達(dá)電、磁場(chǎng)邊界時(shí)， y＝at，x＝v0t4，tan45°＝， 解得vy＝at4＝4×103 m/s。 則微粒第四次經(jīng)過(guò)電、磁場(chǎng)邊界時(shí)的速度為 v＝＝2×103 m/s。 考點(diǎn)2帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[拓展延伸] 1.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中無(wú)約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類 (1)磁場(chǎng)力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，

12、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(wèn)題。 (2)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力的微觀粒子) ①若電場(chǎng)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(chǎng)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(wèn)題。 (3)電場(chǎng)力、磁場(chǎng)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(chǎng)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(wèn)題。 2.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中有約束情況下的

13、運(yùn)動(dòng) 帶電體在復(fù)合場(chǎng)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(guò)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2　[2016·濟(jì)寧、曲阜模擬]如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ為磁場(chǎng)區(qū)域的理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大。勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，方向分別垂直紙面向里和向外。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場(chǎng)上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g。

14、(1)試判斷小球的電性并求出電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (2)若帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，在圖中作出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡；求出釋放時(shí)距MN的高度h；并求出小球從開始釋放到第一次回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t； (3)試討論h取不同值時(shí)，小球第一次穿出磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域的過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功W。 (1)帶電小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明什么隱含條件？ 提示：Eq＝mg。 (2)小球一定能進(jìn)入Ⅱ區(qū)域嗎？ 提示：不一定。當(dāng)h較小，則半徑r較小，很有可能進(jìn)入不了Ⅱ區(qū)域。 嘗試解答　(1)正電　E＝　(2)圖見解析　h＝　t＝＋　(3)h<時(shí)，W＝0；h>時(shí)，W＝－mgd。 (1)帶電小球進(jìn)

15、入復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，重力豎直向下，電場(chǎng)力豎直向上，即小球帶正電。 由qE＝mg得，E＝。 (2)帶電小球在進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域前做自由落體運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒有：mgh＝mv2 帶電小球在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R，依牛頓第二定律有：qvB＝m 由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，以三個(gè)圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長(zhǎng)為2R，內(nèi)角為60°，軌跡如圖(a)所示。由幾何關(guān)系知R＝ 解得h＝； 小球從開始釋放到回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間由兩部分組成，一部分為無(wú)場(chǎng)區(qū)的運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t1＝2；一部分

16、為電磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t2＝×＝ 總時(shí)間t＝t1＋t2＝2＋＝＋。 (3)當(dāng)帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧與PQ相切時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(b)所示，有：半徑R＝d 解得對(duì)應(yīng)高度：h0＝ 討論：①當(dāng)hh0時(shí)，小球進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域后由下邊界PQ第一次穿出磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，此過(guò)程電場(chǎng)力做功W＝－qEd即W＝－mgd 說(shuō)明：第(3)問(wèn)討論對(duì)于當(dāng)h＝h0時(shí)的臨界情況不做要求，即電場(chǎng)力做功W＝0或者W＝－mgd均可以。 總結(jié)升華 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)

17、動(dòng)的解題思路 (1)弄清復(fù)合場(chǎng)的組成，一般有磁場(chǎng)、電場(chǎng)的復(fù)合，電場(chǎng)、重力場(chǎng)的復(fù)合，磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的復(fù)合，磁場(chǎng)、電場(chǎng)、重力場(chǎng)三者的復(fù)合。 (2)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的分析。 (3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的分析。 (4)對(duì)于粒子連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同復(fù)合場(chǎng)的問(wèn)題，要分階段進(jìn)行處理。銜接點(diǎn)的速度不變往往成為解題的突破口。 (5)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)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)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)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。 ③當(dāng)帶電粒子做

18、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(wèn)題，注意挖掘隱含條件。 　(多選)如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過(guò)程中( 　　 ) A.小球的加速度一直減小 B.小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變 C.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝ D.下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝ 答案　CD 解析　對(duì)小球受力分析如圖所示，則mg－μ(Eq－qvB

19、)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增加，當(dāng)Eq＝qvB時(shí)加速度達(dá)到最大值amax＝g，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，mg－μ(qvB－Eq)＝ma，隨著v的增加，a逐漸減小，所以A錯(cuò)誤；因?yàn)橛心Σ亮ψ龉Γ瑱C(jī)械能與電勢(shì)能總和在減小，B錯(cuò)誤；若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(Eq－qvB)＝m，得v＝，若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－Eq)＝m，得v＝，故C、D正確。 考點(diǎn)3帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[拓展延伸] 1.粒子的運(yùn)動(dòng)情況不僅與交變電磁場(chǎng)的變化規(guī)律有關(guān)，還與粒子進(jìn)入場(chǎng)的時(shí)刻有關(guān)。 2.交替變化的電磁場(chǎng)會(huì)使帶電粒子順次歷經(jīng)不同特點(diǎn)的電磁場(chǎng)，從而表現(xiàn)出“多

20、過(guò)程”現(xiàn)象。 3.必要時(shí)，可把粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程還原成一個(gè)直觀的運(yùn)動(dòng)軌跡草圖進(jìn)行分析。 4.把粒子的運(yùn)動(dòng)分解成多個(gè)運(yùn)動(dòng)階段分別進(jìn)行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。 例3　如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，在第Ⅱ象限內(nèi)有平行于桌面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與x軸負(fù)方向的夾角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板C1、C2，兩板間距為d1＝0.6 m，板間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩板右端在y軸上，板C1與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為L(zhǎng)＝0.72 m。在第Ⅳ象限垂直于x軸放置一塊平行y軸且沿y軸負(fù)向足夠長(zhǎng)的豎直平板C

21、3，平板C3在x軸上垂足為Q，垂足Q與原點(diǎn)O相距d2＝0.18 m?，F(xiàn)將一帶負(fù)電的小球從桌面上的P點(diǎn)以初速度v0＝4 m/s垂直于電場(chǎng)方向射出，剛好垂直于x軸穿過(guò)C1板上的M孔，進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。已知小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球的比荷＝20 C/kg，P點(diǎn)與小孔M在垂直于電場(chǎng)方向上的距離為s＝ m，不考慮重力和空氣阻力。求： (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??； (2)要使帶電小球無(wú)碰撞地穿出磁場(chǎng)并打到平板C3上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍； (3)若t＝0時(shí)刻小球從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度如乙圖隨時(shí)間呈周期性變化(取豎直向上為磁場(chǎng)正方向)，求小球從M點(diǎn)到打在平板C3上所用的時(shí)間。(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))

22、 (1)帶電粒子垂直C1O從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，L>d1，若想打在平板C3上，如何確定臨界狀態(tài)？ 提示：打在Q點(diǎn)為一臨界狀態(tài)，和C2相切為一臨界狀態(tài)。 (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間周期性變化，帶電粒子做周期性運(yùn)動(dòng)的周期T與磁感應(yīng)強(qiáng)度B有什么關(guān)系？ 提示：T＝。 嘗試解答　(1)8 V/m　(2) T≤B≤1 T　(3)0.15 s。 (1)小球在第Ⅱ象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)有： s＝v0t at＝v0tanθ 由牛頓第二定律有：qE＝ma 帶入數(shù)據(jù)解得：E＝8 V/m。 (2)設(shè)小球通過(guò)M點(diǎn)時(shí)的速度為v， 由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律： v＝＝8 m/s 小球垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入兩板間做勻速圓

23、周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖， 由牛頓第二定律有： qvB＝m 得：B＝ 小球剛好能打到Q點(diǎn)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)，設(shè)為B1。此時(shí)小球的軌跡半徑為R1 由幾何關(guān)系有：＝ 解得：R1＝0.4 m　B1＝1 T 小球剛好不與C2板相碰時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，設(shè)為B2，此時(shí)粒子的軌跡半徑為R2 由幾何關(guān)系有：R2＝d1 解得：B2＝ T 綜合得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍： T≤B≤1 T。 (3)小球進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R3，周期為T有： R3＝＝0.18 m T＝＝ s 由磁場(chǎng)周期T0＝T分析知小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，一個(gè)磁場(chǎng)周期內(nèi)小球在x軸方向的位移為3r＝0.54 m L－

24、3r＝0.18 m 即小球剛好垂直y軸方向離開磁場(chǎng) 則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t1＝T＋T＋T＝ s≈0.13 s 離開磁場(chǎng)到打在平板C3上所用的時(shí)間t2＝≈0.02 s 小球從M點(diǎn)到打在平板C3上所用總時(shí)間t＝t1＋t2＝0.15 s。 總結(jié)升華 1.解決帶電粒子在交變復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的基本思路 2.解決帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)注意問(wèn)題 電場(chǎng)或磁場(chǎng)周期性變化，或者二者都周期性變化，在某段時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)可以只存在其中之一、可以存在其中之二、也可以三者同時(shí)存在，導(dǎo)致帶電粒子的運(yùn)動(dòng)出現(xiàn)多樣性，破解帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的方法，就是各個(gè)擊破，分段

25、分析，首先相信，命題者設(shè)計(jì)的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)一定是很規(guī)律的運(yùn)動(dòng)，如勻速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)，每段時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向、每段時(shí)間的長(zhǎng)短都是精心“算出來(lái)”的，所以當(dāng)我們分析某段運(yùn)動(dòng)毫無(wú)規(guī)律時(shí)，一般是我們算錯(cuò)了，需認(rèn)真核實(shí)。 　如圖甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板M、N水平放置，兩板之間的距離為d，兩板間有沿水平方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)帶正電的質(zhì)點(diǎn)，沿水平方向從兩板的正中央垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入兩板之間，重力加速度為g。 (1)若M板接直流電源正極，N板接負(fù)極，電源電壓恒為U，帶電質(zhì)點(diǎn)以恒定的速度v勻速通過(guò)兩板之間的復(fù)合場(chǎng)(電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力

26、場(chǎng))，求帶電質(zhì)點(diǎn)的電荷量與質(zhì)量的比值； (2)若M、N接如圖乙所示的交變電流(M板電勢(shì)高時(shí)U為正)，L＝0.5 m，d＝0.4 m，B＝0.1 T，質(zhì)量為m＝1×10－4 kg、帶電荷量為q＝2×10－2 C的帶正電質(zhì)點(diǎn)以水平速度v＝1 m/s，從t＝0時(shí)刻開始進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)，g＝10 m/s2，試定性畫出質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡； (3)在第(2)同的條件下求質(zhì)點(diǎn)在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。 答案　(1)　(2)圖見解析　(3)0.814 s 解析　(1)E＝ 由質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)可得：Bqv＝qE＋mg 得：＝。 (2)當(dāng)M板電勢(shì)高U為正時(shí)，有Bqv＝qE＋mg，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng) 當(dāng)M板

27、電勢(shì)低U為負(fù)時(shí)，有mg＝qE，粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)且T＝＝π×10－1 s，所以軌跡如圖所示： (3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝＋≈0.814 s。 考點(diǎn)4帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的實(shí)例分析[解題技巧] 1.質(zhì)譜儀的主要特征 將質(zhì)量數(shù)不等，電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)。各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝＝＝＝。在上式中，B、U、q對(duì)同一元素均為常量，故r∝，根據(jù)不同的半徑，就可計(jì)算出粒子的質(zhì)量或比荷。 2.回旋加速器的主要特征 (1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場(chǎng)的變化周期，與帶電粒子的速度無(wú)關(guān)。 (2)將帶電粒子在兩

28、盒狹縫之間的運(yùn)動(dòng)首尾連起來(lái)是一個(gè)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 (3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶∶… (4)粒子的最后速度v＝，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場(chǎng)的強(qiáng)弱。 3.速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)、霍爾效應(yīng)，均抓住一個(gè)平衡方程Eq＝Bqv。 例4　(多選)1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出了回旋加速器?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D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(guò)的時(shí)間可以忽略不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速電

29、壓為U。實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場(chǎng)頻率的最大值分別為Bm、fm，加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用(　　) A．粒子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 B.粒子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間為 C.如果fm>，粒子能獲得的最大動(dòng)能為2mπ2R2f D.如果fm<，粒子能獲得的最大動(dòng)能為2mπ2R2f (1)粒子第2次和第1次經(jīng)過(guò)D形盒間狹縫后軌道半徑為什么不同？ 提示：經(jīng)過(guò)狹縫時(shí)電場(chǎng)力做功qU＝mv2，v不同，根據(jù)r＝知r不同。 (2)要想每次經(jīng)過(guò)狹縫時(shí)電場(chǎng)均能對(duì)粒子加速需滿足什么條件？ 提示

30、：電場(chǎng)變化的頻率f＝。 嘗試解答　選ABD。 根據(jù)qU＝mv2得，帶電粒子第1次和第2次經(jīng)過(guò)加速后的速度比為∶2，根據(jù)r＝知，帶電粒子第2次和第1次經(jīng)過(guò)兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比r2∶r1＝∶1，故A正確；設(shè)粒子到出口處被加速了n圈，解得2nqU＝mv2，而qvB＝m，且T＝，及t＝nT，解得：t＝，故B正確；根據(jù)qvB＝m，知v＝，則帶電粒子離開回旋加速器時(shí)獲得動(dòng)能為Ekm＝mv2＝，而f＝，解得最大動(dòng)能為2mπ2R2f2。如果fm<，粒子能獲得的最大動(dòng)能為2mπ2R2f，故C錯(cuò)誤，D正確。 總結(jié)升華 回旋加速器中三個(gè)?？紗?wèn)題 (1)決定帶電粒子在回旋加速器中的最大動(dòng)能的

31、因素 設(shè)D形盒的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力qvB＝得，粒子可能獲得的最大速度v＝，最大動(dòng)能Ekm＝mv2＝，由此可見決定帶電粒子的最大動(dòng)能的因素與D形盒半徑有關(guān)，由于受D形盒半徑R的限制，帶電粒子在這種加速器中獲得的能量也是有限的。 (2)決定帶電粒子在回旋加速器回旋的圈數(shù)的因素 設(shè)初速度為零的帶電粒子在回旋加速器中回旋n圈后獲得最大動(dòng)能，每圈加速兩次，則加速2n次之后，電場(chǎng)力做的總功為2nqU，由動(dòng)能定理2nqU＝Ekm＝得：n＝。 (3)決定帶電粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)短的因素 帶電粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t由兩個(gè)部分組成，一部分是在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t1，另一部分是在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的

32、總時(shí)間t2，設(shè)帶電粒子在回旋加速器中回旋n圈后獲得最大動(dòng)能，即得到t1＝nT＝＝，而在兩盒狹縫電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)每次時(shí)間都不等(加速次數(shù)多，分段算十分繁瑣)，我們可以將各段狹縫等效“連接”起來(lái)，展開成一條直線，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)就可視作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：t2＝，且v0＝0，v＝，a＝(d為狹縫間距)得：t2＝，所以帶電粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝(在電場(chǎng)狹縫中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間極短，有時(shí)可以忽略)。 　[2017·衡水冀州檢測(cè)]如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場(chǎng)，如圖所示，帶電粒子從P0處

33、以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是(　　) A.帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次 B.帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周P1P2＝P3P4 C.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān) D.加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化 答案　C 解析　帶電粒子只有經(jīng)過(guò)AC板間時(shí)被加速，即帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次。電場(chǎng)的方向沒有改變，則在AC間加速，故A、D錯(cuò)誤；根據(jù)r＝得，則P1P2＝2(r2－r1)＝，因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v－v＝2ad，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v3－v2P3P

34、4，故B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子從D形盒中出來(lái)時(shí)，速度最大，根據(jù)r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故C正確。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [2014·重慶高考](18分)如圖所示，①在無(wú)限長(zhǎng)的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上下磁場(chǎng)的水平分界線，在NS和MT邊界上，②距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、③帶電量為＋q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。 (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和

35、方向； (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值； (3)若粒子能經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值。 [審題　抓住信息，準(zhǔn)確推斷]　 [破題　形成思路，快速突破]　 (1)粒子在兩邊界之間做圓周運(yùn)動(dòng)，受電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力，考慮重力嗎？重力和電場(chǎng)力的關(guān)系是什么？ 提示：必須考慮重力，且Eq＝mg。 (2)要使粒子不從NS邊界飛出，在上、下兩部分區(qū)域，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)如何畫？ 提示：根據(jù)題意，畫出粒子速度非最小時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后讓速度減小，從軌跡變化中尋找當(dāng)速度最小時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)相關(guān)幾何關(guān)系求出最小速度，注意軌跡的對(duì)

36、稱性及與邊界相切的情況。 (3)要使粒子能經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)從MT邊界飛出，從P點(diǎn)經(jīng)上、下兩個(gè)區(qū)域轉(zhuǎn)到與Q點(diǎn)等高的地方為一個(gè)周期，向右移動(dòng)的水平距離為L(zhǎng)，則應(yīng)滿足什么條件，才能剛好轉(zhuǎn)到Q點(diǎn)？ 提示：nL＝1.8h。 [解題　規(guī)范步驟，水到渠成]　 (1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。 由題意有 mg＝qE，(1分) 得E＝，方向豎直向上。(1分) (2)如圖1所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對(duì)應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ。 由r＝，(1分) 有r1＝，r2＝r1，(2分) 由(r1＋r2)sinφ＝r2，(1分) r1

37、＋r1cosφ＝h，(1分) 得vmin＝(9－6)。(2分) (3)如圖2所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1′和r2′，粒子第一次通過(guò)KL時(shí)距離K點(diǎn)為x。 由題意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)(2分) x＋≥r1′sinφ′＋r2′sinφ′，即 x≥(2分) x＝(1分) 得r1′＝，n≤<4(1分) Bqv＝，則v＝，n<4 即n＝1時(shí)，v＝；(1分) n＝2時(shí)，v＝；(1分) n＝3時(shí)，v＝。(1分) [點(diǎn)題　突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分]　 對(duì)于帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，應(yīng)充分挖掘題目中關(guān)鍵信息，認(rèn)真進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，分過(guò)程、分步驟、規(guī)范解題，步步得分?！　　　　　　　　　　　　　　　　　　? 23