《2018-2019學年高中物理 第三章 磁場 習題課 帶電粒子在復合場中的運動學案 新人教版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學年高中物理 第三章 磁場 習題課 帶電粒子在復合場中的運動學案 新人教版選修3-1（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、習題課　帶電粒子在復合場中的運動 一、帶電粒子在復合場中的運動分類 1．靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動． 2．勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動． 3．非勻變速曲線運動：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，這類問題一般用能量關(guān)系來處理． 4．分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成． 二、帶電粒子在復合場中的運動實例 帶電粒

2、子在復合場中的運動實例除了回旋加速器、質(zhì)譜儀、速度選擇器和磁流體發(fā)電機外，比較常見的還有如下兩種： 1．電磁流量計 (1)結(jié)構(gòu)：如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場． (2)原理：當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝． 2．霍爾效應(yīng)：在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，

3、所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差，其原理如圖所示．實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U、電流 I和B的關(guān)系為U＝k，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)． 三、帶電粒子在組合場中的運動 組合場是指電場、磁場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)(或電場、磁場交替存在，位于同一指定的區(qū)域內(nèi))．若帶電粒子速度方向與磁場方向平行，則在磁場中做勻速直線運動； 若帶電粒子垂直進入磁場，則做勻速圓周運動．而在電場中，若速度方向與電場線在同一直線上，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場線垂直，則做類平拋運動． 解決帶電粒子在組合場中的運動問題，所需知識如下： 四、帶電粒子在交變場中的運動 帶電粒子在交變電場或

4、磁場中的運動情況比較復雜，其運動情況不僅與交變的電場和磁場的變化規(guī)律有關(guān)，還與粒子進入電磁場的時刻有關(guān)，一定要從粒子的受力情況分析入手，分析清楚粒子在不同時間間隔內(nèi)的運動情況． 把粒子的運動分解成多個運動階段分別進行處理，根據(jù)每一階段上的受力情況確定粒子的運動規(guī)律． 　帶電粒子在復合場中的運動 　 如圖所示為磁流體發(fā)電機的示意圖，假設(shè)板間距離為d，磁感應(yīng)強度為B，正、負離子的電荷量為e，射入速度為v，外接電阻為R．試問： (1)圖中哪個板是正極板？ (2)發(fā)電機的電動勢是多少？ [思路點撥] 電源的電動勢等于電源未接入電路時兩板的電壓，所以磁流體發(fā)電機的電動勢等于兩極板未

5、接電路時兩板電壓． [解析]　(1)由左手定則可判定上板為正極板． (2)對于勻速穿過磁場的離子：evB＝Ee，其中E＝，所以發(fā)電機的電動勢為E電＝Bdv． [答案]　(1)上板　(2)Bdv 復合場中運動問題的求解技巧 帶電體在復合場中的運動問題仍是一個力學問題，求解思路與力學問題的求解思路基本相同，仍然按照對帶電體進行受力分析，運動過程分析，充分挖掘題目中的隱含條件，根據(jù)不同的運動情況建立相應(yīng)的方程．　 　 1．(2018·贛州高二檢測)如圖為速度選擇器示意圖，若使之正常工作，則以下敘述正確的是(　　) A．P1的電勢必須高于P2的電勢 B．從S2出來的只能是正

6、電荷，不能是負電荷 C．如果把正常工作時的B和E的方向都改變?yōu)樵瓉淼南喾捶较?，選擇器同樣正常工作 D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B、勻強電場的電場強度E和被選擇的速度v的大小應(yīng)滿足v＝BE 解析：選C．速度選擇器選擇的是速度，與電性和電量都無關(guān)，所以B錯誤．由粒子做勻速直線運動，粒子所受電場力和洛倫茲力等大、反向，若粒子為正電荷，則可知P1的電勢低于P2電勢，A錯誤．由qvB＝qE，得v＝，所以D錯誤．B和E的方向都反向，則洛倫茲力和電場力也都反向，仍然滿足平衡條件，選擇器同樣正常工作，C項正確． 　帶電粒子在組合場中的運動 　 如圖所示，在x軸上方有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，

7、磁感應(yīng)強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E．一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子從坐標原點沿著y軸正方向射出，射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L，求此粒子射出時的速度v和運動的總路程s(重力不計)． [解析]　粒子在磁場中的運動為勻速圓周運動，在電場中的運動為勻變速直線運動．畫出粒子運動的過程草圖．根據(jù)過程草圖可知粒子在磁場中運動半個周期后第 一次通過x軸進入電場，做勻減速運動至速度為零，再反方向做勻加速直線運動，以原來的速度大小反方向進入磁場，即第二次進入磁場，接著粒子在磁場中做圓周運動，半個周期后第三次通過x軸． 由圖可知，R＝ ① 在磁場中： F洛

8、＝F向，有qvB＝m ② 由①②解得：v＝＝ 在電場中：粒子在電場中的最大位移是l 根據(jù)動能定理Eql＝mv2 l＝＝ 第三次到達x軸時，粒子運動的總路程為一個圓周和兩個最大位移的長度之和 s＝2πR＋2l＝＋． [答案]　?。? 　　帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動．畫出運動軌跡是解決這類問題的關(guān)鍵．　 　 2．如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向里的勻強磁

9、場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)從坐標原點O以速度大小v0射入磁場，其入射方向與x軸的正方向成30°角．當粒子第一次進入電場后，運動到電場中P點處時，方向與x軸正方向相同，P點坐標為[(2＋1)L，L]．(sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8)求： (1)粒子運動到P點時速度的大小v； (2)勻強電場的電場強度E和勻強磁場的磁感應(yīng)強度B； (3)粒子從O點運動到P點所用的時間t． 解析： (1)粒子運動軌跡如圖所示，OQ段為圓弧，QP段為拋物線，粒子在Q點時的速度大小為v0，根據(jù)對稱性可知，方向與x軸正方向成30°角，可得： v＝v0cos 30°，

10、解得：v＝v0． (2)在粒子從Q運動到P的過程中，由動能定理得 －qEL＝mv2－mv 解得E＝ 水平方向的位移為xQP＝v0t′ 豎直方向的位移為y＝v0sin 30°t′＝L 可得xQP＝2L，OQ＝xOP－xQP＝L 由于OQ＝2Rsin 30°， 故粒子在OQ段做圓周運動的半徑R＝L， 又qv0B＝m，解得B＝． (3)粒子從O點運動到Q點所用的時間為 t1＝×＝ 設(shè)粒子從Q到P所用時間為t2，在豎直方向上有 t2＝＝ 則粒子從O點運動到P點所用的時間為 t＝t1＋t2＝． 答案：(1)v0　(2)　　(3) 　帶電粒子在交變場中的運動 　如圖甲所

11、示，在光滑絕緣的水平桌面上建立一xOy坐標系，平面處在周期性變化的電場和磁場中，電場和磁場的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定沿＋y方向為電場強度的正方向，豎直向下為磁感應(yīng)強度的正方向)．在t＝0時刻，一質(zhì)量為10 g、電荷量為＋0．1 C的帶電金屬小球自坐標原點O處，以v0＝2 m/s的速度沿x軸正方向射出．已知E0＝0．2 N/C、B0＝0．2π T．求： (1)t＝1 s末小球速度的大小和方向； (2)1～2 s內(nèi)，金屬小球在磁場中做圓周運動的半徑和周期； (3)在給定的坐標系中，大體畫出小球在0到6 s內(nèi)運動的軌跡示意圖； (4)6 s內(nèi)金屬小球運動至離x軸最遠點的位置坐標． [解

12、析]　(1)在0～1 s內(nèi)，金屬小球在電場力作用下，在x軸方向上做勻速運動vx＝v0，y軸方向上做勻加速運動vy＝t1，1 s末小球的速度v1＝＝2 m/s．設(shè)v1與x軸正方向的夾角為α，則tan α＝，α＝45°． (2)在1～2 s內(nèi)，小球在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qv1B0＝，則R1＝＝ m 小球做圓周運動的周期T＝＝1 s． (3)小球運動軌跡如圖所示． (4)5 s末小球的坐標為x＝v0t＝6 m，y＝at2＝9 m，此時小球y軸方向的速度vy＝t＝6 m/s，合速度大小為v＝＝2 m/s 第6 s內(nèi)小球做圓周運動的半徑Rn＝＝ m 帶電小球在第6 s內(nèi)

13、做圓周運動的軌跡如圖所示 第6 s內(nèi)小球運動至離x軸最遠點時橫坐標為 X＝x－Rn sin θ 其中sin θ＝＝， 則X＝m， 縱坐標為Y＝y(tǒng)＋Rn(1＋cos θ) 其中cos θ＝＝ 則Y＝m． [答案]　(1)2 m/s　與x軸正方向成45°角 (2) m　1 s (3)見解析圖 (4) 　3．如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入

14、磁場區(qū)．當B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)．上述m、q、d、v0為已知量． (1)若Δt＝TB，求B0； (2)若Δt＝TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大?。? 解析：(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0＝ ① 據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1＝d ② 聯(lián)立①②式得B0＝． ③ (2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得a＝ ④ 據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2＝d ⑤ 聯(lián)立④⑤式得a＝． 答案：(1)　(2) 1． 如圖所示的正交電場和磁場中，有一粒子

15、沿垂直于電場和磁場的方向飛入其中，并沿直線運動(不考慮重力作用)，則此粒子(　　) A．一定帶正電 B．一定帶負電 C．可能帶正電或負電，也可能不帶電 D．一定不帶電 解析：選C．題中帶電粒子在電場中受電場力，在磁場中受洛倫茲力，而帶電粒子做直線運動，根據(jù)電場力方向及洛倫茲力方向判定，可知兩力必反向且與運動速度垂直，故無法判斷是何種帶電粒子，即帶正電、負電和不帶電粒子都滿足題設(shè)條件，故正確選項為C． 2．(多選) 在圖中虛線所圍的區(qū)域內(nèi)，存在電場強度為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．已知從左方水平射入的電子，穿過該區(qū)域時并未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，假設(shè)電子的重力忽略不計，則在該區(qū)域

16、中的E和B的方向可能正確的是(　　) A．E豎直向上，B垂直紙面向外 B．E豎直向上，B垂直紙面向里 C．E和B沿水平方向，并與電子運動的方向相同 D．E和B沿水平方向，并與電子運動的方向相反 解析：選ACD．如果E豎直向上，B垂直紙面向外，電子沿圖中方向射入后，電場力向下，洛倫茲力向上，二力可能平衡，電子可能沿直線通過E、B共存區(qū)域，A正確，同理B錯誤；如果E、B沿水平方向且與電子運動方向相同，電子不受洛倫茲力作用，但電子受到與E反方向的電場力作用，電子做勻減速直線運動，也不偏轉(zhuǎn)，C正確；如果E、B沿水平方向，且與電子運動方向相反，電子仍不受洛倫茲力，所受電場力與E反向，即與速度同

17、方向，故電子做勻加速直線運動，也不偏轉(zhuǎn)，D正確． 3．如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出． (1)求電場強度的大小和方向； (2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出，求粒子運動加速度的大小； (3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間． 解析：(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度

18、為v，電場強度為E．可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向，于是可知電場強度沿x軸正方向，且有 qE＝qvB ① 又R＝vt0 ② 則E＝． ③ (2)僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，在y方向上的位移為y＝v ④ 由②④式得y＝ ⑤ 設(shè)在水平方向的位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是x＝R 又x＝a ⑥ 得a＝． ⑦ (3)僅有磁場時，入射速度v′＝4v ⑧ 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，如圖所示，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有 qv′B＝ ⑨ 又qE＝ma 由②③⑦⑧⑨⑩式得r＝ ? 由幾何知識得sin α＝

19、 ? 即sin α＝，α＝ ? 帶電粒子在磁場中的運動周期T＝ ? 由③⑦⑩??得帶電粒子在磁場中的運動時間 tB＝T＝t0． 答案：(1)　沿x軸正方向　(2)　(3)t0 4．在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示．不計粒子重力，求： (1)M、N兩點間的電勢差UMN； (2)粒子在磁場中運動的軌道半

20、徑r； (3)粒子從M點運動到P點的總時間t． 解析：粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，兩者的銜接點是N點的速度． (1)設(shè)粒子過N點時的速度為v，有＝cos θ，v＝2v0． 粒子從M點運動到N點的過程，有qUMN＝mv2－mv，所以UMN＝． (2)如圖所示，粒子在磁場中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運動，半徑為O′N，有qvB＝， 所以r＝＝． (3)由幾何關(guān)系得ON＝rsin θ，設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，有ON＝v0t1，所以 t1＝＝＝＝． 粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝， 設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2，有 t2＝T＝·＝． 所以t＝t1＋t2＝． 答案：(1)　(2)　(3) 12