粒子在電磁場中的運動2.doc

帶電粒子在電磁場中的運動一、概 述帶電粒子在某種場(重力場、電場、磁場或復(fù)合場)中的運動問題，本質(zhì)仍然是物體的動力學(xué)問題。1.電場力、磁場力、重力的性質(zhì)和特點：在均勻場中重力和電場力均為恒力，可能做功；電場力和磁場力都與電荷正負、場的方向有關(guān)，磁場力還受粒子的速度影響，反過來影響粒子的速度變化.洛倫茲力總不做功。2.動力學(xué)理論： (1)粒子所受的合力和初速度決定粒子的運動軌跡及運動性質(zhì)； (2)勻變速直線運動公式、運動的合成和分解、勻速圓周運動的運動學(xué)公式； (3)牛頓運動定律、動量定理和動量守恒定律； (4)動能定理、能量守恒定律.3.數(shù)學(xué)知識與方法：對粒子運動路線上空間位置、距離的關(guān)系，注意利用幾何知識、代數(shù)知識、圖像知識和數(shù)形結(jié)合的思想綜合分析運算.4.在生產(chǎn)、生活、科研中的應(yīng)用：如顯像管、回旋加速器、速度選擇器、正負電子對撞機、質(zhì)譜儀、電磁流量計、磁流體發(fā)電機、霍爾效應(yīng)等等. 正因為這類問題涉及知識面大、能力要求高，而成為近幾年高考的熱點問題。分析方法 首先從粒子的開始運動狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運動軌跡和運動性質(zhì)，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點，將整個運動過程和各個階段都分析清楚，然后再結(jié)合題設(shè)條件，邊界條件等，選取粒子的運動過程，選用有關(guān)動力學(xué)理論或公式求解。 二、題 型 展 示粒子在電場的加速與偏轉(zhuǎn)1 如圖為密立根油滴實驗示意圖設(shè)兩平行板間距d=0.5cm，板間電壓U=150V，當(dāng)電鍵S斷開時，從上板小孔漂入的帶電油滴能以速度v0勻速下降合上S，油滴由下降轉(zhuǎn)為上升當(dāng)速度大小達到v0時能勻速上升假設(shè)油滴在運動中所受阻力與速度大小成正比（即f=kv），測得油滴的直徑 D=1.10106m，油的密度=1.05103kgm3，試算出油滴的帶電量并說明電性（負電，4.81019C）2.如圖左所示：A、B為一對平行金屬板，間距足夠大，分別接在交流電源的兩端，其兩端電壓按如圖右所示規(guī)律變化，一個不計重力的帶電粒子原來靜止在A、B正中間位置處，哪個時刻釋放粒子，一定能打到某個金屬板上？解：在t=T/4與t=3T/4時刻釋放，所加的力類似振動圖線的回復(fù)力 ，作簡諧振動。在t=0時刻釋放，運動情況較為復(fù)雜，用疊加的辦法予以理解，即:在t=T/4時，這時若 v=0 帶電粒子受力作簡諧振動；若不受力,已有速度， v0，帶電粒子做勻速直線運動；現(xiàn)在既受力，又有速度，將是兩種運動的疊加，故一定會打到板上。在其它時刻釋放,同樣會打到板上.結(jié)論 :只要在t(2n+1)T/4 (n=0、1 、2 ) 時釋放，就一定打到某一金屬板上。3.如圖所示，長為L，相距為d的兩平行金屬板與電源相連，一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的粒子以速度v0沿平行于金屬板的中間射入兩板間，從粒子射入時刻起，兩板間所加交變電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，試求：（1）為使粒子射出電場時的動能最大，電壓U0最大值為多大？（2）為使粒子射出電場時的動能最小，所加電壓U0和周期各應(yīng)滿足什么條件？4. N個長度逐個增大的金屬圓筒和一個靶，它們沿軸線排列成一串，如圖所示.各筒和靶相間地連接到頻率為f，最大電壓為U的正弦交流電源的兩端. 整個裝置放在高真空容器中，圓筒的兩底面中心開有小孔，現(xiàn)有一電量為q，質(zhì)量為m的正離子沿軸線射入圓筒，并裝圓筒及靶間的縫隙處受到電場力的作用而加速(設(shè)筒內(nèi)部無電場).縫隙的寬度很小，離子穿過縫隙的時間可不計，已知離子進入第一個圓筒左端的速度為v1，且此時第一、第二兩個圓筒間的電勢差為-U.為使打在靶上的離子獲得最大能量，各個圓筒的長度應(yīng)滿足什么條件?并求出這種情況下打到靶上的離子的能量?解：只有當(dāng)離子在各筒內(nèi)穿過的時間都為t=T/2=1/(2f）時，離子才有可能每次通過圓筒間縫隙都被加速.這樣第一個圓筒的長L1=v1t=v1/(2f） ，當(dāng)離子通過第一、二個圓筒間的縫隙時，兩筒間電壓為U，離子進入第二個圓筒時的動能就增加了qU，所以E2=mv12/2+qU,v2=（v12+2qU/m）第二個圓筒的長度L2=v2t=（v12+2qU/m）21/2如此可知離子進入第三個圓筒時的動能E3=mv22/12+qU=mv12/2+2qU，速度。 第三個圓筒長度L3=（v12+4qU/m）1/2 /2f離子進入第N個圓筒時的動能EN=mv12/2+(N-1)qU,速度vN=v12+2(N-1)qU/m，第N個圓筒的長度LN=v12+2(N-1)qU/m1/2 /2n此時打到靶上離子的動能Ek=EN+qU=（1/2）mv+NqU.5.示波器是一種多功能電學(xué)儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形，根據(jù)它的工作原理分析下面幾種情況下熒光屏上可能形成的圖形。（1） 如果只在偏轉(zhuǎn)電極YY加上如圖a所示的UyUmsinwt的電壓，則熒光屏上亮點的偏移也按正弦規(guī)律變化，即y=ymsinwt，并畫出所觀察到的亮線形狀。（2） 如果只在偏轉(zhuǎn)電極XX上加上如圖b所示的電壓，試畫出所觀察到的亮線的形狀。（3） 如果（1）（2）的電壓同時存在，畫出所觀察到的亮線的形狀。（4） 如果C圖中的電壓同時存在呢？（5） 如果d圖中的電壓同時存在呢？6.如圖所示，電子源每秒鐘發(fā)射2.51013個電子，以v08.00 106m/s的速度穿過P板上的A孔，從M、N兩平行板正中央進入兩板間，速度方向平行于板M且垂直于兩板間的勻強磁場，板MN間的電壓始終為UMN=80.0kv，兩板間距d=1.00 10-3m，電子在MN間做勻速直線運動后進入由CD兩平行板組成的已充電的電容器中，電容器的電容為8.00 10-8F，電子打到D板后就留在D板中，在時刻t10，D板電勢較C板高818V，在時刻t2=T時開始有電子打到M板上，已知電子質(zhì)量m=9.10 10-31kg，電量e= 1.60 10-19C,電子從A孔到D板的運動時間不計，C、P兩板均接地，電子間不會發(fā)生碰撞，求：（1）M、N間勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小；（2）電子到達D板的最大動能（以eV為單位）；（3）D板不帶電的時刻t；（4）時間T及打到M板上的每個電子的動能（以eV為單位）；（5）在時刻t3=3T/5時打到D板上的電子流的功率。7.為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A0.04m2的金屬板，間距L0.05m，當(dāng)連接到U2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個勻強電場，如圖所示，現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1013個，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個顆粒帶電量為q+1.01017C，質(zhì)量為m2.01015kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后：（1）經(jīng)過多長時間煙塵顆粒可以被全部吸附？(2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？（3）經(jīng)過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？解（1）當(dāng)最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附煙塵顆粒受到的電場力FqU/L （2） W2.5104（J） （3）設(shè)煙塵顆粒下落距離為x 當(dāng)時 EK達最大， 二、題 型 展 示磁場中的粒子偏轉(zhuǎn)1.如圖所示，在長直導(dǎo)線中有恒電流I通過，導(dǎo)線正下方電子初速度v方向與電流I的方向相同，電子將 A.沿路徑 a 運動，軌跡是圓 B.沿路徑 a 運動，軌跡半徑越來越大 C.沿路徑 a 運動，軌跡半徑越來越小 D.沿路徑 b 運動，軌跡半徑越來越大2垂直紙面向外的勻強磁場僅限于寬度為d的條形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B一個質(zhì)量為m、電量為q的粒子以一定的速度垂直于磁場邊界方向從a點垂直飛入磁場區(qū)，如圖所示，當(dāng)它飛離磁場區(qū)時，運動方向偏轉(zhuǎn)角（1）試求粒子的運動速度v以及在磁場中運動的時間t（2）若該粒子的射入速度的大小發(fā)生改變，它在磁場中的運動時間是否發(fā)生改變？3在xOy平面內(nèi)有許多電子(質(zhì)量為m，電量為e)從坐標(biāo)原點O不斷地以相同大小的速度v0沿不同的方向射入第一象限，如圖所示，現(xiàn)加一個垂直于xOy平面的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸向x軸正方向運動，試求出符合條件的磁場的最小面積.分析：電子在磁場中運動軌跡是圓弧，且不同方向射出的電子的圓形軌跡的半徑相同(r=mv0/Be).假如磁場區(qū)域足夠大，畫出所有可能的軌跡如圖所示，其中圓O1和圓O2為從圓點射出，經(jīng)第一象限的所有圓中的最低和最高位置的兩個圓，若要使電子飛出磁場時平行于x軸，這些圓的最高點應(yīng)是區(qū)域的下邊界，可由幾何知識證明，此下邊界為一段圓弧將這些圓心連線(圖中虛線O1O2)向上平移一段長度為r=mv0/eB的距離即圖3-7中的弧ocb就是這些圓的最高點的連線，應(yīng)是磁場區(qū)域的下邊界.；圓O2的y軸正方向的半個圓應(yīng)是磁場的上邊界，兩邊界之間圖形的面積即為所求圖中的陰影區(qū)域面積，即為磁場區(qū)域面積4圖中虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側(cè)的半空間存在一磁感強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外是MN上的一點，從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電量為q、質(zhì)量為m 、速率為的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內(nèi)各個方向，已知先后射人的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇，P到O的距離為L不計重力及粒子間的相互作用。（1）求所考察的粒子在磁場中的軌道半徑；（2）求這兩個粒子從O點射人磁場的時間間隔。（答案：（1）R=mv/qB （2）t=4marccos（lqB/2mv）/qB）三、題 型 展 示復(fù)合場中的粒子運動1、一帶電粒子以初速度v0（v0 W2 C . 一定是W1 W2，也可能是W1 W22、顯象管的工作原理是陰極K發(fā)射的電子束經(jīng)高壓加速電場（電壓U）加速后，垂直正對圓心進入磁感應(yīng)強度為B、半徑為r的圓形勻強偏轉(zhuǎn)磁場（如圖），偏轉(zhuǎn)后轟擊熒光屏P，熒光粉受激發(fā)而發(fā)光，在極短的時間內(nèi)完成一幅掃描。若去離子水質(zhì)不純，所生產(chǎn)的陰極材料中會有少量SO4-2, SO4-2打在熒光屏上出現(xiàn)暗斑，稱為離子斑，如發(fā)生上述情況，試分析說明暗斑集中在熒光屏中央的原因。（電子的質(zhì)量為9.110-31kg,硫酸根離子SO4-2質(zhì)量為1.610-25kg.）2、如圖所示為磁流體發(fā)電機的示意圖，將氣體加熱到很高的溫度，使它成為等離子體(含有大量正、負離子)，讓它以速度v通過磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)，這里有間距為d的電極a和b.(1)說明磁流體發(fā)電機的原理.(2)哪個電極為正極. (3)計算電極間的電勢差.(4)發(fā)電通道兩端的壓強差?解：(1)帶電粒子進入磁場場后受到洛倫茲力的作用而向兩個極板運動，在兩個極板上積累的電荷越來越多，從而在兩個極板間產(chǎn)生豎直方向的電場，且越來越強，最終后來的帶電粒子受電場力和磁場力平衡后，沿直線勻速通過疊加場，而在兩個極板間產(chǎn)生了持續(xù)的電勢差. (2)b板為電源正極. (3)根據(jù)平衡時有庫電場力=洛倫茲力，即Eq=Bqv，E=U/d.因此得U=Bvd(即電動勢).(4)設(shè)負載電阻為R，電源內(nèi)阻不計，通道橫截面為邊長等于d的正方形，入口處壓強為p1，出口處壓強為p2；當(dāng)開關(guān)閉合后，發(fā)電機的電功率為P電=U2/R=(Bdv)2/R. 根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒定律有 P電=F1v-F2v，而F1=p1S，F(xiàn)2=p2S. 所以通道兩端壓強差P=p1-p2=B2v/R.3、一帶負電的粒子，以固定的正電荷為圓心在勻強磁場中作順時針方向的圓周運動，圓周半徑為r，粒子運動速率為v，如圖所示，此時粒子所受的電場力是洛倫茲力的3倍。若使上述帶電粒子以速度v繞正電荷作逆時針方向的圓周運動，記其半徑為R，求R與 r的比值。4、有一帶電的液滴在豎直向上的勻強電場和勻強磁場作用下，在水平面內(nèi)作半徑為0.1m的勻速圓周運動。已知E=100N/C，B=25T，不計空氣阻力和浮力。若液滴的質(zhì)量m10kg，g取10m/s2，則（1）液滴帶什么電荷，電荷量是多少？（2）若去掉電場后，液滴繞行一周的過程中，液滴的動能增量是多少？（106C，0.003J）5、如圖所示，MN為一豎直放置足夠大的熒光屏，距熒光屏左邊L的空間存在著一寬度也為L的方向垂直紙面向里的勻強磁場。O為熒光屏上的一點，OO 與熒光屏垂直，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子（重力不計）以初速度vo從O點沿OO 方向射入磁場區(qū)域。粒子離開磁場后打到熒光屏上時，速度方向與豎直方向成300角。（1）求勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小和粒子打到熒光屏上時偏離O 點的距離；（2）若開始時在磁場區(qū)域再加上與磁場方向相反的勻強電場（圖中未畫出），場強大小為E，則該粒子打到熒光屏上時的動能是多少？6、如圖3-4所示，質(zhì)量為m，電量為q的帶正電的微粒以初速度v0垂直射入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，剛好沿直線射出該場區(qū)，若同一微粒以初速度v0/2垂直射入該場區(qū)，則微粒沿圖示的曲線從P點以2v0速度離開場區(qū)，求微粒在場區(qū)中的橫向(垂直于v0方向)位移，已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B.【解析】速度為v0時粒子受重、電場力和磁場力，三力在豎直方向平衡；速度為v0/2時，磁場力變小，三力不平衡，微粒應(yīng)做變加速度的曲線運動. 當(dāng)微粒的速度為v0時，做水平勻速直線運動，有: qE=mg+qv0B； 當(dāng)微粒的速度為v0/2時，它做曲線運動，但洛倫茲力對運動的電荷不做功，只有重力和電場力做功，設(shè)微粒橫向位移為s，由動能定理 .將式代入式得 ， 所以【解題回顧】由于洛倫茲力的特點往往會使微粒的運動很復(fù)雜，但這類只涉及初、末狀態(tài)參量而不涉及中間狀態(tài)性質(zhì)的問題常用動量、能量觀點分析求解7、如圖所示，勻強電場的方向豎直向上，勻強磁場的方向垂直紙面向內(nèi)，三個液滴a、b、c帶有等量同種電荷，已知a在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，b在水平向左做勻速直線運動，c水平向右做勻速直線運動，則它們的質(zhì)量關(guān)系是mcmamb.【解析】由于a做勻速圓周運動，所以a所受合外力必定是只充當(dāng)大小不變的向心力，則a必受重力作用，且重力和電場力大小相等方向相反，即mag=Eq,所以ma=Eq/g,且a帶正電. 由此可分析到b、c的受力；b所受重力向下、電場力向上、洛倫茲力向下；c所受重力向下、電場力與洛倫茲力均向上，且由直線運動條件可得：b:mg+f=F;可得mb=(qE-Bqv)/gc:mg=f+F;可得：mc=(qE+Bqv)/g所以有mcmamb【解題回顧】如果題目中沒有明確說明或暗示，帶電微粒在復(fù)合場中所受重力可不計.8、如圖所示的空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B.質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球套在粗糙的并足夠長的豎直絕緣桿上由靜止開始下滑，則(BD)A.小球的加速度不斷減小，直至為0B.小球的加速度先增大后減小，最終為0C.小球的速度先增大后減小，最終為0D.小球的動能不斷增大，直到某一最大值9.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，在傾角為的光滑斜面上由靜止下滑，勻強磁場的感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向外，若帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為0，問：小球所帶電荷的性質(zhì)如何?此時小球的下滑速度和下滑位移各是多大?【解析】對于小球為何會對斜面的壓力為0，通過受力分析即可獲得小球所受洛倫茲力垂直斜面向上，由小球沿斜面向下運動可知小球帶正電，而小球下滑的過程中速度增加，洛倫茲力增加，斜面支持力減小，當(dāng)洛倫茲力大小等于重力垂直于斜面的分力時，支持力為0. 關(guān)鍵是小球沿斜面方向的受力是恒力.解 壓力為0時有：mgcosq=Bqv 可得v=mgcosq /Bq 小于沿斜面向下的加速度為gsinq且為勻加速，可由v=2as得：s=m2gcos2q/(2B2q2sinq) ； 【解題回顧】由物體運動分析可定性確定物體的受力情況，剩下的是動力學(xué)規(guī)律的運用。10如圖所示，在光滑的絕緣