第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件

第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動走進高考第一關(guān)考點關(guān)第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動考點精析一?帶電粒子在復(fù)合場中運動規(guī)律的分析1.復(fù)合場一般包括重力場?電場和磁場,本章所說的復(fù)合場指的是磁場與電場?磁場與重力場,或者是三場合一.2.三種場力的特點(1)重力的大小為mg,方向豎直向下,重力做功與路徑[1]無關(guān),其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外,還與初?末位置的高度差有關(guān).(2)電場力的大小為qE,方向與電場強度E及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān),電場力做功與路徑[2]無關(guān),其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外,還與初?末位置的[3]電勢差有關(guān).考點精析(3)洛倫茲力的大小跟速度與磁場方向的夾角有關(guān),當帶電粒子的速度與磁場方向平行時,F洛=0;當帶電粒子的速度與磁場方向垂直時,F洛=qvB;洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應(yīng)強度B所決定的平面.無論帶電粒子做什么運動,洛倫茲力都不做功.(4)注意:電子?質(zhì)子?α粒子?離子等微觀粒子在復(fù)合場中運動時,一般都不計重力,但質(zhì)量較大的質(zhì)點(如帶電塵粒)在復(fù)合場中運動時,不能忽略重力.(3)洛倫茲力的大小跟速度與磁場方向的夾角有關(guān),當帶電粒子的2.運動情況分析(1)當帶電體所受合外力為零時,將處于靜止或勻速直線運動狀態(tài).(2)當帶電體做勻速圓周運動時,洛倫茲力提供向心力,其余各力的合力必為零.(3)當帶電體所受合力大小與方向均變化時,將做非勻速曲線運動.這類問題一般只能用能量關(guān)系來處理.2.運動情況分析二?復(fù)合場綜合應(yīng)用實例1.速度選擇器(如圖所示)二?復(fù)合場綜合應(yīng)用實例(1)平行板中電場強度E和磁感應(yīng)強度B互相[4]垂直.這種裝置能把具有某一特定[5]速度的粒子選擇出來,所以叫做速度選擇器.(2)帶電粒子能夠勻速沿直線通過速度選擇器的條件是速度v=[6] .2.磁流體發(fā)電機(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù),它可以把物體[7]內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為[8]電能.

(1)平行板中電場強度E和磁感應(yīng)強度B互相[4]垂直.這種裝(2)根據(jù)左手定則,如圖中的[9]B板是發(fā)電機正極.(2)根據(jù)左手定則,如圖中的[9]B板是發(fā)電機正極.(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d,等離子體速度為v,磁場磁感應(yīng)強度為B,則兩極板間能達到的最大電勢差U=[10]Bdv.(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d,等離子體速度為v,磁場3.電磁流量計工作原理:如圖所示,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,導(dǎo)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,當自由電荷所受的[11]洛倫茲力和[12]電場力平衡時,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= .3.電磁流量計考題精練1.圖為一“濾速器”裝置的示意圖.a?b為水平放置的平行金屬板,一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a?b兩板之間.為了選取具有某種特定速率的電子,可在a?b間加上電壓,并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場,使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運動,由O′射出,不計重力作用,可能達到上述目的的辦法是()考題精練A.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向里B.使a板電勢低于b板,磁場方向垂直紙面向里C.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向外D.使a板電勢低于b板,磁場方向垂直紙面向外解析:要使電子沿直線OO′射出,則電子必做勻速直線運動,電子受力平衡.在該場區(qū),電子受到電場力和洛倫茲力,要使電子二力平衡,則二力方向為豎直向上和豎直向下.A選項電子所受電場力豎直向上,由左手定則判斷洛倫茲力豎直向下,滿足受力平衡.同理,D選項也滿足受力平衡,所以A?D選項正確.答案:ADA.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向里2.當空間中加入方向如圖甲?乙?丙?丁所示的勻強電場和勻強磁場時,其中在甲?乙?丙圖中的電場方向豎直向上,丁圖中的磁場方向豎直向上,在甲?乙?丙圖中給一帶正電荷的粒子水平向右的速度v0,丁圖中給粒子垂直紙面向外的速度v0,關(guān)于帶電粒子的運動,下列說法正確的有()2.當空間中加入方向如圖甲?乙?丙?丁所示的勻強電場和勻強磁第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件A.甲圖中,粒子只能做曲線運動B.乙圖中,粒子有可能做勻速圓周運動C.丙圖中,粒子有可能做平拋運動D.丁圖中,粒子有可能做勻速直線運動答案:BCDA.甲圖中,粒子只能做曲線運動3.目前,世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機.如圖所示表示了它的發(fā)電原理:將一束等離子體噴射入磁場,磁場中有兩塊金屬板A?B,這時金屬板上就會聚集電荷,產(chǎn)生電壓.如果射入的等離子體的初速度為v,兩金屬板的板長(沿初速度方向)為L,板間距離為d,金屬板的正對面積為S,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直于離子初速度方向,負載電阻為R,電離氣體充滿兩板間的空間.當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時,電流表的示數(shù)為I.那么板間電離氣體的電阻率為()3.目前,世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機.如圖所第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件A.

( -R)B.

( -R)C.

( -R)D.

( -R)解析:當發(fā)電機穩(wěn)定時,等離子體做勻速直線運動,所以qvB=qE=q ,即U=Bdv,由I= 和r=ρ 得ρ= -R),故A正確.答案:AA. ( -R)4.(2009·寧夏高考)醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時,利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度.電磁血統(tǒng)計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成,磁極間的磁場是均勻的.使用時,兩電極a、b均與血管壁接觸,兩觸點的連線?磁場方向和血流速度方向兩兩垂直,如圖所示.由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動,電極a、b之間會有微小電勢差.在達到平衡時,血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場,血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零.某次監(jiān)測中,兩觸點的距離為3.0mm,血管壁的厚度可忽略,兩觸點間的電勢差為160μV,磁感應(yīng)強度大小為0.040T.則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()4.(2009·寧夏高考)醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時,利用電磁血流第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件A.1.3m/s,a正、b負B.2.7m/s,a正、b負C.1.3m/s,a負、b正D.2.7m/s,a負、b正解析:由左手定則可判定a為正極,b為負極.由Bvq=Eq,Bv=E v= =1.3m/s.答案:AA.1.3m/s,a正、b負B.25.(2010·福建理綜)如圖所示的裝置,左半部為速度選擇器,右半部為勻強的偏轉(zhuǎn)電場.一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器,能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子,又沿著與電場垂直的方向,立即進入場強大小為E的偏轉(zhuǎn)電場,最后打在照相底片D上.已知同位素離子的電荷量為q(q>0),速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強大小為E0的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場,照相底片D與狹縫S1?S2的連線平行且距離為L,忽略重力的影響.5.(2010·福建理綜)如圖所示的裝置,左半部為速度選擇器第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小;(2)若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x,求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(用E0?B0?E?q?m?L表示).解析:(1)能從速度選擇器射出的離子滿足qE0=qv0B0①故v0=②(2)離子進入勻強偏轉(zhuǎn)電場E后做類平拋運動,則x=v0t1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小;③L= at2④由牛頓第二定律得qE=ma⑤由②③④⑤解得:x=答案:(1) (2)x=③解讀高考第二關(guān)熱點關(guān)典例剖析解讀高考第二關(guān)熱點關(guān)考點1 粒子速度選擇器【例1】如圖所示,a、b是位于真空中的平行金屬板,a板帶正電,b板帶負電,兩板間的電場為勻強電場,場強為E.同時在兩板之間的空間中加勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度為B.一束電子以大小為v\-0的速度從左邊S處沿圖中虛線方向入射,虛線平行于兩板,要想使電子在兩板間能沿虛線運動,則v0、E、B之間的關(guān)系應(yīng)該是()考點1 粒子速度選擇器A.v0=E/BB.v0=B/EC.v0= D.v0=

[解析]對電子進行受力分析,電子的重力不計,則受到一個豎直向上的電場力,受一個豎直向下的洛倫茲力(由左手定則判斷),而題中要求電子在兩板間能沿虛線運動,則電子所受合外力必須為零,即電場力和洛倫茲力大小相等,方向相反,即Eq=qv0B,所以v0= A正確.[答案]AA.v0=E/BB.v0=B/E[點評]從題中電子沿虛線運動得出電場力和洛倫茲力平衡是解題關(guān)鍵.該題實際是速度選擇器.[點評]從題中電子沿虛線運動得出電場力和洛倫茲力平衡是解變式訓(xùn)練1:(2009·北京理綜,19)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場.一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場?電場區(qū)域,恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出.若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變,另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入,從區(qū)域右邊界穿出,則粒子b()變式訓(xùn)練1:(2009·北京理綜,19)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)A.穿出位置一定在O′點下方B.穿出位置一定在O′點上方C.運動時,在電場中的電勢能一定減小D.在電場中運動時,動能一定減小解析:該電?磁復(fù)合場等效于速度選擇器,只選擇速度大小,不選擇粒子的電性,即正?負粒子均可沿直線穿過該電?磁場區(qū)域;撤去磁場后,若粒子帶正電,則受電場力向下,粒子偏離直線運動軌跡向下偏轉(zhuǎn),穿出點在O′點下方,若粒子帶負電,則受向上的電場力而向上偏轉(zhuǎn),穿出點在O′點上方,故在粒子電性不明的情況下,粒子穿出可能在O′點上方或下方,A?B均錯;在電場中偏轉(zhuǎn)時,僅電場力做正功,其電勢能一定減小,動能一定增加,C對,D錯.A.穿出位置一定在O′點下方答案:C答案:C考點2 帶電粒子在復(fù)合場中的直線運動【例2】如圖所示,套在很長的絕緣直棒上的小球,質(zhì)量為1.0×10-4kg,帶4.0×10-4C正電,小球在棒上可以滑動,將此棒豎直放在互相垂直且沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中,勻強電場的電場強度E=10N/C,方向水平向右,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.5T,方向為垂直紙面向里,小球與棒間動摩擦因數(shù)為μ=0.2.求小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度.(設(shè)小球在運動過程中所帶電荷量保持不變,g取10m/s2)考點2 帶電粒子在復(fù)合場中的直線運動第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件[解析]帶電小球沿絕緣棒下滑過程中,受豎直向下的重力,豎直向上的摩擦力,水平方向的彈力和洛倫茲力及電場力作用.當小球靜止時,彈力等于電場力,如下圖(1)所示,小球在豎直方向所受摩擦力最小,小球加速度最大,小球運動過程中,彈力等于電場力與洛倫茲力之和,隨著小球運動速度的增大,小球所受洛倫茲力增大,小球在豎直方向摩擦力也隨之增大,小球加速度減小,當球的加速度為零時,速度達最大,如圖(2).[解析]帶電小球沿絕緣棒下滑過程中,受豎直向下的重力,豎棒上小球剛開始下落時,加速度最大,設(shè)為am,這時,豎直方向有mg-Ff=mam①在水平方向上有qE-FN=0②又Ff=μFN③由①②③解得,am= m/s2=2m/s2小球沿棒豎直下滑時,當速度最大時,加速度a=0.棒上小球剛開始下落時,加速度最大,設(shè)為am,這時,豎直方向有在豎直方向上mg-F′f=0④在水平方向上qvmB+qE-F′N=0⑤又F′f=μF′N⑥ 由④⑤⑥解得,vm= m/s=5m/s.[答案]2m/s25m/s在豎直方向上mg-F′f=0④變式訓(xùn)練2:在勻強磁場和勻強電場中,水平放置一絕緣直棒,棒上套著一個帶正電的小球,如右圖,小球與棒間滑動摩擦因數(shù)μ=0.2,小球質(zhì)量m=1×10-4kg,電荷量q=2×10-4C.勻強電場水平向右,E=5N/C,磁場垂直紙面向里,B=2T,取g=10m/s2.求:變式訓(xùn)練2:在勻強磁場和勻強電場中,水平放置一絕緣直棒,棒上(1)當小球的加速度最大時,它的速度多大?最大加速度多大?(2)如果棒足夠長,小球的最大速度多大?解析:(1)小球運動的初始階段受力如圖甲所示,當小球所受洛倫茲力F洛和小球重力大小相等時,小球所受摩擦力μFN=0,此時小球加速度最大,且Bqv=mg.(1)當小球的加速度最大時,它的速度多大?最大加速度多大?所以v= =2.5m/s,am= =10m/s2.(2)當小球速度最大時,小球受力如圖乙所示,此時有Eq=μFN′,Bqvm=FN′+mg,所以vm= =15m/s.答案:(1)2.5m/s10m/s2(2)15m/s所以v= =2.5m/s,am= =10m/s2.考點3 磁流體發(fā)電機【例3】目前世界上正在研究新型發(fā)電機——磁流體發(fā)電機,它的原理圖如圖所示,設(shè)想在相距為d的兩平行金屬板間的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,兩板通過開關(guān)和燈泡相連.將氣體加熱到使之電離后,由于正負離子一樣多,且?guī)щ姾闪烤鶠閝,因而稱為等離子體,將其以速度v噴入甲?乙兩板之間,這時甲?乙兩板應(yīng)會聚集電荷,產(chǎn)生電壓,這就是磁流體發(fā)電機的原理,它可以直接把內(nèi)能轉(zhuǎn)化為電能,試問:考點3 磁流體發(fā)電機第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件(1)圖中哪個極板是發(fā)電機的正極?(2)發(fā)電機的電動勢多大?(3)設(shè)噴入兩極間的離子流每立方米有n個負電荷,離子流的截面積為S,則發(fā)電機的最大功率多大?[解析](1)等離子體從左側(cè)射入磁場,正離子受向上的洛倫茲力而偏向甲板,使甲板上積累正電荷,相應(yīng)的乙板上積累負電荷,成為電源的正?負兩極.甲板是發(fā)電機的正極.(1)圖中哪個極板是發(fā)電機的正極?(2)當開關(guān)斷開時,甲?乙兩板間的電壓即為電源的電動勢.穩(wěn)定時,甲?乙兩板上積累的電荷不再增加,此時的等離子體所受的洛倫茲力與電場力恰好平衡,則有 =qvB即得電源的電動勢為U=Bdv.(3)理想狀態(tài)時,噴入兩極間的離子流全部流向兩極板,這時電源達到最大功率.此時,電路中的最大電流為Im=式中N為在t時間內(nèi)噴入兩極板間的正負離子數(shù)的總和,即N=2nSvt,發(fā)電機的最大功率為Pm=UIm=2ndqSBv2.[答案](1)甲板(2)Bdv(3)2ndqSBv2(2)當開關(guān)斷開時,甲?乙兩板間的電壓即為電源的電動勢.穩(wěn)定變式訓(xùn)練3:如圖是磁流體發(fā)電機的工作原理圖.磁流體發(fā)電機由燃燒室(O)?發(fā)電通道(E)和偏轉(zhuǎn)磁場(B)組成.在2500K以上的高溫下,燃料與氧化劑在燃燒室混合?燃燒后,電離為正負離子(即等離子體),并以每秒幾百米的高速噴入磁場,在洛倫茲力的作用下,正?負離子分別向上?下極板偏轉(zhuǎn),兩極板因聚積正?負電荷而產(chǎn)生靜電場.這時等離子體同時受到方向相反的洛倫茲力(f)與電場力(F)的作用,當F=f時,離子勻速穿過磁場,兩極板電勢差達到最大值,即為電源的電動勢.設(shè)兩板間距為d,板間磁場的磁感應(yīng)強度為B,等離子體的速度為v,負載電阻為R,電源內(nèi)阻不計,通道截面是邊長為d的正方形,試求:變式訓(xùn)練3:如圖是磁流體發(fā)電機的工作原理圖.磁流體發(fā)電機由燃第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件(1)磁流體發(fā)電機的電動勢ε;(2)發(fā)電通道兩端的壓強差Δp.解析:此題是磁場?力學(xué)?恒定電流相結(jié)合的綜合題,根據(jù)磁流體發(fā)電機的原理可求出電動勢,由于離子勻速穿過磁場,根據(jù)物體平衡的條件可求出發(fā)電通道兩端的壓強差Δp.(1)當F=f時,離子勻速穿過磁場,即qE=qvBE= 聯(lián)立解得ε=Bvd.(1)磁流體發(fā)電機的電動勢ε;(2)回路電流I= 磁流體發(fā)電機內(nèi)部的電流可等效為通電導(dǎo)體棒,受到的安培力為F=BId磁場內(nèi)離子做勻速運動,合力為零,F=ΔpS聯(lián)立解得Δp= .答案:(1)Bvd(2)(2)回路電流I= 磁流體發(fā)電機內(nèi)部的電流可等效為通電導(dǎo)體考點4 帶電粒子在有界的相互分離的電場和磁場中的運動【例4】(2010·山東理綜)如圖所示,以兩虛線為邊界,中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場,寬度為d,兩側(cè)為相同的勻強磁場,方向垂直紙面向里.一質(zhì)量為m、帶電量+q?重力不計的帶電粒子,以初速度v1垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動,后進入電場做勻加速運動,然后第二次進入磁場中運動,此后粒子在電場和磁場中交替運動.已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍,第三次是第一次的三倍,以此類推.求考點4 帶電粒子在有界的相互分離的電場和磁場中的運動第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件(1)粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W1;(2)粒子第n次經(jīng)過電場時電場強度的大小En;(3)粒子第n次經(jīng)過電場所用的時間tn;(4)假設(shè)粒子在磁場中運動時,電場區(qū)域場強為零.請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中,電場強度隨時間變化的關(guān)系圖線(不要求寫出推導(dǎo)過程,不要求標明坐標刻度值).(1)粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W1;[解析](1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,粒子第n次進入磁場時的半徑為Rn,速度為vn,由牛頓第二定律得qvnB=m ①由①式得vn= ②因為R2=2R1,所以v2=2v1③對于粒子第一次在電場中的運動,由動能定理得W1= mv21④聯(lián)立③④式得W1= ⑤[解析](1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,粒子第n次進入(2)粒子第n次進入電場時速度為vn,出電場時速度為vn+1,有vn=nv1,vn+1=(n+1)v1⑥由動能動理得qEnd= mv2n+1- mv2n⑦聯(lián)立⑥⑦式得En= .⑧(3)設(shè)粒子第n次在電場中運動的加速度為an,由牛頓第二定律得qEn=man⑨由運動學(xué)公式得vn+1-vn=antn⑩聯(lián)立⑥⑧⑨⑩式得tn=(2)粒子第n次進入電場時速度為vn,出電場時速度為vn+1(4)如圖所示(4)如圖所示[答案](1)

mv21

(2) (3) (4)見解析[答案](1) mv21變式訓(xùn)練4:如圖所示,在坐標系xOy的第一象限中存在沿y軸正方向的勻強電場,場強大小為E.在其他象限中存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里.A是y軸上的一點,它到坐標原點O的距離為h;C是x軸上的一點,到O的距離為l.一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點進入電場區(qū)域,繼而通過C點進入磁場區(qū)域,并再次通過A點,此時速度方向與y軸正方向成銳角.不計重力作用.試求:變式訓(xùn)練4:如圖所示,在坐標系xOy的第一象限中存在沿y軸正第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件(1)粒子經(jīng)過C點時速度的大小和方向;(2)磁感應(yīng)強度的大小B.解析:畫出帶電粒子的運動軌跡如下圖所示(1)粒子經(jīng)過C點時速度的大小和方向;(1)以a表示粒子在電場作用下的加速度,有qE=ma①加速度沿y軸負方向.設(shè)粒子從A點進入電場時的初速度為v0,由A點運動到C點經(jīng)歷的時間為t,則有h= at2②l=v0t③由②③式得v0=l④(1)以a表示粒子在電場作用下的加速度,有設(shè)粒子從C點進入磁場時的速度為v,如下圖所示,v垂直于x軸的分量v1= ⑤由①④⑤式得v= ⑥設(shè)粒子經(jīng)過C點時的速度方向與x軸的夾角為α,則有tanα= ⑦設(shè)粒子從C點進入磁場時的速度為v,如下圖所示,v垂直于x軸的由④⑤⑦式得α=arctan .⑧(2)粒子從C點進入磁場后在磁場中做速率為v的圓周運動,若圓周的半徑為R,則有qvB=m⑨設(shè)圓心為P,則PC必與過C點的速度垂直,且有 =R.用β表示 與y軸的夾角,由幾何關(guān)系得Rcosβ=Rcosα+h[10]由④⑤⑦式得α=arctan .⑧Rsinβ=l-Rsinα[11]由⑧⑩[11]式解得R= [12]由⑥⑨[12]式得B=答案:(1) 與x軸夾角α=arctan

(2)Rsinβ=l-Rsinα[11]笑對高考第三關(guān)技巧關(guān)笑對高考第三關(guān)技巧關(guān)考技精講一?三種場的不同特點比較力的特點功和能的特點重力場①大小:G=mg②方向:豎直向下①重力做功與路徑無關(guān)②重力做功改變物體重力勢能靜電場①大小:F=Eq②方向:a.正電荷受力方向與場強方向相同,b.負電荷受力方向與場強方向相反①電場力做功與路徑無關(guān)②W=qU③電場力做功改變物體的電勢能磁場①洛倫茲力F=qvB②方向符合左手定則洛倫茲力不做功,不改變帶電粒子的動能考技精講力的特點功和能的特點重力場①大小:G=mg②方向:豎二?帶電粒子在復(fù)合場中的運動情況1.帶電粒子在復(fù)合場中的勻速圓周運動當帶電粒子進入勻強電場?勻強磁場和重力場共存的復(fù)合場中,電場力和重力相平衡,粒子運動方向與勻強磁場方向相垂直時,帶電粒子就在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動.2.帶電粒子在勻強電場?勻強磁場和重力場中的直線運動自由的帶電粒子(無軌道約束)在勻強電場?勻強磁場和重力場中的直線運動應(yīng)是勻速直線運動(除非運動方向沿勻強磁場方向而粒子不受洛倫茲力);這是因為電場力和重力都是恒力.若它們的合力不能與洛倫茲力平衡,則帶電粒子速度的大小和方向都會改變,就不可能做直線運動.3.帶電粒子在復(fù)合場中的曲線運動當帶電粒子所受合外力變化且粒子速度不在一條直線上時,帶電粒子做非勻變速曲線運動.二?帶電粒子在復(fù)合場中的運動情況三?帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析方法?思路1.弄清復(fù)合場的組成.一般有磁場?電場的復(fù)合,磁場?重力場的復(fù)合,磁場?電場?重力場三者的復(fù)合.2.正確受力分析,除重力?彈力?摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析.3.確定帶電粒子的運動狀態(tài),注意運動情況和受力情況的結(jié)合.4.對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況的場的問題,要分階段進行處理.三?帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析方法?思路5.畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律.(1)當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時,根據(jù)受力平衡列方程求解.(2)當帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時,應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解.(3)當帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解.(4)對于臨界問題,注意挖掘隱含條件.5.畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律.考向精測考向 帶電粒子在復(fù)合場中的運動(2010·安徽高考理綜)如圖1所示,寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1?L2),存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖2所示),電場強度的大小為E0,E>0表示電場方向豎直向上.t=0時,一帶正電?質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域,沿直線運動到Q點后,做一次完整的圓周運動,再沿直線運動到右邊界上的N2點.Q為線段N1N2的中點,重力加速度為g.上述d?E0?m?v?g為已知量.考向精測考向精測(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度B的大小;(2)求電場變化的周期T;(3)改變寬度d,使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域,求T的最小值.(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強度B的大小;解析:此題考查粒子在復(fù)合場中的運動問題.(1)微粒做直線運動,則mg+qE0=qvB①微粒做圓周運動,則mg=qE0②聯(lián)立①②得q=③B= .④解析:此題考查粒子在復(fù)合場中的運動問題.(2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1,做圓周運動的周期為t2,則= vt1⑤qvB=m ⑥2πR=vt2.⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦得t1= ;t2= ⑧電場變化的周期T=t1+t2= ⑨(2)設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1,做圓周運動的周期為t(3)若微粒能完成題述的運動過程,要求d≥2R⑩聯(lián)立③④⑥得R= [11]設(shè)N1Q段直線運動的最短時間為t1min,由⑤⑩[11]得t1min=因t2不變,T的最小值Tmin=t1min+t2= .(3)若微粒能完成題述的運動過程,要求d≥2R⑩答案:(1)

(2)

(3)答案:(1) 第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動走進高考第一關(guān)考點關(guān)第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動考點精析一?帶電粒子在復(fù)合場中運動規(guī)律的分析1.復(fù)合場一般包括重力場?電場和磁場,本章所說的復(fù)合場指的是磁場與電場?磁場與重力場,或者是三場合一.2.三種場力的特點(1)重力的大小為mg,方向豎直向下,重力做功與路徑[1]無關(guān),其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外,還與初?末位置的高度差有關(guān).(2)電場力的大小為qE,方向與電場強度E及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān),電場力做功與路徑[2]無關(guān),其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外,還與初?末位置的[3]電勢差有關(guān).考點精析(3)洛倫茲力的大小跟速度與磁場方向的夾角有關(guān),當帶電粒子的速度與磁場方向平行時,F洛=0;當帶電粒子的速度與磁場方向垂直時,F洛=qvB;洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應(yīng)強度B所決定的平面.無論帶電粒子做什么運動,洛倫茲力都不做功.(4)注意:電子?質(zhì)子?α粒子?離子等微觀粒子在復(fù)合場中運動時,一般都不計重力,但質(zhì)量較大的質(zhì)點(如帶電塵粒)在復(fù)合場中運動時,不能忽略重力.(3)洛倫茲力的大小跟速度與磁場方向的夾角有關(guān),當帶電粒子的2.運動情況分析(1)當帶電體所受合外力為零時,將處于靜止或勻速直線運動狀態(tài).(2)當帶電體做勻速圓周運動時,洛倫茲力提供向心力,其余各力的合力必為零.(3)當帶電體所受合力大小與方向均變化時,將做非勻速曲線運動.這類問題一般只能用能量關(guān)系來處理.2.運動情況分析二?復(fù)合場綜合應(yīng)用實例1.速度選擇器(如圖所示)二?復(fù)合場綜合應(yīng)用實例(1)平行板中電場強度E和磁感應(yīng)強度B互相[4]垂直.這種裝置能把具有某一特定[5]速度的粒子選擇出來,所以叫做速度選擇器.(2)帶電粒子能夠勻速沿直線通過速度選擇器的條件是速度v=[6] .2.磁流體發(fā)電機(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù),它可以把物體[7]內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為[8]電能.

(1)平行板中電場強度E和磁感應(yīng)強度B互相[4]垂直.這種裝(2)根據(jù)左手定則,如圖中的[9]B板是發(fā)電機正極.(2)根據(jù)左手定則,如圖中的[9]B板是發(fā)電機正極.(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d,等離子體速度為v,磁場磁感應(yīng)強度為B,則兩極板間能達到的最大電勢差U=[10]Bdv.(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d,等離子體速度為v,磁場3.電磁流量計工作原理:如圖所示,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,導(dǎo)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,當自由電荷所受的[11]洛倫茲力和[12]電場力平衡時,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= .3.電磁流量計考題精練1.圖為一“濾速器”裝置的示意圖.a?b為水平放置的平行金屬板,一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a?b兩板之間.為了選取具有某種特定速率的電子,可在a?b間加上電壓,并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場,使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運動,由O′射出,不計重力作用,可能達到上述目的的辦法是()考題精練A.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向里B.使a板電勢低于b板,磁場方向垂直紙面向里C.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向外D.使a板電勢低于b板,磁場方向垂直紙面向外解析:要使電子沿直線OO′射出,則電子必做勻速直線運動,電子受力平衡.在該場區(qū),電子受到電場力和洛倫茲力,要使電子二力平衡,則二力方向為豎直向上和豎直向下.A選項電子所受電場力豎直向上,由左手定則判斷洛倫茲力豎直向下,滿足受力平衡.同理,D選項也滿足受力平衡,所以A?D選項正確.答案:ADA.使a板電勢高于b板,磁場方向垂直紙面向里2.當空間中加入方向如圖甲?乙?丙?丁所示的勻強電場和勻強磁場時,其中在甲?乙?丙圖中的電場方向豎直向上,丁圖中的磁場方向豎直向上,在甲?乙?丙圖中給一帶正電荷的粒子水平向右的速度v0,丁圖中給粒子垂直紙面向外的速度v0,關(guān)于帶電粒子的運動,下列說法正確的有()2.當空間中加入方向如圖甲?乙?丙?丁所示的勻強電場和勻強磁第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件A.甲圖中,粒子只能做曲線運動B.乙圖中,粒子有可能做勻速圓周運動C.丙圖中,粒子有可能做平拋運動D.丁圖中,粒子有可能做勻速直線運動答案:BCDA.甲圖中,粒子只能做曲線運動3.目前,世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機.如圖所示表示了它的發(fā)電原理:將一束等離子體噴射入磁場,磁場中有兩塊金屬板A?B,這時金屬板上就會聚集電荷,產(chǎn)生電壓.如果射入的等離子體的初速度為v,兩金屬板的板長(沿初速度方向)為L,板間距離為d,金屬板的正對面積為S,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直于離子初速度方向,負載電阻為R,電離氣體充滿兩板間的空間.當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時,電流表的示數(shù)為I.那么板間電離氣體的電阻率為()3.目前,世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機.如圖所第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件A.

( -R)B.

( -R)C.

( -R)D.

( -R)解析:當發(fā)電機穩(wěn)定時,等離子體做勻速直線運動,所以qvB=qE=q ,即U=Bdv,由I= 和r=ρ 得ρ= -R),故A正確.答案:AA. ( -R)4.(2009·寧夏高考)醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時,利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度.電磁血統(tǒng)計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成,磁極間的磁場是均勻的.使用時,兩電極a、b均與血管壁接觸,兩觸點的連線?磁場方向和血流速度方向兩兩垂直,如圖所示.由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動,電極a、b之間會有微小電勢差.在達到平衡時,血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場,血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零.某次監(jiān)測中,兩觸點的距離為3.0mm,血管壁的厚度可忽略,兩觸點間的電勢差為160μV,磁感應(yīng)強度大小為0.040T.則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()4.(2009·寧夏高考)醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時,利用電磁血流第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件A.1.3m/s,a正、b負B.2.7m/s,a正、b負C.1.3m/s,a負、b正D.2.7m/s,a負、b正解析:由左手定則可判定a為正極,b為負極.由Bvq=Eq,Bv=E v= =1.3m/s.答案:AA.1.3m/s,a正、b負B.25.(2010·福建理綜)如圖所示的裝置,左半部為速度選擇器,右半部為勻強的偏轉(zhuǎn)電場.一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器,能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子,又沿著與電場垂直的方向,立即進入場強大小為E的偏轉(zhuǎn)電場,最后打在照相底片D上.已知同位素離子的電荷量為q(q>0),速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強大小為E0的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場,照相底片D與狹縫S1?S2的連線平行且距離為L,忽略重力的影響.5.(2010·福建理綜)如圖所示的裝置,左半部為速度選擇器第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小;(2)若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x,求出x與離子質(zhì)量m之間的關(guān)系式(用E0?B0?E?q?m?L表示).解析:(1)能從速度選擇器射出的離子滿足qE0=qv0B0①故v0=②(2)離子進入勻強偏轉(zhuǎn)電場E后做類平拋運動,則x=v0t1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小;③L= at2④由牛頓第二定律得qE=ma⑤由②③④⑤解得:x=答案:(1) (2)x=③解讀高考第二關(guān)熱點關(guān)典例剖析解讀高考第二關(guān)熱點關(guān)考點1 粒子速度選擇器【例1】如圖所示,a、b是位于真空中的平行金屬板,a板帶正電,b板帶負電,兩板間的電場為勻強電場,場強為E.同時在兩板之間的空間中加勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應(yīng)強度為B.一束電子以大小為v\-0的速度從左邊S處沿圖中虛線方向入射,虛線平行于兩板,要想使電子在兩板間能沿虛線運動,則v0、E、B之間的關(guān)系應(yīng)該是()考點1 粒子速度選擇器A.v0=E/BB.v0=B/EC.v0= D.v0=

[解析]對電子進行受力分析,電子的重力不計,則受到一個豎直向上的電場力,受一個豎直向下的洛倫茲力(由左手定則判斷),而題中要求電子在兩板間能沿虛線運動,則電子所受合外力必須為零,即電場力和洛倫茲力大小相等,方向相反,即Eq=qv0B,所以v0= A正確.[答案]AA.v0=E/BB.v0=B/E[點評]從題中電子沿虛線運動得出電場力和洛倫茲力平衡是解題關(guān)鍵.該題實際是速度選擇器.[點評]從題中電子沿虛線運動得出電場力和洛倫茲力平衡是解變式訓(xùn)練1:(2009·北京理綜,19)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場.一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場?電場區(qū)域,恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出.若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變,另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入,從區(qū)域右邊界穿出,則粒子b()變式訓(xùn)練1:(2009·北京理綜,19)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)A.穿出位置一定在O′點下方B.穿出位置一定在O′點上方C.運動時,在電場中的電勢能一定減小D.在電場中運動時,動能一定減小解析:該電?磁復(fù)合場等效于速度選擇器,只選擇速度大小,不選擇粒子的電性,即正?負粒子均可沿直線穿過該電?磁場區(qū)域;撤去磁場后,若粒子帶正電,則受電場力向下,粒子偏離直線運動軌跡向下偏轉(zhuǎn),穿出點在O′點下方,若粒子帶負電,則受向上的電場力而向上偏轉(zhuǎn),穿出點在O′點上方,故在粒子電性不明的情況下,粒子穿出可能在O′點上方或下方,A?B均錯;在電場中偏轉(zhuǎn)時,僅電場力做正功,其電勢能一定減小,動能一定增加,C對,D錯.A.穿出位置一定在O′點下方答案:C答案:C考點2 帶電粒子在復(fù)合場中的直線運動【例2】如圖所示,套在很長的絕緣直棒上的小球,質(zhì)量為1.0×10-4kg,帶4.0×10-4C正電,小球在棒上可以滑動,將此棒豎直放在互相垂直且沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中,勻強電場的電場強度E=10N/C,方向水平向右,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.5T,方向為垂直紙面向里,小球與棒間動摩擦因數(shù)為μ=0.2.求小球由靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度.(設(shè)小球在運動過程中所帶電荷量保持不變,g取10m/s2)考點2 帶電粒子在復(fù)合場中的直線運動第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件[解析]帶電小球沿絕緣棒下滑過程中,受豎直向下的重力,豎直向上的摩擦力,水平方向的彈力和洛倫茲力及電場力作用.當小球靜止時,彈力等于電場力,如下圖(1)所示,小球在豎直方向所受摩擦力最小,小球加速度最大,小球運動過程中,彈力等于電場力與洛倫茲力之和,隨著小球運動速度的增大,小球所受洛倫茲力增大,小球在豎直方向摩擦力也隨之增大,小球加速度減小,當球的加速度為零時,速度達最大,如圖(2).[解析]帶電小球沿絕緣棒下滑過程中,受豎直向下的重力,豎棒上小球剛開始下落時,加速度最大,設(shè)為am,這時,豎直方向有mg-Ff=mam①在水平方向上有qE-FN=0②又Ff=μFN③由①②③解得,am= m/s2=2m/s2小球沿棒豎直下滑時,當速度最大時,加速度a=0.棒上小球剛開始下落時,加速度最大,設(shè)為am,這時,豎直方向有在豎直方向上mg-F′f=0④在水平方向上qvmB+qE-F′N=0⑤又F′f=μF′N⑥ 由④⑤⑥解得,vm= m/s=5m/s.[答案]2m/s25m/s在豎直方向上mg-F′f=0④變式訓(xùn)練2:在勻強磁場和勻強電場中,水平放置一絕緣直棒,棒上套著一個帶正電的小球,如右圖,小球與棒間滑動摩擦因數(shù)μ=0.2,小球質(zhì)量m=1×10-4kg,電荷量q=2×10-4C.勻強電場水平向右,E=5N/C,磁場垂直紙面向里,B=2T,取g=10m/s2.求:變式訓(xùn)練2:在勻強磁場和勻強電場中,水平放置一絕緣直棒,棒上(1)當小球的加速度最大時,它的速度多大?最大加速度多大?(2)如果棒足夠長,小球的最大速度多大?解析:(1)小球運動的初始階段受力如圖甲所示,當小球所受洛倫茲力F洛和小球重力大小相等時,小球所受摩擦力μFN=0,此時小球加速度最大,且Bqv=mg.(1)當小球的加速度最大時,它的速度多大?最大加速度多大?所以v= =2.5m/s,am= =10m/s2.(2)當小球速度最大時,小球受力如圖乙所示,此時有Eq=μFN′,Bqvm=FN′+mg,所以vm= =15m/s.答案:(1)2.5m/s10m/s2(2)15m/s所以v= =2.5m/s,am= =10m/s2.考點3 磁流體發(fā)電機【例3】目前世界上正在研究新型發(fā)電機——磁流體發(fā)電機,它的原理圖如圖所示,設(shè)想在相距為d的兩平行金屬板間的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,兩板通過開關(guān)和燈泡相連.將氣體加熱到使之電離后,由于正負離子一樣多,且?guī)щ姾闪烤鶠閝,因而稱為等離子體,將其以速度v噴入甲?乙兩板之間,這時甲?乙兩板應(yīng)會聚集電荷,產(chǎn)生電壓,這就是磁流體發(fā)電機的原理,它可以直接把內(nèi)能轉(zhuǎn)化為電能,試問:考點3 磁流體發(fā)電機第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件(1)圖中哪個極板是發(fā)電機的正極?(2)發(fā)電機的電動勢多大?(3)設(shè)噴入兩極間的離子流每立方米有n個負電荷,離子流的截面積為S,則發(fā)電機的最大功率多大?[解析](1)等離子體從左側(cè)射入磁場,正離子受向上的洛倫茲力而偏向甲板,使甲板上積累正電荷,相應(yīng)的乙板上積累負電荷,成為電源的正?負兩極.甲板是發(fā)電機的正極.(1)圖中哪個極板是發(fā)電機的正極?(2)當開關(guān)斷開時,甲?乙兩板間的電壓即為電源的電動勢.穩(wěn)定時,甲?乙兩板上積累的電荷不再增加,此時的等離子體所受的洛倫茲力與電場力恰好平衡,則有 =qvB即得電源的電動勢為U=Bdv.(3)理想狀態(tài)時,噴入兩極間的離子流全部流向兩極板,這時電源達到最大功率.此時,電路中的最大電流為Im=式中N為在t時間內(nèi)噴入兩極板間的正負離子數(shù)的總和,即N=2nSvt,發(fā)電機的最大功率為Pm=UIm=2ndqSBv2.[答案](1)甲板(2)Bdv(3)2ndqSBv2(2)當開關(guān)斷開時,甲?乙兩板間的電壓即為電源的電動勢.穩(wěn)定變式訓(xùn)練3:如圖是磁流體發(fā)電機的工作原理圖.磁流體發(fā)電機由燃燒室(O)?發(fā)電通道(E)和偏轉(zhuǎn)磁場(B)組成.在2500K以上的高溫下,燃料與氧化劑在燃燒室混合?燃燒后,電離為正負離子(即等離子體),并以每秒幾百米的高速噴入磁場,在洛倫茲力的作用下,正?負離子分別向上?下極板偏轉(zhuǎn),兩極板因聚積正?負電荷而產(chǎn)生靜電場.這時等離子體同時受到方向相反的洛倫茲力(f)與電場力(F)的作用,當F=f時,離子勻速穿過磁場,兩極板電勢差達到最大值,即為電源的電動勢.設(shè)兩板間距為d,板間磁場的磁感應(yīng)強度為B,等離子體的速度為v,負載電阻為R,電源內(nèi)阻不計,通道截面是邊長為d的正方形,試求:變式訓(xùn)練3:如圖是磁流體發(fā)電機的工作原理圖.磁流體發(fā)電機由燃第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件(1)磁流體發(fā)電機的電動勢ε;(2)發(fā)電通道兩端的壓強差Δp.解析:此題是磁場?力學(xué)?恒定電流相結(jié)合的綜合題,根據(jù)磁流體發(fā)電機的原理可求出電動勢,由于離子勻速穿過磁場,根據(jù)物體平衡的條件可求出發(fā)電通道兩端的壓強差Δp.(1)當F=f時,離子勻速穿過磁場,即qE=qvBE= 聯(lián)立解得ε=Bvd.(1)磁流體發(fā)電機的電動勢ε;(2)回路電流I= 磁流體發(fā)電機內(nèi)部的電流可等效為通電導(dǎo)體棒,受到的安培力為F=BId磁場內(nèi)離子做勻速運動,合力為零,F=ΔpS聯(lián)立解得Δp= .答案:(1)Bvd(2)(2)回路電流I= 磁流體發(fā)電機內(nèi)部的電流可等效為通電導(dǎo)體考點4 帶電粒子在有界的相互分離的電場和磁場中的運動【例4】(2010·山東理綜)如圖所示,以兩虛線為邊界,中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場,寬度為d,兩側(cè)為相同的勻強磁場,方向垂直紙面向里.一質(zhì)量為m、帶電量+q?重力不計的帶電粒子,以初速度v1垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動,后進入電場做勻加速運動,然后第二次進入磁場中運動,此后粒子在電場和磁場中交替運動.已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍,第三次是第一次的三倍,以此類推.求考點4 帶電粒子在有界的相互分離的電場和磁場中的運動第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件(1)粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W1;(2)粒子第n次經(jīng)過電場時電場強度的大小En;(3)粒子第n次經(jīng)過電場所用的時間tn;(4)假設(shè)粒子在磁場中運動時,電場區(qū)域場強為零.請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中,電場強度隨時間變化的關(guān)系圖線(不要求寫出推導(dǎo)過程,不要求標明坐標刻度值).(1)粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W1;[解析](1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,粒子第n次進入磁場時的半徑為Rn,速度為vn,由牛頓第二定律得qvnB=m ①由①式得vn= ②因為R2=2R1,所以v2=2v1③對于粒子第一次在電場中的運動,由動能定理得W1= mv21④聯(lián)立③④式得W1= ⑤[解析](1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,粒子第n次進入(2)粒子第n次進入電場時速度為vn,出電場時速度為vn+1,有vn=nv1,vn+1=(n+1)v1⑥由動能動理得qEnd= mv2n+1- mv2n⑦聯(lián)立⑥⑦式得En= .⑧(3)設(shè)粒子第n次在電場中運動的加速度為an,由牛頓第二定律得qEn=man⑨由運動學(xué)公式得vn+1-vn=antn⑩聯(lián)立⑥⑧⑨⑩式得tn=(2)粒子第n次進入電場時速度為vn,出電場時速度為vn+1(4)如圖所示(4)如圖所示[答案](1)

mv21

(2) (3) (4)見解析[答案](1) mv21變式訓(xùn)練4:如圖所示,在坐標系xOy的第一象限中存在沿y軸正方向的勻強電場,場強大小為E.在其他象限中存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里.A是y軸上的一點,它到坐標原點O的距離為h;C是x軸上的一點,到O的距離為l.一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點進入電場區(qū)域,繼而通過C點進入磁場區(qū)域,并再次通過A點,此時速度方向與y軸正方向成銳角.不計重力作用.試求:變式訓(xùn)練4:如圖所示,在坐標系xOy的第一象限中存在沿y軸正第八章第三講帶電粒子在復(fù)合場中的運動課件(1)粒子經(jīng)過C點時速度的大小和方向;(2)磁感應(yīng)強度的大小B.解析:畫出帶電粒子的運動軌跡如下圖所示(1)粒子經(jīng)過C點時速度的大小和方向;(1)以a表示粒子在電場作用下的加速度,有qE=ma①加速度沿y軸負方向.設(shè)粒子從A點進入電場時的初速度為v0,由A點運動到C點經(jīng)歷的時間為t,則有h= at2②l=v0t③由②③式得v0=l④(1)以a表示粒子在電場作用下的加速度,有設(shè)粒子從C點進入磁場時的速度為v,如下圖所