带电粒子在复合场中的运动典型例题汇编
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专题八带电粒子在复合场中的运动
考纲解读 1.能分析计算带电粒子在复合场中的运动.2.能够解决速度选择器、磁流体发电机、质谱仪等磁场的实际应用问题
1.[带电粒子在复合场中的直线运动]某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出),带电小球沿
如图1所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动,此空间同时存在由A指向B的匀强磁场,则
下列说确的是()
A.小球一定带正电B.小球可能做匀速直线运动
C.带电小球一定做匀加速直线运动;D.运动过程中,小球的机械能增大;图1 2.[带电粒子在复合场中的匀速圆周运动]如图2所示,一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀
速圆周运动,电场方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里,则下列说确的是() A.小球一定带正电B.小球一定带负电;
C.小球的绕行方向为顺时针;D.改变小球的速度大小,小球将不做圆周运动图2
考点梳理
一、复合场
1.复合场的分类
(1)叠加场:电场、磁场、重力场共存,或其中某两场共存.
(2)组合场:电场与磁场各位于一定的区域,并不重叠或相邻或在同一区域,电场、磁场交替出现.
2.三种场的比较
项目
名称
力的特点功和能的特点
重力场大小:G=mg
方向:竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场大小:F=qE
方向:a.正电荷受力方向与场强方向相同
b.负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关
W=qU
电场力做功改变电势能
磁场洛伦兹力F=q v B
方向可用左手定则判断
洛伦兹力不做功,不改变带电粒子
的动能
二、带电粒子在复合场中的运动形式
1.静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时,将处于静止状态或做匀速直线运动.
2.匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力大小相等,方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场的平面做匀速圆周运动.
3.较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一直线上,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线.
4.分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域,其运动情况随区域发生变化,其运动过程由几种不同的运动阶段组成.
3.[质谱仪原理的理解]如图3所示是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后,
进入速度选择器.速度选择器相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有
可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁
场.下列表述正确的是()
A.质谱仪是分析同位素的重要工具;
B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外;
C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越小;图3 4.[回旋加速器原理的理解]劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器,工作原理示意图如图4所示.置于高真空中的D 形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B的
匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f,加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量
为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影
响.则下列说确的是()
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf ;
B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1 ;
D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器的最大动能不变图4
规律总结
带电粒子在复合场中运动的应用实例
1.质谱仪
(1)构造:如图5所示,由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成.
图5
(2)原理:粒子由静止被加速电场加速,根据动能定理可得关系式qU =1
2
m v 2.
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转,做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律得关系式q v B =m v 2
r .
由两式可得出需要研究的物理量,如粒子轨道半径、粒子质量、比荷. r =1B 2mU q ,m =qr 2B 22U ,q m =2U B 2r 2
. 2. 回旋加速器
(1)构造:如图6所示,D 1、D 2是半圆形金属盒,D 形盒的缝隙处 接交流电源,D 形盒处于匀强磁场中.
(2)原理:交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子在圆周运动的过程中一次一次
地经过D 形盒缝隙,两盒间的电势差一次一次地反向,粒子就会被一次一次地加速.由q v B =m v 2r ,得 E km =q 2B 2r 22m ,可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒 图6
半径r 决定,与加速电压无关.
(特别提醒 这两个实例都应用了带电粒子在电场中加速、在磁场中偏转(匀速圆周运动) 的原理.)
3. 速度选择器(如图7所示)
(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直.这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来,所以叫做速度选择器.
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE =q v B , 即v =E
B . 图7
4. 磁流体发电机
(1)磁流体发电是一项新兴技术,它可以把能直接转化为电能. (2)根据左手定则,如图8中的B 是发电机正极.
(3)磁流体发电机两极板间的距离为L ,等离子体速度为v ,磁场的
磁感应强度为B ,则由qE =q U
L =q v B 得两极板间能达到的最大电势差U =BL v . 图8
5. 电磁流量计工作原理:如图9所示,圆形导管直径为d ,用非磁性材料制成,导电液体在管中向左流动,导电液体中的自由电荷(正、负 离子),在洛伦兹力的作用下横向偏转,a 、b
间出现电势差,形成电场,当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时,a 、b 间的电势差就
保持稳定,即:q v B =qE =q U d ,所以v =U Bd ,因此液体流量Q =S v =πd 24·U Bd =πdU
4B . 图9
考点一 带电粒子在叠加场中的运动
1. 带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动.
②若重力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,故机械能守恒,由此可求解问题.
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动.
②若电场力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用动能定理求解问题. (3)电场力、磁场力、重力并存 ①若三力平衡,一定做匀速直线运动. ②若重力与电场力平衡,一定做匀速圆周运动.
③若合力不为零且与速度方向不垂直,将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用能量守恒或动能定理求解问题.
2. 带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况,并注意洛伦兹力不做功的特点,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果.
例1 如图10所示,带电平行金属板相距为2R ,在两板间有垂直纸面向里、磁感应
强度为B 的圆形匀强磁场区域 ,与两板及左侧边缘线相切.一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O 1O 2从左侧边缘O 1点以某一速度射入,恰沿直线通
过圆形磁场区域,并从极板边缘飞出,在极板间运动时间为t 0.若撤去磁场,质子
仍从O 1点以相同速度射入,则经t 0
2时间打到极板上. 图10
(1)求两极板间电压U ;
(2)若两极板不带电,保持磁场不变,该粒子仍沿中心线O 1O 2从O 1点射入,欲使粒子从两板左侧间飞出,射入的速度应满足什么条件?
解析 (1)设粒子从左侧O 1点射入的速度为v 0,极板长为L ,粒子在初速度方向上做匀速直线运动
L ∶(L -2R )=t 0∶t 0
2
,解得L =4R
粒子在电场中做类平抛运动:L -2R =v 0·t 0
2
a =qE m
R =12a (t 02
)2
在复合场中做匀速运动:q U
2R
=q v 0B
联立各式解得v 0=4R t 0,U =8R 2B
t 0
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示,设其轨道半径为r ,粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α,由几何关系可知:β=π-α=45°,r +2r =R
因为R =12qE m (t 02
)2
,
所以qE m =q v 0B m =8R t
20
根据牛顿第二定律有q v B =m v 2
r
,
解得v =2(2-1)R
t 0
所以,粒子在两板左侧间飞出的条件为0<v <2(2-1)R
t 0
答案 (1)8R 2B
t 0 (2)0<v <2(2-1)R t 0
技巧点拨
带电粒子(带电体)在叠加场中运动的分析方法
1.弄清叠加场的组成. 2.进行受力分析.
3.确定带电粒子的运动状态,注意运动情况和受力情况的结合. 4.画出粒子运动轨迹,灵活选择不同的运动规律.
(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时,根据受力平衡列方程求解.
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时,应用牛顿定律结合圆周运动规律求解. (3)当带电粒子做复杂曲线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解. (4)对于临界问题,注意挖掘隐含条件. 5.记住三点:(1)受力分析是基础; (2)运动过程分析是关键;
(3)根据不同的运动过程及物理模型,选择合适的定理列方程求解.
方法点拨
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法
突破训练1 如图11所示,空间存在着垂直纸面向外的水平匀强磁场,磁感应强度为B ,在y 轴两侧分别有方向相反的匀强电场,电场强度均为E ,在两个电场的交界处左侧,有一带正电的液滴a 在电场力和重力作用下静止,现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴b ,当它的运动方向变为水平方向时恰与a 相撞,撞后两液滴合为一体,速度减小到原来的一半,并沿x 轴正方向做匀速直线运动,已知液滴b 与a 的质量相等,b 所带电荷量是a 所带电荷量的2倍,且相撞前a 、b 间的静电力忽略不计.
(1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小;
(2)求液滴b 开始下落时距液滴a 的高度h . 图11
答案 (1)E B (2)2E 2
3gB 2
解析 液滴在匀强磁场、匀强电场中运动,同时受到洛伦兹力、电场力和重力作用. (1)设液滴a 质量为m 、电荷量为q ,则液滴b 质量为m 、电荷量为-2q , 液滴a 平衡时有qE =mg ① a 、b 相撞合为一体时,质量为2m ,电荷量为-q ,速度为v ,由题意知处于平衡状态, 重力为2mg ,方向竖直向下,电场力为qE ,方向竖直向上,洛伦兹力方向也竖直向上, 因此满足q v B +qE =2mg ②
由①、②两式,可得相撞后速度v =E
B
(2)对b ,从开始运动至与a 相撞之前,由动能定理有
W E +W G =ΔE k ,即(2qE +mg )h =12m v 2
0 ③
a 、
b 碰撞后速度减半,即v =v 02,则v 0=2v =2E
B
再代入③式得h =m v 204qE +2mg =v 206g =2E 2
3gB 2
考点二 带电粒子在组合场中的运动
1. 近几年各省市的高考题在这里的命题情景大都是组合场模型,或是一个电场与一个磁场相邻,或是两个或多个
磁场相邻.
2. 解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、围等. 3. 要进行正确的受力分析,确定带电粒子的运动状态. 4. 分析带电粒子的运动过程,画出运动轨迹是解题的关键.
例2 (2012·理综·23)如图12甲所示,相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向里,在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ,两极板中心各有一小孔S 1、S 2,两极板间电压的变化规律如图乙所示,正反向电压的大小均为U 0,周期为T 0.在t =0时刻将一个质量为m 、电荷量为-q (q >0)的粒子由S 1静止释放,粒子在
电场力的作用下向右运动,在t =T 0
2时刻通过S 2垂直于边界进入右侧磁场区.(不计粒子
重力,不考虑极板外的电场)
(1)求粒子到达S 2时的速度大小v 和极板间距d .
(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件.
(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t =3T 0时刻再次到达S 2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场运动的时间和磁感应强度的大小. 审题指导 1.粒子的运动过程是什么?
2.要在t =3T 0时使粒子再次到达S 2,且速度为零,需要满足什么条件?
解析 (1)粒子由S 1至S 2的过程,根据动能定理得
qU 0=1
2
m v 2 ①
由①式得v = 2qU 0
m
②
设粒子的加速度大小为a ,由牛顿第二定律得q U 0
d
=ma ③
由运动学公式得d =12a (T 0
2)2 ④
联立③④式得d =T 04 2qU 0
m
⑤
(2)设磁感应强度的大小为B ,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ,由牛顿第二定律得q v B =m v 2
R
⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,需满足2R >L
2
⑦
联立②⑥⑦式得B <4L 2mU 0
q
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程所用时间为t 1,有d =v t 1 ⑧ 联立②⑤⑧式得t 1=T 0
4
⑨
若粒子再次到达S 2时速度恰好为零,粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时间为t 2,根据运动学
公式得d =v
2
t 2 ⑩
联立⑧⑨⑩式得t 2=T 0
2 ⑪
设粒子在磁场中运动的时间为t
t =3T 0-T 0
2
-t 1-t 2 ⑫
联立⑨⑪⑫式得t =7T 0
4
⑬
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ,由⑥式结合运动学公式得T =2πm
qB
⑭
由题意可知T =t ⑮
联立⑬⑭⑮式得B =8πm
7qT 0
.
答案 (1) 2qU 0m T 04 2qU 0m (2)B <4L 2mU 0
q
(3)7T 04 8πm 7qT 0
突破训练2 如图13所示装置中,区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场,电场强度分别为E 和E/2;区域Ⅱ有垂直向外的水平匀强磁场,磁感应强度为B .一质量为m 、带电荷量为q 的带负电粒子(不计重力)从左边界O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入电场,经水平分界线OP 上的A 点与OP 成60°角射入区域Ⅱ的磁场,并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强电场中.求:
(1)粒子在区域Ⅱ匀强磁场中运动的轨迹半径; (2)O 、M 间的距离;
(3)粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间. 图13
答案 (1)2m v 0qB (2) 3m v 022qE (3)(8+3)m v 0qE +πm
3qB
审题指导 1.粒子的运动过程是怎样的? 2.尝试画出粒子的运动轨迹.
3.注意进入磁场时的速度的大小与方向.
解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示,其在区域Ⅰ的匀强电场中做类平抛运动,设粒子过A 点时速度为v ,由类
平抛运动规律知v =v 0
cos 60°
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得
Bq v =m v 2R ,所以R =2m v 0
qB
(2)设粒子在区域Ⅰ的电场中运动时间为t 1,加速度为a .则有qE =ma ,
v 0tan 60°=at 1,即t 1=
3m v 0
qE
O 、M 两点间的距离为L =12at 21=3m v 02
2qE
(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t 2 则由几何关系知t 2=T 16=πm
3qB
设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t 3,a ′=q
E 2m =qE
2m
则t 3=2×2v 0a ′=8m v 0
qE
粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所用时间为
t =t 1+t 2+t 3=3m v 0qE +πm 3qB +8m v 0qE =(8+3)m v 0qE +πm
3qB
42.带电粒子在交变电场和交变磁场中的运动模型问题的分析
解析 (1)粒子在磁场中运动时q v B =
m v 2R
(2分)
T =2πR
v (1分)
解得T =2πm qB =4×10-
3 s (1分)
(2)粒子的运动轨迹如图所示,t =20×10-
3 s 时粒子在坐标系做了两个 圆周运动和三段类平抛运动,水平位移x =3v 0T =9.6×10-
2 m (1分)
竖直位移y =1
2a (3T )2 (1分)
Eq =ma (1分) 解得y =3.6×10-
2 m
故t =20×10-
3 s 时粒子的位置坐标为:
(9.6×10-
2 m ,-3.6×10-
2 m) (1分) (3)t =24×10-
3 s 时粒子的速度大小、方向与t =20×10-
3 s 时相同,设与水平方向夹角为 α (1分) 则v =v 20+v 2y (1分) v y =3aT (1分)
tan α=v y
v 0 (1分)
解得v =10 m/s (1分)
与x 轴正向夹角α为37°(或arctan 3
4)斜向右下方 (1分)
答案 (1)4×10-
3 s (2)(9.6×10-
2 m ,-3.6×10-
2 m) (3)10 m/s 方向与x 轴正向夹角
α为37°(或arctan 3
4)
突破训练3 如图15甲所示,与纸面垂直的竖直面MN 的左侧空间中存在竖直向上的场强
大小为E =2.5×102 N/C 的匀强电场(上、下及左侧无界).一个质量为m =0.5 kg 、电荷 量为q =2.0×10-2 C 的可视为质点的带正电小球,在t =0时刻以大小为v 0的水平初速度 向右通过电场中的一点P ,当t =t 1时刻在电场所在空间中加上一如图乙所示随时间周期 性变化的磁场,使得小球能竖直向下通过D 点,D 为电场中小球初速度方向上的一点, PD 间距为L ,D 到竖直面MN 的距离DQ 为L /π.设磁感应强度垂直纸面向里为正.(g = 10 m/s 2)
图15
(1)如果磁感应强度B 0为已知量,使得小球能竖直向下通过D 点,求磁场每一次作用时 间t 0的最小值(用题中所给物理量的符号表示);
(2)如果磁感应强度B 0为已知量,试推出满足条件的时刻t 1的表达式(用题中所给物理量 的符号表示);
(3)若小球能始终在电磁场所在空间做周期性运动,则当小球运动的周期最大时,求出磁感应强度B 0及运动的最大周期T 的大小(用题中所给物理量的符号表示).
答案 (1)3πm 2qB 0 (2)L v 0+m
qB 0 (3)2πm v 0qL 6L v 0
解析 (1)当小球仅有电场作用时:mg =Eq ,小球将做匀速直线运 动.在t 1时刻加入磁场,小球在时间t 0将做匀速圆周运动,圆周 运动周期为T 0,若竖直向下通过D 点,由图甲分析可知: t 0=3T 04=3πm 2qB 0
(2)PF -PD =R ,即: 甲 v 0t 1-L =R
q v 0B 0=m v 2
0/R
所以v 0t 1-L =m v 0qB 0,t 1=L v 0+m
qB 0
(3)小球运动的速率始终不变,当R 变大时,T 0也增加,小球在电 磁场中的运动的周期T 增加,在小球不飞出电磁场的情况下,当T 最大时有:
DQ =2R =L π=2m v 0qB 0 B 0=2πm v 0qL ,T 0=2πR v 0=L
v 0 乙
由图分析可知小球在电磁场中运动的最大周期: T =8×3T 04=6L
v 0
,小球运动轨迹如图乙所示.
高考题组
1. (2012·课标全国·25)如图16,一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面).在柱形区域加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线从圆上的a 点射入柱形区域,从圆上的b 点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直.圆心O 到直线的距离为3/5R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线从a 点射入柱形区域,也从b 点离开该区域.若磁感应强度大小为B ,不计重力,求电场强度的大小. 答案 14qRB 2
5m
解析 粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r ,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得q v B =m v 2
r ①
式中v 为粒子在a 点的速度.
过b 点和O 点作直线的垂线,分别与直线交于c 点和d 点.由几何关系知,线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形.因此
ac =bc =r ②
设cd =x ,由几何关系得ac =4
5
R +x ③
bc =3
5
R +R 2-x 2 ④
联立②③④式得r =7
5R ⑤
再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E ,粒子在电场中做类平抛运动.设 其加速度大小为a ,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE =ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r ,由运动学公式得r =1
2at 2 ⑦
r =v t ⑧ 式中t 是粒子在电场中运动的时间.联立①⑤⑥⑦⑧式得
E =14qRB 25m .
2. (2012·理综·24)如图17所示,两块水平放置、相距为d 的长金属板接在电压可调的电源上.两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面,从喷口连续不
断喷出质量均为m 、水平速度均为v 0、带相等电荷量的墨滴.调节电源电压至U ,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动;进入电场、磁场共存区域后,最终垂直打在下板的M 点.
(1)判断墨滴所带电荷的种类,并求其电荷量;
(2)求磁感应强度B 的值; 图17 (3)现保持喷口方向不变,使其竖直下移到两板中间的位置.为了使墨滴仍能到达下板M 点,应将磁感应强度调至B ′,则B ′的大小为多少?
答案 (1)负电荷 mgd
U (2)v 0U gd 2 (3)4v 0U 5gd 2
解析 (1)墨滴在电场区域做匀速直线运动,有
q U
d
=mg ① 由①式得:q =mgd
U ②
由于电场方向向下,电荷所受电场力向上,可知:墨滴带负电荷.
(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后,重力仍与电场力平衡,合力等于洛伦兹力, 墨滴做匀速圆周运动,有
q v 0B =m v 02
R ③
考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系,可知墨滴在该区域恰完成四分之 一圆周运动,则半径
R =d ④
由②③④式得B =v 0U
gd 2
(3)根据题设,墨滴运动轨迹如图所示,设墨滴做圆周运动的半径为R ′,有
q v 0B ′=m v 02
R ′ ⑤
由图可得:
R ′2=d 2+(R ′-d
2)2 ⑥
由⑥式得:R ′=5
4
d ⑦
联立②⑤⑦式可得:
B ′=4v 0U 5gd 2
.
3. (2012·理综·24)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置,其原理如图18所示,两带电金属板间有匀强电场,方向竖直向上,其中PQNM 矩形区域还有方向垂直纸面向外的匀强磁场.一束比荷(电
荷量与质量之比)均为1
k
的带正电颗粒,以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O ′O
进入两金属板之间,其中速率为v 0的颗粒刚好从Q 点处离开磁场,然后做匀速直线运动到达收集板,重力加速度为g ,PQ =3d , NQ =2d ,收集板与NQ 的距离为l ,不计颗粒间的相互作用.求:
(1)电场强度E 的大小; (2)磁感应强度B 的大小;
(3)速率为λv 0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O 点的距离. 图18 答案 见解析
解析 (1)设带电颗粒的电荷量为q ,质量为m .由于粒子从Q 点离开磁场后做匀速直线运 动,则有Eq =mg 将q m =1
k
代入,得
E =kg .
(2)如图所示,粒子在磁场区域由洛伦兹力提供其做圆周运动的
向心力,则有q v 0B =m v 20
R ①
而由几何知识有
R 2=(3d )2+(R -d )2 ②
联立①②解得
B =k v 0
5d . ③
(3)设速度为λv 0的颗粒在磁场区域运动时竖直方向的位移为y 1, 离开磁场后做匀速直线
运动时竖直方向的位移为y 2,偏转角为θ,如图所示,有
qλv 0B =m (λv 0)2
R 1
④
将q m =1
k 及③式代入④式,得 R 1=5d λ tan θ=
221)
3(3d R d -
y 1=R 1-)3(2
2
1d R - y 2=l tan θ
则速率为λv 0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O 点的距离为 y =y 1+y 2
解得y =d (5λ-25λ2-9)+3l
25λ2-9
.
模拟题组
4. 如图19所示,坐标平面第Ⅰ象限存在大小为E =4×105 N/C 、
方向水平向左的匀强电场,在第Ⅱ象限存在方向垂直纸面向
里的匀强磁场.质荷比为m q =4×10-
10 N/C 的带正电粒子从x
轴上的A 点以初速度v 0=2×107 m/s 垂直x 轴射入电场,OA =
0.2 m ,不计重力.求: 图19 (1)粒子经过y 轴时的位置到原点O 的距离;
(2)若要求粒子不能进入第三象限,求磁感应强度B 的取值围(不考虑粒子第二次进入 电场后的运动情况.)
答案 (1)0.4 m (2)B ≥(22+2)×10-
2 T
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t ,粒子经过y 轴时的位置与原点O 的距离为y ,
则:s OA =1
2at 2
a =F m E =F q
y =v 0t
联立解得a =1.0×1015 m/s 2 t =2.0×10-8 s y =0.4 m (2)粒子经过y 轴时在电场方向的分速度为: v x =at =2×107 m/s
粒子经过y 轴时的速度大小为: v =v x 2+v 02=22×107 m/s
与y 轴正方向的夹角为θ,θ=arctan
v x
v 0
=45° 要使粒子不进入第三象限,如图所示,此时粒子做匀速圆周 运动的轨道半径为R ,则:
R +2
2R ≤y
q v B =m v 2
R
联立解得B ≥(22+2)×10-
2 T.
5. 如图20甲所示,在以O 为坐标原点的xOy 平面,存在着围足够大的电场和磁场,
一个带正电小球在t =0时刻以v 0=3gt 0的初速度从O 点沿+x 方向(水平向右)射入该空 间,在t 0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场,其中电场方向竖直向上,场强
大小E 0=mg q ,磁场垂直于xOy 平面向外,磁感应强度大小B 0=πm
qt 0,已知小球的质量为
m ,带电荷量为q ,时间单位为t 0,当地重力加速度为g ,空气阻力不计.试求:
图20
(1)t 0末小球速度的大小;
(2)小球做圆周运动的周期T 和12t 0末小球速度的大小;
(3)在给定的xOy 坐标系中,大体画出小球在0到24t 0运动轨迹的示意图; (4)30t 0小球距x 轴的最大距离. 答案 (1)10gt 0 (2)2t 0 13gt 0 (3)见解析图
(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫92
+3+32πgt 20 解析 (1)由题图乙知,0~t 0,小球只受重力作用,做平抛运动,在t 0末: v =v 0x 2+v 0y 2=(3gt 0)2+(gt 0)2=10gt 0
(2)当同时加上电场和磁场时,电场力F 1=qE 0=mg ,方向向上
因为重力和电场力恰好平衡,所以小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动,有q v B 0=m v 2r
运动周期T =2πr
v ,联立解得T =2t 0
由题图乙知,电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5倍,即在 这10t 0,小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动.所以小球在t 1=12t 0时刻的速度相 当于小球做平抛运动t =2t 0时的末速度. v y 1=g ·2t 0=2gt 0,v x 1=v 0x =3gt 0 所以12t 0末v 1=v x 12+v y 12=13gt 0
(3)24t 0运动轨迹的示意图如图所示.
(4)分析可知,小球在30t 0时与24t 0时的位置相同,在24t 0小球相当于做了t 2=3t 0的平 抛运动和半个圆周运动.23t 0末小球平抛运动的竖直分位移大小为
y 2=12g (3t 0)2=92gt 20
竖直分速度v y 2=3gt 0=v 0,
所以小球与竖直方向的夹角为θ=45°,速度大小为 v 2=32gt 0
此后小球做匀速圆周运动的半径r 2=m v 2qB 0=32gt 20π
30t 0小球距x 轴的最大距离:y 3=y 2+(1+cos 45°)r 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫92
+3+32πgt 20
专题突破练 带电粒子在复合场中的运动
(限时:60分钟)
►题组1 对带电粒子在叠加场中运动的考查
1. 如图1所示,在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中,有一竖
直足够长固定绝缘杆MN ,小球P 套在杆上,已知P 的质量为m , 电荷量为+q ,电场强度为E ,磁感应强度为B ,P 与杆间的动摩擦 因数为μ,重力加速度为g .小球由静止开始下滑直到稳定的过程中
( )
A .小球的加速度一直减小
B .小球的机械能和电势能的总和保持不变 图1
C .下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v =2μqE -mg
2μqB
D .下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v =2μq
E +mg
2μqB
答案 CD
解析 对小球受力分析如图所示,则mg -μ(Eq -q v B )=ma ,随着v 的增加,小球加速度先增加,当Eq =q v B 时加速度达到最大值a max =g ,继续运动,mg -μ(q v B -Eq )=ma ,随着v 的增加,a 逐渐减 小,所以A 错误.因为有摩擦力做功,机械能与电势能总和在减
小,B 错误.若在前半段达到最大加速度的一半,则mg -μ(Eq -
q v B )=m g
2,得v =2μqE -mg 2μqB
,若在后半段达到最大加速度的一半,则mg -μ(q v B -Eq )
=m g
2,得v =2μqE +mg 2μqB ,故C 、D 正确.
2. 如图2所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始
经电压U 加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 的复合场中(E 和B 已知),小球在此空间的竖直面做匀速圆周
运动,则 ( ) 图2 A .小球可能带正电
B .小球做匀速圆周运动的半径为r =1B
2UE
g。