1、专题6 带电粒子在复合场中的运动-2-基础夯实 自我诊断 一、带电粒子在复合场中的运动 1.复合场(1)叠加场:电场、磁场、重力场共存,或其中某两种场共存。(2)组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠或在同一区域,但电场、磁场一般交替 出现。2.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 状态或匀速直线 运动状态。(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内做匀速圆周 运动。-3-基础夯实 自我诊断(3)较复杂的曲线运动 当带电粒子所受合外力的大小
2、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复合场区域,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。-4-基础夯实 自我诊断 二、带电粒子在复合场中运动的应用举例 1.质谱仪(1)构造:如图所示,质谱仪由粒子源、加速电场、匀强磁场和照相底片组成。(2)原理:粒子由静止在加速电场中被加速,根据动能定理可得关系式qU=mv2。粒子在磁场中受洛伦兹力偏转,做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律得关系式qvB=m 。122 -5-基础夯实 自我诊断 由以上两式可得出需要研
3、究的物理量,如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。r=1B 2mUq ,m=qr2B22U ,qm=2UB2r2。-6-基础夯实 自我诊断 2.回旋加速器(1)构造:如图所示,D1、D2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:交变电流的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子经电场加速,经磁场回旋,由qvB=,得Ekm=,可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定,与加速电压无关。2 2222-7-基础夯实 自我诊断 3.速度选择器(1)构造:如图所示,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,所以叫速度选择器。(
4、2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB,即v=,速度v与粒子电荷量、电性、质量无关。-8-基础夯实 自我诊断 4.磁流体发电机(1)磁流体发电是一项新兴技术,它可以把内能 直接转化为电能。(2)根据左手定则,如图中的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 =qvB得两极板间能达到的最大电势差U=BLv。-9-基础夯实 自我诊断 5.电磁流量计 工作原理:如图所示,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发生偏转,a、b间出现电势差,
5、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:qvB=qE=q,所以 v=,因此液体流量 Q=Sv=24 =4。-10-基础夯实 自我诊断 6.霍尔效应 在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体,当磁场方向 与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差,这种现象称为霍尔效应,所产生的电势差称为霍尔电势差,其原理如图所示。-11-基础夯实 自我诊断 7.电视显像管 电视显像管是应用电子束磁偏转(选填“电偏转”或“磁偏转”)的原理来工作的,使电子束偏转的磁场(选填“电场”或“磁场”)是由两对偏转线圈产生的。显像管工作时,由阴极 发射电子束,利
6、用磁场来使电子束偏转,实现电视技术中的扫描,使整个荧光屏都在发光。-12-基础夯实 自我诊断 速度选择器、磁流体发电机、霍尔效应和电磁流量计有什么共性的地方?提示速度选择器、磁流体发电机的两极产生稳定电势差时,霍尔效应中霍尔电势差达到稳定时,电磁流量计电势差达到稳定时,其本质都是粒子匀速通过相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场力与洛伦兹力平衡。-13-基础夯实 自我诊断 1.(多选)地球大气层外部有一层复杂的电离层,既分布有地磁场,也分布有电场。假设某时刻在该空间中有一小区域存在如图所示的电场和磁场;电场的方向在纸面内斜向左下方,磁场的方向垂直纸面向里。此时一带电宇宙粒子恰以速度v垂直于电场和磁
7、场射入该区域,不计重力作用,则在该区域中,有关该带电粒子的运动情况可能的是()A.仍做直线运动B.立即向左下方偏转 C.立即向右上方偏转D.可能做匀速圆周运动 答案 解析 解析 关闭由于不知粒子的电性和电荷量,故有三种可能情况:qvB=qE,qvBqE或qvBqE,所以选项A、B、C正确。答案 解析 关闭ABC-14-基础夯实 自我诊断 2.(多选)磁流体发电是一项新兴技术,它可以把物体的内能直接转化为电能,如图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场,将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负离子)喷入磁场,A、B两板间便产生电压。如果把A、B和用电器连接,A、B就是直流电
8、源的两个电极,设A、B两板间距为d,磁感应强度为B,等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间,则下列说法正确的是()A.A是直流电源的正极B.B是直流电源的正极 C.电源的电动势为BdvD.电源的电动势为qvB 答案 解析 解析 关闭等离子体喷入磁场,正离子因受向下的洛伦兹力而向下偏转,B 是直流电源的正极,则选项 B 正确;当带电粒子以速度 v 做匀速直线运动时,q=qvB,电源的电动势 U=Bdv,则选项 C 正确。答案 解析 关闭BC-15-基础夯实 自我诊断 3.(多选)回旋加速器的原理如图所示,它由两个铜质D形盒D1、D2构成,其间留有空隙,下列说法正确的是()A.离子从
9、电场中获得能量 B.离子从磁场中获得能量 C.只增大空隙距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能 D.只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能 答案 解析 解析 关闭回旋加速器通过电场对离子做功获得能量,A 正确;洛伦兹力对离子不做功,B 错误;电场对离子做功与电势差成正比,增大空隙距离不能增大电场力对离子做的功,C 错误;由 Ekm=2222 知,增大 D 形盒的半径可以使离子加速次数增加,从而增加从回旋加速器中获得的动能,故 D 正确。答案 解析 关闭AD-16-基础夯实 自我诊断 4.(多选)如图所示,空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场的方向竖直向下,磁场方向水平(图中
10、垂直纸面向里),一带电油滴P恰好处于静止状态,则下列说法正确的是()A.若撤去电场,P可能做匀加速直线运动 B.若撤去磁场,P可能做匀加速直线运动 C.若给P一初速度,P可能做匀速直线运动 D.若给P一初速度,P可能做顺时针方向的匀速圆周运动 答案 解析 解析 关闭由于P处于静止状态,则P带负电。若撤去电场,P将运动,此时其只受重力和磁场力作用,由于磁场方向与速度垂直,则P必做曲线运动,故选项A错误。若撤去磁场,P受重力和电场力仍处于平衡状态,故选项B错误。若所给P初速度的方向与磁场方向平行,P只受重力和电场力处于平衡状态,做匀速直线运动。若所给P初速度的方向向上且与磁场方向垂直,合力等于洛伦
11、兹力,则做顺时针方向的匀速圆周运动,故选项C、D正确。答案 解析 关闭CD-17-基础夯实 自我诊断 5.如图所示,一束粒子(不计重力,初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域,再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域,其中磁场的方向如图所示,磁感应强度大小可根据实际要求调节,收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。则收集室收集到的是()A.具有特定质量和特定比荷的粒子 B.具有特定速度和特定比荷的粒子 C.具有特定质量和特定速度的粒子 D.具有特定动能和特定比荷的粒子 答案 解析 解析 关闭粒子在加速电场中由动能定理可得 qU=12mv2,解得 v=
12、2,粒子沿直线 O1O2O3 运动,则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域中必定受力平衡,可得 qE=Bqv,解得 v=为某一定值,所以也为某一定值,选项 B 正确。答案 解析 关闭B-18-考点一 考点二 考点三 考点一 带电粒子在组合场中的运动(师生共研)1.是否考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子,如电子、质子、离子等,因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小,可以忽略;而对于一些宏观物体,如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力。(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的,这种情况比较正规,也比较简单。(3)不能直接判断是否要考虑重力的,在进行受力分析与运动分析时,要由分析结果
13、确定是否要考虑重力。-19-考点一 考点二 考点三 2.“电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况 电场力 F=qE,其大小、方向不变,与速度 v 无关,F 是恒力 洛伦兹力 F 洛=qvB,其大小不变,方向随 v 而改变,F 洛是变力 轨 迹 抛物线 圆或圆的一部分 运动轨迹 -20-考点一 考点二 考点三 垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)求解方法 利用类平抛运动的规律求解:vx=v0,x=v0tvy=qEm t,y=12 qEm t2偏转角:tan=vyvx=qEtmv0 半径:r=mvqB
14、周期:T=2mqB偏移距离 y 和偏转角 要结合圆的几何关系,利用圆周运动规律讨论求解 运动时间 t=Lv0 t=2T=mqB 动 能 变化 不变 -21-考点一 考点二 考点三 例1(2016山东日照检测)如图所示,坐标平面第象限内存在大小为E=4105 N/C、方向水平向左的匀强电场,在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比=410-10 kg/C的带正电的粒子,以初速度v0=2107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场,OA=0.2 m,不计粒子的重力。(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离。(2)若要使粒子不能进入第象限,求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场
15、后的运动情况)。-22-考点一 考点二 考点三 解析：(1)设粒子在电场中运动时间为t,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y,则xOA=12at2,a=,y=v0t代入数据解得a=1.01015 m/s2,t=2.010-8 s,y=0.4 m。(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为:vx=at=2107 m/s粒子经过y轴时速度为v=2+02=2 2107 m/s与y轴正方向夹角大小为。tan=0=1,=45-23-考点一 考点二 考点三 要使粒子不进入第象限,如图所示,此时粒子做圆周运动的半径为R,则 R+22 Ry由 qvB=m2解得 B(2 2+2)10-2 T。答案：(1)0.4
16、 m(2)B(2 +2)10-2 T 2-24-考点一 考点二 考点三 思维点拨(1)带电粒子在第象限内做 运动,在第象限内做 运动。(2)粒子恰不能进入第象限的条件是运动轨迹与x轴 。类平抛匀速圆周相切-25-考点一 考点二 考点三 例2如图所示,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为,求:(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值。(2)该粒子在
17、电场中运动的时间。-26-考点一 考点二 考点三 解析：(1)如图所示,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B=m020 由题给条件和几何关系可知R0=d设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax,在电场中运动的时间为t,离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得Eq=maxvx=axt-27-考点一 考点二 考点三 2 t=d由于粒子在电场中做类平抛运动(如图所示),有 tan=0联立式得=12v0tan2。(2)联立式得 t=20ta
18、n。答案：(1)12v0tan2(2)20tan-28-考点一 考点二 考点三 方法归纳带电粒子在组合场中运动的分析思路及技巧 1.基本思路 2.解题关键:抓住联系两个场的纽带速度。-29-考点一 考点二 考点三 突破训练 1.如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6l。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和,以水平面MN为理想分界面,区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为l。质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入区,并直接偏转到MN上的P点,再进入区,P点与A1板的距
19、离是l的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。-30-考点一 考点二 考点三(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E。(2)若2k3,且粒子沿水平方向从S2射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式。解析：(1)若k=1,则有MP=l,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系,该情况粒子的轨迹半径R1=l粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律知qvB0=m21粒子在匀强电场中加速,根据动能定理有 qEd=12mv2联立解得 E=0222。-31-考点一 考点二 考点三(2)因为2k0表示电场方向竖直向上。t=0时,一带正电、质量为m的微粒从左边界上
20、的N1点以水平速度v射入该区域,沿直线运动到Q点后,做一次完整的圆周运动,再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点,重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。-59-方法概述 典例示范 以题说法 类题过关(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小。(2)求电场变化的周期T。(3)改变宽度d,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域,求T的最小值。解析：(1)微粒做直线运动,则mg+qE0=qvB微粒做圆周运动,则mg=qE0联立得 q=0 B=20。(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1,做圆周运动的周期为t2,则2=vt1qvB=m2-60-方法概述 典例示范 以题说法 类题过关 2R=vt2联立得 t1=2,t2=电场变化的周期 T=t1+t2=2+。(3)若微粒能完成题述的运动过程,要求 d2R联立得 R=22设在 N1Q 段直线运动的最短时间为 t1min由 得 t1min=2因 t2 不变,T 的最小值为Tmin=t1min+t2=(2+1)2。答案：(1)0 20 (2)2+(3)(2+1)2