2014屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題4 帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動

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1、 第4專題　帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動 知識網(wǎng)絡(luò) 考點(diǎn)預(yù)測 帶電粒子在電場、磁場(或電場、磁場和重力場的復(fù)合場)中的運(yùn)動是高中物理中的重點(diǎn)內(nèi)容，這類問題對學(xué)生的空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力有較高的要求，是考查考生多項(xiàng)能力的極好載體，因此成為高考的熱點(diǎn)，在實(shí)行了多年的理科綜合能力測試中也是每年都考，且分值較高．從試題的難度上看，多屬于中等難度和較難的題，特別是只要出現(xiàn)計(jì)算題就一定是難度較大的綜合題．考題有可能以科學(xué)技術(shù)的具體問題為背景，從實(shí)際問題中獲取并處理信息，把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化成物理問題，提高分析解決實(shí)際問題的能力是教學(xué)中的重點(diǎn)．計(jì)算題還常常成為試卷的

2、壓軸題，預(yù)計(jì)在2013年高考中仍然會出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合的或組合的電場和磁場中運(yùn)動的問題． 要點(diǎn)歸納 一、不計(jì)重力的帶電粒子在電場中的運(yùn)動 1．帶電粒子在電場中加速 當(dāng)電荷量為q、質(zhì)量為m、初速度為v0的帶電粒子經(jīng)電壓U加速后，速度變?yōu)関t，由動能定理得：qU＝mvt2－mv02．若v0＝0，則有vt＝，這個(gè)關(guān)系式對任意靜電場都是適用的． 對于帶電粒子在電場中的加速問題，應(yīng)突出動能定理的應(yīng)用． 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) 電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，以速度v1垂直進(jìn)入由兩帶電平行金屬板產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場中，則帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，其軌跡是一

3、條拋物線(如圖4－1所示)． 圖4－1 qU1＝mv12 設(shè)兩平行金屬板間的電壓為U2，板間距離為d，板長為L． (1)帶電粒子進(jìn)入兩板間后 粒子在垂直于電場的方向上做勻速直線運(yùn)動，有： vx＝v1，L＝v1t 粒子在平行于電場的方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有： vy＝at，y＝at2，a＝＝． (2)帶電粒子離開極板時(shí) 側(cè)移距離y＝at2＝＝ 軌跡方程為：y＝(與m、q無關(guān)) 偏轉(zhuǎn)角度φ的正切值tan φ＝＝＝ 若在偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)D距離處有一豎立的屏，在求電子射到屏上的側(cè)移距離時(shí)有一個(gè)很有用的推論，即：所有離開偏轉(zhuǎn)電場的運(yùn)動電荷好像都是從極板的中心沿中心與

4、射出點(diǎn)的連線射出的．這樣很容易得到電荷在屏上的側(cè)移距離y′＝． 以上公式要求在能夠證明的前提下熟記，并能通過以上式子分析、討論側(cè)移距離和偏轉(zhuǎn)角度與帶電粒子的速度、動能、比荷等物理量的關(guān)系． 二、不計(jì)重力的帶電粒子在磁場中的運(yùn)動 1．勻速直線運(yùn)動：若帶電粒子的速度方向與勻強(qiáng)磁場的方向平行，則粒子做勻速直線運(yùn)動． 2．勻速圓周運(yùn)動：若帶電粒子的速度方向與勻強(qiáng)磁場的方向垂直，則粒子做勻速圓周運(yùn)動． 質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B中做勻速圓周運(yùn)動，其角速度為ω，軌道半徑為R，運(yùn)動的周期為T，則有： qvB＝m＝mRω2＝mvω＝mR()2＝mR(2πf)2 R

5、＝ T＝(與v、R無關(guān))，f＝＝． 3．對于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的問題，應(yīng)注意把握以下幾點(diǎn)． (1)粒子圓軌跡的圓心的確定 ①若已知粒子在圓周運(yùn)動中的兩個(gè)具體位置及通過某一位置時(shí)的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂線，同時(shí)作兩位置連線的中垂線，兩垂線的交點(diǎn)為圓軌跡的圓心，如圖4－2 所示． ②若已知做圓周運(yùn)動的粒子通過某兩個(gè)具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩垂線的交點(diǎn)為圓軌跡的圓心，如圖4－3所示． ③若已知做圓周運(yùn)動的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R，可在該位置上作速度的垂線，垂線上距該位置R處的點(diǎn)為圓軌跡的圓心(利用左手

6、定則判斷圓心在已知位置的哪一側(cè))，如圖4－4所示． 圖4－2　　　　圖4－3　　　　　圖4－4 (2)粒子圓軌跡的半徑的確定 ①可直接運(yùn)用公式R＝ 來確定． ②畫出幾何圖形，利用半徑R與題中已知長度的幾何關(guān)系來確定．在利用幾何關(guān)系時(shí)，要注意一個(gè)重要的幾何特點(diǎn)，即：粒子速度的偏向角φ等于對應(yīng)軌跡圓弧的圓心角α，并等于弦切角θ的2倍，如圖4－5所示． 圖4－5 (3)粒子做圓周運(yùn)動的周期的確定 ①可直接運(yùn)用公式T＝ 來確定． ②利用周期T與題中已知時(shí)間t的關(guān)系來確定．若粒子在時(shí)間t內(nèi)通過的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α，則有：t＝T(或t＝T)． (4)圓周運(yùn)動中有關(guān)對稱的規(guī)律

7、 ①從磁場的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出，則速度方向與邊界的夾角相等，如圖4－6所示． ②在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子必沿徑向射出，如圖4－7所示． 圖4－6　　　　　　　　圖4－7 (5)帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的極值問題 剛好穿出磁場邊界的條件通常是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與邊界相切． 三、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 1．高中階段所涉及的復(fù)合場有四種組合形式，即：①電場與磁場的復(fù)合場；②磁場與重力場的復(fù)合場；③電場與重力場的復(fù)合場；④電場、磁場與重力場的復(fù)合場． 2．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動性質(zhì)取決于帶電粒子所受的合外力及初速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運(yùn)動情況和受

8、力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析．當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時(shí)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(如速度選擇器)；當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力等值、反向，由洛倫茲力提供向心力時(shí)，帶電粒子在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動；當(dāng)帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度的方向不在一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，運(yùn)動軌跡也隨之不規(guī)范地變化．因此，要確定粒子的運(yùn)動情況，必須明確有幾種場，粒子受幾種力，重力是否可以忽略． 3．帶電粒子所受三種場力的特征 (1)洛倫茲力的大小跟速度方向與磁場方向的夾角有關(guān)．當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場方向平行時(shí)，f洛＝0；當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直時(shí)，f洛＝qvB．當(dāng)洛倫

9、茲力的方向垂直于速度v和磁感應(yīng)強(qiáng)度B所決定的平面時(shí)，無論帶電粒子做什么運(yùn)動，洛倫茲力都不做功． (2)電場力的大小為qE，方向與電場強(qiáng)度E的方向及帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)有關(guān)．電場力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關(guān)外，還與其始末位置的電勢差有關(guān)． (3)重力的大小為mg，方向豎直向下．重力做功與路徑無關(guān)，其數(shù)值除與帶電粒子的質(zhì)量有關(guān)外，還與其始末位置的高度差有關(guān)． 注意：①微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子)一般都不計(jì)重力；②對帶電小球、液滴、金屬塊等實(shí)際的物體沒有特殊交代時(shí)，應(yīng)當(dāng)考慮其重力；③對未知名的、題中又未明確交代的帶電粒子，是否考慮其重力，則應(yīng)根據(jù)題給的物理過程及隱含條件

10、具體分析后作出符合實(shí)際的決定． 4．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動的分析方法 (1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運(yùn)動時(shí)，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解． (2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，往往應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解． (3)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻速曲線運(yùn)動時(shí)，應(yīng)選用動能定理或動量守恒定律列方程求解． 注意：如果涉及兩個(gè)帶電粒子的碰撞問題，要根據(jù)動量守恒定律列方程，再與其他方程聯(lián)立求解． 由于帶電粒子在復(fù)合場中的受力情況復(fù)雜，運(yùn)動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時(shí)應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出輔助方程

11、，再與其他方程聯(lián)立求解． 熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn) 一、根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動軌跡進(jìn)行分析推理 圖4－8 ●例1　如圖4－8所示，MN是一正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線．一個(gè)帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結(jié)論正確的是(　　) A．帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小 B．正點(diǎn)電荷一定位于M點(diǎn)的左側(cè) C．帶電粒子在a點(diǎn)時(shí)具有的電勢能大于在b點(diǎn)時(shí)具有的電勢能 D．帶電粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度 【解析】由做曲線運(yùn)動的物體的受力特點(diǎn)知帶負(fù)電的粒子受到的電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)，故電場線MN的方向?yàn)镹→M，正點(diǎn)電荷位于N的右側(cè)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由

12、a、b兩點(diǎn)的位置關(guān)系知b點(diǎn)更靠近場源電荷，故帶電粒子在a點(diǎn)受到的庫侖力小于在b點(diǎn)受到的庫侖力，粒子在b點(diǎn)的加速度大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由上述電場力的方向知帶電粒子由a運(yùn)動到b的過程中電場力做正功，動能增大，電勢能減小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、C正確． [答案]　C 【點(diǎn)評】本專題內(nèi)容除了在高考中以常見的計(jì)算題形式出現(xiàn)外，有時(shí)候也以選擇題形式出現(xiàn)，通過帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中(只受電場力)的運(yùn)動軌跡來分析電場力和能的特性是一種重要題型，解析這類問題時(shí)要注意以下三點(diǎn)： ①電場力一定沿電場線曲線的切線方向且一定指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)； ②W電＝qUa b＝Ekb－Eka； ③當(dāng)電場線為曲線時(shí)，電荷的運(yùn)動軌跡不會

13、與之重合． 二、帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn) 圖4－9 ●例2　噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)簡圖如圖4－9所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為110－5 m，此微滴經(jīng)過帶電室時(shí)被帶上負(fù)電，帶電荷量的多少由計(jì)算機(jī)按字體筆畫的高低位置輸入信號加以控制．帶電后的微滴以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，帶電微滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體．無信號輸入時(shí)，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒．偏轉(zhuǎn)板長1.6 cm，兩板間的距離為0.50 cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙3.2 cm．若墨汁微滴的質(zhì)量為1.610－10 kg，以20 m/s的初速度垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓

14、是8.0103 V，其打到紙上的點(diǎn)距原射入方向的距離是2.0 mm．求這個(gè)墨汁微滴通過帶電室所帶的電荷量的多少．(不計(jì)空氣阻力和重力，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場只局限于平行板電容器的內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性)為了使紙上的字放大10%，請你分析并提出一個(gè)可行的方法． 【解析】設(shè)墨汁微滴所帶的電荷量為q，它進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，離開電場后做直線運(yùn)動打到紙上，則距原入射方向的距離為：y＝at2＋Ltan φ 又a＝，t＝，tan φ＝ 解得：y＝(＋L) 代入數(shù)據(jù)得：q＝1.2510－13 C 要將字體放大10%，只要使y增大為原來的1.1倍，可采用的措施為將兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓增大到8.81

15、03 V，或?qū)⑵D(zhuǎn)板右端與紙的間距增大到3.6 cm． [答案]　1.2510－13 C　將兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓增大到8.8103 V，或?qū)⑵D(zhuǎn)板右端與紙的間距增大到3.6 cm 【點(diǎn)評】①本題也可直接根據(jù)推論公式y(tǒng)＝(＋L)tan φ＝(＋L)進(jìn)行計(jì)算． ②和平拋運(yùn)動問題一樣，這類題型中偏轉(zhuǎn)角度的正切表達(dá)式在解題中往往較為關(guān)鍵，且有tan θ＝2tan α(α為射出點(diǎn)的位移方向與入射方向的夾角)的特點(diǎn)． ★同類拓展1　如圖4－10甲所示，在真空中，有一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外．在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和N，兩板間距為R，板長為2R，板間的中心線O1O2與

16、磁場的圓心O在同一直線上．有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子以速度v0從圓周上的a點(diǎn)沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進(jìn)入磁場，當(dāng)從圓周上的O1點(diǎn)水平飛出磁場時(shí)，給M、N兩板加上如圖4－10乙所示的電壓，最后粒子剛好以平行于N板的速度從N板的邊緣飛出．(不計(jì)粒子所受到的重力、兩板正對面之間為勻強(qiáng)電場，邊緣電場不計(jì)) 圖4－10 (1)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B． (2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值． (3)當(dāng)t＝時(shí)，該粒子從M、N板右側(cè)沿板的中心線仍以速度v0射入M、N之間，求粒子從磁場中射出的點(diǎn)到a點(diǎn)的距離． 【解析】(1)粒子自a點(diǎn)進(jìn)入磁場，從O1點(diǎn)水平飛出磁場，則其運(yùn)動

17、的軌道半徑為R． 由qv0B＝m，解得：B＝． (2)粒子自O(shè)1點(diǎn)進(jìn)入電場后恰好從N板的邊緣平行極板飛出，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律有： 2R＝v0t ＝2n()2 又t＝nT (n＝1,2,3…) 解得：T＝ (n＝1,2,3…) U0＝ (n＝1,2,3…)． 圖4－10丙 (3)當(dāng)t＝時(shí)，粒子以速度v0沿O2O1射入電場，該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場，進(jìn)入磁場的速度仍為v0，運(yùn)動的軌跡半徑為R．設(shè)進(jìn)入磁場時(shí)的點(diǎn)為b，離開磁場時(shí)的點(diǎn)為c，圓心為O3，如圖4－10丙所示，四邊形ObO3c是菱形，所以O(shè)c∥O3b，故c、O、a三點(diǎn)共線，ca即為圓

18、的直徑，則c、a間的距離d＝2R． [答案]　(1) (2) (n＝1,2,3…)　 (n＝1,2,3…)　(3)2R 【點(diǎn)評】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動是類平拋運(yùn)動，解此類題目的關(guān)鍵是將運(yùn)動分解成兩個(gè)簡單的直線運(yùn)動，題中沿電場方向的分運(yùn)動就是“受力周期性變化的加速運(yùn)動”． 三、帶電粒子在有界磁場中(只受洛倫茲力)的運(yùn)動 1．帶電粒子在磁場中的運(yùn)動大體包含五種常見情境，即：無邊界磁場、單邊界磁場、雙邊界磁場、矩形邊界磁場、圓形邊界磁場．帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題綜合性較強(qiáng)，解這類問題往往要用到圓周運(yùn)動的知識、洛倫茲力，還要牽涉到數(shù)學(xué)中的平面幾何、解析幾何等知識．因此，解此類試題

19、，除了運(yùn)用常規(guī)的解題思路(畫草圖、找“圓心”、定“半徑”等)之外，更應(yīng)側(cè)重于運(yùn)用數(shù)學(xué)知識進(jìn)行分析． 2．帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時(shí)，其軌跡為不完整的圓周，解決這類問題的關(guān)鍵有以下三點(diǎn)． ①確定圓周的圓心．若已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)及入射方向、出射方向，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩直線的交點(diǎn)即為圓周的圓心；若已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)及入射方向，可通過入射點(diǎn)作入射線的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作此連線的垂直平分線，兩垂線的交點(diǎn)即為圓周的圓心． ②確定圓的半徑．一般在圓上作圖，由幾何關(guān)系求出圓的半徑． ③求運(yùn)動時(shí)間．找到運(yùn)動的圓弧所對應(yīng)的圓心角θ，由公式t＝T 求出運(yùn)動時(shí)

20、間． 3．解析帶電粒子穿過圓形區(qū)域磁場問題常可用到以下推論： ①沿半徑方向入射的粒子一定沿另一半徑方向射出． ②同種帶電粒子以相同的速率從同一點(diǎn)垂直射入圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場時(shí)，若射出方向與射入方向在同一直徑上，則軌跡的弧長最長，偏轉(zhuǎn)角有最大值且為α＝2arcsin＝2arcsin． ③在圓形區(qū)域邊緣的某點(diǎn)向各方向以相同速率射出的某種帶電粒子，如果粒子的軌跡半徑與區(qū)域圓的半徑相同，則穿過磁場后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也將匯聚于邊緣一點(diǎn))． ●例3　如圖4－11甲所示，空間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向?yàn)閥軸正方向，磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外，電場和磁場都可以隨

21、意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P(0，h)點(diǎn)以一定的速度平行于x軸正向入射．這時(shí)若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運(yùn)動；若同時(shí)存在電場和磁場，粒子恰好做直線運(yùn)動．現(xiàn)在只加電場，當(dāng)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動到x＝R0平面(圖中虛線所示)時(shí)，立即撤除電場同時(shí)加上磁場，粒子繼續(xù)運(yùn)動，其軌跡與x軸交于M點(diǎn)，不計(jì)重力，求： 圖4－11甲 (1)粒子到達(dá)x＝R0平面時(shí)的速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離． (2)M點(diǎn)的橫坐標(biāo)xM． 【解析】(1)粒子做直線運(yùn)動時(shí)，有：qE＝qBv0 做圓周運(yùn)動時(shí)，有：qBv0＝ 只有電場時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動，則有： qE

22、＝ma R0＝v0t vy＝at 解得：vy＝v0 粒子的速度大小為：v＝＝v0 速度方向與x軸的夾角為：θ＝ 粒子與x軸的距離為：H＝h＋at2＝h＋． (2)撤去電場加上磁場后，有：qBv＝m 解得：R＝R0 此時(shí)粒子的運(yùn)動軌跡如圖4－11乙所示．圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為．由幾何關(guān)系可得C點(diǎn)的坐標(biāo)為： 圖4－11乙 xC＝2R0 yC＝H－R0＝h－ 過C點(diǎn)作x軸的垂線，在△CDM中，有：lCM＝R＝R0，lCD＝y(tǒng)C＝h－ 解得：lDM＝＝ M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為：xM＝2R0＋． [答案]　(1)　h＋　(2)2R0＋

23、 【點(diǎn)評】無論帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)還是在勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)角往往是個(gè)較關(guān)鍵的量． ●例4　如圖4－12甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿xOy平面射入第一象限內(nèi)，射入時(shí)的速度方向不同，但大小均為v0．現(xiàn)在某一區(qū)域內(nèi)加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直地射到與y軸平行的熒光屏MN上，求： 圖4－12甲 (1)熒光屏上光斑的長度． (2)所加磁場范圍的最小面積． 【解析】(1)如圖4－12乙所示，要求光斑的長度，只要找到兩個(gè)邊界點(diǎn)即可．初速度沿x軸正方向的電子沿弧OA運(yùn)動到熒光屏MN上的P點(diǎn)；初速度沿y

24、軸正方向的電子沿弧OC運(yùn)動到熒光屏MN上的Q點(diǎn)． 圖4－12乙 設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R ，由牛頓第二定律得： ev0B＝m，即R＝ 由幾何知識可得：PQ＝R＝． (2)取與x軸正方向成θ角的方向射入的電子為研究對象，其射出磁場的點(diǎn)為E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有： x＝－Rsin θ y＝R＋Rcos θ 即x2＋(y－R)2＝R2 又因?yàn)殡娮友豿軸正方向射入時(shí)，射出的邊界點(diǎn)為A點(diǎn)；沿y軸正方向射入時(shí)，射出的邊界點(diǎn)為C點(diǎn)，故所加最小面積的磁場的邊界是以(0，R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖乙中實(shí)線圓弧所圍區(qū)域，所以磁場范圍的最小面積為： S

25、＝πR2＋R2－πR2＝(＋1)()2． [答案]　(1)　(2)(＋1)()2 【點(diǎn)評】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中偏轉(zhuǎn)的試題基本上是年年考，大概為了求新求變，在2009年高考中海南物理卷(第16題)、浙江理綜卷(第25題)中都出現(xiàn)了應(yīng)用這一推論的題型． ★同類拓展2　如圖4－13甲所示，ABCD是邊長為a的正方形．質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域．在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場．電子從BC邊上的任意點(diǎn)入射，都只能從A點(diǎn)射出磁場．不計(jì)重力，求： 圖4－13甲 (1)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小． (2)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積．

26、 [2009年高考海南物理卷] 【解析】(1)若要使由C點(diǎn)入射的電子從A點(diǎn)射出，則在C處必須有磁場，設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，令圓弧是自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在磁場中的運(yùn)行軌道，電子所受到的磁場的作用力f＝ev0B，方向應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外．圓弧的圓心在CB邊或其延長線上．依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點(diǎn)即為圓心，圓半徑為a．按照牛頓定律有： f＝m 聯(lián)立解得：B＝． (2)由(1)中決定的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，可知自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在A點(diǎn)沿DA方向射出，且自BC邊上其他點(diǎn)垂直于入射的電子的運(yùn)動軌道只能在BAEC區(qū)域中，因而，

27、圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個(gè)邊界． 為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點(diǎn)的電子的速度方向與BA的延長線交角為θ(不妨設(shè)0≤θ＜)的情形．該電子的運(yùn)動軌跡QPA如圖4－13乙所示．圖中，圓弧的圓心為O，PQ垂直于BC邊，由上式知，圓弧的半徑仍為a．過P點(diǎn)作DC的垂線交DC于G，由幾何關(guān)系可知∠DPG＝θ，在以D為原點(diǎn)、DC為x軸、DA為y軸的坐標(biāo)系中，P點(diǎn)的坐標(biāo)(x，y)為： x＝asin θ，y＝acos θ 圖4－13乙 這意味著，在范圍0≤θ≤內(nèi)，P點(diǎn)形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界．因此，所

28、求的最小勻強(qiáng)磁場區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個(gè)四分之一圓周 和 所圍成的，其面積為： S＝2(πa2－a2)＝a2． [答案]　(1)　方向垂直于紙面向外　(2)a2 四、帶電粒子在復(fù)合場、組合場中的運(yùn)動問題 ●例5　在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直電場方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，如圖4－14甲所示．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化情況如圖4－14乙所示．該區(qū)域中有一條水平直線MN，D是MN上的一點(diǎn)．在t＝0時(shí)刻，有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可看做質(zhì)點(diǎn))，從M點(diǎn)開始沿著水平直線以速度v0做勻速直線運(yùn)動，t0時(shí)刻恰好到達(dá)N點(diǎn)．經(jīng)觀測發(fā)現(xiàn)，小球在t＝2t0

29、至t＝3t0時(shí)間內(nèi)的某一時(shí)刻，又豎直向下經(jīng)過直線MN上的D點(diǎn)，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過D點(diǎn)．求： 圖4－14 (1)電場強(qiáng)度E的大?。? (2)小球從M點(diǎn)開始運(yùn)動到第二次經(jīng)過D點(diǎn)所用的時(shí)間． (3)小球運(yùn)動的周期，并畫出運(yùn)動軌跡(只畫一個(gè)周期)． 【解析】(1)小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)時(shí)，有：qE＝mg 解得：E＝． (2)小球從M點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)所用時(shí)間t1＝t0 小球從N點(diǎn)經(jīng)過個(gè)圓周，到達(dá)P點(diǎn)，所以t2＝t0 小球從P點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的位移x＝R＝ 小球從P點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的時(shí)間t3＝＝ 所以時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋ [或t＝(3π＋1)，t＝2t0(＋1)

30、]． (3)小球運(yùn)動一個(gè)周期的軌跡如圖4－14丙所示． 圖4－14丙 小球的運(yùn)動周期為：T＝8t0(或T＝)． [答案]　(1)　(2)2t0＋ (3)T＝8t0　運(yùn)動軌跡如圖4－14丙所示 【點(diǎn)評】帶電粒子在復(fù)合場或組合場中運(yùn)動的軌跡形成一閉合的對稱圖形的試題在高考中屢有出現(xiàn)． 五、常見的、在科學(xué)技術(shù)中的應(yīng)用 帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動規(guī)律在科學(xué)技術(shù)中有廣泛的應(yīng)用，高中物理中常碰到的有：示波器(顯像管)、速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器、霍耳效應(yīng)傳感器、電磁流量計(jì)等． ●例6　一導(dǎo)體材料的樣品的體積為abc，A′、C、A、C′為其四個(gè)側(cè)面，如圖4－15所示．已知導(dǎo)體樣品

31、中載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數(shù)為n，電阻率為ρ，電子的電荷量為e，沿x方向通有電流I． 圖4－15 (1)導(dǎo)體樣品A′、A兩個(gè)側(cè)面之間的電壓是________，導(dǎo)體樣品中自由電子定向移動的速率是________． (2)將該導(dǎo)體樣品放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向沿z軸正方向，則導(dǎo)體側(cè)面C的電勢________(填“高于”、“低于”或“等于”)側(cè)面C′的電勢． (3)在(2)中，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，沿x方向的電流仍為I，若測得C、C′兩側(cè)面的電勢差為U，試計(jì)算勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小． 【解析】(1)由題意知，樣品的電阻R＝ρ 根據(jù)歐姆定律：U0＝IR＝ 分析t時(shí)間定向

32、移動通過端面的自由電子，由電流的定義式 I＝ 可得v＝． (2)由左手定則知，定向移動的自由電子向C′側(cè)面偏轉(zhuǎn)，故C側(cè)的電勢高于C′側(cè)面． (3)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，自由電子受到電場力與洛倫茲力的作用而平衡，則有：q＝qvB 解得：B＝． [答案]　(1)　　(2)高于　(3) 【點(diǎn)評】本例實(shí)際上為利用霍耳效應(yīng)測磁感應(yīng)強(qiáng)度的方法，而電磁流量計(jì)、磁流體發(fā)電機(jī)的原理及相關(guān)問題的解析都與此例相似． ★同類拓展3　如圖4－16甲所示，離子源A產(chǎn)生的初速度為零、帶電荷量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電

33、場，經(jīng)過一段勻速直線運(yùn)動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90．(忽略離子所受重力) 圖4－16甲 (1)求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E0的大小以及HM與MN的夾角φ． (2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑． (3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點(diǎn)S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處．求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍． [2009年高考重慶理綜卷] 【解析】(1)設(shè)正離子經(jīng)電壓為U0的電場加速后速度為v1，應(yīng)用動能定理有： 圖4－16乙 eU0＝mv12－0 正離子垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，受到的電場

34、力F＝eE0 產(chǎn)生的加速度a＝，即a＝ 垂直電場方向做勻速運(yùn)動，有：2d＝v1t 沿電場方向，有：d＝at2 聯(lián)立解得：E0＝ 又tan φ＝ 解得：φ＝45． (2)正離子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為： v＝＝ 正離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，則有：evB＝m 聯(lián)立解得：正離子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑R＝2． (3)將4m和16m代入R，得R1＝2、R2＝2 圖4－16丙 由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離Δs＝－R1 聯(lián)立解得：Δs＝4(－1) 由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2 得：R′＝R1 由R1

35、<25m． [答案]　(1)45　(2)2　(3)m

36、下運(yùn)動 D．帶負(fù)電，由下往上運(yùn)動 【解析】粒子穿過金屬板后速度變小，由半徑公式r＝可知，半徑變小，粒子的運(yùn)動方向?yàn)橛上孪蛏?；又由洛倫茲力的方向指向圓心以及左手定則知粒子帶正電． [答案]　A 【點(diǎn)評】題圖為安德森發(fā)現(xiàn)正電子的云室照片． 2．圖示為一“濾速器”裝置的示意圖．a(chǎn)、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(jìn)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(qiáng)磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運(yùn)動，由O′射出．不計(jì)重力作用．可能達(dá)到上述目的的辦法是[2006年高考全國理綜卷Ⅰ](　　) A

37、．使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里 B．使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里 C．使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外 D．使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外 【解析】要使電子能沿直線通過復(fù)合場，電子所受電場力與洛倫茲力必是一對平衡力．由左手定則及電場的相關(guān)知識可知，選項(xiàng)A、D正確． [答案]　AD 3．圖示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場．下列表述正確的是[2009

38、年高考廣東物理卷](　　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小 【解析】粒子在電場中加速有：qU＝mv2，粒子沿直線通過速度選擇器有：Eq＝qvB，粒子在平板S下方磁場中做圓周運(yùn)動有：r＝，由上述過程遵循的規(guī)律可知選項(xiàng)A、B、C正確． [答案]　ABC 4．帶電粒子的比荷是一個(gè)重要的物理量．某中學(xué)物理興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)實(shí)驗(yàn)，探究電場和磁場對電子運(yùn)動軌跡的影響，以求得電子的比荷，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示． (1)他們的主要實(shí)驗(yàn)步驟如下． A．首先在

39、兩極板M1M2之間不加任何電場、磁場，開啟陰極射線管電源，發(fā)射的電子從兩極板中央通過，在熒屏的正中心處觀察到一個(gè)亮點(diǎn)． B．在M1M2兩極板間加合適的電場：加極性如圖所示的電壓，并逐步調(diào)節(jié)增大，使熒屏上的亮點(diǎn)逐漸向熒屏下方偏移，直到熒屏上恰好看不見亮點(diǎn)為止，記下此時(shí)外加電壓為U．請問本步驟的目的是什么？ C．保持步驟B中的電壓U不變，對M1M2區(qū)域加一個(gè)大小、方向均合適的磁場B，使熒屏正中心重現(xiàn)亮點(diǎn)，試問外加磁場的方向如何？ (2)根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)步驟，同學(xué)們正確推算出電子的比荷與外加電場、磁場及其他相關(guān)量的關(guān)系為＝．一位同學(xué)說，這表明電子的比荷將由外加電壓決定，外加電壓越大則電子的比荷越大

40、．你認(rèn)為他的說法正確嗎？為什么？ [2007年高考廣東物理卷] [答案]　(1)B．使電子剛好落在正極板的近熒幕端的邊緣，利用已知量表達(dá)． C．垂直電場方向向外(垂直紙面向外) (2)說法不正確，電子的比荷是電子的固有參數(shù)． 5．1932年，勞倫斯和利文斯頓設(shè)計(jì)出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可以忽略不計(jì)．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直．A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為＋q ，在加速器中被加速，加速電壓為U．加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用． (1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形

41、盒間狹縫后軌道半徑之比． (2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t． (3)實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率都有最大值的限制．若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm． [2009年高考江蘇物理卷] 【解析】(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1，速度為v1，則qU＝mv12 qv1B＝m 解得：r1＝ 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑r2＝ 則r2∶r1＝∶1． (2)設(shè)粒子到出口處被加速了n圈，則 2nqU＝mv2 qvB＝m T＝ t＝nT 解得：t＝． (3)加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中

42、做圓周運(yùn)動的頻率，即f＝ 當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bm時(shí)，加速電場的頻率應(yīng)為fBm＝ 粒子的動能Ek＝mv2 當(dāng)fBm≤fm時(shí)，粒子的最大動能由Bm決定 qvmBm＝m 解得：Ekm＝ 當(dāng)fBm≥fm時(shí)，粒子的最大動能由fm決定 vm＝2πfmR 解得：Ekm＝2π2mfm2R2． [答案]　(1)∶1　(2)　(3)2π2mfm2R2 【點(diǎn)評】回旋加速器為洛倫茲力的典型應(yīng)用，在高考中多次出現(xiàn)．要理解好磁場對粒子的“加速”沒有起作用，但回旋加速器中粒子所能獲得的最大動能卻與磁感應(yīng)強(qiáng)度相關(guān)． 6．如圖甲所示，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于xOy平面向外．P是y軸

43、上距原點(diǎn)為h的一點(diǎn)，N0為x軸上距原點(diǎn)為a的一點(diǎn)．A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點(diǎn)在y軸上，長度略小于．帶電粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變．質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子從P點(diǎn)瞄準(zhǔn)N0點(diǎn)入射，最后又通過P點(diǎn)．不計(jì)重力．求粒子入射速度的所有可能值． [2009年高考全國理綜卷Ⅰ] 甲 【解析】設(shè)粒子的入射速度為v，第一次射出磁場的點(diǎn)為N0′，與板碰撞后再次進(jìn)入磁場的位置為N1．粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R，有：R＝ 乙 粒子的速度不變，每次進(jìn)入磁場與射出磁場的位置間的距離x1保持不變，則有： x1＝N0′N0＝2Rsin θ 粒子射出磁場與下一次進(jìn)入磁場位置間的距離x2始終不變，與N0′N1相等．由圖乙可以看出x2＝a 設(shè)粒子最終離開磁場時(shí)，與擋板相碰n次(n＝0,1,2…)．若粒子能回到P點(diǎn)，由對稱性可知，出射點(diǎn)的x坐標(biāo)應(yīng)為－a，即：(n＋1)x1－nx2＝2a 由以上兩式得：x1＝a 若粒子與擋板發(fā)生碰撞，則有： x1－x2＞ 聯(lián)立解得：n＜3 v＝a 式中sin θ＝ 解得：v0＝，n＝0 v1＝，n＝1 v2＝，n＝2． [答案]　v0＝，n＝0 v1＝，n＝1 v2＝，n＝2 高考學(xué)習(xí)網(wǎng)－中國最大高考學(xué)習(xí)網(wǎng)站G | 我們負(fù)責(zé)傳遞知識！