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09年高考物理帶電粒子在組合場中運(yùn)動。

專題：帶電粒子在組合場中或復(fù)合場中運(yùn)動的問題

一、帶電微粒在組合場或復(fù)合場中運(yùn)動分析

1、組合場或復(fù)合場（wWW.277433.cOM 正能量句子）

組合場是指電廠與磁場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊的情況。

復(fù)合場通常是指電場與磁場在某一區(qū)域并存或電場、磁場和重力場并存于某一區(qū)域的情況

2、帶電粒子的受力特點(diǎn)

①要明確電場力和洛侖茲力的不同特點(diǎn)

②通常情況下，象電子、質(zhì)子、α粒子等微觀粒子在組合場或復(fù)合場中受重力遠(yuǎn)小于電場力或洛侖茲力，因而重力在無特別說明的情況下可忽略不計。如果題目中無特別說明，但給出了具體數(shù)據(jù)則可通過計算比較來確定是否需要考慮重力，有時結(jié)合粒子的運(yùn)動狀態(tài)和電場力、洛倫茲力的方向來判斷是否需要考慮重力。

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三帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動

本專題研究帶電體在復(fù)合場或組合場中的運(yùn)動．復(fù)合場是指重力場、電場和磁場三者或其中任意兩者共存于同一區(qū)域的場；組合場是指電場與磁場同時存在，但不重疊出現(xiàn)在同一區(qū)域的情況．帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動（包括平衡），說到底仍然是一個力學(xué)問題，只要掌握不同的場對帶電體作用的特點(diǎn)和差異，從分析帶電體的受力情況和運(yùn)動情況著手，充分發(fā)掘隱含條件，建立清晰的物理情景，最終把物理模型轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)表達(dá)式，即可求解．

解決復(fù)合場或組合場中帶電體運(yùn)動的問題可從以下三個方面入手：（1）動力學(xué)觀點(diǎn)（牛頓定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)方程）；（2）能量觀點(diǎn)（動能定理和機(jī)械能守恒或能量守恒）；（3）動量觀點(diǎn)（動量定理和動量守恒定律）．

一般地，對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等不計重力，而一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴等應(yīng)考慮其重力．有時也可由題設(shè)條件，結(jié)合受力與運(yùn)動分析，確定是否考慮重力．

帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

每個老師不可缺少的課件是教案課件，大家在仔細(xì)規(guī)劃教案課件。認(rèn)真做好教案課件的工作計劃，才能規(guī)范的完成工作！你們了解多少教案課件范文呢？以下是小編為大家收集的“帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動”僅供您在工作和學(xué)習(xí)中參考。

帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

要點(diǎn)一復(fù)合場（疊加場）
即學(xué)即用
1.一帶電粒子以初速度v0先后通過勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B,如圖甲所示,電場和磁場對粒子做功為W1;若把電場和磁場正交疊加后,如圖乙所示,粒子仍以v0E/B的速度穿過疊加場區(qū),電場和磁場對粒子做功為W2（不計重力的影響）,則（）B.W1W2
C.W1W2D.無法比較
答案C
要點(diǎn)二帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動分析
即學(xué)即用
2.如圖所示,與電源斷開的帶電平行金屬板相互正對水平放置,兩板間存在著水平方向的
勻強(qiáng)磁場.某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)由靜止開始滑下,經(jīng)過軌道端點(diǎn)P（軌
道上P點(diǎn)的切線沿水平方向）進(jìn)入板間后恰好沿水平方向做直線運(yùn)動.若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度不變,使兩板間距離稍減小一些,讓小球從比a點(diǎn)稍低一些的b點(diǎn)由靜止開始滑下,在經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入板間的運(yùn)動過程中（）
A.洛倫茲力對小球做負(fù)功
B.小球所受電場力變大
C.小球一定做曲線運(yùn)動
D.小球仍可能做直線運(yùn)動
答案C

題型1帶電粒子在復(fù)合場中的平衡問題
【例1】設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場.已知電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是相同的,電場強(qiáng)度的大小E=4.0V/m,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=0.15T.今有一個帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)以v=20m/s的速度在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場強(qiáng)方向做勻速直線運(yùn)動,求此帶電質(zhì)點(diǎn)的電荷量與質(zhì)量之比q/m以及磁場的所有可能方向.（角度可用反三角函數(shù)表示）
答案1.96C/kg,與重力夾角arctan斜向下的一切可能方向
題型2帶電粒子在復(fù)合場中的曲線運(yùn)動問題
【例2】ab、cd為平行金屬板,板間勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E=100V/m,板間同時存在如圖所示的勻強(qiáng)磁
場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=4T,一帶電荷量q=1×10-8C,質(zhì)量m=1×10-10?kg的微粒,以速度v0=30m/s
垂直極板進(jìn)入板間場區(qū),粒子做曲線運(yùn)動至M點(diǎn)時速度方向與極板平行,這一帶電粒子恰與另
一質(zhì)量和它相等的不帶電的微粒吸附在一起做勻速直線運(yùn)動,不計重力.求:
（1）微粒帶何種電荷.
（2）微粒在M點(diǎn)與另一微粒吸附前的速度大小.
（3）M點(diǎn)距ab極板的距離.
答案（1）負(fù)電（2）50m/s?（3）0.08m
題型3情景建模
【例3】如圖甲所示,場強(qiáng)水平向左、大小E=3V/m的勻強(qiáng)電場中,有一傾角θ=37°的光滑絕緣斜面（足夠大）垂直斜面方向有一磁場,磁感強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.在t=0時刻,質(zhì)量m=4×10-3kg、電荷量q=10-2C的帶負(fù)電的小球在O點(diǎn)獲得一沿斜面向上的瞬時速度v=1m/s,求小球在t=0.32πs時間內(nèi)運(yùn)動的路程.（g=10m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=0.8）

答案0.32πm

1.（2009承德模擬）如圖所示,空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電
場和勻強(qiáng)磁場.質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后,垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直
線穿過場區(qū),質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速
電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能Ek′的大小是（）
A.Ek′=EkB.Ek′EkC.Ek′EkD.條件不足,難以確定
答案B
2.（2009濟(jì)寧統(tǒng)考）如圖所示,在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中,電荷量為q的液滴在豎
直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動,已知電場強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則油滴的質(zhì)量和環(huán)繞
速度分別為（）
A.B.C.BD.
答案D
3.如圖所示,在互相垂直的水平方向的勻強(qiáng)電場（E已知）和勻強(qiáng)磁場（B已知）中,有一固定的
豎直絕緣桿,桿上套一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球,它們之間的摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)由靜止釋
放小球,試求小球沿棒運(yùn)動的最大加速度和最大速度.（mgμqE,小球的帶電荷量不變）
答案g-
4.如圖所示,一質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的小物體,在水平方向的勻強(qiáng)磁場B中,從傾角為
θ的絕緣光滑足夠長的斜面上由靜止開始下滑,求:
（1）此物體在斜面Q上運(yùn)動的最大速度.
（2）此物體在斜面上運(yùn)動的距離.
（3）此物體在斜面上運(yùn)動的時間.
答案（1）

高考物理基礎(chǔ)知識歸納:帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

第4課時帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

基礎(chǔ)知識歸納
1.復(fù)合場
復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中兩場并存，或分區(qū)域存在，分析方法和力學(xué)問題的分析方法基本相同，不同之處是多了電場力和磁場力，分析方法除了力學(xué)三大觀點(diǎn)(動力學(xué)、動量、能量)外，還應(yīng)注意：
(1)洛倫茲力永不做功.
(2)重力和電場力做功與路徑無關(guān)，只由初末位置決定.還有因洛倫茲力隨速度而變化，洛倫茲力的變化導(dǎo)致粒子所受合力變化，從而加速度變化，使粒子做變加速運(yùn)動.
2.帶電粒子在復(fù)合場中無約束情況下的運(yùn)動性質(zhì)
(1)當(dāng)帶電粒子所受合外力為零時，將做勻速直線運(yùn)動或處于靜止，合外力恒定且與初速度同向時做勻變速直線運(yùn)動，常見情況有：
①洛倫茲力為零(v與B平行)，重力與電場力平衡，做勻速直線運(yùn)動，或重力與電場力合力恒定，做勻變速直線運(yùn)動.
②洛倫茲力與速度垂直，且與重力和電場力的合力平衡，做勻速直線運(yùn)動.
(2)當(dāng)帶電粒子所受合外力充當(dāng)向心力，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動時，由于通常情況下，重力和電場力為恒力，故不能充當(dāng)向心力，所以一般情況下是重力恰好與電場力相平衡，洛倫茲力充當(dāng)向心力.
(3)當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小、方向均不斷變化時，粒子將做非勻變速的曲線運(yùn)動.
3.帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動
帶電粒子所受約束，通常有面、桿、繩、圓軌道等，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，此類問題應(yīng)注意分析洛倫茲力所起的作用.
4.帶電粒子在交變場中的運(yùn)動
帶電粒子在不同場中的運(yùn)動性質(zhì)可能不同，可分別進(jìn)行討論.粒子在不同場中的運(yùn)動的聯(lián)系點(diǎn)是速度，因?yàn)樗俣炔荒芡蛔?，在前一個場中運(yùn)動的末速度，就是后一個場中運(yùn)動的初速度.
5.帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的實(shí)際應(yīng)用
(1)質(zhì)譜儀
①用途：質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器.
②原理：如圖所示，離子源S產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子(重力不計)，離子出來時速度很小(可忽略不計)，經(jīng)過電壓為U的電場加速后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過半個周期而達(dá)到記錄它的照相底片P上，測得它在P上的位置到入口處的距離為L，則
qU＝mv2－0；qBv＝m；L＝2r
聯(lián)立求解得m＝，因此，只要知道q、B、L與U，就可計算出帶電粒子的質(zhì)量m，若q也未知，則
又因m∝L2，不同質(zhì)量的同位素從不同處可得到分離，故質(zhì)譜儀又是分離同位素的重要儀器.
(2)回旋加速器
①組成：兩個D形盒、大型電磁鐵、高頻振蕩交變電壓，D型盒間可形成電壓U.
②作用：加速微觀帶電粒子.
③原理：a.電場加速qU＝ΔEk
b.磁場約束偏轉(zhuǎn)qBv＝m，r＝∝v
c.加速條件，高頻電源的周期與帶電粒子在D形盒中運(yùn)動的周期相同，即T電場＝T回旋＝
帶電粒子在D形盒內(nèi)沿螺旋線軌道逐漸趨于盒的邊緣，達(dá)到預(yù)期的速率后，用特殊裝置把它們引出.
④要點(diǎn)深化
a.將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運(yùn)動首尾相連起來可等效為一個初速度為零的勻加速直線運(yùn)動.
b.帶電粒子每經(jīng)電場加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各回旋半徑之比為1∶∶∶…
c.對于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半徑是相同的.
d.若已知最大能量為Ekm，則回旋次數(shù)n＝
e.最大動能：Ekm＝
f.粒子在回旋加速器內(nèi)的運(yùn)動時間：t＝
(3)速度選擇器
①原理：如圖所示，由于所受重力可忽略不計，運(yùn)動方向相同而速率不同的正粒子組成的粒子束射入相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場所組成的場區(qū)中，已知電場強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，若粒子運(yùn)動軌跡不發(fā)生偏轉(zhuǎn)(重力不計)，必須滿足平衡條件：qBv＝qE，故v＝，這樣就把滿足v＝的粒子從速度選擇器中選擇出來了.
②特點(diǎn)：a.速度選擇器只選擇速度(大小、方向)而不選擇粒子的質(zhì)量和電荷量，如上圖中若從右側(cè)入射則不能穿過場區(qū).
b.速度選擇器B、E、v三個物理量的大小、方向互相約束，以保證粒子受到的電場力和洛倫茲力等大、反向，如上圖中只改變磁場B的方向，粒子將向下偏轉(zhuǎn).
c.v′v＝時，則qBv′qE，粒子向上偏轉(zhuǎn)；當(dāng)v′v＝時，qBv′qE，粒子向下偏轉(zhuǎn).
③要點(diǎn)深化
a.從力的角度看，電場力和洛倫茲力平衡qE＝qvB；
b.從速度角度看，v＝；
c.從功能角度看，洛倫茲力永不做功.
(4)電磁流量計
①如圖所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體流過導(dǎo)管.
②原理：導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場.當(dāng)自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定.由Bqv＝Eq＝q，可得v＝
液體流量Q＝Sv＝＝
(5)霍爾效應(yīng)
如圖所示，高為h、寬為d的導(dǎo)體置于勻強(qiáng)磁場B中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體時，在導(dǎo)體板的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾電壓.
設(shè)霍爾導(dǎo)體中自由電荷(載流子)是自由電子.圖中電流方向向右，則電子受洛倫茲力向上，在上表面A積聚電子，則qvB＝qE，
E＝Bv，電勢差U＝Eh＝Bhv.又I＝nqSv
導(dǎo)體的橫截面積S＝hd
得v＝
所以U＝Bhv＝
k=，稱霍爾系數(shù)．
重點(diǎn)難點(diǎn)突破
一、解決復(fù)合場類問題的基本思路
1.正確的受力分析.除重力、彈力、摩擦力外，要特別注意電場力和磁場力的分析.
2.正確分析物體的運(yùn)動狀態(tài).找出物體的速度、位置及其變化特點(diǎn)，分析運(yùn)動過程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件.
3.恰當(dāng)靈活地運(yùn)用動力學(xué)三大方法解決問題.
(1)用動力學(xué)觀點(diǎn)分析，包括牛頓運(yùn)動定律與運(yùn)動學(xué)公式.
(2)用動量觀點(diǎn)分析，包括動量定理與動量守恒定律.
(3)用能量觀點(diǎn)分析，包括動能定理和機(jī)械能(或能量)守恒定律.針對不同的問題靈活地選用，但必須弄清各種規(guī)律的成立條件與適用范圍.
二、復(fù)合場類問題中重力考慮與否分三種情況
1.對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應(yīng)考慮其重力.
2.在題目中有明確交待是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單.
3.直接看不出是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析時，要由分析結(jié)果，先進(jìn)行定性確定是否要考慮重力.
典例精析
1.帶電粒子在復(fù)合場中做直線運(yùn)動的處理方法
【例1】如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面間的夾角為α(sinα＝0.6)，放在水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E＝50V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個電荷量q＝＋4.0×10－2C、質(zhì)量m＝0.40kg的光滑小球，以初速度v0＝20m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經(jīng)過3s脫離斜面.求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度(g取10m/s2).
【解析】小球沿斜面向上運(yùn)動的過程中受力分析如圖所示.
由牛頓第二定律，得qEcosα＋mgsinα＝ma1，故a1＝gsinα＋＝10×0.6m/s2＋m/s2＝10m/s2，向上運(yùn)動時間t1＝＝2s
小球在下滑過程中的受力分析如圖所示.
小球在離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動，a2＝10m/s2
運(yùn)動時間t2＝t－t1＝1s
脫離斜面時的速度v＝a2t2＝10m/s
在垂直于斜面方向上有：
qvB＋qEsinα＝mgcosα
故B＝＝5T
【思維提升】(1)知道洛倫茲力是變力，其大小隨速度變化而變化，其方向隨運(yùn)動方向的反向而反向.能從運(yùn)動過程及受力分析入手，分析可能存在的最大速度、最大加速度、最大位移等.(2)明確小球脫離斜面的條件是FN＝0.
【拓展1】如圖所示，套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中.設(shè)小球電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中(BD)
A.小球加速度一直增大B.小球速度一直增大，直到最后勻速
C.桿對小球的彈力一直減小D.小球所受洛倫茲力一直增大，直到最后不變
【解析】小球由靜止加速下滑，f洛＝Bqv在不斷增大，開始一段，如圖(a)：f洛F電，水平方向有f洛＋FN＝F電，加速度a＝，其中f＝μFN，隨著速度的增大，f洛增大，F(xiàn)N減小，加速度也增大，當(dāng)f洛＝F電時，a達(dá)到最大；以后如圖(b)：f洛F電，水平方向有f洛＝F電＋FN，隨著速度的增大，F(xiàn)N也增大，f也增大，a＝減小，當(dāng)f＝mg時，a＝0，此后做勻速運(yùn)動，故a先增大后減小，A錯，B對，彈力先減小后增大，C錯，由f洛＝Bqv知D對.
2.靈活運(yùn)用動力學(xué)方法解決帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題
【例2】如圖所示，水平放置的M、N兩金屬板之間，有水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T.質(zhì)量為m1＝9.995×10－7kg、電荷量為q＝－1.0×10－8C的帶電微粒，靜止在N板附近.在M、N兩板間突然加上電壓(M板電勢高于N板電勢)時，微粒開始運(yùn)動，經(jīng)一段時間后，該微粒水平勻速地碰撞原來靜止的質(zhì)量為m2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圓弧做勻速圓周運(yùn)動，最終落在N板上.若兩板間的電場強(qiáng)度E＝1.0×103V/m，求：
(1)兩微粒碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒的速度大?。?br> (2)被碰撞微粒的質(zhì)量m2；
(3)兩微粒粘合后沿圓弧運(yùn)動的軌道半徑.
【解析】(1)碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒已沿水平方向做勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件有
m1g＋qvB＝qE
解得碰撞前質(zhì)量m1的微粒的速度大小為
v＝m/s＝1m/s
(2)由于兩微粒碰撞后一起做勻速圓周運(yùn)動，說明兩微粒所受的電場力與它們的重力相平衡，洛倫茲力提供做勻速圓周運(yùn)動的向心力，故有(m1＋m2)g＝qE
解得m2＝=kg＝5×10－10kg
(3)設(shè)兩微粒一起做勻速圓周運(yùn)動的速度大小為v′，軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有qv′B＝(m1＋m2)
研究兩微粒的碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有m1v＝(m1＋m2)v′
以上兩式聯(lián)立解得
R＝m≈200m
【思維提升】(1)全面正確地進(jìn)行受力分析和運(yùn)動狀態(tài)分析，f洛隨速度的變化而變化導(dǎo)致運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生新的變化.
(2)若mg、f洛、F電三力合力為零，粒子做勻速直線運(yùn)動.
(3)若F電與重力平衡，則f洛提供向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動.
(4)根據(jù)受力特點(diǎn)與運(yùn)動特點(diǎn)，選擇牛頓第二定律、動量定理、動能定理及動量守恒定律列方程求解.
【拓展2】如圖所示，在相互垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中，有一傾角為θ的足夠長的光滑絕緣斜面.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平向外；電場強(qiáng)度為E，方向豎直向上.有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊靜止在斜面頂端時對斜面的正壓力恰好為零.
(1)如果迅速把電場方向轉(zhuǎn)為豎直向下，求小滑塊能在斜面上連續(xù)滑行的最遠(yuǎn)距離L和所用時間t；
(2)如果在距A端L/4處的C點(diǎn)放入一個質(zhì)量與滑塊相同但不帶電的小物體，當(dāng)滑塊從A點(diǎn)靜止下滑到C點(diǎn)時兩物體相碰并黏在一起.求此黏合體在斜面上還能再滑行多長時間和距離？
【解析】(1)由題意知qE＝mg
場強(qiáng)轉(zhuǎn)為豎直向下時，設(shè)滑塊要離開斜面時的速度為v，由動能定理有
(mg＋qE)Lsinθ＝，即2mgLsinθ＝
當(dāng)滑塊剛要離開斜面時由平衡條件有
qvB＝(mg＋qE)cosθ，即v＝
由以上兩式解得L＝
根據(jù)動量定理有t＝
(2)兩物體先后運(yùn)動，設(shè)在C點(diǎn)處碰撞前滑塊的速度為vC，則2mgsinθ＝mv2
設(shè)碰后兩物體速度為u，碰撞前后由動量守恒有mvC＝2mu
設(shè)黏合體將要離開斜面時的速度為v′，由平衡條件有
qv′B＝(2mg＋qE)cosθ＝3mgcosθ
由動能定理知，碰后兩物體共同下滑的過程中有
3mgsinθs＝2mv′2－2mu2
聯(lián)立以上幾式解得s＝
將L結(jié)果代入上式得s＝
碰后兩物體在斜面上還能滑行的時間可由動量定理求得t′＝cotθ
【例3】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計重力，求：
(1)M、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN；
(2)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r；
(3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的總時間t.
【解析】(1)設(shè)粒子過N點(diǎn)時的速度為v，有＝cosθ①
v＝2v0②
粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程，有qUMN＝③
UMN＝3mv/2q④
(2)粒子在磁場中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運(yùn)動，半徑為O′N，有
qvB＝⑤
r＝⑥
(3)由幾何關(guān)系得ON＝rsinθ⑦
設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t1，有ON＝v0t1⑧
t1＝⑨
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T＝⑩
設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2，有t2＝T
t2＝
t＝t1＋t2＝
【思維提升】注重受力分析，尤其是運(yùn)動過程分析以及圓心的確定，畫好示意圖，根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律及動能觀點(diǎn)求解.
【拓展3】如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為s＝8cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332T，磁場方向垂直于紙面向里.緊靠邊界ab放一點(diǎn)狀α粒子放射源S，可沿紙面向各個方向放射速率相同的α粒子.α粒子質(zhì)量為m＝6.64×10－27kg，電荷量為q＝＋3.2×10－19C，速率為v＝3.2×106m/s.磁場邊界ab、cd足夠長，cd為厚度不計的金箔，金箔右側(cè)cd與MN之間有一寬度為L＝12.8cm的無場區(qū)域.MN右側(cè)為固定在O點(diǎn)的電荷量為Q＝－2.0×10－6C的點(diǎn)電荷形成的電場區(qū)域(點(diǎn)電荷左側(cè)的電場分布以MN為邊界).不計α粒子的重力，靜電力常量k＝9.0×109Nm2/C2，(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度y；
(2)打在金箔d端離cd中心最遠(yuǎn)的粒子沿直線穿出金箔，經(jīng)過無場區(qū)進(jìn)入電場就開始以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動，垂直打在放置于中心線上的熒光屏FH上的E點(diǎn)(未畫出)，計算OE的長度；
(3)計算此α粒子從金箔上穿出時損失的動能.
【解析】(1)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，得R＝＝0.2m
如圖所示，當(dāng)α粒子運(yùn)動的圓軌跡與cd相切時，上端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系得O′P＝＝0.16m
當(dāng)α粒子沿Sb方向射入時，下端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系得O′Q＝＝0.16m
故金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度為
y＝O′Q＋O′P＝0.32m
(2)如上圖所示，OE即為α粒子繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動的半徑r.α粒子在無場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動與MN相交，下偏距離為y′，則
tan37°＝，y′＝Ltan37°＝0.096m
所以，圓周運(yùn)動的半徑為r＝＝0.32m
(3)設(shè)α粒子穿出金箔時的速度為v′，由牛頓第二定律有k
α粒子從金箔上穿出時損失的動能為
ΔEk＝mv2－mv′2＝2.5×10－14J
易錯門診
3.帶電體在變力作用下的運(yùn)動
【例4】豎直的平行金屬平板A、B相距為d，板長為L，板間的電壓為U，垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場只分布在兩板之間，如圖所示.帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的油滴從正上方下落并在兩板中央進(jìn)入板內(nèi)空間.已知剛進(jìn)入時電場力大小等于磁場力大小，最后油滴從板的下端點(diǎn)離開，求油滴離開場區(qū)時速度的大小.
【錯解】由題設(shè)條件有Bqv＝qE＝q，v＝；油滴離開場區(qū)時，水平方向有Bqv＋qE＝ma，v＝2a
豎直方向有v＝v2＋2gL
離開時的速度v′＝
【錯因】洛倫茲力會隨速度的改變而改變，對全程而言，帶電體是在變力作用下的一個較為復(fù)雜的運(yùn)動，對這樣的運(yùn)動不能用牛頓第二定律求解，只能用其他方法求解.
【正解】由動能定理有mgL＋qEmv2
由題設(shè)條件油滴進(jìn)入磁場區(qū)域時有Bqv＝qE，E＝U/d
由此可以得到離開磁場區(qū)域時的速度v′＝
【思維提升】解題時應(yīng)該注意物理過程和物理情景的把握，時刻注意情況的變化，然后結(jié)合物理過程中的受力特點(diǎn)和運(yùn)動特點(diǎn)，利用適當(dāng)?shù)慕忸}規(guī)律解決問題，遇到變力問題，特別要注意與能量有關(guān)規(guī)律的運(yùn)用.

帶電粒子在電場中的運(yùn)動

學(xué)習(xí)內(nèi)容1.9帶電粒子在電場中的運(yùn)動
學(xué)習(xí)目標(biāo)1．了解示波管的工作原理，體會靜電場知識對科學(xué)技術(shù)的影響。
2．會處理較簡單的帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動與偏轉(zhuǎn)問題，培養(yǎng)自己獨(dú)立分析、解決問題的能力。
學(xué)習(xí)重、難點(diǎn)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動與偏轉(zhuǎn)問題
學(xué)法指導(dǎo)自主、合作、探究
知識鏈接1．帶電粒子在電場中的加速問題處理方法
2．帶電粒子垂直電場方向進(jìn)入電場中運(yùn)動特點(diǎn)及處理方法。
學(xué)習(xí)過程用案人自我創(chuàng)新
【自主學(xué)習(xí)】
一、示波管的原理
1、構(gòu)造
示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由（發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成）、（由一對X偏轉(zhuǎn)電極板和一對Y偏轉(zhuǎn)電極板組成）和組成。
2、原理
(1)掃描電壓：XX偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒型電壓。
(2)燈絲被電源加熱后，出現(xiàn)電子發(fā)射，發(fā)射出來的電子經(jīng)過加速電場加速后，以很大的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，如Y偏轉(zhuǎn)極板上加一個電壓，在X偏轉(zhuǎn)極板上加一電壓，在熒光屏上就會出現(xiàn)按Y偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變化的可視圖像。
二、帶電粒子能否飛出偏轉(zhuǎn)電場的條件及求解方法
帶電粒子能否飛出電場，關(guān)健看帶電粒子在電場中的側(cè)移量y，如質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿中線以v0垂直射入板長為l、板間距離為d的勻強(qiáng)電場中，要使粒子飛出電場，則應(yīng)滿足：t=時，y；若當(dāng)t=時,y，則粒子打在板上，不能飛出電場。
三、帶電粒子在電場和重力場的復(fù)合場中運(yùn)動分析方法。
帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，是一個綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題。研究的方法與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)相同，它同樣遵循：運(yùn)動的合成與分解、力的獨(dú)立作用原理、牛頓運(yùn)動定律、動能定理、功能原理等力學(xué)規(guī)律。研究時主要有以下兩種方法：
1．力和運(yùn)動的關(guān)系分析法。根據(jù)帶電粒子受到電場力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。這種方法適用于恒力作用下的勻變速運(yùn)動的情況。分析時具體有以下兩種方法：
⑴正交分解法或化曲為直法
⑵“等效重力”法。
3．功能關(guān)系分析法（使用動能定理、能量守恒定律解題）
【例題與習(xí)題】
1．一束電子流在經(jīng)u=5000V的加速電壓加速后在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，如圖所示．若兩板間距d=1.0cm，板長f=5．0cm，那么要使電子能從平行板飛出，兩個極板上最大能加多大電壓?

（1）要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？
（2）若在偏轉(zhuǎn)電極上加U=40sin100πtV的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上能觀測到多長的線段？

3．（2008全國）一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴，油滴在極板間運(yùn)動時所受的阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間的電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U時，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升；若兩極板間電壓為-U，油滴做勻速運(yùn)動時速度的大小、方向是（）
A．2v向下B．2v向上
C．3v向下D．3v向上
達(dá)標(biāo)檢測1．如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量h/U2)，可采用的方法是()
A．增大兩板間的電勢差以
B．盡可能使板長￡短些
C．盡可能使板間距離d小一些
D．使加速電壓以升高一些
2如圖所示，用細(xì)線拴著一帶負(fù)電的小球在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，且電場力大于重力，則下列說法正確的是()
A．當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)A時，細(xì)線張力一定最大
B．當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)B時，細(xì)線張力一定最大
C．當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)B時，小球的線速度一定最大
D．當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)B時，小球的電勢能一定最大
3.如圖所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓u，A板的電勢φA=0，B板的電勢φB隨時間的變化規(guī)律如圖所示?，F(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場區(qū)內(nèi)，設(shè)電子的初速度和重力的影響可忽略．則()
A．若電子是在t=O時刻進(jìn)入的，它將一直向B板運(yùn)動
B.若電子是在t=1/8T時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，最后打在B板上
c.若電子是在3/8T時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，最后打在B板上
D．若電子是在t=1/2時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動

4．如圖所示，平行板電容器兩極板間有場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，且?guī)д姷臉O板接地，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子(不計重力)從x軸上坐標(biāo)為x。處由靜止釋放．
(1)求該粒子在x0處的電勢能EP．
(2)試從牛頓第二定律出發(fā)，證明該帶電粒子在極板問運(yùn)動過程中，其動能與電勢能之和保持不變．