高中中英語口語課教案

第十課時：帶電粒子在復(fù)合場中的運動習(xí)題課。

第十課時：帶電粒子在復(fù)合場中的運動習(xí)題課
1、空間存在一勻強磁場B，其方向垂直紙面向里，另有一個點電荷+Q的電場，如圖所示，一帶電-q的粒子以初速度v0從某處垂直電場、磁場入射，初位置到點電荷的距離為r，則粒子在電磁場中的運動軌跡可能為（）
A．以點電荷+Q為圓心，以r為半徑的在紙平面內(nèi)的圓周
B．開始階段在紙面內(nèi)向向右偏轉(zhuǎn)的曲線
C．開始階段在紙面內(nèi)向向左偏轉(zhuǎn)的曲線D．沿初速度v0方向的直線
2、三個質(zhì)量相同的質(zhì)點a、b、c帶有等量的正電荷，由靜止開始同時從相同的高度落下，下落中b、c分別進(jìn)入如圖所示的勻強電場和勻強磁場中，設(shè)它們都能落到同一平面上，不計空氣阻力，則有：（）
A、落地時a的動能最大B、落地時a和c的速度大小相同
C、a和c同時到達(dá)平面D、c比a、b質(zhì)點先到達(dá)平面
3、如圖，MN與水平面之間有一正交的勻強電場和磁場，在MN的上方帶正電的小球A，由靜止開始下落，經(jīng)復(fù)合場后到達(dá)水平面，空氣阻力不計，以下說法中正確的是：（）
A、在復(fù)合場中，小球作勻變速運動
B、在復(fù)合場中，小球的電勢能將減小
C、小球由靜止下落到水平面時的動能大于它重力勢能的減少量
D、如僅增加B，小球至平面的動能不變
4、關(guān)于帶電粒子的運動，下列正確的是：()
A、沿著磁力線運動飛入磁場，磁場力做功，動能增加
B、沿著電力線飛入勻強電場，電場力做功，動能不一定增加
C、只有垂直磁力線飛入勻強磁場中時，磁場力不作功
D、垂直于電力線方向飛入勻強電場，在電場中運動，電場力不做功
5、如圖所示，在y0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負(fù)方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外，一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過x軸上x=2h處的P2點進(jìn)入磁場，并經(jīng)過y軸上y=－2h處的P3點，不計重力．求：（1)電場強度的大??；
(2)粒子到達(dá)P2時速度的大小和方向；
(3)磁感應(yīng)強度的大?。?br>

6、在豎直平面內(nèi)有一圓形絕緣軌道，半徑R=1m，勻強磁場垂直于軌道平面向內(nèi)，一質(zhì)量為m=1×10－3kg、帶電量為q=+3×10－3C的小球，可在其內(nèi)壁滑動。開始時，在最低點處給小球一個水平向右的初速度v0，使小球在豎直面內(nèi)逆時針做圓周運動，圖甲是小球在豎直面內(nèi)做圓周運動的速率v隨時間變化的情況，圖乙是小球所受軌道的彈力F隨時間變化的情況，結(jié)合圖象所給數(shù)據(jù)，求：（1）磁感應(yīng)強度的大?。?）小球初速度的大小

7、某空間存在著變化的電場和另一變化的磁場，電場方向向右，即圖示中由b點到C點的方向，電場強度大小變化如圖中E—t圖象，磁感應(yīng)強度變化如圖中B－t圖象．已知ab垂直于bc，ac=2bc，在a點，從第1s末時刻開始，每隔2s有一相同帶電粒子（粒子重力不計）沿ab方向以速度v射出，這些粒子都恰能擊中c點，且粒子在ac間運動時間小于1s，求：
（1）圖象中E0和B0的比值；
（2）第二個粒子和第一個粒子從射出到擊中C點所用的時間的比值。[個人總結(jié)網(wǎng) wWw.676u.coM]

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第4講專題帶電粒子在復(fù)合場中的運動

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第4講專題帶電粒子在復(fù)合場中的運動

圖8－4－9

1．如圖8－4－9所示，空間存在一勻強磁場B(方向垂直紙面向里)和一電荷量為＋Q的點電荷的電場，一帶電粒子－q(不計重力)以初速度v0從某處垂直于電場、磁場入射，初位置到點電荷＋Q的距離為r，則粒子在電、磁場中的運動軌跡可能是()

A．沿初速度v0方向的直線

B．以點電荷＋Q為圓心，以r為半徑，在紙面內(nèi)的圓

C．初階段在紙面內(nèi)向右偏的曲線

D．初階段在紙面內(nèi)向左偏的曲線

解析：當(dāng)帶電粒子所受庫侖力和洛倫茲力的合力正好能提供其所需的向心力時，粒子便以點電荷＋Q為圓心，以r為半徑，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動；因為點電荷＋Q周圍的電場是非勻強電場，所以粒子不可能做直線運動．綜上所述粒子的運動軌跡可能為B、C、D.

答案：BCD

圖8－4－10

2．如圖8－4－10所示，界面PQ與水平地面之間有一個正交的勻強磁場B和勻強電場E，在PQ上方有一個帶正電的小球A自O(shè)靜止開始下落，穿過電場和磁場到達(dá)地面．設(shè)空氣阻力不計，下列說法中正確的是()

A．在復(fù)合場中，小球做勻變速曲線運動

B．在復(fù)合場中，小球下落過程中的電勢能減小

C．小球從靜止開始下落到水平地面時的動能等于其電勢能和重力勢能的減少量總和

D．若其他條件不變，僅增大磁感應(yīng)強度，小球從原來位置下落到水平地面時的動能不變

解析：小球受到磁場力，不可能做勻變速曲線運動．電場力做正功，電勢能減小，由能量守恒知，C項正確．增大磁感應(yīng)強度，會改變洛倫茲力，進(jìn)而改變落地點，電場力做功會不同，D項錯．

答案：BC

圖8－4－11

3．如圖8－4－11所示，豎直平面xOy內(nèi)存在水平向右的勻強電場，場強大小E＝10N/C，在y≥0的區(qū)域內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T．一帶電量q＝＋0.2C、質(zhì)量m＝0.4kg的小球由長l＝0.4m的細(xì)線懸掛于P點，小球可視為質(zhì)點，現(xiàn)將小球拉至水平位置A無初速釋放，小球運動到懸點P正下方的坐標(biāo)原點O時，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能通過O點正下方的N點．(g＝10m/s2)求：

(1)小球運動到O點時的速度大?。?/p>

(2)懸線斷裂前瞬間拉力的大?。?/p>

(3)ON間的距離．

解析：(1)小球從A運動O的過程中，根據(jù)動能定理：12mv2＝mgl－qEl①

則得小球在O點速度為：v＝2lg－qEm＝2m/s.②

(2)小球運動到O點繩子斷裂前瞬間，對小球應(yīng)用牛頓第二定律：

F向＝FT－mg－F洛＝mv2l③

F洛＝Bvq④

由③、④得：FT＝mg＋Bvq＋mv2l＝8.2N．⑤

(3)繩斷后，小球水平方向加速度ax＝F電m＝Eqm＝5m/s2⑥

小球從O點運動至N點所用時間t＝Δvax＝0.8s⑦

ON間距離h＝12gt2＝3.2m．⑧

答案：(1)2m/s(2)8.2N(3)3.2m

圖8－4－12

4．如圖8－4－12所示，平行于直角坐標(biāo)系y軸的PQ是用特殊材料制成的，只能讓垂直打到PQ界面上的電子通過．其左側(cè)有一直角三角形區(qū)域，分布著方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，其右側(cè)有豎直向上場強為E的勻強電場．現(xiàn)有速率不同的電子在紙面上從坐標(biāo)原點O沿不同方向射到三角形區(qū)域，不考慮電子間的相互作用．已知電子的電量為e，質(zhì)量為m，在△OAC中，OA＝a，θ＝60°.求：

(1)能通過PQ界面的電子所具有的最大速度是多少；

(2)在PQ右側(cè)x軸上什么范圍內(nèi)能接收到電子．

解析：(1)要使電子能通過PQ界面，電子飛出磁場的速度方向必須水平向右，由Bev＝mv2r可知，r越大v越大，從C點水平飛出的電子，運動半徑最大，對應(yīng)的速度最大，即r＝2a時，電子的速度最大

由Bevm＝m，得：vm＝2Beam.①

(2)粒子在電場中做類平拋運動，據(jù)

a＝12eEmt2②

x＝vt

得：xmax＝2Ba2aemE③

由此可知：PQ界面的右側(cè)x軸上能接收電子的范圍是3a，3a＋2Ba2aemE

本題屬于復(fù)合場問題，考查帶電粒子在有界磁場中的運動和帶電粒子在勻強電場中的運動，需要同學(xué)們解題時能夠正確地畫出帶電粒子在磁場和電場中的運動軌跡．

答案：(1)2Beam(2)3a，3a＋2Ba2aemE

5.

圖8－4－13

(2009重慶，25)如圖8－4－13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，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°.(忽略離子所受重力)

(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角φ；

(2)求質(zhì)量為4m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；

(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處，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．

解析：(1)由eU0＝12mv21－0F＝eE0＝ma2d＝v1td＝12at2

得E0＝U0/d，由tanφ＝v1at，得φ＝45°.

(2)由v＝v21＋v2⊥＝v21＋(at)2evB＝mv2R

得R＝2mU0eB2.

(3)將4m和16m代入R，得R1、R2，

由ΔS＝R22－(R2－R1)2－R1，

將R1、R2代入得ΔS＝4(3－1)mU0eB2

由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2，得R′＝52R1

由12R1R52R1，得mmx25m.

答案：(1)45°(2)2mU0eB2(3)4(3－1)mU0eB2mmx25m

圖8－4－14

1．如圖8－4－14所示，實線表示在豎直平面內(nèi)勻強電場的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線l做直線運動，l與水平方向成β角，且αβ，則下列說法中錯誤的是()

A．液滴一定做勻變速直線運動B．液滴一定帶正電

C．電場線方向一定斜向上D．液滴一定做勻速直線運動

解析：在電磁場復(fù)合區(qū)域粒子一般不會做勻變速直線運動，因速度變化洛倫茲力變化，合外力一般變化．

答案：A

圖8－4－15

2．如圖8－4－15所示，光滑絕緣桿固定在水平位置上，使其兩端分別帶上等量同種正電荷Q1、Q2，桿上套著一帶正電小球，整個裝置處在一個勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，將靠近右端的小球從靜止開始釋放，在小球從右到左的運動過程中，下列說法中正確的是()

A．小球受到的洛倫茲力大小變化，但方向不變

B．小球受到的洛倫茲力將不斷增大

C．小球的加速度先減小后增大

D．小球的電勢能一直減小

解析：Q1、Q2連線上中點處電場強度為零，從中點向兩側(cè)電場強度增大且方向都指向中點，故小球所受電場力指向中點．小球從右向左運動過程中，小球的加速度先減小后增大，C正確．速度先增大后減小，洛倫茲力大小變化，由左手定則知，洛倫茲力方向不變，故A正確，B錯誤．小球的電勢能先減小后增大，D錯誤．

答案：AC

圖8－4－16

3．如圖8－4－16所示．有一混合正離子束先后通過正交電場、磁場區(qū)域Ⅰ和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑又相同，則說明這些正離子具有相同的()

A．速度B．質(zhì)量C．電荷D．比荷

解析：設(shè)電場的場強為E，由于粒子在區(qū)域Ⅰ里不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則Eq＝B1qv，得v＝EB1；當(dāng)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時，偏轉(zhuǎn)半徑又相同，所以R＝mvB2q＝mEB1B2q＝EmB1B2q，故選項A、D正確．

答案：AD

圖8－4－17

4．(2009遼寧、寧夏理綜，16)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．電磁血流計由一對電極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8－4－17所示．由于血液中的正負(fù)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(dá)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．在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為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)強度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為()

A．1.3m/s，a正、b負(fù)B．2.7m/s，a正、b負(fù)

C．1.3m/s，a負(fù)、b正D．2.7m/s，a負(fù)、b正

解析：根據(jù)左手定則，可知a正b負(fù)，所以C、D兩項錯；因為離子在場中所受合力為零，Bqv＝Udq，所以v＝UBd＝1.3m/s，A項對B項錯．

答案：A

5．如圖8－4－18所示，一個帶正電荷的物塊m，由靜止開始從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來．已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計物塊經(jīng)過B處時的機械能損失．先在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，第二次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的D′點停下來．后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D″點停下來．則以下說法中正確的是()

圖8－4－18

A．D′點一定在D點左側(cè)B．D′點一定與D點重合

C．D″點一定在D點右側(cè)D．D″點一定與D點重合

解析：僅在重力場中時，物塊由A點至D點的過程中，由動能定理得mgh－μmgcosαs1－μmgs2＝0，即h－μcosαs1－μs2＝0，由題意知A點距水平面的高度h、物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)μ、斜面傾角α、斜面長度s1為定值，所以s2與重力的大小無關(guān)，而在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場后，相當(dāng)于把重力增大了，s2不變，D′點一定與D點重合，B項正確；在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場后，洛倫茲力垂直于接觸面向上，正壓力變小，摩擦力變小，重力做的功不變，所以D″點一定在D點右側(cè)，C項正確．

答案：BC

圖8－4－19

6．如圖8－4－19所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，滑動變阻器電阻為R，開關(guān)K閉合．兩平行極板間有勻強磁場，一帶電粒子(不計重力)正好以速度v勻速穿過兩板．以下說法正確的是()

A．保持開關(guān)閉合，將滑片P向上滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出

B．保持開關(guān)閉合，將滑片P向下滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出

C．保持開關(guān)閉合，將a極板向下移動一點，粒子將一定向下偏轉(zhuǎn)

D．如果將開關(guān)斷開，粒子將繼續(xù)沿直線穿出

解析：本題考查電路、電容器、帶電粒子在復(fù)合場中的運動等知識．開關(guān)閉合，滑片未滑動時，帶電粒子所受洛倫茲力等于電場力．當(dāng)滑片向上滑動時，帶電粒子受到的電場力減小，由于不知道帶電粒子的電性，所以電場力方向可能向上也可能向下，帶電粒子剛進(jìn)入磁場時洛倫茲力大小不變，與電場力的方向相反，所以帶電粒子可能向上運動，也可能向下運動，A、B項正確，C項錯誤；開關(guān)斷開，帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，D項錯誤．

答案：AB

圖8－4－20

7．在某地上空同時存在著勻強的電場與磁場，一質(zhì)量為m的帶正電小球，在該區(qū)域內(nèi)沿水平方向向右做直線運動，如圖8－4－20所示，關(guān)于場的分布情況可能的是()

A．該處電場方向和磁場方向重合

B．電場豎直向上，磁場垂直紙面向里

C．電場斜向里側(cè)上方，磁場斜向外側(cè)上方，均與v垂直

D．電場水平向右，磁場垂直紙面向里

解析：帶電小球在復(fù)合場中運動一定受重力和電場力，是否受洛倫茲力需具體分析．A選項中若電場、磁場方向與速度方向垂直，則洛倫茲力與電場力垂直，如果與重力的合力為0就會做直線運動．B選項中電場力、洛倫茲力都向上，若與重力合力為0，也會做直線運動．C選項中電場力斜向里側(cè)上方，洛倫茲力向外側(cè)下方，若與重力的合力為0，就會做直線運動．D選項三個力的合力不可能為0，因此選項A、B、C正確．

答案：ABC

8.

圖8－4－21

如圖8－4－21所示，有位于豎直平面上的半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，其上半部分處于豎直向下、場強為E的勻強電場中，下半部分處于垂直水平面向里的勻強磁場中；質(zhì)量為m，帶正電，電荷量為q的小球，從軌道的水平直徑的M端由靜止釋放，若小球在某一次通過最低點時對軌道的壓力為零，求：

(1)磁感應(yīng)強度B的大?。?/p>

(2)小球?qū)壍雷畹忘c的最大壓力；

(3)若要小球在圓形軌道內(nèi)做完整的圓周運動，求小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度．

解析：(1)設(shè)小球向右通過最低點時的速率為v，由題意得：

mgR＝12mv2，qBv－mg＝mv2R，B＝3mgq2gR.

(2)小球向左通過最低點時對軌道的壓力最大．FN－mg－qBv＝mv2R.FN＝6mg.

(3)要小球完成圓周運動的條件是在最高點滿足：mg＋qE＝mv21R

從M點到最高點由動能定理得：－mgR－qER＝12mv21－12mv20

由以上可得v0＝3R(mg＋qE)m.

答案：(1)3mgq2gR(2)6mg(3)3R(mg＋qE)m

圖8－4－22

9．在坐標(biāo)系xOy中，有三個靠在一起的等大的圓形區(qū)域，分別存在著方向如圖8－4－22所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小都為B＝0.10T，磁場區(qū)域半徑r＝233m，三個圓心A、B、C構(gòu)成一個等邊三角形，B、C點都在x軸上，且y軸與圓形圓域C相切，圓形區(qū)域A內(nèi)磁場垂直紙面向里，圓形區(qū)域B、C內(nèi)磁場垂直紙面向外．在直角坐標(biāo)系的第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分布著場強E＝1.0×105N/C的豎直方向的勻強電場，現(xiàn)有質(zhì)量m＝3.2×10－26kg，帶電荷量q＝－1.6×10－19C的某種負(fù)離子，從圓形磁場區(qū)域A的左側(cè)邊緣以水平速度v＝106m/s沿正對圓心A的方向垂直磁場射入，求：

(1)該離子通過磁場區(qū)域所用的時間．

(2)離子離開磁場區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側(cè)移為多大？(側(cè)移指垂直初速度方向上移動的距離)

(3)若在勻強電場區(qū)域內(nèi)豎直放置一擋板MN，欲使離子打到擋板MN上時偏離最初入射方向的側(cè)移為零，則擋板MN應(yīng)放在何處？勻強電場的方向如何？

解析：(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在A、C兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如圖所示，

設(shè)離子做圓周運動的半徑為R，圓周運動的周期為T，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2R

又T＝2πRv，解得：R＝mvqB，T＝2πmqB

將已知量代入得：R＝2m

設(shè)θ為離子在區(qū)域A中的運動軌跡所對應(yīng)圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知離子在區(qū)域A中運動軌跡的圓心恰好在B點，則：tanθ＝rR＝33，θ＝30°

則離子通過磁場區(qū)域所用的時間為：t＝T3＝4.19×10－6s.

(2)由對稱性可知：離子從原點O處水平射出磁場區(qū)域，由圖可知側(cè)移為d＝2rsin2θ＝2m.

(3)欲使離子打到擋板MN上時偏離最初入射方向的側(cè)移為零，則離子在電場中運動時受到的電場力方向應(yīng)向上，所以勻強電場的方向向下

離子在電場中做類平拋運動，加速度大小為：

a＝Eq/m＝5.0×1011m/s2，

沿y方向的位移為：y＝12at2＝d

沿x方向的位移為：x＝vt，解得：x＝22m

所以MN應(yīng)放在距y軸22m的位置．

答案：(1)4.19×10－6s(2)2m(3)距y軸22m處方向向下

10.

圖8－4－23

如圖8－4－23所示，豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標(biāo)原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N.一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y0)的P點沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標(biāo)原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運動，過N點水平進(jìn)入第四象限，并在電場中運動(已知重力加速度為g)．

(1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量；

(2)P點距坐標(biāo)原點O至少多高；

(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進(jìn)入第一象限，通過N點開始計時，經(jīng)時間t＝2Rg小球距坐標(biāo)原點O的距離s為多遠(yuǎn)？

解析：(1)小球進(jìn)入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡，qE＝mg①

得q＝mgE②

小球帶正電．

(2)小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，設(shè)勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r.

有：qvB＝mv2r③

小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動，有：mg＝mv2R④

由③④得：r＝mRgqB⑤

PO的最小距離為：y＝2r＝2mRgqB.⑥

(3)小球由O運動到N的過程中機械能守恒：mg2R＋12mv2＝12mv2N⑦

由④⑦得：vN＝4Rg＋v2＝5Rg⑧

根據(jù)運動的獨立性可知，小球從N點進(jìn)入電場區(qū)域后，在x軸方向以速度vN做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，則沿x軸方向有：x＝vNt⑨

沿電場方向有：z＝12at2⑩

a＝qEm＝g

t時刻小球距O點：s＝x2＋z2＋(2R)2＝27R.

答案：(1)正電mgE(2)2mRgqB(3)27R

高考物理基礎(chǔ)知識歸納:帶電粒子在復(fù)合場中的運動

第4課時帶電粒子在復(fù)合場中的運動

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(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，使粒子做變加速運動.
2.帶電粒子在復(fù)合場中無約束情況下的運動性質(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，做勻速直線運動，或重力與電場力合力恒定，做勻變速直線運動.
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動.
3.帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運動
帶電粒子所受約束，通常有面、桿、繩、圓軌道等，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，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動
帶電粒子在不同場中的運動性質(zhì)可能不同，可分別進(jìn)行討論.粒子在不同場中的運動的聯(lián)系點是速度，因為速度不能突變，在前一個場中運動的末速度，就是后一個場中運動的初速度.
5.帶電粒子在復(fù)合場中運動的實際應(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)強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，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要點深化
a.將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運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電場和勻強磁場所組成的場區(qū)中，已知電場強度為B，方向垂直于紙面向里，若粒子運動軌跡不發(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：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)．
重點難點突破
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.正確分析物體的運動狀態(tài).找出物體的速度、位置及其變化特點，分析運動過程，如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件.
3.恰當(dāng)靈活地運用動力學(xué)三大方法解決問題.
(1)用動力學(xué)觀點分析，包括牛頓運動定律與運動學(xué)公式.
(2)用動量觀點分析，包括動量定理與動量守恒定律.
(3)用能量觀點分析，包括動能定理和機械能(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，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，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電場和勻強磁場中，電場強度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)強度(g取10m/s2).
【解析】小球沿斜面向上運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動，a2＝10m/s2
運動時間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，其方向隨運動方向的反向而反向.能從運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磁場和勻強電場中.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.靈活運用動力學(xué)方法解決帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題
【例2】如圖所示，水平放置的M、N兩金屬板之間，有水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度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動，最終落在N板上.若兩板間的電場強度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)行受力分析和運動狀態(tài)分析，f洛隨速度的變化而變化導(dǎo)致運動狀態(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，粒子做勻速圓周運動.
(4)根據(jù)受力特點與運動特點，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，在相互垂直的勻強磁場和勻強電場中，有一傾角為θ的足夠長的光滑絕緣斜面.磁感應(yīng)強度為B，方向水平向外；電場強度為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點靜止下滑到C點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)兩物體先后運動，設(shè)在C點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)方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為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點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與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點垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計重力，求：
(1)M、N兩點間的電勢差UMN；
(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；
(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.
【解析】(1)設(shè)粒子過N點時的速度為v，有＝cosθ①
v＝2v0②
粒子從M點運動到N點的過程，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)粒子在電場中運動的時間為t1，有ON＝v0t1⑧
t1＝⑨
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝⑩
設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2，有t2＝T
t2＝
t＝t1＋t2＝
【思維提升】注重受力分析，尤其是運動過程分析以及圓心的確定，畫好示意圖，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律及動能觀點求解.
【拓展3】如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為s＝8cm的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B＝0.332T，磁場方向垂直于紙面向里.緊靠邊界ab放一點狀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點的電荷量為Q＝－2.0×10－6C的點電荷形成的電場區(qū)域(點電荷左側(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)點為圓心做勻速圓周運動，垂直打在放置于中心線上的熒光屏FH上的E點(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)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，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點做圓周運動的半徑r.α粒子在無場區(qū)域做勻速直線運動與MN相交，下偏距離為y′，則
tan37°＝，y′＝Ltan37°＝0.096m
所以，圓周運動的半徑為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)雜的運動，對這樣的運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和運動特點，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)律的運用.

高三物理教案：《帶電粒子在復(fù)合場中的運動》教學(xué)設(shè)計

教案課件是每個老師工作中上課需要準(zhǔn)備的東西，是認(rèn)真規(guī)劃好自己教案課件的時候了。此時就可以對教案課件的工作做個簡單的計劃，新的工作才會如魚得水！適合教案課件的范文有多少呢？小編特地為大家精心收集和整理了“高三物理教案：《帶電粒子在復(fù)合場中的運動》教學(xué)設(shè)計”，供您參考，希望能夠幫助到大家。

一、帶點粒子在復(fù)合場中的運動本質(zhì)是力學(xué)問題

1、帶電粒子在電場、磁場和重力場等共存的復(fù)合場中的運動,其受力情況和運動圖景都比較復(fù)雜,但其本質(zhì)是力學(xué)問題,應(yīng)按力學(xué)的基本思路,運用力學(xué)的基本規(guī)律研究和解決此類問題。

2、分析帶電粒子在復(fù)合場中的受力時,要注意各力的特點。如帶電粒子無論運動與否,在重力場中所受重力及在勻強電場中所受的電場力均為恒力,它們的做功只與始末位置在重力場中的高度差或在電場中的電勢差有關(guān),而與運動路徑無關(guān)。而帶電粒子在磁場中只有運動 (且速度不與磁場平行)時才會受到洛侖茲力,力的大小隨速度大小而變,方向始終與速度垂直,故洛侖茲力對運動電荷不做功.

二、帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動(電場、磁場均為勻強場)

1、帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動:必然是電場力和重力平衡,而洛倫茲力充當(dāng)向心力.

2、帶電微粒在三個場共同作用下做直線運動:重力和電場力是恒力,它們的合力也是恒力。

當(dāng)帶電微粒的速度平行于磁場時,不受洛倫茲力,因此可能做勻速運動也可能做勻變速運動;

當(dāng)帶電微粒的速度垂直于磁場時,一定做勻速運動。

3、與力學(xué)緊密結(jié)合的綜合題,要認(rèn)真分析受力情況和運動情況(包括速度和加速度)。必要時加以討論。

三、帶電粒子在重力場、勻強電場、勻強磁場的復(fù)合場中的運動的基本模型有:

1、勻速直線運動。自由的帶點粒子在復(fù)合場中作的直線運動通常都是勻速直線運動,除非粒子沿磁場方向飛入不受洛侖茲力作用。因為重力、電場力均為恒力,若兩者的合力不能與洛侖茲力平衡,則帶點粒子速度的大小和方向?qū)淖?不能維持直線運動了。

2、勻速圓周運動。自由的帶電粒子在復(fù)合場中作勻速圓周運動時,必定滿足電場力和重力平衡,則當(dāng)粒子速度方向與磁場方向垂直時,洛侖茲力提供向心力,使帶電粒子作勻速圓周運動。

3、較復(fù)雜的曲線運動。在復(fù)合場中,若帶電粒子所受合外力不斷變化且與粒子速度不在一直線上時,帶電粒子作非勻變速曲線運動。此類問題,通常用能量觀點分析解決,帶電粒子在復(fù)合場中若有軌道約束,或勻強電場或勻速磁場隨時間發(fā)生周期性變化等原因,使粒子的運動更復(fù)雜,則應(yīng)視具體情況進(jìn)行分析。

正確分析帶電粒子在復(fù)合場中的受力并判斷其運動的性質(zhì)及軌跡是解題的關(guān)鍵,在分析其受力及描述其軌跡時,要有較強的空間想象能力并善于把空間圖形轉(zhuǎn)化為最佳平面視圖。當(dāng)帶電粒子在電磁場中作多過程運動時,關(guān)鍵是掌握基本運動的特點和尋找過程的邊界條件.

帶電粒子在電場中的運動

學(xué)習(xí)內(nèi)容1.9帶電粒子在電場中的運動
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)合場中運動與偏轉(zhuǎn)問題，培養(yǎng)自己獨立分析、解決問題的能力。
學(xué)習(xí)重、難點帶電粒子在復(fù)合場中的運動與偏轉(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)入電場中運動特點及處理方法。
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)合場中運動分析方法。
帶電粒子在復(fù)合場中的運動，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)點動力學(xué)相同，它同樣遵循：運動的合成與分解、力的獨立作用原理、牛頓運動定律、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電場中，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，且電場力大于重力，則下列說法正確的是()
A．當(dāng)小球運動到最高點A時，細(xì)線張力一定最大
B．當(dāng)小球運動到最低點B時，細(xì)線張力一定最大
C．當(dāng)小球運動到最低點B時，小球的線速度一定最大
D．當(dāng)小球運動到最低點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板運動，時而向A板運動，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板運動，時而向A板運動，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板運動，時而向A板運動

4．如圖所示，平行板電容器兩極板間有場強為E的勻強電場，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動過程中，其動能與電勢能之和保持不變．