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2014年《步步高》高三物理一轮复习课件(江苏专用)第八章


第3讲 带电粒子在复合场中的运动

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复合场 【思维驱动】 (多选)(2013· 高邮市摸底试题)如图8-3-1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

列说法正确的是 ( ). 图8-3-1

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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 解析 由于小球做匀速圆周运动,有qE=mg,电场力方 向竖直向上,所以小球一定带负电,故A错、B正确;洛

伦兹力提供小球做圆周运动的向心力,由左手定则可判定
小球绕行方向为顺时针,故C正确;改变小球速度大小, 小球仍做圆周运动,D正确.

答案

BC

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【知识存盘】
复合场是指电场、_____和重力场并存,或其中某两场并 磁场

存,或分区域存在.从场的复合形式上一般可分为如下四
种情况: ①相邻场;②重叠场;③交替场;④交变场.

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带电粒子在复合场中的运动分类 【思维驱动】 (单选)(2013· 龙岩检测)如图8-3-2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 ( ). 图8-3-2

A.若仅撤去磁场,P可能做匀加速直线运动 B.若仅撤去电场,P可能做匀加速直线运动 C.若给P一初速度,P不可能做匀速直线运动 D.若给P一初速度,P可能做匀速圆周运动
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解析

P处于静止状态,带负电荷,mg=qE,若仅撤去磁

场,P仍静止,A错;仅撤去电场,P向下加速,同时受到
洛伦兹力,将做复杂的曲线运动,B错;给P一初速度, 垂直磁场方向,因mg=qE,P只受洛伦兹力作用,将做匀 速圆周运动,C错、D对. 答案 D

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【知识存盘】
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 匀速直线运动 为零时,将处于_____状态或做______________ . 静止 2.匀速圆周运动:当带电粒子所受的重力与电场力大小 相反 _____,方向_____时,带电粒子在洛伦兹力的作用下,在 相等 匀速圆周 垂直于匀强磁场的平面内做__________运动. 3.一般的曲线运动: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条直线上,粒子做_____变 非匀

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.
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电场磁场同区域应用实例 【思维驱动】 (单选)(2012· 海南卷,2)如图8-3-3所 示,在两水平极板间存在匀强电场和匀

强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向
垂直于纸面向里.一带电粒子以某一速 图8-3-3

度沿水平直线通过两极板.若不计重力,下列四个物理量 中哪一个改变时,粒子运动轨迹不会改变 ( ).

A.粒子速度的大小
C.电场强度

B.粒子所带的电荷量
D.磁感应强度

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解析

粒子以某一速度沿水平直线通过两极板,其受力平

衡有Eq=Bqv,则知当粒子所带的电荷量改变时,粒子所
受的合力仍为0,运动轨迹不会改变,故B项正确. 答案 B

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【知识存盘】
装置 速度 选择 器 原理图 规律
E 若 qv0B=Eq,即 v0= , B 粒子做匀速直线运动

磁流 体发 电机

等离子体射入,受洛伦兹力偏转, 使两极板带正、负电,两极电压为 U U 时稳定,q =qv0B,U=v0Bd d

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电磁 流量 计

U q=qvB 所以 v D U = 所以 Q=vS= DB U ?D?2 π ?2? DB ? ?
质谱仪、回旋加速器《见第2讲》

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?温馨提示 复合场中重力是否考虑的三种情况
(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

于一些实际物体,如带电小球、液滴、金属块等,一般应
考虑其重力. (2)在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力. (3)不能直接判断是否考虑重力的,在进行受力分析与运 动分析时,要由分析结果确定是否考虑重力.

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考点一

带电粒子在分离复合场中的运动

【典例1】 (2012· 课标全国卷,25)如图8-3

-4所示,一半径为R的圆表示一柱形区
域的横截面(纸面).在柱形区域内加一方 向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为 m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上 的a点射入柱形区域,在圆上的b点离开 图8-3-4

该区域,离开时速度方向与直线垂直.

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3 圆心 O 到直线的距离为 R.现将磁场换为平行于纸面且垂 5 直于直线的匀强电场, 同一粒子以同样速度沿直线在 a 点 射入柱形区域,也在 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.
规范解答 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 v2 qvB=m ① r 式中 v 为粒子在 a 点的速度.

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过 b 点和 O 点作直线的垂线, 分别与直线交于 c 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=r② 4 设cd=x,由几何关系得ac= R+x③ 5 - 3 bc= R+ R2-x2④ 5 7 联立②③④式得 r= R⑤ 5
- - - - - -

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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=ma⑥ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为 r, 由运动学公式 得 1 2 r= at ⑦ 2 r=vt⑧ 式中 t 是粒子在电场中运动的时间. 14qRB2 联立①⑤⑥⑦⑧式得 E= .⑨ 5m 14qRB2 答案 5m
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【变式跟踪1】 如图8-3-5所示,xOy 为空间直角坐标系,PQ与y轴正方 向成θ=30°角.在第四象限和第一 象限的xOQ区域存在磁感应强度为B

的匀强磁场,在POy区域存在足够
大的匀强电场,电场方向与PQ平 行,一个带电荷量为+q,质量为m 的带电粒子从-y轴上的A(0,-L) 点,平行于x轴方向射入匀强磁场, 图8-3-5

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离开磁场时速度方向恰与PQ垂直,粒子在匀强电场中经
时间t后再次经过x轴,粒子重力忽略不计.求: (1)从粒子开始进入磁场到刚进入电场的时间t′; (2)匀强电场的电场强度E的大小.
解析 (1)设粒子在磁场中做匀速圆周运 动的半径为 R,则由几何关系得 R=L, 2πR v2 qBL qvB=m , 联立得 v= , T= 又 , R m v 5 粒子在磁场中运动时间 t1= T. 12 由 M 到 A′做匀速直线运动的时间 t2= Rtan 30° , v
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粒子从开始进入磁场到刚进入电场的时间 t′=t1+t2, (5π+2 3)m 联立以上各式得 t′= . 6qB 1 2 qE (2)粒子在电场中做类平抛运动, M′N=vt, A′N= at , a= , 2 m 由几何关系得 L A′N=A′N′+N′N,A′N′= 2 ,N′N=M′Ntan θ, cos θ ? 2L? m ? +qBttan θ ?,把 θ=30°代入得 联立得 E= 2? 2 ? qt ?cos θ ? 2L E= 2(4m+ 3qBt). 3qt (5π +2 3)m 2L 答案 (1) (2) 2(4m+ 3qBt) 6qB 3qt
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借题发挥
1.“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转)

情景图

FB=qv0B大小不变,方 受力 向总指向圆心,方向变 化,FB为变力

FE=qE,FE大小、方向不 变,为恒力

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运 动 2π m mv0 T= 规 匀速圆周运动 r= Bq , Bq 律 运 动 时 间 动 能

类平抛运动 Eq vx=v0,vy= t m Eq 2 x=v0t,y= t 2m
L t= ,具有等时性 v0

θ θ m t= T= 2π Bq

不变

变化

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2.求解带电粒子在分离复合场中运动问题的分析方法

(1)正确受力分析,除重力、弹力、摩擦力外要特别注意
静电力和磁场力的分析. (2)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. (3)对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时,

要分阶段进行处理.
(4)画出粒子运动轨迹,灵活选择不同的运动规律.

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3.带电粒子在分离复合场中运动问题的求解方法

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?特别注意

(1)多过程现象中的“子过程”与“子过程”的衔接点.如一定
要把握“衔接点”处速度的连续性. (2)圆周与圆周运动的衔接点一要注意在“衔接点”处两圆 有公切线,它们的半径重合.

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考点二

带电粒子在叠加场中的运动

【典例2】 如图8-3-6所示的平行板之间,存在着相互垂直的
匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度B1=0.20 T,方向 垂直纸面向里,电场强度E1=1.0×105 V/m,PQ为板间中 线.紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内,有一边 界线AO,与y轴的夹角∠AOy=45°,边界线的上方有垂直 纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B2=0.25 T,边界线的下 方有水平向右的匀强电场,电场强度E2=5.0×105 V/m,在x 轴上固定一水平的荧光屏.一束带电荷量q=8.0×10-19 C、 质量m=8.0×10-26 kg的正离子从P点射入平行板间,沿中线 PQ做直线运动,穿出平行板后从y轴上坐标为(0,0.4 m)的Q 点垂直y轴射入磁场区,最后打到水平的荧光屏上的位置C.

求:
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图8-3-6 (1)离子在平行板间运动的速度大小; (2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标;

(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小,使离子都不
能打到x轴上,磁感应强度大小B2′应满足什么条件?

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审题流程

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解析

(1)设离子的速度大小为v,由于沿 图甲

中线PQ做直线运动,则有qE1=qvB1,代
入数据解得v=5.0×105 m/s.
(2)离子进入磁场,做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有 qvB2= v2 m 得,r=0.2 m,作出离子的运动轨迹,交 OA 边界于 N,如 r 图甲所示,OQ=2r,若磁场无边界,一定通过 O 点,则圆弧 QN 的圆周角为 45° 则轨迹圆弧的圆心角为 θ=90° 过 N 点做圆弧 , , 切线, 方向竖直向下, 离子垂直电场线进入电场, 做类平抛运动, 1 2 E2q y=OO′=vt,x= at ,而 a= ,则 x=0.4 m,离子打到荧光 2 m 屏上的位置 C 的水平坐标为 xC=(0.2+0.4)m=0.6 m.
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(3)只要粒子能跨过 AO 边界进入水平电场 中,粒子就具有竖直向下的速度而一定打 在 x 轴上.如图乙所示,由几何关系可知 使离子不能打到 x 轴上的最大半径 r′= 0.4 m,设使离子都不能打到 x 轴上, 2+1 最小的磁感应强度大小为 B0,则 qvB0= 2+1 v2 m , 代入数据解得 B0= T=0.3 T, 8 r′ 则 B2′≥0.3 T.

图乙

答案

(1)5.0×105 m/s

(2)0.6 m

(3)B2′≥0.3 T

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【变式跟踪 2】 (2012· 重庆卷, 24)有人设计了一种带电颗 粒的速率分选装置,其原理 如图 8-3-7 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 区域内还有方向垂直纸面向 外的匀强磁场. 一束比荷(电 1 荷量与质量之比)均为 的带 k

图8-3-7

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v0的颗粒刚好从Q点处离开磁

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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λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距 离.

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解析 (1)设带电颗粒的电荷量为 q,质量为 m.有 Eq=mg,将 q 1 = 代入, m k 得 E=kg. v2 2 kv0 0 2 2 (2)如图甲所示, qv0B=m , =(3d) +(R-d) , B= 有 R 得 . R 5d

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(λv0)2 (3) 如 图 乙 所 示 , 有 qλv0B = m , tan θ = R1 3d ,y1=R1- R2-(3d) 2,y2=ltan θ,y=y1 1 R2-(3d) 2 1 3l 2 +y2,得 y=d(5λ- 25λ -9)+ . 2 25λ -9
答案 (1)kg kv0 (2) 5d 3l (3)d(5λ- 25λ -9)+ , 2 25λ -9
2

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借题发挥
1.带电粒子(体)在复合场中的运动问题求解要点
(1)受力分析是基础.在受力分析时是否考虑重力必须注意 题目条件. (2)运动过程分析是关键.在运动过程分析中应注意物体做 直线运动、曲线运动及圆周运动、类平抛运动的条件. (3)构建物理模型是难点.根据不同的运动过程及物理模型 选择合适的物理规律列方程求解.

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2.带电粒子在复合场中运动的分析方法

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考点三

带电粒子在交变复合场中的运动

【典例 3】 如图 8-3-8 甲所示,在 xOy 平面内加有空间分布 均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场,变化规律如图 乙所示(规定竖直向上为电场强度的正方向,垂直纸面向里为 磁感应强度的正方向).在 t=0 时刻,质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子自坐标原点 O 处以 v0=2π m/s 的速度沿 x 轴 2m 2m 正向水平射入.已知电场强度 E0= 、磁感应强度 B0= , q q 不计粒子重力.求:

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图8-3-8 (1)t=π s时粒子速度的大小和方向;

(2)π s~2π s内,粒子在磁场中做圆周运动的半径;
(3)画出0~4π s内粒子的运动轨迹示意图;(要求:体现粒子的 运动特点).
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审题视点

读题

(1)由图乙可知,在xOy平面内存在电场时,不存在磁场;

存在磁场时,不存在电场.且电场和磁场的变化周期相同; (2)带电粒子在电场中做类平抛运动;
2πm (3)由 T= =π s 知,只存在磁场时,带电粒子恰好做一 qB0 个完整的圆周运动.

画图

画出带电粒子在交变场中的

运动轨迹如图a所示.

a
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解析 (1)在 0~π s 内,在电场力作用下,带电粒子在 x 轴 正方向上做匀速运动:vx=v0 qE0 y 轴正方向上做匀加速运动:vy= t m π s 末的速度为 v1=
2 vx+v2 y

vy v1 与水平方向的夹角为 α,则 tan α = , vx 代入数据解得 v1=2 斜向上. 2 π m/s,方向与 x 轴正方向成 45°

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2π m (2)因 T= = π s,故 在π qB0 s~2π s 内,粒子在磁场中做一 个完整的圆周运动,由牛顿第二 mv 2 1 定律得:qv1B0= ,解得 R1= R1 mv1 = 2π m qB0 (3)轨迹如图 b 所示.

答案

见解析

b

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【变式跟踪 3】 在如图 8-3-9 所示的空间里,存在垂直纸 2π m 面向里的匀强磁场, 磁感应强度为 B= .在竖直方向存 q 在交替变化的匀强电场如图(竖直向上为正),电场大小为 mg E0= .一倾角为 θ 长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此 q 空间.斜面上有一质量为 m,带电量为-q 的小球,从 t =0 时刻由静止开始沿斜面下滑,设第 5 秒内小球不会离 开斜面,重力加速度为 g.求:

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(1)第6秒内小球离开斜面的最大距离.

(2)第19秒内小球未离开斜面,θ角的正切值应满足什么条件?

图8-3-9

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解析 (1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为 a, 由牛顿第二定律得:(mg+qE0)sin θ=ma① 第一秒末的速度为:v=at1② 在第二秒内:qE0=mg③ 所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动, 则由向心力公 v2 式得 qvB=m ④ R 2πm 圆周运动的周期为:T= =1 s⑤ qB

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由题图可知,小球在奇数秒内沿斜面 做匀加速运动,在偶数秒内离开斜面 做完整的圆周运动.所以,第五秒末 的速度为: v5=a(t1+t3+t5)=6gsin θ⑥ 小球离开斜面的最大距离为 d=2R3⑦ 6gsin θ 由以上各式得:d= . π (2)第 19 秒末的速度: v19=a(t1+t3+t5+t7+…+t19)=20gsin θ⑧ 小球未离开斜面的条件是:qv19B≤(mg+qE0)cos θ⑨ 1 所以:tan θ≤ . 20π 6gsin θ 1 答案 (1) (2)tan θ ≤ π 20π
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借题发挥
带电粒子在交变复合场中的运动将是今后高考命题的热点,往
往综合考查牛顿运动定律、功能关系、圆周运动的规律等. ?带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路

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?特别提醒 若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间,则在 粒子穿越电场过程中,电场可看作粒子刚进入电场时刻的 匀强电场.

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命题热点8
考情分析

带电粒子在复合场中的运动
命题专家评述

近三年我省高考试题中对带电粒子在复合场中的运动的考查 是3年3考,是高考的高频考点,且多数是压轴题. 高考题型:计算题. 命题趋势 预计在2014年高考中以生活、科技材料为背景,考查带电粒

子在复合场中运动的受力和画偏转图以及用数学知识解决物理问
题的综合应用等为主.
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阅卷老师叮咛
易失分点 带电粒子在复合场中运动问题容易出现以下错误: (1)忽略带电粒子的重力,对于微观粒子如:质子、离 子等,不考虑重力;液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子常

常考虑重力.
(2)在叠加场中没有认识到洛伦兹力随速度大小和方向 的变化而变化,从而不能正确地判断粒子的运动性质. (3)不能建立完整的运动图景,画出粒子的运动轨迹. (4)不能正确地选择相应的公式列方程,如运动的分

解、匀速圆周运动、功能关系等.
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应对策略

带电粒子在复合场中运动问题解题的两条线索
(1)力和运动的角度:①根据带电粒子所受的力,运用牛 顿第二定律并结合运动学规律求解.②运用运动的合成与分 解的方法,求解曲线运动问题. (2)功能的角度.根据场力及其他外力对带电粒子做功引

起的能量变化或全过程中的功能关系解决问题,这条线索不
但适用于均匀场,也适用于非均匀场,因此要熟悉各种力做 功的特点.

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高考佐证 (2012· 江苏卷,15)如图8-3-10所示,待测区域中存在匀 强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推 测其电场和磁场.图中装置由加速器和平移器组成,平移 器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极 板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电

场方向相反.质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压
U0加速后,水平射入偏转电压为U1的平移器,最终从A点 水平射入待测区域.不考虑粒子受到的重力.

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图8-3-10 (1)求粒子射出平移器时的速度大小v1; (2)当加速电压变为4U0时,欲使粒子仍从A点射入待测区域, 求此时的偏转电压U;

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(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受

力大小均为F.现取水平向右为x轴正方向,建立如图所示的直角
坐标系Oxyz.保持加速电压为U0不变,移动装置使粒子沿不同的 坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所 示.
射入方向 受力大小 y 5F -y 5F z 7F -z 3F

请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向.

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(1)设粒子射出加速器的速度为 v0 1 2 2qU0 根据动能定理得 qU0= mv0, 由题意得 v1=v0, v1= 即 . 2 m (2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为 t qU1 加速度的大小 a= ,在离开时,竖直分速度 vy=at,竖直位 md 1 2 移 y1= at 2 水平位移 l=v1t 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为 t 竖直位移:y2=vyt U1l2 由题意知,粒子竖直总位移 y=2y1+y2,解得 y= U0d 则当加速电压为 4U0 时,U=4U1. 规范解答
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(3)(a)由沿 x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于 x 轴.且 F E= . q (b)由沿± 轴方向射入时的受力情况可知:E 与 Oxy 平面平行. y F 2m 2 2 2 F +f =( 5F) ,则 f=2F 且 f=qv1B,解得 B= . q qU0 (c)设电场方向与 x 轴方向夹角为 α 若 B 沿 x 轴方向,由沿 z 轴方向射入时的受力情况得 (f+Fsin α )2+(Fcos α )2=( 7F)2 解得 α=30°,或 α=150° 即 E 与 Oxy 平面平行且与 x 轴方向的夹角为 30°或 150°.同 理,若 B 沿-x 轴方向,E 与 Oxy 平面平行且与 x 轴方向的夹 角为-30°或-150°.

答案

(1)

2qU0 m

(2)4U1
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(3)见解析
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【预测】 如图 8-3-11 所示, 左 侧为两板长为 L=10 cm、 间距 10 3 d= cm 的平行金属板, 3 1 加上 U= ×104 V 的电压, 3

图8-3-11

上板电势高;现从左端沿中心轴线方向射入一个重力不计的

带电微粒,微粒质量m=1.0×10-10 kg,带电荷量q=+
1.0×10-4 C,初速度v0=1.0×105 m/s;中间用虚线框表示的 正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1,三角形的上顶 点A与上金属板平齐,AB边的中点P1恰好在下金属板的右端 点;三角形区域的右侧也存在垂直纸面向里,范围足够大的 匀强磁场B2,且B2=4B1.
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(1)求带电微粒从电场中射出时的速度大小和方向;

(2)带电微粒进入中间三角形区域后,要垂直打在AC边上,则该
区域的磁感应强度B1是多少?
解析 (1)设微粒在电场中做类平抛运动的时间为 t, 加速度为 a,射出电场时竖直方向的速度为 vy,则可得 Uq =ma,L=v0t,vy=at d 3 解得 vy=at= ×105 m/s 3 2 2 2 3 v= v0+vy= ×105 m/s 3

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3 vy 设速度 v 与水平方向的夹角为 θ,则有 tan θ= = ,即垂 v0 3 直于 AB 射出. 1 2 (2)设带电微粒出电场时竖直方向偏转的位移为 y,有 y= at 2 3 d 可得 y= m= ,即微粒由 P1 点垂直 AB 射入磁场 60 2 带电微粒在磁场中运动轨迹如图所示

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设匀速圆周运动 P1Q1 段半径为 R1,根据几何关系有 d 20 R1= = ×10- 2 m cos 30° 3 v2 mv 由 qvB1=m ,得 B1= = 3 T. R1 qR1
答案 2 3 (1) ×105 m/s 垂直于 AB 射出 3 (2) 3 T

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一、带电粒子在分离复合场中的运动 1.(多选)粒子回旋加速器的工作原理如图8-3-12所示,置于

真空中的D形金属盒的半径为R,两金属盒间的狭缝很小,
磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直,高频率交流 电的频率为f,加速电压为U,若中心粒子源处产生的质子质 量为m,电荷量为+e,在加速器中被加速.不考虑相对论效 应,则下列说法正确的是 ( ).

图8-3-12
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A.不改变磁感应强度 B 和交流电的频率 f,该加速器也可加速 α 粒子 B.加速的粒子获得的最大动能随加速电压 U 的增大而增大 C.质子被加速后的最大速度不能超过 2π Rf D.质子第二次和第一次经过 D 形盒间狭缝后轨道半径之比为 2∶1

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解析

质子被加速获得的最大速度受到 D 形盒最大半径的制

2πR Bq 约,vm= =2πRf,C 正确;粒子旋转频率为 f= , T 2πm 与被加速粒子的比荷有关,所以 A 错误;粒子被加速的最大动 mv 2 m 能 Ekm= =2mπ2R2f2,与加速电压 U 无关,B 错误;因为 2 mv mv2 运动半径 R= ,nUq= ,知半径比为 2∶1,D 正确. Bq 2

答案

CD

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2.如图 8-3-13 所示,MN、PQ 是平行 L 金属板,板长为 L,两板间距离为 , 2 PQ 板带正电,MN 板带负电,在 PQ 板的上方有垂直纸面向里的匀强磁 场. 一个带电荷量为 q、 质量为 m 的带 负电粒子以速度 v0 从 MN 板边缘沿平 行于板的方向射入两板间, 结果粒子恰

图8-3-13

好从PQ板左边缘飞进磁场,然后又恰好从PQ板的右边 缘飞进电场,不计粒子重力.求: (1)两金属板间所加电场的场强大小; (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小.

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解析

(1)设粒子在两金属板间匀强电场中运动的时间为 L 1 qE t,由类平抛运动可知:L=v0t, = at2,a= 2 2 m mv 2 0 联立解得:E= . qL (2)设粒子以速度 v 飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周 v2 运动, 速度 v 与水平方向的夹角为 θ, 则有 qvB=m , sin R vy L θ= ,sin θ= ,vy=at 2R v 2mv0 联立解得:B= . qL
答案
2 mv0 (1) qL

2mv0 (2) qL
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3.(2013· 广东湛江测试)如图8-3-14所示的平面直角坐标系

中,虚线OM与x轴成45°角,在OM与x轴之间(包括x轴)存
在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在y轴 与OM之间存在竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场, 有一个质量为m,电荷量为q的带正电的粒子以某速度沿x轴 正方向从O点射入磁场区域并发生偏转,不计带电粒子的重 力和空气阻力,在带电粒子进入磁场到第二次离开电场的 过程中,求:

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图8-3-14

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(1)若带电粒子从O点以速度v1进入磁场区域,求带电粒子第一 次离开磁场的位置到O点的距离. (2)若带电粒子第二次离开电场时恰好经过O点,求粒子最初进 入磁场时速度v的大小.并讨论当v变化时,粒子第二次离开电

场时的速度大小与v大小的关系.
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动, 根据牛顿第二定律有 2 v1 qv1B=m ① R mv1 解得 R= ② qB 设粒子从 N 点离开磁场,如图所示,由几何知识可知 ON= 2R 2mv1 联立②③两式解得:ON= qB
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③ ④
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(2)粒子第二次离开磁场后在电场中做类平抛运动,若粒子第 二次刚好从 O 点离开电场,则: 2mv 水平位移 x=2R= =vt ⑤ qB 2m 解得:t= ⑥ qB 2mv 1 2 竖直位移 y=2R= = at ⑦ qB 2 Eq 而 a= ⑧ m E 联立⑥⑦⑧式并解得 v= ⑨ B E ① 若 v> ,则粒子从 y 轴离开电场,轨迹如上图,水平位移 B 2mv 2m x=2R= =vt 得 t= ⑩ qB qB
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qE 2E vy=at= t= m B
2 则粒子离开电场时的速度 v2= vy+v2=

? 4E2 2 2 +v B ?

E ②若 v< ,则粒子从 OM 边界离开电场,粒子在 x、y 方向的 B 位移大小相等 x=vt ? vy y=x= t,解得 vy=2v ? 2
2 则粒子离开电场时的速度 v3= vy+v2= 5v

?

答案

2mv1 (1) qB

(2)见解析

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二、带电粒子在叠加复合场中的运动

4.(单选)如图8-3-15所示,质量为m,带
电荷量为-q的微粒以速度v与水平方向成 45°角进入匀强电场和匀强磁场,磁场方 向垂直纸面向里.如果微粒做匀速直线运 动,则下列说法正确的是 ( ). 图8-3-15

A.微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用 B.微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用 2mg C.匀强电场的电场强度 E= q mg D.匀强磁场的磁感应强度 B= qv
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解析 因为微粒做匀速直线运动, 所以微粒所 受合力为零, 受力分析如图所示, 微粒在重力、 电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态,可 知,qE=mg,qvB= 2mg,得电场强度 E= mg 2mg ,磁感应强度 B= . q qv

答案

A

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5.两块金属板a、b平行放置,板间存在与 匀强电场正交的匀强磁场,假设电场、 磁场只存在于两板间的空间区域.一束 电子以一定的初速度v0从两极板中间,

沿垂直于电场、磁场的方向射入场中, 无偏转地通过场区,如图8-3-16所示,已知板长l=10 cm, 两板间距d=3.0 cm,两板间电势差U=150 V,v0=2.0×107 m/s. (1)求磁感应强度 B 的大小; (2)若撤去磁场,求电子穿过电场时偏离入射方向的距离,以 及电子通过场区后动能的增加量(电子所带电荷量的大小与其 e 质量之比 =1.76×1011 C/kg, 电子带电荷量的大小 e=1.60× m - 10 19 C).
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图8-3-16

解析

(1)电子进入正交的电、磁场不发生偏转,则满足 U U Bev0=e ,B= =2.5×10-4 T d v0 d (2)设电子通过场区偏转的距离为 y1 1 2 eU l2 - y1= at = =1.1×10 2 m 2 2md v2 0 U ΔEk=eEy1=e y1=8.8×10-18 J=55 eV d

答案

(1)2.5×10-4 T

(2)1.1×10-2 m

55 eV

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