第 4 課時(shí) 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(shí)，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(shí)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(shí)，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(shí)，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(gè)場中運(yùn)動的末速度，就是后一個(gè)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(jì))，離子出來時(shí)速度很小(可忽略不計(jì))，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(gè)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(jì)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(gè)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(gè)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(shí)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(jì)，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(jì))，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(gè)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(shí)，則qBv′>qE，粒子向上偏轉(zhuǎn)；當(dāng)v′
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(jì)
①如圖所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性制成，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(shí)，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(shí)，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(jì)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(shí)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(shí)，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(sin α＝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＝50 V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個(gè)電荷量q＝＋4.0×10－2 C、質(zhì)量m＝0.40 kg的光滑小球，以初速度v0＝20 m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經(jīng)過3 s脫離斜面.求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度(g取10 m/s2).[高考資源網(wǎng)]
【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qEcos α＋mgsin α＝ma1，故a1＝gsin α＋ ＝10×0.6 m/s2＋ m/s2＝10 m/s2，向上運(yùn)動時(shí)間t1＝ ＝2 s
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＝10 m/s2
運(yùn)動時(shí)間t2＝t－t1＝1 s
脫離斜面時(shí)的速度v＝a2t2＝10 m/s
在垂直于斜面方向上有：
qvB＋qEsin α＝mgcos α
故B＝ ＝5 T
【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
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＝0.5 T.質(zhì)量為m1＝9.995×10－7 kg、電荷量為q＝－1.0×10－8 C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(shí)，微粒開始運(yùn)動，經(jīng)一段時(shí)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＝1.0×103 V/m，求：
(1)兩微粒碰撞前，質(zhì)量為m1的微粒的速度大�。�
(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＝1 m/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＝5×10－10 kg
(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≈200 m
【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.[Ks5u.com]
(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(shí)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(shí)間t；
(2)如果在距A端L/4處的C點(diǎn)放入一個(gè)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(shí)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(shí)間和距離？
【解析】(1)由題意知qE＝mg
場強(qiáng)轉(zhuǎn)為豎直向下時(shí)，設(shè)滑塊要離開斜面時(shí)的速度為v，由動能定理有
(mg＋qE)Lsin θ＝ ，即2mgLsin θ＝
當(dāng)滑塊剛要離開斜面時(shí)由平衡條件有
qvB＝(mg＋qE)cos θ，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2mg? sin θ＝ 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(shí)的速度為v′，由平衡條件有
qv′B＝(2mg＋qE)cos θ＝3mgcos θ
由動能定理知，碰后兩物體共同下滑的過程中有
3mgsin θ?s＝ ?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(shí)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(jì)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(shí)間t.
【解析】(1)設(shè)粒子過N點(diǎn)時(shí)的速度為v，有 ＝cos θ①
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＝rsin θ⑦
設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)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(shí)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.[高考資源網(wǎng)KS5U.COM]
【拓展3】如圖所示，真空室內(nèi)存在寬度為s＝8 cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332 T，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(gè)方向放射速率相同的α粒子.α粒子質(zhì)量為m＝6.64×10－27 kg，電荷量為q＝＋3.2×10－19 C，速率為v＝3.2×106 m/s.磁場邊界ab、cd足夠長，cd為厚度不計(jì)的金箔，金箔右側(cè)cd與MN之間有一寬度為L＝12.8 cm的無場區(qū)域.MN右側(cè)為固定在O點(diǎn)的電荷量為Q＝－2.0×10－6 C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(jì)α粒子的重力，靜電力常量k＝9.0×109 N?m2/C2，(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝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(jì)算OE的長度；
(3)計(jì)算此α粒子從金箔上穿出時(shí)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＝ ＝0.2 m
如圖所示，當(dāng)α粒子運(yùn)動的圓軌跡與cd相切時(shí)，上端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系得O′P＝ ＝0.16 m
當(dāng)α粒子沿Sb方向射入時(shí)，下端偏離O′最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系得O′Q＝ ＝0.16 m
故金箔cd被α粒子射中區(qū)域的長度為
y＝O′Q＋O′P＝0.32 m
(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
tan 37°＝ ，y′＝Ltan 37°＝0.096 m
所以，圓周運(yùn)動的半徑為r＝ ＝0.32 m
(3)設(shè)α粒子穿出金箔時(shí)的速度為v′，由牛頓第二定律有k
α粒子從金箔上穿出時(shí)損失的動能為
ΔEk＝ mv2－ mv′2＝2.5×10－14 J
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(shí)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(shí)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(shí)，水平方向有Bqv＋qE＝ma，v ＝2a?
豎直方向有v ＝v2＋2gL
離開時(shí)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(gè)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＋qE mv2
由題設(shè)條件油滴進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)有Bqv＝qE，E＝U/d
由此可以得到離開磁場區(qū)域時(shí)的速度v′＝
【思維提升】解題時(shí)應(yīng)該注意物理過程和物理情景的把握，時(shí)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.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://m.douzifanli.com/gaosan/81424.html
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