1819习题课4带电粒子在组合场和叠加场中的运动.docx
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1819习题课4带电粒子在组合场和叠加场中的运动
习题课四
带电粒子在组合场和叠加场中
的运动
[学习目标]1•会计算洛伦兹力的大小,并能判断其方向2掌握带电粒子在磁场中运动的处理方法3能分析带电粒子在复合场中的运动问题•
带电粒子在组合场中的运动
1•这类问题往往是粒子依次通过几个并列的场,如电场与磁场并列,其运动性质随区域场的变化而变化2•解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等.
3•要进行正确的受力分析,确定带电粒子的运动状态.
4•分析带电粒子的运动过程,画出运动轨迹是解题的关键.
田如图1所示,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向•在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为vo的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场•不计重力•若该粒子离开电场时速度方向与y
轴负方向的夹角为9,求:
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;
(2)该粒子在电场中运动的时间.
图1
[解析]
(1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动.设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周
运动的半径为Ro.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
2
voG
qvoB=m^R-①由题给条件和几何关系可知Ro=d②设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax,在电场中运动的时间为t,离开电场时沿x轴负方向的速度大小为Vx.由牛顿第二定律及运动学公式得Eq=max③
vx=axt④2t=d⑤
Vx
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有tanA—⑥
vo
联立①②③④⑤⑥式得首=gvotan2©
(2)联立⑤⑥式得t=器©
[答案](l/otan2©⑵爲6
处理组合场问题的解题技巧
(1)组合场中电场和磁场是各自独立的,计算时可以单独使用带电粒子在电场或磁场中的运动公式来列式处理.
(2)电场中常有两种运动方式:
加速或偏转;而匀强磁场中,带电粒子常做匀速圆周运动.
[针对训练]
1•如图2,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外;在x轴下方存在匀强电场,电场方向与xOy平面平行,且与x轴成45°夹角.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度vo从y轴上的P点沿y轴正方向射出,一段时间后进入电场,进入电场时的速度方向与电场方向相反;又经过一段时间To,磁场的方向变为垂直于纸面向里,大小不变.不计重力.
图2
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间;
⑵若要使粒子能够回到P点,求电场强度的最大值.
【导学号:
46242244】
[解析]
(1)带电粒子在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所
示,设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力公式及
22nR
圆周运动规律,有qvoB=m罟T=——
Rvo
55
依题意,粒子第一次到达x轴时,转过的角度为-n所需时间为8T
(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速运动,到达x轴时速度大小仍为vo,设粒子在电场中运动的总时间为t2,加速度大小为a,电场强度大小为E,有
qE=ma,vo=*at2
根据题意,要使粒子能够回到P点,必须满足t2>To
1.叠加场:
一般是指电场、磁场和重力场并存,或其中两种场并存,或分区域
5nm
(1)4qB
2mvoqTo
带电粒子在叠加场中的运动
存在.
2•三种场力的特点
(1)重力的方向始终竖直向下,重力做功与路径无关.
⑵电场力的方向与电场方向相同或相反,电场力做功与路径无关.
⑶洛伦兹力的大小和速度方向与磁场方向的夹角有关,方向始终垂直于速度v
和磁感应强度B共同决定的平面.无论带电粒子做什么运动,洛伦兹力始终不做功.
3.带电粒子在叠加场中的运动特点
(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时,根据受力平衡列方程求解.
(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时,一定是电场力和重力平衡,洛伦
兹力提供向心力,应用平衡条件和牛顿定律分别列方程求解.
(3)当带电粒子做复杂曲线运动时,一般用动能定理或能量守恒定律求解.
但如图3所示,直角坐标系位于竖直平面内,在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直xOy平面向外,电场线方向平行于y轴.一质量为m、电荷量为q的带正电的小球,从y轴上的A点以水平速度vo向右抛出,与x轴成45°角经x轴上M点进入电场和磁场,恰能做匀速圆周运动,从坐标原点第一次离开电场和磁场.不计空气阻力,重力加速度为g,求:
⑴电场强度E的大小和方向;
(2)磁感应强度的大小.
图3
[解析]
(1)小球在电场、磁场中恰好做匀速圆周运动,其所受的电场力必须与重力平衡,有Eq=mg解得:
e=m
M
由于小球带正电,故电场方向竖直向上.
⑵在M点有vy=votan45,又vy=gt,OM=vot
2
联立解得OM=晋小球做匀速圆周运动的速度v=,2vo设小球做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系可知:
2v0
2rsin45=OM,得r=
2g
22
由洛伦兹力提供向心力Bqv=m*,得B=胃.
[答案]⑴晋竖直向上⑵鴛
[针对训练]
2.—个带电微粒在如图4所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动,求:
(1)该带电微粒的电性;
⑵该带电微粒的旋转方向;
(3)若已知圆的半径为r,电场强度的大小为E,磁感应强度的大小为B,重力加速度为g,则线速度为多少•
【导学号:
46242245】
[解析]
(1)带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知,带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力,重力竖直向下,所以电场力竖直向上,与电场方向相反,故可知带电微粒带负电荷.
⑵磁场方向向外,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反).
⑶由微粒做匀速圆周运动,得知电场力和重力大小相等,得
mg=qE①
带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为:
[答案]⑴负电荷
(2)逆时针(3)^B
[当堂达标固双基]
(教师用书独具)
1.(多选)如图所示,在正交的匀强电场和磁场的区域内(磁场垂直纸面向里),有一离子恰能沿直线飞过此区域(不计离子重力),下列说法正确的是()
A.若离子带正电,E方向应向下
X
X
X
X
X
>■:
X
E
X
B.
P*和P3+,经电压
若离子带负电,E方向应向上
C.若离子带正电,E方向应向上
D.不管离子带何种电荷,E方向都向下
AD[根据qE=Bqv二力平衡可知,A、D正确.]
2.(多选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定
宽度的匀强磁场区域,如图所示,已知离子P*在磁场中转过30°后从磁场右边界射出.忽略离子间的相互作用,在电场和磁场中运动时,离子P*和P3+()
A.在电场中的加速度之比为1:
1
B.在磁场中运动的轨迹半径之比为3:
1
C.在磁场中转过的角度之比为1:
2
D.离开电场区域时的动能之比为1:
3
CD[P+和P3+两种离子的质量相同,它们的带电荷量是的关系,所以由a=md可知,它们在电场中的加速度之比是
1:
3,故A错误.离子在离开电场时的速度表达式为v=\/2mU,可知它们的速
2
度之比为1:
3,又由qvB=知,r=mB,所以它们在磁场中运动的轨迹半径之比为3:
1,故B错误.设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度B等于其圆心角,所以有sin缸R则可知它们在磁场中转过角度的正弦值之比为1:
3,
又P+转过的角度为30°可知P3+转过的角度为60°即在磁场中两离子转过的
12
角度之比为1:
2,故C正确.离子在电场中加速,由qU="2mv可知,两离子离开电场的动能之比为1:
3,故D正确.]
3.侈选)如图所示,在一直角坐标系xOy的x轴上方有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,在x轴的下方有一方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场.一个带电荷量为q、质量为m的带负电粒子从O点沿y轴正方向垂直磁场方向进入磁场,经过一段时间后粒子第三次经过x轴,此时粒子距离O点的距离为L,则下列说法正确的是()
A.粒子的速度为v=善中
b.粒子运动的总时间为错+be
22
c.
粒子通过的路程为专+器爲
动,半个周期后第三次通过x轴.由图可知粒子做圆周运动的轨道半径为R=L,
=T+2ti=~qB+BE,所以BC正确,D错误.]
X
X
X
X
X
丁1
X
X
X
X
X
-X
X
-X.
X
11
『1
F1
*
*B'
4
■*
・态0
4•如图所示,位于竖直平面内的坐标系xOy,在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=0.5T,还有沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E=2N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场,并在y>h=0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场.一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度,恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为A45°,并从原点O进入第一象限.已知重力加速度g取10m/s2,问:
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比,并指出油滴带何种电荷;⑵油滴在P点得到的初速度大小;
(3)油滴在第一象限运动的时间.
[解析]
(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷.
设油滴质量为m,由平衡条件得:
mg:
qE:
F=1:
1:
2.
(2)由m=qE,qvB=.2qE
y
解得v=^B^=4.2m/s.
(3)进入第一象限,电场力和重力相等,知油滴先做匀速直线运动,进入y>h的区域后做匀速圆周运动,路径如图,最后从x轴上的N点离开第一象限.由O—A匀速运动位移为
s1二sinh4?
°h,
si2hBh
运动时间:
ti=—=E=0.1s
v羽EE
由几何关系和圆周运动的周期公式T—错
知由AfC的圆周运动时间为
1走
t2—4T—2gB—0.628s
由对称性知从CfN的时间:
t3—ti
在第一象限运动的总时间为
2Bhn
t—ti+12+13—+2gB—0.828s.
[答案]
(1)1:
1:
2带负电荷
(2)42m/s
(3)0.828s
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- 1819 习题 带电 粒子 组合 叠加 中的 运动