第 4 課時 帶電粒子在復合場中的運動
基礎知識歸納
1.復合場
復合場是指 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，分析方法除了力學三大觀點(動力學、動量、能量)外，還應注意：
(1) 洛倫茲力 永不做功.
(2) 重力 和 電場力 做功與路徑 無關 ，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.帶電粒子在復合場中無約束情況下的運動性質(zhì)
(1)當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)當帶電粒子所受合外力充當向心力，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，洛倫茲力充當向心力.
(3)當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.帶電粒子在復合場中運動的實際應用
(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的電場加速后進入磁感應強度為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，達到預期的速率后，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
①如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性制成，其中有可以導電的液體流過導管.
②原理：導電液體中的自由電荷(正、負離子)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
如圖所示，高為h、寬為d的導體置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體板的上表面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，此電壓稱為霍爾電壓.
設霍爾導體中自由電荷(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.恰當靈活地運用動力學三大方法解決問題.
(1)用動力學觀點分析，包括牛頓運動定律與運動學公式.
(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，在進行受力分析與運動分析時，要由分析結(jié)果，先進行定性確定是否要考慮重力.
典例精析
1.帶電粒子在復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(sin α＝0.6)，放在水平方向的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E＝50 V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個電荷量q＝＋4.0×10－2 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.求磁場的磁感應強度(g取10 m/s2).[高考資源網(wǎng)]
【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qEcos α＋mgsin α＝ma1，故a1＝gsin α＋ ＝10×0.6 m/s2＋ m/s2＝10 m/s2，向上運動時間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動，a2＝10 m/s2
運動時間t2＝t－t1＝1 s
脫離斜面時的速度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.靈活運用動力學方法解決帶電粒子在復合場中的運動問題
【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，磁感應強度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，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＝1.0×103 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＝1 m/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＝5×10－10 kg
(3)設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≈200 m
【思維提升】(1)全面正確地進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致運動狀態(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，設滑塊要離開斜面時的速度為v，由動能定理有
(mg＋qE)Lsin θ＝ ，即2mgLsin θ＝
當滑塊剛要離開斜面時由平衡條件有
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)兩物體先后運動，設在C點處碰撞前滑塊的速度為vC，則2mg? sin θ＝ mv2
設碰后兩物體速度為u，碰撞前后由動量守恒有mvC＝2mu
設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)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間可由動量定理求得t′＝ cotθ
【例3】在平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為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)設粒子過N點時的速度為v，有 ＝cos θ①
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′為圓心做勻速圓周運動，半徑為O′N，有
qvB＝ ⑤
r＝ ⑥
(3)由幾何關系得ON＝rsin θ⑦
設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)運動學規(guī)律及動能觀點求解.[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的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B＝0.332 T，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＝6.64×10－27 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點的電荷量為Q＝－2.0×10－6 C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＝9.0×109 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中心最遠的粒子沿直線穿出金箔，經(jīng)過無場區(qū)進入電場就開始以O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＝ ＝0.2 m
如圖所示，當α粒子運動的圓軌跡與cd相切時，上端偏離O′最遠，由幾何關系得O′P＝ ＝0.16 m
當α粒子沿Sb方向射入時，下端偏離O′最遠，由幾何關系得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
tan 37°＝ ，y′＝Ltan 37°＝0.096 m
所以，圓周運動的半徑為r＝ ＝0.32 m
(3)設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＝2.5×10－14 J
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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入板內(nèi)空間.已知剛進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＋qE mv2
由題設條件油滴進入磁場區(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?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規(guī)律的運用.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaosan/81424.html
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