1、專題九 帶電粒子在組合場或疊加場中的運動一、質(zhì)譜儀和回旋加速器1質(zhì)譜儀圖1(1)構(gòu)造：如圖1所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qUmv2.粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvBm.由以上兩式可得r，m，.2回旋加速器圖2(1)構(gòu)造：如圖2所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB，得Ekm，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)復(fù)習(xí)過關(guān)1(多選)如圖3甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意

2、圖，其核心部分是兩個D形金屬盒在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是()圖3A在Ekt圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1B高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tntn1C粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D要想粒子獲得的最大動能越大，可增加D形盒的面積答案AD解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關(guān)，因此，在Ekt圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1，選項A正確；帶電粒子在回旋加速器中每運行一周加速兩次，高頻電源的變化周期應(yīng)該等于2(tntn1)，選項B

3、錯；由r可知，粒子獲得的最大動能取決于D形盒的半徑，當(dāng)軌道半徑與D形盒半徑相等時就不能繼續(xù)加速，故選項C錯，D對2如圖4所示為質(zhì)譜儀測定帶電粒子質(zhì)量的裝置的示意圖速度選擇器(也稱濾速器)中場強E的方向豎直向下，磁感應(yīng)強度B1的方向垂直紙面向里，分離器中磁感應(yīng)強度B2的方向垂直紙面向外在S處有甲、乙、丙、丁四個一價正離子垂直于E和B1入射到速度選擇器中，若m甲m乙m丙m丁，v甲v乙v丙v丁，在不計重力的情況下，則分別打在P1、P2、P3、P4四點的離子分別是()圖4A甲、乙、丙、丁B甲、丁、乙、丙C丙、丁、乙、甲D甲、乙、丁、丙答案B解析四種粒子，只有兩個粒子通過速度選擇器，只有速度滿足v，才能

4、通過速度選擇器所以通過速度選擇器進(jìn)入磁場的粒子是乙和丙，根據(jù)R，乙的質(zhì)量小于丙的質(zhì)量，所以乙的半徑小于丙的半徑，則乙打在P3點，丙打在P4點甲的速度小于乙的速度，即小于，洛倫茲力小于電場力，粒子向下偏轉(zhuǎn)，打在P1點丁的速度大于乙的速度，即大于，洛倫茲力大于電場力，粒子向上偏轉(zhuǎn)，打在P2點，故B正確，A、C、D錯誤二、帶電體在疊加場中的運動1帶電體在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)若

5、電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題(3)電場力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題2帶電體在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解復(fù)習(xí)過關(guān)3(

6、多選)如圖5所示，設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，已知一粒子在重力、電場力和洛倫茲力作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達(dá)B點時速度為零，C點是運動的最低點，以下說法正確的是()圖5A此粒子必帶正電荷BA點和B點在同一高度C粒子在C點時速度最大D粒子到達(dá)B點后，將沿曲線返回A點答案ABC解析根據(jù)粒子彎曲方向，可知受洛倫茲力方向必沿彎曲方向，判斷出粒子必帶正電而粒子在A、B兩點時速度都為零，在運動過程中洛倫茲力不做功，這樣重力的功和電場力的功應(yīng)均為零，即A、B點在同一高度；粒子到達(dá)最低點C點，電場力的功和重力的功最大，速度達(dá)到最大，而粒子到B點后將沿同樣路徑向右偏轉(zhuǎn)

7、4如圖6所示，熒光屏豎直放置，其左側(cè)空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，電場強度為E，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B.小孔S與熒光屏的距離為L.電子從小孔以某一速度垂直射向熒光屏，恰好能夠做勻速直線運動，打在熒光屏上的O點如果撤去磁場，其他條件不變，那么電子將打在熒光屏上的P點已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力求：圖6(1)電子進(jìn)入小孔時速度v的大?。?2)P點到O點的距離y.答案(1)(2)解析(1)電子做勻速直線運動時，受電場力和洛倫茲力為：eEevB解得：v.(2)撤去磁場后，電子僅受電場力，根據(jù)牛頓第二定律，電子的加速度為：a在水平方向Lvt在豎直方

8、向yat2解得：y.三、帶電體在組合場中的運動“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較：垂直電場線進(jìn)入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進(jìn)入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力FqE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)是恒力洛倫茲力F洛qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運動軌跡求解方法利用類似平拋運動的規(guī)律求解：vxv0，xv0t，vyt，yt2偏轉(zhuǎn)角：tan半徑：r周期：T偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間ttT動能變化不變復(fù)習(xí)過關(guān)5質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子自靜止開始，經(jīng)M、N板間的電場加速后，從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強

9、磁場中，該粒子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖7所示，已知M、N兩板間的電壓為U，粒子的重力不計圖7(1)正確畫出粒子由靜止開始至離開勻強磁場時的軌跡圖(用直尺和圓規(guī)規(guī)范作圖)；(2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B.答案(1)見解析圖(2)解析(1)作出粒子經(jīng)電場和磁場的軌跡圖，如圖(2)設(shè)粒子在M、N兩板間經(jīng)電場加速后獲得的速度為v，由動能定理得：qUmv2粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)其半徑為r，則：qvBm由幾何關(guān)系得：r2(rL)2d2聯(lián)立式得：B6(多選)如圖8所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，a、b間的電場強度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速

10、度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時，速度大小不變，而方向變成水平方向，且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板而進(jìn)入bc區(qū)域，bc寬度也為d，所加電場大小為E，方向豎直向上；磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小等于，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()圖8A粒子在ab區(qū)域中做勻變速運動，運動時間為B粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，圓周半徑rdC粒子在bc區(qū)域中做勻速直線運動，運動時間為D粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為答案AD解析將粒子在電場中的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速運動，豎直分運動為末速度為零的勻減速運動，根據(jù)運動學(xué)公式，水平方向有：v0at，豎直方向有：0v0gt，解得：ag，t，故A正確；粒子在復(fù)合場中運動