高考物理带电粒子在复合场中的运动知识归纳文档格式.doc
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带电粒子在不同场中的运动性质可能不同,可分别进行讨论.粒子在不同场中的运动的联系点是速度,因为速度不能突变,在前一个场中运动的末速度,就是后一个场中运动的初速度.
5.带电粒子在复合场中运动的实际应用
(1)质谱仪
①用途:
质谱仪是一种测量带电粒子质量和分离同位素的仪器.
②原理:
如图所示,离子源S产生质量为m,电荷量为q的正离子(重力不计),离子出来时速度很小(可忽略不计),经过电压为U的电场加速后进入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动,经过半个周期而达到记录它的照相底片P上,测得它在P上的位置到入口处的距离为L,则
qU=mv2-0;
qBv=m;
L=2r
联立求解得m=,因此,只要知道q、B、L与U,就可计算出带电粒子的质量m,若q也未知,则
又因m∝L2,不同质量的同位素从不同处可得到分离,故质谱仪又是分离同位素的重要仪器.
(2)回旋加速器
①组成:
两个D形盒、大型电磁铁、高频振荡交变电压,D型盒间可形成电压U.
②作用:
加速微观带电粒子.
③原理:
a.电场加速qU=ΔEk
b.磁场约束偏转qBv=m,r=∝v
c.加速条件,高频电源的周期与带电粒子在D形盒中运动的周期相同,即T电场=T回旋=
带电粒子在D形盒内沿螺旋线轨道逐渐趋于盒的边缘,达到预期的速率后,用特殊装置把它们引出.
④要点深化
a.将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动.
b.带电粒子每经电场加速一次,回旋半径就增大一次,所以各回旋半径之比为1∶∶∶…
c.对于同一回旋加速器,其粒子回旋的最大半径是相同的.
d.若已知最大能量为Ekm,则回旋次数n=
e.最大动能:
Ekm=
f.粒子在回旋加速器内的运动时间:
t=
(3)速度选择器
①原理:
如图所示,由于所受重力可忽略不计,运动方向相同而速率不同的正粒子组成的粒子束射入相互正交的匀强电场和匀强磁场所组成的场区中,已知电场强度为B,方向垂直于纸面向里,若粒子运动轨迹不发生偏转(重力不计),必须满足平衡条件:
qBv=qE,故v=,这样就把满足v=的粒子从速度选择器中选择出来了.
②特点:
a.速度选择器只选择速度(大小、方向)而不选择粒子的质量和电荷量,如上图中若从右侧入射则不能穿过场区.
b.速度选择器B、E、v三个物理量的大小、方向互相约束,以保证粒子受到的电场力和洛伦兹力等大、反向,如上图中只改变磁场B的方向,粒子将向下偏转.
c.v′>
v=时,则qBv′>
qE,粒子向上偏转;
当v′<
v=时,qBv′<
qE,粒子向下偏转.
③要点深化
a.从力的角度看,电场力和洛伦兹力平衡qE=qvB;
b.从速度角度看,v=;
c.从功能角度看,洛伦兹力永不做功.
(4)电磁流量计
①如图所示,一圆形导管直径为d,用非磁性材料制成,其中有可以导电的液体流过导管.
导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转,a、b间出现电势差,形成电场.当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时,a、b间的电势差就保持稳定.由Bqv=Eq=q,可得v=
液体流量Q=Sv=·
=
(5)霍尔效应
如图所示,高为h、宽为d的导体置于匀强磁场B中,当电流通过导体时,在导体板的上表面A和下表面A′之间产生电势差,这种现象称为霍尔效应,此电压称为霍尔电压.
设霍尔导体中自由电荷(载流子)是自由电子.图中电流方向向右,则电子受洛伦兹力 向上 ,在上表面A积聚电子,则qvB=qE,
E=Bv,电势差U=Eh=Bhv.又I=nqSv
导体的横截面积S=hd
得v=
所以U=Bhv=
k=,称霍尔系数.
重点难点突破
一、解决复合场类问题的基本思路
1.正确的受力分析.除重力、弹力、摩擦力外,要特别注意电场力和磁场力的分析.
2.正确分析物体的运动状态.找出物体的速度、位置及其变化特点,分析运动过程,如果出现临界状态,要分析临界条件.
3.恰当灵活地运用动力学三大方法解决问题.
(1)用动力学观点分析,包括牛顿运动定律与运动学公式.
(2)用动量观点分析,包括动量定理与动量守恒定律.
(3)用能量观点分析,包括动能定理和机械能(或能量)守恒定律.针对不同的问题灵活地选用,但必须弄清各种规律的成立条件与适用范围.
二、复合场类问题中重力考虑与否分三种情况
1.对于微观粒子,如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力,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、金属块等不做特殊交待时就应考虑其重力.
2.在题目中有明确交待是否要考虑重力的,这种情况比较正规,也比较简单.
3.直接看不出是否要考虑重力的,在进行受力分析与运动分析时,要由分析结果,先进行定性确定是否要考虑重力.
典例精析
1.带电粒子在复合场中做直线运动的处理方法
【例1】如图所示,足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为α(sinα=0.6),放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E=50V/m,方向水平向左,磁场方向垂直纸面向外.一个电荷量q=+4.0×
10-2C、质量m=0.40kg的光滑小球,以初速度v0=20m/s从斜面底端向上滑,然后又下滑,共经过3s脱离斜面.求磁场的磁感应强度(g取10m/s2).[高考资源网]
【解析】小球沿斜面向上运动的过程中受力分析如图所示.
由牛顿第二定律,得qEcosα+mgsinα=ma1,故a1=gsinα+=10×
0.6m/s2+m/s2=10m/s2,向上运动时间t1==2s
小球在下滑过程中的受力分析如图所示.
小球在离开斜面前做匀加速直线运动,a2=10m/s2
运动时间t2=t-t1=1s
脱离斜面时的速度v=a2t2=10m/s
在垂直于斜面方向上有:
qvB+qEsinα=mgcosα
故B==5T
【思维提升】
(1)知道洛伦兹力是变力,其大小随速度变化而变化,其方向随运动方向的反向而反向.能从运动过程及受力分析入手,分析可能存在的最大速度、最大加速度、最大位移等.
(2)明确小球脱离斜面的条件是FN=0.
【拓展1】如图所示,套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球,其质量为m,带电荷量为q,小球可在棒上滑动,现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中.设小球电荷量不变,小球由静止下滑的过程中(BD)
A.小球加速度一直增大B.小球速度一直增大,直到最后匀速
C.杆对小球的弹力一直减小D.小球所受洛伦兹力一直增大,直到最后不变
【解析】小球由静止加速下滑,f洛=Bqv在不断增大,开始一段,如图(a):
f洛<
F电,水平方向有f洛+FN=F电,加速度a=,其中f=μFN,随着速度的增大,f洛增大,FN减小,加速度也增大,当f洛=F电时,a达到最大;
以后如图(b):
f洛>
F电,水平方向有f洛=F电+FN,随着速度的增大,FN也增大,f也增大,a=减小,当f=mg时,a=0,此后做匀速运动,故a先增大后减小,A错,B对,弹力先减小后增大,C错,由f洛=Bqv知D对.
2.灵活运用动力学方法解决带电粒子在复合场中的运动问题
【例2】如图所示,水平放置的M、N两金属板之间,有水平向里的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T.质量为m1=9.995×
10-7kg、电荷量为q=-1.0×
10-8C的带电微粒,静止在N板附近.在M、N两板间突然加上电压(M板电势高于N板电势)时,微粒开始运动,经一段时间后,该微粒水平匀速地碰撞原来静止的质量为m2的中性微粒,并粘合在一起,然后共同沿一段圆弧做匀速圆周运动,最终落在N板上.若两板间的电场强度E=1.0×
103V/m,求:
(1)两微粒碰撞前,质量为m1的微粒的速度大小;
(2)被碰撞微粒的质量m2;
(3)两微粒粘合后沿圆弧运动的轨道半径.
【解析】
(1)碰撞前,质量为m1的微粒已沿水平方向做匀速运动,根据平衡条件有
m1g+qvB=qE
解得碰撞前质量m1的微粒的速度大小为
v=m/s=1m/s
(2)由于两微粒碰撞后一起做匀速圆周运动,说明两微粒所受的电场力与它们的重力相平衡,洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,故有(m1+m2)g=qE
解得m2==kg=5×
10-10kg
(3)设两微粒一起做匀速圆周运动的速度大小为v′,轨道半径为R,根据牛顿第二定律有qv′B=(m1+m2)
研究两微粒的碰撞过程,根据动量守恒定律有m1v=(m1+m2)v′
以上两式联立解得
R=m≈200m
(1)全面正确地进行受力分析和运动状态分析,f洛随速度的变化而变化导致运动状态发生新的变化.[K]
(2)若mg、f洛、F电三力合力为零,粒子做匀速直线运动.
(3)若F电与重力平衡,则f洛提供向心力,粒子做匀速圆周运动.
(4)根据受力特点与运动特点,选择牛顿第二定律、动量定理、动能定理及动量守恒定律列方程求解.
【拓展2】如图所示,在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中,有一倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强度为B,方向水平向外;
电场强度为E,方向竖直向上.有一质量为m、带电荷量为+q的小滑块静止在斜面顶端时对斜面的正压力恰好为零.
(1)如果迅速把电场方向转为竖直向下,求小滑块能在斜面上连续滑行的最远距离L和所用时间t;
(2)如果在距A端L/4处的C点放入一个质量与滑块相同但不带电的小物体,当滑块从A点静止下滑到C点时两物体相碰并黏在一起.求此黏合体在斜面上还能再滑行多长时间和距离?
(1)由题意知qE=mg
场强转为竖直向下时,设滑块要离开斜面时的速度为v,由动能定理有
(mg+qE)Lsinθ=,即2mgLsinθ=
当滑块刚要离开斜面时由平衡条件有
qvB=(mg+qE)cosθ,即v=
由以上两式解得L=
根据动量定理有t=
(2)两物体先后运动,设在C点处碰撞前滑块的速度为vC,则2mg·
sinθ=mv2
设碰后两物体速度为u,碰撞前后由动量守恒有mvC=2mu
设黏合体将要离开斜面时的速度为v′,由平衡条件有
qv′B=(2mg+qE)cosθ=3mgcosθ
由动能定理知,碰后两物体共同下滑的过程中有
3mgsinθ·
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