2020高考物理 月刊專版 專題09 交變電流和電磁感應(yīng)帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題解讀

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1、交變電流和電磁感應(yīng)帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、帶電粒子在混合場中的運動 1．速度選擇器 正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器。否則將發(fā)生偏轉(zhuǎn)。這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：qvB=Eq，。在本圖中，速度方向必須向右。 （1）這個結(jié)論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關(guān)。 （2）若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復(fù)雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn)，電場

2、力將做負(fù)功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復(fù)雜曲線。 【例1】 某帶電粒子從圖中速度選擇器左端由中點O以速度v0向右射去，從右端中心a下方的b點以速度v1射出；若增大磁感應(yīng)強度B，該粒子將打到a點上方的c點，且有ac=ab，則該粒子帶___電；第二次射出時的速度為_____。 【例2】 如圖所示，一個帶電粒子兩次以同樣的垂直于場線的初速度v0分別穿越勻強電場區(qū)和勻強磁場區(qū)， 場區(qū)的寬度均為L偏轉(zhuǎn)角度均為α，求E∶B 解：分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場中偏轉(zhuǎn)： ，在磁場中偏轉(zhuǎn)：，由以上兩式可得?？梢宰C明：當(dāng)偏轉(zhuǎn)角相同時，側(cè)移必然不同（電場中側(cè)移較大）；當(dāng)側(cè)移相同時，偏

3、轉(zhuǎn)角必然不同（磁場中偏轉(zhuǎn)角較大）。 2．回旋加速器 回旋加速器是高考考查的的重點內(nèi)容之一，但很多同學(xué)往往對這類問題似是而非，認(rèn)識不深，甚至束手無策、，因此在學(xué)習(xí)過程中，尤其是高三復(fù)習(xí)過程中應(yīng)引起重視。 （1）有關(guān)物理學(xué)史知識和回旋加速器的基本結(jié)構(gòu)和原理 1932年美國物理學(xué)家應(yīng)用了帶電粒子在磁場中運動的特點發(fā)明了回旋加速器，其原理如圖所示。A0處帶正電的粒子源發(fā)出帶正電的粒子以速度v0垂直進入勻強磁場，在磁場中勻速轉(zhuǎn)動半個周期，到達A1時，在A1 A1/處造成向上的電場，粒子被加速，速率由v0增加到v1，然后粒子以v1在磁場中勻速轉(zhuǎn)動半個周期，到達A2/時，在A2/ A2處造成向下的電

4、場，粒子又一次被加速，速率由v1增加到v2，如此繼續(xù)下去，每當(dāng)粒子經(jīng)過A A/的交界面時都是它被加速，從而速度不斷地增加。帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動的周期為，為達到不斷加速的目的，只要在A A/上加上周期也為T的交變電壓就可以了。即T電= 實際應(yīng)用中，回旋加速是用兩個D形金屬盒做外殼，兩個D形金屬盒分別充當(dāng)交流電源的兩極，同時金屬盒對帶電粒子可起到靜電屏蔽作用，金屬盒可以屏蔽外界電場，盒內(nèi)電場很弱，這樣才能保證粒子在盒內(nèi)只受磁場力作用而做勻速圓周運動。 （2）帶電粒子在D形金屬盒內(nèi)運動的軌道半徑是不等距分布的 設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，兩D形金屬盒間的加速電壓為U，勻強磁場的

5、磁感應(yīng)強度為B，粒子第一次進入D形金屬盒Ⅱ，被電場加速1次，以后每次進入D形金屬盒Ⅱ都要被電場加速2次。粒子第n次進入D形金屬盒Ⅱ時，已經(jīng)被加速（2n-1）次。 由動能定理得（2n－1）qU=Mvn2。 ……① 第n次進入D形金屬盒Ⅱ后，由牛頓第二定律得qvnB=m 　　…… ② 由①②兩式得ｒn=　　……③ 同理可得第n+1次進入D形金屬盒Ⅱ時的軌道半徑rn+1=　　……④ 可見，粒子獲得的能量與回旋加速器的直徑有關(guān)，直徑越大，粒子獲得的能量就越大。 【例3】一個回旋加速器，當(dāng)外加電場的頻率一定時，可以把質(zhì)子的速率加速到v，質(zhì)子所能獲得的能量為E，則： ①這一回旋加速器能把α

6、粒子加速到多大的速度？ ②這一回旋加速器能把α粒子加速到多大的能量？ ③這一回旋加速器加速α粒子的磁感應(yīng)強度跟加速質(zhì)子的磁感應(yīng)強度之比為？ 解：①由qvnB=m得 vn= 由周期公式T電= 得知，在外加電場的頻率一定時，為定值，結(jié)合④式得=v。 ②由③式Ek n=及為定值得，在題設(shè)條件下，粒子最終獲得動能與粒子質(zhì)量成正比。所以α粒子獲得的能量為4E。 ③由周期公式T電= 得=2∶1。 （4）決定帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間長短的因素 帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間長短，與帶電粒子做勻速圓周運動的周期有關(guān)，同時還與帶電粒在磁場中轉(zhuǎn)動的圈數(shù)有關(guān)。設(shè)帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)動的圈數(shù)為n

7、，加速電壓為U。因每加速一次粒子獲得能量為qU，每圈有兩次加速。結(jié)合Ek n=知，2nqU=，因此n=　。所以帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間t =nT=.=。 3．帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動 （1）帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當(dāng)向心力。 【例4】 一個帶電微粒在圖示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。則該帶電微粒必然帶_____，旋轉(zhuǎn)方向為_____。若已知圓半徑為r，電場強度為E磁感應(yīng)強度為B，則線速度為_____。 解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負(fù)電；由左手定則得逆時針轉(zhuǎn)動；再由 （2

8、）與力學(xué)緊密結(jié)合的綜合題，要認(rèn)真分析受力情況和運動情況（包括速度和加速度）。必要時加以討論。 【例5】質(zhì)量為m帶電量為q的小球套在豎直放置的絕緣桿上，球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ。勻強電場和勻強磁場的方向如圖所示，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。小球由靜止釋放后沿桿下滑。設(shè)桿足夠長，電場和磁場也足夠大， 求運動過程中小球的最大加速度和最大速度。解：不妨假設(shè)設(shè)小球帶正電（帶負(fù)電時電場力和洛倫茲力都將反向，結(jié)論相同）。剛釋放時小球受重力、電場力、彈力、摩擦力作用，向下加速；開始運動后又受到洛倫茲力作用，彈力、 摩擦力開始減??；當(dāng)洛倫茲力等于電場力時加速度最大為g。隨著v的增大，洛倫茲力大于電場力

9、，彈力方向變?yōu)橄蛴?，且不斷增大，摩擦力隨著增大，加速度減小，當(dāng)摩擦力和重力大小相等時，小球速度達到最大。 若將磁場的方向反向，而其他因素都不變，則開始運動后洛倫茲力向右，彈力、摩擦力不斷增大，加速度減小。所以開始的加速度最大為；摩擦力等于重力時速度最大，為。 二、綜合例析 【例6】如圖所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場。一質(zhì)量為ｍ、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，

10、初速為零。如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應(yīng)是多少？（不計重力，整個裝置在真空中） 解析：如圖所示，帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點。設(shè)粒子進入磁場區(qū)的速度大小為V，根據(jù)動能定理，有 設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有 由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經(jīng)過圓周，所以半徑

11、R必定等于筒的外半徑r，即R=r.由以上各式解得； . 【例7】如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側(cè)勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復(fù)上述運動過程。求： （1）中間磁場區(qū)域的寬度d； （2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t. 可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖13所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為 （2）在電場中 ， 在中間磁場中運動時間