《物理第九章 磁場 9.3 帶電粒子在復合場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《物理第九章 磁場 9.3 帶電粒子在復合場中的運動（125頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、第3講帶電粒子在復合場中的運動 【知識導圖】動能定理場力電場力洛倫玆力牛頓運動定律能量守恒定律【微點撥】1.帶電粒子在復合場中運動性質的確定:取決于帶電粒子所受的合外力以及初始狀態(tài)的速度。2.靈活選擇規(guī)律:(1)動力學觀點:常用來解決復合場中勻變速直線運動、勻速圓周運動等。(2)動量觀點:解決“打擊”“碰撞”“粘合”等問題。(3)能量的觀點:常用于處理帶電粒子在磁場中的變加速運動、復雜的曲線運動等,但要注意三力做功的特點。【慧眼糾錯】(1)帶電粒子在勻強磁場中只受洛倫茲力和重力時,可能做勻加速直線運動。糾錯:_。若粒子做勻加速直線運動,在垂直運動的方向上,洛倫茲力變大,合力不可能總為零,與粒子
2、做直線運動矛盾(2)帶電粒子在復合場中不可能做勻速圓周運動。糾錯:_。當帶電粒子所受的重力與電場力等大反向時,粒子可能在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動(3)不同比荷的粒子在質譜儀磁場中做勻速圓周運動的半徑可能相同。 糾錯:_。由qU= ,qvB=m 可得R= 。R不可能相同21mv22vR22UmqB(4)粒子在回旋加速器中做圓周運動的半徑、周期都隨粒子速度的增大而增大。糾錯:_。 根據R= ,粒子在回旋加速器中做圓周運動的半徑隨粒子速度的增大而增大,周期不變mv2 mTqBqB、(5)在速度選擇器中做勻速直線運動的粒子的比荷都相同。糾錯:_。帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動的條件是v= ,
3、與其比荷大小無關EB考點1帶電粒子在組合場中的運動【典題探究】【典例1】(2018日照模擬) 如圖所示,坐標平面第象限內存在大小為E=4105 N/C、方向水平向左的勻強電場,在第象限內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。質量與電荷量之比為 =410-10 kg/C的帶正電mq粒子從x軸上的A點以初速度v0=2107 m/s垂直x軸射入電場,OA=0.2 m,不計重力。求:導學號04450211(1)粒子經過y軸時的位置到原點O的距離。(2)若要求粒子不能進入第象限,求磁感應強度B的取值范圍。(不考慮粒子第二次進入電場后的運動情況)【解題探究】(1)帶電粒子在第象限內做_運動,在第象限內做_運動。
4、(2)粒子恰不能進入第象限的條件是運動軌跡與x軸_。類平拋勻速圓周相切【解析】(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,設粒子在電場中運動的時間為t,粒子經過y軸時的位置與原點O的距離為y,沿電場方向:qE=masOA= at2垂直電場方向:y=v0t聯(lián)立解得a=1.01015 m/s2;t=2.010-8 s;y=0.4 m12(2)粒子經過y軸時在電場方向的分速度為:vx=at=2107 m/s粒子經過y軸時的速度大小為:v= 107 m/s與y軸正方向的夾角為,則=arctan =4522x0vv2 2 x0vv要使粒子不進入第象限,如圖所示,此時粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為R,由幾何關
5、系得:R+ Ry在磁場中由牛頓第二定律得qvB=m 聯(lián)立解得B(2 +2)10-2 T。答案:(1)0.4 m(2)B(2 +2)10-2 T22222vR【通關秘籍】1.組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內,并不重疊,電場、磁場交替出現。2.分析思路:(1)劃分過程:將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段,對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。(2)找關鍵點:確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。(3)畫運動軌跡:根據受力分析和運動分析,大致畫出粒子的運動軌跡圖,有利于形象、直觀地解決問題。3.組合場中的兩種典型偏轉:【考點沖關】如圖所示,兩塊平行極板AB、CD正對放置
6、,極板CD的正中央有一小孔,兩極板間距離AD為d,板長AB為2d,兩極板間電勢差為U,在ABCD構成的矩形區(qū)域內存在勻強電場,電場方向水平向右。在ABCD矩形區(qū)域外有垂直于紙面向里的范圍足夠大的勻強磁場。極板厚度不計,電場、磁場的交界處為理想邊界。將一個質量為m、電荷量為+q的帶電粒子在極板AB的正中央O點由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子經過電場加速后,從極板CD正中央小孔射出時的速度大小。(2)為了使帶電粒子能夠再次進入勻強電場,且進入電場時的速度方向與電場方向垂直,求磁場的磁感應強度的大小。(3)通過分析說明帶電粒子第二次離開電場時的位置,并求出帶電粒子從O點開始運動到第二
7、次離開電場區(qū)域所經歷的總時間。【解析】(1)設帶電粒子經過電場加速后,從極板CD正中央小孔射出時的速度大小為v由動能定理 qU= mv2,解得v= 122qUm(2)帶電粒子第一次從電場中射出后,在磁場中做勻速圓周運動,若能夠再次進入勻強電場,且進入電場時的速度方向與電場方向垂直,運動方向改變270,由此可知在磁場中的運動軌跡為四分之三圓,圓心位于D點,半徑為d,由A點垂直射入電場。帶電粒子在磁場中運動時,洛倫茲力充當向心力。由牛頓第二定律Bqv=m ,解得B= 2vdmv1 2mUqddq(3)帶電粒子由A點垂直于電場方向射入電場之后做類平拋運動。若能夠射出電場,運動時間t1= ,沿電場方向
8、的側移s= a ,= ,解得s=d2d2mdvqU12EqUqmdm21t因此帶電粒子恰能從C點射出。軌跡如圖所示。帶電粒子第一次在電場中加速,運動時間為t1帶電粒子在磁場中偏轉,運動時間為t2。洛倫茲力充當向心力。由牛頓第二定律Bqv= , T= =d t2= T= d 224 dT2 mBq2mqU2mqU3434帶電粒子第二次在電場中偏轉,運動時間也為t1因此帶電粒子運動從O點到C點的總時間t總=2t1+t2=(2+ )d 。答案:(1) (2) (3)(2+ )d 2mqU341 2mUdq2qUm342mqU【加固訓練】如圖所示,板間距為d、板長為L的兩塊平行金屬板EF、GH水平放置
9、,在緊靠平行板右側的正三角形區(qū)域內存在著垂直紙面的勻強磁場,三角形底邊BC與GH在同一水平線上,頂點A與EF在同一水平線上。一個質量為m、電量為-q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入,若在兩板之間加某一恒定電壓,粒子離開電場后垂直AB邊從D點進入磁場,BD= AB,并垂直AC邊射出(不計粒子的重力),求:14(1)上下兩極板間的電勢差UEG;(2)三角形區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度。(3)若兩板間不加電壓,三角形區(qū)域內的磁場方向垂直紙面向里,要使粒子進入磁場區(qū)域后能從AB邊射出,試求所加磁場的磁感應強度最小值?！窘馕觥?1)粒子以v0速度進入偏轉電壓為U的偏轉電場,做類平拋運動,設加速度為a
10、1,則有L=v0t,vy=a1t,a1= 解得vy= 由幾何關系得tan30 = 故U= 0qULmdv （）qUdmy0vv203mdv3qL由粒子帶負電并且在電場中向下偏轉可知,下極板帶正電,板間電場場強的方向垂直平行板向上。所以上下兩極板間的電勢差UEG=- 203mdv3qL(2)如圖1所示,垂直AB邊進入磁場,由幾何關系得,粒子離開電場時速度偏向角為=30,則粒子離開電場時瞬時速度的大小為 00v2 3vcos3由幾何關系得:LAB= = d設在磁場中運動半徑為r1,則r1= LAB= d三角形區(qū)域內磁感應強度的大小為B,由牛頓第二定律得B1qv= ,聯(lián)立解得B1= ,方向為垂直紙面
11、向外。dcos302 32323421mvr04mv3qd(3)當粒子剛好與BC邊相切時,磁感應強度最小值為B2,設粒子的運動半徑為r2,如圖2所示,由幾何關系知:r2= 由牛頓第二定律得qv0B2=m 解得 B2= 答案:(1)- (2) 方向為垂直紙面向外(3) d4202mvr04mvqd203mdv3qL04mv3qd04mvqd考點2帶電粒子在交變電、磁場中的運動 【典題探究】【典例2】如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中,電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖象如圖(b)所示,y軸正方向為E的正方向,垂直于紙面向里為B的正方向。t=0時刻,帶負電粒子P(
12、重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出,它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知量,圖(b)中 ,在0t0時間內粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為( )。求: 導學號044502120020E8vB0 00 02v t2v t，(1)粒子P的比荷。(2)t=2t0時刻粒子P的位置。(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L?！绢}眼直擊】(1)帶負電粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出。(2)0t0時間內粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為( )。0 00 02v t2v t，【解析】(1)0t0時間內粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動,當粒子所在位置的縱、橫坐標相等
13、時,粒子在磁場中恰好經過 圓周,所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R,即R= ,又qv0B0= ,140 02v t02mvR代入 解得 0020E8vB00 04vqmE t(2)設粒子P在磁場中運動的周期為T,則T= , 聯(lián)立解得T=4t0,即粒子P做 圓周運動后磁場變?yōu)殡妶?粒子以速度v0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動,設t02t0時02 Rv14間內水平位移和豎直位移分別為x1、y1,則x1=v0t0= ,y1= a ,其中加速度a= 由解得y1= =R,因此t=2t0時刻粒子P的位置坐標為( v0t0,0),如圖中的b點所示。2 RR421202t0qEm0 02v t
14、2(3)分析知,粒子P在2t03t0時間內,電場力產生的加速度方向沿y軸正方向,由對稱關系知,在3t0時刻速度方向為x軸正方向,位移x2=x1=v0t0;在3t05t0時間內粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動,往復運動軌跡如圖所示,由圖可知,帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離L即O、d間的距離L=2R+2x1,解得L= 2v0t0答案:(1) (2)( v0t0,0)(3) 2v0t02200 04vE t2【通關秘籍】解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路先讀圖先讀圖看清、并明白場的變化情況看清、并明白場的變化情況受力分析受力分析分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情分析粒子在不同的變化場
15、區(qū)的受力情況況過程分析過程分析 分析粒子在不同時間內的運動情況分析粒子在不同時間內的運動情況找銜接點找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的物理量找出銜接相鄰兩過程的物理量選規(guī)律選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解聯(lián)立不同階段的方程求解【考點沖關】(2018合肥模擬)如圖甲所示,帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO連續(xù)射入電場中。MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN,兩板間電場可看作是均勻的,且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側有垂直紙面向里的勻強磁場B,分界線為CD,EF為屏幕。金屬板間距為d,長度為l,磁場的寬度為d。已知:B=510-3 T,l=d=0.2 m,每個帶正電粒子的速度v0
16、=105 m/s,比荷為 =108 C/kg,重力忽略不計,在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內,電場可視作是恒定不變的。試求:qm(1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑。(2)帶電粒子射出電場時的最大速度。(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍?！窘馕觥?1)t=0時刻射入電場的帶電粒子不被加速,進入磁場做圓周運動的半徑最小。粒子在磁場中運動時qv0B= 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑02minmvrrmin= =0.2 m,其運動的徑跡如圖中曲線所示。5083mv10 mqB105 10 (2)設兩板間電壓為U1,帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場,則有 代入數據,解得U1=100 V在電壓
17、低于100 V時,帶電粒子才能從兩板間射出電場,電壓高于100 V時,帶電粒子打在極板上,不能從兩板間2210Uqd11at)222 dm v（l射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時,速度最大,設最大速度為vmax,則有 解得vmax= 105 m/s=1.414105 m/s。201max2U11mvmvq2222(3)由第(1)問計算可知,t=0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑rmin=d=0.2 m,徑跡恰與屏幕相切,設切點為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點,則 =rmin=0.2 m帶電粒子射出電場的速度最大時,在磁場中做圓周運動的半徑最大,打在屏幕上的位置最低。OE設帶
18、電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax,打在屏幕上的位置為F,運動徑跡如圖中曲線所示。qvmaxB= 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑rmax= 2maxmaxmvr5max83mv2 102m mqB105 10 5 由數學知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上,如圖中Q點所示,并且Q點必與M板在同一水平線上。則 帶電粒子打在屏幕上的最低點為F,則 d0.2OQ m 0.1 m22 max2OF rOQ0.1 m 0.18 m5 即帶電粒子打在屏幕上O上方0.2 m到O下方0.18 m的范圍內。答案:(1)0.2 m(2)1.414105 m/s(3)O上方0.2 m
19、到O下方0.18 m的范圍內考點3帶電粒子在疊加場中的運動 【典題探究】【典例3】(2017全國卷)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里,三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內,a在紙面內做勻速圓周運動,b在紙面內向右做勻速直線運動,c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是()導學號04450213A.mambmc B.mbmamcC.mcmambD.mcmbma 【解析】選B。設電場強度為E、磁感應強度為B、三個微粒的帶電量均為q,它們受到的電場力Eq方向均豎直向上。微粒a在紙面內做勻速
20、圓周運動,有Eq=mag;b在紙面內向右做勻速直線運動,有Eq+Bqvb=mbg;c在紙面內向左做勻速直線運動,有Eq-Bqvc=mcg;可得:mbmamc。【遷移訓練】 遷移1:疊加場中的勻速圓周運動(多選)在空間某一區(qū)域里,有豎直向下的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B,且兩者正交。有兩個帶電油滴,都能在豎直平面內做勻速圓周運動,如圖所示,則兩油滴一定相同的是()A.帶電性質B.運動周期C.運動半徑D.運動速率【解析】選A、B。油滴受重力、電場力、洛倫茲力做勻速圓周運動。由受力特點及運動特點知,得mg=qE,結合電場方向知油滴一定帶負電且兩油滴比荷 。洛倫茲力提供向心力,有周期T= ,所
21、以兩油滴周期相等,故選A、B。由r= 知,速度v越大,半徑則越大,故不選C、D。qgmE2 mqBmvqB遷移2:疊加場中的勻速直線運動(2016北京高考)如圖所示,質量為m,電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T。(2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場,求電場強度E的大小?！窘馕觥?1)粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,有f=qvB=m 解得粒子做勻速圓周運動的半徑R= 粒子做勻速圓周運動的周期T= 2vRmvqB2 R2 m
22、vqB(2)粒子受電場力F=qE,洛倫茲力f=qvB,粒子做勻速直線運動,由二力平衡可知,qE=qvB。解得電場強度的大小E=vB。答案:(1) (2)vBmvqB2 mqB遷移3:帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動(多選)(2018贛州模擬) 如圖所示,在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質量為m、電荷量為+q,電場強度為E,磁感應強度為B,P與桿間的動摩擦因數為,重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A.小球的加速度一直減小B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v= D
23、.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v= 2 qE mg2 qB2 qE mg2 qB【解析】選C、D。開始時對小球受力分析如圖所示,則mg-(qE-qvB)=ma,隨著v的增加,小球加速度先增大,當qE=qvB時達到最大值,amax=g,繼續(xù)運動,mg-(qvB-qE)=ma,隨著v的增大,a逐漸減小,所以A錯誤。因為有摩擦力做功,機械能與電勢能總和在減小,B錯誤。若在前半段達到最大加速度的一半,則mg-(qE-qvB)=m ,得v= ;若在后半段達到最大加速度的一半,則mg-(qvB-qE)=m ,得v= ,故C、D正確。2 qE mg2 qB2 qE mg2 qBg2g2【通關秘籍
24、】1.帶電粒子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,則帶電粒子做勻速直線運動。若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電粒子將做復雜的曲線運動,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)。若電場力和洛倫茲力平衡,則帶電粒子做勻速直線運動。若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電粒子將做復雜的曲線運動,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,將做復雜的曲線運動,因洛倫茲力不做功,
25、可用能量守恒定律或動能定理求解問題。2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動:帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下,常見的運動形式有直線運動和圓周運動,分析時應注意:(1)分析帶電粒子所受各力尤其是洛倫茲力的變化情況,分階段明確物體的運動情況。(2)根據物體各階段的運動特點,選擇合適的規(guī)律求解?！炯庸逃柧殹?多選) 地球大氣層外部有一層復雜的電離層,既分布有地磁場,也分布有電場。假設某時刻在該空間中有一小區(qū)域存在如圖所示的電場和磁場;電場的方向在紙面內斜向左下方,磁場的方向垂直紙面向里。此時一帶電宇宙粒子恰以速度v垂直于電場和磁場射入該區(qū)域,不計重力作用,則在該區(qū)域中,有關該
26、帶電粒子的運動情況可能的是()A.仍做直線運動B.立即向左下方偏轉C.立即向右上方偏轉 D.可能做勻速圓周運動【解析】選A、B、C。比較Eq與Bqv,因二者開始時方向相反,當二者相等時,A正確;當EqBqv時,向電場力方向偏轉,當Eq99%,解得d 。答案:(1) (2) (3)dr0,則它進入區(qū)域時仍將沿直線通過D.若密度相同的納米粒子的半徑rr0,它進入區(qū)域時仍沿直線通過,則區(qū)域的電場強度與原電場強度之比為 00q Um0rr【解析】選A、D。設半徑為r0的粒子加速后的速度為v,則有q0U= m0v2,設區(qū)域內電場強度為E,由題意可知洛倫茲力等于電場力,即q0vB=q0E,聯(lián)立解得E=B
27、,則 = 區(qū)域左右兩極板的電勢差為Ed=Bd ,故A正確,B錯誤;若納米粒子的半徑rr0,設半徑為r的粒子的質量為m、帶電荷量為q、加速后12002q UmEB002q Um002q Um的速度為v,則m= m0,而q= q0,由 mv2=qU,解得v= v,故粒子進入區(qū)域后受到的洛倫茲力小于受到的電場力,粒子向左偏轉,故C錯誤;由于v= ,由E=Bv可得,區(qū)域的電場與原電場的電場強度之比為 ,故D正確。30rr（ ）20rr（ ）12【加固訓練】(多選)如圖所示,導電物質為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產生勻強磁場,磁感應強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩
28、側面,此時通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UH= ,式中k為霍爾系數,d為霍爾元件兩側面間的距離。電阻R遠大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則()A.霍爾元件前表面的電勢低于后表面B.若電源的正負極對調,電壓表將反偏C.IH與I成正比D.電壓表的示數與RL消耗的電功率成正比【解析】選C、D。導電物質為電子,由左手定則可判定,霍爾元件的后表面積累負電荷,電勢較低,故A錯誤;由電路關系可知,當電源的正、負極對調時,通過霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場方向同時反向,前表面的電勢仍然較高,故B錯誤;由電路可見, ,則IH= I,故C正確;RL的熱功率PL=
29、,因為B與I成正比,故有 ,可得知UH與RL消耗的電功率成正比,故D正確。帶電粒子在復合場中的運動 【經 典 案 例】 (19分)(2018天水模擬)如圖甲所示,在xOy平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場,變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)。在t=0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0,方向沿y軸正方向的帶負電粒子。已知v0、t0、B0,粒子的比荷為 ,不計粒子的重力。導學號044502160 0B t(1)t=t0時,求粒子的位置坐標。(2)若t=5t0時粒子回到原點,求05t0時間內粒子距x軸的最大距離。(3)若粒子能夠回
30、到原點,求滿足條件的所有E0值。 【思維軌跡】【規(guī)范解答】 解: (1)由粒子的比荷 = ,則粒子做圓周運動的周期T= =2t0(1分)則在0t0內轉過的圓心角=(2分)由牛頓第二定律qv0B0= (2分)得r1= ,0 0B tqm02 mBq201vmr0 0v t位置坐標為( ,0)。(2分)(2)粒子在t=5t0時回到原點,軌跡如圖所示r2=2r1,r1= ,r2= (3分)得v2=2v0,又 = ,r2= (2分)粒子在t02t0時間內做勻加速直線運動,2t03t0時間內做勻速圓周運動,則在05t0時間內粒子距x軸的最大距離:hm= t0+r2=( )v0t0。(2分) 0 02v
31、t00mvBq20mvBq0 0B tqm0 02v t00v2v2322(3)如圖所示,設帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為r1,在x軸下方做圓周運動的軌道半徑為r2,由幾何關系可知,要使粒子經過原點,則必須滿足:n(2r2-2r1)=2r1,(n=1,2,3,)(1分)r1= ,r2= (1分)聯(lián)立以上各式解得v= v0,(n=1,2,3,)(1分)又由v=v0+ ,得E0= ,(n=1,2,3,)。(2分)0mvBq0mvBqn 1n00E qtm00v Bn【答題規(guī)則】規(guī)則1:仔細審題,弄清題意本題考查帶電粒子在交變電磁場中的運動,題中不考慮重力,出發(fā)點在原點,電磁場不同時存在,
32、要么粒子做圓周運動,要么做勻變速直線運動,往往粒子運動軌跡特殊。規(guī)則2:規(guī)范解析書寫過程,注意分步列式對所列方程最好用序號標出,閱卷老師才好找到得分點;盡量不要列連等式,以防由于寫綜合方程,一處出錯則全部沒分。 規(guī)則3:保證結果計算正確本題較多的是數學表達式的推導,要提高計算能力,會做的題盡量做對。只要結果正確,前面書寫的稍有不規(guī)范,閱卷老師也可能不在意,但一旦結果錯誤,閱卷老師再找得分點時,書寫不規(guī)范或馬虎往往就會吃虧。規(guī)則4:等價給分采用不同的思路,只要方程正確,也確實能推出正確答案的,就能給分。規(guī)則5:只看對的,不看錯的對于不會做的題目,要把與本題相關的公式都寫上,公式是主要得分點,閱卷時只看評分標準中給定的公式來給分,無用的如果寫了,不給分也不扣分。
物理第九章 磁場 9.3 帶電粒子在復合場中的運動
