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叠加场中的摆线问题、动量定理在磁场中的应用
1.摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹,其实就是一个圆沿着一条直线做无滑动的滚动,圆周上的一点运动的曲线,如图所示。
2.配速法处理叠加场中的摆线类问题
常见情况 处理方法
BG摆线:初速度为0,有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。
BE摆线:初速度为0,不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。
BEG摆线:初速度为0,有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。
BGv摆线:初速度为v0,有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。
3.用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题
假设有一个带电粒子,其质量为m,电荷量为+q。在方向垂直于纸面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中运动。粒子速度为v,所受洛伦兹力为F,且重力不计。如图建立平面直角坐标系。
沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx=qvyB
Fy=qvxB
两个方向分别由动量定理得
-qvyBΔt=mΔvx
qvxBΔt=mΔvy
即-qBΔy=mΔvx
qBΔx=mΔvy
两边累加得-qBy=m-m
qBx=m-m。
使用条件:如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得),通过列出与之正交方向上的动量定理,即可迅速得出该方向上的分速度。
例1 (多选)如图所示建立平面直角坐标系xOy,空间内存在垂直于该平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在坐标原点O处以初速度v0沿y轴竖直向下抛出一个质量为m、带电荷量为+q(q>0)的小球,其运动轨迹如图所示。已知当地的重力加速度为g,且qv0B=mg,则下列说法正确的是(　　)
A.小球运动过程中的最大速度为2v0,最小速度为0
B.小球运动过程中距离x轴的最远距离为
C.小球从O到第一次回到x轴所用的时间为
D.小球运动过程中所受合力大小不变
答案　BCD
解析　如图所示,为平衡重力需要一个水平向右的附加速度v0,此速度对应的竖直向上的洛伦兹力与重力平衡。从而把这个复杂的滚轮线运动分解为水平向右的匀速直线运动和逆时针方向的匀速圆周运动,此匀速圆周运动的速度大小为=2v0,在O点的速度方向与x轴负方向成30°角。分析知,小球在圆周N点对应的合速度最大,为2v0+v0,方向向右;在圆周M点对应的合速度最小,为2v0-v0,方向向左,故A错误;小球在圆周N点时到x轴的距离最远,此距离为d=r+rcos 30°,由q·2v0B=m可得r=,则d=,故B正确;由T=可得小球匀速圆周运动的周期T=,小球从O到第一次回到x轴所用的时间即为图中O到P圆周运动的时间,即t=T=,故C正确;由于匀速直线运动的合力为0,匀速圆周运动的合力大小为2qv0B,则小球运动过程中所受合力大小始终为2qv0B,故D正确。
例2 (2025·湖南卷,14)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器,恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场,随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器,忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q;
(2)求磁感应强度B的大小;
(3)若粒子离开b点时,在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,电场强度大小为,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
答案　(1)　(2)　(3)d
解析　(1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U=E0=E0=E0
粒子从a点进入电容器后,在电容器中受到静电力的作用,做类平抛运动,从b点离开电容器,设粒子从a点运动到b点的时间为t,则
在水平方向有d=v0t
在竖直方向有d=at2
由牛顿第二定律有q=ma
联立可得q=。
(2)设粒子经过b点时的速度大小为v,速度方向与水平方向的夹角为θ,由平抛运动的推论可知
tan θ=2×=
则θ=30°
由几何关系可知v==
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动,从c点进入电容器,设粒子在磁场中的运动半径为r,作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知r==d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有
qvB=m
联立可得B=。
(3)法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用,还受到水平向右的电场力的作用,则可将粒子在b点的速度分解,使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡电场力的作用,如图乙所示,则有
qv1B=qE
可得v1==v0
由于v1和v的大小相等,则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2=2vcos 30°=2v0,方向与竖直方向的夹角为30°,则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动,设粒子做匀速圆周运动的半径为r',则由洛伦兹力提供向心力有qv2B=m
可得r'=d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图丙所示
由几何关系可知xm=r'cos 30°+r'=d。
法二　正则动量法　当粒子的合速度方向竖直向上时,粒子相对于电容器右侧的水平距离最远,设此时速度大小为v',规定竖直向上为正方向,则对粒子从b点运动到该位置的过程,在竖直方向上由动量定理有
∑qvxBΔt=mv'-(-mvsin 30°)
即qBxm=mv'-(-mvsin 30°)
对粒子从b点运动到该位置的过程,由动能定理有
qExm=mv'2-mv2
联立可得xm=d。
跟踪训练
1.(2024·甘肃卷,15)质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U;Ⅱ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直纸面向里;Ⅲ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P点处,运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电 求粒子的比荷;
(2)求O点到P点的距离;
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
答案　(1)正电　　(2)　(3)
解析　(1)粒子在Ⅲ区域磁场中向上偏转,根据左手定则可知,粒子带正电
粒子在Ⅱ区域中做匀速直线运动,则有
qv0B1=qE1
粒子在Ⅰ区域中,根据动能定理有qU=m
联立解得=。
(2)粒子在Ⅲ区域磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B2=m
根据几何关系有dOP=2r
结合(1)问解得dOP=。
(3)将粒子进入速度选择器时的速度v0分解为水平向右的速度大小为v1=和水平向左的速度大小为v2=-v0,则粒子在速度选择器中的运动就分解为了以速度v1向右的匀速直线运动和以速率v2逆时针的匀速圆周运动
由于粒子垂直打在O'点,则粒子在O'点的速度
v=v1+v2=-v0=。
2.(2025·安徽合肥模拟)如图所示,在xOy坐标平面的第二象限内有平行于坐标平面的匀强电场,电场强度大小为E(未知)。在第一象限内方程为y=x的虚线Oa将x>0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ,区域Ⅰ存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B(未知)。区域Ⅱ存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B'=B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E'=E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P(-2d,0)点以初速度v0沿y轴正方向进入电场,由Q(0,d)点以大小为2v0的速度垂直于y轴进入区域Ⅰ,后经虚线上的A点(图中未画出)垂直虚线进入区域Ⅱ,不计粒子重力及电磁场的边界效应。求:
(1)P、Q两点间的电势差UPQ和匀强电场电场强度E的大小;
(2)粒子由P点到A点的时间;
(3)粒子在区域Ⅱ中运动时,第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。
答案　(1)　　(2)+　(3)4πd
解析　(1)从P到Q,根据动能定理可得
qUPQ=m(2v0)2-m
解得UPQ=
把电场沿x轴和y轴分解,由题意知,在水平方向有
(2v0)2-0=2··2d
在竖直方向有0-=2··d
匀强电场的电场强度E=
联立解得E=。
(2)粒子在电场中沿x方向做匀变速直线运动,有2d=t1=t1
由题意可知,粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1=d
粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为β=
则粒子在区域Ⅰ中运动的时间为t2=
其中T1=
粒子由P点到A点的时间为t=t1+t2
联立解得t=+。
(3)在区域Ⅰ中,洛伦兹力提供向心力,有
qB·2v0=m
在A点,对粒子用配速法,设速度v1沿x轴正方向,对应的洛伦兹力与静电力平衡,与v1等大反向的v2与2v0的合速度v3对应的洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为以速度v1的匀速直线运动和以速度v3的匀速圆周运动,则有qE'=qv1B', v3=
联立解得v3=v0,沿y轴负方向;v1=v0
设对应的匀速圆周运动的半径为r2,由洛伦兹力提供向心力有qv3B'=m
解得r2=d
其运动轨迹如图所示
粒子从第1次到第5次经过x轴,共运动了2个周期,粒子运动时间为t3=2T2
其中T2==
粒子在第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s=v1t3=4πd。(共26张PPT)
增分微点5 叠加场中的摆线问题、动量定理在磁场中的应用
第十章　磁场
1.摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹,其实就是一个圆沿着一条直线做无滑动的滚动,圆周上的一点运动的曲线,如图所示。
2.配速法处理叠加场中的摆线类问题
常见情况 处理方法
BG摆线:初速度为0,有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。
BE摆线:初速度为0,不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。
常见情况 处理方法
BEG摆线:初速度为0,有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。
BGv摆线:初速度为v0,有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。
3.用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题
假设有一个带电粒子,其质量为m,电荷量为+q。在方向垂直于纸面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中运动。粒子速度为v,所受洛伦兹力为F,且重力不计。如图建立平面直角坐标系。
沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx=qvyB
Fy=qvxB
两个方向分别由动量定理得
-qvyBΔt=mΔvx
qvxBΔt=mΔvy
即-qBΔy=mΔvx
qBΔx=mΔvy
两边累加得-qBy=m-m
qBx=m-m。
使用条件:如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得),通过列出与之正交方向上的动量定理,即可迅速得出该方向上的分速度。
例1 (多选)如图所示建立平面直角坐标系xOy,空间内存在垂直于该平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在坐标原点O处以初速度v0沿y轴竖直向下抛出一个质量为m、带电荷量为+q(q>0)的小球,其运动轨迹如图所示。已知当地的重力加速度为g,且qv0B=mg,则下列说法正确的是(　　 )
A.小球运动过程中的最大速度为2v0,最小速度为0
B.小球运动过程中距离x轴的最远距离为
C.小球从O到第一次回到x轴所用的时间为
D.小球运动过程中所受合力大小不变
BCD
解析　如图所示,为平衡重力需要一个水平向右的附加速度v0,此速度对应的竖直向上的洛伦兹力与重力平衡。从而把这个复杂的滚轮线运动分解为水平向右的匀速直线运动和逆时针方向的匀速圆周运动,此匀速圆周运动的速度大小为=2v0,在O点的速度方向与x轴负方向成30°角。分析知,小球在圆周N点对应的合速度最大,为2v0+v0,方向向右;在圆周M点对应的合速度最小,为2v0-v0,方向向左,故A错误;小球在圆周N点时到x轴的距离最远,此距离为d=r+rcos 30°,由q·2v0B=m可得r=,则d=,故B正确;由T=可得小球匀速圆周运动的周期T=,小球从O到第一次回到x
轴所用的时间即为图中O到P圆周运动的时间,即t=T=
,故C正确;由于匀速直线运动的合力为0,匀速圆周运动
的合力大小为2qv0B,则小球运动过程中所受合力大小始终
为2qv0B,故D正确。
例2 (2025·湖南卷,14)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器,恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场,随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器,忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q;
解析　闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U=E0=E0=E0
粒子从a点进入电容器后,在电容器中受到静电力的作用,做类平抛运动,从b点离开电容器,设粒子从a点运动到b点的时间为t,则
在水平方向有d=v0t
在竖直方向有d=at2
由牛顿第二定律有q=ma
联立可得q=。
答案　
(2)求磁感应强度B的大小;
解析　设粒子经过b点时的速度大小为v,速度方向与水平方向的夹角为θ,由平抛运动的推论可知
tan θ=2×=
则θ=30°
由几何关系可知v==
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动,从c点进入电容器,设粒子在磁场中的运动半径为r,作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知r==d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有
qvB=m
联立可得B=。
答案　
(3)若粒子离开b点时,在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,电场强度大小为,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
解析　法一　配速法　在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用,还受到水平向右的电场力的作用,则可将粒子在b点的速度分解,使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡电场力的作用,如图乙所示,则有
qv1B=qE
可得v1==v0
由于v1和v的大小相等,则由几何关系可知粒子在b点的另一分速度v2=2vcos 30°=
2v0,方向与竖直方向的夹角为30°,则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动,设粒子做匀速圆周运动的半径为r',则由洛伦兹力提供向心力有qv2B=m
可得r'=d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图丙所示
由几何关系可知xm=r'cos 30°+r'=d。
法二　正则动量法　当粒子的合速度方向竖直向上时,粒子相对于电容器右侧的水平距离最远,设此时速度大小为v',规定竖直向上为正方向,则对粒子从b点运动到该位置的过程,在竖直方向上由动量定理有
∑qvxBΔt=mv'-(-mvsin 30°)
即qBxm=mv'-(-mvsin 30°)
对粒子从b点运动到该位置的过程,由动能定理有
qExm=mv'2-mv2
联立可得xm=d。
答案　d
1.(2024·甘肃卷,15)质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U;Ⅱ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直纸面向里;Ⅲ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运
动,再由O点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底
片的P点处,运动轨迹如图中虚线所示。
跟踪训练
(1)粒子带正电还是负电 求粒子的比荷;
(2)求O点到P点的距离;
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
答案　(1)正电　　(2)　(3)
解析　(1)粒子在Ⅲ区域磁场中向上偏转,根据左手定则可知,粒子带正电
粒子在Ⅱ区域中做匀速直线运动,则有
qv0B1=qE1
粒子在Ⅰ区域中,根据动能定理有qU=m
联立解得=。
(2)粒子在Ⅲ区域磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B2=m
根据几何关系有dOP=2r
结合(1)问解得dOP=。
(3)将粒子进入速度选择器时的速度v0分解为水平向右的速度大小为v1=和水平向左的速度大小为v2=-v0,则粒子在速度选择器中的运动就分解为了以速度v1向右的匀速直线运动和以速率v2逆时针的匀速圆周运动
由于粒子垂直打在O'点,则粒子在O'点的速度
v=v1+v2=-v0=。
2.(2025·安徽合肥模拟)如图所示,在xOy坐标平面的第二象限内有平行于坐标平面的匀强电场,电场强度大小为E(未知)。在第一象限内方程为y=x的虚线Oa将x>0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ,区域Ⅰ存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B(未知)。区域Ⅱ存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B'=B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E'=E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P(-2d,0)点以初速度v0沿y轴正方向进入电场,由Q(0,d)点以大小为2v0的速度垂直于y轴进入区域Ⅰ,后经虚线上的A点(图中未画出)垂直虚线进入区域Ⅱ,不计粒子重力及电磁场的边界效应。求:
(1)P、Q两点间的电势差UPQ和匀强电场电场强度E的大小;
(2)粒子由P点到A点的时间;
(3)粒子在区域Ⅱ中运动时,第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。
答案　(1)　　(2)+　(3)4πd
解析　(1)从P到Q,根据动能定理可得
qUPQ=m(2v0)2-m
解得UPQ=
把电场沿x轴和y轴分解,由题意知,在水平方向有
(2v0)2-0=2··2d
在竖直方向有0-=2··d
匀强电场的电场强度E=
联立解得E=。
(2)粒子在电场中沿x方向做匀变速直线运动,有2d=t1=t1
由题意可知,粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1=d
粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为β=
则粒子在区域Ⅰ中运动的时间为t2=
其中T1=
粒子由P点到A点的时间为t=t1+t2
联立解得t=+。
(3)在区域Ⅰ中,洛伦兹力提供向心力,有
qB·2v0=m
在A点,对粒子用配速法,设速度v1沿x轴正方向,对应的洛伦兹力与静电力平衡,与v1等大反向的v2与2v0的合速度v3对应的洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为以速度v1的匀速直线运动和以速度v3的匀速圆周运动,则有qE'=qv1B', v3=
联立解得v3=v0,沿y轴负方向;v1=v0
设对应的匀速圆周运动的半径为r2,由洛伦兹力提供向心力有qv3B'=m
解得r2=d
其运动轨迹如图所示
粒子从第1次到第5次经过x轴,共运动了2个周期,粒子运动时间为t3=2T2
其中T2==
粒子在第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s=v1t3=4πd。
本节内容结束
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