【物理】2019届二轮复习带电粒子在复合场中的运动(一)学案（江苏专用） 18页

第2讲　带电粒子在复合场中的运动(一)‎ ‎ ‎ ‎1．带电粒子在电场中常见的运动类型 ‎(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv02来求解．对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解．‎ ‎(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理．‎ ‎2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型 ‎(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．‎ ‎(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动．‎ ‎3．抓住“两个技巧”‎ ‎(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同特点的小过程．‎ ‎(2)善于画出几何图形处理边、角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯．‎ 高考题型1　电磁技术的应用 ‎1．回旋加速器的原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，粒子获得的最大动能由磁感应强度和D形盒半径决定，与加速电压无关．‎ ‎2．电场与磁场叠加实例的基本分析思路 速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态．‎ 例1　(2017·江苏单科·15)一台质谱仪的工作原理如图1所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．‎ 图1‎ ‎(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；‎ ‎(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；‎ ‎(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．‎ 答案　(1) －L ‎(2)见解析图　 － ‎(3)L＜[2－ ]‎ 解析　(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1，‎ 在电场中加速时，有qU0＝×2mv2‎ 又qvB＝2m 解得 r1＝ 根据几何关系x＝2r1－L，‎ 解得x＝－L.‎ ‎(2)如图，最窄处位于过两虚线交点的垂直于底片的直线上 d＝r1－ 解得d＝－ ‎(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2，‎ r1的最小值r1min＝，‎ r2的最大值r2max＝，‎ 由题意知2r1min－2r2max＞L，‎ 即－＞L，‎ 解得L＜[2－ ]‎ 拓展训练1　(多选)(2018·扬州中学下学期开学考)如图2所示，两平行金属板水平放置，开始开关S闭合使平行板电容器带电．板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度沿直线通过两板．在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是(　　)‎ 图2‎ A．将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍 B．将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍 C．将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半 D．将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍 答案　BD 拓展训练2　回旋加速器是用于加速带电粒子的重要装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3所示．设D形盒半径为R.若用回旋加速器加速质子H时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．加速电场的电压越大，质子加速后的速度越大 B．质子被加速后的最大速度为2πfR C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值 D．不改变任何条件，该回旋加速器也能用于加速α粒子(He)‎ 答案　B 解析　由qvB＝m得v＝，当r＝R时，v最大，v＝，由此可知质子的最大速度只与质子本身的比荷、加速器半径和磁感应强度大小有关，与加速电压无关，故A错误；由T＝得v＝＝2πfr，当r＝R时，v最大，此时v＝2πfR，故B正确；根据狭义相对论，任何物体的速度不可能超过光速，故C错误；此加速器加速质子时电场周期T＝，加速α粒子时的电场周期：T′＝＝，两个粒子周期不同，不能加速α粒子，故D错误．‎ 拓展训练3　(多选)(2018·扬州市一模)如图4所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．通过霍尔元件的磁场方向向下 B．接线端2的电势低于接线端4的电势 C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变 D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大 答案　ABC 解析　‎ 根据安培定则可知，磁场的方向向下，故A正确；通过霍尔元件的电流由接线端1流向接线端3，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；当调整电路，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，故C正确；适当减小R1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度增大，而当增大R2，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压如何变化不确定，即电压表示数变化不确定，故D错误．‎ 高考题型2　带电粒子在叠加场中的运动 带电粒子在叠加场中运动的处理方法 ‎(1)弄清叠加场的组成特点．‎ ‎(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点．‎ ‎(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律：①若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE.②若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．③若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m.④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．‎ 例2　(2018·苏州市模拟)如图5所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．x＞0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x＞0的区域固定一与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B1＝7E，B2＝E.空气阻力忽略不计，求：‎ 图5‎ ‎(1)带电小球a的电性及其比荷；‎ ‎(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？‎ 答案　(1)正电　　(2)　(3) 解析　(1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球带正电，且mg＝qE，解得：＝ ‎(2)带电小球从N点运动到Q点的过程中，有：qvB2＝m 由几何关系有：R＋Rsin θ＝l 联立解得：v＝ 带电小球在杆上匀速时，由平衡条件有：mgsin θ＝μ(qvB1－mgcos θ)‎ 解得：μ＝ ‎(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：T＝＝2 带电小球a第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t0＝＝ 绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为：‎ t＝＝2 两球相碰有：t＝＋n 联立解得：n＝1‎ 设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则：l＝v0t 解得：v0＝ .‎ 拓展训练4　如图6所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是(　　)‎ 图6‎ A．ma＞mb＞mc　　　　　　　 B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma 答案　B 解析　设三个微粒的电荷量均为q，‎ a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 mag＝qE①‎ b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvB②‎ c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvB＝qE③‎ 比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．‎ 拓展训练5　如图7所示，竖直平面内，直线PQ右侧足够大的区域内存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，PQ左侧到直线距离d1＝0.4 m的A处有一个发射枪．发射枪将质量m＝0.01 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球以某一初速度v0水平射出，当竖直位移为时，小球进入电磁场区域，随后恰能做匀速圆周运动，且圆周最低点C(图中运动的轨迹未画出)到直线PQ的距离为d2＝0.8 m．不计空气阻力，g取10 m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)小球水平射出的初速度v0和电场强度E的大小；‎ ‎(2)小球从水平射出至运动到C点的时间t；‎ ‎(3)若只将PQ右侧的电场强度变为原来的一半，小球进入电磁场区域后做曲线运动，轨迹的最低点为C′(图中未画出)，试求最低点C′离发射点A的竖直方向距离d及运动过程中的最小速度v.‎ 答案　见解析 解析　(1)由平抛运动知识，有d1＝v0t1，d1＝gt12‎ 解得：t1＝0.2 s，v0＝2 m/s.‎ 小球在电磁场区域恰能做圆周运动，故Eq＝mg，‎ 代入数据可得：E＝10 V/m.‎ ‎(2)小球进入磁场时：vy＝gt1＝v0，故v1＝＝v0＝2 m/s.‎ 由几何关系可得小球做匀速圆周运动的半径r＝d2，‎ 又Bqv1＝m，代入数据可得B＝2.5 T，‎ 所以T＝＝0.8π s.‎ 小球到达C点时完成了个圆周运动：t2＝T＝0.1π s.‎ 小球从水平射出至运动到C点的时间t＝t1＋t2＝(0.2＋0.1π) s≈0.51 s.‎ ‎(3)电场强度减半后，小球进入电磁场区域时，有mg＝E′q＋Bqv0，小球在电磁场区域中的运动可视为水平方向的匀速直线运动和竖直面内的匀速圆周运动．‎ 由Bqvy＝m，解得r′＝＝0.8 m.‎ 所以d＝r′＋＝1 m.‎ 小球在最高点时速度最小，有E′qr′－mgr′＝mv2－m(v0)2，解得v＝0.‎ 专题强化练 ‎1.质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量．其工作原理如图1所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知(　　)‎ 图1‎ A．此粒子带负电 B．下极板S2比上极板S1电势高 C．若只增大加速电压U，则半径r变大 D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小 答案　C 解析　根据动能定理得，qU＝mv2，由qvB＝m得，r＝.由题图结合左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过电场要加速，因粒子带正电，所以下极板S2比上极板S1电势低，故B错误；若只增大加速电压U，由上式可知，则半径r变大，故C正确；若只增大入射粒子的质量，由上式可知，则半径r也变大，故D错误．‎ ‎2.(多选)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图2所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连．设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．D形盒之间交变电场的周期为 B．质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大 C．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大 D．质子离开加速器时的最大动能与R成正比 答案　AB 解析　D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中运动的周期，A项正确；由r＝得，当r＝R时，质子有最大速度vm＝，即B、R越大，vm越大，vm与加速电压无关，B正确，C错误；质子离开加速器时的最大动能Ekm＝mv m2＝，故D错误．‎ ‎3．(多选) 如图3是等离子体发电机的示意图，原料在燃烧室中全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，等离子体以速度v进入矩形发电通道，发电通道里有图示的匀强磁场，磁感应强度为B.等离子体进入发电通道后发生偏转，落到相距为d的两个金属极板上，在两极板间形成电势差，等离子体的电阻不可忽略．下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．上极板为发电机正极 B．外电路闭合时，电阻两端的电压为Bdv C．带电粒子克服电场力做功把其他形式的能转化为电能 D．外电路断开时，等离子受到的洛伦兹力与电场力平衡 答案　ACD 解析　根据左手定则可知，正离子向上偏，电子向下偏，则上极板是发电机的正极，下极板是发电机的负极，故A正确；根据qvB＝q得，电动势的大小为E＝Bdv，因等离子体的电阻不可忽略，因此外电阻两端的电压会小于电源的电动势，故B错误；依据功能关系可知，带电粒子克服电场力做功把其他形式的能转化为电能，故C正确；等离子体中有正离子和电子，在磁场中受到洛伦兹力的作用，分别向两极偏移，于是在两极之间产生电压，两极间存在电场力，当外电路断开时，等离子体受到的洛伦兹力与电场力平衡，从而不会偏移，故D正确．‎ ‎4．(多选)(2018·泰州中学等综合评估)为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)．如图4所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动．测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小Ff＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速．则(　　)‎ 图4‎ A．污水的流量Q＝ B．金属板M的电势不一定高于金属板N的电势 C．电压U与污水中离子浓度无关 D．左、右两侧管口的压强差Δp＝ 答案　CD ‎5.(多选)(2018·常州市一模)在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件．在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH.已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图5所示，下列说法正确的有(　　)‎ 图5‎ A．N板电势高于M板电势 B．磁感应强度越大，MN间电势差越大 C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变 D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势 答案　AB 解析　根据左手定则，正电荷受力的方向指向N端，向N端偏转，则N板电势高，故A正确；设左右两个表面相距为d，正电荷所受的电场力等于洛伦兹力，即＝qvB①‎ 设单位体积内正电荷的个数为n，材料截面积为S，则 I＝nqSv②‎ S＝dL③‎ 由①②③得：UH＝ 令k＝，‎ 则UH＝＝k 所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感应强度B成正比，故B正确；将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则正电荷不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；若磁场和电流分别反向，根据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误．‎ ‎6．如图6，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计一切阻力，求：‎ 图6‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)粒子在复合场中的运动时间．‎ 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：‎ 所以，Eq＝mg，得：E＝ ‎(2)由平衡条件：qvB＝mg 电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝m 由几何知识可得：r＝l 解得v＝ 联立解得：B＝ ‎(3)微粒做匀速运动时间：t1＝＝ 做圆周运动时间：t2＝＝ 在复合场中运动时间：t＝t1＋t2＝(＋1) ‎7．回旋加速器的工作原理如图7甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝.一束该种粒子在0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：‎ 图7‎ ‎(1)出射粒子的动能Em；‎ ‎(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；‎ ‎(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．‎ 答案　(1)　(2)－ (3)d< 解析　(1)粒子运动半径为R时，由牛顿第二定律得：‎ qvB＝m 且Em＝mv2‎ 解得Em＝ ‎(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0‎ 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，加速度a＝ 匀加速直线运动过程有：nd＝a·(Δt)2‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－ ‎(3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝ 由η>99%，解得d<.‎ ‎8．(2018·海安中学月考)如图8甲所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，其边界为MN、PQ，两区域磁感应强度大小均为B，方向如图所示，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大，一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入电、磁复合场后，恰能做匀速圆周运动．‎ 图8‎ ‎(1)求电场强度E的大小；‎ ‎(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求带电小球释放时距MN的高度h；‎ ‎(3)若带电小球从距MN高度为3h的O′点由静止开始下落，为使带电小球运动一定时间后仍能回到O′点，需将磁场Ⅱ向下移动一定距离(如图乙所示)，求磁场Ⅱ向下移动的距离y及小球从O′点释放到第一次回到O′点的运动时间T.‎ 答案　(1)　(2)　(3)＋＋ 解析　(1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，得mg＝qE，故E＝ ‎(2)只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O点 由动能定理得：mgh＝mv2‎ Bqv＝ 由几何关系得：R＝d 联立解得：h＝ ‎(3)当带电小球从距MN的高度为3h的O′点由静止开始下落时，应有 mg·3h＝mv12‎ R1＝ 所以R1＝2d 画出小球的运动轨迹，如图所示，在中间匀速直线运动过程中，小球的速度方向与竖直方向成30°角，‎ 根据几何关系有，R1sin 60°＝R1(1－cos 30°)＋ytan 30°，可得y＝(6－2)d 小球自由落体和竖直上抛的总时间t1＝2＝ 小球做圆周运动的总时间t2＝ 小球做匀速直线运动的总时间t3＝＝ 一个周期的总时间T＝t1＋t2＋t3＝＋＋.‎