【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在复合场中的运动学案 21页

第3讲　带电粒子在复合场中的运动 一、带电粒子在复合场中的运动 ‎1．复合场的分类 ‎(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．‎ ‎(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．‎ ‎2．带电粒子在复合场中的运动形式 ‎(1)静止或匀速直线运动：带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．‎ ‎(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．‎ ‎(3)较复杂的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．‎ 二、带电粒子在复合场中运动的应用实例 装置 原理图 规律 质谱仪 离子由静止被加速电场加速qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m，则比荷＝.‎ 回旋加速器 交流电的周期和粒子做匀速圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速，D形盒半径为r.由qvB＝及Ekm＝mv2得Ekm＝ 速度选择器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动(粒子重力不计)．‎ 磁流体发电机 磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则由qE＝q＝qvB得两极板间能达到的最大电势差U＝BLv.‎ 电磁流量计 导电液体在管中向左流动，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液体流量Q＝Sv＝·＝.‎ 霍尔元件 宽为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过该导体时，上下表面之间会产生电势差，称为霍尔效应.‎ 自测1　现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)‎ 图1‎ A．11 B．12‎ C．121 D．144‎ 答案　D 解析　由qU＝mv2得带电粒子进入磁场的速度为v＝，根据牛顿第二定律有qvB＝m ‎，得R＝，综合得到R＝，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的轨道半径和电荷量，故＝144，故选D.‎ 自测2　(2017·宁波市九校高二上期末)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图2所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，置于匀强磁场B中，D形盒半径为R，其间留有空隙，两盒分别与高频电源的两极相连，电源频率为f，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．粒子的加速次数越多，加速电压越大，最终获得的动能也越大 B．被加速后的粒子最大速度为2πfR，与加速电场的电压无关 C．不改变回旋加速器的任何参数，装置可以加速质子H，也可以加速α粒子He D．高频电源不能使用正弦式交变电流 答案　B 命题点一　带电粒子在复合场中的实例分析 ‎1．基本思路 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，从而求出所求物理量．‎ ‎2．解决回旋加速器的方法 ‎(1)交变电压的频率与粒子在磁场中做圆周运动的频率相等．‎ ‎(2)在q、m和B一定的情况下，回旋加速器的半径越大，粒子的能量就越大，最大动能与加速电压无关．‎ 例1　(2016·浙江10月选考·23)如图3所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场，位于x轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～v0.这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a～3a区间水平固定放置 一探测板(a＝)．假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．‎ 图3‎ ‎(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；‎ ‎(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板的右端，求此时的磁感应强度大小B1；‎ ‎(3)保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．‎ 答案　见解析 解析　(1)对于初速度为0的粒子：qU＝mv 由B0qv1＝m得r1＝＝a 恰好打在x＝2a的位置 对于初速度为v0的粒子 qU＝mv22－m(v0)2‎ 由B0qv2＝m得 r2＝＝2a，‎ 恰好打在x＝4a的位置 离子束打在x轴上的区间为[2a,4a]‎ ‎(2)由动能定理 qU＝mv－m(v0)2‎ 由B1qv2＝m得 r3＝ r3＝a 解得B1＝B0‎ ‎(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2a≤x≤3a 即a≤r≤a，对应的速度范围为v0≤v′≤2v0‎ 每秒打在探测板上的离子数为 N＝N0＝N0‎ 根据动量定理 吸收的离子受到板的作用力大小 F吸＝＝(2mv0＋mv0)＝ 反弹的离子受到板的作用力大小 F反＝＝[2m(v0＋0.6v0)＋m(v0＋0.6v0)]＝N0mv0‎ 根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小 F＝F吸′＋F反′＝N0mv0‎ 变式1　(2015·浙江10月选考·23)如图4是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图，区域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2，长L＝1.0 m的区域Ⅲ存在场强大小E＝5.0×104 V/m、方向水平向右的匀强电场．区域Ⅲ中间上方有一离子源S，水平向左发射动能Ek0＝4.0×104 eV的氘核，氘核最终从区域Ⅱ下方的P点水平射出．S、P两点间的高度差h＝0.10 m．(氘核质量m＝2×1.67×10－27 kg、电荷量q＝1.60×10－19 C，1 eV＝1.60×10－19 J, ≈1×10－4)‎ 图4‎ ‎(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2.‎ ‎(2)若B1＝1.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅰ的最小宽度d.‎ ‎(3)若B1＝1.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅱ的磁感应强度B2.‎ 答案　(1)2.24×10－14 J　(2)0.06 m　(3)1.2 T 解析　(1)由动能定理W＝Ek2－Ek0‎ 电场力做功W＝qE·2L 得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105 eV＝2.24×10－14 J ‎(2)洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，Ek0＝mv 第一次进入B1区域，半径R0＝＝0.04 m 第二次进入B1区域，mv12＝Ek0＋qEL R2＝＝0.06 m，故最小宽度d＝R2＝0.06 m ‎(3)氘核运动轨迹如图所示．‎ 由图中几何关系可知2R2＝h＋(2R1－2R0)‎ 解得R1＝0.05 m 由R1＝，得B2＝＝1.2 T.‎ 命题点二　带电粒子在叠加场中的运动 带电粒子在叠加场中运动的分析方法 → ‎　 ↓‎ → ‎　 ↓‎ → ‎　 ↓‎ → 例2　(2016·嘉兴市模拟)图5为一除尘装置的截面图，其原理是通过板间的电场或磁场使带电尘埃偏转并吸附到极板上，达到除尘的目的．已知金属板M、N长为d，间距也为d.大量均匀分布的尘埃以相同的水平速度v0进入除尘装置，设每个尘埃颗粒质量为m、电荷量为－q.当板间区域同时加入匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场并逐步增强至合适大小时，尘埃恰好沿直线通过该区域；且只撤去电场时，恰好无尘埃从极板间射出，收集效率(‎ 打在极板上的尘埃占尘埃总数的百分比)为100%，不计尘埃重力、尘埃之间的相互作用及尘埃对板间电场、磁场的影响．‎ 图5‎ ‎(1)判断M板所带电荷的电性；‎ ‎(2)求极板区域磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)若撤去极板区域磁场，只保留原来的电场，则除尘装置的收集效率是多少？‎ 答案　(1)带负电　(2)　(3)50%‎ 解析　(1)负电荷进入垂直纸面向外的匀强磁场，根据左手定则，受到的洛伦兹力的方向向上，尘埃恰好沿直线通过该区域，说明电场力大小和洛伦兹力大小相等，方向竖直向下，因此M板带负电．‎ ‎(2)由题意知，从紧挨N极板处射入板间的尘埃恰好不从极板射出，则尘埃在磁场中运动的半径r＝d，磁场中洛伦兹力提供向心力，有 qv0B＝，解得B＝.‎ ‎(3)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，满足：‎ qE＝qv0B，‎ 撤去磁场以后尘埃在电场力作用下做类平抛运动，假设距离N极板y的尘埃恰好离开电场，则 d＝v0t，y＝at2，‎ 其中a＝，解得y＝0.5d，‎ 当y≤0.5d时，0到0.5d这段距离的尘埃不会射出电场，‎ 当y＞0.5d时尘埃运动时间更长，水平位移x＞d，即0.5d到d这段距离的尘埃会射出电场；则打在极板上的尘埃占总数的百分比，即除尘装置的收集效率η＝×100%＝50%.‎ 变式2　如图6甲所示，水平放置的平行金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B0＝50 T，已知两板间距离d＝0.3 m，电场强度E＝50 V/m，M板中心有一小孔P，在P正上方h＝5 cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t＝0‎ 时刻进入两板间，最后恰好从N板边缘水平飞出．已知油滴的质量m＝10－4 kg，电荷量q＝＋2×10－5C(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，取π＝3)．求：‎ ‎　‎ 图6‎ ‎(1)油滴在P点的速度大小；‎ ‎(2)N板的长度；‎ ‎(3)交变磁场的变化周期．‎ 答案　(1)1 m/s　(2)0.6 m　(3)0.3 s 解析　(1)由机械能守恒定律，得mgh＝mv2‎ 解得v＝1 m/s ‎(2)进入场区时，因为mg＝10－3 N，方向向下，‎ 而Eq＝10－3 N，方向向上．‎ 所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动，‎ 所以Bqv＝ 解得R＝0.1 m 因d＝0.3 m，则油滴要想从N板边缘水平飞出，需在场内做三次圆弧运动．‎ 所以，N板的长度L＝6R.解得L＝0.6 m ‎(3)油滴在磁场中运动的周期T0＝＝ 由(2)分析知交变磁场的周期T＝T0‎ 联立解得T＝0.3 s. ‎ 命题点三　带电粒子在组合场中的运动 ‎1．带电粒子在组合场中运动的分析思路 第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；‎ 第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：‎ ←←←→→→ 第3步：用规律 ‎2．解题步骤 ‎(1)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．‎ ‎(2)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．‎ 考向1　先磁场后电场 例3　(2017·浙江4月选考·23)如图7所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的电子，形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔．K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b＝R，d＝l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间的相互作用．‎ 图7‎ ‎(1)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围；‎ ‎(3)当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；‎ ‎(4)画出电流i随UAK变化的关系曲线. ‎ 答案　见解析 解析　轨迹示意图 ‎(1)“磁聚焦”模型要求：R＝，解得B＝.‎ ‎(2)b＝R，由几何关系知：‎ θ在关于y轴左、右对称的60°(含)范围内．‎ ‎(3)要进入小孔，电子到达P点时与y轴负方向的夹角φ≤45°‎ 则：＝＝≤ 则当UAK＝0时每秒到达A板的电子数：N0＝N.‎ ‎(4)①当UAK≥0时，进入小孔的电子全部能到A板 i1＝N0e＝Ne ‎②设当UAK＝U1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A板 则eU1＝0－m(vcos φ1)2，解得UAK＝－ 即在区间(－，0)之间，i2＝N0e＝Ne ‎③当UAK反向再增大时，将出现有电子(该临界角度为α)‎ 刚好打到A板上，而φ>α的电子打不到A板 i＝Ne，eUAK＝0－m(vcos α)2‎ 解得：i＝Ne i＝0时，UAK＝－.‎ 综上所述：i－UAK图线如图所示 考向2　先电场后磁场 例4　(2016·浙江4月选考·22)如图8为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L＝0.10 m，高均为H＝0.06 m．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，质子荷质比近似为＝1.0×108 C/kg.(忽略边界效应，不计重力)‎ 图8‎ ‎(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax；‎ ‎(2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax；‎ ‎(3)若区域Ⅰ加电场E小于(1)中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域Ⅰ中的电场E之间的关系式．‎ 答案　(1)200 V/m　(2)5.5×10－3 T　(3)B＝ 解析　(1)质子在电场中做类平抛运动 vy＝at＝，tan α＝＝ 质子到达区域Ⅱ右下端时，外加电场最大，‎ 此时有tan α＝得Emax＝＝200 V/m.‎ ‎(2)质子在磁场中运动有qvB＝m，即R＝ 根据几何关系有：R2－(R－)2＝L2时，外加磁场最大 得Bmax＝≈5.5×10－3 T.‎ ‎(3)质子运动轨迹如图所示．‎ 设质子进入磁场时的速率为v′，则 sin α＝＝＝＝ 由几何关系知sin α＝＝＝，得B＝.‎ 考向3　先电场后磁场再电场 例5　(2017·嘉兴市期末)如图9所示，O′PQ是关于y轴对称的四分之一圆，在PQNM区域有均匀辐向电场，PQ与MN间的电压为U.一初速度为零的带正电的粒子从PQ上的任一位置经电场加速后都会从O′进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，大小为B，粒子经磁场偏转后都能平行于x轴射出．在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K，金属板长均为4R，其中K板接地，A与K两板间加有电压UAK>0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力．已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O′在y轴上．‎ 图9‎ ‎(1)求带电粒子的比荷；‎ ‎(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；‎ ‎(3)若无论带电粒子从PQ上哪个位置出发都能打到K板上，则电压UAK至少为多大？‎ 答案　(1)　(2)－R～R　(3)U 解析　(1)由动能定理可知qU＝mv2‎ 由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R0＝R 洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，‎ qvB＝m.联立解得＝ ‎(2)如图，沿QN方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，由几何关系知，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a在y轴上的投影与O′的距离为 Δy＝R＋R a点的纵坐标ya＝R 同理可得，沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b的纵坐标yb＝－R 故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为：‎ ‎－R～R ‎(3)只要沿QN方向入射的带电粒子能打在K板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K板上，则在电场中 E＝ F＝qE＝ma y＝R＋R＝at2‎ 应满足4R≥vt 解得UAK≥U 考向4　先后经过两个磁场 例6　如图10所示，在xOy坐标平面内x轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P 点以一定的初速度沿y轴正方向射出，粒子经过时间t第一次从x轴上的Q点进入下方磁场，速度方向与x轴正方向成45°角，当粒子再次回到x轴时恰好经过坐标原点O，已知OP＝L，不计粒子重力．求：‎ 图10‎ ‎(1)带电粒子的初速度大小v0；‎ ‎(2)x轴上、下方磁场的磁感应强度之比.‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子运动轨迹如图所示．‎ 由几何知识得r1＝L ①‎ 粒子在x轴上方运动的圆心角α＝π ②‎ 时间t＝ ③‎ 结合①②③得v0＝ ‎(2)由几何关系得OQ＝r1＋r1·cos 45°‎ 粒子在x轴下方运动的半径r2＝OQ 由qv0B＝m得＝＝.‎ ‎1.(2017·稽阳联谊学校8月联考)如图1所示，半径分别为R1、R2的两个同心圆，圆心为O，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场．今有一带正电粒子(质量为m，带电荷量为q)从小圆边缘的A点以速度v沿AO方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A点，带电粒子重力不计，求：‎ 图1‎ ‎(1)若v＝，则带电粒子在小圆内的运动时间t为多少；‎ ‎(2)大圆外的磁场B2的方向；‎ ‎(3)磁场应强度B1与B2的比值为多少？‎ 答案　(1)　(2)垂直于纸面向里　(3) 解析　(1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB1＝m，r1＝＝R1‎ 由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为 θ＝，则t＝，解得t＝.‎ ‎(2)粒子第一次回到小圆便经过A点，则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B2的方向为垂直于纸面向里．‎ ‎(3)由几何关系可得＝，r1＝，r2＝，‎ 解得＝.‎ ‎2．(2017·宁波市九校期末联考)在竖直平面内有一矩形区域ABCD，AB边长L，AD边长2L，F为AD边中点，G为BC边中点，线段FG将ABCD分成两个场区．如图2所示，场区Ⅰ内有一竖直向下的匀强电场，场区Ⅱ内有方向、大小未知的匀强电场(图中未画出)和方向垂直ABCD平面向里的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球以平行于BC边的速度v从AB边的中点O进入场区Ⅰ，从FG边飞出场区Ⅰ时速度方向改变了37°，小球进入场区Ⅱ做匀速圆周运动，重力加速度为g，求：‎ 图2‎ ‎(1)场区Ⅱ中的电场强度E2的大小及方向；‎ ‎(2)场区Ⅰ中的电场强度E1的大小；‎ ‎(3)要使小球能在场区Ⅱ内从FG边重新回到场区Ⅰ的磁感应强度B的最小值．‎ 答案　(1)　方向竖直向上　(2)－　(3) 解析　(1)由带电小球在场区Ⅱ中做匀速圆周运动可知，E2q＝mg得E2＝ 小球带正电，所受电场力方向竖直向上，可知E2方向竖直向上 ‎(2)小球在场区Ⅰ中做类平抛运动，平抛运动时间t＝，带电小球飞出场区Ⅰ时，竖直方向的速度 v竖＝vtan 37°＝v，则a＝＝ 由牛顿第二定律得E1q＋mg＝ma 得E1＝－ ‎(3)由类平抛运动规律得，小球在场区Ⅰ中的竖直位移 y＝at2＝L 当小球在场区Ⅱ中的圆周轨迹与FD边相切时，R最大由几何关系得Rcos 37°＋R＝L＋L 解得R＝L 此时R(1＋sin 37°)＝L＜L，‎ y＋R(1－cos 37°)＝L＜L 即带电小球以此半径做圆周运动时不会从CG边和CD边射出磁场 进入场区Ⅱ时小球速度 v′＝＝＝v 由Bqv′＝m得B＝＝ ‎3.如图3所示，在xOy坐标系中，坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0