高三人教版物理總復習配套文檔：第8章 專題八 帶電粒子在復合場中的運動（高考）

1、專題八帶電粒子在復合場中的運動考綱解讀 、磁流體發(fā)電機、質(zhì)譜儀、疊加場中的運動問題1. 帶電粒子在復合場中的直線運動如圖1所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系Oxyz，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不可忽略)從原點O以速度v沿x軸正方向出發(fā)，下列說法錯誤的是()圖1A若電場、磁場分別沿z軸正方向和x軸正方向，粒子只能做曲線運動B若電場、磁場均沿z軸正方向，粒子有可能做勻速圓周運動C若電場、磁場分別沿z軸負方向和y軸負方向，粒子有可能做勻速直線運動D若電場、磁場分別沿y軸負方向和z軸正方向，粒子有可能做平拋運動答案A解析磁場沿x軸正方向，則與粒子運動的速度v的方向平行

2、，粒子不受洛倫茲力的作用，只受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力作用，若重力和電場力大小相等，粒子將做勻速直線運動，所以A錯誤；磁場豎直向上，根據(jù)左手定則，洛倫茲力沿y軸正方向，若電場力和重力大小相等，洛倫茲力提供向心力，則粒子可能在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動，B正確；粒子受到豎直向下的電場力，豎直向上的洛倫茲力和豎直向下的重力，若重力和電場力的合力與洛倫茲力的大小相等，則粒子所受合力為零，粒子將做勻速直線運動，C正確；粒子受到沿y軸負方向的電場力，沿y軸正方向的洛倫茲力和豎直向下的重力，若洛倫茲力與電場力的大小相等，則粒子的合力等于豎直方向的重力，粒子將做平拋運動，D正確2帶電粒子在復合場中

3、的勻速圓周運動如圖2所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()圖2A小球一定帶正電B小球一定帶負電C小球的繞行方向為順時針方向D改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運動答案BC解析小球做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結(jié)合電場方向可知小球一定帶負電，A錯誤，B正確；洛倫茲力充當向心力，由曲線運動軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方向為順時針方向，C正確，D錯誤3質(zhì)譜儀的工作原理如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分

4、別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場下列表述正確的是()圖3A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小答案ABC解析帶電粒子在題圖中的加速電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應水平向左，由左手定則知，磁場的方向應垂直紙面向外，選項B正確；由EqBqv可知，vE/B，選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑D，可見D越小，則粒子的比荷

5、越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤一復合場的分類1疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存2組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)二、帶電粒子在復合場中的運動形式1靜止或勻速直線運動當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動2勻速圓周運動當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動3較復雜的曲線運動當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動

6、軌跡既不是圓弧，也不是拋物線三、帶電粒子在復合場中的應用實例1質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖4所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成圖4(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qUmv2.粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvBm.由以上兩式可得r ，m，.2回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖5所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中圖5(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB，得Ekm，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)考點一回旋加速器和質(zhì)譜儀1回旋加速器的最大動能Ekmax，與回

7、旋加速器D形盒的半徑R有關(guān)，與磁感應強度B有關(guān)，而與加速電壓無關(guān)2粒子在磁場中運動的周期與交變電流的周期相同例1回旋加速器是用來加速帶電粒子，使它獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒間的窄縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫都得到加速，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖6所示問：v圖6(1)D形盒內(nèi)有無電場？(2)粒子在盒內(nèi)做何種運動？(3)所加交流電壓頻率應是多大，粒子運動的角速度為多大？(4)粒子離開加速器時

8、速度為多大？最大動能為多少？(5)設兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，其間電場均勻，求把靜止粒子加速到上述能量所需時間解析(1)扁形盒由金屬導體制成，具有屏蔽外電場的作用，盒內(nèi)無電場(2)帶電粒子在盒內(nèi)做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大(3)粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交流電壓頻率要等于粒子回旋頻率，因為T，故得回旋頻率f，角速度2f.(4)粒子圓旋半徑最大時，由牛頓第二定律得qvmB，故vm.最大動能Ekmmv.(5)粒子每旋轉(zhuǎn)一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm，則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n.粒子在磁場中運動的時間t磁nT.一般地可忽略粒子在電場中的運動時間，t磁可視為總時間答案(1

9、)D形盒內(nèi)無電場(2)勻速圓周運動(3)(4)(5)突破訓練1如圖7所示，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場(磁感應強度為B)和勻強電場(電場強度為E)組成的速度選擇器，然后粒子通過平板S上的狹縫P進入另一勻強磁場(磁感應強度為B)，最終打在A1A2上，下列表述正確的是()圖7A粒子帶負電B所有打在A1A2上的粒子，在磁感應強度為B的磁場中的運動時間都相同C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷越大答案CD解析本題考查帶電粒子在復合場中的運動，意在考查學生對帶電粒子在復合場中運動規(guī)律的掌握根據(jù)粒子在磁感應強度為B的磁場中的運動軌跡可判

10、斷粒子帶正電，A錯誤；帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，則電場力與洛倫茲力等大反向，EqBqv，可得v，C正確；由洛倫茲力充當粒子做圓周運動的向心力可得r，則，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正確；所有打在A1A2上的粒子在磁感應強度為B的磁場中都只運動半個周期，周期T，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感應強度為B的磁場中的運動時間不同，B錯誤考點二帶電粒子在疊加場中的運動1帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(1)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體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

11、)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體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、磁場力、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，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復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理

12、、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解例2如圖8所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左方有一水平向右的場強為E1的勻強電場和垂直于紙面向里的磁感應強度為B1的勻強磁場，y軸右方有一豎直向上的場強為E2的勻強電場和另一磁感應強度為B2的勻強磁場有一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒，從x軸上的A點以初速度v與水平方向成角沿直線運動到y(tǒng)軸上的P點，A點到坐標原點O的距離為d.微粒進入y軸右側(cè)后在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，然后沿與P點運動速度相反的方向打到半徑為r的的絕緣光滑圓管內(nèi)壁的M點(假設微粒與M點碰后速度改變、電荷量不變，圓管內(nèi)徑的大小可忽略，電場和磁場可不受影響地穿透圓管)，并恰好沿圓管內(nèi)無碰撞下滑至N點已知3

13、7°，sin 37°，cos 37°，求：圖8(1)E1與E2大小之比；(2)y軸右側(cè)的磁場的磁感應強度B2的大小和方向；(3)從A點運動到N點所用的時間解析(1)AP微粒做勻速直線運動E1qmgtan PM微粒做勻速圓周運動E2qmg聯(lián)立解得E1E234(2)由題圖知，PM微粒剛好運動半個周期2RqvB2聯(lián)立解得B2又由左手定則可知B2的方向垂直紙面向外(3)AP有：vt1，解得t1PM有：vt2R，解得t2碰到M點后速度只剩下向下的速度，此時mgE2q，從MN的過程中，微粒繼續(xù)做勻速圓周運動v1vsin 37°v1t3，解得t3所以t總t1t2t3答

14、案(1)34(2)，方向垂直紙面向外(3)突破訓練2如圖9所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B，在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強電場，電場強度均為E，在兩個電場的交界處左側(cè)附近，有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負電的液滴b，當它的運動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減小到原來的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運動，已知液滴b與a的質(zhì)量相等，b所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計圖9(1)求兩液滴相撞后共同運動的速度大小；(2)求液滴b開始下落時距液滴a的高度h.答案(1)(2)解析液滴在

15、勻強磁場、勻強電場中運動，同時受到洛倫茲力、電場力和重力作用(1)設液滴a質(zhì)量為m、電荷量為q，則液滴b質(zhì)量為m、電荷量為2q，液滴a平衡時有qEmga、b相撞合為一體時，質(zhì)量為2m，電荷量為q，設速度為v，由題意知處于平衡狀態(tài)，重力為2mg，方向豎直向下，電場力為qE，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvBqE2mg由兩式，可得相撞后速度v(2)對b，從開始運動至與a相撞之前，由動能定理有WEWGEk，即(2qEmg)hmva、b碰撞后速度減半，即v，則v02v再代入式得h模型概述帶電粒子在組合場中的運動過程比較復雜，但如果認真分析其運動過程會發(fā)現(xiàn)，粒子的運動過程實際上是幾個運

16、動過程的組合，只要認真分析每個過程，找出其所滿足的物理規(guī)律，并找出各個過程之間的銜接點和相關(guān)聯(lián)的物理量，問題便可迎刃而解1先電場后磁場模型(1)先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動(如圖10、11所示)在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度圖10圖11(2)先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動(如圖12、13所示)在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度圖12圖132先磁場后電場模型對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反；(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖14、15所示)圖14

17、圖15例3如圖16所示，在兩個水平平行金屬極板間存在著向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度和磁感應強度的大小分別為E2×106 N/C和B1 T，極板的長度l m，間距足夠大在極板的右側(cè)還存在著另一圓形的勻強磁場區(qū)域，磁場的方向為垂直于紙面向外，圓形磁場的圓心O位于平行金屬極板的中線上，圓形磁場的半徑為R m有一帶正電的粒子以某一初速度沿極板的中線水平向右飛入極板后恰好做勻速直線運動，然后進入圓形磁場區(qū)域，飛出圓形磁場區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，不計粒子的重力，粒子的比荷為2×108 C/kg.圖16(1)求圓形磁場區(qū)域的磁感應強度B2的大小；(2)

18、在其他條件都不變的情況下，將極板間的磁場撤去，為使粒子飛出極板后不能進入圓形磁場，求圓形磁場的圓心O離極板右邊緣的水平距離d應滿足的條件審題與關(guān)聯(lián)解析(1)設粒子的初速度大小為v，粒子在極板間做勻速直線運動，則：qvB1qE設粒子在圓形磁場區(qū)域中做圓周運動的半徑為r，則：qvB2m粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，則：rRcot 30°解得：B20.1 T(2)撤去磁場B1后，粒子在兩極板間做類平拋運動，設在兩極板間運動的時間為t，運動的加速度為a，飛出電場時豎直方向上的速度為vy，速度的偏轉(zhuǎn)角為，則：qEmalvtvyattan 解得：tan ，即30°設粒子飛出電場后

19、速度恰好與圓形磁場區(qū)域的邊界相切時，圓心O離極板右邊緣的水平距離為d0，如圖所示，則：d0解得：d0 m，所以d> m答案(1) T(2)d> m突破訓練3如圖17所示，水平放置的M、N兩平行板相距為d m，板長為L1 m，兩板間有向下的勻強電場，場強E N/C，緊靠平行板右側(cè)邊緣的xOy直角坐標系以N板右端點O為原點，在xOy坐標系的第一象限內(nèi)如圖所示部分有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B×102 T，磁場邊界OA與x軸夾角AOx60°，現(xiàn)有比荷為×106 C/kg的帶電粒子(重力不計)，從極板左側(cè)沿靠近M板的水平線垂直電場方向進入電場，離開電場

20、后垂直于OA邊界進入磁場區(qū)域，求：(1)帶電粒子進入電場時的初速度v0；(2)帶電粒子從進入電場到離開磁場的總時間圖17答案(1)3×104 m/s(2)()×104 s解析(1)帶電粒子要垂直射入磁場，則速度偏向角為30°有tan 30°vyat解得v03×104 m/s(2)粒子在電場中的運動時間為t1×104 s粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為yat2 m粒子離開電場的速度v2 ×104 m/s粒子離開電場后做勻速直線運動，直線運動距離s2(dy)sin 30° m運動時間t2 ×104 s設粒子進入磁場后

21、的軌道半徑為R，R m粒子運動軌跡如圖所示，則sOG(dy)sin 60° m由正弦定理有得30°由此可知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為30°由在磁場中的運動時間為t3×104 s則總運動時間：tt1t2t3()×104 s高考題組1(2013·浙江·20)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖18所示已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過30°后從磁場右邊界射出在電場和磁場中運動時，離子P和P3()圖18A在電場中

22、的加速度之比為11B在磁場中運動的半徑之比為1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時的動能之比為13答案BCD解析磷離子P和P3的質(zhì)量相等設為m，P的電荷量設為q，則P3的電荷量為3q，在電場中由a知，加速度之比為所帶電荷量之比，即為13，A錯誤；由qUmv2得Ekq，即離開電場區(qū)域時的動能之比為13，D正確；又由qvB，得r ，所以rPrP31，B正確；由幾何關(guān)系可得P3在磁場中轉(zhuǎn)過60°角后從磁場右邊界射出，C正確2(2013·山東·23)如圖19所示，在坐標系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸

23、正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上的P點沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場已知OPd，OQ2d.不計粒子重力圖19(1)求粒子過Q點時速度的大小和方向(2)若磁感應強度的大小為一確定值B0，粒子將沿垂直y軸的方向進入第二象限，求B0.(3)若磁感應強度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒子將再次經(jīng)過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間答案(1)2 ，方向斜向上與x軸正方向成45°角(2) (3)(2) 解析(1)設粒子在電場中運動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為，由牛頓第二定律得qEma由運動學公式得dat2dv0t0vyat0vtan 聯(lián)立式得v245°(2)設粒子做圓周運動的半徑為R1，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關(guān)系可知O1OQ為等腰直角三角形，得R12d由牛頓第二定律得qvB0m聯(lián)立式