高考物理一輪復(fù)習通用版文檔第九章磁場第3節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運動(含解析)

第3節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運動知識點1帶電粒子在復(fù)合場中的運動1．復(fù)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：電場與磁場各位于必然的地域內(nèi)，其實不重疊，或相鄰或在同一地域電場、磁場交替出現(xiàn)．2．帶電粒子在復(fù)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(fù)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(fù)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素來線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線．知識點2帶電粒子在復(fù)合場中運動實例1．質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖9-3-1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9-3-112(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝2mv.v2粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝mr.12mU22qrBq2U由以上兩式可得r＝Bq，m＝2U，m＝B2r2.2．回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖9-3-2所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的空隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中．圖9-3-2(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

mv2qvB＝，得r

q2B2r2Ekm＝2m

，可見粒子獲得的最大動能由磁感覺強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓沒關(guān)．3．速度選擇器(1)平行板中電場強度E和磁感覺強度B互相垂直．這種裝置能把擁有必然速度的粒子選擇出來，因此叫做速度選擇器(如圖9-3-3所示)．圖

9-3-3(2)帶電粒子可以沿直線勻速經(jīng)過速度選擇器的條件是

qE＝qvB，即

Ev＝B.4．磁流體發(fā)電機(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)變成電能．(2)依照左手定則，圖9-3-4中的B是發(fā)電機正極．圖9-3-4(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感覺強度為

B，則由

UqE＝qL＝qvB得兩極板間能達到的最大電勢差

U＝BLv.5．電磁流量計工作原理：如圖9-3-5所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性資料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫UU茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持牢固，即：qvB＝qE＝qd，因此v＝Bd，因2πdUπdU4Bd4B圖9-3-5度

1．正誤判斷(1)帶電粒子在復(fù)合場中不可以能處于靜止狀態(tài)．(×)(2)帶電粒子在復(fù)合場中可能做勻速圓周運動．(√)(3)帶電粒子在復(fù)合場中必然能做勻變速直線運動．(×)(4)帶電粒子在復(fù)合場中運動必然要考慮重力．(×)(5)電荷在速度選擇器中做勻速直線運動的速度與電荷的電性有關(guān)．(×)2．[對速度選擇器的理解]帶正電的甲、乙、丙三個粒子(不計重力)分別以速v甲、v乙、v丙垂直射入電場和磁場互相垂直的復(fù)合場中，其軌跡如圖9-3-6所示，則以下說法正確的選項是

(

)圖9-3-6A．v甲>v乙>v丙B．v甲<v乙<v丙C．甲的速度可能變大D．丙的速度不用然變大[由左手定則可判斷正電荷所受洛倫茲力向上，而所受的電場力向下，由EEE運動軌跡可判斷qv甲B>qE，即v甲>B，同理可得v乙＝B，v丙<B，因此v甲>v乙>v丙，故A正確，B錯誤；電場力對甲做負功，甲的速度必然減小，對丙做正功，丙的速度必然變大，故C、D錯誤．]3．[質(zhì)譜儀的工作原理](2016全·國乙卷)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來解析比質(zhì)子重很多倍的離子，其表示圖如圖9-3-7所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口走開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口走開磁場，需將磁感覺強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖9-3-7A．11B．12C．121D．14412，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半D[帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝2mvmv12mU徑r＝qB，由以上兩式整理得：r＝Bq.由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：m2＝144，選項D正確．]m14．[回旋加速器原理的理解](多項選擇)回旋加速器的原理如圖9-3-8所示，它由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，此間留有空隙，以下說法正確的選項是( )圖9-3-8．離子從電場中獲得能量B．離子從磁場中獲得能量C．只增大空隙間的加速電壓可增加離子從回旋加速器中獲得的動能D．只增大D形盒的半徑可增加離子從回旋加速器中獲得的動能AD[回旋加速器經(jīng)過電場對離子做功獲得能量，A正確；洛倫茲力對離子q2B2r2不做功，B錯誤；粒子獲得的能量為Ekm＝2m，C錯誤、D正確．]帶電粒子在組合場中的運動1.帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中可能的運動性質(zhì)在磁感覺強度為B的勻在電場強度為E的勻強電場中強磁場中做初速度為零的勻加速直線運初速度為零保持靜止動做勻變速曲線運動(類平拋運初速度垂直場線動)做勻速圓周運動初速度平行場線做勻變速直線運動做勻速直線運動特點受恒力作用，做勻變速運動洛倫茲力不做功，動能不變2.“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進入勻強磁場(磁偏轉(zhuǎn))垂直進入勻強電場(電偏轉(zhuǎn))情況圖FB＝qv0，大小不變，方向總BFE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，受力指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力為恒力mv0Eq運動規(guī)律勻速圓周運動r＝Bq，T＝類平拋運動vx＝v0，vy＝mt2πmEq2Bqx＝v0t，y＝t2m運動時間t＝θθmt＝L，擁有等時性T＝Bq2πv0動能不變變化3.常有模型(1)先電場后磁場模型①先在電場中做加速直線運動，爾后進入磁場做圓周運動．(如圖9-3-9甲、乙所示)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．甲乙圖9-3-9②先在電場中做類平拋運動，爾后進入磁場做圓周運動．(如圖9-3-10甲、乙所示)在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度．甲乙圖9-3-10(2)先磁場后電場模型對于粒子從磁場進入電場的運動，常有的有兩種情況：(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9-3-11所示)甲乙圖9-3-11[多維研究]●考向1先電場后磁場1．如圖9-3-12所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在以下列圖的勻強磁場，磁感覺強度大小相等．有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直于x軸進入第Ⅳ象限的磁場．已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為( )圖9-3-12A.7πdB．d(2＋5π)2v0v0d3πd7πC.v02＋2D．v02＋2[帶電粒子的運動軌跡以下列圖．由題意知，帶電粒子到達y軸時的速度v＝2v0，這一過程的時間t1＝d＝2d.v0v02又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r＝22d.故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間為：t2＝3×2πrπ＝3πdv＝32d2v082v帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間為：t3＝1×2πr＝22πd＝2πd2vvv07π故t總＝v02＋2.故D正確．]●考向2先磁場后電場2．(2017·濰坊模擬)在如圖9-3-13所示的坐標系中，第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感覺強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強電場．p點為y軸正半軸上的一點，坐標為(0，l)；n點為y軸負半軸上的一點，坐標未知．現(xiàn)有一帶正電的粒子由p點沿y軸正方向以必然的速度射入勻強磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45°角的方向進入勻強電場，在電場中運動一段時間后，該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點．粒子的重力忽略不計．求：圖9-3-13(1)粒子在p點的速度大??；(2)第三和第四象限內(nèi)的電場強度的大??；(3)帶電粒子從由p點進入磁場到第三次經(jīng)過x軸的總時間．【解析】粒子在復(fù)合場中的運動軌跡以下列圖(1)由幾何關(guān)系可知rsin45＝°l解得r＝2l2v0又由于qv0B＝mr，可解得2Bqlv0＝m.(2)粒子進入電場在第三象限內(nèi)的運動可視為平拋運動的逆過程，設(shè)粒子射入電場坐標為(－x1,0)，從粒子射入電場到粒子經(jīng)過n點的時間為t2，由幾何關(guān)系知x1＝(2＋1)l，在n點有22＝2v1＝2v0由類平拋運動規(guī)律有2(2＋1)l＝2v0t22Eq2v0＝at2＝mt2聯(lián)立以上方程解得t2＝2＋1m2－1qlB2qB，E＝m.2πm(3)粒子在磁場中的運動周期為T＝qB55πm粒子第一次在磁場中運動的時間為t1＝T＝22＋1m粒子在電場中運動的時間為2t2＝33πm粒子第二次在磁場中運動的時間為t3＝4T＝2qB故粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸所用時間為11πmt＝t1＋2t2＋t3＝(4＋22＋2)qB.2Bql2－1qlB2m11π【答案】(1)m(2)m(3)(4＋22＋2)qB(1)解題的思想程序(2)規(guī)律運用及思路①帶電粒子經(jīng)過電場所區(qū)時利用動能定理或類平拋的知識解析；②帶電粒子經(jīng)過磁場所區(qū)時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來辦理；③注意帶電粒子從一種場進入另一種場時的連結(jié)速度．帶電粒子在疊加場中的運動[多維研究]●考向

1

電場、磁場疊加1．(多項選擇)(2017

濟·南模擬)如圖

9-3-14

所示，在正交坐標系

O-xyz

中，分布著電場和磁場

(圖中未畫出

)．在

Oyz平面的左方空間內(nèi)存在沿

y軸負方向、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場；在Oyz平面右方、Oxz平面上方的空間內(nèi)分布著沿z軸負方向、磁感覺強度大小也為B的勻強磁場；在Oyz平面右方、Oxz平面下方分布著沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為aqB24m.在t＝0時刻，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒從P點靜止釋放，已知P點的坐標為(5a，－2a,0)，不計微粒的重力．則( )圖9-3-14aqbA．微粒第一次到達x軸的速度大小為m4mB．微粒第一次到達x軸的時刻為qBC．微粒第一次到達y軸的地址為y＝2aD．微粒第一次到達y軸的時刻為40＋5πm2qBBD[微粒從P點由靜止釋放至第一次到達y軸的運動軌跡以下列圖．釋放后，微粒在電場中做勻加速直線運動，aqB212由E＝4m，依照動能定理有Eq·2a＝2mv，解得微粒第一次到達x軸的速度v＝aqB，又Eqt1＝v，解得微粒第一次到達x軸的時刻t1＝4m，應(yīng)選項A錯誤，BmmqB正確；微粒進入磁場后開始做勻速圓周運動，假設(shè)運動的軌道半徑為R，則有qvB2v＝mR，可得：R＝a，因此微粒到達y軸的地址為y＝a，選項C錯誤；微粒在磁場中運動的周期T＝2πR＝2πm，則運動到達y軸的時刻：t2＝5t1＋5，代入得：vqB4Tt2＝40＋5πm，選項D正確．]2qB●考向2電場、磁場、重力場疊加2．(2017·溫州模擬)如圖9-3-15所示，在真空空間中，有沿水平方向的、垂直于紙面向里的勻強磁場B，還有方向豎直向上的勻強電場E，三個帶電液滴(可視為質(zhì)點)甲、乙、丙帶有等量同種電荷．已知甲靜止，乙水平向左勻速運動，丙水平向右勻速運動，則以下說法正確的選項是( )圖9-3-15．三個液滴都帶負電B．丙質(zhì)量最大，甲質(zhì)量次之，乙質(zhì)量最小C．若僅撤去磁場，甲可能做勻加速直線運動D．若僅撤去電場，乙和丙可能做勻速圓周運動B[甲靜止，不受洛倫茲力，由受力平衡，有m甲g＝qE，重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場E的方向豎直向上，故三個液滴都帶正電，選項A錯誤．乙受力平衡，有m乙g＋qv乙B＝qE，故m甲>m乙；丙受力平衡，有m丙g＝qE＋qv丙B，故m丙>m甲，選項B正確．甲靜止，不受洛倫茲力，電場力和重力相平衡，因此僅撤去磁場時甲依舊靜止，選項C錯誤．僅撤去電場，乙和丙除受洛倫茲力外，還受豎直向下的重力作用，速度將增大，洛倫茲力的大小和方向隨速度的大小和方向變化而變化，乙和丙不可以能做勻速圓周運動，選項D錯誤．]3．(2016·天津高考)如圖9-3-16所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝53N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感覺強度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感覺現(xiàn)象)，g取10m/s2求：.圖9-3-16(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.【解析】(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝q2E2＋m2g2①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足qE③tanθ＝mg代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝3θ＝60°.④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，22＋m22⑤設(shè)其加速度為a，有a＝qEgm設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥12設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝2at⑦y⑧a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝x聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝23s≈3.5s⑨解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有12＝0⑥vyt－gt2聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝23s≈3.5s．⑦【答案】(1)20m/s，方向與電場方向成60°角斜向上(2)3.5s帶電粒子在疊加場中運動的解析方法帶電粒子在磁場中運動的實質(zhì)應(yīng)用[多維研究]●考向1回旋加速器的工作原理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獲得加速，兩盒放在磁感覺強度為的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心周邊，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9-3-17所示．問：圖9-3-17(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(yīng)是多大，粒子運動的角速度為多大？(4)粒子走開加速器時速度為多大？最大動能為多少？(5)設(shè)兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，此間電場均勻，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(dǎo)系統(tǒng)成，擁有障蔽外電場的作用，盒內(nèi)無電場．(2)帶電粒子在盒內(nèi)做勻速圓周運動，每次加速此后半徑變大．(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2πm1qBqB率，由于T＝qB，故得回旋頻率f＝T＝2πm，角速度ω＝2πf＝m.(4)粒子旋轉(zhuǎn)半徑最大時，由牛頓第二定律得2mvmqBRmqvmB＝Rm，故vm＝m.12q2B2R2m最大動能Ekm＝2mvm＝2m.(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＝22EkmqBRm＝.2πBRm粒子在磁場中運動的時間t磁＝nT＝2U.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)D形盒內(nèi)無電場(2)勻速圓周運動m2222qBqBmπBRmqBRqBR(5)2U(3)2πmm(4)m2m●考向2質(zhì)譜儀的工作原理2.質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和解析同位素的重要工具．如圖9-3-18所示為質(zhì)譜儀的原理表示圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對氫元素進行測量．讓氫元素三種同位素的離子流沉著器

A下方的小孔

S無初速度飄入電勢差為

U的加速電場．加速后垂直進入磁感強度為

B的勻強磁場中．氫的三種同位素最后打在照相底片

D上，形成

a、b、c三條“質(zhì)譜線”．則以下判斷正確的選項是

(

)圖9-3-18．進入磁場時速度從大到小排列的序次是氕、氘、氚B．進入磁場時動能從大到小排列的序次是氕、氘、氚C．在磁場中運動時間由大到小排列的序次是氕、氘、氚D．a(chǎn)、b、c三條“質(zhì)譜線”依次排列的序次是氕、氘、氚A[離子經(jīng)過加速電場的過程，有12，由于氕、氘、氚三種離子的qU＝2mv電量相同、質(zhì)量依次增大，故進入磁場時動能相同，速度依次減小，故A項正2πm確，B項錯誤；由T＝qB可知，氕、氘、氚三種離子在磁場中運動的周期依次增大，又三種離子在磁場中運動的時間均為半個周期，故在磁場中運動時間由大211v2到小排列依次為氚、氘、氕，C項錯誤；由qvB＝mR及qU＝2mv，可得R＝B2mU，故氕、氘、氚三種離子在磁場中的軌道半徑依次增大，因此a、b、cq三條“質(zhì)譜線