選修3 1第九章專題突破帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動

專題突 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)突破一【例1】（2018·卷Ⅰ，25）如圖1，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向磁場。一個氕核1H和一個氘核2Hyy＝h 11x軸正方向。已知1Hx60°，111（1）1HO11（3）2HO1111解析（1）1H在電場中做類平拋運(yùn)動，在磁場中做圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示。設(shè)1H在電場中的加速度大小為a，初速111位置到原點(diǎn)O的距離為s1。由運(yùn)動學(xué)有 由題給條件，1Hxθ＝60°。1H ya1t1＝v1tan 23 1（2）1H在電場中運(yùn)動時，由第二定律1 11設(shè)1Hv′111 1

s1＝2R1sin 設(shè)2H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v a2 由第二定律 122設(shè)2H第一次射入磁場時的速度大小為v′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ122入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場中運(yùn)動的時間為t2。由運(yùn)動學(xué) 2 2vsinv2s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝

v12設(shè)2HR，由16式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)12 ＝ 12H1s2′s2′＝2R2sin 1聯(lián)立④⑧161718式得，2HO13s2′－s2＝23（ 3答案

2 2）3

3（2xE，在第dx軸時，在電場和磁場中運(yùn)動的總時間為（）C.d

vB.dv0D.d ＋2 2解析帶電粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示，帶電粒子出電場時，速度v＝2v0過程的時間t1＝d＝2d，根據(jù)幾何關(guān)系可得帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑 24＝22d，帶電粒子在第Ⅰ象限中運(yùn)動的圓心角為3π，故帶電粒子在第Ⅰ4t2＝3πm＝32πd＝3πd，帶電粒子在第Ⅳt3＝2πd （2＋7π，D 答案2.（2018·南昌十校二模）3r＝0.06m的半圓形無場區(qū)的圓心在OR＝0.1mB＝0.075T的圓形有界磁場區(qū)mU＝6.4×102VN極板上收集的粒子被全部中和吸收。一位Ov＝6.0×105m/s的帶正電xq粒子重力不計、比荷

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.從坐標(biāo)（0，0.18m）Oy（3）Nη解析（1）R0＝mv＝0.08y＝0.18myθ，由幾何關(guān)系可得sinθ＝0.8如圖所示，設(shè)恰能從下極板右端出射的粒子射出磁場時的縱坐標(biāo)為y，則＝UqL2

0.08xα，則有y＝rsinα＋R0－R0cosα3解得tanα＝43η＝53°答案（1）0.08 “五步”突破二若重力和力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動電場力、磁場力并存（不計重力若電場力和力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動【例2】 如圖4所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)度大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在y＞h＝0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到θ＝45°并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限。已知重力加速度g＝10m/s2，問：P解析條件得，mg∶qE∶F＝1∶1∶2。由第（1）問得，mg＝qE，qvB＝2Bv＝2B

進(jìn)入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入xN點(diǎn)離開第一象限。由O→A勻速運(yùn)動的位移為sin ＝sinvt1＝s1＝0.1v

qvB＝mr，T＝vA→C πE4T＝2gB≈0.628C→Nt3＝t1；t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s2答案（1）1∶1∶ 油滴帶負(fù)電荷 （3）0.8282“三步”1.（2017·卷Ⅰ，16）如圖5，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動。下列 解析＝qEmb>ma>mc，故選項(xiàng)B正確，A、C、D答案B做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動若B與A相碰并結(jié)合在一起則它們將 A.B原速率的一半做勻速直線運(yùn)動

以2C.仍以R為半徑做勻速圓周運(yùn) D.做周期為B的一半的勻速圓周運(yùn)2解析A、Bmv＝2mv′v′＝vA、B合成的大油滴仍受重力與電場力平衡，合外力是力，所以繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動2r＝2mv′＝mv＝R，T＝2π·2m＝2πm，選項(xiàng)B答案

突破三L2E0，E＞0表示電場方向豎直向上。t＝0m的微N1vQ點(diǎn)后，做一次N2點(diǎn)。QN1N2的中點(diǎn)，重gd、E0、m、v、g為已知量。qB解析（1） 微粒做圓周運(yùn)動，則 E聯(lián)立①②得 E0v v2設(shè)微粒從N1運(yùn)動到Q的時間為t1，做圓周運(yùn)動的周期為t2，則 2qvB＝m 聯(lián)立③④⑤⑥⑦t1＝g g d 若微粒能完成題述的運(yùn)動過程，要求 聯(lián) ③④⑥得 N1Q由⑤⑩1t1min＝R＝ t2不變，T 答案

d

）

（2）2v＋ 1.（多選）某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場（如圖8甲所示規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎?。為使靜止，（ a

度f

T＝2度

＝8T

＝2解析

2同理可判斷選項(xiàng)D

答案2.9甲所示，空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場，其變（重力不計At＝0時刻將該粒子由靜止釋放，經(jīng)過時t0BE0。試求；TA、B6t＝Tt06n（1）根據(jù)粒子的初狀態(tài)和受力特點(diǎn)可知，粒子運(yùn)動的v－tt0＝nT時，粒子的速度剛好為零，故有T＝t0（n為正整數(shù)。n由（1）圖可知，A、B

s＝a（）×2n＝ ·（） 6t＝Tv－tt6））

） ） 答案

（n為正整數(shù)）

社會態(tài)度與責(zé)任系列——復(fù)合場中的STSE實(shí)例一1 qvB＝mr，則比荷2U子（不考慮粒子重力及粒子間的相互作用AS1不斷飄U的加速電場（粒子的初速度可視為零S1S2（S2為小孔）與B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，最后打這兩種粒子在底片上可能發(fā)生。對此，下列說法正確的有（）MU一定，ΔUΔU一定，U解析根據(jù)左手定則判斷出兩種粒子均帶正電，選項(xiàng)A 2qU粒子達(dá)到底片上的位置為 ＝qB 2mU，q相同時，x越小說明質(zhì)量越小，選項(xiàng)BU＝qB子打到底片的理論位置確定，ΔU越大，兩種粒子理論位置兩側(cè)寬度越大，越容易發(fā)生，選項(xiàng)C正確；ΔU一定，兩種粒子理論位置兩側(cè)寬度不變，U越大，兩種粒子打到底片的理論位置距離越大，越不容易發(fā)生，選項(xiàng)D錯誤。答案D qvB＝mrEkm＝如圖11所示是醫(yī)用回旋示意圖其部分是兩個D形金屬盒兩金屬（4He 下列說法中正確的是 B.C. q解析根據(jù)qvB＝mR，得v＝m，兩粒子的比荷m

AEk＝2mv＝2m，兩粒子的比荷mmBT＝2πm，兩粒子的比荷q相等，所以周期相等。做圓周運(yùn)動的頻率相等，因?yàn)樗痈哳l電mC錯誤；由Ek＝2mD答案實(shí)例三若qv0B＝Eq，即 E，帶電粒子做勻速運(yùn)在如圖12所示的平行板器件中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直一帶電粒子（重力不計）從左端以速度v沿虛線射入后做直線運(yùn)動，則該粒子（ 速度 Bv>EB解析粒子帶正電和負(fù)電均可，選項(xiàng)A錯誤；由力等于電場力，即qE，解得速度v＝E，選項(xiàng)B正確；若速度vE，粒子可能從板間射出，選項(xiàng) 做直線運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤。答案實(shí)例四 U U Dq＝qvBv＝DBQ＝vS＝DBπ（2＝MN分別連接艦艇內(nèi)M、NM、N間海水受到向應(yīng)為（）A.水平向左B.水平向右C.豎直向上D.解析電流從M到N，由左手定則知所加磁場方向必須豎直向上，選項(xiàng)C正確。答案實(shí)例五 Id解析根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車車輪的半v＝2πrnAd則U＝Bdv，即霍爾電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關(guān)，與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān)，故選項(xiàng)BI是由電子定向運(yùn)動形成的，選項(xiàng)C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導(dǎo)致電子定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項(xiàng)D正確。答案（時間：45分鐘1.1

＝B出；若某一粒子以速度v射入該速度選擇器后，運(yùn)動軌跡為圖中實(shí)線，則關(guān)于該 粒子射入的速度一定是 粒子射入的速度可能是 D粒子射出時的速度一定小于射入速度答案B2.（多選）2說法正確的是（）A.AB.bC.A、BD.等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受力大于所受電場解析由左手定則，A板帶負(fù)電，則電流從b經(jīng)用電器流向a方向向上，故選項(xiàng)B、D答案 B.C.D.解析由于小球做勻速圓周運(yùn)動，有qE＝mg，電場力方向豎直向上，所以小球一定帶負(fù)電，故選項(xiàng)A錯誤，B正確；力提供小球做圓周運(yùn)動的向心力，C正確；改變小球速度大小，小球仍做圓周運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤。答案4.4所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的PO點(diǎn)。關(guān)于該粒子（不計重力（A.粒子帶負(fù) B.初速度為

E D.比荷為解析P點(diǎn)，由左手定則知粒子帶正電，選項(xiàng)A因 v qvB＝r，所以m＝BrEq＝qvBv＝B，代入上式得E，選項(xiàng)D正確，B、C答案度可以忽略Ek后，再將它們引出。忽略質(zhì)子在電場中的運(yùn)動時間，則下列說法正確的是（）A.UEkC.2T，仍可用此裝置加速質(zhì)子D.n次被加速前、后的軌道半徑之比為n－1∶n解析由r＝mv可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋質(zhì)子在回旋中的運(yùn)行時間變短，選項(xiàng)B正確；為了使質(zhì)子能在回旋n以及rn＝mvn可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比 n－1∶n，選D答案6所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒N；P、QR的四分之一圓形確的是（）SSO解析SqE＝R，無法判斷出粒子的速度和動能是否相等，選項(xiàng)A、B

＝v2，得＝mv m ，可得

Rr＝qB

qO點(diǎn)越遠(yuǎn)，選項(xiàng)D答案μ，桿處于正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，桿與水平電場的夾角為θ，若環(huán)能從靜止開始下滑，則以下說法正確的是（mgsinθ－qEcosθ－μ（mgcosθ＋qEsin 當(dāng)速度v增大時，加速度也增大，當(dāng)速度v增大到彈力反向后，加速度mgsinθ－qEcosθ－μ（qvB－mgcosθ－qEsin ，隨速度v速度減為零時，環(huán)做勻速運(yùn)動，B、C答案8.（2019·黑龍江牡丹江模擬）如圖8所示為質(zhì)譜儀的原理圖，M為粒子，d＝0.06m；Plabcd磁場區(qū)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝0.1TdcSdc放置一 塊熒光屏。今有一比荷為

C/kg速度選擇器，從a平行于ab方向進(jìn)入abcd磁場區(qū)，正離子剛好經(jīng)過小孔粒子離開時的速度abcdl2解析（1）U1v2m解得 2qU1＝1×106m/sm粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，則電場力與力平衡，得qE＝ddU2＝B1dv＝1.2×104V 3）粒子在B2中做圓周運(yùn)動 力提供向心力，有qvB2＝rB2r＝mv＝0.1m2

2－（

r）＝4，l＝8＝0.16m答案（1）1×106 （2）1.2×104 （3）0.16（0，R；xCD，CDx軸相距3R，xCD之間的區(qū)域有一沿＋y

0CD＝CDB23mv0R＝B1CDxx軸上有解析（1）r1＝Rr1＝mv0 （）在電場中＝eE＝3v2

＝1

vv0CDCDr2＝mv＝4 CDCD60°x軸θ＋r2（2r2＋r2sinxl2＝43＋8＋233 233 答案xOy10y軸垂直，寬度MMN

π軸正方向的夾角為6解析（1）粒子運(yùn)動的軌跡如圖（a）（磁場中為圓弧，上下對稱圖M點(diǎn)射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運(yùn)動的時間為t，加