（江苏专用）2020版高考物理总复习 第八章 磁场 专题突破1 带电粒子在复合场中的运动教案（选修3

专题突破1带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动“磁偏转”和“电偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力F＝Eq只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB运动情况类平抛运动匀速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝12at2，a＝qEm，tanθ＝atv0牛顿第二定律、向心力公式r＝mvqB，T＝2πmqB，t＝θT2π【例1】(2018·江苏单科，15)如图11所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方d2处射出磁场。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。图11(1)求磁感应强度大小B；(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。解析(1)粒子圆周运动的半径r0＝mv0qB，由题意知r0＝d4，解得B＝4mv0qd(2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，如图甲所示，甲由d＝rsinα，得sinα＝45，即α＝53°在一个矩形磁场中的运动时间t1＝α360°2πmqB，解得t1＝53πd720v0直线运动的时间t2＝2dv，解得t2＝2d5v0则t＝4t1＋t2＝53π＋72180dv0(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x，如图乙所示，乙粒子向上的偏移量y＝2r(1－cosα)＋xtanα由y≤2d，解得x≤34d则当xm＝34d时，Δt有最大值粒子直线运动路程的最大值sm＝2xmcosα＋(2d－2xm)＝3d增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d增加时间的最大值Δtm＝Δsmv＝d5v0答案(1)4mv0qd(2)53π＋72180dv0(3)d5v0带电粒子在叠加场中的运动1.磁场力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。2.电场力、磁场力并存(不计重力)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。3.电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动。(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。【例2】(2018·江苏苏州市高三第一次模拟)如图2所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，y轴正方向竖直向上。在第一、第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，其大小E1＝3mg3q；在第二、第三象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场和垂直于xOy平面向外的匀强磁场，电场强度大小E2＝mgq，磁感应强度大小为B。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从x轴上距坐标原点为d的P点由静止释放。图2(1)求小球从P点开始运动后，第一次经过y轴时速度的大小；(2)求小球从P点开始运动后，第二次经过y轴时的坐标；(3)若小球第二次经过y轴后，第一、第四象限内的电场强度变为E1′＝3mgq，求小球第三次经过y轴时的坐标。解析(1)设小球在第一、四象限中的加速度为a，由牛顿第二定律（mg）2＋（qE1）2＝ma，得a＝233g。设加速度的方向与qE1方向成α角tanα＝mgqE1＝3，α＝60°粒子第一次到达y轴上的A点，由几何关系OA——＝OP——tanα＝3dPA＝d/cosα＝2d由v2－v20＝2ax知，粒子第一次经过y轴时的速度v＝83gd3(2)小球第一次经过y轴后，在第二、三象限内有qE2＝mg，故粒子做匀速圆周运动设轨道半径为R，由牛顿第二定律qvB＝mv2RR＝mvqB＝mqB83gd3由几何知识，三角形AO′B为等边三角形，AB——＝R小球第二次过y轴的B点纵坐标y2＝AB——－OA——＝mqB83gd3－3d(3)小球第二次经过y轴到第三次过y轴的过程中，设小球的加速度为a′，由牛顿第二定律（qE1′）2＋（mg）2＝ma′，a′＝2g设加速度方向与qE1′方向成β角，tanβ＝mgqE1′＝33，β＝30°由几何知识知，a′方向与v方向垂直，即小球做类平抛运动速度方向上l＝vt′，垂直速度方向上L＝12a′t′2由几何关系tan30°＝Ll，BC——＝L2＋l2BC——＝1639d小球第三次经过y轴时的纵坐标y3＝y2－BC——＝mqB83gd3－2539d答案(1)83gd3(2)mqB83gd3－3d(3)mqB83gd3－2539d带电粒子在交变电、磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清、并明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的物理量选规律联立不同阶段的方程求解【例3】(2019·无锡期末)如图3甲所示，平面直角坐标系中，0≤x≤l、0≤y≤2l的矩形区域中存在一个如图乙所示的交变磁场(B0和T0未知)，磁场方向向里为正。一个比荷为c的带正电的粒子从原点O以初速度v0沿＋x方向入射，不计粒子重力。图3(1)若粒子从t＝0时刻入射，在t＜T02的某时刻从点(l，l2)射出磁场，求B0大小；(2)若B0＝2v0cl，且粒子从0≤t≤T02的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T0的取值范围；(3)若B0＝2v0cl，在x＞l的区域施加一个沿－x方向的匀强电场，粒子在t＝0时刻入射，将在T0时刻沿＋x方向进入电场，并最终从(0，2l)沿－x方向离开磁场，求电场强度的大小以及粒子在电场中运动的路程。解析(1)如图甲所示，甲在磁场中，qv0B0＝mv20R由几何关系，有R2＝l2＋R－l22，解得R＝54l因此B0＝4v05cl(2)根据qv0B0＝mv20R′，粒子运动的半径为R′＝l2，临界情况为粒子从t＝0时刻入射，并且轨迹恰好与y轴相切，如图乙所示。乙圆周运动的周期T＝2πmqB0＝πlv0由几何关系知，在t＝T02内，粒子转过的圆心角为5π6对应运动时间t1＝5π62πT＝512T应满足t1≥T02联立可得T0≤5πl6v0(3)运动轨迹如图丙所示丙由题意知，12·2πmqB0＝T0得到T0＝πl2v0在电场中，qE＝ma往返一次用时Δt＝2v0a应有Δt＝n＋12T0可得E＝8v20（2n＋1）πcl，(n＝0，1，2…)在电场中运动路程为x＝12v0·Δt2·2＝（2n＋1）πl8(n＝0，1，2…)答案(1)4v05cl(2)T0≤5πl6v0(3)8v20（2n＋1）πcl(n＝0，1，2…)（2n＋1）πl8(n＝0，1，2…)带电粒子在复合场中的运动实例——质谱仪[题源：人教版选修3－1·P100例题]一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3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D上(图3.6－4)。图3.6－4(1)求粒子进入磁场时的速率；(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。解析(1)由动能定理得qU＝12mv2－0v＝2qUm(2)在磁场中qvB＝mv2RR＝1B2mUq答案(1)2qUm(2)1B2mUq拓展1(2016·全国卷Ⅰ，15)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4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4A.11B.12C.121D.144解析设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU＝12mv2－0，得v＝2qUm①在磁场中qvB＝mv2r②由①②式联立得m＝B2r2q2U，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得m2m1＝B22B21＝144，故选项D正确。答案D拓展2(2017·江苏单科，15)一台质谱仪的工作原理如图5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5(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。解析(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1，电场加速qU0＝12·2mv2，且qvB＝2mv2r1解得r1＝2BmU0q根据几何关系x＝2r1－L，解得x＝4BmU0q－L。(2)如图最窄处位于过两虚线交点的垂线上d＝r1－r21－（L2）2解得d＝2BmU0q－4mU0qB2－L24(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2，r1的最小半径r1min＝2Bm（U0－ΔU）q，r2的最大半径r2max＝1B2m（U0＋ΔU）q，由题意知2r1min－2r2max＞L，即4Bm（U0－ΔU）q－2B2m（U0＋ΔU）q＞L，解得L＜2Bmq[2（U0－ΔU）－2（U0＋ΔU）]答案(1)4BmU0q－L(2)见解析2BmU0q－4mU0qB2－L24(3)L＜2Bmq[2（U0－ΔU）－2（U0＋ΔU）]1.(2018·江苏清江中学冲刺模拟)在高能粒子研究中，往往要把一束含有大量质子和α粒子的混合粒子分离开，如图6所示，初速度可忽略的质子和α粒子，经电压为U的电场加速后，进入分离区，如果在分离区使用匀强电场或匀强磁场把粒子进行分离，所加磁场方向垂直纸面向里，所加电场方向竖直向下，则下列可行的方法是()图6A.电场和磁场都不可以B.电场和磁场都可以C.只能用电场D.只能用磁场解析在加速电场中，由动能定理得qU＝12mv20，若分离区加竖直向下的电场，设偏转电场的宽度为L，则在电场中偏转时有：沿电场方向y＝12at2＝12qEmLv02＝qEL22mv20，联立得粒子在分离区偏转距离y＝EL24U，可知，加速电压U相同，偏转电场的E和L相同，y相同，所以不能将质子和α粒子进行分离；若分离区加垂直纸面向里的磁场，粒子进入偏转磁场时，轨迹半径r＝mv0qB＝1B2mUq，由于质子和α粒子的比荷不同，运动的半径r也不同，所以能将两种粒子分离，故A、B、C项错误，D项正确。答案D2.(2018·淮安模拟)如图7所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则()图7A.液滴带正电B.液滴比荷qm＝EgC.液滴沿顺时针方向运动D.液滴运动速度大小v＝RgBE解析液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得qm＝gE，故选项B错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，选项C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝mv2R得v＝RBgE，故选项D错误。答案C3.(2019·昆山校级月考)如图