2020届高考物理总复习 第9章 磁场 专题讲座七 带电粒子在复合场中的运动课件 教科版

专题讲座七带电粒子在复合场中的运动核心探究演练提升核心探究分类探究·各个击破考点一带电粒子在复合场中的运动实例分析回旋加速器接交流电源交流电的周期和粒子做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.由qvB=2mvR得Ekm=2222qBRm速度选择器若qv0B=Eq,即v0=EB,粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电荷,两极电压为U时稳定,qUd=qv0B,U=v0Bd电磁流量计UDq=qvB,所以v=UDB,所以Q=vS=π4DUB霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差(如果是电子导电,则霍尔电压方向相反)【典例1】(2017·江苏卷,15)一台质谱仪的工作原理如图所示.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,经过加速后,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.(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;解析:(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为R1在电场加速时qU0=12×2mv2且qvB=2m21vR解得R1=02mUBq,根据几何关系x=2R1-L解得x=04mUBq-L.答案:(1)见解析解析:(2)如图所示最窄处位于过两虚线交点的垂线上d=R1-2212LR解得d=02mUBq-20244mULqB.答案:(2)见解析(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.答案:(3)见解析解析:(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为R2R1的最小半径R1min=02mUUBqR2的最大半径R2max=021mUUBq由题意知2R1min-2R2maxL即04mUUBq-022mUUBqL解得L2mBq[20UU-02UU].多维训练1.[电磁流量计的工作原理](2018·河北安国段考)(多选)如图所示,一块长度为a,宽度为b,厚度为d的金属导体,当加有与侧面垂直的匀强磁场B,且通以图示方向的电流I时,用电压表测得导体上、下表面M,N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e.下列说法中正确的是()A.M板比N板电势高B.导体单位体积内自由电子数越多,电压表的示数越大C.导体中自由电子定向移动的速度为v=D.导体单位体积内的自由电子数为CDUBdBIeUb解析:电流方向向右,电子定向移动方向向左,根据左手定则判断可知,电子所受的洛伦兹力方向向上,则M积累了电子,M,N之间产生向上的电场,所以M板比N板电势低,选项A错误;电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势,电压表的读数U等于感应电动势E,则有U=E=Bdv,可见,电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关,故选项B错误;由U=E=Bdv,得自由电子定向移动的速度为v=UBd,选项C正确;电流的微观表达式是I=nevS,则导体单位体积内的自由电子数n=IevS,S=db,v=UBd,代入得n=BIeUb,选项D正确.2.[回旋加速器的工作原理](2018·四川成都模拟)(多选)粒子回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的D型金属盒的半径为R,两金属盒间的狭缝很小,磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直,交变电流的频率为f,加速器的电压为U,若中心粒子源处产生的质子质量为m,电荷量为+e,在加速器中被加速.不考虑相对论效应,则下列说法正确是()A.质子被加速后的最大速度不能超过2πRfB.加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大C.质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为∶1D.不改变磁感应强度B和交变电流的频率f,该加速器也可加速其他粒子AC2解析:质子出回旋加速器的速度最大,此时的半径为R,最大速度为v=2πRT=2πRf,选项A正确;根据qvB=m2vR,得v=qBRm,则粒子的最大动能Ekm=12mv2=2222qBRm,与加速的电压无关,选项B错误;粒子在加速电场中做匀加速运动,在磁场中做匀速圆周运动,根据qU=12mv2,得v=2qUm,质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为2∶1,根据R=mvqB,则半径比为2∶1,选项C正确;带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等,根据T=2πmqB知,换用其他粒子,粒子的比荷变化,周期变化,回旋加速器需改变交变电流的频率才能加速其他粒子,选项D错误.考点二带电粒子在组合场中的运动1.常见类型(1)先电场后磁场①带电粒子先匀加速,后偏转,如图.②带电粒子先后都偏转,如图.(2)先磁场后电场①带电粒子先偏转,后匀加速或匀减速,如图(甲).②带电粒子先后都偏转,如图(乙).(3)先后两个不同的磁场2.处理思路【典例2】(2017·全国Ⅲ卷,24)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场.在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ1).一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)〚核心点拨〛(1)粒子从B0进入λB0磁场速率不变.解析:(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动.设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得qB0v0=m201vR,qλB0v0=m202vR,粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1=10πRv,粒子再转过180°时,所需时间t2为t2=20πRv,联立各式得,所求时间为t0=t1+t2=0πmBq(1+1).答案:(1)0πmBq(1+1)(1)粒子运动的时间;〚核心点拨〛(2)粒子在两个磁场各偏转180°.解析:(2)由几何关系得,所求距离为d0=2(R1-R2)=002mvBq(1-1).答案:(2)002mvBq(1-1)(2)粒子与O点间的距离.方法技巧“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题多维训练1.[先磁场后电场]如图所示,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.在x轴下方存在匀强电场,方向竖直向上.一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0,h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动,一段时间后,粒子与x轴正方向成45°进入电场,经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直.求:(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R和速度大小v1;解析:(1)根据题意可知,大致画出粒子在复合场中的运动轨迹,如图所示由几何关系得Rcos45°=h解得R=2h由牛顿第二定律得qBv1=m21vR解得v1=qBRm=2qBhm.答案:(1)2h2qBhm(2)匀强电场的电场强度大小E;解析:(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1,到达b点时速度大小为vb,根据类平抛运动规律,则vb=v1cos45°解得vb=qBhm设粒子进入电场经过时间t运动到b点,b点的纵坐标为-yb,由类平抛运动规律得R+Rsin45°=vbtyb=12(v1sin45°+0)t=212h由动能定理得-qEyb=12m2bv-12m21v解得E=221qhBm.答案:(2)221qhBm(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总.解析:(3)粒子在磁场中的周期为T=12πRv=2πmBq第一次经过x轴的时间t1=58T=5π4mqB在电场中运动的时间t2=2t=221mqB在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3=34T=3π2mqB则总时间t总=t1+t2+t3=(11π4+22+2)mBq.答案:(11π4+22+2)mBq2.[先电场后磁场](2017·天津卷,11)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力,问:(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;解析:(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有2L=v0tL=12at2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy=at设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有tanα=0yvv联立得α=45°答案:(1)v0与x轴正方向成45°角斜向上即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上.设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v=220yvv联立得v=2v0.2(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.解析:(2)设电场强度为E,粒子带电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得F=ma又F=qE设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有qvB=m2vR由几何关系可知R=2L联立解得EB=02v.答案:(2)02v考点三带电粒子在叠加场中的运动1.带电体在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)洛伦兹力、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)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若静电力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动.②若静电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,可用动能定理求解问题.(3)静电力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡,一定做匀速直线运动.②若重力与静电力平衡,一定做匀速圆周运动.③若合力不为零且与速度方向不垂直,将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用能量守恒定律或动能定理求解问题.2.带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.【典例3】(2017·江西师大附中三模)如图所示,水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画出),磁感应强度B=1.0T,边界右侧离地面高h=0.45m处有一水平光滑绝缘平台,右边有一带正电的a球,质量ma=0.1kg、电荷量q=0.1C,以初速度v0=0.9m/s水平向左运动,与大小相同但质量为mb=0.05kg静止于平台左边缘的不带电的绝缘球b发生弹性正碰,碰后a球恰好做匀速圆周运动,两球均视为质点,g=10m/s2,求:(1)电场强度的大小和方向;〚审题图示〛解析:(1)a球碰后在叠加场中做匀速圆周运动,满足mg=qE,可得E=10N/C.a球带正电,电场力方向向上,则电场强度方向向上.答案:(1)10N/C方向向上(2)碰后两球分别在电磁场中运动的时间;解析:(2)a球与b球发生碰撞,由动量守恒定律得mav0=mava+mbvb由能量守恒定律得12ma20v=12ma2av+12mb2bv解得va=0.3m/s,vb=1.2m/s对a球,洛伦兹力提供向心力qBva=ma2avR可得R=aamvBq=0.3m设a球落地点与圆心的连线和地面夹角为θ,由几何关系有h=R+Rsinθ,可得θ=π6故a球离开电磁场用时ta=π22πT,T=2πaRv代入得ta=23πs≈2.1sb球不带电,碰撞后做平抛运动,竖直方向有h=12g2bt代入得tb=0.3s.答案:(2)2.1s0.3s解析:(3)对a球有xa=rcosθ=0.