2020届高考物理总复习 9 专题二带电粒子在复合场中的运动课件 新人教版

09磁场专题二带电粒子在复合场中的运动考点突破1．构造如图2－1所示，质谱仪由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片构成．图2－12．原理粒子由静止被加速电场加速，qU＝12mv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r.由以上两式可得r＝1B2mUq，m＝qr2B22U，qm＝2UB2r2.【例1】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2－2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2－2A．11B．12C．121D．144【解析】带电粒子在电场中加速，根据动能定理有qU＝12mv2，在磁场中洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r，得r＝1B2mUq，根据比例关系就可以选出正确答案．【答案】D1．组成如图2－3所示，两个D形盒(静电屏蔽作用)，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电场．图2－32．作用电场用来对粒子(质子、α粒子等)加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速．3．加速原理(1)回旋加速器中所加交变电压的频率f，与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等，f＝1T＝qB2πm.(2)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式Ek＝12mv2＝q2B2R22m来计算，在粒子电荷量、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大．而粒子最终得到的能量与加速电压的大小无关．电压大，粒子在盒中回旋的次数少；电压小，粒子回旋次数多，但最后能量一定．【例2】(2019年扬州期末)(多选)回旋加速器工作原理示意图如图2－4所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是()图2－4A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B．若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C．若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子【解析】当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmB＝mv2mR，得vm＝qBRm，那么质子获得的最大动能Ekm＝q2B2R22m，则最大动能与交流电压U无关，故A错误；根据T＝2πmBq，若只增大交变电压U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，则运行时间也会变短，故B正确；根据T＝2πmBq，若磁感应强度B增大，那么T会减小，只有当交流电频率f必须适当增大才能正常工作，故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＝2πmBq知，换用α粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子，故D错误．故选BC.【答案】BC1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起，区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键．当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成．2．“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题型1电场与磁场组合【例3】如图2－5所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)()图2－5A．d随U1变化，d与U2无关B．d与U1无关，d随U2变化C．d随U1变化，d随U2变化D．d与U1无关，d与U2无关【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：v0v＝cosθ，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：d2R＝cosθ，所以d＝2Rv0v，又因为半径公式R＝mvBq，则有d＝2mv0Bq＝2B2mU1q.故d随U1变化，d与U2无关，故A正确；B、C、D错误．【答案】A变式训练1(2018年高考·课标全国卷Ⅲ)如图2－6所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：图2－6(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比．解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝12m1v21①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1v21R1②由几何关系知：2R1＝l③由①②③式得：B＝4Ulv1④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有：q2U＝12m2v22⑤q2v2B＝m2v22R2⑥由题给条件有：2R2＝l2⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1∶q2m2＝1∶4⑧答案：(1)4Ulv1(2)1∶4题型2磁场与磁场组合【例4】如图2－7所示，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里；在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l，3l)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰好能经过原点O，不计粒子重力．求：图2－7(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？(2)粒子运动的速度可能是多少？【解析】(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨迹半径和周期，则有Ra＝mv2qB，Rb＝mvqB，Ta＝2πm2qB＝πmqB，Tb＝2πmqB当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图2－8所示图2－8根据几何知识得tanα＝3l4l＝34，故α＝37°粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为tb＝2×（90°－a）360°Tb，ta＝2×（90°－a）360°Ta.故从P点运动到O点的时间为t＝ta＋tb＝53πm60qB.(2)由题意及上图可知n(2Racosα＋2Rbcosα)＝（3l）2＋（4l）2.解得v＝25qBl12nm(n＝1，2，3，…)．【答案】(1)53πm60qB(2)25qBl12nm(n＝1，2，3，…)．变式训练2(2018年高考·课标全国卷Ⅰ)如图2－9所示，在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.11H的质量为m，电荷量为q，不计重力．求图2－9(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离．(2)磁场的磁感应强度大小．(3)21H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．解析：(1)11H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图2－10所示．设11H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有图2－10s1＝v1t1①h＝12a1t21②由题给条件，11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.11H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③联立以上各式得s1＝233h④(2)11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤设11H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝v21＋（a1t1）2⑥设磁感应强度大小为B，11H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv′1B＝mv′21R1⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧联立以上各式得B＝6mEqh⑨(3)设21H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得12(2m)v22＝12mv21⑩由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪设21H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2＝v2t2⑫h＝12a2t22⑬v2′＝v22＋（a2t2）2⑭sinθ2＝a2t2v2′⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝22v1′⑯设21H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝（2m）v2′qB＝2R1⑰所以出射点在原点左侧．设21H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有s2′＝2R2sinθ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝233(2－1)h⑲答案：(1)233h(2)6mEqh(3)233(2－1)h1．磁场力与重力叠加(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒．2．电场力与磁场力叠加(不计重力)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子做复杂的曲线运动，可用动能定理求解．3．电场力、磁场力、重力叠加(1)若三力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．(2)若重力与电场力平衡，带电粒子做匀速圆周运动．(3)若合力不为零，带电粒子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．题型1磁场与重力场叠加【例5】(2019年郑州质检)(多选)如图2－11所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的()图2－11【解析】带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误．【答案】AD题型2电场与磁场叠加【例6】(2019年山西联考)如图2－12所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点．已知OD＝34OM，匀强磁场的磁感应强度大小为