（新课标）2020年高考物理一轮总复习 第九章 第四讲 带电粒子在复合场中的运动课件

能力提升课第四讲带电粒子在复合场中的运动研考向·考点探究栏目导航随堂练·知能提升热点一带电粒子在叠加场中运动的实例分析(自主学习)1．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．(2)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＝2UB2r2.2．回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中．(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝mv2r，得Ekm＝q2B2r22m，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关．3．其他实验应用装置原理图规律速度选择器若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，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＝πDU4B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1－1.[质谱仪](2016·全国卷Ⅰ)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()A．11B．12C．121D．144解析：带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝12mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝mvqB，由以上两式整理得r＝1B2mUq.由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得m2m1＝144，D正确．答案：D1－2.[回旋加速器](多选)如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)，下列说法中正确的是()A．它们的最大速度相同B．它们的最大动能相同C．两次所接高频电源的频率相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析：由R＝mvqB得最大速度v＝qBRm，两粒子的qm相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能Ek＝12mv2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B错误；高频电源的频率f＝qB2πm，因为qm相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误．答案：AC热点二带电粒子在组合场中的运动(师生共研)“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[典例1]如图所示，一质量m＝1×10－16kg、电荷量q＝2×10－6C的带正电微粒(重力不计)，从静止开始经电压U1＝400V的加速电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长L＝1m，两极间距d＝32m，微粒射出偏转电场时的偏转角θ＝30°，接着进入一方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，该匀强磁场的磁感应强度大小B＝π3T，微粒在磁场中运动后恰能从右边界射出．求：(1)微粒进入偏转电场时的速度大小v0；(2)两金属板间的电压U2；(3)微粒在磁场中的运动时间t和匀强磁场的宽度D.解析：(1)带电微粒在加速电场中，由动能定理有qU1＝12mv20解得v0＝2qU1m＝4×106m/s.(2)带电微粒在偏转电场中运动时a＝qEm＝qU2mdt＝Lv0tanθ＝atv0＝33联立解得U2＝400V.(3)带电微粒在磁场中运动，恰好从右边界射出，对应圆周运动的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r可得r＝mvqBT＝2πrv＝2πmqB带电微粒在磁场中的时间t＝T3＝2πm3qB＝1×10－10s由几何关系可知D＝r＋rsinθ，又v0v＝cosθ解得D＝63π×10－4m.答案：(1)4×106m/s(2)400V(3)1×10－10s63π×10－4m[反思总结]“3步”突破带电粒子在组合场中的运动问题第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：第3步：用规律如图所示，真空中有一以(r,0)为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y≥r的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E；从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子的电荷量为e，质量为m，质子在磁场中的偏转半径也为r，不计重力及阻力的作用，求：(1)质子射入磁场时的速度大小；(2)速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需时间及与y轴交点坐标．解析：(1)质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB＝mv2r，可得v＝eBrm.(2)质子沿x轴正方向射入磁场，经14圆弧后，以速度v垂直于电场方向进入电场，由于T＝2πrv＝2πmeB，质子在磁场中运动的时间为t1＝T4＝πm2eB.质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r后到达y轴，因此有r＝12at22，则t2＝2ra＝2mreE.所求时间为t＝t1＋t2＝πm2eB＋2mreE.与y轴的交点：y＝r＋2mreE·eBrm＝r＋Br2ermE，x＝0.答案：(1)eBrm(2)πm2eB＋2mreE(0，r＋Br2ermE)热点三带电粒子在叠加场中的运动(师生共研)带电体在复合场中运动的归类分析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．[典例2]如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.解析：(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋FN＝qE小滑块在C点离开MN时，有FN＝0解得vC＝EB.(2)由动能定理得mgh－Wf＝12mv2C－0解得Wf＝mgh－mE22B2.(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，则g′＝qEm2＋g2且v2P＝v2D＋g′2t2解得vP＝v2D＋qEm2＋g2t2.答案：(1)EB(2)mgh－mE22B2(3)v2D＋qEm2＋g2t2[反思总结]遵循“解题流程”，规范答题3－1.[电场、磁场、重力场]如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动的最低点，则以下叙述错误的是()A．液滴一定带负电B．液滴在C点时动能最大C．液滴在C点电势能最小D．液滴在C点机械能最小解析：液滴偏转是由于受洛伦兹力作用，据左手定则可判断液滴一定带负电，A正确；液滴所受电场力必向上，而液滴能够从静止向下运动，是因为重力大于电场力，由A→C合力做正功，故在C处液滴的动能最大，B正确；而由于A→C克服电场力做功最多，电势能增加最多，又机械能与电势能的和不变，因此，由A→C机械能减小，故液滴在C点机械能最小，C错误，D正确．答案：C3－2.[电场、磁场、重力场]在如图所示的真空环境中，匀强磁场方向水平、垂直纸面向外，磁感应强度B＝2.5T；匀强电场方向水平向左，电场强度E＝3N/C.一个带负电的小颗粒质量m＝3.0×10－7kg，带电荷量q＝3.0×10－6C，带电小颗粒在这个区域中刚好做匀速直线运动(g取10m/s2)．则()A．这个带电小颗粒一定沿与水平方向成30°向右下方做匀速直线运动B．这个带电小颗粒做匀速直线运动的速度大小为0.4m/sC．若小颗粒运动到图中P点时，把磁场突然撤去，小颗粒将做匀加速直线运动D．撤去磁场后，小颗粒通过与P点在同一电场线上的Q点，那么从P点运动到Q点所需时间为0.083s解析：带电小颗粒受力如图：tanα＝mgqE＝33，所以α＝30°，由左手定则可知带负电小颗粒运动方向应与水平方向成60°角斜向右上方，由平衡条件可得qvB＝mgsin30°，解得v＝mgqBsin30°＝0.8m/s，A、B错误；撤去磁场后，小颗粒受到的重力和电场力的合力与速度方向垂直，故小颗粒将做匀变速曲线运动(类平抛运动)，C错误；加速度大小为a＝mgmsin30°＝2g＝20m/s2，方向与水平方向成30°角斜向右下方，在竖直方向上，小颗粒做初速度为vsin60°、加速度为g的竖直上抛运动，从P点运动到Q点所需时间为t＝2vsin60°g＝0.083s，D正确．答案：D热点四带电粒子在交变场中的运动(师生共研)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[典例3]如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示(垂直纸面向里为正)．有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子的质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．(1)求磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度v0的可能值．[思路点拨](1)正离子做匀速圆周运动的周期等于磁场的变化周期，由此可求出磁感应强度．(2)画出正离子在磁场中的运动轨迹，求出轨迹半径与d的几何关系即可求出速度的可能值．解析：(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0＝mv20r粒子运动的周期T0＝2πrv0联立两式得磁感应强度B0＝2πmqT0.(2)正离子从O′孔垂直于N板射出磁场时，运动轨迹如图所示．在两板之间正离子只运动一个周期T0时，有r＝d4在两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有r＝d4n(n＝1,2,3…)解得v0＝πd2nT0(n＝1,2,3…)．答案：(1)2πmqT0(2)