（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题三 电场与磁场 第三讲 带电粒子在复合场中的运动

第三讲带电粒子在复合场中的运动123课前自测诊断课堂重点攻坚课后“达标”检测考点一电磁技术的应用释疑4大考点速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应等应用实例一直是高考的热点，这些问题的实质还是属于带电粒子在复合场中的运动问题。因此解决此类问题的关键在于准确把握各种应用实例的工作原理。(一)理清原理→准确解题(二)器件不同→结果不同1．霍尔元件的材料不同，霍尔效应结果也不相同。如诊断卷第1题，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电。2．不同的回旋加速器原理不同，粒子加速及旋转的情况也不相同。如诊断卷第2题，换成α粒子后，比荷变化导致运动周期变化，需要改变交流电的频率，回旋加速器才能加速α粒子。1.[多选]为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，污水充满管道从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法正确的是()A．若污水中正离子较多，则前表面电势比后表面电势低B．若污水中负离子较多，则前表面电势比后表面电势低C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关[题点全练]解析：正、负离子从左向右移动，根据左手定则，正离子所受的洛伦兹力指向后表面，负离子所受的洛伦兹力指向前表面，所以总有后表面电极的电势比前表面电极的电势高，A、B正确；最终稳定时，离子受洛伦兹力和电场力平衡，有qvB＝qUb，U＝Bbv，电压表的示数U与v成正比，与浓度无关，C错误；污水的流量Q＝vS＝vbc＝UBb·bc＝cUB，与电压表的示数U成正比，与a、b无关，D正确。答案：ABD2.(2019·南京、盐城三模)如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对21H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是()A．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子B．只增大加速电压U,21H粒子获得的最大动能增大C．只增大加速电压U,21H粒子在回旋加速器中运动的时间变短D．回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子解析：粒子在磁场中运动的周期：T＝2πmBq，由于质子与21H粒子的比荷不同，所以不能加速质子，故A错误；根据qvB＝mv2R，解得：v＝qBRm，带电粒子射出时的动能为：Ek＝12mv2＝q2B2R22m，知最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关，与加速电场无关，故B错误；根据粒子在磁场中运动的周期公式有：T＝2πmBq，若只增大加速电压U，不会改变粒子在回旋加速器中运动的周期，但加速次数减少，则运动的时间会变短，故C正确；当调整磁场方向，同时结合其他的一些调整后，也可以加速带负电的粒子，故D错误。答案：C3．[多选](2019·扬州期末)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是()A．通过霍尔元件的磁场方向向下B．接线端2的电势低于接线端4的电势C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大解析：根据安培定则可知，磁场的方向向下，故A正确；通过霍尔元件的电流由接线端1流向接线端3，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，电压表的示数不变，故C正确；减小R1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度增大，增大R2，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔元件产生的电压U＝kIBd可能减小，电压表示数可能减小，故D错误。答案：ABC考点二带电粒子在组合场中的运动本考点既是重点，更是难点，这类问题的特点是电场、磁场和重力场中的两者或三者先后相互组合，带电粒子的运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及的方法和规律包括牛顿运动定律、功能关系等，对综合分析能力和运用数学知识解决物理问题的能力要求较高，综合性强。对于此类问题，应在准确审题的前提下，熟练掌握电场和磁场中两类曲线运动的分析方法。需要考生学会迁移应用。(一)谨记两大偏转模型1．电偏转(带电粒子垂直进入匀强电场中)受力特点电场力为恒力运动性质带电粒子做类平抛运动处理方法运动的合成与分解关注要点(1)速度偏转角θ，tanθ＝vyv0＝atv0(2)侧移距离y0，y0＝qEl22mv022．磁偏转(带电粒子垂直进入匀强磁场中)受力特点洛伦兹力大小恒定，与速度方向保持垂直运动性质带电粒子做匀速圆周运动处理方法匀速圆周运动规律关注要点(1)圆心及轨道半径。两点速度垂线的交点或某点速度垂线与轨迹所对弦的中垂线的交点即圆心，r＝mvqB(2)周期及运动时间。周期T＝2πmqB，运动时间t＝θ2πT，掌握圆心角θ的确定方法(3)速度的偏转角α。α＝θ(二)掌握一个思维流程[典例]如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m，电荷量为e的电子从第一象限的点PL，38L以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点QL4，0进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力。求：(1)电子经过Q点的速度v；(2)该匀强磁场的磁感应强度B和磁场的最小面积S。[思维流程][解析](1)电子在电场中做类平抛运动，有：3L4＝v0t，3L8＝vy2t，解得：vy＝33v0经过Q点的速度大小为：vQ＝vx2＋vy2＝233v0与水平方向夹角为：θ＝arctanvyvx＝arctan33＝30°。(2)电子进入第四象限先做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，利用几何关系可得偏转角为120°。由几何关系得r＋rsin30°＝L4，解得r＝L12由向心力公式eBv＝mv2r解得B＝83mv0eL，方向垂直于纸面向里矩形磁场右边界距y轴的最小距离d＝r＋rcos60°＝32r＝L8下边界距x轴的最小距离为r＝L12最小面积为S＝d·r＝L296。[答案](1)233v0，与水平方向夹角为30°斜向左下方(2)83mv0eL，方向垂直于纸面向里L296[题点全练](2018·全国卷Ⅰ)如图，在y＞0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y＜0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：(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，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有s1＝v1t1①h＝12a1t12②11H进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为v1tanθ1＝a1t1③联立以上各式得s1＝233h。④(2)11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤进入磁场时速度的大小为v＝v12＋a1t12⑥在磁场中运动时由牛顿第二定律有qvB＝mv2R1⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧联立以上各式得B＝6mEqh。⑨(3)21H与11H初动能相等12(2m)v22＝12mv12⑩21H在电场中运动时有qE＝2ma2⑪s2＝v2t2⑫h＝12a2t22⑬进入磁场时v2tanθ2＝a2t2⑭v′＝v22＋a2t22⑮qv′B＝2mv′2R2⑯联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝2R1⑰所以12H第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有s2′＝2R2sinθ2⑱联立④⑧⑰⑱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)h。⑲答案：(1)233h(2)6mEqh(3)233(2－1)h考点三带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中的运动问题是典型的力电综合问题。此类问题所涉及的受力情况复杂，运动规律繁多，解题时要注意按照一定的解题流程，合理选择力学规律对粒子的运动进行研究。需要考生学会灵活变通。(一)三种场力对带电粒子的作用特点1．重力和电场力可以(不是一定)对带电粒子做功，而洛伦兹力永不做功。2．重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速直线运动或匀变速直线运动，还可能做类平抛运动或匀速圆周运动。(二)“三步”解决叠加场问题[典例]如图所示，比荷为k的带电小球从水平面上某点P由静止释放，过b点进入MN右侧后能沿半径为R的半圆形轨道bcd运动且对轨道始终无压力，小球从d点再次进入MN左侧后正好落在b点，不计一切摩擦，重力加速度为g。求：(1)小球进入电磁场时的速度大小v；(2)MN右侧的电场强度的大小E2；(3)MN左侧的电场强度的大小E1；(4)小球释放点P到b点的距离x。[思维流程][解析](1)小球进入MN右侧电磁场区域后能沿bcd运动且始终对轨道无压力，表明洛伦兹力充当小球做圆周运动的向心力，且小球的速率不变，因此有qvB＝mv2R代入qm＝k，解得v＝kBR。(2)小球速率不变，重力与电场力平衡，即qE2－mg＝0解得E2＝gk。(3)小球再次进入左侧电场后，在水平方向上做匀减速运动，然后向右在水平方向上做匀加速运动0＝vt－12a1t2a1＝qE1m在竖直方向上做自由落体运动，则2R＝12gt2联立以上三式解得E1＝BgR。(4)小球从P点由静止释放运动到b点，由动能定理得qE1x＝12mv2整理得x＝kBRgR2g。[答案](1)kBR(2)gk(3)BgR(4)kBRgR2g[题点全练]如图所示，在平面直角坐标系的第一、二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内同时还存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从A点沿水平直线运动经过B进入第一象限，穿过C点后立即进入第四象限内的一个上边界与x轴重合的矩形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外(未画出)，粒子最后垂直于y轴进入第三象限。已知：第二、四象限内磁场的磁感应强度分别为B0、2B0,A、C两点的坐标分别为－l，32l、(l,0)，不计重力。求：(1)匀强电场的场强E；(2)第四象限内矩形磁场的最小面积S；(3)粒子从A点到刚进入第三象限经过的总时间t。解析：(1)设粒子的初速度为v，粒子从A到B做水平直线运动，由力的平衡条件得：qB0v＝qE，粒子从B到C做类平抛运动，则：12·qEmlv2＝32l，联立可得：v＝3qlB03m，E＝3qlB023m。(2)设粒子经过C点时的速度大小为vC，方向与x轴正方向成θ角，由动能定理有：qE·3l2＝12mvC2－12mv2，解得：vC＝23qlB03m，cosθ＝vvC＝12，θ＝60°粒子在第四象限的轨迹如图，由牛顿第二定律：qvC·2B0＝mvC2R，解得R＝33l有界磁场的最小面积S＝R·R＋12R＝12l2。(3)粒子从A到C的时间t1＝2lv在有界磁场中运动的时间t2＝13·2πm2B0q＝πm3qB0出磁场后运动时间t3＝l－Rcos30°vC＝l4v总时间t＝t1＋t2＋t3＝273＋4