高考物理一轮复习第八章磁场专题十带电粒子在复合场中的运动教案Word文档下载推荐.docx

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根据粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，A错误；

带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq＝Bqv，可得v＝，C正确；

由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r＝，则＝，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；

所有打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中都只运动半个周期，周期T＝，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间不同，B错误.

考向2　回旋加速器

1.组成：

如图所示，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.

2.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＝＝.

（2）回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式Ek＝mv2＝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极间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.

[典例2]　（2016·

江苏卷）回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝.

　　甲　　　　　　　　　　乙

一束该种粒子在0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用.求：

（1）出射粒子的动能Em；

（2）粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；

（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件.

[解题指导]　计算粒子在电场中运动的总时间时，可剔除粒子在磁场中的运动，直接将粒子在电场中的各段运动相衔接，作为一个匀加速直线运动来处理，可用总位移nd＝aΔt2或总速度v＝aΔt来计算.

[解析]　

（1）粒子运动半径为R时

qvB＝m

且Em＝mv2

解得Em＝.

（2）粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0

粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt

加速度a＝

匀加速直线运动nd＝a·

Δt2

由t0＝（n－1）·

＋Δt，解得t0＝－.

（3）只有在0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝

由η>

99%，解得d<

[答案]　

（1）　

（2）－

（3）d<

1.质谱仪的本质是粒子先在电场中加速，再在磁场中偏转，最后利用感光底片记录粒子的位置.

2.质谱仪是计算带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.

3.回旋加速器的工作条件是粒子做圆周运动的周期与金属外壳所加交流电的周期相等，粒子的最大动能由匀强磁场磁感应强度和D形盒半径决定.

突破　带电粒子在组合场中的运动

1.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，有效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

抛物线

圆弧

求解方法

利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝

at2，a＝

，tanθ＝

牛顿第二定律、向心力公式r＝

，T＝

，t＝

考向1　电场与磁场组合

[典例3]　如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；

在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°

夹角.

一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；

又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变.不计重力.

（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间；

（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值.

[解题指导]　

（1）定性画出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹，确定圆心的位置.

（2）明确粒子进入电场后的运动情况，找到粒子在电场中运动时间和T0的关系.

[解析]　

（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示

设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B＝m

T＝

依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为π

所需时间为t1＝T

求得t1＝.

（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有qE＝ma

v0＝at2

得t2＝

根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0

得电场强度最大值E＝.

[答案]　

（1）　

（2）

[变式2]　（2017·

甘肃兰州诊断）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的半有界匀强磁场，磁感应强度为B，虚线为平行于y轴的磁场左边界.

一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向从Q点（图中未画出）射出磁场.不计粒子重力.求：

（1）电场强度E的大小和粒子射入磁场时速度v的大小和方向；

（2）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t；

（3）Q点的坐标.

见解析

解析：

（1）粒子运动的轨迹如图所示

粒子在电场中x、y方向的运动：

x方向：

2h＝v0t1

y方向：

h＝at

根据牛顿第二定律：

qE＝ma

联立得E＝

根据动能定理：

Eqh＝mv2－mv

解得v＝v0

cosα＝＝，α＝45°

.

（2）设粒子在电场中运动的时间：

t1＝

粒子在磁场中运动的周期：

T＝＝

设粒子射入磁场时与x轴成α角，在磁场中运动的圆弧所对圆心角为β.由几何关系，得β＝135°

所以粒子在磁场中运动的时间为t2＝T

总时间t＝t1＋t2＝＋.

（3）根据Bqv＝m，求出r＝

y＝r＋rsin45°

＝

x＝2h－rcos45°

＝2h－

所以Q点坐标为.

考向2　磁场与磁场组合

[典例4]　如图所示，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轴负方向向往磁场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：

（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？

[问题探究]　

（1）OP连线与x轴夹角为多少？

粒子能否在b区直接到达O点？

（2）粒子经过OP连线上某一点时，速度方向与OP连线夹角为多少？

定性画出从P点到O点的运动轨迹.

[提示]　

（1）OP连线与x轴夹角为37°

，粒子不能直接到达O点.

（2）粒子经过OP连线时与OP连线的夹角为53°

，轨迹图见解析.

[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＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝

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，如图所示

根据几何知识得tanα＝＝，故α＝37°

粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为tb＝Tb，ta＝Ta.

故从P点运动到O点的时间为

t＝ta＋tb＝.

（2）由题意及上图可知

n（2Racosα＋2Rbcosα）＝

解得v＝（n＝1,2,3，…）.

[答案]　

（1）　

（2）（n＝1,2,3，…）

解决带电粒子在组合场中运动问题的思路

（1）首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围.

（2）对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动性质，分析粒子的运动过程，画出运动轨迹.

（3）通过分析，确定粒子从一个场区进入另一场区时的位置、速度大小和方向是解题的关键.

突破　带电粒子在叠加场中的运动

带电粒子在叠加场中运动的归类分析

1.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.

考向1　磁场与重力场叠加

[典例5]　（2017·

河南郑州质检）（多选）如图所示为一个质量为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（　　）

　　　　A　　　　　　　B

　　　　C　　　　　　　D

[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

考向2　电场与磁场叠加

[典例6]　如图所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场.质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为Ek.那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能E′k的大小是（　　）

A.E′k＝EkB.E′k>

Ek

C.E′k<

EkD.条件不足，难以确定

[解析]　设质子的质量为m，则氘核的质量为2m.在加速电场中，由动能定理可得eU＝mv2，在复合场内，由Bqv＝qE得v＝；

同理对于氘核由动能定理可得离开加速电场的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，B正确.

[答案]　B

考向3　电场、重力场、磁场叠加

[典例7]　（2016·

天津卷）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T.

有一带正电的小球，质量m＝1×

10－6kg，电荷量q＝2×

10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取g＝10m/s2.求：

（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.

[解题指导]　

（1）在撤去磁场前，小球受重力、洛伦兹力、电场力三个力作用，三力平衡.

（2）撤去磁场后，可考虑把小球的运动分解成水平方向和竖直方向上的运动，其中竖直方向上的运动为竖直上抛运动.

[解析]　

（1）小球做匀速直线运动时受力如图所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有

qvB＝　①

代入数据解得v＝20m/s　②

速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ＝　③

代入数据解得tanθ＝，θ＝60°

.　④

（2）解法一：

撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝　⑤

设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt　⑥

设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝at2⑦

a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tanθ＝　⑧

联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2s≈3.5s.⑨

解法二：

撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑤

若使小球再次经过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥

联立④⑤⑥式，代入数据解得t＝2s≈3.5s.⑦

[答案]　

（1）见解析　

（2）3.5s

带电粒子在叠加场中运动的思维流程

1.[电场、磁场、重力场叠加]（多选）质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是（　　）

A.该微粒一定带负电荷

B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动

C.该磁场的磁感应强度大小为

D.该电场的场强为Bvcosθ

AC　解析：

若微粒带正电q，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，可知微粒不能做直线运动.据此可知微粒应带负电，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB.又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；

由平衡条件得cosθ＝，sinθ＝，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsinθ，故选项C正确，D错误.

2.[回旋加速器的应用]（多选）劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示.置于高真空中的半径为R的D形金属盒中，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.

若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是（　　）

A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf

B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比

C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1

D.改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变

粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm＝＝2πRf，A正确；

粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝×

m×

4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；

根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1，C正确；

因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2，与m、R、f均有关，D错误.

3.[带电粒子在组合场中的运动]（多选）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示.已知离子P＋在磁场中转过θ1＝30°

后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋（　　）

A.在电场中的加速度之比为1∶1

B.在磁场中运动的半径之比为∶1

C.在磁场中转过的角度之比为1∶2

D.离开电场区域时的动能之比为1∶3

BCD　解析：

离子P＋和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比为1∶3，故在电场中的加速度之比为1∶3，则A项错误；

离子在离开电场区域时有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，得半径r＝＝，则半径之比为1∶＝∶1，则B项正确；

设磁场宽度为d，由几何关系d＝rsinα可知，离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ＝30°

，则θ′＝60°

，故转过的角度之比为1∶2，则C项正确；

离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，则D项正确.

4.[质谱仪的应用]一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零.这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上.已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.

某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子.在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到.

（1）求原本打在MN中点P的离子质量m；

（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围.

（1）　

（2）≤U≤

（1）离子在电场中加速，qU0＝mv2

在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m

解得r0＝

代入r0＝L，解得m＝.

（2）由

（1）知，U＝

离子打在Q点时，r＝L，得U＝

离子打在N点时，r＝L，得U＝

则电压的范围为≤U≤.