2019高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第2讲 带电粒子在复合场中的运动学案.doc

1第第 2 2 讲讲 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动考点一考点一 带电粒子在复合场中运动的应用实例带电粒子在复合场中运动的应用实例1质谱仪(如图 1)图 1原理：粒子由静止被加速电场加速，qUmv2.1 2粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm.v2 r由以上两式可得r ，m， .1 B2mU qqr2B2 2Uq m2U B2r22回旋加速器(如图 2)图 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，得Ekm，可见同种粒子获得的最大动能由磁感应强度B和 D 形盒半径rmv2 rq2B2r2 2m决定，与加速电压无关3速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表.2装置原理图规律速度选择器若qv0BEq，即v0 ，粒子做匀E B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，两极板电压为U时稳定，qqv0B，Uv0BdU d电磁流量计qqvB，所以v，所以U DU DBQvSDU 4B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例 1 (2018·浙江 4 月选考·22)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图 3 所示压力波p(t)进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比(xp，>0)霍尔片的放大图如图所示，它由长×宽×厚a×b×d、单位体积内自由电子数为n的 N 型半导体制成磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为BB0(1|x|)，>0.无压力波输入时，霍尔片静止在x0 处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0.图 33图 4(1)指出D1、D2两点哪点电势高；(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为Inevbd，其中e为 电子电荷量)；(3)弹性盒中输入压力波p(t)，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图象如图 4.忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率(结果用U0、U1、t0、及表示)答案 (1)D1点电势高 (2)U0 (3) IB0 nedU0U1 U01 2t0解析 (1)N 型半导体可以自由移动的是电子(题目也给出了自由电子)，根据左手定则可以知道电子往D2端移动，因此D1点电势高(2)根据霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得：evB0eU0 bv代入，解得：U0I nebdIB0 ned(3)由任意时刻霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得：evBeUH bUH(1|x|)(1|p(t)|)IB nedIB0 nedIB0 ned根据图象可知压力波p(t)关于时间t是一个正弦函数，其绝对值的周期是原函数周期的一半，根据图象可知|p(t)|关于t的周期是t0，则p(t)关于t的周期是 2t0，频率自然就是；由式可知当压力波p(t)达到振幅A时，UH最小，为U1，代入式可得：1 2t0U1(1|A|)U0(1A)IB0 ned解得A.U0U1 U01(2018·湖州市三县期中)如图 5 所示，在竖直面内虚线所围的区域里，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场已知从左方沿水平方向射入的电子穿过该区域时未发生偏转，设其重力可以忽略不计，则在该区域中的E和B的方向不可能是( )4图 5AE竖直向下，B竖直向上BE竖直向上，B垂直纸面向外CE和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同DE和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反答案 A2如图 6 所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体(含正、负离子)沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后( )图 6A离子可能向 N 磁极偏转BA板聚集正电荷CR中有向上的电流D离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功答案 C解析 由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，离子不可能向 N 磁极偏转，A、B 错误；电路稳定后，电阻R中有向上的电流，C 正确；因为洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功，D 错误3.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图 7 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 倍则此离子和质子(均不计重力)的质量比约为( )图 7A11 B12 C121 D1445答案 D解析 根据动能定理得，qUmv2，解得v1 22qU m离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvBmv2 R得Rmv qB两式联立得：mqB2R2 2U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以mB2，磁感应强度增加到原来的 12 倍，则此离子质量是质子质量的 144 倍，D 正确，A、B、C 错误4(2018·慈溪市期末)回旋加速器是用于加速带电粒子的重要装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个 D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图 8 所示，设 D 形盒半径为R.若用回旋加速器加速质子 H 时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流1 1电频率为f.则下列说法正确的是( )图 8A加速电场的电压越大，质子加速后的速度越大B质子被加速后的最大速度为 2fRC只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D不改变任何条件，该回旋加速器也能用于加速 粒子( He)4 2答案 B5利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)如图 9 所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前、后两表面会形成电势差. 现有载流子是电子的霍尔元件 1 和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路( 闭合开关)，则关于前、后两表面电势高低的判断，下列6说法中正确的是( )图 9A若接入元件 1 时，前表面电势高；若接入元件 2 时，前表面电势低B若接入元件 1 时，前表面电势低；若接入元件 2 时，前表面电势高C不论接入哪个元件，都是前表面电势高 D不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案 A解析 若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏，则前表面的电势高于后表面的电势若载流子为空穴(相当于正电荷)，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向后表面聚集，则前表面的电势低于后表面的电势考点二考点二 带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动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加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，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，其运动过程则由几个不同的运动阶段组成模型 1 磁场磁场组合例 2 (2017·湖州市高三期末)人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动如图 10 所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型在 0xd和d0)的粒子，其速率有两种，分别为v1、v2.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相2 3qBd3m2qBd m互作用)7图 10(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径R1和R2.(2)求两种速率的粒子从x2d的边界射出时，两出射点的距离 y的大小(3)在x>2d的区域添加另一匀强磁场，使得从x2d边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y轴正方向运动在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线答案 (1)d 2d (2)4(1)d (3)见解析图2 332 33解析 (1)根据qvBm可得：Rv2 Rmv qB又因为粒子速率有两种，分别为：v1，v22 3qBd3m2qBd m解得：R1d，R22d2 33(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，辅助线如图所示，根据几何关系可知：速率为v1的粒子射出x2d边界时的纵坐标为：y12(R1)dR12d22 33速率为v2的粒子射出x2d边界时的纵坐标为：y22(R2)2(2)dR22d23联立可得两出射点距离的大小：yy1y24(1)d2 33(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中虚线所示，可以使得从x2d边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y轴正方向运动8模型 2 电场磁场组合例 3 (2017·宁波市模拟)某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图 11 所示AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点已知O、P间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小E，粒子重力不计试求：3mv02qd图 11(1)粒子从M点飞离CD边界时的速度大小；(2)P、N两点间的距离；(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小答案 (1)2v0 (2)d (3)d 385 48 3mv05qd解析 (1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O到M点时间：t1d v0粒子在电场中加速度：aEq m3v02d9粒子在M点时竖直方向的速度：vyat1v03粒子在M点时的速度：v2v0v02vy2速度偏转角的正切值：tan ，故60°；vy v03(2)粒子从N到O点时间：t2d 2v0粒子从N到O点过程的竖直方向位移：yat221 2故P、N两点间的距离为：PNyd38(3)设粒子在磁场中运动的半径为R，由几何关系得：Rcos 60°RPNPMd5 38可得半径：Rd5 312由qvBm，即：Rv2 Rmv qB解得：B8 3mv05qd由几何关系确定区域半径为：R2Rcos 30°即Rd5 4模型 3 磁场电场组合例 4 (2017·衢州、丽水、湖州、舟山四地市 3 月检测)如图 12 所示，半径r0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R0.1 m、磁感应强度大小B0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN的极板长L0.3 m、间距d0.1 m，极板间所加电压U6.4×102 V，其中N极板收集的粒子全部被中和吸收一位于O处的粒子源向第、象限均匀地发射速度大小v6×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向若粒子重力不计、比荷 108 C/kg、不q m计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：图 12(1)粒子在磁场中的运动半径R0；10(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴的夹角；(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例.答案 见解析解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvBmv2 R0得R00.08 mmv qB(2)如图所示，从y0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y轴的夹角为，轨迹圆心与y轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin 0.8，故53°(3)如图所示，设恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y，t ，a，L vqU md解得y0.08 mUqL2 2mdv2设此粒子入射时与x轴夹角为，则有：tan ，故53°4 3比例×100%29.4%53° 180°考点三考点三 带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中的运动粒子在叠加场中运动的分析思路11例 5 (2017·宁波市模拟)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R的圆周运动，如图 13 所示，已知电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g.运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图 13(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动；(2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R13R的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A点，则另一个液滴怎样运动？答案 见解析解析 (1)顺时针运动(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，液滴所受洛伦兹力提供向心力，即Eqmg，qvBmv2 R解得vgBR E(3)第一个液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v13v，方向向左gBR1 EgB·3R E第二个液滴分裂后的速度设为v2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向12mvmv1mv2，解得v2v1 21 2即分裂后第二个液滴速度大小为v，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下仍做匀速圆周运动，绕行方向仍是顺时针，A点是圆周最高点，圆周半径R2R.6.如图 14，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里一带电荷量为q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为 45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场不计一切阻力，重力加速度为g，求：图 14(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)微粒在复合场中的运动时间答案 (1) (2) (3)(1)mg qm qg l3 4l g解析 (1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eqmg，得：Emg q(2)由平衡条件：qvBmg2电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙13由牛顿第二定律得：qvBmv2 r由几何知识可得：rl2联立解得：v，2glBm qg l(3)微粒做匀速运动的时间：t12lvl g做圆周运动的时间：t23 4· 2l v3 4l g在复合场中的运动时间：tt1t2(1).3 4l g专题强化练专题强化练1.(2018·新力量联盟期末)如图 1 是质谱仪工作原理的示意图带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则( )图 1A若a与b有相同的质量，打在感光板上时，b的速度比a大B若a与b有相同的质量，则a的电荷量比b的电荷量小C若a与b有相同的电荷量，则a的质量比b的质量大D若a与b有相同的电荷量，则a的质量比b的质量小答案 D2(2018·杭州市期末)在如图 2 所示的平行板器件中，匀强电场E和匀强磁场B互相垂直一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线从右侧射出粒子重力14不计，下列说法正确的是( )图 2A若粒子沿轨迹射出，则粒子的初速度一定大于vB若粒子沿轨迹射出，则粒子的动能一定增大C若粒子沿轨迹射出，则粒子可能做匀速圆周运动D若粒子沿轨迹射出，则粒子的电势能可能增大答案 D解析 沿图中直线从右侧射出，则qvBqE，若粒子沿轨迹射出，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子电性未知，所以粒子所受的电场力与洛伦兹力方向不能确定，故A、B 错误；若粒子沿轨迹射出，粒子受电场力、洛伦兹力，粒子不可能做匀速圆周运动，故 C 错误；若粒子沿轨迹射出，如果粒子带负电，所受电场力向上，洛伦兹力向下，电场力做负功，粒子的电势能增大，故 D 正确3(2018·温州市六校期末)霍尔元件在电子线路中的应用日益广泛，如图 3 是某个霍尔元件接到电路中时的示意图，其中a面为上表面，b面为下表面，c面为前表面，d面为后表面，所加磁场方向为垂直于a面向下考虑到霍尔元件有两类，设A类的载流子(即用来导电的自由电荷)为正电荷，B类的载流子为负电荷，当通以从左到右的电流时，下列说法中正确的是( )图 3A在刚开始通电的很短时间内，若是A类元件，则载流子向c面偏转B在刚开始通电的很短时间内，若是B类元件，则载流子向c面偏转C通电一段时间后，若是A类元件，则c面电势较高D通电一段时间后，若是B类元件，则c面电势较高答案 D4回旋加速器的工作原理如图 4 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15q，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.一束该种粒子2m qB在t0 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T 2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：图 4(1)出射粒子的动能Ekm；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ekm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应满足的条件答案 (1) (2) (3)d99%，解得d<.mU0 100qB2R5(2018·宁波市十校联考)一个放射源水平放出 、 三种射线，垂直射入如图 5 所示磁场，区域和的宽度均为d，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)16图 5(1)若要筛选出速率大于v1的所有 粒子进入区域，求磁场宽度d与B和v1的关系；(2)若B0.027 3 T，v10.1c(c是光速)，计算d； 粒子的速率为 0.001c，计算 粒子和 射线离开区域时的偏移距离(答案均保留三位有效数字)；(3)当d满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v1<v<v2区间的 粒子离开区域时的位置已知电子质量me9.1×1031 kg， 粒子质量m6.7×1027 kg，电子电荷量q1.6×1019 C，1 (|x|<1 时)1xx 2答案 (1)d (2)6.25×103 m 8.49×105 m (3)y1 y2(v2mev1 qB2mev1 qB2me qB)v22v12解析 (1)作出临界轨迹如图甲所示，由几何关系知：rd，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1Bme，v12 r解得：d；mev1 qB(2)对电子：d m6.25×103 mmev1 qB9.1 × 1031 × 0.1 × 3 × 108 1.6 × 1019 × 0.027 3对 粒子：r m0.230 mmv qB6.7 × 1027 × 0.001 × 3 × 108 2 × 1.6 × 1019 × 0.027 3作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的距离：yr8.49×105 m；r2d217(3)画出速率分别为v1和v2的粒子离开区域的轨迹如图丙所示，速率在v1<v<v2区域间射出的 粒子束宽为y1y2，y12d，y22(r2)(v2)2mev1 qBr22d22me qBv22v126如图 6 所示，在第二象限半径为r的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切x轴上切点A处有一粒子源，能够向x轴上方发射速率均为v，质量为m，电荷量为q的粒子，粒子重力不计圆形区域磁场的磁感应强度B1，ymv qr轴右侧 0xr的范围内存在沿y轴负方向的匀强电场，已知某粒子从A处沿y方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN射出，速度方向与x轴正方向成 45°角斜向下，求：图 6(1)匀强电场的电场强度大小；(2)若在MN右侧某区域存在另一圆形匀强磁场B2，发现A处粒子源发射的所有粒子经磁场B1、电场E射出后均能进入B2区域，之后全部能够经过x轴上的P点，求圆形匀强磁场B2的最小半径；(3)继第二问，若圆形匀强磁场B2取最小半径，试求A处沿y方向射入B1磁场的粒子，自18A点运动到x轴上的P点所用的时间答案 (1) (2)r (3)(2)mv2 qr223r 4v解析 (1)设粒子做类平抛运动的水平位移大小为x，竖直方向的速度大小为vy，类平抛的加速度大小为a，类平抛的时间为t，根据牛顿第二定律Eqma，得a，qE m粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛的规律有：x方向：xvtr，y方向：vyatt，qE mEqr mv粒子从电场右边界MN射出，速度方向与x轴正方向成 45°斜向下，则 vyv，联立得匀强电场的电场强度大小E.mv2 qr(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB1m，v2 R联立题中已知条件B1，得Rr，mv qr因为磁场半径与轨迹半径相同，所以粒子离开磁场后的速度方向均沿x轴正方向，又所有粒子穿出匀强电场后速度纵向偏移量yat2r均相等，1 21 2设粒子从MN射出的最高点为E，最低点为F，则EF2r，所以粒子束的宽度dr2圆形匀强磁场B2的最小半径 rB2r.22(3)粒子在磁场B1中运动时间 t1T ×1 41 42r vr 2v粒子在匀强电场中运动时间 t2 ，r v粒子在无场区运动速度 vv，219粒子在无场区运动的距离 x3r，22粒子在无场区运动的时间 t3，x3 vr 2v粒子在磁场B2中运动时间 t4T ×1 41 42rB2 vr 4v故粒子自A点运动到x轴上的P点的总时间tt1t2t3t4(2).3r4v