【精品】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.pdf

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1、1第 2 讲带电粒子在复合场中的运动考点一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，qU12mv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBmv2r.由以上两式可得r1B2mUq，mqr2B22U，qm2UB2r2.2回旋加速器(如图 2)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qvBmv2r，得Ekmq2B2r22m，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r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

2、线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表.3装置原理图规律速度选择器若qv0BEq，即v0EB，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，两极板电压为U时稳定，qUdqv0B，Uv0Bd电磁流量计UDqqvB，所以vUDB，所以QvSDU4B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

3、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abd、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 3 4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

4、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)U0IB0ned(3)U0U1U012t0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：evB0eU0bvInebd代入，解得：U0IB0ned(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：evBeUHbUHIBnedIB0ned(1|x|)IB0ned(1|p(t)|)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

5、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12t0；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：U1IB0ned(1|A|)U0(1A)解得AU0U1U0.1(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()5图 5 AE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

6、动的方向相反答案A 2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 6 A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

7、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 7 A11 B 12 C 121 D 144 6答案D 解析根据动能定理得，qU12mv2，解得v2qUm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qvBmv2R得RmvqB两式联立得：mqB2R22U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

8、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11H时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是()图 8 A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(42He)答案

9、B 5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，下列说法中7正确的是()图 9 A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，

10、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

11、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 0 xd和d0)的粒子，其速率有两种，分别为v123qBd3m、v22qBdm.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用)8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x2d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

12、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)233d2d(2)4(2331)d(3)见解析图解析(1)根据qvBmv2R可得：RmvqB又因为粒子速率有两种，分别为：v123qBd3m，v22qBdm解得：R1233d，R22d(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x 2d边界时的纵坐标为：y12(R1R12d2)233d速率为v2的粒子射出x 2d边界时的纵坐标为：y22(R2R22d2)2(2 3)d联立可得两出射点距离的大小：yy1y24(2331)d(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如

13、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9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E3mv02qd，粒子重力不计试求：图

14、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)38d(3)54d83mv05qd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：t1dv0粒子在电场中加速度：aEqm3v02d10粒子在M点时竖直方向的速度：vyat13v0粒子在M点时的速度：vv02vy22v0速度偏转角的正切值：tan vyv03，故 60；(2)粒子从N到O点时间：t2d2v0粒子从N到O点过程的竖直方向位移：y12at22故P、N两点间的距离为：PNy38d(3)设粒子在磁场中运动的半径为R，由几何关系

15、得：Rcos 60 RPNPM538d可得半径：R5312d由qvBmv2R，即：RmvqB解得：B83mv05qd由几何关系确定区域半径为：R 2Rcos 30 即R54d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L 0.3 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

16、105m/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qm108C/kg、不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 11(1)粒子在磁场中的运动半径R0；(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qvBmv2R0得R0mvqB0.08 m(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

17、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，tLv，aqUmd，解得yUqL22mdv20.08 m 设此粒子入射时与x轴夹角为，则有：tan 43，故 53比例 53180100%29.4%考点三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12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；

18、(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，qvBmv2R解得vgBRE(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v1gBR1EgB3RE 3v，方向向左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13正方向mv12mv112mv2，解得v2v即

19、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

20、感应强度B的大小；(3)微粒在复合场中的运动时间答案(1)mgq(2)mqgl(3)(341)lg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：Emgq(2)由平衡条件：qvB2mg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14由牛顿第二定律得：qvBmv2r由几何知识可得：r2l联立解得：v2gl，Bmqgl(3)微粒做匀速运动的时间：t12lvlg做圆周运动的时间：t2342lv34lg在复合场中的运动时间：tt1t2(341)lg.专题强化练1.(2018 新力量联盟期末)如图 1 是质谱仪工作原

21、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 1 A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D 2(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互相垂直一15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不计，下列说法正确的是(

22、)图 2 A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，

23、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 3 A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D 4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16间距为d，磁

24、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T2mqB.一束该种粒子在t0T2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：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)q2B2R22m(2)BR22BRd2U0mqB(3)d99%，解得dmU0100qB2R.5(2018宁波市十校联考)一个放射源水平放出、三

25、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17大小B相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)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v1vv2区间的 粒子离开区域时的位置 已知电子质量me9.1 1031kg，粒子质量m6.7 1027kg，电子电荷量q1.6 1019 C，1x1x2

26、(|x|1 时)答案(1)dmev1qB(2)6.25 103 m 8.49105 m(3)y12mev1qBy22meqB(v2v22v12)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：qv1Bmev12r，解得：dmev1qB；(2)对电子：dmev1qB9.1 10310.1 31081.6 10190.027 3 m6.25103 m 对 粒子：rmvqB6.7 10270.001310821.6 10190.027 3m 0.230 m作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的距离：yrr2d28.4910 5 m；18(3)画出速率分别为v1和

27、v2的粒子离开区域的轨迹如图丙所示，速率在v1vv2区域间射出的 粒子束宽为y1y2，y12d2mev1qB，y22(r2r22d2)2meqB(v2v22v12)6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B1mvqr，y轴右侧0 xr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

28、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A19点运动到x轴上的P点所用的时间答案(1)mv2qr(2)22r(3)(2)3r4v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aqEm，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：vyat

29、qEmtEqrmv，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Emv2qr.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB1mv2R，联立题中已知条件B1mvqr，得Rr，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y12at212r均相等，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d2r圆形匀强磁场B2的最小半径rB222r.(3)粒子在磁场B1中运动时间t114T142rvr2v粒子在匀强电场中运动时间t2rv，20粒子在无场区运动速度v2v，粒子在无场区运动的距离x322r，粒子在无场区运动的时间t3x3vr2v，粒子在磁场B2中运动时间t414T142rB2vr4v故粒子自A点运动到x轴上的P点的总时间tt1t2t3t4(2)3r4v.