高考物理专题提升二轮复习 第1部分 专题3 第3讲 带电粒子在复合场中的运动课件

第3讲带电粒子在复合场中的运动11．(2012年天津卷)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义，如图3－3－1所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I，不考虑离子重力及离子间的相互作用．2(1)求加速电场的电压U；(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；(3)实际上加速电压的大小会在U±ΔU的范围内微小变化，若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况，它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种ΔUU应小于多少？(结果离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，用百分数表示，保留两位有效数字)图3－3－13解：(1)铀离子在电场中加速到速度v，根据动能定理有12mv2＝qU进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有mv2R＝qvB由以上两式化简得U＝qB2R22m.4(2)在时间t内收集到的离子个数为N，离子总电荷量为Q，则Q＝It，N＝Qq，M＝Nm联立解得M＝mItq.(3)两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，由R＝mvqB及12mv2＝Uq可得半径为R＝1B2mUq可知质量为m的铀235在电压最大时的半径存在最大值5Rmax＝1B2mU＋ΔUq质量为m′的铀238在电压最小时的半径存在最小值Rmin＝1B2m′U－ΔUq所以两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为1B2mU＋ΔUq＜1B2mU－ΔUq即ΔUUm′－mm′＋m＝238u－235u238u＋235u＝3473＝0.63%.62．(2011年广东卷)如图3－3－2甲所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0，一电荷量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．图3－3－27(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小；(2)若撤去电场，如图乙，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA的延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间；(3)在图乙中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？8解：(1)电场、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理qU＝12mv21－12mv20得v0＝v21－2qUm.(2)如图23所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则r2＋r2＝(R2－R1)2图239由牛顿第二定律有qv2B1＝mv22r联立解得B1＝2mv2qR2－R1＝2mv22qR0粒子在磁场中运动的周期T＝2πrv2则粒子在环形磁场区域运动的时间t＝14T由②④⑤得t＝πr2v2＝2πR02v2.10(3)如图24所示，为使粒子能够从外圆射出，粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该内切圆半径为R＝R1＋R22图24由牛顿第二定律有qv3B＝mv23R联立解得磁感应强度应小于B＝mv32qR0.11由于近两年广东高考物理计算题只考查两道，而高中要考的主干知识没有变，因此计算题考综合性题目的可能性比较大，如果考查电场和磁场，更大可能会考复合场问题．回顾近三年涉及复合场问题的广东考题，2010年单独考查电场和磁场，2011年则是出现在第一道计算题里，2012年考查了带电粒子在磁场中的偏转与电场中的平衡问题．由此可以看出：12(1)电场和磁场是历年高考试题中考点分布的重点区域，尤其是复合场问题常巧妙地把电场、磁场的概念与牛顿定律、动能定理、动量等力学、电学有关知识有机地联系在一起；(2)它能侧重于应用数学工具解决物理问题方面的考查，其问题涉及的知识面广、综合性强，解答方式灵活多变，另外还有可能以科学技术的具体问题为背景；(3)它一直是高考中的热点，同时又是复习时的难点，估计此内容很可能出现在2013年高考的选择题中，也有可能出现在最后的压轴题上，请复习时给予足够关注！13带电粒子在组合场中的运动【例1】(2011年全国卷)如图3－3－3，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从平面MN上的点P0水平向右射入Ⅰ区．粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离．粒子的重力可以忽略．图3－3－314[答题规范]设带电粒子第一次过MN时速度方向与水平方向成α1角，位移与水平方向成α2角且α2＝45°，粒子在电场中做类平抛运动，则有x＝v0t，y＝12at2＝12qEmt2，x＝y所以vy＝at＝2v0，v＝5v0，sinα1＝vyv＝255在电场中运动的位移s1＝x2＋y2＝22v20a＝22mv20qE在磁场中做圆周运动，有qvB＝mv2R解得R＝5mv0qB15粒子在电磁场中运动的过程如图3－3－4所示．在磁场中运动的位移为图3－3－4s2＝2Rsinα，且α＝α1－α2＝α1－45°根据几何知识解得sinα＝1010所以首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离为s＝s1＋s2＝22mv20qE＋2mv0qB＝2mv0q021vEB.16粒子垂直电场方向进入电场做类平抛运动，首先对运动进行分解，在两个分运动上求出分位移和分速度，然后再合成来解决问题．“切换”到偏转磁场时，运动的轨迹、性质等发生变化，自然地，我们又把目光转向粒子在磁场中做匀速圆周运动，可以根据进出磁场的速度方向确定轨迹圆心，根据几何关系求出轨道半径和运动时间．两场区“切换”时，抓住边界“切换”点的速度方向是解题关键所在．17图3－3－5(1)微粒进入偏转电场时的速度v0；(2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ；(3)若该匀强磁场的宽度为D＝10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？1．(2011年中山一中检测)如图3－3－5所示，一个质量为m＝2.0×10－11kg，电荷量q＝＋1.0×10－5C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1＝100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100V．金属板长L＝20cm，两板间距d＝103cm.求：18解：(1)微粒在加速电场中运动，由动能定理得qU1＝12mv20解得v0＝2qU1m＝1.0×104m/s.(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，有a＝qU2md，vy＝at＝qU2Lmdv0飞出电场时，速度偏转角的正切为tanθ＝vyv0＝U2L2U1d＝33解得θ＝30°.19(3)进入磁场时微粒的速度v＝v0cosθ轨迹如图25所示，由几何关系有图25D＝r＋rsinθ洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r20联立解得B＝mv01＋sinθqDcosθ代入数据解得B＝35T＝0.346T所以，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346T.21带电粒子在电场中的运动【例2】如图3－3－6所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1.57T．小球1带正电，其电量与质量之比为q1m1＝4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上．小球1向右以v0＝23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75s再次相碰．设碰撞前后两小球的带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内，取g＝10m/s2.问：22图3－3－6(1)电场强度E的大小是多少？(2)两小球的质量之比m2m1是多少？23解：(1)由小球1“所受重力与电场力的大小相等”，可得q1E＝m1g又因为q1m1＝4C/kg联立可解得E＝2.5N/C.(2)两球第一次碰撞过程中动量守恒，有m1v0＝－m1v1＋m2v2第一次碰后，小球1向左做逆时针圆周运动，小球2向右做类平抛运动．如图26所示，对小球1，由牛顿第二定律得图26q1v1B＝m1v21R24半径为R＝m1v1q1B周期为T＝2πm1q1B＝1s经t＝0.75s后两小球再次相撞，此时小球1经过34T.然后，对小球2，则由平抛运动规律，可得R＝12gt2，R＝v2t联立各式，可求出两小球的质量之比为m2m1＝11.25欲求两球的质量之比，是个比较复杂、困难的问题．这是因为，我们必须采用“正向思维”或“顺藤摸瓜”的方法，不但对系统的碰撞过程进行动量分析，确定动量守恒，而且还要对第一次碰撞后，两球的运动方向、形式、过程、特点等作出明确的判断．否则，一着不慎，则导致全盘皆输．262．(2012年广东三校联考)如图3－3－7所示，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间，小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角α＝30°，重力加速度为g，求：27(1)匀强电场的场强E；(2)AD之间的水平距离d；(3)已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？图3－3－728解：(1)小颗粒受力如图27所示，合力方向沿运动方向，则tanα＝mgqE，可得E＝3mgq.图27(2)设小颗粒在D点的速度为vD，在水平方向上由牛顿第二定律得qE＝ma,2ad＝v2D，小颗粒在D点离开水平面的条件是qvDB＝mg，解得d＝3m2g6q2B2.29(3)当速度方向与电场力和重力的合力方向重直时，速度最大，则qvmB－mgsin30°＝mv2mR又R＝kh，可解得h＝mv2mkBqvm－2mg.30带电粒子在复合场中运动的平衡问题【例3】如图3－3－8所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()图3－3－831A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小32解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv，无论粒子是带正电还是负电，都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断穿出位置是在O′点的上方还是下方，故A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C正确、D错误．答案：C33洛伦兹力是一种特殊的力，它的大小与运动速度有关．速度改变，洛伦兹力也会发生变化．当粒子垂直磁场方向进入复合场做直线运动时，粒子一定做匀速直线运动．于是根据平衡条件结合各力的特点可以得出各力之间的关系，然后解决相关问题．343．(2010年广东四校联考)设在地面上方的真空室内，存在着匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小为E＝4V/m，磁感应强度的大小为B＝0.15T．现有一个带负电的质点以v＝20m/s的速度在此区域内沿垂直场强的方向做匀速直线运动，求此带电质点的荷质比及磁场的所有可能的方向(角度可用反三角函数表示)．35解：根据带电粒子做匀速直线运动的条件得知，此粒子受重