（浙江专用版）2020版高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场 第7讲 带电粒子在复合场中的运动课件

第一部分专题三电场与磁场题型1带电粒子在复合场中运动的应用实例内容索引NEIRONGSUOYIN题型2带电粒子在组合场中的运动题型3带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在复合场中运动的应用实例题型11.质谱仪(如图甲)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝12mv2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r.由以上两式可得r＝1B2mUq，m＝qr2B22U，qm＝2UB2r2.2.回旋加速器(如图乙)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＝mv2r，得Ekm＝q2B2r22m，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线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表.装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝，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，＝qv0B，U＝v0BdEBqUd电磁流量计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qUD＝qvB，所以v＝UDB，所以Q＝vS＝πDU4B例1(2019·北京市东城区上学期期末)高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台.质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子做回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置.质子回旋加速器的工作原理如图(a)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，被加速质子()的质量为m，电荷量为＋q.加在狭缝间的交变电压如图(b)所示，电压的大小为U0、周期T0＝.为了简化研究，假设有一束质子从M板上A处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.(1)求质子在磁场中的轨迹半径为r(已知)时的动能Ek；答案q2B2r22m11H2πmqB质子的动能为Ek＝12mv2，解得Ek＝q2B2r22m；解析洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB＝mv2r(2)请你计算质子从飘入狭缝至动能达到Ek[问题(1)中的动能]所需要的时间；(不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动)答案πBr2＋2Brd2U0－πmqB解得：n＝B2r2q2mU0解析设质子被加速n次后达到最大动能，则有Ek＝nqU0，质子在狭缝间做匀加速运动，加速度为a＝qU0md设n次经过狭缝的总时间为t1，根据运动学公式有：nd＝12t12设在磁场中做圆周运动的周期为T，某时刻质子的速度为v′，半径为r′则qv′B＝mv′2r′，T＝2πr′v′＝2πmBq，由t总＝(n－1)·T2＋t1解得：t总＝(B2r2q2mU0－1)·πmBq＋BrdU0＝πBr2＋2Brd2U0－πmqB；(3)若用该装置加速氦核()，需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？(只需说明调整方法，不需计算)42He答案方案一：增大磁感应强度B，使得氦核圆周运动的周期等于上述电场的周期即可.方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期.解析氦核的比荷与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期T＝，氦核的比荷大于质子，圆周运动周期比质子的大方案一：增大磁感应强度B，使得氦核圆周运动的周期等于上述电场的周期即可.方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期.2πmqB拓展训练1(2019·山东济南市上学期期末)质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用.如图所示，虚线上方有两条半径分别为R和r(Rr)的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏.虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在荧光屏上时会被吸收.当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点.不计离子的重力及电、磁场的边缘效应.求：(1)离子的比荷；答案8UB2R＋r2解析离子甲的轨迹半径r0＝R＋r2由匀速圆周运动规律得qvB＝mv2r0在电场中加速，有qU＝12mv2解得：qm＝2UB2r02＝8UB2R＋r2(2)离子在磁场中运动的时间；答案πBR＋r28U解析离子在磁场中运动的周期为T＝2πmqB在磁场中运动的时间t＝T2解得：t＝πBR＋r28U(3)能使离子打在荧光屏上的加速电压范围.答案UR＋3r24R＋r2≤U′≤U3R＋r24R＋r2解析由(1)中关系，知加速电压和离子轨迹半径之间的关系为U′＝4UR＋r2r′2若离子恰好打在荧光屏上的C点，轨迹半径rC＝R＋3r4UC＝qB2rC22m＝UR＋3r24R＋r2若离子恰好打在荧光屏上的D点，轨迹半径rD＝3R＋r4UD＝qB2rD22m＝U3R＋r24R＋r2即离子能打在荧光屏上的加速电压范围：UR＋3r24R＋r2≤U′≤U3R＋r24R＋r2.带电粒子在组合场中的运动题型21.两大偏转对比匀强电场中的“电偏转”匀强磁场中的“磁偏转”力学特征F电为恒力v⊥B时，F＝qvB运动规律类平抛运动(合成与分解)匀速圆周运动(v⊥B)偏转情况动能是否变化动能发生变化动能不变tanθ＝vyv0θ＝tT·2πr＝mvqBT＝2πmqB2.思维流程(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离；例2(2019·宁波市“十校联考”)如图(a)所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图(b)所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿＋y方向的匀强电场，电场强度E＝8π×103N/C.在y轴上放置一足够大的挡板.t＝0时刻，一个带正电粒子从P点以v＝2×104m/s的速度沿＋x方向射入磁场.已知电场边界MN到x轴的距离为π－210m，P点到坐标原点O的距离为1.1m，粒子的比荷qm＝106C/kg，不计粒子的重力.求粒子：答案0.4m解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2R解得半径R＝0.2m，粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym＝2R＝0.4m(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间；答案π2×10－5s4π×10－5s粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πRv＝2π×0.22×104s＝2π×10－5s解析如图甲所示，由磁场变化规律可知，它在0～3π2×10－5s(即0～34T)用时t1＝R＋y0v＝π2×10－5s＝T4时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿－y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度：a＝qEm＝8π×109m/s2粒子从C点减速至D点再反向加速至C所需的时间t2＝2va＝2×2×1048π×109s＝π2×10－5s＝T4接下来，粒子沿＋y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t1，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经×10－5s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程.所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：第一种可能是，由C点先沿－y方向到D再返回经过C，所需时间为t＝t2＝π2×10－5s第二种可能是，由C点先沿＋y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿－y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为t′＝T4＋3T2＋T4＝2T＝4π×10－5s3π2(3)最终打在挡板上的位置到电场边界MN的垂直距离.答案π＋310m解析由(2)可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向－x方向平移2R(即图甲中所示从P点移到F点)，＝1.1m＝5.5R，故粒子打在挡板前的一次运动如图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点.由题意知，QI＝OP－5R＝0.1mJ点到电场边界MN的距离为32R＋R＋π－210m＝π＋310m.OPKQ＝R－QI＝0.1m＝R2，则JQ＝R2－KQ2＝32R拓展训练2电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础.如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处.在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里.一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反.已知正、负电子质量均为m、电荷量均为e，正、负电子的重力不计.求：2(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；答案mv0eLmv022eL解析电子束从A点沿y轴正方向射入，经过C点，由题意可得电子在磁场中运动的轨迹半径R＝L.又ev0B＝mv02R，解得B＝mv0eL.电子在电场中做类平抛运动，得2L＝v0t1，又L＝12at12a＝eEm，解得E＝mv022eL.(2)电子从A点运动到P点所用时间；答案4＋πL2v0解析在磁场中运动的周期T＝2πRv0＝2πLv0，电子在磁场中运动了四分之一圆周，则t2＝14T＝πL2v0在电场中运动时间t1＝2Lv0，故从A到P的时间t＝t1＋t2＝4＋πL2v0(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S.答案－4L2(2－1)L2解析速度为2v0的正电子在磁场中运动的半径未知矩形磁场区域的最小面积(如图所示)为R2＝m·2v0eB＝2L，故Q点的纵坐标y＝－(2R2＋2Ltan45°)＝－4L，S＝2L(2－1)L＝2(2－1)L2带电粒子在叠加场中的运动题型31.解题规范(1)叠加场的组成特点：电场、磁场、重力场两两叠加，或者三者叠加.(2)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，包括场力、弹力和摩擦力.(3)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动.(4)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系.2.灵活选择运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态.例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE.(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝.(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解.mv2r例3(2019·河南省九师联盟质检)如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向.第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带电小球a穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N点脱离细杆后恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且空气阻力忽略不计.求：(1)带电小球的电性及电场强度的大小E；速度方向垂直于x轴.已知A点到坐标原点O的距离为32l，小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ＝34；qBm＝5πg6l，重力加速度为g，答案带正电mgq