2020年物理高考大一轮复习 第9章 磁场 第28讲 带电粒子在组合场中的运动课件

第九章磁场高考总复习·物理第28讲带电粒子在组合场中的运动高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现．2．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．(2)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＝2UB2r2.3．回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中．(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＝mv2r，得Ekm＝q2B2r22m，可见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．√[基础小练]判断下列说法是否正确(1)质谱仪可以用来分析同位素．()(2)回旋加速器中粒子获得的最大动能与加速电压有关．()(3)对于给定的粒子，加速电场的电压越小，粒子在回旋加速器中运动的时间就越长．()×√板块二︿︿[考法精讲]考法一质谱仪与回旋加速器【自主练1】(2019·咸阳高三二模)(多选)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器．下列说法正确的是()A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内B．加速电场中的加速电压U＝12ERC．磁分析器中圆心O2到Q点的距离d＝1BmERqD．任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器答案BC解析离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，选项A错误；离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE＝mv2R，离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有qU＝12mv2－0，解得U＝ER2，选项B正确；离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝mv2r，解得r＝1B2mUq＝1BmERq，则d＝r＝1BmERq，选项C正确；由R＝2UE可知，R与离子质量、电量无关，离子在磁场中的轨道半径r＝1BmERq，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不一定都等于d，不一定能进入收集器，选项D错误．【自主练2】(2019·随州二中高三月考)(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，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，如图所示．设D形金属盒半径为R.若用回旋加速器加速质子时，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()A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C．若要增大质子射出的速度，可以减小狭缝间的距离D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子答案AB解析质子在D形金属盒中运动的周期不变，由T＝2πrv得v＝2πrT＝2πfr，当r＝R时，v最大，且v＝2πfR，故选项A正确；由qvB＝mv2r得v＝qBrm，当r＝R时，v最大，vm＝qBRm，由此可知质子的最大速度只与粒子本身的荷质比、加速器半径和磁场大小有关，与加速电场的电压大小无关，与狭缝间的距离无关，故选项B正确，C错误；此加速器加速电场周期T＝2πmqB，加速α粒子时T＝2π4m2qB＝4πmqB，两个周期不同，不能加速α粒子，选项D错误．规律总结决定带电粒子在回旋加速器中的最大动能的因素设D形盒的半径为R，由洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2R得，粒子可能获得的最大速度v＝qBRm，最大动能Ekm＝12mv2＝qBR22m，由此可见决定带电粒子的最大动能的因素与D形盒半径有关，由于受D形盒半径R的限制，带电粒子在这种加速器中获得的能量也是有限的．考法二带电粒子从电场进入磁场(1)粒子从电场进入磁场，粒子在电场中的运动要么沿电场线方向，要么垂直电场线方向，若粒子在电场中垂直电场线方向，到达电场与磁场的分界线线时，一般要对速度进行分解．(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．【例题1】(2019·豫北、豫南名校高三联考)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，如图所示．一质量为m，电量为q的带负电粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，求：(1)粒子到达O点时速度的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)带电粒子从Q到P的运动时间．[思维导引]粒子在电场中做类平抛运动，根据初速度方向和受力分析的运动学方程可求得离开电场时速度的大小和方向；进入磁场后，粒子做了四分之一的圆周运动，由OP与半径的关系确定圆周运动半径，然后可得磁感应强度和粒子在磁场中运动的时间．解析(1)粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与＋x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有x方向2L＝v0t，y方向L＝12at2.粒子在电场中运动的加速度a＝qEm，粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy＝at，又tanα＝vyv0，解得tanα＝1，即α＝45°，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上，粒子到达O点时的速度大小为v＝v0cos45°＝2v0，t＝mv0qE.(2)设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，根据几何关系可知R＝2L，圆心角θ＝90°，由以上各式联立可得B＝2Ev0.(3)设粒子在磁场中的运动时间为t′，则t′＝90°360°T＝14T，周期T＝2πmqB，解得t′＝πmv04qE，所以带电粒子从Q到P的运动时间为t总＝t＋t′＝mv0qE＋πmv04qE＝4＋πmv04qE.答案(1)2v0(2)2Ev0(3)4＋πmv04qE解题技巧有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度；对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间．【跟踪训练1­1】(2019·郑州高三质量预测)如图所示，矩形区域abcdef分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be为其分界线，af＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)从a点沿ab方向以初速度v0射入电场，从be边的中点g进入磁场．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)若要求电子从cd边射出，则所加匀强磁场的磁感应强度的最大值Bm；(3)调节磁感应强度的大小．cd边上有电子射出部分的长度．解析(1)电子在电场中做类似平抛运动，有在竖直方向12L＝12at2，水平方向0.75L＝v0t，由牛顿第二定律有eE＝ma，联立解得E＝16mv209eL.(2)粒子进入磁场时，速度方向与be边夹角的正切值tanθ＝xt2yt＝0.75，解得θ＝37°，电子进入磁场时的速度为v＝v0sinθ＝53v0，设电子运动轨迹刚好与cd边相切时，半径最小为r1，轨迹如图所示．则由几何关系知r1＋r1cos37°＝L，解得r1＝59L.由洛伦兹力提供向心力evB＝mv2r，可得对应的最大磁感应强度Bm＝3mv0eL.(3)设电子运动轨迹刚好与de边相切时，半径为r2，则r2＝r2sin37°＋L2，解得r2＝5L4，又r2cosθ＝L，故切点刚好为d点，电子从cd边射出的长度为Δy＝L2＋r1sin37°＝5L6.答案(1)16mv209eL(2)3mv0eL(3)56L【跟踪训练1­2】(2019·太原高三模拟)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≤0的区域存在有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E，方向沿y轴负方向；在x≥0的区域有一个半径为L的圆形区域，圆心O′坐标(L,0)，圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．一带正电的粒子从M(－L,32L)点以沿x轴正方向的初速度v0，恰好经O点进入磁场，之后以沿x轴正方向的速度射出磁场．不计粒子的重力，求：(1)粒子的比荷及粒子通过O点时的速度；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子在磁场中运动的时间．解析(1)带电的粒子在匀强电场做内平抛运动，有水平方向L＝v0t1，竖直方向32L＝12at21，a＝qEm，解得粒子的比荷qm＝3ELv20，粒子通过O点时的速度v1＝v20＋at12＝2v0，tanθ＝vyv0＝at1v0＝3，即θ＝60°.(2)带电的粒子在匀强磁场内做圆周运动，由洛伦磁力提供向心力qv1B＝mv21R，解得R＝mv1qB，根据几何关系解得R＝3L，磁感应强度的大小B＝2E3v0.(3)根据几何关系可得粒子在匀强磁场偏转角为60°，通过的弧长s＝π3R＝v1t2，解得粒子在磁场中运动的时间t2＝3π6v0L.答案(1)3v20EL2v0与水平方向成60°(2)2E3v0(3)36v0πL【跟踪训练1­3】(2019·揭阳高三高考模拟)如图所示，两平行金属板长度均为L，O、O′为两金属板中心处正对的两个小孔，两平行金属板间的电压恒为U，紧靠右金属板右侧的边长为L的正方形MQPN的左下半空间(包括边界)有匀强磁场，MN与右金属板重合，一质量为m，带电量为＋q的粒子(重力不计)从O点以可忽略的初速度进入金属板间的电场，经加速后再进入磁场区，恰好从N点离开磁场．求：(1)磁感应强度B的大小；(2)若磁感应强度B的大小可以调节，要使粒子从PN边离开磁场，求B的取值范围．解析(1)粒子在电场加速，由动能定理qU＝12mv2，①粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，②粒子恰好从N点离开磁场，由几何关系2r＝L2，③联立①②③解得B＝4L2mUq.④(2)先求B的最小值，设B＝B0使粒子的运动轨迹恰好与MP相切(如图所示)．qvB0＝mv2r0，⑤由几何关系sin45°＝r0r0＋L2，⑥解得r0＝2＋1L2，于是M到切点的距离也为2＋1L22L，说明切点在MP之间，上面假设粒子的运动轨迹与MP相切是合理的．联立⑤⑥解得B0＝22－1L2mUq，⑦而B的最大值即为(1)中求得的值，所以B的取值范围为22－1L2mUq≤B≤4L2mUq.答案(1)4L2mUq(2)22－1L2mUq≤B≤4L2mUq考法三带电粒子从磁场进入电场(1)粒子从磁场进入电场，进入电场时速度的方向一般与电场方向垂直，粒子在电场中做类平抛运动．(2)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．最后再次进入电场做变速直线运动或做类平抛运动，如图所示．【例题2】(2019·皖北协作区高三联考)如图所示，区域中一部分有匀强磁场，另一部分有匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、