2020高考物理一轮总复习 第九章 磁场 能力课1 带电粒子在组合场中的运动课件 新人教版

第九章磁场带电粒子在组合场中的运动栏目导航123板块一考点突破板块二素养培优板块三跟踪检测考点突破记要点、练高分、考点通关板块一考点一质谱仪与回旋加速器——自主练透|记要点|1．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＝2UB2r2.2．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．|练高分|1．(2018届河南开封高三质检)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若经同一电场加速的一束粒子由极板间射入质谱仪后分裂为a、b两束，分别运动到磁场边界的胶片上，它们的运动轨迹如图所示．则下列相关说法中正确的是()A．a的质量一定大于b的质量B．a的电荷量一定大于b的电荷量C．在磁场中a运动的时间大于b运动的时间D．a的比荷qama大于b的比荷qbmb解析：选D带电粒子在电场中加速，由动能定理可知qU＝12mv2，以速度v进入匀强磁场中做匀速圆周运动，qvB＝mv2R，2R＝x，联立解得x＝22mUqB2.由于x2大于x1，所以a的比荷一定大于b的比荷，但是不能断定二者的质量关系和电荷量关系，选项A、B错误，D正确；由T＝2πmqB可知，比荷较大的粒子周期较小，所以在磁场中a运动的时间小于b运动的时间，选项C错误．2．质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器．工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子初速度几乎为零地进入电压为U0的加速电场．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧23区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．为使原本打在MN中点P的离子能打在QN区域，则加速电压U的值不可能为()A.16U09B.100U081C.140U081D．2U0解析：选D由题意知，开始离子在电场中加速，有qU0＝12mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r0，打在P点的离子r0＝34L，解得U0＝9qB2L232m；当加速电压为U时，qU＝12mv′2，qv′B＝mv′2r；离子打在Q点时，r＝56L，得U＝100U081；离子打在N点时，r＝L，得U＝16U09；则加速电压U的范围为100U081≤U≤16U09，选项D符合题意．3．(多选)如图所示为回旋加速器，D形盒半径为R，两D形盒的间距为d，其间加上电压为U的交变电压，用来给质量为m，电荷量为q的静止粒子加速，最终粒子从A点飞出，获得的能量为E，不计粒子通过狭缝的时间，则()A．加速器中匀强磁场的磁感应强度大小为2mEqRB．狭缝间交变电压的周期为πRE2mEC．粒子被电场加速的次数为E2qUD．粒子在D形盒中运动的时间为πRqU2mE解析：选AB由圆周运动规律知qvB＝mv2R，又粒子获得的能量E＝12mv2，得B＝2mEqR，A项正确；粒子每加速一次，能量增加qU，则粒子被电场加速的次数为n＝EqU，C项错误；交变电压的周期与粒子在磁场中做完整的圆周运动的周期相等，则T＝2πmqB＝πRE2mE，B项正确；粒子在D形盒中运动的时间t＝nT2＝nπR2E2mE＝πR2qU2mE，D项错误．4．(2019届衡水市冀州中学检测)如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是()A．带电粒子每运动一周被加速两次B．带电粒子每运动一周P1P2＝P3P4C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D．加速电场方向需要做周期性的变化解析：选C带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速，故A、D错误；根据r＝mvqB得，则P1P2＝2(r2－r1)＝2mΔvqB，因为每转一圈被加速一次，根据v22－v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2＜v2－v1，则P1P2＞P3P4，故B错误；当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据r＝mvqB得，v＝qBrm，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确．考点二带电粒子在组合场中的运动——多维探究|记要点|1．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现．2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．3．组合场中的两种典型偏转|明考向|考向一先电场后磁场组合【例1】(2018届河南郑州第一次质量检测)如图所示为平面直角坐标系xOy，在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场；在第一象限内某区域存在方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场(图中未画出)．一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子继续前进距离L后进入磁场区域，再次回到x轴时速度方向与x轴正方向成45°角．已知电子的质量为m，电荷量为e，有界圆形匀强磁场的磁感应强度B＝mveL，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用，求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)圆形磁场的最小面积Smin；(3)电子从进入电场到再次回到x轴所用的总时间t总．[解析](1)电子在从A点运动到C点的过程中，做类平抛运动在x轴方向上，L＝eE2mt2在y轴方向上，2L＝vt联立解得E＝mv22eL.(2)电子离开电场时的速度的反向延长线过y轴方向位移的中点故tanθ＝1，θ＝45°电子进入磁场后仅受洛伦兹力作用，在磁场中做匀速圆周运动由牛顿第二定律有，evCB＝mvC2r根据几何关系可知vC＝vcos45°根据题意作出电子的运动轨迹示意图如图所示，由图中几何关系可知，电子在磁场中偏转90°后射出．当图中弧PQ对应的弦为圆形磁场的直径时其半径最小，即Rmin＝rsin45°联立解得Smin＝πRmin2＝πL2.(3)运动过程经历的总时间为t总＝2Lv＋πm2eB＋22＋1L2v＝4＋2＋π2Lv.[答案](1)mv22eL(2)πL2(3)4＋2＋π2Lv|反思总结|常见先电场后磁场的运动模型(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图甲、乙所示)在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．|反思总结|(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图丙、丁所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．考向二先磁场后电场的组合【例2】如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总．[解析](1)根据题意可知，大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示由几何关系得rcos45°＝h解得r＝2h由牛顿第二定律得qBv1＝mv12r解得v1＝qBrm＝2qBhm.(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，根据类平抛运动规律，则vb＝v1cos45°解得vb＝qBhm设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb，由类平抛运动规律得r＋rsin45°＝vbtyb＝12(v1sin45°＋0)t＝2＋12h由动能定理得－qEyb＝12mvb2－12mv12解得E＝2－1qhB2m.(3)粒子在磁场中的周期为T＝2πrv1＝2πmBq第一次经过x轴的时间t1＝58T＝5πm4qB在电场中运动的时间t2＝2t＝22＋1mqB在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3＝34T＝3πm2qB则总时间t总＝t1＋t2＋t3＝11π4＋22＋2mBq.[答案](1)2h2qBhm(2)2－1qhB2m(3)11π4＋22＋2mBq|反思总结|常见先磁场后电场的运动模型(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．考向三带电粒子在交变电磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清、并明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的物理量选规律联立不同阶段的方程求解【例3】如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向．t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v0、E0和t0为已知量，图(b)中E0B0＝8v0π2，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为2v0t0π，2v0t0π.求：(1)粒子P的比荷；(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L.[解析](1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过14圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R＝2v0t0π①又qv0B0＝mv02R②代入E0B0＝8v0π2解得qm＝4v0πE0t0.③(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则T＝2πRv0④联立①④解得T＝4t0⑤即粒子P做14圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1\1，则x1＝v0t0＝2πR4＝πR2⑥y1＝12at02，⑦其中加速度a＝qE0m由③⑦解得y1＝2v0t0π＝R，因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为2＋ππv0t0，0，如图中的b点所示．(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离，则L＝2R＋2x1⑧解得L＝4＋2ππv0t0.[答案](1)4v0πE0t0(2)2＋ππv0t0，0(3)4＋2ππv0t0|反思总结|带电粒子在交变电场中运动的处理方法(1)仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口．(2)必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析．(3)把粒子的运动分解成多个运动阶段分