新(江苏专版)2016年高考物理大一轮总复习配套热点专题.

1、-1-专题四 带电粒子在复合场中的运动【考纲解读！ 1.会分析速度选择器、磁流体发电机、质谱仪、回旋加速器等磁场的实际应用问题2会分析带电粒子在组合场、叠加场中的运动问题.考点一回旋加速器和质谱仪1质谱仪(1) 构造：如图 1 所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成.12(2) 原理：粒子由静止被加速电场加速，qU=qmv.2粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mr.2.回旋加速器(1)构造：如图 2 所示，Di、0 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.电压无关.【例 1 回旋加速器是用来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形

2、由以上两式可得m=qr2W q= 2U，m=而.(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,2mvr,得Em=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,由qvB与加速图 11图 2-2-金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒-3-子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子的电荷量为q,质量为m粒子最大回旋半径为其运动轨迹如图 3 所示问： XX xx_X_1XA；K图 3D形盒内有无电场？(2) 粒子

3、在盒内做何种运动？(3) 所加交流电压频率应是多大，粒子运动的角速度为多大？(4) 粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5) 设两 D 形盒间电场的电势差为U,盒间距离为d,其间电场均匀，求把静止粒子加速到上 述能量所需时间.解析 扁盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场.(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大.粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率，因为 T= 士 , 故得回旋频率(4)粒子做圆周运动的半径最大时，由牛顿第二定律得(5)粒子每旋转一周能量增加2qU粒子的能量提高到nBpm粒子在磁场中运动的时间t磁=nT=n.一

4、般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间.答案(1)D形盒内无电场 匀速圆周运动 遵 晋(4)詈疇 角速度一 2nf=qm. m故Vm=qBRm.最大动能Hm= 2mV=qFm2m.Ekm,则旋转周数4mUqvJB=图 5-4-【递进题组1.回旋加速器的工作原理劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图4 所示置于真空中的 D 形金属盒半径为 R,两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁 感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U若A处粒子源产生质子的质量为m电荷量为+q,在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响则下列说法正确的是

5、（）图 4A.质子被加速后的最大速度不可能超过2nRfB.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C.质子第 2次和第 1次经过两 D形盒间狭缝后轨道半径之比为2 : 1D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器的最大动能不变答案 AC2 冗R解析 质子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R的制约，因v= =2nRf，故 A 正确；1 1质子离开回旋加速器的最大动能Em= qmV=尹燄 4n2Rf2= 2mu2Rf2,与加速电压U无关，B 错mv1212误；根据 R= ,Uq=smV, 2Uq=$mV，得质子第 2 次和第 1 次经过两 D 形盒间狭缝后轨道半Bq22径之比为.

6、2 : 1, C 正确；因回旋加速器的最大动能Eh= 0.4 m 的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q的带电油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动（PO与x轴负方向的夹角为图 6油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何 种电荷；（2）油滴在P点得到的初速度大小；（3）油滴在第一象限运动的时间.解析（1）根据受力分析（如图）可知油滴带负电荷,设油滴质量为m由平衡条件得：mg：qE：F= 1 : 1 :2.45 ），并从原点O进入第2,问:-9-由第问得：mg= qEqvB=2qE解得：v=亠乎=4 ,

7、2 m/s.B-10-进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入yh的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从h油滴由A做匀速运动的位移为x= 2hsin 45 v由几何关系和圆周运动的周期关系式T=彳辛、知，qB1nE油滴由ATC做圆周运动的时间为t2= 4T= 2gg-0.628 s由对称性知油滴从CTN运动的时间t3=ti油滴在第一象限运动的总时间t=11+12+13= 2X0.1 s + 0.628 s = 0.828 s答案(1)1 : 1 ：2 油滴带负电荷(2)42 m/s(3)0.828 s【变式题组！3.带电粒子在叠加场中的运动 如

8、图 7 所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m水平速度均为vo、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共(1) 判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2) 求磁感应强度B的值；(3) 现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至解析(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有x轴上的N点离开第一象限.其运动时间:xi2h厂 2E=hBE= 0.1 s存区域后，最终垂

9、直打在下板的M点.已知重力加速度为g.B,贝U B的大小为多少?答案(1)负电荷mgdV0Uv?4V0U議-11-U -q&=mgD由式-12-由于电场方向向下，墨滴所受电场力方向向上，可知: 墨滴带负电荷.(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动,2Vo qvoB=mR考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆 周运动，则半径R=d(3) 根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设墨滴做圆周运动的半径为2, Vo qvoB=由图可得：R2=d2+(R 2由式得：R= 丁d4联立式可得:考点三带电粒

10、子在组合场中运动电偏转”和“磁偏转”的比较:垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场重力)(不计受力情况电场力F=qE,其大小、方向不变，与速度v无关，F是恒力洛伦兹力F洛=qvB,其大小不变，方向随v而改变，F洛是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹、* 夕由式得VoUB=gd2B4voU5gJ.-13-求解方法利用类似平抛运动的规律求解：Vx=Vo,qE1qE2,宀x=Vot Vy= t,y= - t偏转m，2m&VyqEt角6:tan6= = -Vxmu半径：rmV周期：T2；%移距离y和偏转角6要结合圆的几 何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间L t =- V

11、o66mtT=2nqB动能变化不变【例 3 (2013山东23)如图 8 所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁 场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小 为E. 一电荷量为+q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场已知OP= d,OQ=2d.不计粒子重力.yXXXXXXXXX图 8(1) 求粒子过Q点时速度的大小和方向；(2) 若磁感应强度的大小为一确定值B,粒子将沿垂直y轴的方向进入第二象限，求B;(3) 若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将

12、再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间.解析(1)设粒子在电场中运动的时间为to,加速度的大小为a,粒子的初速度为vo,过Q点 时速度的大小为V,沿y轴方向分速度的大小为Vy,速度与x轴正方向间的夹角为0，由牛 顿第二定律得qE=maD一 12由运动学公式得d= ato2d=VotoVy=atov= p 0+v：-14-Vytan0 = Vo0= 45,即粒子过Q点时速度方向斜向上与x轴正方向成 45角设粒子做圆周运动的半径为R,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，Q为圆心，由几何F、G H是轨迹与两坐标轴的交点，连接Q、Q,由几何关系知，QFGQ和QQHQ

13、均为矩形，进而知FQ GH均为直径，QFGH也是矩形，又FFUGQ可知QFGH是正方形，QOF为等腰直角三角形.由此可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2Ra= 2 2d?粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG= HQ=2F2?FGIHQk2nR设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则t=-?mE2qd(3)设粒子做圆周运动的半径为R2, 由几何知识分析知，粒子运动的轨迹如图所示,Q、Q是粒子做圆周运动的圆心，Q联立式得v= 22由牛顿第二定律得qvBo=nR联立式得Bo=-15-2mdqE联立？ ？ ？式得t= (2 +n)x轴正方向成 45角【变式题-16-4.带电粒子

14、在组合场中运动如图 9 所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有垂直纸面向外 的匀强磁场，磁感应强度为B;x轴下方有竖直向下的匀强电场.图中M N两点坐标分别为M0, .31)、N( 31,0).一个质量为m电荷量为一q的粒子由第三象限中的某点P(图中未标出)沿x轴正方向射出，该粒子能一直沿F、O M N四点围成的闭合图形做周期性运动，粒子重力不计，求：. 曲4 V *4- -1*1- - -P-(1)该粒子到达O点时速度的大小和方向;匀强电场的电场强度 E;(3)该粒子运动的周期T.答案，与x轴正方向成 60角解析(1)由题意可画出粒子运动的轨迹如图，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为于1，

15、解得r= .31,0= 60 由牛顿第二定律qvB=坯，解得v= 啤別(2) 粒子在电场中沿抛物线运动，加速度方向竖直向上，设其大小为a,粒子由N运动到O所用时间为t2，由牛顿第二定律和运动学公式得：qE2vsin03qEql2 3ma= 、3l=vcos012、12=，联立上式得E=,12=ma2mqB(4n +6 , 3)m3qB粒子到达O点时速度的大小为v,3rsin0= ql、rcos0=由几何知识得,-17-(3) 设粒子在磁场中运动时间为ti.22nm/口(4n +m11=磁、T磁= ，得T=11+12=.3qB3qB-18-咼考模拟 明确考向1. （2014江苏单科9）如图 10

16、 所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压满足:UH=kB,式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离电阻R远大于R,霍尔元件的dA. 霍尔元件前表面的电势低于后表面B. 若电源的正、负极对调，电压表将反偏C.IH与I成正比D. 电压表的示数与 FL消耗的电功率成正比答案 CD解析 当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高.若将电源的正、负极对调，则磁感应强度B的方向变

17、化，IH的方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高,xPL，选项 D 正确.2. （2014重庆9）如图 11 所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和 2B, KL为上、下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为 1.8h.质量为m电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两 边界之间做圆周运动，重力加速度为g.电阻可以忽略，贝U（选项 A、B 错误.因 R 与 R 并联，根据并联分流，得I

18、H=RRI，故IH与|成正比，选项 C 正R确.由于B与I成正比，设B=aI，则IL=I,R+FTPL=I2FL, 故LH=kI-HB=dak(R+ R_)RdPL,知LH图 10-19-求电场强度的大小和方向；（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值;若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值.答案常方向竖直向上（2）（9 - 6 国葺解析（1）设电场强度大小为E.由题意知mg= qE,得E= &，方向竖直向上如图所示，设粒子不从NS边界飞出的入射速度最小值为Vmin,对应的粒子在上、运动半径分别为ri和2,圆心的连线与NS的夹角为$ . 由r=m知，m

19、wnmwn1r1=r2= r111qB，22qB2由（r1+r2）s in$ =2r1+r1cos $ =h得Vmin= （9 62）qBh* m如图所示,0.68qBhm0.545qBh0.52qBhmmF区域的-20-设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为ri和2,粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意知， 3nx= 1.8h(n= 1,2,3， )由知3x(9二 Sx=r；_ (h2,口0.36h得r1=(1-I),nw0.6(30.68qBh即n= 1 时，v=m丄0.545qBhn= 2 时，v=，m，养0.52qBhn= 3 时，v=m12 所示，在第一象限存在匀

20、强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外； 在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负方向.在y轴正半轴上某点以与x轴正方向平行、大小为vo的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场. 不计粒子重力.若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为0, 求:(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;(2)该粒子在电场中运动的时间.M图 12+ 2 2) 3.53. (2014大纲全国25)如图-21-解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动.设磁感应强度的大小为B,粒子的质量与电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R).由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得答案(

21、1) v0tan202dV0ta n0-22-VoqvoB=nR 由题给条件和几何关系可知R)=d设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax,在电场中运动的时间 为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为Vx.由牛顿第二定律及运动学公式得Eq=maVx=axtVxt =d由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有Vxtan0 =Vo联立式得E12B=2Vota n0 (2)联立式得2d t=.Vota n04一圆筒的横截面如图 13 所示，其圆心为O筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒左侧有相距为d的平行金属板M N其中M板带正电荷，N板带等量负电荷质量为m电

22、荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度V沿半径SO方向射入磁场中.粒子与圆筒发生3 次碰撞后仍从S孔射出.设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求:图 13M N-23-M N间电场强度E的大小;(2)圆筒的半径R-24-(3)欲使粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，进入圆筒后与圆筒发生 2 次碰撞后从S孔射出,qU=*mV由匀强电场中电势差与电场强度的关系得(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子与圆筒发生3 次碰撞后又从S孔射出，由几何关系知粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，得:2vqvB=m-联立式解得：mvR=qB(3

23、)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据几何关系作出圆心为由几何关系得r=Ran 寸=.3r粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，得:2vqv B=m- r可得：v =3v12Uv2由qU=mv可看出：=匚厂则U = 3U=Ed在保持M答案N间电场强度2mvmv(2)2qdqBE不变的情况下，应如何平移向左平移 2dM板？解析(1)设两板间的电压为U,由动能定理得:U=Ed联立解得:E=2mv2qdO，圆半径为r.设第一次碰撞点为 A,由于粒子与圆筒发生Qns=2 次碰撞后从S孔射出.因此，SA圆弧所对的圆心角/AOM N-25-得：d= 3d所以应将M板向左平移 d=dd= 2d.练出高分一、选择题

24、1磁流体发电是一项新兴技术， 它可以把物体的内能直接转化为电能，如图 1 是它的示意图.平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负离子）喷入磁场，A B两板间便产生电压如果把A、B和用电器连接，A B就是直流电源 的两个电极，设A、B两板间距为d,磁感应强度为B,等离子体以速度v沿垂直于磁场的 方向射入A B两板之间，则下列说法正确的是（）A.A 是直流电源的正极B.B 是直流电源的正极C.电源的电动势为B dvD.电源的电动势为qvB答案 BC解析 等离子体喷入磁场，正离子因受向下的洛伦兹力而向下偏转，B是直流电源的正极，则U选项 B 正确；当带

25、电粒子以速度v做匀速直线运动时，&q=qvB，电源的电动势U= B dv, 则选项 C 正确.2.如图 2 所示，一个带正电荷的物块m由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来.已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失.先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，再让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D点停下来；后又撤去电场，在ABC所在空间加垂直纸面向里的匀强磁场， 再次让物块m从A点由静止开始下滑， 结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D点停下来.则以下说法中正确的是（）图 2-26-A. D点一定在D点左侧B.D点一定与D点重

26、合-27-C. D点一定在D点右侧 D . D点一定与D点重合答案 BC解析 仅在重力场中时，物块由A点至D点的过程中，由动能定理得mgh-卩mgxcos a 卩mgx=0,即h卩XiCOSa卩X2= 0,由题意知A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间 的动摩擦因数 、斜面倾角a、斜面长度X1为定值，所以X2与重力的大小无关而在ABC所 在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，X2不变，D点一定与D点重合，A项错误，B 项正确；在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上， 正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D点一定在D点右侧，C 项正确，D 项错误

27、.3如图 3 所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b,相距为d,a、b间的电场强度为E,今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度vo竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大 小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入bc区域，bc区域的宽度也为d,所加电场的场强大小为E,方向竖直向上， 磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于旦，重力加速度为Vo答案 ABD解析 微粒在ab区域运动时，竖直方向上受重力作用，做匀减速运动，故A 正确；微粒在bc区域所受电场力竖直向上， 且qE=mg故微粒在bc区域做匀速圆周运动， 其轨迹半径r=罟，qB2E又vo= 2gd,B=

28、，解得r= 2d,故 B 正确；设微粒在bc区域转过的角度为0，由几何关系Vo知0= 30,所以微粒在bc区域做匀速圆周运动的时间为t2=T= 晋肆，故 C 错误；微126qB3voVo2dg,则下列关于微粒运动的说法正确的是（）+ _XJX1X；XX；十十十-XXX ;x !XX；1TTA.微粒在ab区域的运动时间为VogB.微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径C.微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为r=2dnd6voD.微粒在ab、bc区域中运动的总时间为(n +6)d3vo图 3-28-粒在ab区域运动的时间为11= =,微粒在ab、bc区域中运动的总时间为t=11+12=g

29、vo(冗J6)d,故D正确.3vo二、非选择题4.如图 4 所示，在竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖 直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N点.一质量为m的带电小球从y轴上(y0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点Q且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点后水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g).图 4(1)判断小球的带电性质并求出其所带的电荷量；P点距坐

30、标原点O至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点时开始计时,经时间t=2 ,球距坐标原点O的距离s为多远？答案(1)正电mg誓 .R (3)2 ,7R解析(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重 力与电场力平衡，设小球所带的电荷量为q,则qE=mgD解得q=mg又电场方向竖直向上，故小球带正电.(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v、轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qBv=小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道内侧运动，则应满足:-29-由解得VN= 5gR小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运

31、动，设加速度为a,则沿x轴方向x=VNt12沿电场方向z= qat 由牛顿第二定律得a=qE?t时刻小球距O点的距离为s=,x2+z2+ (2R)2= 2 7R5如图 5 所示是电视显像管的工作原理图炽热的金属丝发射出电子，在金属丝K和金属板M之间加一电压U,使电子在真空中加速后，从金属板的小孔C穿出，进入有界abed矩形匀强磁场，经匀强磁场射出后，打在荧光屏上，荧光屏被电子束撞击而发光已知电子的比荷1611、 、 =9x10 C/kg，匀强磁场的磁感应强度边界距离荧光屏L= 15 cm.加速电压U= 20 V 时，电子恰好从有界匀强磁场的右下角c点飞出.不计电子间的相互作用及重力影响.求:(3