2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义选修3-1 第八章 专题突破 带电粒子在复合场中的运动

1、专题突破带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中运动的实例分析命题角度 1质谱仪的原理和分析1.作用测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。2.原理(如图 1 所示)由以上两式可得 rB 2mU图 11(1)加速电场：qU2mv2；mv2(2)偏转磁场：qvB r ，l2r；1qr2B2q2Uq，m 2U ，mB2r2。【例 1】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2 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 

2、;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 MNL，且 OM21L。某次测量发现 MN 中左侧3区域 MQ 损坏，检测不到离子，但右侧3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

3、0;U 的值不可能为()A.   9          100U0B.   81     140U0C.   81    D.2U0运动，有 qvBmr ，打在 P 点的离子 r04L，解得 U0  32m  

4、；当加速电压为图 216U01解析由题意知，开始离子在电场中加速，有 qU02mv2，在磁场中做匀速圆周v239qB2L20U 时，qU2mv12，qvBmv2 5         100Ur ；离子打在 Q 点时，r6L，得 U 81 0；离子16U100U16U打在 N 点时，rL，得 U 9 0；则加速电压 U 的范围为 

5、81 0U 9 0，选项 D 符合题意。答案D命题角度 2回旋加速器的原理和分析1.加速条件：T电场T2m回旋 qB ；2.磁场约束偏转：qvB  r v  m 。mv2qBrqBr3.带电粒子的最大速度 vmax m D，rD 为 D 形盒的半径。粒子的最大速度 vmax与加速电压 U 无关。4.回旋加速器的解题思路(1)带电粒子在缝隙的电场中加速，交变电流的周期与

6、带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，每经过电场一次，粒子加速一次。(2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大，周期不变，最大动能与 D 形盒的半径有关。【例 2】 (2018· 常州模拟)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 3 所示。设 D 形盒半径为 R。若用回旋加速器加

7、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()流电周期必须变为粒子在其中做圆周运动的周期，即 T q B，故选项 D 错误。图 3A.质子被加速后的最大速度不可能超过 2fRB.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C.高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流D.不改变 B 和 f，该回旋加速器也能用于加速  粒子2R1解析由 T v ，T f ，可得

8、质子被加速后的最大速度为 2fR，即不可能超过2fR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项 A 正确、B 错误；高频电源可以使用正弦式交变电源，选项 C 错误；要加速  粒子，高频交2m答案A命题角度 3霍尔效应的原理和分析1.定义：高为 h，宽为 d 的金属导体(自由电荷是电子)置于匀强磁场 B 中，当电流通过金属导体时，在金属导体的上表面 A 和下表面 A之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔

9、电压。2.电势高低的判断：如图 4，金属导体中的电流 I 向右时，根据左手定则可得，下表面 A的电势高。图 43.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电子)在洛伦兹力作用下偏转，A、A间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A间的电势差(U)就保UBIBI1持稳定，由 qvBq h ，InqvS，Shd；联立得 Unqdk d ，knq称为霍尔系数。【例 3】 (2018·4 月浙江选考，22)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信

10、号，其原理如图 5 所示。压力波 p(t)进入弹性盒后，通过与铰链 O 相连的“”型轻杆 L，驱动杆端头 A 处的微型霍尔片在磁场中沿 x 轴方向做微小振动，其位移 x 与压力 p 成正比(xp，>0)。霍尔片的放大图如图 6 所示，它由长×宽×厚a×b×d、单位体积内自由电子数为 n 的 N 型半导体制成。磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强

11、度大小为 BB0(1|x|)，>0。无压力波输入时，霍尔片静止在 x0 处，此时给霍尔片通以沿 C1C2 方向的电流 I，则在侧面上 D1、D2 两点间产生霍尔电压 U0。图 5图 6图 7(1)指出 D1、D2 两点哪点电势高；(2)推导出 U0 与 I、B0 之间的关系式(提示：电流 I 与自由电子定向移动速率 v 之间关系为 Inevbd，其中 

12、e 为 电子电荷量)；(3)弹性盒中输出压力波 p(t)，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压 UH 随时间t 变化图象如图 7。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率。(结果用 U0、U1、t0、 及  表示)解析(1)N 型半导体可以自由移动的是电子(当然题目也给出了自由电子)，根据左手定则可以知道电子往 D2 端移动，因此 D1 点电势高。(2)根据霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得频率是2t

13、0;；由式可知当压力波 p(t)达到振幅 A 时，UH 最小，为 U1，代入式解得 A  U   1。答案(1)D1 点电势高 (2)U0ned(3)  UevB0eEH，U0EHbIIB0将 vnebd代入，解得 U0ned(3)由任意时刻霍尔元件内部电子受到的洛伦兹力和电场力平衡得UevBe bHIBIBIB00UHnedned(1|x|)ned(1|p(t)|)根据图象可知压力波 p(t)关于时间&#

14、160;t 是一个正弦函数，其绝对值的周期是原函数周期的一半，根据图象可知|p(t)|关于 t 的周期是 t0，则 p(t)关于 t 的周期是 2t0，10可得IB0U1ned(1|A|)U0(1A)U0U0IB0U0U1102t0命题角度 4速度选择器、磁流体发电机速度选择器磁流体发电机E若 qv0BEq，即 v0B，粒子做匀速直线运动等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、U负电荷，两极板间电压为 U 时稳定，q d qv0B，Uv0Bd

15、【例 4】(2017·11 月浙江选考)如图 8 所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度 E 和磁感应强度 B 相互垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是()图 8A.粒子一定带负电BB.粒子的速度大小 vEC.若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D.若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化解析无论是正电荷还是负电荷，在题设条件下，电场力和洛伦兹力方向总相反，都能够做直线运动，所以无法判断粒子的电性，选项&#

16、160;A 错误；粒子沿水平方向E做直线运动，说明竖直方向合外力为零，即 qEqvB，得到 vB，所以选项 B错误；如果粒子速度变大或变小，都会导致洛伦兹力变化，电场力不变，此时电场力和洛伦兹力合力不为 0，因此粒子就会做曲线运动，选项C 正确；不管粒子速度大小怎么改变，在匀强电场中，粒子受到的电场力不变，所以选项 D 错误。答案C【例 5】 (2018·11 月浙江选考)磁流体发电的原理如图 9 所示，将一束速度为 v的等离子体垂直于磁场方向喷

17、入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，在相距为 d，宽为 a、长为 b 的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻 R 连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为，忽略边缘效应，下列判断正确的是()图 9A.上板为正极，电流 I   BdvabRabdB.上板为负极，电流 IBvad2RabdC.下板为正极，电流 I   BdvabRabdD.下板为负极，电流 IBv

18、ad2Rabd解析根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中受到的洛伦兹力向下，故下板U为正极，两板间的电势差为 U，则 q d qvB，得 UBdv，电流 IUd RabBdvabRabd，选项 C 正确。答案C解决实际问题的一般过程v1.0×105  m/s  水平射入，质子荷质比近似为   1.0×108  C/kg。(忽略边界效带电粒子在复合场中的运动命题角度 1带电粒子在组合场中的

19、运动带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合 (如：电场中的加速直线运动、类平抛运动；磁场中的匀速圆周运动 )，因此解决此类问题要分段处理，解题关键如下：(1)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。(2)画运动轨迹：根据受力情况和运动情况，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。【例 6】(2016·4 月浙江选考)如图 10 为离子探测装置示意图。区域、区域长均为 L0.10 m，高均为 H0.06 m。区域可加方

20、向竖直向下、电场强度为 E 的匀强电场；区域可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场，区域的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏。质子束沿两板正中间以速度qm应，不计重力)图 10(1)当区域加电场、区域不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值 Emax；(2)当区域不加电场、区域加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值 Bmax；(3)当区域加电场 E 小于(1)中的 Emax，质子束进入区域和离开区域的位置等高，求区域中的磁场 B 与区域中

21、的电场 E 之间的关系式。解析(1)画出轨迹，如图所示：竖直分速度：vyat，加速度：a   m   ，vy qEmaxLH2偏转角 满足：tan 3 ，2LqEmaxL运动时间：tv，tan  v  mv2解得：EmaxHmv23qL2200 V/m；(2)画出轨迹，如图所示轨迹圆半径满足：L2çR  2 ÷ø  R ，解得 

22、RL2Hèæ Hö22H24，v2质子在磁场中做圆周运动，满足 qvBmaxm R ，mvmvH解得 BmaxqR  æH2ö5.5×10èL2 4 øqç÷3 T。(3)画出轨迹，如图所示偏转角  满足：tan  v ，vyat，a m ，tv，vyqELyv v2v2；L2轨迹圆圆心角为 2，半径满足：R

23、sin ，v2圆周运动满足：qvBm R2E综上可解得：B v 。2E3答案(1)200 V/m(2)5.5×10 T(3)B v“5 步”突破带电粒子在组合场中的运动问题命题角度 2带电粒子在叠加场中的运动1.磁场力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。2.电场力、磁场力并存(不计重力)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做

24、复杂的曲线运动，可用动能定理求解。3.电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动。(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。【例 7】平面 OM 和水平面 ON 之间的夹角为 30°，其横截面如图 11 所示，平面 OM 和水平面 ON 之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为

25、 m、带电荷量为 q，带电小球沿纸面以大小为 v0 的速度从 OM 的某点沿左上方射入磁场，速度方向与 OM 成 30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与 ON 恰好相切，且带电小球能从 OM 上另一点 P 射出磁场(P 未画出)。图 11(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度 E 为多大？(2)带电小球离开磁场的出射点 P 到两平面

26、交点 O 的距离 s 为多大？上(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏 OO ，求打在光屏上的点到 O 点的距离。解析(1)根据题意知，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受的合力等于洛伦兹力，则带电小球带正电荷。mg由 FqEmg，可得 E q 。v2(2)带电小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qv0Bm R ，mv得 R qB0。根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q

27、0;点为运动轨迹与 ON 相切的点，I 点为入射点，PqB  · cos 30°2   3m带电小球运动的水平方向位移为 xv0t，得 tv         qB  ，点为出射点，则 IP 为运动轨迹所对的弦，带电小球离开磁场的速度方向与 OM的夹角也为 30°，由几何关系可得，OP 为圆

28、轨道的直径，所以 OP 的长度QP4mvssin 30°4R qB 0。(3)带电小球从 P 点离开磁场后做平抛运动，设带电小球打在光屏上的 T 点。则4mv0x0v02   è  qB  ø   q2B2 ，1竖直方向位移为 y2gt1 æ2 3mö2 6m2g2 g· 

29、31;    ÷OO2Ry  qB   q2B2 。如图所示，T 点到 O 点的距离2mv06m2g(3)  qB   q2B2答案(1)正电荷mg 4mvq  (2) qB 02mv0 6m2g带电粒子在叠加场中运动的分析方法(2018·11 月浙江选考)小明受回旋加速器的启发，设计了如图 12 甲所示的“

30、回旋变速装置”。两相距为 d 的平行金属栅极板 M、N，板 M 位于 x 轴上，板 N 在2m它的正下方。两板间加上如图乙所示的幅值为 U0 的交变电压，周期 T0 qB ，板 M 上方和板 N 下方有磁感应强度大小均为 B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于 y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子，有一沿 x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿 

31、;y 轴正方向射出质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子。t0 时刻，发射源在(x，0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计。粒子的初动能 Ek0  2m图 12(1)若粒子只经磁场偏转并在 yy0 处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置 x 与被探测到的位置 y 之间的关系。解析(1)发射源的位置 x0y0（qBy0）2(2)分下面三种情况

32、讨论见图 1，Ek0>2qU0和2mv12  mv2qU 、  mv2  mv2qU图 1mvmvmv由 y qB2、R0 qB0、R1 qB1111120022210及 xy2(R0R1)22得 xyqB （yqB）22mqU0qB （yqB）24mqU0见图 2，qU0<Ek0<2qU0图 2mvmv由yd qB2、R0 qB0和2mv02  m

33、v2qU112 20及 x3(yd)2R02得 x3(yd)qB （yd）2q2B22mqU0见图 3，Ek0<qU0由yd  、R0qB qB图 3mv2mv0112和2mv02mv2qU0及 xyd4R04得 xydqB （yd）2q2B22mqU0答案见解析活页作业(时间：30 分钟)A 组基础过关1.如图 1 所示，一束负离子从 S 点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点 

34、;O；若同时加上电场和磁场后，负离子束最后打在荧光屏上坐标系的第象限中，则所加电场 E 和磁场 B 的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)()A.E 向上，B 向上C.E 向上，B 向下图 1B.E 向下，B 向下D.E 向下，B 向上解析负离子打在第象限，相对于原点 O 向下运动和向左运动，所以 E 向上，B 向下，选项 C 正确。答案C2.如图 2 所示，一电子束沿垂

35、直于电场线与磁感线方向入射后偏向 A 极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是()图 2A.将变阻器滑动头 P 向右滑动B.将变阻器滑动头 P 向左滑动C.将极板间距离适当减小D.将极板间距离适当增大U解析电子射入极板间后，偏向 A 板，说明 qE>qvB，由 E d 可知，减小场强 E的方法有增大板间距离和减小板间电压，故 C 错误，D 正确；而移动变阻器滑动头 P 并不能改变板间电压

36、，故 A、B 均错误。答案D3.如图 3 所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为 Ek。那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能 Ek的大小是()A.EkEkC.Ek<Ek图 3B.Ek>EkD.条件不足，难以确定解析设质子的质量为 m，则氘核的质量为 2m。在加速电场里，由动能定理可得 eU2mv2，v 2eU1mE，

37、在复合场里有 BqvqE，则 vB，同理对于氘核由动能定理可得其离开加速电场的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将向电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，选项 B 正确。答案B4.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图 4 所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12倍。此离子和质子的质量比约为(

38、)图 4A.11B.12C.121D.144解析设质子的质量和电荷量分别为 m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为 m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得1qU2mv20，得 v2qUm 径相同，加速电压 U 不变，其中 B212B1，q1q2，可得m B2144，故选项v2在磁场中 qvBm r B2r2q由式联立得 m 2U ，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半m2B211D 正确。答案D5.(2018

39、83; 稽阳联谊学校 8 月联考)如图 5 所示，半径分别为 R1、R2 的两个同心圆，圆心为 O，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为 B1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为 B2 的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场。今有一带正电粒子(质量为 m，带电荷量为 q)从小圆边缘的 A 点以速度 v 沿 AO 方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过 

40、A 点，带电粒子重力不计，求：m  ，则带电粒子在小圆内的运动时间 t 为多少；(1)若 v3B1qR1图 5mr ，r1qB    3R1(3)由几何关系可得r1R1，r1qB ，r2qB ，解得B1R2。答案(1)3qB (2)垂直于纸面向里 (3)R2的一束负离子，其初速度大小范围为 0   3v0，这束离子经电势差为 U 2q 的x 轴上，在

41、0;x 轴上 2a3a 区间水平固定放置一探测板(a qB0)，假设每秒射入磁(2)大圆外的磁场 B2 的方向；(3)磁感应强度 B1 与 B2 的比值为多少？解析(1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， qvB1v2mv11由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为rm3，则 t v1，解得 t 3qB1。(2)粒子第一次回到小圆便经过 A 点，则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则&#

42、160;B2 的方向为垂直于纸面向里。rRmvmv2212BR21mR11B 组能力提升6.(2016·10 月浙江选考)如图 6 所示，在 x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场。位于 x 轴下方离子源 C 发射质量为 m，电荷量为 qmv20电场加速后，从小孔 O(坐标原点)垂直 x 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到mv0场的离子总数为 N0，打到 x&#

43、160;轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。图 6(1)求离子束从小孔 O 射入磁场后打到 x 轴的区间；(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小 B1；(3)保持磁感应强度 B1 不变，求每秒打在探测板上的离子数 N；若打在板上的离子 80%被板吸收，20%被反弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的 0.6 倍，求探测板受到的作用力大小。解析(1)根据动能定理，可得11qU2mv22mv21v1v22qUm离子在磁场中做匀速圆

44、周运动，有 qvB0  R  ，RqBx2R qB3a2R1，R1 qB 0，B13B0。对应的速度范围为3v0v 2v0可得 v0v2v0mv2mv0离子打在 x 轴上的坐标表达式为2mv0代入数据得 2ax4a(2)当速度最大的离子打在探测板右端2mv41(3)离子束能打到探测板的实际范围为 2ax3a4每秒打在探测板上的离子数为2v0v042v03v0NN023N0根据动量定理，吸收的离子受到板的作用力大小0.8Næ  

45、   4  ö 8N0mv016N0mv045pè2mv03mv0øF 吸 t吸 2 ç÷9反弹的离子受到板的作用力大小p0.2Né4ùë2m（v00.6v0）3m（v00.6v0）ûF 反 t反 2 êú根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小56FF 吸F 反45N0mv0。456答案(1)2ax4a(2)3B0(3)45N

46、0mv07.(2018· 浙江诸暨牌头中学期中)如图 7 所示，半径 r0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点 O 处，半径 R0.1 m；磁感应强度大小 B0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0，0.08 m)；平行金属板 MN 的长度 L0.3 m 、间距 d0.1 m，两板间加电压 U640 V，其中 N 板收集粒子

47、并全部中和吸收。一位于 Oq点的粒子源向第、象限均匀发射比荷m1×108 C/kg、速度大小 v6×105m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第象限射出的粒子速度方向均沿 x轴正方向。不计粒子重力、粒子间的相互作用及电场的边缘效应，sin 37°0.6，cos 37°0.8。图 7(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)求从坐标(0，0.18 m)处射出磁场的粒子在 O 点入射方向与 y 轴的夹角；(3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例。解析由洛伦兹力充当向心力可求得运动半径；做出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何知识即可求出 ；利用带电粒子在匀强电场中类平抛运动规律和带电粒子在磁场中的匀速圆周运动规律求解。v2(1)由洛伦兹力充当向心力得 qvBmR代入数据解得：R0.08 m(2)粒子运动轨迹如图所示：令从 y0.18 m 处出射的粒子对应的入射角方向与 y 轴的夹角为 ，由几何关系可得：sin