(浙江选考)高考物理一轮复习第8章磁场专题突破带电粒子在复合场中的运动学案.doc

1、专题突破带电粒子在复合场中的运动命题点n命题角度1质谱仪的原理和分析带电粒子在复合场中运动的实例分析图21.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）,0111 1 n一，寸12（1）加速电场：qU =2山v；2m v9）偏转磁场：qvB=r，l = 2r；由以上两式可得【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Uo的加速电场。这些离子经加速后通过狭缝 0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MN中左侧3区域MQ损坏，检片上。已知放置底片的区域 MN=L,

2、且OM=L。某次测量发现 13区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打不到离子，但右侧在离子即可在QN检测到。为使原明力彳MQ的M N中点P的离子能打在QN区域，则加速电压U的值-L1L?不可能为（16UolOOUo140 UoA. 9B. 81C. 8112D.2 Uo解析 由题意知，开始离子在电场中加速,有qUo = 2mv,在磁场中做匀速圆周运动,qvBroP点的离子Io 3.4=r ；加速电压离子打在Q点时,的范用为100L0819qB2L2；当加速电压为32m1000u6L，得U= 81 ；离子打在N点时, 16U,选项D符合题意。o916qvz B图5图65答案 D

3、命题角度回旋加速器的原理和分析1.加速条件:2 n mT电场T回旋qB ；m v2 qBr2 .磁场约束偏转：qvB=r?v= rn o3 .带电粒子的最大速度qBibV=，为D形盒的半径。粒子的最大速皮DmV-与加速电压 U尢关。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。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

4、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Ro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 （）图3A.质子被加速后的最大速度不可能超过2 nB.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a粒子2五R 1解析 由T = V , T = f,可得质子被加速后的最大速度为 2冗根，即不可能超过2冗jR , 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

5、使用正弦式交变电源，选项 C错误；要加速a粒子，高频交流电周期必须变为a粒子在其 2 n a m中做圆周运动的周期，即T=q°B，故选项D错误。 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。3 .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， U当自由电

6、荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A '间的电势差（U）就保持稳定，由qvB=qIBI BI 11= nqvS , S=hd；联立得U=nqd=kd，k= nq称为霍尔系数。【例3】6018 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号，其原理如图5所示。压力波p（t）进入弹性盒后，通过与钱链0相连的“T ”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（x= ap,>0）o霍尔片的放大图如图6所示，它由长X宽义厚=X X、单位体积内自由电子数为aa b dn的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小

7、为B= Bo（l - P x|） , 3>0o 无压力波输入时，霍尔片静止在 x=0处，此时给霍尔片通以沿CS2方向的电流I,则在侧面上Di、D2两点间产生霍尔电压Uoo(1)指出D1、D2两点哪点电势高;9)推导出U。与I、B。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I=nevbd,其中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Uo、U 1> to、。及 P 表示)解析 (1)N型半导体可以自由移动的是电子(当然题

8、目也给出了自由电子 )，根据左手定则可以知道电子往 D 2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evBo= eEn, U o= EnbIEo将v= nebd代入，解得Uo= ned(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 evB = e b IB lb AIBH = = -(I -I ()1) (2)U ned ned 屋 ned叩根据图象可知压力波 p(t)关于时间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to,则p(t)关于t的周期是 2t。，频率 J;由 2t o式可知当压力波p(t)

9、达到振幅A时，Uh最小，为Uu代入式可得IB oU尸nedd - P aA|)=U0(i - apA)Uo- Ui解得 a = apUoo答案 1点电势高 。班-nedaUt0I命题角度4速度选择器、磁流体发电机速度选 择器*X X X X 0*013X- MX6-00 E若qvB=Eq, BP v= b»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、负电荷,磁流体 F一¥Xxl匚之“ R Hu发电机A覆 XXX|两极板间电压为时稳定，一=0 , =0Uqd qvB U vBd例46017 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

10、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v= EC.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A错误；粒子沿水平方向做直线运动，说明竖直E方向合外力为零，即qE=qvB,得到v=B：所以选项 B错误；如果粒子速度变大或变小，者I，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

11、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】9018 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 p,忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）图9B dvabA.上板为正极，电流I=Rab+pdBvad2B.上板为负极，电流I=Rab + pdB dvabC.下板为正极，电流 I=Rab+pdB

12、vad2D.下板为负极，电流 I=Rab + pd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，故下板为正极，两UU Bdvab板间的电势差为，则 -= ，得 =，电流=选项C正确。U qd qvB U BdvId Rab+ pdR +pab答案c7方法技巧I解决实际问题的一般过程命题角度1带电粒子在组合场中的运动带电粒子在复合场中的运动（如：电场中的加速直线运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

13、关键。9）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I、区域H长均为L= 0.10 m ,高均为 =0.06 m。区域I可加方向竖直向下、电场强度为 的匀强电场；区域 HEn可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场，区域n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V=1.O义10 5 nl人水平射入，质子荷质比近似为q=i.o xioc入g。（忽略边界效应，不计重图10（1）当区域I加电场、区域n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E.

14、ax；当区域I不加电场、区域n加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值（3）当区域I加电场e小于（1）中的E_,质子束进入区域n和离开区域n的位置等高，求区 域H中的磁场B与区域I中的电场E之间的关系式。解析（1）画出轨迹，如图所示：11偏转角8满足：tan 0= 3竖直分速度：vy= at,加速度：a= mqE L运动时间：t= 一，tan 0=与解得：E= 3qL?= 200 V血；6)画出轨迹，如图所示x X®L2 + F轨迹圆半径满足：2+R = 2,解得 = LRR rT质子在磁场中做圆周运动，满足 qvBx= m R ,解得 max= m v m vH =5.5

15、 X 10 -3T oB -qR q L2+4I4qEL(3)画出轨迹，如图所示偏转角 8 满足：tan 8=v，vy = at, a= m，t= V,轨迹圆圆心角为20,半径满足：R' =sil 62E综上可解得：B=32E答案(1)200 V血 2)5.5X10 T （3）B=V方法技巧|“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题油是场的性豉、方向.强弱范国等.带也梃孑承次通过不同埼区时,由受力情况 包曾尸丁精定尬孑也不同区摄帕运助情况.（JS）一正徜地善出枝孑的运动轨迹圉.-L 惬据区域如运动规律的不同，件粒子运动的 也规£）一过崔则分为几个不同晌阶段+时不同的阶艮选取不

16、用的蝇井治理。/明魇带电检于通过不同场区的大林处H速 色关度大小和方向关*,上一个区域的不遑及优拄比下一个区域帕初速武，|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。自）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。6）若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，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。9）若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。

17、（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0M和水平面ON之间的夹角为30° ,其横截面如图11所示，平面0 M和水平面0N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m、带电荷量为q,带电小球沿纸面以大小为V。的速度从0M的某点沿左上方射入磁场，速度方向与0M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0N恰好相切，且带电小球能从0M上另一点P射出磁场（P未画出）。（1）判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大?电）带电

18、小球离开磁场的出射点P到两平面交点0的距离s为多大?（3）带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏00,上，求打在光屏上的点到 0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。m g由 F = qE =m g,可得 E = q。-hlxo电）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 qvB = mR，得区=口8。 根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，点为运动轨迹与相切的点，Q 点为入射点，P点为出射点，则 P为运动轨迹所对的弦，带电小球离开磁场的速度方向与0M的夹角也为30° ,由几

19、何关系可得， 为圆轨道的直径，所以 的长度OP0PQ P4m vo =sin 30 艮 qB（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。则带电小球运4m v0xqB cos 302f3m动的水平方向位移为 x= Vot,得t=2=曳吧,VoVoqB竖直方向位移为 y=2gt = 2gqB =q?B2, 如图所示，T点到0点的距离22m vo 6m g0 0 = 2R +y= qB + q?B2 °答案（1）正电荷 q9）qB （3）qB+q?B2|方法技巧|带电粒子在叠加场中运动的分析方法*g;分段分析备出4金寻清也为、秘埼,主力场晌如令情比光分析场力I士力

20、.电场力、洛伦拉力),再分M弹力.母探力,其他力注意运动杭河和发力情况的姑合枝干通过不同*龛的场号.翁段讨论匀速左城运动一平射条件勾避国网运动一华旗运动更怵和闺网罡动现津复杂曲线道动一动之理未能是守恒宅楼I跟进题组多侑练透6018 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“回旋变速装置”。两相距为的平行金属栅极板、，板 位于 轴上，板在它的正下方。两板间dMN M xNT = qB，板M上方和板N下方有磁感应加上如图乙所示的幅值为 U的交变电压，周期强度大小均为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

21、调节的粒子发射源,沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t= 0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，)XXXK* XX XX X X XX X X XX X图12(1)若粒子只经磁场偏转并在y= yo处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；9)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xo= yo (qB yo) 2 粒子的初动能Euo =2 m分下面三种情况讨论见图 1, Ek0>2qUofy-Hi y= qB、o m v ! m v 01R = qB、R =

22、 qB11±9±9X 9X0和 2m v】=2mw_qUo、2m v2=2mvi- qu02+ 2o +m qU)十4 。yqB m qU及 x= y+ 2 (Ro+ R i) 得=Jx y qB yqB 见图2, o< k0 <2qU E qU由一 y d =二 m v Ro=23qB qB1212和 2m vo= 2m vz + qU o及 x= 3 (y d) + 2R o得 x=- 3(y+ d) +司(y+d) 2q2B2+ 2m qUo见图3, Eko<qUom V2图3m vo由一y d= qB、Ro= qB£212和2川刈=2皿丫

23、2qUo及 x=- y d+ 4Ro得 = + -k/()2 2 22X y dy d q B m qUqB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m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)()图1A.E向上，B向上B.E向下，B向下C.E向上，B向下D.E向下，B向上解析 负离子打在第m象限，相对于原点0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，一电子束沿垂直于电

24、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（）&1n八|« bX M XR I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，偏向大板间距离和减小板间电压，故A板，说明qE>qvB ,由E = d可知，减小场强E的方法有增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，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

25、场区，质子从复合场区穿出时的动能为 Ek o那么笊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EJ的大小是（）图3* X一U：X XB.EJ >E解析方向偏转，电场力做正功，故动能增大，选项B正确。C.E/ <EkD.条件不足，难以确定设质子的质量为m ,则笊核的质量为2m o在加速电场里，由动能定理可得 eU=2mv,EBqv= qE ,则v= B，同理对于笊核由动能定理可得其离开加速电将向电场力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,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

26、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（城场加递电场出口 HA.UB.12C.121D.144解析设质子的质量和电荷量分别为q , 一价正离子的质量和电荷量为q o对于任2意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU 2m vvV2m2qU1 2 0,得在磁场中qvB=mr由式联立得B2r2qm = 2U，由题意知,两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2=12B1, Ql= Q2,可得故选项BiD

27、正确。答案 D5. 2018 稽阳联谊学校8月联考）如图5所示,半径分别为Ri、R?的两个同心圆，圆心为0 ,小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为Bi,大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B?的（质量为m ,带电荷磁场，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 量为q）从小圆边缘的A点以速度v沿A0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A点，带电粒子重力不计，求:</3BiqR i（1）若丫=工带电粒子在小圆内的运动时间t为多少；m9）大圆外的磁场B2的方向；（3）磁感应强度Bi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

28、运动，】 芷 刀一，f ri qBi< I 3R 由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为 ji1nt Orm8= ，贝=,解得 t = qB-o1自）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B2的方向为垂直于纸面向里。R1m vm v（3）由几何关系可得 卫二，r尸一，上二 一，R 2qBiqB2B i R2 解得一= aR21JI2答案（1）Si 2）垂直于纸面向里（3）导1 1B组能力提升6. C016 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B。的匀强磁场。位于x轴下方离子源 C发射质量为m ,电

29、荷量为q的一束负离子，其初速9度大小范围为。 f ,这束离子经电势差为二的电场加速后，从小孔（坐标原点）垂°2q直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上，在x轴上2a3a区间水平固定放置一ID V探测板（=-L假设每杪射入磁场的高子总数为。，打到轴上的离子数均匀分布（离子a qBoN x重力不计）。(1)求离子束从小孔。射入磁场后打到x轴的区间;6)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Bi；0.6倍，求探测板受到的作用力大(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，

30、弹回速度大小为打板前速度大小的小。解析(1)根据动能定理，可得1212qU = 2m v 2m vi(I2qUv= m可得 voW vW2Vo2 m v m v 离子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBo=IU_ R = _R qB o离子打在X轴上的坐标表达式为2 m vx= 2R = qBo代入数据得2aWx(4a 6)当速度最大的离子打在探测板右端2m vo 43a= 2R1, RqBi，B1=3B°O(3)离子束能打到探测板的实际范围为2< <3a x a4对应的速度范围为3vov' W2Vo 每秒打在探测板上的离子数为42vo 3 Vo 2N = No 2V

31、o- vo =3No 根据动量定理，吸收的离子受到板的作用力大小p 0.8N o o 8Nm vK吸400F 吸 2m v4m v =t 239反弹的离子受到板的作用力大小N4F 反=反行 = 0 2 2m ( vo+ 0.6 Vo) + _m (vo+ 0.6 Vo) t 2316Nom Vo45根据牛顿第三定律，探测板受到的作用力大小 56F = F 吸 + F 反=45Nodi voo456答案 (1)2 x<4a (2) 3B0 (3)45Nom vo7. C018 浙江诸暨牌头中学期中)如图7所示，半径r= 0.06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点0处，半径R= 0.1 m

32、；磁感应强度大小B= 0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0 , 0.08 m )；平行金属板M N的长度L= 0.3 m、间距d= 0.1 m ,两板间加电压 U =640 V,其中N板收集粒子并全部中和吸收。一位于 0点的粒子源向第I、II象限均匀发射比荷-=mS51X10 C/kg >速度大小v = 6X10 m6的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第I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，sh37° = 0.6 , cos 37 0 = 0.8。t/iuo.jnO.(HSM-0.(% O gi/m图7(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径；电)求从坐标(0, 0.18 m)处射出磁场的粒子在0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0;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qvB= m R-代入数据解得：R' = 0.08 m6)粒子运动轨迹如