（浙江選考）2023屆高三物理一輪復習第8章磁場第3節(jié)帶電粒子在復合場中的運動（只加試要求）教師用書

PAGEPAGE18第3節(jié)帶電粒子在復合場中的運動(只加試要求)考點一|帶電粒子在復合場中的實例分析1．質譜儀(1)構造：如圖8-3-1所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成．圖8-3-1(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r).由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).2．盤旋加速器(1)構造：如圖8-3-2所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中．接交流電源圖8-3-2(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場盤旋，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關．3．速度選擇器(1)構造：如圖8-3-3所示，平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直，這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫速度選擇器．圖8-3-3(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是Eq＝qvB，即v＝eq\f(E,B)，速度v與粒子電荷量、電性、質量無關．4．磁流體發(fā)電機高速等離子體射入勻強磁場，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉而打在A、B極板上，使兩極板產(chǎn)生電勢差．當離子做勻速運動時，兩極板間的電勢差最大．根據(jù)左手定那么，如圖8-3-4所示中的B極板是發(fā)電機的正極．假設磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d，等離子體速度為v，磁感應強度為B，那么由eq\f(Uq,d)＝Bqv得兩極板間能到達的最大電勢差U＝Bdv.圖8-3-45．霍爾效應如圖8-3-5所示，在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流體，當磁場方向與電流方向垂直時，形成電流的載流子受洛倫茲力的作用發(fā)生偏轉，導致導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差．這個現(xiàn)象稱為霍爾效應，所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差或霍爾電壓．當載流子不偏轉時，即所受洛倫茲力與電場力平衡時，霍爾電壓到達穩(wěn)定值．圖8-3-56．電磁流量計電磁流量計原理：如圖8-3-6所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動．導電液體中的自由電荷(正、負電子)在洛倫茲力作用下縱向偏轉，a、b間出現(xiàn)電勢差U.當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定．由Bqv＝Eq＝eq\f(Uq,d)，可得v＝eq\f(U,Bd).流量Q＝Sv＝eq\f(πUd,4B).圖8-3-6帶電粒子在復合場中運動的六個實例比擬速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾元件都是帶電粒子在相互正交的電場和磁場組成的復合場中的運動平衡問題．所不同的是速度選擇器中的電場是帶電粒子進入前存在的，是外加的；磁流體發(fā)電機、電磁流量計和霍爾元件中的電場是粒子進入磁場后，在洛倫茲力作用下帶電粒子在兩極板間聚集后才產(chǎn)生的．1．(加試要求)(多項選擇)一質子以速度v穿過互相垂直的電場和磁場區(qū)域(如圖8-3-7所示)而沒有發(fā)生偏轉，那么()【導學號：81370302】圖8-3-7A．假設電子以相同速度v射入該區(qū)域，將會發(fā)生偏轉B．無論何種帶電粒子(不計重力)，只要以相同速度v射入都不會發(fā)生偏轉C．假設質子的速度v′＜v，它將向下偏轉而做類平拋運動D．假設質子的速度v′＞v，它將向上偏轉，其運動軌跡既不是圓弧也不是拋物線BD[質子穿過互相垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有發(fā)生偏轉，那么qvB＝qE，v＝eq\f(E,B)，無論何種帶電粒子(不計重力)只要v＝eq\f(E,B)，均不會發(fā)生偏轉，應選項A錯誤，B正確．當v′＜v或v′＞v時qvB≠qE，電場力做功，速度大小、方向發(fā)生變化，那么洛倫茲力時刻改變，其運動軌跡既不是圓弧也不是拋物線，選項C錯誤，D正確．]2．(多項選擇)(加試要求)磁流體發(fā)電是一項新興技術，它可以把物體的內能直接轉化為電能，如圖8-3-8是它的示意圖．平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負離子)噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓．如果把A、B和用電器連接，A、B就是直流電源的兩個電極，設A、B兩板間距為d，磁感應強度為B′，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，那么以下說法正確的選項是()圖8-3-8A．A是直流電源的正極B．B是直流電源的正極C．電源的電動勢為B′dv D．電源的電動勢為qvB′BC[等離子體噴入磁場，正離子因受向下的洛倫茲力而向下偏轉，B是直流電源的正極，那么選項B正確；當帶電粒子以速度v做勻速直線運動時，eq\f(U,d)q＝qvB′，電源的電動勢U＝B′dv，那么選項C正確．]3．(加試要求)(2022·東陽調研)(多項選擇)盤旋加速器的原理如圖8-3-9所示，它由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，以下說法正確的選項是()圖8-3-9A．離子從電場中獲得能量B．離子從磁場中獲得能量C．只增大空隙間的加速電壓可增加離子從盤旋加速器中獲得的動能D．只增大D形盒的半徑可增加離子從盤旋加速器中獲得的動能AD[盤旋加速器通過電場對離子做功獲得能量，A正確；洛倫茲力對離子不做功，B錯誤；粒子獲得的能量為Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，C錯誤、D正確．]4．(加試要求)1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的創(chuàng)造、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎．假設速度相同的同一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖8-3-10所示，那么以下相關說法中正確的選項是()【導學號：81370303】圖8-3-10A．該束帶電粒子帶負電B．速度選擇器的P1極板帶負電C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷eq\f(q,m)越小D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大C[帶電粒子在磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定那么知，該粒子帶正電，應選項A錯誤．在平行金屬板間，根據(jù)左手定那么知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，那么電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，應選項B錯誤．進入B2磁場中的粒子速度是一定的，根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，知r越大，比荷eq\f(q,m)越小，而質量m不一定大，應選項C正確、選項D錯誤．]5．(2022·浙江10月學考)小張在探究磁場對電流作用的實驗中，將直導線換作導體板，如圖8-3-11所示，發(fā)現(xiàn)在a、b兩點之間存在電壓Uab.進一步實驗結果如下表：電流磁感應強度電壓UabIBUI2B2UI3B3U2IB2U3IB3U圖8-3-11由表中結果可知電壓Uab()A．與電流無關B．與磁感應強度無關C．與電流可能成正比 D．與磁感應強度可能成反比C[探究目標是電壓與電流、磁感應強度的關系，由控制變量法可知I一定時，U與B成正比，同理，B一定時，U與I成正比，故只有C正確．]考點二|帶電粒子疊加場中的運動1．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(1)洛倫茲力、重力并存①假設重力和洛倫茲力平衡，那么帶電粒子做勻速直線運動．②假設重力和洛倫茲力不平衡，那么帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題．(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)①假設電場力和洛倫茲力平衡，那么帶電粒子做勻速直線運動．②假設電場力和洛倫茲力不平衡，那么帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．(3)電場力、洛倫茲力、重力并存①假設三力平衡，一定做勻速直線運動．②假設重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．③假設合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題．2．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解．帶電粒子在疊加場中運動分析思路1．(加試要求)(多項選擇)在圖8-3-12中虛線所示的區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場．取坐標系如下圖，一帶電粒子沿x軸正向進入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉，不計重力的影響，電場強度E和磁感應強度B的方向可能是()圖8-3-12A．E和B都沿x軸正向B．E沿y軸正向，B沿z軸正向C．E沿z軸正向，B沿y軸正向D．E、B都沿z軸正向AB[此題沒有說明帶電粒子的帶電性質，為便于分析，假定粒子帶正電．A選項中，磁場對粒子作用力為零，電場力與粒子運動方向在同一直線上，帶電粒子的運動方向不會發(fā)生偏轉，故A正確；B選項中，電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，當這兩個力平衡時，粒子運動方向可以始終不變，B正確；C選項中，電場力、洛倫茲力都沿z軸正方向，粒子將做曲線運動，C錯；D選項中，電場力沿z軸正方向，洛倫茲力沿y軸負方向，兩力不可能平衡，粒子將做曲線運動，D錯．如果粒子帶負電，仍有上述結果．]2．(加試要求)如圖8-3-13所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動，電場強度為E，磁感應強度為B，那么液滴的質量和環(huán)繞速度分別為()圖8-3-13A.eq\f(qE,g)，eq\f(E,R) B.eq\f(B2qR,E)，eq\f(E,B)C．Beq\r(\f(qR,g))，eq\r(qgR) D.eq\f(qE,g)，eq\f(BgR,E)D[液滴要在這種疊加場中做勻速圓周運動，從受力的角度來看，一是要滿足恒力的合力為零，即qE＝mg，有m＝eq\f(qE,g)，二是洛倫茲力提供向心力Bqv＝eq\f(mv2,R)，那么可得v＝eq\f(BgR,E)，選項D正確．]3．如圖8-3-14所示，界面MN與水平地面之間有足夠大且正交的勻強磁場B和勻強電場E，磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直，在MN上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場和磁場到達水平地面．假設不計空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，以下說法中正確的選項是()圖8-3-14【導學號：81370304】A．小球做勻變速曲線運動B．小球的電勢能保持不變C．洛倫茲力對小球做正功D．小球的動能增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和D[帶電小球在剛進入復合場時受力如下圖，那么帶電小球進入復合場后做曲線運動，因為速度會發(fā)生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以不可能是勻變速曲線運動，選項A錯誤；根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ，知只有帶電小球豎直向下做直線運動時，電勢能保持不變，選項B錯誤；根據(jù)洛倫茲力的方向確定方法知，洛倫茲力方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，選項C錯誤；從能量守恒角度知道選項D正確．]4．帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠到達的最大高度為h1；假設加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；假設加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，如圖8-3-15所示，不計空氣阻力，那么()圖8-3-15A．h1＝h2＝h3 B．h1＞h2＞h3B．h1＝h2＞h3 D．h1＝h3＞h2D[由豎直上拋運動的最大高度公式得：h1＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)；當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，所以h1＞h2；當加上電場時，由運動的分解可知：在豎直方向上有veq\o\al(2,0)＝2gh3，所以h1＝h3，選項D正確．]考點三|帶電粒子在組合場中的運動垂直電場線進入勻強電場(不計重力)垂直磁感線進入勻強磁場(不計重力)受力情況電場力F＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關，F(xiàn)是恒力洛倫茲力F洛＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一局部情景圖求解方法類平拋運動vx＝v0，x＝v0tvy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏轉角φ：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)勻速圓周運動半徑：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距離y和偏轉角φ要結合圓的幾何關系利用圓周運動規(guī)律討論求解運動時間t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,qB)動能變化不變“電偏轉〞和“磁偏轉〞的比擬帶電粒子在組合場中運動的分析思路及技巧1．根本思路：2．解題關鍵：抓住聯(lián)系兩個場的紐帶——速度．1．(加試要求)如圖8-3-16所示，兩平行金屬板長均為0.2m，兩板間的電壓U＝100V，下極板接地，金屬板右側緊貼磁場的左邊界MN，MN的右邊為足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.01T，方向垂直紙面向里，現(xiàn)有帶正電的粒子連續(xù)不斷地以速度v0＝105m/s，沿兩板中線OO′從平行金屬板的左側射入電場中，磁場邊界MN與中線OO′垂直，帶電粒子的比荷為eq\f(q,m)＝108C/kg，粒子的重力和粒子間相互作用力均可忽略不計，假設射入電場的帶電粒子恰能從平行金屬板的邊緣穿出電場射入磁場中，那么以下說法正確的選項是()圖8-3-16A．帶電粒子在磁場中運動的半徑為eq\r(2)mB．帶電粒子射出磁場后最終不能返回到O點C．帶電粒子射出電場的速度大小為eq\r(2)×105m/sD．對于所有經(jīng)過電場射入磁場的帶電粒子，其射入磁場的入射點和射出磁場的出射點間的距離都為0.2mBCD[粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，L＝v0t，運動時間t＝2×10－6s，豎直方向電場力做功，穿出電場時豎直分速度為vy那么有eq\f(1,2)qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)，可得豎直分速度vy＝105m/s，根據(jù)速度的合成可知粒子進入磁場的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)×105m/s，方向與豎直分界面的夾角為45°，選項C對．粒子進入磁場后做勻速圓周運動，qvB＝meq\f(v2,R)，圓周運動半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2),10)m，選項A錯．粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)對稱性，粒子必然在磁場的左邊界離開磁場，方向與豎直方向夾角45°斜向下．粒子射入磁場的入射點和射出磁場的出射點的間距L＝2Rsin45°＝eq\r(2)R＝0.2m，選項D對．再次返回電場后，水平分速度與進電場時相同，與第一次在電場中運動時間相同，豎直分速度與出電場時的豎直分速度相同，那么豎直方向的位移比第一次位移大，假設從電場上邊界回到電場，那么必然返回到O點下方，假設返回點再靠下，離開電場時一定在O點更下方，即不可能返回O點，選項B對．]2．(加試要求)(2022·東陽選考模擬)一圓筒的橫截面如圖8-3-17所示，其圓心為O.筒內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出．設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：圖8-3-17(1)M、N間電場強度E的大?。?2)圓筒的半徑R.【導學號：81370306】【解析】(1)設兩板間的電壓為U，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2①由勻強電場中電勢差與電場強度的關系得U＝Ed②聯(lián)立上式可得E＝eq\f(mv2,2qd).③(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心為O′，圓半徑為r.設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由幾何關系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子運動過程中洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝meq\f(v2,r)⑤聯(lián)立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB).【答案】(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)3．(加試要求)(2022·浙江10月選考)如圖8-3-18是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強磁場B1和B2，長L＝1.0m的區(qū)域Ⅲ存在場強大小E＝5.0×104V/m、方向水平向右的勻強電場．區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動能Ek0＝4.0×104eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點水平射出，S、P兩點間的高度差h＝0.10m.圖8-3-18(氘核質量m＝2×1.67×10－27kg、電荷量q＝1.60×10－19C,1eV＝1.60×10－19J.eq\r(\f(1.67×10－27,1.60×10－19))≈1×10－4)(1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出時的動能Ek2；(2)假設B1＝1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d；(3)假設B1＝1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2.【解析】(1)由動能定理W＝Ek2－Ek0電場力做功W＝qE·2L得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105eV＝2.24×10－14J.(2)洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R)第一次進入B1區(qū)域，半徑R0＝eq\f(mv0,qB1)≈0.04m第二次進入B1區(qū)域，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ek0＋qELR2＝eq\f(mv1,qB1)≈0.06m故d＝R2＝0.06m.(3)氘核運動軌跡如下圖由圖中幾何關系可知2R2＝h＋(2R1－2R0)解得R1＝0.05m由R1＝eq\f(mv1,qB2)得B2＝eq\f(mv1,qR1)＝1.2T.【答案】(1)2.24×10－14J(2)0.06m(3)1.2T4．(2022·10月浙江選考)如圖8-3-19所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0的勻強磁場，位于x軸下方離子源C發(fā)射質量為m、電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～eq\r(3)v0，這束離子經(jīng)電勢差為U＝eq\f(mv\o\al(2,0),2q)的電場加速后，從小孔O(坐標原點)垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上，在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測板(a＝eq\f(mv0,qB0))，假設每秒射入磁場的離子總數(shù)為N，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)．圖8-3-19(1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間；(2)調整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應強度大小B1；(3)保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；假設打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板