版第9章3節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中運動

理知識析考點課時提能練第

3

節(jié)

帶電粒子在復(fù)合場中的運動交替出現(xiàn)2．帶電粒子在復(fù)合場中的運動形式靜止或勻速直線運動：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動．勻速圓周運動：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動．較復(fù)雜的曲線運動：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線．2(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝1mv2.v2粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m

r

.由以上兩式可得r＝B1

2mUqqr2B2q2U，

m＝

2U

，

m＝B2r2.(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，mv2經(jīng)磁場回旋，由

qvB＝

r

，得

Ekm＝q2B2r22m，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B

和D

形盒半徑r

決定，與加速電壓無關(guān)．BLv5．電磁流量計工作原理：如圖9-3-5

所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)，在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b

間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b

間的電勢差就保持穩(wěn)定，即：qvB＝qE＝

U

v＝

U

，因此液體qd

，所以

Bdπd2

U

πdU流量Q＝Sv＝

4

·Bd＝

4B

.A．v

甲>v

乙>v

丙B．v

甲<v

乙<v

丙C．甲的速度可能變大

D．丙的速度不一定變大A

[由左手定則可判斷正電荷所受洛倫茲力向上，而所受的電場力向下，甲由運動軌跡可判斷

qv

B>qE，即

v

甲>BEE，同理可得

v

＝

，乙

B甲Ev

丙<B，所以

v

>v乙>v

丙，故A

正確，B

錯誤；電場力對甲做負(fù)功，甲的速度一定減小，對丙做正功，丙的速度一定變大，故C、D

錯誤．]3．[質(zhì)譜儀的工作原理](2016·全國乙卷)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖9-3-7

所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離子在入口處從靜止開始被同經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一開磁場．若某種一價正離一加速電場加速，為使它出口離開磁場，需將磁感此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約應(yīng)強度增加到原來的12

倍．為(

)A．11C．121B．12D．1441D

[帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝2mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝qB，由以上兩式整理得：r＝Bmv

1

2mUq.由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相1

2同，B

∶B

＝1∶12，當(dāng)半徑相等時，解得：m1m2＝144，選項D

正確．]離子從電場中獲得能量離子從磁場中獲得能量只增大空隙間的加速電壓可增加離子從回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回旋加速器中獲得的動能AD

[回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q2B2r22m不做功，B

錯誤；粒子獲得的能量為

Ekm＝ ，C

錯誤、D

正確．]帶電粒子在組合場中的運動1.帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中可能的運動性質(zhì)在電場強度為E

的勻強電場中在磁感應(yīng)強度為

B

的勻強磁場中初速度為零做初速度為零的勻加速直線運動保持靜止初速度垂直場線做勻變速曲線運動(類平拋運動)做勻速圓周運動初速度平行場線做勻變速直線運動做勻速直線運動特點受恒力作用，做勻變速運動洛倫茲力不做功，動能不變受力FB＝qv0B，大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B

為變力FE＝qE，F(xiàn)E

大小、方向不變，為恒力運動規(guī)律勻速圓周運動

r

mv0，T＝2πm＝

Bq

Bq類平拋運動

v

＝v

，v

Eqx

0

y＝

m

tx＝v

t，y＝Eqt20

2m運動時間t＝

θ

T

θm2π

＝Bqt＝

L

，具有等時性v0動能不變變化[多維探究]●考向

1

先電場后磁場1．如圖

9-3-12

所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，電場強度為

E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等．有一個帶電粒子以垂直于

x

軸的初速度

v0

從

x

軸上的

P

點進入勻強電場中，并且恰好與

y

軸的正方向成

45°角進入磁場，又恰好垂直于

x軸進入第Ⅳ象限的磁場．已知

OP之間的距離為

d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過

x

軸時，在電場和磁場中運動的總時間為(

)

【導(dǎo)學(xué)號：92492348又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑

r＝2

2d.故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間為：t2＝8×

v

＝3

2πr

3

2πd

3πd2v

＝2v0帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間為：t3＝2×

v

＝v1

2πr

2

2πd

2πd＝

v0總v0

d

故

t

＝

2＋7π2.故D

正確．]●考向2

先磁場后電場2．(2017·濰坊模擬)在如圖9-3-13

所示的坐標(biāo)系中，第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直xOy

平面向里的勻強磁場；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y

軸正方向、大小未知的勻強電場．p

點為y

軸正半軸上的一點，坐標(biāo)為(0，l)；n

點為y

軸負(fù)半軸上的一點，坐標(biāo)未知．現(xiàn)有一帶正電的粒子由p

點沿y

軸正方向以一定的速度射入勻強磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x

軸正半軸成45°角的方向進入勻強電場，在電場中運動一段時間后，該粒子恰好垂直于y

軸經(jīng)過n

點．粒子的重力忽略不計．求：(1)由幾何關(guān)系可知0rsin

45°＝l解得r＝

2lv2r又因為

qv

B＝m

0，可解得0v

＝

2Bqlm.(2)粒子進入電場在第三象限內(nèi)的運動可視為平拋運動的逆過程，設(shè)粒子射入電場坐標(biāo)為(－x1,0)，從粒子射入電場到粒子經(jīng)過n

點的時間為t2，由幾何關(guān)系1

2212知

x

＝(

2＋1)l，在

n

點有

v

＝

2v

＝

v2

0由類平拋運動規(guī)律有(

2＋1)l＝22v

t0

220Eq

2v

＝at

＝

t2

m

2聯(lián)立以上方程解得t2＝(

2＋1)mqB，E＝(

2－1)qlB2m.(3)粒子在磁場中的運動周期為T2πm＝

qB粒子第一次在磁場中運動的時間為t5

5πm1＝8T＝4qB粒子在電場中運動的時間為2t2＝2(

2＋1)mqB粒子第二次在磁場中運動的時間為t3

3πm3＝4T＝2qB故粒子從開始到第三次通過x

軸所用時間為1

2

3t＝t

＋2t

＋t

＝

11π(

4

＋

m2

2＋2)qB.【答案】

(1)

2Bqlm(2)(

2－1)qlB2m11π(3)(

4

＋2

m2＋2)qB(2)規(guī)律運用及思路①帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時利用動能定理或類平拋的知識分析；②帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理；③注意帶電粒子從一種場進入另一種場時的銜接速度．帶電粒子在疊加場中的運動[多維探究]●考向

1

電場、磁場疊加1．(多選)(2017·濟南模擬)如圖9-3-14

所示，在正交坐標(biāo)系O-xyz

中，分布著電場和磁場(圖中未畫出)．在Oyz

平面的左方空間內(nèi)存在沿y

軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強度大小為B

的勻強磁場；在Oyz

平面右方、Oxz

平面上方的空間內(nèi)分布著沿

z

軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強度大小也為B

的勻強磁場；在Oyz

平面右方、Oxz

平面下aqB2方分布著沿y

軸正方向的勻強電場，電場強度大小為4m

.在t＝0

時刻，一個質(zhì)量為

m、電荷量為＋q的微粒從

P點靜止釋放，已知

P點的坐標(biāo)為(5a，－2a,0)，不計微粒的重力．則(

)A．微粒第一次到達(dá)x

軸的速度大小為aqb

m4mB．微粒第一次到達(dá)x

軸的時刻為qBC．微粒第一次到達(dá)y

軸的位置為y＝2aD．微粒第一次到達(dá)y

軸的時刻為240＋5π

mqBBD

[微粒從P

點由靜止釋放至第一次到達(dá)y

軸的運動軌跡如圖所示．釋放后，微粒在電場中做勻加速直aqB2

12線運動，由E＝

4m

，根據(jù)動能定理有Eq·2a＝2mv

，Eq解得微粒第一次到達(dá)

x

軸的速度

v＝aqB

t

＝v，m

，又

m

1解得微粒第一次到達(dá)

x

軸的時刻

t

＝4m

項

A

錯誤，B

正確；1

qB，故選微粒進入磁場后開始做勻速圓周運動，假設(shè)運動的軌道半徑為R，則有qvBv2＝mR

，可得：R＝a，所以微粒到達(dá)y

軸的位置為y＝a，選項C

錯誤；微粒在磁2πR

2πm2場中運動的周期

T＝

v

＝

qB

，則運動到達(dá)

y

軸的時刻：t

＝5t1＋4T5

，代入得：2t

＝

240＋5π

mqB，選項D

正確．]2．(2017·溫州模擬)如圖9-3-15

所示，在真空空間中，有沿水平方向的、垂直于紙面向里的勻強磁場B，還有方向豎直向上的勻強電場E，三個帶電液滴(可視為質(zhì)點)甲、乙、丙帶有等量同種電荷．已知甲靜止，乙水平向左勻速運動，丙水平向右勻速運動，則下列說法正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：92492349】A．三個液滴都帶負(fù)電B．丙質(zhì)量最大，甲質(zhì)量次之，乙質(zhì)量最小

C．若僅撤去磁場，甲可能做勻加速直線運動D．若僅撤去電場，乙和丙可能做勻速圓周運動B

[甲靜止，不受洛倫茲力，由受力平衡，有m

甲g＝qE，重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場E

的方向豎直向上，故三個液滴都帶正電，選項A

錯誤．乙受力平衡，有m

乙g＋qv

乙B＝qE，故m

甲>m

乙；丙受力平衡，有m

丙g＝qE＋qv

丙B，故m

丙>m

甲，選項B正確．甲靜止，不受洛倫茲力，電場力和重力相平衡，所以僅撤去磁場時甲仍然靜止，選項C

錯誤．僅撤去電場，乙和丙除受洛倫茲力外，還受豎直向下的重力作用，速度將增大，洛倫茲力的大小和方向隨速度的大小和方向變化而變化，乙和丙不可能做勻速圓周運動，選項D

錯誤．]小球做勻速直線運動的速度v

的大小和方向；從撤掉磁場到小球再次穿過P

點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.【導(dǎo)學(xué)號：92492350】qvB＝

q2E2＋m2g2

①代入數(shù)據(jù)解得

v＝20

m/s

②速度v

的方向與電場E

的方向之間的夾角θ

滿足tan

θ＝qE

③mg代入數(shù)據(jù)解得tan

θ＝

3θ＝60°.④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥12設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為

y，有

y＝2at

⑦ya

與mg

的夾角和v

與E

的夾角相同，均為θ，又tan

θ＝x聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得

t＝2

3 s≈3.5

s⑧⑨解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以

P

點為坐標(biāo)原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為

vy＝vsin

θ

⑤若使小球再次穿過P

點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有

v

t－1

＝0

⑥y

2gt2聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得

t＝2

3 s≈3.5

s．

⑦【答案】

(1)20

m/s，方向與電場方向成

60°角斜向上

(2)3.5

s帶電粒子在疊加場中運動的分析方法帶電粒子在磁場中運動的實際應(yīng)用1．回旋加速器是用來加速帶電粒子，使它獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D

形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極

相接，以便在盒間的窄縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫都得到加速，兩盒放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為

m，粒子最大回旋半徑為Rm，其運動軌跡如圖9-3-17

所示．問：D

形盒內(nèi)有無電場？粒子在盒內(nèi)做何種運動？所加交流電壓頻率應(yīng)是多大，粒子運動的角速度為多大？粒子離開加速器時速度為多大？最大動能為多少？設(shè)兩D

形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，其間電場均勻，求把靜止粒子加速到上述能量所需時間．【解析】(1)扁形盒由金屬導(dǎo)體制成，具有屏蔽外電場的作用，盒內(nèi)無電場．帶電粒子在盒內(nèi)做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大．粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交流電壓頻率要等于粒子回旋頻率，因為

T

2πm

1

qB

qB＝

qB

，故得回旋頻率f＝T＝2πm，角速度ω＝2πf＝

m

.(4)粒子旋轉(zhuǎn)半徑最大時，由牛頓第二定律得mqv

B＝mm，故

v

＝mv2

qBR

Rm

mm.1m最大動能Ekm＝

mv2

＝q2B2R22

2mm.(5)粒子每旋轉(zhuǎn)一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm，則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n＝Ekm＝qB2R22qU

4mUm.磁粒子在磁場中運動的時間

t

＝nT＝πBR22Um.一般地可忽略粒子在電場中的運動時間，t

磁可視為總時間．【答案】(1)D

形盒內(nèi)無電場(2)勻速圓周運動(3)(4)qB

qB

qBRm2πm

m

mq2B2R2m2m(5)πBR2m2U2.質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具．如圖9-3-18所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對氫元素進行測量．讓氫元素三種同位素的離子流從容器A

下方的小孔S

無初速度飄入電勢差為U

的加速電場．加速后垂直進入磁感強度為B的勻強磁場中．氫的三種同位素最后打在照相底片

D上，形成

a、b、c三條“質(zhì)譜線”．則下列判斷正確的是(

)

【導(dǎo)學(xué)號：92492351】A．進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B．進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚

C．在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氕、氘、氚D．a(chǎn)、b、c

三條“質(zhì)譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚A

[離子通過加速電場的過程，有

qU

1

v2，因為氕、氘、氚三種離子的＝2m電量相同、質(zhì)量依次增大，故進入磁場時動能相同，速度依次減小，故A

項正2πm確，B

項錯誤；由T＝

qB

可知，氕、氘、氚三種離子在磁場中運動的周期依次增大，又三種離子在磁場中運動的時間均為半個周期，故在磁場中運動時間由v21大到小排列依次為氚、氘、氕，C

項錯誤；由qvB＝mR

及qU＝2mv2，可得R＝1

2mUB

q，故氕、氘、氚三種離子在磁場中的軌道半徑依次增大，所以a、b、c三條“質(zhì)譜線”依次對應(yīng)氚、氘、氕，D

項錯誤．]3．(2015·江蘇高考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖9-3-19

所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0

的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O

沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B

的勻強磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L.某次測量發(fā)現(xiàn)MN

中左2

1側(cè)3區(qū)域MQ

損壞，檢測不到離子，但右側(cè)3區(qū)域QN

仍能正常檢測到離子．在適