2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 磁場能力課 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動學(xué)案

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1、 能力課　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 　[熱考點(diǎn)]帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的實(shí)例分析 命題角度1　質(zhì)譜儀的原理和分析 1.作用 測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器。 2.原理(如圖1所示) 圖1 (1)加速電場：qU＝mv2； (2)偏轉(zhuǎn)磁場：qvB＝，l＝2r； 由以上兩式可得r＝，m＝，＝。 【例1】　質(zhì)譜儀又稱質(zhì)譜計(jì)，是分離和檢測不同同位素的儀器。工作原理如圖2所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子初速度幾乎為零地進(jìn)入電壓為U0的加速電場。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(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且O

2、M＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在 MQ的離子即可在QN檢測到。為使原本打在MN中點(diǎn)P的離子能打在QN區(qū)域，則加速電壓U的值不可能為(　　) 圖2 A. B. C. D.2U0 解析　由題意知，開始離子在電場中加速，有qU0＝mv2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有qvB＝m，打在P點(diǎn)的離子r0＝L，解得U0＝；當(dāng)加速電壓為U時(shí)，qU＝mv′2，qv′B＝；離子打在Q點(diǎn)時(shí)，r＝L，得U＝；離子打在N點(diǎn)時(shí)，r＝L，得U＝；則加速電壓U的范圍為≤U≤，選項(xiàng)D正確。 答案　D 命題角度2　回

3、旋加速器的原理和分析 1.加速條件：T電場＝T回旋＝； 2.磁場約束偏轉(zhuǎn)：qvB＝?v＝。 3.帶電粒子的最大速度vmax＝，rD為D形盒的半徑。粒子的最大速度vmax與加速電壓U無關(guān)。 4.回旋加速器的解題思路 (1)帶電粒子在縫隙的電場中加速、交變電流的周期與磁場周期相等，每經(jīng)過磁場一次，粒子加速一次。 (2)帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)、半徑不斷增大，周期不變，最大動能與D形盒的半徑有關(guān)。 【例2】　(2017·常州模擬)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩D

4、形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖3所示。設(shè)D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時(shí)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B.質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān) C.高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D.不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 解析　由T＝，T＝，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，選項(xiàng)A正確、B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項(xiàng)C錯誤；要加速α粒子，

5、高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運(yùn)動的周期，即T＝，故選項(xiàng)D錯誤。 答案　A 命題角度3　霍爾效應(yīng)的原理和分析 1.定義：高為h，寬為d的金屬導(dǎo)體(自由電荷是電子)置于勻強(qiáng)磁場B中，當(dāng)電流通過金屬導(dǎo)體時(shí)，在金屬導(dǎo)體的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾電壓。 2.電勢高低的判斷：如圖4，金屬導(dǎo)體中的電流I向右時(shí)，根據(jù)左手定則可得，下表面A′的電勢高。 圖4 3.霍爾電壓的計(jì)算：導(dǎo)體中的自由電荷(電子)在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A′間出現(xiàn)電勢差，當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時(shí)，A、A′間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝q，I＝

6、nqvS，S＝hd；聯(lián)立得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數(shù)。 【例3】　如圖5所示，寬度為d、厚度為h的導(dǎo)體放在垂直于它的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電流通過該導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)體的上、下表面之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。實(shí)驗(yàn)表明當(dāng)磁場不太強(qiáng)時(shí)，電勢差U、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的關(guān)系為U＝k，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)。設(shè)載流子的電荷量為q，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.載流子所受靜電力的大小F＝q B.導(dǎo)體上表面的電勢一定大于下表面的電勢 C.霍爾系數(shù)為k＝，其中n為導(dǎo)體單位長度上的電荷數(shù) D.載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝，其中n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的電荷數(shù) 解析　靜電

7、力的大小應(yīng)為F＝q，選項(xiàng)A錯誤；載流子的電性是不確定的，因此選項(xiàng)B錯誤；霍爾系數(shù)k＝，其中n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的電荷數(shù)，選項(xiàng)C錯誤；載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝qvB，其中v＝，可得F洛＝，選項(xiàng)D正確。 答案　D 命題角度4　速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī) 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運(yùn)動 磁流體發(fā)電機(jī) 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電荷，兩極板間電壓為U時(shí)穩(wěn)定，q＝qv0B，U＝v0Bd 【例4】　在如圖6所示的平行板器件中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直。一帶電粒子(重力不計(jì))從左端以速度v沿虛線射入后做直線運(yùn)動，則該粒子(　　)

8、 圖6 A.一定帶正電 B.速度v＝ C.若速度v>，粒子一定不能從板間射出 D.若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，仍做直線運(yùn)動 解析　粒子帶正電和負(fù)電均可，選項(xiàng)A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，即qvB＝qE，解得速度v＝，選項(xiàng)B正確；若速度v>，粒子可能從板間射出，選項(xiàng)C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤。 答案　B 【變式訓(xùn)練】　(多選)目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機(jī)叫磁流體發(fā)電機(jī)，如圖7所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的粒子，而從整體來說呈中性)沿圖中所示方向噴射入磁場

9、，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時(shí)金屬板上就聚集了電荷。 在磁極配置如圖中所示的情況下，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.A板帶正電 B.有電流從b經(jīng)用電器流向a C.金屬板A、B間的電場方向向下 D.等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力 解析　由左手定則，A板帶負(fù)電，則電流從b經(jīng)用電器流向a，金屬板間的電場方向向上，故選項(xiàng)B、D正確。 答案　BD 解決實(shí)際問題的一般過程： 　　　　　　 　[?？键c(diǎn)]帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 命題角度1　帶電粒子在組合場中的運(yùn)動 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動，實(shí)際上是幾個(gè)典型運(yùn)動過程的組合(如：電場中的加速直線運(yùn)

10、動、類平拋運(yùn)動；磁場中的勻速圓周運(yùn)動)，因此解決此類問題要分段處理，找出各段之間的銜接點(diǎn)和相關(guān)物理量。 【例5】　(2017·天津理綜，11)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖8所示。一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等。不計(jì)粒子重力，問： 圖8 (1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向； (2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。 解析　(1)在電場中，粒子做類平拋

11、運(yùn)動，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動時(shí)間為t，有 2L＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vy vy＝at③ 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tan α＝④ 聯(lián)立①②③④式得α＝45°⑤ 即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動的合成有 v＝⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0⑦ (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻

12、速圓周運(yùn)動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝? 答案　(1)v0　方向與x軸正方向成45°角斜向上 (2) “5步”突破帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題 　　　　　　 命題角度2　帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動 1.磁場力、重力并存 (1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動。 (2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒。 2.電場力、磁場力并存(不計(jì)重力) (1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動。 (2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則

13、帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，可用動能定理求解。 3.電場力、磁場力、重力并存 (1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動。 (2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動。 (3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，可用能量守恒定律或動能定理求解。 【例6】　(2018·廣東惠州一調(diào))平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，其橫截面如圖9所示，平面OM和水平面ON之間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外，勻強(qiáng)電場的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM的某點(diǎn)沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小

14、球進(jìn)入磁場后恰好做勻速圓周運(yùn)動，已知帶電小球在磁場中的運(yùn)動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點(diǎn)P射出磁場(P未畫出)。 圖9 (1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場強(qiáng)度E為多大？ (2)帶電小球離開磁場的出射點(diǎn)P到兩平面交點(diǎn)O的距離s為多大？ (3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運(yùn)動，能打在左側(cè)豎直的光屏OO′上，求打在光屏上的點(diǎn)到O點(diǎn)的距離。 解析　(1)根據(jù)題意知，小球受到的電場力與重力平衡，小球所受的合力等于洛倫茲力，則帶電小球帶正電荷。 由F＝qE＝mg，可得E＝。 (2)帶電小球進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝m，得R＝。 根據(jù)題意，帶

15、電小球在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示，Q點(diǎn)為運(yùn)動軌跡與ON相切的點(diǎn)，I點(diǎn)為入射點(diǎn)，P點(diǎn)為出射點(diǎn)，則IP為運(yùn)動軌跡所對的弦，帶電小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關(guān)系可得，OP為圓軌道的直徑，所以O(shè)P的長度s＝＝4R＝。 (3)帶電小球從P點(diǎn)離開磁場后做平拋運(yùn)動，設(shè)帶電小球打在光屏上的T點(diǎn)。則帶電小球運(yùn)動的水平方向位移為x＝v0t，得t＝＝＝， 豎直方向位移為y＝gt2＝g·＝， 如圖所示，T點(diǎn)到O點(diǎn)的距離 OO′＝2R＋y＝＋。 答案　(1)正電荷　　(2)　(3)＋ 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的分析方法 　　　　　　 命題角度3　帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動

16、 【例7】　(2017·合肥模擬)如圖10甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO′連續(xù)射入電場中。MN板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，分界線為CD，EF為屏幕。金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d。已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每個(gè)帶正電粒子的速度v0＝105 m/s，比荷為＝108 C/kg，重力忽略不計(jì)，在每個(gè)粒子通過電場區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的。試求： 圖10 (1)帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的最小半徑； (2)帶電粒子射

17、出電場時(shí)的最大速度； (3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。 [審題指導(dǎo)] 第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn) 關(guān)鍵點(diǎn) 獲取信息 電場可視作是恒定不變的 電場是勻強(qiáng)電場，帶電粒子做類平拋運(yùn)動 最小半徑 當(dāng)加速電壓為零時(shí)，帶電粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速率最小，半徑最小 最大速度 由動能定理可知，當(dāng)加速電壓最大時(shí)，粒子的速度最大，但應(yīng)注意粒子能否從極板中飛出 第二步：找突破口 (1)要求圓周運(yùn)動的最小半徑，由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑公式可知，應(yīng)先求最小速度，后列方程求解。 (2)要求粒子射出電場時(shí)的最大速度，應(yīng)先根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律求出帶電粒子能從極板間飛出所應(yīng)加的板間電壓的范圍，后結(jié)合動

18、能定理列方程求解。 (3)要求粒子打在屏幕上的范圍，應(yīng)先綜合分析帶電粒子的運(yùn)動過程，畫出運(yùn)動軌跡，后結(jié)合幾何知識列方程求解。 解析　(1)t＝0時(shí)刻射入電場的帶電粒子不被加速，進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的半徑最小。 粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)qv0B＝ 則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的最小半徑 rmin＝＝ m＝0.2 m 其運(yùn)動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示。 (2)設(shè)兩板間電壓為U1，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有 ＝at2＝· 代入數(shù)據(jù)，解得U1＝100 V 在電壓低于100 V時(shí)，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 V時(shí)，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出。帶電粒子剛好

19、從極板邊緣射出電場時(shí)，速度最大，設(shè)最大速度為vmax，則有mv＝mv＋q 解得vmax＝×105 m/s＝1.414×105 m/s。 (3)由第(1)問計(jì)算可知，t＝0時(shí)刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑rmin＝d＝0.2 m，徑跡恰與屏幕相切，設(shè)切點(diǎn)為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點(diǎn)， 則＝rmin＝0.2 m 帶電粒子射出電場時(shí)的速度最大時(shí)，在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低。 設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運(yùn)動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示。 qvmaxB＝ 則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的最大半徑

20、 rmax＝＝ m＝ m 由數(shù)學(xué)知識可得運(yùn)動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點(diǎn)所示，并且Q點(diǎn)必與M板在同一水平線上。則 ＝＝ m＝0.1 m 帶電粒子打在屏幕上的最低點(diǎn)為F，則 ＝rmax－＝ m＝0.18 m 即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi)。 答案　(1)0.2 m　(2)1.414×105 m/s　(3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內(nèi) 解決帶電粒子在交變電磁場中的運(yùn)動問題的基本思路 　　　　　　 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動實(shí)例拓展 [題源一：人教版選修3－1·P100·例題] 一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒

21、子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片D上(圖3.6－4)。 圖3.6－4 (1)求粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速率。 (2)求粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑。 拓展1　(2016·全國卷Ⅰ，15)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11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(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)

22、子的質(zhì)量比約為(　　) 圖11 A.11 B.12 C.121 D.144 解析　設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價(jià)正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2。對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得 qU＝mv2－0，得v＝① 在磁場中qvB＝m② 由①②式聯(lián)立得m＝，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 拓展2　(2017·江蘇單科，15)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖12所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的

23、狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖12中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動軌跡。不考慮離子間的相互作用。 圖12 (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x； (2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件。 解析　(1)設(shè)甲種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r1， 電場加速qU0＝·2mv2，且qvB＝2m

24、 解得 r1＝ 根據(jù)幾何關(guān)系x＝2r1－L， 解得x＝－L。 (2)如圖最窄處位于過兩虛線交點(diǎn)的垂線上 d＝r1－ 解得d＝－ (3)設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r2， r1的最小半徑r1min＝， r2的最大半徑r2max＝， 由題意知2r1min－2r2max＞L， 即－＞L， 解得L＜[2－] 答案　(1)－L (2)見解析?。? (3)L＜[2－] 解題關(guān)鍵　幾何關(guān)系的應(yīng)用 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，要用到幾何關(guān)系，主要是通過作輔助線構(gòu)建直角三角形等，利用三角函數(shù)、勾股定理求解，或是通過作垂線段、切線及對稱性等求解。 [題源二：人教版

25、選修3－1·P98·T3] 在圖3.5－8所示的平行板器件中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直。具有不同水平速度的帶電粒子射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的情況不同。這種裝置能把具有某一特定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器。試證明帶電粒子具有速度v＝時(shí)，才能沿著圖示虛線路徑通過這個(gè)速度選擇器。 圖3.5－8　速度選擇器 拓展1　如圖13所示，在兩水平極板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里。一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。若不計(jì)重力，下列四個(gè)物理量中哪一個(gè)改變時(shí)，粒子運(yùn)動軌跡不會改變(　　) 圖13 A.粒子速度的大小 B.粒子所帶電荷量 C

26、.電場強(qiáng)度 D.磁感應(yīng)強(qiáng)度 解析　由題意知，粒子受到電場力和洛倫茲力，做勻速直線運(yùn)動，則有qvB＝qE，即有vB＝E，改變粒子速度的大小，則洛倫茲力隨之改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發(fā)生改變，故選項(xiàng)A錯誤；由vB＝E知粒子的電荷量改變時(shí)，洛倫茲力與電場力大小同時(shí)改變，兩個(gè)力仍然平衡，故粒子的軌跡不發(fā)生改變，故選項(xiàng)B正確；改變電場強(qiáng)度，電場力將改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發(fā)生改變，故選項(xiàng)C錯誤；改變磁感應(yīng)強(qiáng)度，洛倫茲力將改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發(fā)生改變，故選項(xiàng)D錯誤。 答案　B 拓展2　(多選)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平

27、方向成θ角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖14所示的正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動到A，下列說法正確的是(　　) 圖14 A.該微粒一定帶負(fù)電荷 B.微粒從O到A的運(yùn)動可能是勻變速運(yùn)動 C.該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D.該電場的場強(qiáng)為Bvcos θ 解析　若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運(yùn)動，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動到A，可知微粒應(yīng)該做勻速

28、直線運(yùn)動，則選項(xiàng)A正確，B錯誤；由平衡條件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，電場的場強(qiáng)E＝Bvsin θ，故選項(xiàng)C正確，D錯誤。 答案　AC 拓展3　(多選)如圖15所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是(　　) 圖15 A.小球一定帶正電 B.小球一定帶負(fù)電 C.小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針 D.改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動 解析　由于小球做勻速圓周運(yùn)動，有qE＝mg，電場力方向豎直向上，所以小球一定帶負(fù)電，故選項(xiàng)A錯誤，B正確；洛倫茲力提供小球做圓周

29、運(yùn)動的向心力，由左手定則可判定小球繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針，故選項(xiàng)C正確；改變小球速度大小，小球仍做圓周運(yùn)動，選項(xiàng)D錯誤。 答案　BC 拓展4　(2017·全國卷Ⅰ，16)如圖16，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動。下列選項(xiàng)正確的是(　　) 圖16 A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma 解析　由題意知，三

30、個(gè)帶電微粒受力情況：mag＝qE，mbg＝qE＋Bqv，mcg＋Bqv＝qE，所以mb>ma>mc，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯誤。 答案　B 復(fù)合場中粒子的特殊運(yùn)動 帶電粒子在重力場、勻強(qiáng)電場和磁場組成的復(fù)合場中運(yùn)動時(shí)：若做勻速圓周運(yùn)動，重力必與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力；若做直線運(yùn)動，必是勻速直線運(yùn)動，合力為零。　　　　　　 活頁作業(yè) (時(shí)間：40分鐘) ?題組一　帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的實(shí)例分析 1.截面為矩形的載流金屬導(dǎo)線置于磁場中，如圖1所示，將出現(xiàn)下列哪種情況(　　) 圖1 A.在b表面聚集正電荷，而a表面聚集負(fù)電荷 B.在a表面聚集正電荷，而b表面聚

31、集負(fù)電荷 C.開始通電時(shí)，電子做定向移動并向b偏轉(zhuǎn) D.兩個(gè)表面電勢不同，a表面電勢較高 解析　金屬導(dǎo)體靠電子導(dǎo)電，金屬正離子并沒有移動，而電流由金屬導(dǎo)體中的自由電子的定向移動(向左移動)形成。應(yīng)用左手定則，四指應(yīng)指向電流的方向，讓磁感線垂直穿過手心，拇指的指向即為自由電子的受力方向。也就是說，自由電子受洛倫茲力方向指向a表面一側(cè)，實(shí)際上自由電子在向左移動的同時(shí)，受到指向a表面的作用力，并在a表面聚集，由于整個(gè)導(dǎo)體是呈電中性的(正、負(fù)電荷總量相等)，所以在b的表面“裸露”出正電荷層，并使b表面電勢高于a表面電勢。選項(xiàng)A正確。 答案　A 2.(2017·黑龍江大慶模擬)如圖2所示，從S

32、處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) 圖2 A.適當(dāng)減小電場強(qiáng)度E B.適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B C.適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離 D.適當(dāng)減小加速電壓U 解析　要使電子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動，有Eq＝qvB。根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大于洛倫茲力，所以要么增大洛倫茲力，要么減小電場力。適當(dāng)減小電場強(qiáng)度E，即可以減小電場力，選項(xiàng)A正確；適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度

33、B，可以減小洛倫茲力，選項(xiàng)B錯誤；適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離，根據(jù)eU＝mv2可得v＝，由于兩極板間的電壓沒有變化，所以電子進(jìn)入磁場的速率沒有變化，因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，選項(xiàng)C錯誤；同理，適當(dāng)減小加速電壓U，可以減小電子進(jìn)入復(fù)合場中的速度v，從而減小洛倫茲力，選項(xiàng)D錯誤。 答案　A 3.(多選)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖3所示。D1和D2是兩個(gè)中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上。位于D1的圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速。當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動能Ek后，再將它

34、們引出。忽略質(zhì)子在電場中的運(yùn)動時(shí)間，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek會變大 B.若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的時(shí)間會變短 C.若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍可用此裝置加速質(zhì)子 D.質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶ 解析　由r＝可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓U無關(guān)，故選項(xiàng)A錯誤；增大交變電壓，質(zhì)子加速次數(shù)減小，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運(yùn)行時(shí)間變短，選項(xiàng)B正確；為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運(yùn)動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，選項(xiàng)C錯誤；由nqU＝mv以及rn＝可得質(zhì)子

35、第n次被加速前、后的軌道半徑之比為∶，選項(xiàng)D正確。 答案　BD 4.(2017·南京三模)(多選)質(zhì)譜儀最初是由湯姆遜的學(xué)生阿斯頓設(shè)計(jì)的，他用質(zhì)譜儀證實(shí)了同位素的存在。如圖4所示，容器A中有質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量相同的兩種粒子(不考慮粒子重力及粒子間的相互作用)，它們從容器A下方的小孔S1不斷飄入電壓為U的加速電場(粒子的初速度可視為零)，沿直線S1S2(S2為小孔)與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，最后打在水平放置的照相底片上。由于實(shí)際加速電壓的大小在U±ΔU范圍內(nèi)微小變化，這兩種粒子在底片上可能發(fā)生重疊。對此，下列說法正確的有(　　) 圖4

36、 A.兩粒子均帶正電 B.打在M處的粒子質(zhì)量較小 C.若U一定，ΔU越大越容易發(fā)生重疊 D.若ΔU一定，U越大越容易發(fā)生重疊 解析　根據(jù)左手定則判斷出兩粒子均帶正電，選項(xiàng)A正確；設(shè)粒子質(zhì)量為m，經(jīng)電場加速有qU＝mv2，得出v＝。粒子達(dá)到底片上的位置為x＝2r＝＝，q相同時(shí)，x越小說明質(zhì)量越小，選項(xiàng)B正確；若U一定，兩粒子打到底片的理論位置確定，ΔU越大，兩粒子理論位置兩側(cè)寬度越大，越容易發(fā)生重疊，選項(xiàng)C正確；ΔU一定，兩粒子理論位置兩側(cè)寬度不變，U越大，兩粒子打到底片的理論位置距離越大，越不容易發(fā)生重疊，選項(xiàng)D錯誤。 答案　ABC 5.(2017·蕪錫模擬)如圖5所示為某種質(zhì)譜儀

37、的工作原理示意圖。此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外；膠片M。由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子，經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進(jìn)入磁場，最終打到膠片上的某點(diǎn)。粒子從粒子源發(fā)出時(shí)的初速度不同，不計(jì)粒子所受重力。下列說法正確的是(　　) 圖5 A.從小孔S進(jìn)入磁場的粒子速度大小一定相等 B.從小孔S進(jìn)入磁場的粒子動能一定相等 C.打到膠片上同

38、一點(diǎn)的粒子速度大小一定相等 D.打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子，比荷越大 解析　從小孔S進(jìn)入磁場，說明粒子在電場中運(yùn)動半徑相 同，在靜電分析器中，qE＝，無法判斷出粒子的速度和動能是否相等，選項(xiàng)A、B錯誤；打到膠片上同一點(diǎn)的粒子，在磁場中運(yùn)動的半徑相同，由qvB＝m，得r＝，聯(lián)立qE＝，可得r＝，所以打到膠片上同一點(diǎn)的粒子速度相等，與比荷無關(guān)，選項(xiàng)C正確，D錯誤。 答案　C ?題組二　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 6.(多選)如圖6所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點(diǎn)A由靜止下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個(gè)裝置處于正交的勻強(qiáng)電場與磁場中，電

39、場強(qiáng)度大小為E＝，方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A.物塊最終停在A點(diǎn) B.物塊最終停在最低點(diǎn) C.物塊做往復(fù)運(yùn)動 D.物塊首次滑到最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為2mg＋qB 解析　由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點(diǎn)受到的電場力方向向右，所以物塊最終從最低點(diǎn)開始向右運(yùn)動，到達(dá)某位置速度變?yōu)榱?，然后又向左運(yùn)動，即物塊做往復(fù)運(yùn)動，選項(xiàng)C正確，A、B錯誤；物塊從A點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)，由動能定理得，mgR－qER＝mv2－0，且E＝，聯(lián)立得v＝，物塊運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得，N－mg－qvB＝m，解得N

40、＝2mg＋qB，由牛頓第三定律知，選項(xiàng)D正確。 答案　CD 7.(2017·西安模擬)(多選)某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時(shí)間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(如圖7甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎?。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運(yùn)動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計(jì))(　　) 圖7 A.若粒子的初始位置在a處，在t＝T時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向水平向右的初速度 B.若粒子的初始位置在f處，在t＝時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向豎直向下的初速度 C.若粒子的初始位置在e處，在t＝T時(shí)給

41、粒子一個(gè)沿切線方向水平向左的初速度 D.若粒子的初始位置在b處，在t＝時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向豎直向上的初速度 解析　要使粒子的運(yùn)動軌跡如題圖所示，由左手定則知粒子做圓周運(yùn)動的周期應(yīng)為T0＝，若粒子的初始位置在a處時(shí)，對應(yīng)時(shí)刻應(yīng)為t＝T0＝T，選項(xiàng)A正確；同理可判斷選項(xiàng)D正確。 答案　AD 8.(2017·河南聯(lián)考)(多選)如圖8所示，在x軸的上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其中C、D在x軸上，C、D、M到原點(diǎn)O的距離均為a，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點(diǎn)由靜止釋放

42、，設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h，不計(jì)重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是(　　) 圖8 A.若h＝，則粒子垂直CM射出磁場 B.若h＝，則粒子平行于x軸射出磁場 C.若h＝，則粒子垂直CM射出磁場 D.若h＝，則粒子平行于x軸射出磁場 解析　粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)經(jīng)電場加速，Eqh＝mv2，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，Bqv＝m。 (1)若粒子恰好垂直CM射出磁場時(shí)，其圓心恰好在C點(diǎn)，如圖甲所示，其半徑為r＝a。由以上兩式可求得P到O的距離h＝，選項(xiàng)A正確； (2)若粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，恰好平行于x軸射出磁場時(shí)，其圓心恰好在CO中點(diǎn)，如圖乙所示，其半徑為r＝a，由

43、以上兩式可得P到O的距離h＝，選項(xiàng)D正確。 答案　AD 9.(2017·廣東深圳模擬)如圖9所示，在坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，在x＝0和x＝L范圍內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的下邊界AP與y軸負(fù)方向成45°，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場上邊界為x軸，其電場強(qiáng)度為E?，F(xiàn)有一束包含著各種速率的同種帶負(fù)電粒子由A點(diǎn)垂直y軸射入磁場，帶電粒子的比荷為。粒子重力不計(jì)，一部分粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后由邊界AP射出并進(jìn)入電場區(qū)域。求： 圖9 (1)能夠由AP邊界射出的粒子的最大速率； (2)粒子在電場中運(yùn)動一段時(shí)間后由y軸射出電場，射出點(diǎn)與原點(diǎn)的最大距離。 解析　(1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，速度越大，半

44、徑越大。速度最大的粒子剛好由P點(diǎn)射出。 由牛頓第二定律得qvB＝， 由幾何關(guān)系可知r＝L，得v＝。 (2)粒子從P點(diǎn)離開后，垂直x軸進(jìn)入電場，在豎直方向做勻速直線運(yùn)動，在水平方向做勻加速直線運(yùn)動。 由牛頓第二定律得a＝ 此粒子在電場中運(yùn)動時(shí)有L＝at2，d＝vt 解得d＝BL 答案　(1)　(2)BL 10.(2018·河北衡水中學(xué)一調(diào))如圖10所示，質(zhì)量M為5.0 kg的小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動，小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是光滑圓弧軌道，整個(gè)軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場

45、強(qiáng)度E大小為50 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小為2.0 T?，F(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負(fù)電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s 的水平速度向右沖上小車，當(dāng)它運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)速度為5 m/s。滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。 圖10 (1)求滑塊從A到D的過程中，小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能； (2)如果滑塊剛過D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為76 N，求圓弧軌道的半徑r； (3)當(dāng)滑塊通過D點(diǎn)時(shí)，立即撤去磁場，要使滑塊沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑。 解析　(1)設(shè)滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，小車在此時(shí)的速度大小為v2，物塊從A運(yùn)動到D的過程中

46、，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向， 有mv0－Mv＝mv1＋Mv2， 解得v2＝0。 設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE，則有 ΔE＝mv＋Mv2－mv， 解得ΔE＝85 J。 (2)設(shè)滑塊剛過D點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力為FN，則由牛頓第三定律可得FN＝76 N，由牛頓第二定律可得 FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m， 解得r＝1 m。 (3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時(shí)，滑塊與小車具有共同的速度v′，由動量守恒定律可得 mv1＝(m＋M)v′，解得v′＝ m/s。 設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm，由能量守恒定律有 mv＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm， 解得Rm＝0.71 m。 答案　(1)85 J　(2)1 m　(3)0.71 m 25