【物理】2018届一轮复习鲁科版带电粒子在复合场中的运动学案

【物理】2018届一轮复习鲁科版带电粒子在复合场中的运动学案

‎2018届高考物理一轮复习：带电粒子在复合场中的运动 考点精练 突破一　回旋加速器和质谱仪 考向1　质谱仪的原理 ‎1.构造：如图所示，质谱仪由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片构成.‎ ‎2.原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2.‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝.‎ 由以上两式可得r＝，m＝，＝.‎ ‎[典例1]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)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(　　)‎ A.11 B‎.12　‎　　C.121　　　D.144‎ ‎[解题指导]　注意题给信息的含义，“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在磁场中运动的半径相等.‎ ‎[解析]　设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M.质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，‎ ‎，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，；‎ 一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，；联立解得M∶m＝144∶1，选项D正确.‎ ‎[答案]　D ‎[变式1]　(多选)如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场(磁感应强度为B′)，最终打在A‎1A2上，下列表述正确的是(　　)‎ A.粒子带负电 B.所有打在A‎1A2上的粒子，在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间都相同 C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D.粒子打在A‎1A2的位置越靠近P，粒子的比荷越大 答案：CD　解析：根据粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，A错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq＝Bqv，可得v＝，C正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r＝，则＝，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；所有打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中都只运动半个周期，周期T＝，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间不同，B错误.‎ 考向2　回旋加速器 ‎1.组成：如图所示，两个D形盒(静电屏蔽作用)，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电场.‎ ‎2.作用：电场用来对粒子(质子、α粒子等)加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速.‎ ‎3.加速原理 ‎(1)回旋加速器中所加交变电压的频率f，与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等，f＝＝.‎ ‎(2)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式Ek＝mv2＝来计算，在粒子电荷量、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大.而粒子最终得到的能量与极间加速电压的大小无关.电压大，粒子在盒中回旋的次数少；电压小，粒子回旋次数多，但最后能量一定.‎ ‎[典例2]　(2016·江苏卷)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝.‎ ‎　‎ 甲　　　　　　　　　　乙 一束该种粒子在0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用.求：‎ ‎(1)出射粒子的动能Em；‎ ‎(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；‎ ‎(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件.‎ ‎[解题指导]　计算粒子在电场中运动的总时间时，可剔除粒子在磁场中的运动，直接将粒子在电场中的各段运动相衔接，作为一个匀加速直线运动来处理，可用总位移nd＝aΔt2或总速度v＝aΔt来计算.‎ ‎[解析]　(1)粒子运动半径为R时 qvB＝m 且Em＝mv2‎ 解得Em＝.‎ ‎(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0‎ 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a＝ 匀加速直线运动nd＝a·Δt2‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－.‎ ‎(3)只有在0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝ 由η>99%，解得d< ‎[答案]　(1)　(2)－ ‎(3)d< 反思总结 ‎1.质谱仪的本质是粒子先在电场中加速，再在磁场中偏转，最后利用感光底片记录粒子的位置.‎ ‎2.质谱仪是计算带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.‎ ‎3.回旋加速器的工作条件是粒子做圆周运动的周期与金属外壳所加交流电的周期相等，粒子的最大动能由匀强磁场磁感应强度和D形盒半径决定.‎ 突破　带电粒子在组合场中的运动 ‎1.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键.当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成.‎ ‎2.“磁偏转”和“电偏转”的比较 电偏转 ‎ ‎ 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)‎ 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)‎ 受力情况 只受恒定的电场力F＝Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB 运动情况 类平抛运动 ‎ 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝ 考向1　电场与磁场组合 ‎[典例3]　如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角.‎ 一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变.不计重力.‎ ‎(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间；‎ ‎(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值.‎ ‎[解题指导]　(1)定性画出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹，确定圆心的位置.‎ ‎(2)明确粒子进入电场后的运动情况，找到粒子在电场中运动时间和T0的关系.‎ ‎[解析]　(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示 设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B＝m T＝ 依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为π 所需时间为t1＝T 求得t1＝.‎ ‎(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有qE＝ma v0＝at2‎ 得t2＝ 根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0‎ 得电场强度最大值E＝.‎ ‎[答案]　(1)　(2) ‎[变式2]　(2017·甘肃兰州诊断)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的半有界匀强磁场，磁感应强度为B，虚线为平行于y轴的磁场左边界.‎ 一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向从Q点(图中未画出)射出磁场.不计粒子重力.求：‎ ‎(1)电场强度E的大小和粒子射入磁场时速度v的大小和方向；‎ ‎(2)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t；‎ ‎(3)Q点的坐标.‎ 答案：见解析 解析：(1)粒子运动的轨迹如图所示 粒子在电场中x、y方向的运动：‎ x方向：2h＝v0t1‎ y方向：h＝at 根据牛顿第二定律：qE＝ma 联立得E＝ 根据动能定理：Eqh＝mv2－mv 解得v＝v0‎ cos α＝＝，α＝45°.‎ ‎(2)设粒子在电场中运动的时间：t1＝ 粒子在磁场中运动的周期：T＝＝ 设粒子射入磁场时与x轴成α角，在磁场中运动的圆弧所对圆心角为β.由几何关系，得β＝135°‎ 所以粒子在磁场中运动的时间为t2＝T 总时间t＝t1＋t2＝＋.‎ ‎(3)根据Bqv＝m，求出r＝ y＝r＋rsin 45°＝ x＝2h－rcos 45°＝2h－ 所以Q点坐标为.‎ 考向2　磁场与磁场组合 ‎[典例4]　如图所示，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里；在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(‎4l,‎3l).一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向向往磁场b，经过一段时间后，粒子恰好能经过原点O，不计粒子重力.求：‎ ‎(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？‎ ‎(2)粒子运动的速度可能是多少？‎ ‎[问题探究]　(1)OP连线与x轴夹角为多少？粒子能否在b区直接到达O点？‎ ‎(2)粒子经过OP连线上某一点时，速度方向与OP连线夹角为多少？定性画出从P点到O点的运动轨迹.‎ ‎[提示]　(1)OP连线与x轴夹角为37°，粒子不能直接到达O点.‎ ‎(2)粒子经过OP连线时与OP连线的夹角为53°，轨迹图见解析.‎ ‎[解析]　(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨迹半径和周期，则有 Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝ 当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示 根据几何知识得tan α＝＝，故α＝37°‎ 粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为tb＝Tb，ta＝Ta.‎ 故从P点运动到O点的时间为 t＝ta＋tb＝.‎ ‎(2)由题意及上图可知 n(2Racos α＋2Rbcos α)＝ 解得v＝(n＝1,2,3，…).‎ ‎[答案]　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)‎ 反思总结 解决带电粒子在组合场中运动问题的思路 ‎(1)首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围.‎ ‎(2)对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动性质，分析粒子的运动过程，画出运动轨迹.‎ ‎(3)通过分析，确定粒子从一个场区进入另一场区时的位置、速度大小和方向是解题的关键.‎ 突破三　带电粒子在叠加场中的运动 带电粒子在叠加场中运动的归类分析 ‎1.磁场力与重力叠加 ‎(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.‎ ‎(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒.‎ ‎2.电场力与磁场力叠加(不计重力)‎ ‎(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.‎ ‎(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子做复杂的曲线运动，可用动能定理求解.‎ ‎3.电场力、磁场力、重力叠加 ‎(1)若三力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.‎ ‎(2)若重力与电场力平衡，带电粒子做匀速圆周运动.‎ ‎(3)若合力不为零，带电粒子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.‎ 考向1　磁场与重力场叠加 ‎[典例5]　(2017·河南郑州质检)(多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的(　　)‎ ‎　　　　A　　　　　 　　B ‎　　　　C　　　　 　　　D ‎[解析]　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误.‎ ‎[答案]　AD 考向2　电场与磁场叠加 ‎[典例6]　如图所示，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E′k的大小是(　　)‎ A.E′k＝Ek B.E′k>Ek C.E′k

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