- 2021-05-26 发布 |
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文档介绍
【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场和复合场中的运动学案
第3讲带电粒子在组合场和复合场中的运动 题型一 带电粒子在组合场中的运动问题 “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= 【例1】在如图甲所示的平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里,正三角形边长为L,且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限,又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限,且速度与y轴负方向成45°角,不计粒子所受的重力。求: 甲 (1)电场强度E的大小。 (2)粒子到达a点时速度的大小和方向。 (3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。 【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t,则有 x=v0t=2h,y=at2=h,qE=ma 联立可得E=。 (2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度vy=at=v0 所以v==v0 方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。 乙 (3)粒子在磁场中运动时,有 qvB=m 当粒子从b点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,此时有r=L,所以B=。 【答案】(1)(2)v0方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角(3) 组合场是指磁场与电场同时存在,但各位于一定的区域内且并不重叠的情况,或者在同一区域内交替存在,总之,带电粒子每时只受到一个场力的作用。 (1)带电粒子在组合场中的运动规律 ①带电粒子在匀强电场中,若初速度与电场线平行,则该粒子做匀变速直线运动;若初速度与电场线垂直,则该粒子做类平抛运动。 ②带电粒子在匀强磁场中,若速度与磁感线平行,则该粒子做匀速直线运动;若速度与磁感线垂直,则该粒子做匀速圆周运动。 (2)带电粒子在组合场中运动的处理方法 【变式训练1】(2018安徽淮南第二次调研)如图甲所示,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场,方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(h,0)点沿y轴正方向以某初速度开始运动,一段时间后,粒子与x轴正方向成45°进入电场,经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求: (1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1。 甲 (2)匀强电场的电场强度大小E。 (3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总。 【解析】(1)根据题意,大致画出粒子在复合场中的运动轨迹,如图乙所示 由几何关系得rcos 45°=h 解得r=h 由牛顿第二定律得 qBv1=m 解得v1=。 乙 (2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1,到达b点时的速度大小为vb,根据类平抛运动规律,有 vb=v1cos 45° 解得vb= 设粒子进入电场后经过时间t运动到b点,b点的纵坐标为-yb,由类平抛运动规律得r+rsin 45°=vbt yb=(v1sin 45°+0)t=h 由动能定理得-qEyb=m-m 解得E=。 (3)粒子在磁场中运动的周期T== 第一次经过x轴的时间t1=T= 在电场中运动的时间t2=2t= 从第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间 t3=T= 则总时间t总=t1+t2+t3=。 【答案】(1)h(2) (3) 题型二 带电粒子在叠加场中的运动问题 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。 (2)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。 (2)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,则带电体做匀速直线运动。 (2)若重力与电场力平衡,则带电体做匀速圆周运动。 (3)若合力不为零,带电体则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2】在竖直平面直角坐标系xOy内,第Ⅰ象限存在沿y轴正方向的匀强电场E1,第Ⅲ、Ⅳ象限存在沿y轴正方向的匀强电场E2(E2=),第Ⅳ象限内还存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B1,第Ⅲ象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场B2。一带正电的小球(可视为质点)从坐标原点O以某一初速度v进入光滑的半圆轨道OA,半圆轨道在O点与x轴相切且直径与y轴重合,如图甲所示。小球恰好能从轨道最高点A垂直于y轴飞出进入第Ⅰ象限的匀强电场中,偏转后经x轴上x=R处的P点进入第Ⅳ象限磁场中,然后从y轴上Q点(未画出)与y轴正方向成60°角进入第Ⅲ象限磁场,最后从O点又进入第Ⅰ象限电场。已知小球的质量为m,电荷量为q,圆轨道的半径为R,重力加速度为g。求: 甲 (1)小球的初速度大小。 (2)电场强度E1的大小。 (3)B1与B2的比值。 【解析】(1)由题意可知,在A点有mg= 从O到A由动能定理得 m-mv2=-mg·2R 解得v=。 (2)小球在第Ⅰ象限做类平抛运动 x=vAt=R 2R=at2 a= 解得E1=。 (3)vy=vA,tan θ== 得θ=60° vP=2vA 由于mg=qE2 小球在第Ⅲ、Ⅳ象限中均做匀速圆周运动,画出小球在磁场中运动的轨迹如图乙所示 乙 由几何关系得r1cos 30°+r1sin 30°=OP=R 解得r1=R 又r1== 进入B2后,由几何关系得2r2cos 30°=OQ=OP=R 解得r2=R 又r2= 解得==。 【答案】(1)(2)(3) 带电粒子在叠加场中运动的处理方法 【变式训练2】(2019山西晋城质量检测)如图甲所示,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。 甲 (1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC。 (2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf。 (3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。 【解析】(1)小滑块沿MN运动的过程中,水平方向受力满足 qvB+FN=qE 小滑块在C点离开MN时FN=0 解得vC=。 (2)由动能定理有 mgh-Wf=m-0 解得Wf=mgh-。 (3)如图乙所示,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g' 乙 g'= 且=+g'2t2 解得vP=。 【答案】(1)(2)mgh- (3) 题型三 带电粒子在复合场中运动的应用实例 装置 原理图 规律 质谱仪 粒子由静止被加速电场加速,qU=mv2,在磁场中做匀速圆周运动,qvB=,则比荷= 回旋加 速器 接交流电源 交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子在做圆周运动的过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvB=得Ekm= 速度选 择器 当qv0B=Eq,即v0=时,粒子做匀速直线运动 磁流体 发电机 等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电荷,两极电压为U时稳定,q=qv0B,U=v0Bd 电磁流 量计 q=qvB,可得v=,所以Q=vS= 霍尔 元件 当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差 【例3】如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成:粒子源N;P、Q间的加速电场;静电分析器,即中心线半径为R的四分之一圆形通道,通道内有均匀辐射电场,方向沿径向指向圆心O,且与圆心O等距的各点电场强度大小相等;磁感应强度为B的有界匀强磁场,方向垂直纸面向外;胶片M。由粒子源发出的不同带电粒子,经加速电场加速后进入静电分析器,某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场,最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同,不计粒子所受重力。下列说法正确的是()。 A.从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等 B.从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等 C.打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等 D.打到胶片上位置距离O点越远的粒子,比荷越大 【解析】从小孔S进入磁场,说明粒子在电场中运动半径相同,在静电分析器中,qE=,无法判断出粒子的速度和动能是否相等,A、B两项错误;打到胶片上同一点的粒子,在磁场中运动的半径相同,由qvB=m,qE=,联立可得r=,所以打到胶片上同一点的粒子速度相等,与比荷无关,C项正确,D项错误。 【答案】C 把握三点,解决现代科技中的组合场问题 (1)对题目背景涉及的物理知识和原理机制进行认真分析。 (2)从力、运动、能量三个角度分析粒子的运动过程,并画出运动轨迹的草图。 (3)构建物理模型,选择合适的物理规律和方法解决问题。 【变式训练3】(2018河北刑台第三次质量检测)(多选)回旋加速器的工作原理示意图如图所示。置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f,加速电压为U。若A处粒子源产生的质子的质量为m,电荷量为+q,在加速器中被加速,且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是()。 A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比 C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1 D.只要不改变磁感应强度B,质子离开回旋加速器的最大动能就不变 【解析】质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约,因v==2πRf,故A项正确;质子离开回旋加速器的最大动能Ekm=mv2=2mπ2R2f2,与加速电压U无关,B项错误;根据R=,qU=m,2qU= m,得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1,C项正确;因质子的最大动能Ekm=2mπ2R2f2,与B无关,故D项错误。 【答案】AC 【变式训练4】(2019湖北武汉第一次模拟考试)目前,世界上正在研究一种新型发电机——磁流体发电机。如图所示,将一束等离子体喷射入磁场,磁场中有两块平行金属板A、B,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压。如果射入的等离子体的初速度为v,两金属板的板长(沿初速度方向)为L,板间距离为d,金属板的正对面积为S,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于离子初速度方向(如图所示),负载电阻为R,电离气体充满两板间的空间。当发电机稳定发电时,电流表的示数为I,那么板间电离气体的电阻率为()。 A. B. C. D. 【解析】由左手定则知,正离子向B板运动,即B板带正电。发电机稳定时,离子所受电场力等于洛伦兹力,即qvB=q,解得U=Bvd,又R+R1=,R1为板间电离气体的电阻,且R1=ρ,联立得到电阻率ρ的表达式为ρ=,B项正确,A、C、D三项错误。 【答案】B 1.(2018河北保定第二次检测)(多选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+()。 A.在电场中的加速度之比为1∶1 B.在磁场中运动的半径之比为∶1 C.在磁场中转过的角度之比为1∶2 D.离开电场区域时的动能之比为1∶3 【解析】两离子所带电荷量之比为1∶3,在电场中时由qE=ma知a∝q,故加速度之比为1∶3,A项错误;离开电场区域时的动能由Ek=qU知Ek∝q,故D项正确;在磁场中运动的半径由Bqv=m、Ek=mv2知R=∝,故B项正确;设磁场区域的宽度为d,则有sin θ=∝,即=,故θ'=60°=2θ,C项正确。 【答案】BCD 2.(2018广东汕头期末考试)如图所示,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。纸面内有两个半径不同的半圆在b点平滑连接后构成一绝缘光滑环。一带电小球套在环上从a点开始运动,发现其速率保持不变。则小球()。 A.带负电 B.受到的洛伦兹力大小不变 C.运动过程的加速度大小保持不变 D.光滑环对小球始终没有作用力 【解析】粒子速率不变,则粒子做匀速圆周运动,可知粒子所受的电场力和重力平衡,所以粒子受向上的电场力,则粒子带正电,A项错误;粒子的速率不变,根据f=Bqv可知,粒子受到的洛伦兹力大小不变,B项正确;因粒子在不同的圆环中运动的半径不同,根据a=可知,粒子从小圆环过渡到大圆环的过程中加速度变小,C项错误;粒子从小圆环过渡到大圆环的过程中,加速度减小,根据F+qvB=ma可知光滑环对小球的作用力要发生变化,且作用力不可能总是零,D项错误。 【答案】B 3.(2018河南平顶山期末考试)在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场方向竖直向下,匀强磁场方向水平向里,现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出,小球着地时的速度为v1,在空中的飞行时间为t1。若将磁场撤除,其他条件均不变,那么小球着地时的速度为v2,在空中飞行的时间为t2。小球所受空气阻力可忽略不计,则关于v1和v2,t1和t2的大小比较,以下判断正确的是()。 A.v1>v2,t1>t2 B.v1=v2,t1>t2 C.v1=v2,t1查看更多