高三物理二輪復習 第一篇 專題通關四 電場和磁場 10 帶電粒子在組合場、復合場中的運動課件.ppt

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第10講 帶電粒子在組合場、復合場中的運動,【高考這樣考】 1.(多選)(2015江蘇高考)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左。不計空氣阻力,則小球( ) A.做直線運動 B.做曲線運動 C.速率先減小后增大 D.速率先增大后減小,【解析】選B、C。由題意知,小球受重力、電場力作用,合外力的方向與初速度的方向夾角為鈍角,故小球做曲線運動,所以A項錯誤,B項正確;在運動的過程中合外力先做負功后做正功,所以C項正確,D項錯誤。,2.(多選)(2013浙江高考)在半導體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后,垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域,如圖所示。已知離子P+在磁場中轉過=30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時,離子P+和P3+( ),A.在電場中的加速度之比為11 B.在磁場中運動的半徑之比為 1 C.在磁場中轉過的角度之比為12 D.離開電場區(qū)域時的動能之比為13,【解析】選B、C、D。磷離子P+和P3+的質量相等,在電場中所受的電場力之比為13,所以加速度之比為13,A項錯誤;初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后,由動能定理可得,離開電場區(qū)域時的動能之比為它們的帶電量之比,即13,D項正確;在磁場中做圓 周運動時洛倫茲力提供向心力 可得,B項正確;設P+在磁場中的運動半徑為R,由幾何知識可得磁場的寬度為 而P3+的半徑為 由幾何知識可得P3+在磁場中轉過的角度為 60,P+在磁場中轉過的角度為30,所以磷離子P+和P3+在磁場中轉過 的角度之比為12,C項正確。,3.(多選)(2015山東高考)如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間, 時間內(nèi)微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出,微粒運動過程中未與金屬板接觸,重力加速度的大小為g。關于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述,正確的是( ),A.末速度大小為 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了 D.克服電場力做功為mgd,【解析】選B、C。因為中間 與后面 時間加速度等大反向,所以離開電容器時,豎直速度為零,只有水平速度v0,A錯誤,B正確;中間 時間和后面 時間豎直方向的平均速度相等,所以豎直位移也相等,因為豎直方向總位移是 所以后面 時間內(nèi)豎直位移是 克服電場 力做功 D錯誤;重力勢能減少等于重力做功 C正確。,【考情分析】 主要題型：選擇題、計算題 命題特點： 1.結合電磁場技術的應用實例,考查帶電粒子在復合場中的運動規(guī)律。 2.結合牛頓第二定律、動能定理等,綜合考查帶電粒子在組合場中的加速和偏轉。,3.在平面直角坐標系中,數(shù)形結合解決帶電粒子在電磁場中多過程的復雜問題。,【主干回顧】,【要素掃描】 (1)做好“兩個區(qū)分”： 正確區(qū)分重力、_、_的大小、方向特點及做功特 點。_、_做功只與初、末位置有關,與路徑無關,而_ _不做功。 正確區(qū)分“電偏轉”和“磁偏轉”的不同?！半娖D”是指帶電粒 子在電場中做_運動,而“磁偏轉”是指帶電粒子在磁場中做_ _運動。,電場力,洛倫茲力,重力,電場力,洛倫,茲力,類平拋,勻,速圓周,(2)抓住“兩個技巧”： 按照帶電粒子運動的先后順序,將整個運動過程劃分成不同特點的 小過程。 善于畫出幾何圖形處理_,要有運用數(shù)學知識處理物理問 題的習慣。,幾何關系,熱點考向1 帶電粒子在組合場中的運動 【典例1】(2015天津高考)現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場,電場和磁場的寬度均為d。電場強度為E,方向水平向右;磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左,側邊界某處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁輻射。,(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑r2。 (2)粒子從第n層磁場右側邊界穿出時,速度的方向與水平方向的夾角為n,試求sinn。 (3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出,試問在其他條件不變的情況下,也進入第n層磁場,但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側邊界,請簡要推理說明之。,【名師解讀】 (1)命題立意：綜合考查帶電粒子在組合場中的運動。 (2)關鍵信息：電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直,由靜止釋放。 (3)答題必備： (4)易錯警示：不能熟練應用數(shù)學知識寫出粒子從第n層磁場右側邊界穿出時的邊角關系。,【解析】(1)粒子在進入第2層磁場時,經(jīng)過兩次電場加速,中間穿過磁場時洛倫茲力不做功。 由動能定理,有： 由式解得： 粒子在第2層磁場中受到的洛倫茲力充當向心力,有 由式解得： ,(2)設粒子在第n層磁場中運動的速度為vn,軌跡半徑為rn(各量的下標均代表粒子所在層數(shù),下同)。 粒子進入第n層磁場時,速度的方向與水平方向的 夾角為n,從第n層磁場右側邊界穿出時速度方向 與水平方向的夾角為n,粒子在電場中運動時,垂 直于電場線方向的速度分量不變,有：vn-1sinn-1=vnsinn ,由圖甲看出：rnsinn-rnsinn=d 由式得 rnsinn-rn-1sinn-1=d 由式看出r1sin1,r2sin2,rnsinn為一等差數(shù)列,公差為d,可得：rnsinn=r1sin1+(n-1)d 當n=1時,由圖乙看出：r1sin1=d 由式得： ,(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出, 則：n= ,sinn=1在其他條件不變的情況下, 換用比荷更大的粒子,設其比荷為 ,假設能穿出 第n層磁場右側邊界,粒子穿出時速度方向與水 平方向的夾角為n,由于 則導致sinn1 說明n不存在,即原假設不成立。所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側邊界。 答案： (3)見解析,【典例2】(2015福州二模)如圖所示,在x軸上方存 在勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。在 x軸下方存在勻強電場,方向豎直向上。一個質量為m、 電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的a(h,0) 點沿y軸正方向以某初速度開始運動,一段時間后,粒子與x軸正方向成45進入電場,經(jīng)過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直。求：,(1)粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v1。 (2)勻強電場的電場強度大小E。 (3)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t總。,【解題探究】 (1)求解粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v1的思維軌跡：_ _。 (2)求解電場強度大小E的思維軌跡：_ _ _。,畫,出粒子的運動軌跡,根據(jù)幾何關系及洛倫茲力提供向心力求解,粒子第一次經(jīng)過x軸的位置后做,逆向類平拋運動,根據(jù)幾何關系、類平拋運動的基本公式,結合動能定,理求解,(3)求解粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t總的思維軌跡：_ _ _。,分別求,出粒子第一次經(jīng)過x軸的時間、在電場中運動的時間以及第二次經(jīng)過x,軸到第三次經(jīng)過x軸的時間,三者之和即為所求時間,【解析】(1)根據(jù)題意可知,大致畫出粒子在復合場中的運動軌跡,如圖所示： 由幾何關系得：rcos45=h 解得： 由牛頓第二定律得： 解得：,(2)設粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為x1,到達b點時速度大小為vb,根據(jù)類平拋運動規(guī)律,則： vb=v1cos45,解得： 設粒子進入電場經(jīng)過時間t運動到b點,b點的縱坐標為-yb,由類平拋運動規(guī)律得：r+rsin45=vbt 由動能定理得： 解得：,(3)粒子在磁場中的周期為： 第一次經(jīng)過x軸的時間 在電場中運動的時間 在第二次經(jīng)過x軸到第三次經(jīng)過x軸的時間 則總時間： 答案：,【遷移訓練】,遷移1：將電場換成磁場 將【典例2】中x軸下方的勻強電場換成勻強磁場,方向垂直紙面向里,如圖所示,一段時間后,粒子與x軸正方向成45進入x軸下方的磁場,若粒子第二次經(jīng)過x軸后又能經(jīng)過a點,求：,(1)x軸下方的勻強磁場的磁感應強度B。 (2)帶電粒子第一次到第二次經(jīng)過x軸的時間。,【解析】(1)帶電粒子的運動軌跡如圖所示：,在x軸上方運動時,由幾何關系得：rcos45=h 解得： 由牛頓第二定律得： 解得： 在x軸下方運動時,由幾何關系得：,由牛頓第二定律得： 解得： (2) 答案：,遷移2：改變電場方向 將【典例2】中x軸下方的勻強電場方向改成與x軸負方向成45角,如圖所示,若粒子沿平行電場線方向進入電場,且粒子沿電場線移動的最大距離為h,求：,(1)勻強電場的電場強度大小E。 (2)粒子從開始到第三次經(jīng)過x軸的時間t。 【解析】(1)帶電粒子運動軌跡如圖所示：,由幾何關系得：rcos45=h 解得： 由牛頓第二定律得： 解得： 粒子在電場中做勻減速直線運動,則： 由牛頓第二定律得：qE=ma 解得：,(2)粒子在磁場中運動的時間： 粒子在電場中運動的時間： 解得： 故： 答案：,遷移3：改變釋放點的位置 將【典例2】中的帶電粒子在a(2h,-2h)點由靜止釋放,粒子第二次經(jīng)過x軸時恰好過坐標原點O。求：,(1)勻強電場的電場強度。 (2)粒子從開始運動到第五次經(jīng)過x軸時的時間。 【解析】(1)粒子運動軌跡如圖所示：,由幾何關系得：r=h 由牛頓第二定律得： 解得： 粒子在電場中加速的過程,由動能定理得： 解得：,(2)粒子在電場中運動的時間： 粒子在磁場中運動的時間： 故： 答案：,【規(guī)律總結】帶電粒子在組合場中運動的處理方法 (1)明性質：要清楚場的性質、方向、強弱、范圍等。 (2)定運動：帶電粒子依次通過不同場區(qū)時,由受力情況確定粒子在不同區(qū)域的運動情況。 (3)畫軌跡：正確地畫出粒子的運動軌跡圖。 (4)用規(guī)律：根據(jù)區(qū)域和運動規(guī)律的不同,將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段,對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。,(5)找關系：要明確帶電粒子通過不同場區(qū)的交界處時速度大小和方向關系,上一個區(qū)域的末速度往往是下一個區(qū)域的初速度。,【加固訓練】(2015安陽二模)如圖所示,在xOy平面的第象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場,電場強度為E。第和第象限內(nèi)有一個半徑為R的圓,其圓心坐標為(R,0),圓內(nèi)存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場,一帶正電的粒子(重力不計)以速度v0從第象限的P點平行于x軸進入電場后,恰好從坐標原點O進入磁場,速度方向與x軸成60角,最后從Q點平行于y軸射出磁場。P點所在處的橫坐標x=-2R。求：,(1)帶電粒子的比荷。 (2)磁場的磁感應強度大小。 (3)粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間。,【解析】(1)粒子在電場中做類平拋運動,則： 由牛頓第二定律得： 水平方向：x=2R=v0t 解得：,(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動,軌跡如圖所示：,由幾何關系,圖中軌跡圓與磁場圓的兩個交點、軌跡圓圓心O2、磁場圓圓心O1構成四邊形,由于O1OO2=30,故O1OO2P是菱形,由幾何關系得：r=R 由牛頓第二定律得： 其中： 解得：,(3)在電場中做類平拋運動,有： 在磁場中勻速圓周運動的時間： 故總時間為： 答案：,熱點考向2 帶電粒子在復合場中的運動 【典例3】(2015廈門一模)如圖所示,空間的某個 復合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙 面向里的勻強磁場。質子由靜止開始經(jīng)一加速電場 加速后,垂直于復合場的邊界進入并沿直線穿過場 區(qū),質子(不計重力)穿過復合場區(qū)所用時間為t,從 復合場區(qū)穿出時的動能為Ek,則( ),A.若撤去磁場B,質子穿過場區(qū)時間大于t B.若撤去電場E,質子穿過場區(qū)時間等于t C.若撤去磁場B,質子穿出場區(qū)時動能大于Ek D.若撤去電場E,質子穿出場區(qū)時動能大于Ek,【解題探究】 (1)撤去磁場B,判斷質子穿過場區(qū)時間和穿出場區(qū)時動能的關鍵是 _。 (2)撤去電場E,判斷質子穿過場區(qū)時間和穿出場區(qū)時動能的關鍵是 _。,質子在電場中做類平拋運動,質子在磁場中做勻速圓周運動,【解析】選C。質子在電場中是直線加速,進入復合場,電場力與洛倫茲力等大反向,質子做勻速直線運動。若撤去磁場,只剩下電場,質子做類平拋運動,水平分運動是勻速直線運動,速度不變,故質子穿過場區(qū)時間不變,等于t,A錯誤;若撤去電場,只剩下磁場,質子做勻速圓周運動,速率不變,水平分運動的速度減小,故質子穿過場區(qū)時間增加,大于t,B錯誤;若撤去磁場,只剩下電場,質子做類平拋運動,電場力做正功,故末動能大于Ek,C正確;若撤去電場,只剩下磁場,質子做勻速圓周運動,速率不變,末動能不變,仍為Ek,D錯誤。,【典例4】(2015福建高考)如圖,絕緣粗糙的豎直平 面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場,電 場方向水平向右,電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面 向外,磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的 帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑,到達C點時 離開MN做曲線運動。A、C兩點間距離為h,重力加速度為g。,(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC。 (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf。 (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置,當小滑塊運動到D點時撤去磁場,此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點。已知小滑塊在D點時的速度大小為vD,從D點運動到P點的時間為t,求小滑塊運動到P點時速度的大小vP。,【解題探究】(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小的思維軌跡：_ _ _。 (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做功的思維軌跡：_ _ _。,小滑,塊到達C點時離開MN,則MN對小滑塊的彈力恰好為零,水平方向洛倫茲,力與電場力平衡,小,滑塊所受彈力、電場力、洛倫茲力與運動方向垂直,都不做功,只有重,力和摩擦力做功,可由動能定理列方程求解,(3)求小滑塊運動到P點時的速度的思維軌跡：_ _ _。,小滑塊到達D點時速度,最大,所受合力為零,撤去磁場后小滑塊做類平拋運動,由類平拋運動,的規(guī)律列方程求解,【解析】(1)滑塊從A運動到C過程,水平方向的受力滿足qvB+N=qE 滑塊到達C點離開,此時N=0 因此有 (2)由動能定理有 解得,(3)如圖所示,滑塊速度最大時合力為零,此時速度方向與重力和電場力合力方向垂直。,撤去磁場后滑塊做類平拋運動,等效重力加速度 經(jīng)過時間t,沿g方向的分速度vg=gt 據(jù)速度合成有 解得 答案：,【規(guī)律總結】帶電粒子在復合場中運動的處理方法 (1)明種類：明確復合場的種類及特征。 (2)析特點：正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點。 (3)畫軌跡：畫出運動過程示意圖,明確圓心、半徑及邊角關系。,(4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運動規(guī)律。 兩場共存時,電場與磁場中滿足qE=qvB或重力場與磁場中滿足mg=qvB或重力場與電場中滿足mg=qE,都表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止,根據(jù)受力平衡列方程求解。 三場共存時,合力為零,受力平衡,粒子做勻速直線運動。其中洛倫茲力F=qvB的方向與速度v垂直。,三場共存時,粒子在復合場中做勻速圓周運動。mg與qE相平衡,根據(jù)mg=qE,由此可計算粒子比荷,判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,應用受力平衡和牛頓運動定律結合圓周運動規(guī)律求解,有 當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解。,【題組過關】 1.(2014重慶高考)如圖所示,在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場,同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場,磁感應強度大小分別為B和2B,KL為上下磁場的水平分界線,在NS和MT邊界上,距KL高h處分別有P、Q兩點,NS和MT間距為1.8h。質量為m、帶電量為+q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域,在兩邊界之間做圓周運動,重力加速度為g。,(1)求電場強度的大小和方向。 (2)要使粒子不從NS邊界飛出,求粒子入射速度的最小值。 (3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出,求粒子入射速度的所有可能值。,【解析】(1)設電場強度大小為E 由題意有mg=qE,得 方向豎直向上。 (2)如圖所示,設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin,對應的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2,圓心的連線與NS的夾角為。,由 有 (r1+r2)sin=r2,r1+r1cos=h,(3)如圖所示,設粒子入射速度為v,粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2,粒子第一次通過KL時距離K點為x,由題意有,3nx=1.8h(n=1,2,3,) 由vvmin得 得 即n=1時, n=2時, n=3時,答案：(1) 方向豎直向上,2.(2015汕頭一模)真空室內(nèi),一對原來不帶電的相同金屬極板P、Q水平正對固定放置,間距為d。在兩極板外部右側有一個半徑也為d的圓形區(qū)域,其圓心O處于兩極板的中心線上,區(qū)域內(nèi)部充滿方向垂直于紙面向內(nèi)的勻強磁場,一束等離子體(含有大量帶電量為+q或-q的帶電微粒,正、負電荷的總數(shù)相同)從兩極板之間水平向右持續(xù)射入,射入時的速度大小都為v0,如圖所示。不計微粒的重力作用。,(1)若兩極板之間的區(qū)域充滿磁感應強度為B的勻強磁場(方向垂直于紙面向內(nèi))。求極板P、Q間最后穩(wěn)定的電壓U,并指出兩板電勢的高低。,(2)若兩極板之間沒有磁場,則微粒保持勻速向右運動直到射入圓形區(qū)。現(xiàn)只研究從最下方(圖中b點)射入的帶正電微粒,結果發(fā)現(xiàn)該微粒運動過程恰好經(jīng)過圓心O。已知微粒的質量為m,求圓形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B0和該微粒在圓形區(qū)域內(nèi)運動的時間。(不計微粒間的相互作用。),【解析】(1)當微粒不再偏轉時,由平衡條件得： qE=qv0B 此時極板P、Q間的電壓達到穩(wěn)定,則有：U=Ed 解得：U=Bv0d P板的電勢比Q板高,(2)微粒在磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律得： 周期 從b點射入的微粒運動情況如圖所示：,軌道圓心在a點,由于 即abO=60,因此abO為等邊三角形,由幾何關系得：r=d 解得： 從b點射入的微粒在圓形區(qū)域內(nèi)轉過120,運動時間為： 答案：(1)Bv0d P板的電勢比Q板高,【加固訓練】如圖所示,帶電平行金屬板相距為2R,在兩板間有垂直紙面向里、磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域,與兩板及左側邊緣線相切。一個帶正電的粒子(不計重力)沿兩板間中心線O1O2從左側邊緣O1點以某一速度射入,恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域,并從極板邊緣飛出,在極板間運動時間為t0。若撤去磁場,粒子仍從O1點以相同速度射入,則經(jīng) 時間打到極板上。,(1)求兩極板間電壓U。 (2)若兩極板不帶電,保持磁場不變,該粒子仍沿中心線O1O2從O1點射入,欲使粒子從兩板左側飛出,射入的速度應滿足什么條件?,【解析】(1)設粒子從左側O1點射入的速度為v0,極板長為L,粒子在初速度方向上做勻速直線運動,則： 解得：L=4R 粒子在電場中做類平拋運動：,在復合場中做勻速直線運動,則 聯(lián)立各式解得： (2)若撤去電場,粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示,設其軌道半徑為r,粒子恰好打到上極板左邊緣時速度的偏轉角為, 由幾何關系可知： =-=45 由牛頓第二定律得： 解得：,故使粒子在兩板左側飛出的條件為 答案：,熱點考向3 電磁場技術的應用 【典例5】(多選)(2015銀川一模)1932年,勞倫斯和利文斯設計出 了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示,置于高真空中的D形 金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可以忽略不 計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子, 質量為m、電荷量為+q,在加速器中被加速,加速電壓為U。實際使用中, 磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應,強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm,加速過程中不考慮相對論效應和重力作用( ),A.粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 B.粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間為 C.如果 粒子能獲得的最大動能為 D.如果 粒子能獲得的最大動能為,【名師解讀】 (1)命題立意：綜合考查電磁場技術的應用。 (2)關鍵信息：時間可以忽略不計;最大值。,(3)答題必備： v2=2ax; (4)易錯警示：誤認為帶電粒子在D形盒中每轉一圈加速一次。,【解析】選A、B、D。根據(jù)v2=2ax得,帶電粒子第一次和第二次經(jīng)過加 速后的速度比為 根據(jù) 知,帶電粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D 形盒間狹縫后軌道半徑之比 A正確;設粒子到出口處被加 速了n圈,則 而 且 又t=nT,解得 B正確;根據(jù) 知 則帶電粒子離開回旋加 速器時獲得的動能為 而 解得最大動能 為2m2R2f2;如果 粒子能獲得的最大動能為 故C錯 誤,D正確。,【規(guī)律總結】幾種常見的電磁場應用實例 (1)質譜儀： 用途：測量帶電粒子的質量和分析同位素。 原理：由粒子源S發(fā)出的速度幾乎為零的粒子經(jīng)過加速電場U加速后,以速度 進入偏轉磁場中做勻速圓周運動,運動半徑為 粒子經(jīng)過半個圓周運動后打到照相底片上的D點,通過測量D與入口間的距離d,進而求出粒子的比荷 或粒子的質量,(2)速度選擇器：帶電粒子束射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的區(qū)域中,滿足平衡條件qE=qvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器。速度選擇器只對粒子的速度大小和方向做出選擇,而對粒子的電性、電荷量不能進行選擇性通過。,(3)回旋加速器： 用途：加速帶電粒子。 原理：帶電粒子在電場中加速,在磁場中偏轉,交變電壓的周期與帶 電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相同。 粒子獲得的最大動能 其中rm表示D形盒的最大半徑。,【題組過關】 1.如圖所示,長方體玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液,在水槽左、右側壁內(nèi)側各裝一導體片,使溶液中通入沿x軸正向的電流I,沿y軸正向加恒定的勻強磁場B。圖中a、b是垂直于z軸方向上水槽的前后兩內(nèi)側面,則( ),A.a處電勢高于b處電勢 B.a處離子濃度大于b處離子濃度 C.溶液的上表面電勢高于下表面的電勢 D.溶液的上表面處的離子濃度大于下表面處的離子濃度 【解析】選B。在NaCl溶液中,Na+和Cl-同時參與導電,且運動方向相反,由左手定則可以判斷兩種離子都將向a側面偏轉,故a側面電性仍然是中性的,a、b兩側面不存在電勢差,但a處離子濃度要大于b處離子濃度,B正確。,2.(2015江蘇高考)一臺質譜儀的工作原理如圖所示,電荷量均為 +q、質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中左側 區(qū)域MQ損壞,檢測不到離子,但右側 區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當調(diào)節(jié)加速電壓后,原本打在MQ的 離子即可在QN檢測到。,(1)求原本打在MN中點P的離子質量m。 (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域,求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍。 (3)為了在QN區(qū)域將原本打在MQ區(qū)域的所有離子檢測完整,求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg2=0.301,lg3=0.477,lg5=0.699),【解析】(1)離子在電場中加速 在磁場中做勻速圓周運動 解得 代入 解得 (2)由(1)知, 若離子打在Q點,則 若離子打在N點,則 則電壓的范圍,(3)由(1)可知, 由題意知,第1次調(diào)節(jié)電壓到U1,使原本打在Q點的離子打在N點, 則 此時,原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上 解得r1= 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2,原本打在Q1的離子打在N點,原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上,則,解得 同理,第n次調(diào)節(jié)電壓,有 檢測完整,有 解得 最少次數(shù)為3次。,答案：(1) (2) (3)3,【加固訓練】如圖所示,沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應強度為B2的勻強磁場中,偏轉后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1R2=12,則下列說法正確的是( ),A.離子的速度之比為12 B.離子的電荷量之比為12 C.離子的質量之比為12 D.以上說法都不對 【解析】選D。因為兩離子能沿直線通過速度選擇器,則qvB1=qE,即 所以兩離子的速度相同,選項A錯誤;根據(jù) 則 選項B、C錯誤;故選D。,帶電粒子在交變電磁場中的運動問題 【經(jīng)典案例】 (18分)(2015成都一模)如圖甲所示,豎直平面(紙面)內(nèi),、區(qū) 域有垂直于紙面、方向相反的勻強磁場,磁感應強度大小為B,兩磁場 邊界平行,與水平方向夾角為45,兩磁場間緊靠邊界放置長為L、間 距為d的平行金屬板MN、PQ,磁場邊界上的O點與PQ板在同一水平面上, 直線O1O2到兩平行板MN、PQ的距離相等,在兩板間存在如圖乙所示的,交變電場(取豎直向下為正方向)。質量為m、電量為+q的粒子,t0時刻 從O點沿垂直于OP豎直向上射入磁場, 的時刻沿水平方向從點O1 進入電場,并從點O2離開電場,不計粒子重力,求：,(1)粒子的初速度v0。 (2)粒子從點O進入磁場到射出磁場運動的總時間。 (3)若將粒子的速度提高一倍,仍從t0時刻由點O豎直向上射入,且交變 電場的周期為 要使粒子能夠穿出電場,則電場強度大小E0滿足 的條件。,【審題流程】,【滿分模板】 (1)粒子的運動軌跡如圖中曲線a所示,則： (1分) 由牛頓第二定律得： (1分) 解得： (1分),(2)粒子在磁場中的運動時間： (1分) 在電場中的運動時間： (1分) 兩段場外的時間： (1分) 總時間為：t=t1+t2+t3 (1分) 解得： (1分),(3)粒子速度提高一倍后,其軌跡如(1)圖中曲線b所示。粒子兩次在磁場中運動的時間相同,所以第二次進入時比第一次提前： (1分) 所以,粒子第二次是在t=0時刻進入電場的 (1分) 第一次在電場中的軌跡如圖所示：,設經(jīng)過n個周期性運動穿出電場,則： (2分) 解得： (1分) 設粒子第二次通過電場的時間為t,則： (1分) 粒子第二次在電場中的軌跡如圖所示：,半個周期內(nèi)的側位移： (2分) 要使粒子能夠穿出電場,則：ny0d (1分) 解得： (1分) 答案：,【評分細則】 第一問： (1)只列出式和式,沒有畫出運動軌跡,不扣分。 (2)沒有列出式和式,直接寫出半徑的表達式 計算結 果正確,可得3分。,心得：要盡量按部就班寫出必要的方程,以防一處錯誤處處錯誤,而不得分。 在時間比較緊張的情況下,最好根據(jù)題設所給字母寫出原始方程,力爭多得步驟分。,第二問： (1)只列出式,并未計算求出分步結果,每式均得1分。 (2)如果式錯誤,而計算結果正確,不得分。,心得：帶電粒子在交變電磁場中運動的問題,分析運動過程,畫出運動軌跡可使問題一目了然。 在運動情況不很明確的情況下,可以根據(jù)帶電粒子垂直進入磁場做勻速圓周運動,垂直進入電場做類平拋運動,利用題設條件列出相關的方程,爭取得到步驟分。,第三問： (1)沒有列出式,也沒有說明粒子第二次是在t=0時刻進入的電場,而直接按t=0時刻粒子進入電場進行求解,扣2分。 (2)沒有列出式,但是說明了粒子第二次是在t=0時刻進入電場,得1分。,(3)如果將式列成 而沒有寫出t=nT,可得1分。 (4)如果沒有列出式,而列出 和qE0=ma兩式,每式可得 1分。 (5)如果將式列成ny0=d,計算結果為 扣1分。,心得：運動過程的分析是關鍵的得分點,必須表述明確。 在電磁場發(fā)生周期性變化時,帶電粒子在電磁場中的運動一般也具有周期性,可以通過分析運動的周期性,再結合運動軌跡確定帶電粒子在一定范圍的電磁場中運動的時間。,