《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 磁場(chǎng) 專(zhuān)題突破 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 磁場(chǎng) 專(zhuān)題突破 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（20頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題突破　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(cè)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(chǎng)：qU＝mv2； (2)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)：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(cè)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(chǎng)。這些離子經(jīng)加速后通過(guò)狹縫O沿著與磁場(chǎng)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(chǎng)中，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次

2、測(cè)量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測(cè)不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測(cè)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(cè)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(kāi)始離子在電場(chǎng)中加速，有qU0＝mv2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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符合題意。 答案　D 命題角度2　回旋加速

3、器的原理和分析 1.加速條件：T電場(chǎng)＝T回旋＝； 2.磁場(chǎng)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(wú)關(guān)。 4.回旋加速器的解題思路 (1)帶電粒子在縫隙的電場(chǎng)中加速，交變電流的周期與帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，每經(jīng)過(guò)電場(chǎng)一次，粒子加速一次。 (2)帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)、半徑不斷增大，周期不變，最大動(dòng)能與D形盒的半徑有關(guān)。 【例2】　(2018·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(chǎng)，使粒子在通過(guò)狹縫時(shí)

4、都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說(shuō)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(guò)2πfR B.質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)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，即不可能超過(guò)2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小無(wú)關(guān)，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項(xiàng)C錯(cuò)

5、誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運(yùn)動(dòng)的周期，即T＝，故選項(xiàng)D錯(cuò)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(chǎng)B中，當(dāng)電流通過(guò)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(shì)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(shì)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(shì)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(shì)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(shì)差(U)就保持穩(wěn)定，

6、由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd；聯(lián)立得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數(shù)。 【例3】　(2018·4月浙江選考，22)壓力波測(cè)量?jī)x可將待測(cè)壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號(hào)，其原理如圖5所示。壓力波p(t)進(jìn)入彈性盒后，通過(guò)與鉸鏈O相連的“┤”型輕桿L，驅(qū)動(dòng)桿端頭A處的微型霍爾片在磁場(chǎng)中沿x軸方向做微小振動(dòng)，其位移x與壓力p成正比(x＝αp，α>0)?；魻柶姆糯髨D如圖6所示，它由長(zhǎng)×寬×厚＝a×b×d、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導(dǎo)體制成。磁場(chǎng)方向垂直于x軸向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝B0(1－β|x|)，β>0。無(wú)壓力波輸入時(shí)，霍爾片靜止在x＝0處，此時(shí)給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側(cè)面上D

7、1、D2兩點(diǎn)間產(chǎn)生霍爾電壓U0。 　　　　　　　　圖5　　　　　　　　　 圖6 圖7 (1)指出D1、D2兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢(shì)高； (2)推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示：電流I與自由電子定向移動(dòng)速率v之間關(guān)系為I＝nevbd，其中e為 電子電荷量)； (3)彈性盒中輸出壓力波p(t)，霍爾片中通以相同電流，測(cè)得霍爾電壓UH隨時(shí)間t變化圖象如圖7。忽略霍爾片在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)和阻尼，求壓力波的振幅和頻率。(結(jié)果用U0、U1、t0、α及β表示) 解析　(1)N型半導(dǎo)體可以自由移動(dòng)的是電子(當(dāng)然題目也給出了自由電子)，根據(jù)左手定則可以知道電子往D2端移動(dòng)，因此D1點(diǎn)電勢(shì)高。

8、 (2)根據(jù)霍爾元件內(nèi)部電子受的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡得 evB0＝eEH，U0＝EHb 將v＝代入，解得U0＝ (3)由任意時(shí)刻霍爾元件內(nèi)部電子受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡得 evB＝e① UH＝＝(1－β|x|)＝(1－β|αp(t)|)② 根據(jù)圖象可知壓力波p(t)關(guān)于時(shí)間t是一個(gè)正弦函數(shù)，其絕對(duì)值的周期是原函數(shù)周期的一半，根據(jù)圖象可知|p(t)|關(guān)于t的周期是t0，則p(t)關(guān)于t的周期是2t0，頻率是；由②式可知當(dāng)壓力波p(t)達(dá)到振幅A時(shí)，UH最小，為U1，代入②式可得 U1＝(1－β|αA|)＝U0(1－αβA) 解得A＝。 答案　(1)D1點(diǎn)電勢(shì)高　(2)U0＝

9、　(3)　 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(dòng) 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】　(2017·11月浙江選考)如圖8所示，在兩水平金屬板構(gòu)成的器件中，存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直。以某一水平速度進(jìn)入的不計(jì)重力的帶電粒子恰好能沿直線運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A.粒子一定帶負(fù)電 B.粒子的速度大小v＝ C.若粒子速度大小改變，粒子將做曲線運(yùn)動(dòng) D.若粒子速度大小改變，電

10、場(chǎng)對(duì)粒子的作用力會(huì)發(fā)生變化 解析　無(wú)論是正電荷還是負(fù)電荷，在題設(shè)條件下，電場(chǎng)力和洛倫茲力方向總相反，都能夠做直線運(yùn)動(dòng)，所以無(wú)法判斷粒子的電性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明豎直方向合外力為零，即qE＝qvB，得到v＝，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；如果粒子速度變大或變小，都會(huì)導(dǎo)致洛倫茲力變化，電場(chǎng)力不變，此時(shí)電場(chǎng)力和洛倫茲力合力不為0，因此粒子就會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；不管粒子速度大小怎么改變，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子受到的電場(chǎng)力不變，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 【例5】　(2018·11月浙江選考)磁流體發(fā)電的原理如圖9所示，將一束速度為v的等離子體垂直于磁場(chǎng)方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

11、中，在相距為d，寬為a、長(zhǎng)為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個(gè)直流電源的兩極，若穩(wěn)定時(shí)等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為ρ，忽略邊緣效應(yīng)，下列判斷正確的是(　　) 圖9 A.上板為正極，電流I＝ B.上板為負(fù)極，電流I＝ C.下板為正極，電流I＝ D.下板為負(fù)極，電流I＝ 解析　根據(jù)左手定則可知，帶正電的粒子在磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力向下，故下板為正極，兩板間的電勢(shì)差為U，則q＝qvB，得U＝Bdv，電流I＝＝，選項(xiàng)C正確。 答案　C 解決實(shí)際問(wèn)題的一般過(guò)程 　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 命題角度1　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

12、帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，實(shí)際上是幾個(gè)典型運(yùn)動(dòng)過(guò)程的組合(如：電場(chǎng)中的加速直線運(yùn)動(dòng)、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)；磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng))，因此解決此類(lèi)問(wèn)題要分段處理，解題關(guān)鍵如下： (1)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。 (2)畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，大致畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題。 【例6】　(2016·4月浙江選考)如圖10為離子探測(cè)裝置示意圖。區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長(zhǎng)均為L(zhǎng)＝0.10 m，高均為H＝0.06 m。區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼

13、著可探測(cè)帶電粒子位置的豎直屏。質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v＝1.0×105 m/s 水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為＝1.0×108 C/kg。(忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)重力) 圖10 (1)當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ不加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加電場(chǎng)的最大值Emax； (2)當(dāng)區(qū)域Ⅰ不加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加磁場(chǎng)的最大值Bmax； (3)當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場(chǎng)E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開(kāi)區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場(chǎng)B與區(qū)域Ⅰ中的電場(chǎng)E之間的關(guān)系式。 解析　(1)畫(huà)出軌跡，如圖所示： 偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tan θ＝， 豎直分速度：vy＝a

14、t，加速度：a＝， 運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝，tan θ＝＝ 解得：Emax＝＝200 V/m； (2)畫(huà)出軌跡，如圖所示 軌跡圓半徑滿足：L2＋＝R2，解得R＝， 質(zhì)子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，滿足qvBmax＝m， 解得Bmax＝＝＝5.5×10－3 T。 (3)畫(huà)出軌跡，如圖所示 偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tan θ＝，vy＝at，a＝，t＝， v′＝； 軌跡圓圓心角為2θ，半徑滿足：R′＝， 圓周運(yùn)動(dòng)滿足：qv′B＝m 綜上可解得：B＝。 答案　(1)200 V/m　(2)5.5×10－3 T　(3)B＝ “5步”突破帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 命題角度2　帶電粒子

15、在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.磁場(chǎng)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(dòng)。 (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(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒。 2.電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力) (1)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用動(dòng)能定理求解。 3.電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存 (1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)若重力與電場(chǎng)力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 (3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解。 【例7】　平面OM

16、和水平面ON之間的夾角為30°，其橫截面如圖11所示，平面OM和水平面ON之間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(chǎng)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(chǎng)，速度方向與OM成30°角，帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(chǎng)(P未畫(huà)出)。 圖11 (1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場(chǎng)強(qiáng)度E為多大？ (2)帶電小球離開(kāi)磁場(chǎng)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(kāi)磁場(chǎng)后繼續(xù)運(yùn)

17、動(dòng)，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(chǎng)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(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝m，得R＝。 根據(jù)題意，帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，Q點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)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(dòng)軌跡所對(duì)的弦，帶電小球離開(kāi)磁場(chǎng)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(zhǎng)度 s＝＝4R＝。 (3)帶電小球從P點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電小球

18、打在光屏上的T點(diǎn)。則帶電小球運(yùn)動(dòng)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)＋ 帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 (2018·11月浙江選考)小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖12甲所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖乙所示的幅值為U0的交變電壓，周期T0＝，板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。粒子探測(cè)器位于y軸處，僅能探測(cè)到垂直射入的帶電粒子，有一沿x軸

19、可移動(dòng)、粒子出射初動(dòng)能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子。t＝0時(shí)刻，發(fā)射源在(x，0)位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不計(jì)。 圖12 (1)若粒子只經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)并在y＝y(tǒng)0處被探測(cè)到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動(dòng)能； (2)若粒子兩次進(jìn)出電場(chǎng)區(qū)域后被探測(cè)到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測(cè)到的位置y之間的關(guān)系。 解析　(1)發(fā)射源的位置x0＝y(tǒng)0 粒子的初動(dòng)能Ek0＝ (2)分下面三種情況討論 ①見(jiàn)圖1，Ek0>2qU0 圖1 由y＝、R0＝、R1＝ 和mv＝mv－qU0、mv＝mv－qU0 及x

20、＝y(tǒng)＋2(R0＋R1) 得x＝y(tǒng)＋＋ ②見(jiàn)圖2，qU0

21、離子重力及其間相互作用力)(　　) 圖1 A.E向上，B向上 B.E向下，B向下 C.E向上，B向下 D.E向下，B向上 解析　負(fù)離子打在第Ⅲ象限，相對(duì)于原點(diǎn)O向下運(yùn)動(dòng)和向左運(yùn)動(dòng)，所以E向上，B向下，選項(xiàng)C正確。 答案　C 2.如圖2所示，一電子束沿垂直于電場(chǎng)線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運(yùn)動(dòng)，可采用的方法是(　　) 圖2 A.將變阻器滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng) B.將變阻器滑動(dòng)頭P向左滑動(dòng) C.將極板間距離適當(dāng)減小 D.將極板間距離適當(dāng)增大 解析　電子射入極板間后，偏向A板，說(shuō)明qE>qvB，由E＝可知，減小場(chǎng)強(qiáng)E的方法有增大板

22、間距離和減小板間電壓，故C錯(cuò)誤，D正確；而移動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P并不能改變板間電壓，故A、B均錯(cuò)誤。 答案　D 3.如圖3所示，空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)子由靜止開(kāi)始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后，垂直于復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線穿過(guò)場(chǎng)區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek。那么氘核同樣由靜止開(kāi)始經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后穿過(guò)同一復(fù)合場(chǎng)后的動(dòng)能Ek′的大小是(　　) 圖3 A.Ek′＝Ek B.Ek′>Ek C.Ek′

23、qv＝qE，則v＝，同理對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得其離開(kāi)加速電場(chǎng)的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)所受的洛倫茲力小于電場(chǎng)力，將向電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，故動(dòng)能增大，選項(xiàng)B正確。 答案　B 4.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖4所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開(kāi)磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開(kāi)磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) 圖4 A.11 B.12 C.121 D.144

24、 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(duì)于任意粒子，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得 qU＝mv2－0，得v＝① 在磁場(chǎng)中qvB＝m② 由①②式聯(lián)立得m＝，由題意知，兩種粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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 5.(2018·稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校8月聯(lián)考)如圖5所示，半徑分別為R1、R2的兩個(gè)同心圓，圓心為O，小圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，大圓外有垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的磁場(chǎng)，圖中未畫(huà)出，兩圓中間的圓環(huán)部分沒(méi)有磁場(chǎng)。今有一帶正電粒子(質(zhì)量為m，帶

25、電荷量為q)從小圓邊緣的A點(diǎn)以速度v沿AO方向射入小圓的磁場(chǎng)區(qū)域，然后從小圓磁場(chǎng)中穿出，此后該粒子第一次回到小圓便經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，帶電粒子重力不計(jì)，求： 圖5 (1)若v＝，則帶電粒子在小圓內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為多少； (2)大圓外的磁場(chǎng)B2的方向； (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1與B2的比值為多少？ 解析　(1)帶正電粒子在小圓內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，qvB1＝m，r1＝＝R1 由幾何關(guān)系可知粒子在小圓內(nèi)的軌跡圓弧的圓心角為 θ＝，則t＝，解得t＝。 (2)粒子第一次回到小圓便經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，則粒子在大圓外的磁場(chǎng)中繼續(xù)做逆時(shí)針?lè)较虻膱A周運(yùn)動(dòng)，則B2的方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶铩? (3)由幾

26、何關(guān)系可得＝，r1＝，r2＝， 解得＝。 答案　(1)　(2)垂直于紙面向里　(3) B組　能力提升 6.(2016·10月浙江選考)如圖6所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍為0～v0，這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U＝的電場(chǎng)加速后，從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域，最后打到x軸上，在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板(a＝)，假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))。 圖6 (1)求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)

27、間； (2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1； (3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測(cè)板受到的作用力大小。 解析　(1)根據(jù)動(dòng)能定理，可得 qU＝mv2－mv v＝ 可得v0≤v≤2v0 離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB0＝，R＝ 離子打在x軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為 x＝2R＝ 代入數(shù)據(jù)得2a≤x≤4a (2)當(dāng)速度最大的離子打在探測(cè)板右端 3a＝2R1，R1＝，B1＝B0。 (3)離子束能打到探測(cè)板的

28、實(shí)際范圍為2a≤x≤3a 對(duì)應(yīng)的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為 N＝N0＝N0 根據(jù)動(dòng)量定理，吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝＝ 反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝＝ ＝ 根據(jù)牛頓第三定律，探測(cè)板受到的作用力大小 F＝F吸＋F反＝N0mv0。 答案　(1)2a≤x≤4a　(2)B0　(3)N0mv0 7.(2018·浙江諸暨牌頭中學(xué)期中)如圖7所示，半徑r＝0.06 m 的半圓形無(wú)場(chǎng)區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，半徑R＝0.1 m；磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.075 T的圓形有界磁場(chǎng)區(qū)的圓心坐標(biāo)為(0，0.08 m)；平行金屬板MN的長(zhǎng)度L＝0.3

29、 m 、間距d＝0.1 m，兩板間加電壓U＝640 V，其中N板收集粒子并全部中和吸收。一位于O點(diǎn)的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻發(fā)射比荷＝1×108 C/kg、速度大小v＝6×105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從第Ⅰ象限射出的粒子速度方向均沿x軸正方向。不計(jì)粒子重力、粒子間的相互作用及電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 圖7 (1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑； (2)求從坐標(biāo)(0，0.18 m)處射出磁場(chǎng)的粒子在O點(diǎn)入射方向與y軸的夾角； (3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例。 解析　由洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得運(yùn)動(dòng)半徑；做出帶電粒子在磁

30、場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡，由幾何知識(shí)即可求出θ；利用帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。 (1)由洛倫茲力充當(dāng)向心力得qvB＝m 代入數(shù)據(jù)解得：R′＝0.08 m (2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 令從y＝0.18 m處出射的粒子對(duì)應(yīng)的入射角方向與y軸的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得： sin θ＝0.8，即θ＝53° (3)如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為y，由帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得y＝at2 加速度為a＝ 飛行時(shí)間為t＝ 聯(lián)立可得y＝＝0.08 m 設(shè)此粒子射入時(shí)與x軸的夾角為α，則由幾何知識(shí)得 y＝rsin α＋

31、R0－R0cos α 可得tan α＝，即tan α＝53° N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例為 ×100%＝29% 答案　(1)0.08 m　(2)θ＝53°　(3)29% 8.(2018·嘉興市期末)如圖8所示，O′PQ是關(guān)于y軸對(duì)稱的四分之一圓，在PQNM區(qū)域有均勻輻向電場(chǎng)，PQ與MN間的電壓為U。一初速度為零的帶正電的粒子從PQ上的任一位置經(jīng)電場(chǎng)加速后都會(huì)從O′進(jìn)入半徑為R、中心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向外，大小為B，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都能平行于x軸射出。在磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)有一對(duì)平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K，金屬板長(zhǎng)均為4R，其

32、中K板接地，A與K兩板間加有電壓UAK＞0，忽略極板電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力。已知金屬平行板左端連線與磁場(chǎng)圓相切，O′在y軸上。 圖8 (1)求帶電粒子的比荷； (2)求帶電粒子進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)時(shí)的縱坐標(biāo)范圍； (3)若無(wú)論帶電粒子從PQ上哪個(gè)位置出發(fā)都能打到K板上，則電壓UAK至少為多大？ 解析　(1)由動(dòng)能定理可知qU＝mv2 由已知條件可知，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R0＝R 洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，qvB＝m。聯(lián)立解得＝ (2)如圖，沿QN方向入射的帶電粒子，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O1，由幾何關(guān)系知，對(duì)應(yīng)的圓心角為135°，離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)a在y軸上的投影與O′的距離為 Δy＝R＋R a點(diǎn)的縱坐標(biāo)ya＝R 同理可得，沿PM方向入射的帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)b的縱坐標(biāo)yb＝－R 故帶電粒子進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)時(shí)的縱坐標(biāo)范圍為－R～R (3)只要沿QN方向入射的帶電粒子能打在K板上，則從其他位置入射的粒子也一定打在K板上，則在電場(chǎng)中 E＝ F＝qE＝ma y＝R＋R＝at2 應(yīng)滿足4R≥vt 解得UAK≥U 答案　(1)　(2)－R～R　(3)U 20