《（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 第八章 第3節(jié) 帶電粒子在組合場中的運動講義（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 第八章 第3節(jié) 帶電粒子在組合場中的運動講義（含解析）.doc（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

帶電粒子在組合場中的運動 突破點(一)　質譜儀與回旋加速器 1．質譜儀 (1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。 (2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝mv2。 粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m。 由以上兩式可得r＝，m＝，＝。 2．回旋加速器 (1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中。 (2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場加速，經磁場回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關。 [典例]　(2019鹽城中學檢測)如圖所示，離子從容器A下方的狹縫S1飄入(初速度為零)電壓為U的加速電場區(qū)，加速后通過狹縫S2后再從狹縫S3垂直于磁場邊界射入偏轉磁場，該偏轉磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，離子經偏轉磁場后最終到達照相底片D上。不考慮離子間的相互作用。 (1)若離子的電荷量為q，它最終打在照相底片D上的位置到狹縫S3的距離為d，求粒子的質量m； (2)若容器A中有大量如(1)中所述的離子，它們經過電場加速后由狹縫S3垂直進入磁場時，可認為速度大小相等，但速度方向并不都嚴格垂直于邊界，其中偏離垂直于MN方向的最大偏角為θ，則照相底片D上得到的譜線的寬度Δx為多少？ (3)若容器A中有電荷量相等的銅63和銅65兩種離子，它們經電場加速后垂直于MN進入磁場中會發(fā)生分離，但實際工作時加速電壓的大小會在UΔU范圍內微小變化，為使這兩種離子打在照相底片上的區(qū)域不發(fā)生重疊，應小于多少？(結果用百分數(shù)表示，保留兩位有效數(shù)字)。 [解析]　(1)離子在電場中加速，有qU＝mv2， 進入磁場后，做勻速圓周運動，有qvB＝m， 聯(lián)立解得m＝。 (2)設垂直于MN方向的離子打到照相底片上的P位置，離狹縫S3最遠，S3P＝d，與垂直于MN方向夾角為θ的離子，打到照相底片上的位置離狹縫S3最近，如圖： 由于各離子速度大小相等，因而在磁場中運動的半徑相同，S3Q＝2Rcos θ＝dcos θ，Δx＝S3P－S3Q＝d－dcos θ＝d(1－cos θ)。 (3)設加速電壓為U，對于質量為m，電荷量為q的離子有：qU＝mv2，qvB＝m，解得R＝； 可見對于質量不同，電荷量相同的不同離子，加速電壓相同時，質量越大，其圓周運動的半徑越大，對同種離子，加速電壓越大，其圓周運動的半徑也越大。 設銅63的質量為m1，加速電壓為U＋ΔU時的半徑為R1，銅65的質量為m2，加速電壓為U－ΔU時的半徑為R2， R1＝，R2＝ 要使得兩種離子打到照相底片上的位置不重疊， 則有R10，k為常數(shù))、沿＋x軸方向射入磁場，離子都能打到熒光屏上，問k應滿足什么條件？滿足條件的所有離子中，在磁場中運動時間的最大值為多大？ [解析]　(1)設離子垂直打到熒光屏上的M點時，沿y軸負方向的分速度大小為vy，在電場中運動的加速度為a，則： tan 60＝ Eq＝ma　vy＝at 解得t＝。 (2)設離子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關系可知 rsin 60＝v0t 則r＝ 由向心力公式得Bqv0＝m 代入得B＝。 (3)臨界狀態(tài)：離子恰好能打到熒光屏上，即軌跡與ON相切，設此時圓周運動半徑為r0， 由幾何關系可知r0＋＝y(tǒng) 由向心力公式得Bqv＝m， 其中v＝ky 解得k＝ 為使離子能打到熒光屏上應滿足r≥r0 則k≥ 上述臨界狀態(tài)下，離子在磁場中運動時間有最大值tm＝T 且T＝＝ 代入得tm＝。 [答案]　(1)　(2)　 (3)k≥　 先磁場后電場 對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況： (1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反； (2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直。(如圖甲、乙所示) [例2]　(2019徐州模擬)在xOy平面內，x軸上方存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，x軸下方存在電場強度為E、方向沿y軸正方向的勻強電場。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計粒子的重力)從坐標原點以速度v沿y軸正方向射入磁場區(qū)域。求： (1)粒子在磁場中運動的軌道半徑； (2)寫出粒子從出發(fā)開始計時，到第一次打到x軸前，粒子的位移隨著時間變化的表達式； (3)粒子從出發(fā)到第n次到達x軸的平均速度的大小。 [解析]　(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，粒子在磁場中偏轉有 qvB＝m 得R＝。 (2)由T＝，t＝T， 得t＝，則θ＝ 由圖中幾何關系可知：s＝2Rsin 粒子的位移隨著時間變化的表達式：s＝sin ， 其中t<。 (3)粒子在磁場中的運動周期T＝ 在電場中往返一次運動時間：t1＝＝ 設第n次到x軸 n為奇數(shù)時： 第n次到x軸的位移為 x＝2R＝， 時間為t＝＋t1＝＋ 平均速度為＝＝ n為偶數(shù)時： 第n次到x軸的位移為 x＝2R＝， 時間為t＝＋t1＝＋ 平均速度為＝＝。 [答案]　(1)　(2)s＝sin ，t< (3)n為奇數(shù)時：＝ ； n為偶數(shù)時：＝ 先后多個電、磁場 [例3]　(2018南京三模)如圖所示，平面直角坐標系x軸水平向右，y軸豎直向上，虛線MN與y軸平行，y軸左側有豎直向下的勻強電場，場強E1＝6 N/C，y軸與MN之間有平行于y軸的勻強電場E2，y軸右側存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝1 T。一帶正電小球(m＝110－3 kg，q＝510－3 C)從圖中與y軸距離為x0＝0.3 m的P點，以v0＝3 m/s的初速度沿x軸正向開始運動，經坐標原點O越過y軸，在y軸與MN之間恰好做勻速圓周運動，再經C點越過MN，越過時速度方向與x軸正方向一致。線段CD平行于x軸，小球能通過D點，取g＝10 m/s2。求： (1)經過O點時的速度； (2)勻強電場的場強E2以及C點的坐標； (3)線段CD的長度。 [解析]　(1)小球在PO段做類平拋運動 t＝＝0.1 s ay＝＝40 m/s2 vy＝ayt1＝4 m/s v＝＝5 m/s tan θ＝＝ 與x軸正方向夾角θ＝53斜向下。 (2)小球在y軸與MN之間做勻速圓周運動，重力與電場力平衡 mg＝qE2 E2＝＝2 N/C，方向向上 洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力qvB＝m R＝＝1 m x＝Rsin θ＝0.8 m y＝R－Rcos θ＝0.4 m C點坐標為(0.8 m，－0.4 m)。 (3)在MN右側，由qv1B＝mg，得v1＝＝2 m/s v2＝v－v1＝3 m/s 小球在C點的速度大小是v＝5 m/s，可看成是v1＝2 m/s和v2＝3 m/s兩個速度的合成，在磁場中小球的運動軌跡由勻速直線運動與勻速圓周運動同步合成 周期為T＝＝0.4π s 所以LCD＝v2nT＝1.2nπ m，n＝1,2,3，…。 [答案]　(1)5 m/s，與x軸正方向夾角為53斜向下 (2)2 N/C，方向向上　(0.8 m，－0.4 m)　 (3)1.2nπ m，n＝1,2,3，… 突破點(三)　帶電粒子在交變電、磁場中的運動 解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路 先讀圖 看清、并明白場的變化情況 受力分析 分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況 過程分析 分析粒子在不同時間內的運動情況 找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的物理量 選規(guī)律 聯(lián)立不同階段的方程求解 [多維探究] 交變磁場 [例1]　如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，一質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)以初速度v0由板Q左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經時間Δt恰能垂直打在板P上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。 (1)若Δt＝TB，求B0； (2)為使t＝0時刻入射的粒子垂直打在P板上，求粒子在0～時間內速度的偏轉角α應滿足的條件； (3)若B0＝，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。 [解析]　(1)設粒子做勻速圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得： qv0B0＝m 根據(jù)題意由幾何關系得到：R1＝d 聯(lián)立可以得到：B0＝。 (2)由題意可知，粒子若垂直打到P板上，速度偏轉角α必須滿足α≥90 若速度偏轉角過大，就會從左邊界射出，速度偏轉角最大如圖所示： 此時sin β＝＝，β＝30，α＝150 綜上可得：90≤α≤150。 (3)設粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，根據(jù)圓周運動公式得到：T＝ 由牛頓第二定律得到：qv0B0＝m 將B0代入上式可得：d＝5R 粒子運動軌跡如圖所示： O1、O2為圓心，O1、O2連線與水平方向夾角為θ，在每個TB內，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，由題意可知： T＝ 若在A點擊中P板，根據(jù)題意由幾何關系得到： R＋2(R＋Rsin θ)n＝d，且要求：0≤θ≤ 當n＝0、n＝1時，無解。 當n＝2時，sin θ＝0，此時TB＝， 當n≥3時無解； 若在B點擊中P板，根據(jù)題意由幾何關系得到： R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d 且要求：0<θ≤ 當n＝0時無解 當n＝1時，sin θ＝ 此時TB＝ 當n≥2時，無解。 [答案]　(1)　(2)90≤α≤150　(3)或 交變電場＋恒定磁場 [例2]　(2018宿遷模擬)如圖甲所示，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。緊鄰金屬板右側有垂直紙面向里的勻強磁場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＝510－3 T，l＝d＝0.2 m，每個帶正電粒子的速度v0＝105 m/s，比荷為＝108 C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內，電場可視作是恒定不變的。試求： (1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑； (2)帶電粒子射出電場時的最大速度； (3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。 [審題指導] 第一步：抓關鍵點 關鍵點 獲取信息 電場可視作是恒定不變的 電場是勻強電場，帶電粒子做類平拋運動 最小半徑 當加速電壓為零時，帶電粒子進入磁場時的速率最小，半徑最小 最大速度 由動能定理可知，當加速電壓最大時，粒子的速度最大，但應注意粒子能否從極板中飛出 第二步：找突破口 (1)要求圓周運動的最小半徑，由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式可知，應先求最小速度，后列方程求解。 (2)要求粒子射出電場時的最大速度，應先根據(jù)平拋運動規(guī)律求出帶電粒子能從極板間飛出所應加的板間電壓的范圍，后結合動能定理列方程求解。 (3)要求粒子打在屏幕上的范圍，應先綜合分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡，后結合幾何知識列方程求解。 [解析]　(1)t＝0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最小。 粒子在磁場中運動時qv0B＝ 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑 rmin＝＝ m＝0.2 m 其運動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示。 (2)設兩板間電壓為U1，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有＝at2＝2 代入數(shù)據(jù)，解得U1＝100 V 在電壓低于100 V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設最大速度為vmax，則有mvmax2＝mv02＋q 解得vmax＝105 m/s＝1.414105 m/s。 (3)由第(1)問計算可知，t＝0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑 rmin＝d＝0.2 m 徑跡恰與屏幕相切，設切點為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點， 則＝rmin＝0.2 m 帶電粒子射出電場時的速度最大時，在磁場中做圓周運動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低。 設帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示。 qvmaxB＝ 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑 rmax＝＝ m＝ m 由數(shù)學知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點所示，并且Q點必與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為F，則 ＝rmax－＝(－0.1)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。 [答案]　(1)0.2 m　(2)1.414105 m/s (3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范圍內 交變磁場＋恒定電場 [例3]　如圖甲所示，在直角坐標系中有兩條與y軸平行的磁場邊界AB和CD，AB、CD與x軸的交點分別為M(2L,0)、N(4L,0)。在AB和CD之間存在著垂直紙面向外的勻強磁場，在AB與 y軸之間存在著沿著y軸正方向的勻強電場。現(xiàn)有一質量為m、電荷量為e的電子，在y軸上的P點以初速度v0沿著x軸的正方向射入勻強電場，正好從M點進入勻強磁場，且速度方向與x軸所成夾角為30。 (1)求勻強電場的電場強度E。 (2)若電子不能越過邊界CD，求勻強磁場的磁感應強度B應滿足的條件。 (3)若電子通過M點時開始計時，磁場隨時間變化的情況如圖乙所示(垂直紙面向外為正，且不考慮磁場變化所產生的感生電場)，要使電子運動一段時間后從N點飛出，速度方向與x軸的夾角為30。求磁場變化的周期T、磁感應強度B1的大小各應滿足的表達式。 [解析]　(1)由tan θ＝，vy＝at eE＝ma,2L＝v0t 解得：E＝。 (2)電子恰好不越過邊界CD的軌跡如圖甲實線所示 v＝，Rsin 30＋R＝2L，eBv＝ 解得：B＝，即滿足B≥。 (3)要滿足電子從N點射出，且與x軸的夾角為30，軌跡如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內，電子偏轉了60，所以在磁場變化的半個周期內，電子在x軸方向上的位移等于R0。 nR0＝2L(n＝1,2,3，…) eB1v＝m，v＝ 解得：B1＝(n＝1,2,3，…) 又：＝，T1＝ 解得：T＝(n＝1,2,3，…)。 [答案]　(1)E＝　 (2)B≥　(3)T＝(n＝1,2,3，…)　B1＝(n＝1,2,3，…) 交變電、磁場 [例4]　如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖像如圖(b)所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向。t＝0時刻，帶負電粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知量，圖(b)中＝，在0～t0時間內粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為，。求： (1)粒子P的比荷； (2)t＝2t0時刻粒子P的位置； (3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L。 [解析]　(1)0～t0時間內粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經過圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R，即 R＝ ① 又qv0B0＝m ② 代入＝ 解得＝。 ③ (2)設粒子P在磁場中運動的周期為T，則 T＝ ④ 聯(lián)立①④解得T＝4t0 ⑤ 即粒子P做圓周運動后磁場變?yōu)殡妶?，粒子以速度v0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設t0～2t0時間內水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則 x1＝v0t0＝＝ ⑥ y1＝at02， ⑦ 其中加速度a＝ 由③⑦解得y1＝＝R，因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標為，如圖中的b點所示。 (3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內，電場力產生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關系知，在3t0時刻速度方向為x軸正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0時間內粒子P沿逆時針方向做勻速圓周運動，往復運動軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在運動中距原點O的最遠距離L即O、d間的距離L＝2R＋2x1 ⑧ 解得L＝2v0t0。 [答案]　(1)　(2)　(3)2v0t0 現(xiàn)代科技中的組合場問題 近年來，高考試題中不斷出現(xiàn)以現(xiàn)代科技為背景的題目，學生應強化對背景的分析，構建出正確的物理模型，現(xiàn)舉例如下。 離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設計的簡化原理如圖甲所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價正離子；Ⅱ為加速區(qū)，長度為L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強電場。Ⅰ區(qū)產生的正離子以接近0的初速度進入Ⅱ區(qū)，被加速后以速度vM從右側噴出。 Ⅰ區(qū)內有軸向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在離軸線處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動，截面如圖乙所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成α角(0<α≤90)。推進器工作時，向Ⅰ區(qū)注入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速率為v0，電子在Ⅰ區(qū)內不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大，電離效果越好。已知離子質量為M；電子質量為m，電量為e。(電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞) (1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大??； (2)為取得好的電離效果，請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖乙說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”)； (3)α為90時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍； (4)要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與α角的關系。 解析：(1)由動能定理得MvM2＝Eu ① U＝ ② a＝＝e＝。 ③ (2)垂直紙面向外。 ④ (3)設電子運動的最大半徑為r，由圖甲中幾何關系得 2r＝R ⑤ eBv＝m ⑥ 所以有v0≤v＜ ⑦ 要使⑦式有解，磁感應強度B＞。 ⑧ (4)如圖乙所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r 根據(jù)幾何關系得r＝ ⑨ 由⑥⑨式得vmax＝。 　　 答案：見解析 把握三點，解決現(xiàn)代科技中的組合場問題 1．對題目背景涉及的物理知識和原理機制進行認真分析。 2．從力、運動、能量三個角度分析粒子的運動過程，并畫出運動軌跡的草圖。 3．構建物理模型，選擇適用的物理規(guī)律和方法解決問題?！　?