《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第九章 磁場 專題強化二 帶電粒子在復合場中運動的實例分析學案.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第九章 磁場 專題強化二 帶電粒子在復合場中運動的實例分析學案.docx（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題強化二　帶電粒子在復合場中運動的實例分析 一、帶電粒子在復合場中的運動 1．復合場的分類 (1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存． (2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)． 2．帶電粒子在復合場中的運動分類 (1)靜止或勻速直線運動 當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動 當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動． (3)較復雜的曲線運動 當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． (4)分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化． 二、電場與磁場的組合應用實例 裝置 原理圖 規(guī)律 質(zhì)譜儀 帶電粒子由靜止被加速電場加速qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，則比荷＝ 回旋加速器 交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同，帶電粒子在圓周運動過程中每次經(jīng)過D形盒(半徑為R)縫隙都會被加速．由qvmB＝m得vm＝，Ekm＝ 三、電場與磁場的疊加應用實例 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，帶電粒子做勻速直線運動 電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以流量Q＝vS＝π()2＝ 霍爾元件 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差 命題點一　質(zhì)譜儀的原理和分析 1．作用 測量帶電粒子質(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：qU＝mv2； (2)偏轉磁場：qvB＝，l＝2r； 由以上兩式可得r＝， m＝，＝. 例1　(2016浙江10月選考23)如圖2所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0的勻強磁場，位于x軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～v0.這束離子經(jīng)電勢差為U＝的電場加速后，從小孔O(坐標原點)垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(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板(a＝)．假設每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)． 圖2 (1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間； (2)調(diào)整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板的右端，求此時的磁感應強度大小B1； (3)保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大?。? 答案　見解析 解析　(1)對于初速度為0的粒子：qU＝mv12 由B0qv1＝m得r1＝＝a 恰好打在x＝2a的位置 對于初速度為v0的粒子 qU＝mv22－m(v0)2 由B0qv2＝m得 r2＝＝2a， 恰好打在x＝4a的位置 離子束打在x軸上的區(qū)間為[2a,4a] (2)由動能定理 qU＝mv22－m(v0)2 由B1qv2＝m得 r3＝ r3＝a 解得B1＝B0 (3)離子束能打到探測板的實際位置范圍為2a≤x≤3a 即a≤r≤a，對應的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測板上的離子數(shù)為 N＝N0＝N0 根據(jù)動量定理 被吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝(2mv0＋mv0)＝ 被反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝＝[2m(v0＋0.6v0)＋m(v0＋0.6v0)]＝N0mv0 根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小 F＝F吸′＋F反′＝N0mv0. 變式1　現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖3所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比為(　　) 圖3 A．11 B．12 C．121 D．144 答案　D 解析　由qU＝mv2得帶電粒子進入磁場的速度為v＝，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m，得R＝，聯(lián)立得到R＝，由題意可知，該離子與質(zhì)子在磁場中具有相同的軌道半徑和電荷量，故＝144，故選D. 命題點二　回旋加速器的原理和分析 1．構造：如圖4所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源． 圖4 2．原理：交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次． 3．粒子獲得的最大動能：由qvmB＝、Ekm＝mvm2得Ekm＝，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關． 例2　(2018浙江11月選考23)小明受回旋加速器的啟發(fā)，設計了如圖5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下方有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場．粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子． 有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(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，粒子在電場中運動的時間不計． 圖5 (1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉并在y＝y(tǒng)0處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能； (2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關系． 答案　(1)x＝y(tǒng)0　 (2)見解析 解析　(1)根據(jù)題意，粒子沿著y軸正方向射入，只經(jīng)過磁場偏轉，探測器僅能探測到垂直射入的粒子，粒子軌跡為圓周，因此射入的位置為x＝y(tǒng)0 根據(jù)R＝y(tǒng)0，qvB＝m， 可得Ek＝mv2＝ (2)根據(jù)題意，粒子兩次進出電場，然后垂直射到y(tǒng)軸，由于粒子射入電場后，會做減速直線運動，且無法確定能否減速到0，因此需要按情況分類討論 ①第一次射入電場即減速到零，即當Ek02qU0時，軌跡如圖所示 r0＝，r1＝，r2＝ －qU0＝mv12－mv02 －qU0＝mv22－mv12 且x＝r2＋2r1＋2r0，y＝r2 聯(lián)立解得x＝2＋y 變式2　回旋加速器的工作原理如圖6甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓的大小為U0，周期T＝.一束該種粒子在t＝0～時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠射出的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求： 圖6 (1)出射粒子的動能Ekm； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Ekm所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件． 答案　(1)　(2)－ (3)d< 解析　(1)粒子運動半徑為R時，qvB＝m Ekm＝mv2＝ (2)粒子被加速n次達到動能Ekm，則Ekm＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝ 粒子由靜止做勻加速直線運動nd＝a(Δt)2 由t0＝(n－1)＋Δt，解得t0＝－ (3)只有在0～(－Δt)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為η＝100% 由于η>99%，解得d<. 命題點三　電場與磁場疊加的應用實例分析 共同特點：當帶電粒子(不計重力)在復合場中做勻速直線運動時，qvB＝qE. 1．速度選擇器 圖7 (1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直．(如圖7) (2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB＝qE，即v＝. (3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量． (4)速度選擇器具有單向性． 例3　(2018杭州市期末)在如圖8所示的平行板器件中，勻強電場E和勻強磁場B互相垂直．一束初速度為v的帶電粒子從左側垂直電場射入后沿圖中直線②從右側射出．粒子重力不計，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．若粒子沿軌跡①射出，則粒子的初速度一定大于v B．若粒子沿軌跡①射出，則粒子的動能一定增大 C．若粒子沿軌跡③射出，則粒子可能做勻速圓周運動 D．若粒子沿軌跡③射出，則粒子的電勢能可能增大 答案　D 解析　若粒子沿題圖中直線②從右側射出，則qvB＝qE，若粒子沿軌跡①射出，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子電性未知，所以粒子所受的電場力與洛倫茲力方向不能確定，不能確定初速度與v的關系，故A、B錯誤；若粒子沿軌跡③射出，粒子受電場力、洛倫茲力，不可能做勻速圓周運動，故C錯誤；若粒子沿軌跡③射出，如果粒子帶負電，所受電場力向上，洛倫茲力向下，電場力做負功，粒子的電勢能增大，故D正確． 2．磁流體發(fā)電機 (1)原理：如圖9所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉而聚集在B、A板上，產(chǎn)生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能． 圖9 (2)電源正、負極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出圖中的B是發(fā)電機的正極． (3)設A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應強度為B，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板外電阻為R. 電源電動勢U：當正、負離子所受電場力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U(即電源電動勢)，則q＝qvB，即U＝Blv. 電源內(nèi)阻：r＝ρ. 回路電流：I＝. 例4　(2018浙江11月選考10)磁流體發(fā)電的原理如圖10所示，將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為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、下板就是一個直流電源的兩極，若穩(wěn)定時等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為ρ，忽略邊緣效應，下列判斷正確的是(　　) 圖10 A．上板為正極，電流I＝ B．上板為負極，電流I＝ C．下極為正極，電流I＝ D．下板為負極，電流I＝ 答案　C 解析　根據(jù)左手定則可知，正離子在磁場中受到的洛倫茲力向下，故下板為正極，設兩板間的電壓為U，則q＝Bqv，得U＝Bdv，電流I＝＝，故C正確． 3．電磁流量計 (1)流量(Q)的定義：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積． (2)公式：Q＝Sv；S為導管的橫截面積，v是導電液體的流速． (3)導電液體的流速(v)的計算 如圖11所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向右流動．導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉，使a、b間出現(xiàn)電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差(U)達到最大，由q＝qvB，可得v＝. 圖11 (4)流量的表達式：Q＝Sv＝＝. (5)電勢高低的判斷：根據(jù)左手定則可得φa>φb. 例5　為監(jiān)測某化工廠的含有離子的污水排放情況，技術人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開口與排污管相連，如圖12所示．在垂直于上、下底面方向加磁感應強度大小為B的勻強磁場，在空腔前、后兩個側面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N，M、N與內(nèi)阻為R的電流表相連．污水從左向右流經(jīng)該裝置時，電流表將顯示出污水排放情況．下列說法中錯誤的是(　　) 圖12 A．N板帶正電，M板帶負電 B．污水中離子濃度越高，則電流表的示數(shù)越小 C．污水流量越大，則電流表的示數(shù)越大 D．若只增大所加磁場的磁感應強度，則電流表的示數(shù)也增大 答案　B 解析　污水從左向右流動時，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉，故N板帶正電，M板帶負電，A正確．穩(wěn)定時帶電離子在兩板間受力平衡，qvB＝q，此時U＝Bbv＝＝，式中Q是流量，可見當污水 流量越大、磁感應強度越強時，M、N間的電壓越大，電流表的示數(shù)越大，而與污水中離子濃度無關，B錯誤，C、D正確． 4．霍爾效應的原理和分析 (1)定義：高為h、寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓． (2)電勢高低的判斷：如圖13，導體中的電流I向右時，根據(jù)左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A′的電勢高．若自由電荷是正電荷，則下表面A′的電勢低． 圖13 (3)霍爾電壓的計算：導體中的自由電荷(帶電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉，A、A′間出現(xiàn)電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd；聯(lián)立得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數(shù)． 例6　如圖14所示，厚度為h、寬度為d的金屬導體，當磁場方向與電流方向垂直時，在導體上、下表面會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應．下列說法正確的是(　　) 圖14 A．上表面的電勢高于下表面的電勢 B．僅增大h時，上、下表面的電勢差增大 C．僅增大d時，上、下表面的電勢差減小 D．僅增大電流I時，上、下表面的電勢差減小 答案　C 解析　因電流方向向右，則金屬導體中的自由電子是向左運動的，根據(jù)左手定則可知上表面帶負電，則上表面的電勢低于下表面的電勢，A錯誤；當電場力等于洛倫茲力時，q＝qvB，又I＝nqvhd(n為導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù))，得U＝，則僅增大h時，上、下表面的電勢差不變；僅增大d時，上、下表面的電勢差減小；僅增大I時，上、下表面的電勢差增大，故C正確，B、D錯誤． 1.(2018湖州市三縣期中)如圖1所示，在豎直面內(nèi)虛線所圍的區(qū)域里，存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場．已知從左側沿水平方向射入的電子穿過該區(qū)域時未發(fā)生偏轉，設其重力可以忽略不計，則在該區(qū)域中的E和B的方向不可能是(　　) 圖1 A．E豎直向下，B豎直向上 B．E豎直向上，B垂直紙面向外 C．E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相同 D．E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相反 答案　A 2.(多選)如圖2所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源的兩極上，使a、b兩板間產(chǎn)生勻強電場E，右邊有一塊擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．從兩板左側中點c處射入一束正離子(不計重力)，這些正離子都沿直線運動到右側，從d孔射出后分成三束，則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．這三束正離子的速度一定不相同 B．這三束正離子的比荷一定不相同 C．a(chǎn)、b兩板間的勻強電場方向一定由a指向b D．若這三束離子改為帶負電而其他條件不變，則仍能從d孔射出 答案　BCD 解析　因為三束正離子在兩極板間都是沿直線運動的，電場力等于洛倫茲力，即qE＝qvB，可以判斷三束正離子的速度一定相同，且電場方向一定由a指向b，A錯誤，C正確；在右側磁場中三束正離子運動軌跡半徑不同，可知這三束正離子的比荷一定不相同，B正確；若將這三束離子改為帶負電，而其他條件不變的情況下分析受力可知，三束離子在兩板間仍做勻速直線運動，仍能從d孔射出，D正確． 3．(2018新力量聯(lián)盟期末)如圖3是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖．帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為零)后，進入磁感應強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則(　　) 圖3 A．若a與b有相同的質(zhì)量，打在感光板上時，b的速度比a大 B．若a與b有相同的質(zhì)量，則a的電荷量比b的電荷量小 C．若a與b有相同的電荷量，則a的質(zhì)量比b的質(zhì)量大 D．若a與b有相同的電荷量，則a的質(zhì)量比b的質(zhì)量小 答案　D 4.(多選)如圖4是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場的磁感應強度和勻強電場的電場強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是(　　) 圖4 A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 答案　ABC 解析　質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，A正確．在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力應等大反向，由粒子在勻強磁場B0中的運動軌跡知粒子帶正電，結合左手定則可知，B正確．由qE＝qvB可得v＝，C正確．粒子在平板S下方的勻強磁場中做勻速圓周運動，由qvB0＝得＝，D錯誤． 5．如圖5甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是(　　) 圖5 A．在Ek－t圖象中應有t4－t30)．霍爾片的放大圖如圖所示，它由長寬厚＝abd、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導體制成．磁場方向垂直于x軸向上，磁感應強度大小為B＝B0(1－β|x|)，β>0.無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x＝0處，此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側面上D1、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0. 圖10 (1)指出D1、D2兩點哪點電勢高； (2)推導出U0與I、B0之間的關系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關系為I＝nevbd，其中e為電子電荷量)； (3)彈性盒中輸入壓力波p(t)，霍爾片中通以相同電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖乙．忽略霍爾片在磁場中運動產(chǎn)生的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率．(結果用U0、U1、t0、α及β表示) 答案　(1)D1點電勢高　(2)U0＝　(3)　 解析　(1)N型半導體可以自由移動的是電子(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點移動，因此D1點電勢高． (2)根據(jù)霍爾元件內(nèi)部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得：evB0＝e I＝nevbd，得v＝， 解得：U0＝ (3)由任意時刻霍爾元件內(nèi)部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得： evB＝e① UH＝＝(1－β|x|)＝(1－β|αp(t)|)② 根據(jù)圖象可知壓力波p(t)關于時間t是一個正弦函數(shù)，其絕對值的周期是原函數(shù)周期的一半，根據(jù)圖象可知|p(t)|關于t的周期是t0，則p(t)關于t的周期是2t0，頻率自然就是；由②式可知當壓力波p(t)達到振幅A時，UH最小，為U1，代入②式可得： U1＝(1－β|αA|)＝U0(1－αβA) 解得A＝.