帶電粒子在復合場中的運動課件2

帶電粒子在復合(He)場中的運動課件演示文稿第一頁，共一百一十三頁。帶電粒子在復合(He)場中的運動課件第二頁，共一百一十三頁。第三頁，共一百一十三頁?！局R梳理】知識點(Dian)1帶電粒子在復合場、組合場中的運動1.復合場與組合場:復合場_____、_____、重力場在同一區(qū)域共存,或其中兩場在同一區(qū)域共存組合場電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重復;或在同一區(qū)域分時間段交替出現(xiàn)電場磁場第四頁，共一百一十三頁。2.帶電體在復合場中常見(Jian)的幾種運動情況:(1)靜止或勻速直線運動:帶電粒子在復合場中所受合力_____。(2)勻速圓周運動:帶電粒子所受重力與電場力__________,_________,洛倫茲力___________。(3)其他變加速曲線運動:帶電粒子所受合力的大小和方向均變化,且與初速度不在一條直線上。為零大小相等方向相反提供向心力第五頁，共一百一十三頁。如圖,勻強磁場垂直于紙面向里,勻強電場豎直向下。一帶(Dai)負電粒子從左邊沿水平方向射入復合場區(qū)域。(1)若不計重力,且qvB=Eq,粒子做_________運動。(2)若考慮重力,且mg=Eq,粒子做_________運動。(3)若不計重力,且qvB≠Eq,粒子做_________運動。勻速直線勻速圓周變速曲線第六頁，共一百一十三頁。知(Zhi)識點2帶電粒子在復合場中運動的應用實例裝置原理圖規(guī)律質(zhì)譜儀粒子由靜止被加速電場加速qU＝______，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝_____，則比荷＝______第七頁，共一百一十三頁。裝置原理圖規(guī)律回旋加速器交流電的周期和粒子做圓周運動的周期_____，粒子在圓周運動過程中每次經(jīng)過D形盒縫隙都會被加速。由qvB＝得Ekm＝________,R為D形盒半徑

相(Xiang)等第八頁，共一百一十三頁。裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝

,粒子做_________運動勻速直(Zhi)線第九頁，共一百一十三頁?！疽族e辨析】(1)帶電粒子在勻強磁場中只受洛倫茲力和重力時,不可能(Neng)做勻加速直線運動。(

)(2)帶電粒子在復合場中不可能處于靜止狀態(tài)。

(

)(3)帶電粒子在復合場中不可能做勻速圓周運動。

(

)第十頁，共一百一十三頁。(4)不同比荷的粒子在質(zhì)譜儀磁場中做勻速圓周運動的半徑不同。(

)(5)粒子在回旋加速器中做圓周運動的半徑、周期都隨粒子速度的增大而(Er)增大。(

)(6)在速度選擇器中做勻速直線運動的粒子的比荷可能不同。(

)第十一頁，共一百一十三頁。提示:(1)√。若粒子做勻加速直線運動,在垂直運動的方向上,洛倫茲力變大,合力不可能總為零,與(Yu)粒子做直線運動矛盾。(2)×。當帶電粒子在復合場中所受合力為零時,帶電粒子可能處于靜止狀態(tài)。(3)×。當帶電粒子所受的重力與電場力等大反向時,粒子可能在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。第十二頁，共一百一十三頁。(4)√。由qU=mv2,qvB=可得R=。(5)×。根據(jù)R=、T=,粒(Li)子在回旋加速器中做圓周運動的半徑隨粒子速度的增大而增大,周期不變。(6)√。帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動的條件是v=,與其比荷大小無關(guān)。第十三頁，共一百一十三頁。考點1帶電粒子在組合場中的運動【核心要素精講】帶電粒子在組合場中的運動,實際上是幾個典型運動過程的組合,因此解決此類問題要分段處理(Li),找出各段之間的銜接點和相關(guān)物理量。第十四頁，共一百一十三頁。1.從(Cong)電場進入磁場:第十五頁，共一百一十三頁。2.從磁(Ci)場進入電場:第十六頁，共一百一十三頁。3.處理思路:(1)電場(Chang)中的運動。①勻變速直線運動:應用牛頓運動定律結(jié)合運動學公式求解或應用動能定理求解。②類平拋運動:應用運動的合成與分解求解或應用動能定理求解。第十七頁，共一百一十三頁。(2)磁場中的運動。應用圓周運動公式、牛頓運動定律結(jié)(Jie)合幾何知識求解。第十八頁，共一百一十三頁。【高考命題探究】【典例1】(2017·東城區(qū)模擬)如圖所示,兩塊平行極板AB、CD正對放置,極板CD的正中央有一小孔,兩極板間距離AD為d,板長AB為2d,兩極板間電勢差為U,在ABCD構(gòu)成的矩形區(qū)域內(nèi)(Nei)存在勻強電場,電場方向水平向右。在ABCD矩形區(qū)域以外有垂直于紙面向里的范圍足夠大的勻強磁場。第十九頁，共一百一十三頁。極板厚度不計,電場、磁場的交界處為理想邊界。將一(Yi)個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子在極板AB的正中央O點,由靜止釋放。不計帶電粒子所受重力。世紀金榜導學號42722211第二十頁，共一百一十三頁。(1)求帶電粒子經(jīng)過電場加速后,從極板CD正中央小孔射出時的速度大小。(2)為了使帶電粒子能夠再次進入勻強(Qiang)電場,且進入電場時的速度方向與電場方向垂直,求磁場的磁感應強度的大小。第二十一頁，共一百一十三頁。(3)通過分析說明帶電粒子第二次離開電場時的位置,并求出帶電粒子從(Cong)O點開始運動到第二次離開電場區(qū)域所經(jīng)歷的總時間。第二十二頁，共一百一十三頁?！窘馕觥?1)設帶電粒子經(jīng)過電場加速后,從極(Ji)板CD正中央小孔射出時的速度大小為v由動能定理qU=mv2解得v=

第二十三頁，共一百一十三頁。(2)帶電粒子第一次從電場中射出后,在磁場中做勻速圓周運動,若能夠再次進入勻強電場,且進入電場時的速度方向與電場方向垂直,運動方向改變270°,由此可知在磁場中的運動軌跡為四分之三圓,圓心位于D點,半徑為d,由A點垂直射入電場。帶電粒子在磁場中運動時,若洛倫茲力充當向心力由牛(Niu)頓運動定律Bqv=m第二十四頁，共一百一十三頁。解得:B=(3)帶電(Dian)粒子由A點垂直于電場方向射入電場之后做類平拋運動若能夠射出電場,運動時間t1=沿電場方向的位移s=aa=解得s=d第二十五頁，共一百一十三頁。因此帶電粒子恰能從C點射出,軌跡如圖所(Suo)示。

第二十六頁，共一百一十三頁。帶電粒子第一次在電場中加速,運動時間為t1帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn),運動時間為t2,洛(Luo)倫茲力充當向心力。由牛頓第二定律Bqv=mT==πdt2=T=πd帶電粒子第二次在電場中偏轉(zhuǎn),運動時間也為t1第二十七頁，共一百一十三頁。因此帶電粒子從O點運動到C點的(De)總時間t總=2t1+t2=(2+π)d答案:(1)

(2)(3)C點(2+π)d

第二十八頁，共一百一十三頁?！緩娀柧殹?2017·平頂山模擬)如圖所示,板間距為d、板長為L的兩塊平行金屬板EF、GH水平放置,在緊靠平行板右(You)側(cè)的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面的勻強磁場,三角形底邊BC與GH在同一水平線上,頂點A與EF在同一水平線上。一個質(zhì)量為m、電量為-q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入,若在兩板之間加某一恒定電壓,粒子第二十九頁，共一百一十三頁。離開電場后垂直AB邊從D點進入磁場,BD=AB,并垂直AC邊射出(不計粒子(Zi)的重力),求:第三十頁，共一百一十三頁。(1)粒子離開電場時瞬時速度的大小及兩極板間電壓的大小。(2)三角形區(qū)域內(nèi)磁感應強度。(3)若兩板間不加電壓,三角形區(qū)域內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里,要使粒子進入磁場區(qū)域后能從(Cong)AB邊射出,試求所加磁場的磁感應強度最小值。第三十一頁，共一百一十三頁?！窘馕觥?1)由粒子帶負電并且在電場中向下偏轉(zhuǎn)可知,板間場強的方向垂(Chui)直平行板向上,粒子垂直AB邊進入磁場,由幾何知識得:粒子離開電場時偏轉(zhuǎn)角θ=30°則粒子離開電場時瞬時速度的大小為v=在電場中豎直方向:vy=由幾何關(guān)系得,tanθ=故U=第三十二頁，共一百一十三頁。(2)由(You)幾何關(guān)系得:LAB=設在磁場中運動半徑為r1,則r1=LAB=d第三十三頁，共一百一十三頁。又B1qv=,而v=以上式子聯(lián)立得,B1=,方向垂直紙面向外(3)當粒子剛好與BC邊相切時,磁感應強度最(Zui)小,設粒子的運動半徑為r2由幾何知識知:r2=,B2qv0=故B2=,即磁感應強度的最小值。第三十四頁，共一百一十三頁。答案:(1)(2),方向(Xiang)垂直紙面向(Xiang)外(3)

第三十五頁，共一百一十三頁?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,在空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場,其豎直邊界(Jie)AB、CD的寬度為d,在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場強為E的勻強電場,現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子(不計重力)從P點以大小為v0的水平初速度射入電場,隨后與邊界AB成45°射入磁場。若粒子能垂直CD邊界飛出磁場,穿過小孔進入如圖所示兩豎直平行金屬板第三十六頁，共一百一十三頁。間的勻強電場中減速至零且碰不(Bu)到正極板。第三十七頁，共一百一十三頁。(1)請畫出粒子上述過程中的(De)運動軌跡,并求出粒子進入磁場時的速度大小v。(2)求勻強磁場的磁感應強度B的大小。(3)求金屬板間的電壓U的最小值。第三十八頁，共一百一十三頁。【解(Jie)析】(1)軌跡如圖所示第三十九頁，共一百一十三頁。(2)粒子在勻強磁場(Chang)中做勻速圓周運動,設其軌道半徑為R,由幾何關(guān)系可知R=

qvB=解得B=第四十頁，共一百一十三頁。(3)粒子(Zi)進入板間電場至速度減為零且恰不與正極板相碰時,板間電壓U最小,由動能定理有-qU=0-mv2,解得U=。答案:(1)軌跡見解析圖v0

(2)

(3)第四十一頁，共一百一十三頁?？键c2帶電粒子在疊加場中的(De)運動【核心要素精講】1.帶電粒子在包含勻強磁場的疊加場中無約束情況下運動的幾種常見形式:第四十二頁，共一百一十三頁。受力特點運動性質(zhì)方法規(guī)律其他場力的合力與洛倫茲力等大反向勻速直線運動平衡條件除洛倫茲力外,其他力的合力為零勻速圓周運動牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律除洛倫茲力外,其他力的合力既不為零,也不與洛倫茲力等大反向較復雜的曲線運動動能定理、能量守恒定律第四十三頁，共一百一十三頁。2.帶電粒子在疊加場(Chang)中有約束情況下的運動:帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下,常見的運動形式有直線運動和圓周運動,分析時應注意。(1)分析帶電粒子所受各力尤其是洛倫茲力的變化情況,分階段明確物體的運動情況。(2)根據(jù)物體各階段的運動特點,選擇合適的規(guī)律求解。第四十四頁，共一百一十三頁。①勻速(Su)直線運動階段:應用平衡條件求解。②勻加速直線運動階段:應用牛頓第二定律結(jié)合運動學公式求解。③變加速直線運動階段:應用動能定理、能量守恒定律求解。第四十五頁，共一百一十三頁?！咀运甲晕颉?1)帶電粒子在疊加場中無約束情況下的常見運動形式有哪些?(2)各種運動形式分別應用哪些知識求解?(3)帶電粒子在疊加場中有約束情況下運動時,為什么洛倫茲力通常會發(fā)生變(Bian)化?第四十六頁，共一百一十三頁?！靖呖济}探究】【典例2】(2016·天津高考)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E=5N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其(Qi)方向與電場方向垂直,磁感應強度大小B=0.5T。有一帶正電的小球,質(zhì)量m=1.0×10-6kg,電荷量q=2×10-6C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮第四十七頁，共一百一十三頁。磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象),g取10m/s2。求:世紀金榜導學(Xue)號42722212(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向。(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。第四十八頁，共一百一十三頁?！舅伎继骄俊?1)小球做勻速直線運動時,小球受力情況如何?提示:小球做勻速直線運動時受到重力、電場力和洛倫茲(Zi)力的作用,這三個力的合力為零。(2)撤去磁場后,小球做什么運動?提示:撤去磁場后小球做類平拋運動。第四十九頁，共一百一十三頁。(3)改變電場強(Qiang)度的大小和方向,能否使小球做勻速圓周運動。提示:讓電場強度方向豎直向上,并且使qE=mg,則小球在復合場中做勻速圓周運動。第五十頁，共一百一十三頁。【解析】(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零,有qvB=代入數(shù)據(jù)解得v=20m/s②速度(Du)v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足第五十一頁，共一百一十三頁。tanθ=③代入數(shù)據(jù)(Ju)解得tanθ=θ=60°④第五十二頁，共一百一十三頁。(2)解法一:撤去(Qu)磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動,設其加速度為a,有a=⑤設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有x=vt⑥設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y,有第五十三頁，共一百一十三頁。y=at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同(Tong),均為θ,又tanθ=⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式,代入數(shù)據(jù)解得t=2s=3.5s⑨第五十四頁，共一百一十三頁。解法二:撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,他對豎直方向的分運動沒有影響,以P點為坐標原點,豎直向上為正方向,小球在豎直向上做勻減速運動,其初速度為vy=vsinθ⑤若使小球再次穿過P點所(Suo)在的電場線,僅需小球的豎直方向上的分位移為零,則有vyt-gt2=0⑥第五十五頁，共一百一十三頁。聯(lián)立⑤⑥式,代入數(shù)據(jù)解得t=2s=3.5s⑦答案:(1)20m/s速度v的方向與電場E的方向之間的夾(Jia)角為60°

(2)3.5s第五十六頁，共一百一十三頁?！具w移訓(Xun)練】第五十七頁，共一百一十三頁。遷移1:疊加場中的勻速圓周運動(多選)(2017·合肥模擬)如圖所示,豎直直線MN右側(cè)存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.01kg、電荷量q=+0.01C的小球從MN左(Zuo)側(cè)水平距離為l=0.4m第五十八頁，共一百一十三頁。的A點水平拋出,當下落距離是水平距離的一半時從MN上的D點進入電磁場,并恰好能做勻速圓周(Zhou)運動,圖中C點是圓周的最低點且C到MN的水平距離為2l,不計空氣阻力,g取10m/s2,則(

)A.小球的初速度為20m/sB.勻強電場的電場強度為10V/mC.勻強磁場的磁感應強度為B=2TD.小球從D到C運動的時間為0.1πs第五十九頁，共一百一十三頁。【解析】選B、D。小球從A到D做平拋(Pao)運動,l=v0t,gt2,所以t=0.2s,v0=2m/s,選項A錯誤;小球進入電磁場中恰好做勻速圓周運動,則qE=mg,即E=10V/m,選項B正確;小球進入電磁場時有vy=gt=v0,即小球進入電磁場時的速度為v=2m/s,且與MN成45°角,由幾何關(guān)系可得小球做勻速圓周運動的半徑為r=,又因Bqv=m,聯(lián)立并代入數(shù)值得B=2.5T,選項C錯誤;第六十頁，共一百一十三頁。小球從D到(Dao)達C經(jīng)歷了

圓周,所以從D到C運動的時間為t==0.1πs,選項D正確。第六十一頁，共一百一十三頁。遷移2:疊加場中的勻速直線運動(2016·北京高考)如圖所示,質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感(Gan)應強度為B的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。第六十二頁，共一百一十三頁。(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑(Jing)R和周期T。(2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場,求電場強度E的大小。第六十三頁，共一百一十三頁?！窘馕觥?1)粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心(Xin)力,有f=qvB=m解得粒子做勻速圓周運動的半徑R=粒子做勻速圓周運動的周期T=(2)粒子受電場力F=qE,洛倫茲力f=qvB,第六十四頁，共一百一十三頁。粒子做勻速直線運動,由二力平衡可知,qE=qvB。解得電場強度的大(Da)小E=vB。答案:(1)

(2)vB第六十五頁，共一百一十三頁。遷移3:帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動如圖所示,粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球,整個裝置處在由水平勻強電場和垂直紙面向外(Wai)的勻強磁場組成的足夠大的復合場中,小球由靜止開始下滑,在整個運動過程中小球的v-t圖象如圖所示,其中正確的是(

)第六十六頁，共一百一十三頁。第六十七頁，共一百一十三頁?！窘?Jie)析】選C。第六十八頁，共一百一十三頁。該題中,小球的運動性質(zhì)與電性無關(guān)。設小球帶正電,對帶電小球進行受力分析如圖所示,剛開始(Shi)速度v比較小,F洛=qvB比較小,電場力F>F洛,G-Ff=ma,即ma=G-μ(F-qvB),隨著速度v的不斷增大,a也不斷增大。當F=F洛時,a最大,為重力加速度g。再隨著速度v的不斷增大,F<F洛,即ma=G-μ(qvB-F),加速度a不斷減小,當a減小到零時,G=Ff,再往后做勻速運動。故選C。第六十九頁，共一百一十三頁?！疽?guī)律總結(jié)】帶電粒子在復合場中運動的解題思路(1)分析復合場的組成:弄(Nong)清電場、磁場、重力場組合情況。(2)受力分析:先場力,再彈力,后摩擦力。(3)運動情況分析:注意運動情況和受力情況的結(jié)合。(4)規(guī)律選擇:①勻速直線運動:應用平衡條件求解。第七十頁，共一百一十三頁。②勻速圓周運動:應用牛(Niu)頓運動定律和圓周運動規(guī)律求解。③復雜曲線運動:應用動能定理或能量守恒定律求解。第七十一頁，共一百一十三頁?！炯庸逃柧殹咳鐖D甲所示,寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2),存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示),電場強度的大小為E0,E0>0表示電場方向豎直向上。t=0時,一帶正電、質(zhì)量(Liang)為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域,沿直線運動到Q點后,做一次完整的圓周運動,再沿第七十二頁，共一百一十三頁。直線運動到右邊界上的(De)N2點。Q為線段N1N2的中點,重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。第七十三頁，共一百一十三頁。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大小。(2)求電場變化的周期T。(3)改變寬度d,使微粒仍能按上述運動過程通(Tong)過相應寬度的區(qū)域,求T的最小值。第七十四頁，共一百一十三頁?！窘馕觥?1)微粒做直線運動,則mg+qE0=qvB①微粒做圓(Yuan)周運動,則mg=qE0②q=③聯(lián)立①②③得B=④第七十五頁，共一百一十三頁。(2)設微粒從N1點運動到Q點的時間為(Wei)t1,做圓周運動的半徑為R,周期為t2,則

=vt1⑤qvB=⑥2πR=vt2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦得t1=,t2=⑧電場變化的周期T=t1+t2=⑨第七十六頁，共一百一十三頁。(3)若微粒能完成題述的運動過程(Cheng),要求d≥2R⑩聯(lián)立③④⑥得R=?設微粒在N1Q段直線運動的最短時間為t1min,則由⑤⑩?得t1min=因t2不變,所以T的最小值Tmin=t1min+t2=。第七十七頁，共一百一十三頁。答(Da)案:(1)

(2)

(3)第七十八頁，共一百一十三頁?？键c3帶電粒子在復合場中的運動實例應用

【核心要素精講】1.質(zhì)譜儀(Yi):(1)構(gòu)造:如圖所示,由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成。第七十九頁，共一百一十三頁。(2)原理:粒子在加速電場中(Zhong)由靜止被加速,根據(jù)動能定理:qU=mv2,粒子在磁場中做勻速圓周運動:qvB=第八十頁，共一百一十三頁。2.回旋加速器:(1)構(gòu)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(Chang)中。第八十一頁，共一百一十三頁。(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(jīng)電場加速,經(jīng)磁場回旋。由qvB=得Ekm=,可(Ke)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(guān)。3.速度選擇器:第八十二頁，共一百一十三頁。(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B相互垂直。這種裝置能把具有一定速度的粒子選(Xuan)出來,所以叫作速度選擇器。(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是Eq=qvB,即v=。第八十三頁，共一百一十三頁。4.磁流體發(fā)電機:(1)構(gòu)造:一對平行金屬板,兩板間有強磁場,等離子體高速進入(Ru)兩板之間。第八十四頁，共一百一十三頁。(2)原理:等離子體在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn),A、B間出現(xiàn)電勢差,形成電場,當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時,A、B間電勢差保持穩(wěn)(Wen)定。①根據(jù)左手定則,圖中B是發(fā)電機正極。②磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L,等離子體速度為v,磁場的磁感應強度為B,則由qE==qvB得兩極板間能達到的最大電勢差U=BLv。第八十五頁，共一百一十三頁。5.電磁流量計:(1)構(gòu)造:如圖所示圓形導管直徑為d,用非磁性材料(Liao)制成,處于勻強磁場中,導電液體在管中向左流動。第八十六頁，共一百一十三頁。(2)原理:導電液體中的(De)自由電荷在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn),a、b間出現(xiàn)電勢差,形成電場,當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時,a、b間電勢差保持穩(wěn)定,qE==qvB,所以v=,液體流量Q=Sv=。第八十七頁，共一百一十三頁。【自思自悟】(1)回旋加速器中,粒子獲得的最大動能與什么因素有關(guān)?(2)帶電粒子能夠沿直線通過速度選擇器的速度與什么因素有關(guān)?(3)磁流體發(fā)電機和(He)電磁流量計中電勢差穩(wěn)定時,粒子的受力情況是否相同?第八十八頁，共一百一十三頁?！靖呖济}探究】【典例3】(2016·江蘇(Su)高考)回旋加速器的工作原理如圖甲所示,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,電壓值的大小為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,第八十九頁，共一百一十三頁。其初速度視為零。現(xiàn)考(Kao)慮粒子在狹縫中的運動時間,假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動,不考慮粒子間的相互作用。求:世紀金榜導學號42722213第九十頁，共一百一十三頁。(1)出射粒子的動能Em。(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0。(3)要使飄入狹縫的粒子中(Zhong)有超過99%能射出,d應滿足的條件。第九十一頁，共一百一十三頁?！窘馕觥?1)粒子運動半(Ban)徑為R時有qvB=,且Em=mv2,解得Em=

第九十二頁，共一百一十三頁。(2)粒子被加速n次達到動能Em,則Em=nqU0粒子在狹縫(Feng)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=勻加速直線運動總長度nd=a(Δt)2由t0=(n-1)·+Δt,解得t0=第九十三頁，共一百一十三頁。(3)只有在0～(-Δt)時間內(nèi)飄入(Ru)的粒子才能每次均被加速,則所占的比例為η=,由η>99%,解得d<。答案:(1)

(2)(3)d<第九十四頁，共一百一十三頁?！緩娀柧殹?.(2016·全國卷Ⅰ)現(xiàn)(Xian)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(zhuǎn)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第九十五頁，共一百一十三頁。加速,為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)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(Bei)。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(

)A.11

B.12

C.121

D.144第九十六頁，共一百一十三頁?！窘馕觥窟xD。離子在加速電場有qU=mv2,在磁場中偏轉(zhuǎn)有qvB=m,聯(lián)立解得(De)R=,經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,即R相同,因此有,離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為144,故選D。第九十七頁，共一百一十三頁。2.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時,利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成,磁極間的磁場是均勻的。使用時,兩電極a、b均與血管壁接觸,兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直,如圖所示。由于血液中的正(Zheng)負離子隨血液一起在磁場中運動,電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時,血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電第九十八頁，共一百一十三頁。場,血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中,兩觸點間的距離為3.0mm,血管壁的厚度可(Ke)忽略,兩觸點間的電勢差為160μV,磁感應強度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為(

)A.1.3m/s,a正、b負B.2.7m/s,a正、b負第九十九頁，共一百一十三頁。C.1.3m/s,a負、b正D.2.7m/s,a負、b正【解析】選A。由左手定則(Ze)可判定正離子向上運動,負離子向下運動,所以a正、b負,達到平衡時離子所受洛倫茲力與電場力平衡,所以有:qvB=q,代入數(shù)據(jù)解得v=1.3m/s,故正確答案為A。第一百頁，共一百一十三頁。【加固訓練】如圖所示,一電子束(Shu)垂直于電場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動,可采用的方法是(

)第一百零一頁，共一百一十三頁。A.將變阻器滑片P向右滑動B.將變阻器滑片P向左滑動C.將極板間(Jian)距離適當減小D.將極板間距離適當增大第一百零二頁，共一百一十三頁。【解析】選(Xuan)D。電子射入極板間后,偏向A板,說明Eq>Bvq,由E=可知,減小場強E的方法有增大板間距離和減小板間電壓,故C錯誤,D正確;而移動滑片P并不能改變板間電壓,故A、B均錯誤。第一百零三頁，共一百一十三頁。帶電粒子在復合場中的運動【經(jīng)典案例】(22分)(2015·浙江高考)使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出,離子束引