2024高考物理一輪復習第九章磁場第3講帶電粒子在復合場中的運動學案新人教版

PAGE14-第3講帶電粒子在復合場中的運動,學問梳理·自測鞏固學問點)帶電粒子在復合場、組合場中的運動1．復合場與組合場：(1)復合場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。(2)組合場：電場與磁場各位于肯定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)。2．帶電粒子在復合場中運動狀況分類(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)或勻速直線運動狀態(tài)。(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)較困難的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變更，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的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狀況不同的復合場區(qū)域，其運動狀況隨區(qū)域發(fā)生變更，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。思維診斷：(1)利用回旋加速器可以將帶電粒子的速度無限制地增大。(×)(2)粒子能否通過速度選擇器，除與速度有關外，還與粒子的帶電正、負有關。(×)(3)磁流體發(fā)電機中，依據(jù)左手定則，可以確定正、負粒子的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定正、負極或電勢凹凸。(√)(4)帶電粒子在復合場中受洛倫茲力狀況下的直線運動肯定為勻速直線運動。(√)(5)質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子質(zhì)量并分析同位素的儀器。(√)自測鞏固,ZICEGONGGU)1．下列裝置中，沒有利用帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的物理原理的是(D)[解析]洗衣機將電能轉(zhuǎn)化為機械能，不是利用帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)制成的，所以D符合題意。2．帶電質(zhì)點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，則在此后的一小段時間內(nèi)，帶電質(zhì)點將(C)A．可能做直線運動 B．可能做勻減速運動C．肯定做曲線運動 D．可能做勻速圓周運動[解析]帶電質(zhì)點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變更，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變更，故帶電質(zhì)點不行能做直線運動，也不行能做勻減速運動或勻速圓周運動，C正確。3．(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術。如圖所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場，圖中虛線框部分相當于發(fā)電機，把兩個極板與用電器相連，則(BD)A．用電器中的電流方向從B到AB．用電器中的電流方向從A到BC．若只增大帶電粒子電荷量，發(fā)電機的電動勢增大D．若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大[解析]首先對等離子體進行動態(tài)分析：起先時由左手定則推斷正離子所受洛倫茲力方向向上(負離子所受洛倫茲力方向向下)，則正離子向上板聚集，負離子則向下板聚集，兩板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫?，且上板為正極下板為負極，所以通過用電器的電流方向從A到B，選項A錯誤，選項B正確；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力F，最終兩力達到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f＝qvB，F(xiàn)＝qeq\f(E,d)，則：qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，所以電動勢E與速度v及磁感應強度B成正比，與帶電粒子的電荷量無關，選項C錯誤，選項D正確。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO,核心考點·重點突破考點一現(xiàn)代科技中的電磁場問題裝置原理圖規(guī)律質(zhì)譜儀粒子由靜止被加速電場加速qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝meq\f(v2,r)，則比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)回旋加速器溝通電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，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＝eq\f(mv2,r)得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動磁流體發(fā)電機等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負電，兩極電壓為U時穩(wěn)定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd電磁流量計eq\f(U,D)q＝qvB所以v＝eq\f(U,DB)所以Q＝vS＝eq\f(πDU,4B)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)電勢差例1(2024·河南名校聯(lián)考)(多選)如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(BD)A．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關B．帶電粒子每運動一周被加速一次C．帶電粒子每一次被加速后在磁場中做圓周運動的直徑增加量相同，即P1P2等于P2P3D．加速電場方向不須要做周期性的變更[解析]本題考查改進的回旋加速器及其相關學問。依據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)有v＝eq\f(BqR,m)，所以帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑與速度成正比，所以加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關，選項A錯誤；由于圖示中虛線中間不加電場，則帶電粒子每運動一周被加速一次，選項B正確；依據(jù)動能定理，經(jīng)第一次加速后粒子速度為v1，有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，經(jīng)其次次加速后粒子速度為v2，有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，同理有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,3)mveq\o\al(2,2)，而軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)，所以P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mv2－v1,qB)，P2P3＝eq\f(2mv3－v2,qB)，又veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝eq\f(2Uq,m)，所以eq\f(v2－v1,v3－v2)＝eq\f(v3＋v2,v2＋v1)>1，即v2－v1>v3－v2，可知P1P2大于P2P3，選項C錯誤；帶電粒子每一次都從同一方向經(jīng)過電場，所以加速電場方向不須要做周期性的變更，選項D正確?！差愵}演練1〕(2024·山東德州期末)電磁流量計是一種測量導電液體流量的裝置(單位時間內(nèi)通過某一截面的液體體積，稱為流量)，其結(jié)構(gòu)如圖所示，上、下兩個面M、N為導體材料，前后兩個面為絕緣材料。流量計的長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，在垂直于前、后表面對里的方向加磁感應強度為B的勻強磁場，某次測量中，與上下兩個面M、N相連的電壓表示數(shù)為U，則管道內(nèi)液體的流量為(B)A．eq\f(U,B)c B．eq\f(U,B)bC．UBc D．UBb[解析]本題考查電磁流量計及其相關學問。導電液體通過電磁流量計，相當于帶電粒子直線通過裝置區(qū)域，由qeq\f(U,c)＝qBv，解得v＝eq\f(U,Bc)。管道內(nèi)液體的流量Q＝bcv＝eq\f(U,B)b，選項B正確?？键c二帶電粒子在組合場中的運動這類問題的特點是電場、磁場或重力場依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時間上先后出現(xiàn)，磁場或電場與無場區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場等。其運動形式包含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動等，涉及牛頓運動定律、功能關系等學問的應用。1．在勻強電場、勻強磁場中可能的運動性質(zhì)在電場強度為E的勻強電場中在磁感應強度為B的勻強磁場中初速度為零做初速度為零的勻加速直線運動保持靜止初速度垂直場線做勻變速曲線運動(類平拋運動)做勻速圓周運動初速度平行場線做勻變速直線運動做勻速直線運動特點受恒力作用，做勻變速運動洛倫茲力不做功，動能不變2.“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進入勻強電場帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場受力狀況只受恒定的電場力只受大小恒定的洛倫茲力運動狀況類平拋運動勻速圓周運動運動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋規(guī)律、牛頓其次定律牛頓其次定律、向心力公式基本公式L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v)qvB＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB)T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)sinθ＝eq\f(L,r)做功狀況電場力既變更速度方向，也變更速度大小，對電荷做正功洛倫茲力只變更速度方向，不變更速度大小，對電荷永不做功物理圖景例2(2024·湖北宜昌聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，在BC右側(cè)Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域存在勻強磁場，L1、L2、L3是磁場的邊界(BC與L1重合)，兩磁場區(qū)域?qū)挾认嗤?，方向如圖所示，區(qū)域Ⅰ的磁感強度大小為B1。一帶電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m(重力不計)的點電荷從AD邊中點以初速度v0沿水平向右方向進入電場，點電荷恰好從B點進入磁場，經(jīng)區(qū)域Ⅰ后又恰好從與B點同一水平高度處進入?yún)^(qū)域Ⅱ。已知AB長度是BC長度的eq\r(3)倍。(1)求帶電粒子到達B點時的速度大小；(2)求磁場的寬度L；(3)要使點電荷在整個磁場中運動的時間最長，求區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2的最小值。[答案](1)eq\f(2\r(3)v0,3)(2)eq\f(2\r(3)mv0,3qB1)(3)eq\f(3,2)B1[解析](1)設點電荷進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成θ角，由類平拋運動的速度方向與位移方向的關系有tanθ＝eq\f(LBC,LAB)＝eq\f(\r(3),3)，則θ＝30°，則v＝eq\f(v0,cosθ)＝eq\f(2\r(3)v0,3)(2)設點電荷在區(qū)域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓其次定律得qvB1＝meq\f(v2,r1)，軌跡如圖甲所示，由幾何關系得L＝r1，解得L＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB1)(3)當點電荷不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場時，點電荷在磁場中運動的時間最長。設區(qū)域Ⅱ中磁感應強度最小時，對應的軌道半徑為r2，軌跡如圖乙所示，由牛頓其次定律有qvBmin＝meq\f(v2,r2)，依據(jù)幾何關系有L＝r2(1＋sinθ)，解得Bmin＝eq\f(3,2)B1?！差愵}演練2〕(2024·吉林松原模擬)(多選)如圖所示，在其次象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，在第一、四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等。在該平面有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以初速度v0垂直x軸從x軸上的P點進入勻強電場，之后與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間恰好垂直于x軸進入下面的磁場，已知O、P之間的距離為d，不計帶電粒子的重力，則(BD)A．磁感應強度B＝eq\f(\r(2)mv0,4qd)B．電場強度E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)C．自進入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時間為eq\f(7\r(2)πd,2v0)D．自進入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用時間為eq\f(7πd,2v0)[解析]本題考查帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動的組合場問題。粒子的運動軌跡如圖所示，帶電粒子在電場中做類平拋運動，沿x軸方向做勻加速運動，沿y軸方向做勻速運動，由題可知，出電場時，vx＝vy＝v0，依據(jù)x＝d＝eq\f(1,2)vxt、y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出電場時與y軸交點坐標為(0,2d)，設粒子在磁場中的運動軌跡半徑為R，則有Rsin(180°－β)＝y(tǒng)＝2d，而β＝135°，解得R＝2eq\r(2)d，粒子在磁場中運動的速度v＝eq\r(2)v0，依據(jù)R＝eq\f(mv,qB)，解得B＝eq\f(mv0,2qd)，故A錯誤；依據(jù)vx＝at＝eq\f(qE,m)t＝vy、x＝d＝eq\f(1,2)vxt，得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)，故B正確；在第一象限運動時間t1＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3,8)T＝eq\f(3πd,2v0)，在第四象限運動時間t1＝eq\f(1,2)T＝eq\f(2πd,v0)，所以自進入磁場至在磁場中其次次經(jīng)過x軸所用總時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πd,2v0)，故D正確，C錯誤。考點三帶電體在復合場中的運動帶電體在復合場中運動的歸類分析1．磁場力、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動。(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做困難的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。2．電場力、磁場力并存(不計重力)(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做困難的曲線運動，可用動能定理求解。3．電場力、磁場力、重力并存(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運動。(2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動。(3)若合力不為零，帶電體可能做困難的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解。特殊提示：(1)若帶電粒子在電場力、洛倫茲力、重力三力并存的狀況下運動軌跡是直線，則粒子肯定做勻速直線運動。(2)由于洛倫茲力隨速度的變更而變更，從而導致速度發(fā)生新的變更，因此受力分析時要特殊留意速度的變更對洛倫茲力的影響。例3(2024·山東德州期末)如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負電，兩板間存在場強為E的勻強電場和垂直紙面對里的磁感應強度為B勻強磁場?，F(xiàn)有大量帶電粒子沿中線OO′射入，全部粒子都恰好沿OO′做直線運動。若僅將與極板垂直的虛線MN右側(cè)的磁場去掉，則其中比荷為eq\f(q,m)的粒子恰好自下極板的右邊緣P點離開電容器。已知電容器兩極板間的距離為eq\f(3mE,qB2)，帶電粒子的重力不計。(1)求下極板上N、P兩點間的距離；(2)若僅將虛線MN右側(cè)的電場去掉，保留磁場，另一種比荷的粒子也恰好自P點離開，求這種粒子的比荷。[解析](1)粒子從O點到虛線MN的過程中做勻速直線運動，則有qE＝qvB，則粒子運動到MN時的速度大小v＝eq\f(E,B)，僅將MN右側(cè)磁場去掉，粒子在MN右側(cè)的勻強電場中做類平拋運動，沿電場方向有eq\f(3mE,2qB2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，垂直于電場方向x＝vt，解得下極板上N、P兩點間的距離x＝eq\f(\r(3)mE,qB2)。(2)僅將虛線MN右側(cè)的電場去掉，粒子在MN右側(cè)的勻強磁場中做勻速圓周運動，設經(jīng)過P點的粒子的比荷為eq\f(q′,m′)，其做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何關系得R2＝x2＋(R－eq\f(3mE,2qB2))2，解得R＝eq\f(7mE,4qB2)，又q′vB＝eq\f(m′v2,R)，解得比荷eq\f(q′,m′)＝eq\f(4q,7m)。[答案](1)eq\f(\r(3)mE,qB2)(2)eq\f(4q,7m)〔類題演練3〕(2024·北京朝陽區(qū)統(tǒng)考)如圖所示，空間中存在勻強電場和勻強磁場，電場和磁場的方向水平且相互垂直。一帶電微粒沿直線由a向b運動，在此過程中(D)A．微粒做勻加速直線運動B．微粒的動量減小C．微粒的電勢能增加D．微粒的機械能增加[解析]本題考查帶電微粒在復合場中的直線運動及其相關學問點。由于洛倫茲力的大小與粒子速度的大小成正比，方向與速度方向垂直。若帶電微粒沿直線由a向b運動，則此過程中微粒必做勻速直線運動，否則洛倫茲力將發(fā)生變更，破壞平衡狀態(tài)，即速度不變，微粒動量不變，選項A、B錯誤；微粒受重力、洛倫茲力和電場力，由左手定則和平衡條件可推斷出微粒帶負電，帶電微粒沿直線由a向b運動，電場力做正功，微粒的電勢能減小，機械能增加，選項C錯誤，D正確。2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN,2年高考·模擬訓練1．(2024·天津卷，4)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此限制屏幕的熄滅。則元件的(D)A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無關C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)[解析]A錯：由左手定則推斷，后表面帶負電，電勢低。B、C錯：電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，U與v成正比，與c無關。D對：洛倫茲力F＝evB＝eq\f(eU,a)。2．如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R。已知電場的電場強度為E，方向豎直向下；磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面對里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則(C)A．液滴帶正電B．液滴荷質(zhì)比eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴順時針運動D．液滴運動的速度大小v＝eq\f(Rg,BE)[解析]液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場組成的復合場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知液滴帶負電，故A錯誤；由mg＝qE解得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故B錯誤；磁場方向垂直紙面對里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可推斷液滴的運動方向為順時針，故C正確；液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為R＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立各式得v＝eq\f(RBg,E)，故D錯誤。3．(2024·全國卷Ⅲ，24)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場的磁感應強度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。[答案](1)eq\f(4U,lv1)(2)14[解析](1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1) ①由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1) ②由幾何關系知2R1＝l ③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1) ④(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2) ⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2) ⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2) ⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)eq\f(q2,m2)＝144．(2024·全國卷Ⅰ，25)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面對外的勻強磁場。一個氕核eq\o\al(1,1)H和一個氘核eq\o\al(2,1)H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知eq\o\al(1,1)H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應強度大??；(3)eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。[答案](1)eq\f(2\r(3),3)h(2)eq\r(\f(6mE,qh))(3)eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h[解析](1)eq\o\al(1,1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示。設eq\o\al(1,1)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學公式有s1＝v1t1 ①h＝eq\f(1,2)a1teq\