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1、課標版課標版 物理物理第3講帶電粒子在組合場中的運動考點一考點一質(zhì)譜儀的原理及應(yīng)用質(zhì)譜儀的原理及應(yīng)用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?？键c突破考點突破粒子由靜止被加速電場加速,有qU=mv2。粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,有qvB=m。由以上兩式可得r=,m=,=。典例典例1 1 (多選)如圖所示,一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B)和勻強電場(電場強度為E)組成的速度選擇器,然后粒子通過平板S上的狹縫P進入另一勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B),最終打在A1A2上,下列表述正確的是( )122vr1B2mUq222qr BUqm

2、222UB r2.原理:A.粒子帶負電B.所有打在A1A2上的粒子,在磁感應(yīng)強度為B的磁場中的運動時間都相同C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D.粒子打在A1A2的位置越靠近P,粒子的比荷越大EBqm子帶正電,A錯誤;帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運動,則電場力與洛倫茲力等大反向,即Eq=Bqv,可得v=,C正確;由洛倫茲力充當粒子做圓周運動的向心力,有qvB=,可得r=,則=,由圖知粒子打在A1A2的位置越靠近P,r越小,粒子的比荷越大,D正確;所有打在A1A2上的粒子在磁感應(yīng)強度為B的磁場中都只運動半個周期,又周期T=,則比荷不同,打在A1A2上的粒子在磁感應(yīng)強度為B的磁場中的運動時間

3、不同,B錯誤。EB2mvrmvBqqmvBr2EB r2mB q 答案 CD根據(jù)粒子在磁感應(yīng)強度為B的磁場中的運動軌跡可判斷粒A.僅加速電壓增大,其他量不變,則x增大B.僅勻強磁場增強,其他量不變,則x增大C.僅粒子的質(zhì)量增大,其他量不變,則x增大D.僅粒子的電荷量增加,其他量不變,則x增大答案AC粒子在電場中加速,由動能定理得qU=mv2,粒子進入磁場,做圓周運動的半徑r=,則x=2r=,可見增大m、U或減小B、q,可使x增大,A、C正確。12mvqB2B2mUq1-1(2016山西太原模擬)(多選)質(zhì)譜儀的原理如圖所示。從粒子源S出來的粒子速度很小,可以看做初速度為零,粒子經(jīng)過電場加速后進

4、入有界的垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域,并沿著半圓周運動而打到照相底片上的P點,測得P點到入口的距離為x,則以下說法正確的是()考點二回旋加速器的原理及應(yīng)用考點二回旋加速器的原理及應(yīng)用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(jīng)電場加速,經(jīng)磁場回旋,由qvB=,得Ekm=,可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑r決定,與加速電壓無關(guān)。典例典例2(多選)勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器,工作原理示意圖如圖所示。置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可忽略。磁

5、感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直,高頻交流電頻率為f,加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為+q,在加速器中被加速,且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響。則下列說法正確的是()2mvr2222q B rmA.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2RfB.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C.質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 1D.不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動能不變答案AC質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約,因v=22 RT=2Rf,故A正確;質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能Ekm=mv2=m42R2f2=2m2R

6、2f2,與m、R、f均有關(guān),與加速電壓U無關(guān),B、D錯誤;根據(jù)R=,Uq=m,2Uq=m,得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 1,C正確。1212mvBq1221v1222v2A.帶電粒子從磁場中獲得能量B.帶電粒子的運動周期是變化的C.帶電粒子由加速器的中心附近進入加速器D.增大金屬盒的半徑,粒子射出時的動能不變答案C帶電粒子由加速器的中心附近進入回旋加速器,在回旋加速器2-1回旋加速器是加速帶電粒子的裝置,其主體部分是兩個D形金屬盒。兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中,a、b分別與高頻交流電源兩極相連接,下列說法正確的是 ()中從電場中獲得能量,帶電粒子的運動周期是不變

7、的,選項A、B錯誤、C正確;由Ek=mv2=2m2R2f2,知增大金屬盒的半徑,粒子射出時的動能增大,選項D錯誤。12考點三幾種常見的組合場考點三幾種常見的組合場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,因此解決這類問題要分段處理,找出各段之間的銜接點和相關(guān)物理量,問題即可迎刃而解。常見類型如下:1.從電場進入磁場(1)粒子先在電場中做加速直線運動,然后進入磁場做圓周運動。在電場中利用動能定理或運動學公式等知識求粒子剛進入磁場時的速度。(2)粒子先在電場中做類平拋運動,然后進入磁場做圓周運動。在電場中利用平拋運動規(guī)律等知識求粒子進入磁場時的速度。2.從磁場進入電場(1)粒子進入

8、電場時的速度與電場方向相同或相反,做勻變速直線運動(不計重力)。(2)粒子進入電場時的速度方向與電場方向垂直,做類平拋運動。3.先后經(jīng)歷多個電場和磁場典例典例3如圖所示,勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域緊鄰且寬度相等,均為d,電場方向在紙平面內(nèi)豎直向下,而磁場方向垂直紙面向里,一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場,從A點出電場進入磁場,離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉(zhuǎn)位移為電場寬度的一半,當粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致,已知d、v0(帶電粒子重力不計),求:(1)粒子從C點穿出磁場時的速度大小;(2)電場強度E和磁感應(yīng)強度B的比值。答案(1)

9、v0(2)v0解析(1)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動,則垂直電場方向d=v0t,平行電場方向=t得vy=v0,到A點時速度大小為v=v0粒子在磁場中運動時速度大小不變,所以粒子從C點穿出磁場時速度大小仍為v0(2)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)出A點時速度方向與水平方向成45角EB22d2yv22vy=t=,并且vy=v0得E=在磁場中做勻速圓周運動,如圖所示由幾何關(guān)系得R=d又qvB=,且v=v0得B=解得=v0qEm0qEdmv20mvqd22mvR20mvqdEB3-1如圖所示,在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為的勻強磁場,一帶負電的粒子從原

10、點O以與x軸成30角斜向上的速度v射入磁場,且在x軸上方運動半徑為R。則()A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點OB.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2 1C.粒子完成一次周期性運動的時間為D.粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸前進3R答案D由r=可知,粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比2B23mqBmvqB為1 2,所以B錯誤;粒子完成一次周期性運動的時間t=T1+T2=+=,所以C錯誤;粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進l=R+2R=3R,粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)不能回到原點O,所以A錯誤,D正確。3-2如圖所示裝置中,區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場,電場強度分別為E和;區(qū)

11、域內(nèi)有垂直紙面向外的水平勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場,經(jīng)水平分界線OP上的A點與OP成60角射入?yún)^(qū)域的磁場,并垂直豎直邊界CD進入?yún)^(qū)域的勻強電場中。求:16163mqB23mqBmqB2E(1)粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌跡半徑;(2)O、M間的距離;(3)粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時間。答案(1)(2)(3)+解析(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動,設(shè)粒子過A點時速度為v,由類02mvqB2032mvqE0(83)mvqE3mqB平拋規(guī)律知v=粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二

12、定律得Bqv=m所以R=(2)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1,加速度為a。0cos60v2vR02mvqB則有qE=mav0tan60=at1即t1=O、M兩點間的距離為03mvqEL=a=(3)設(shè)粒子在區(qū)域磁場中運動的時間為t2則由幾何關(guān)系知t2=設(shè)粒子在區(qū)域電場中運動的時間為t3,則有a=則t3=2=2=粒子從M點出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時間為t=t1+t2+t3=+=+1221t2032mvqE16T3mqB2Eqm2qEmva02va08mvqE03mvqE3mqB08mvqE0(83)mvqE3mqB考點四帶電粒子在交變電、磁場中的運功考點四帶電粒子在交變電、磁場中的運功解決帶電

13、粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路典例典例4(2016安徽合肥模擬)如圖甲所示,帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板M、N間中線OO連續(xù)射入電場中。M、N板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN,兩板間電場可看做是均勻的,且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)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=510-3T,l=d=0.2m,每個帶正電粒子的速度v0=105m/s,比荷為=108C/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(nèi),電場可視作是恒定不變的。試求:qm(1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑;(2)帶

14、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。答案(1)0.2m(2)105m/s(3)見解析2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。此時粒子在磁場中運動時有qv0B=則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑rmin=m=0.2m其在磁場中運動的徑跡如圖中曲線所示。20minmvr0mvqB58310105 10 (2)設(shè)兩板間電壓為U1時,帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場,則有=at2=解得U1=100V2d12121U qdm20lv則在電壓低于100V時,帶電粒子才能從兩板間射出電場,電壓高于100V時,帶電粒子打在極板上,不能從兩板間射

15、出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時,速度最大,設(shè)最大速度為vmax,則有m=m+q解得vmax=105m/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=0.2m徑跡恰與屏幕相切,設(shè)切點為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點,則=rmin=0.2m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。122maxv1220v12U2O E設(shè)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

16、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=0.1m帶電粒子打在屏幕上的最低點為F,則2maxmaxmvrmaxmvqB5832 10105 10 25O Q2d0.22=rmax-=m=0.18m即帶電粒子打在屏幕上O上方0.2m到O下方0.18m的范圍內(nèi)。O FO Q20.15(1)解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題時,關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力情況,對粒子的運動情景、運動性質(zhì)作出判斷。(2)這類問題一般都具有周期性,在分析粒子運動時,要注意粒子的運動周期、電場周期、磁場周期的關(guān)系。(3)帶電粒子在交變電、磁場中運動仍

17、遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學規(guī)律,所以此類問題的研究方法與質(zhì)點動力學相同。4-1某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場,電場方向向右(如圖甲中由B到C的方向),電場變化如圖乙中E-t圖像,磁感應(yīng)強度變化如圖丙中B-t圖像。在A點,從t=1s(即1s末)開始,每隔2s,有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出,恰能擊中C點,若=2且粒子在A、B間運動的時間小于1s,求:ACBC(1)圖線上E0和B0的比值,磁感應(yīng)強度B的方向;(2)若第1個粒子擊中C點的時刻已知為1+t,那么第2個粒子擊中C點的時刻是多少?答案(1)垂直紙面向外(2)2s+t解析設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R。在第2秒內(nèi)只有磁場。軌跡如圖所示。3 32(1)因為=2=2d,所以R=2d第2秒內(nèi),僅有磁場:qvB0=m=m第3秒內(nèi),僅有電場:d=所以=v。粒子帶正電,故磁場方向垂直紙面向外。(2)t=,t=t。故第2個粒子擊中C點的時刻為2s+t。ACBC2vR22vd120qEm23dv00EB436T162 mqB3mqB32dv3dv3 323 32