（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 10 第八章 磁場 3 題型探究課四 帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學(xué)案

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1、題型探究課四　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 　帶電粒子在組合場中的運動 【題型解讀】 組合場是指電場、磁場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)(或電場、磁場交替存在，位于同一指定的區(qū)域內(nèi))．若帶電粒子速度方向與磁場方向平行，則在磁場中做勻速直線運動；若帶電粒子垂直進入磁場，則做勻速圓周運動．而在電場中，若速度方向與電場線在同一直線上，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場線垂直，則做類平拋運動． 解決帶電粒子在組合場中的運動問題，所需知識如下： 【典題例析】 　(2019·4月浙江選考)有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示．左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點

2、等距離各點的場強大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零．離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點垂直該點電場方向進入靜電分析器．在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON中點P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點正下方的Q點．已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P兩點間的電勢差UN

3、P＝，cosθ＝，不計重力和離子間相互作用． (1)求靜電分析器中半徑為r0處的電場強度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強度B的大??； (2)求質(zhì)量為0.5m的離子到達探測板上的位置與O點的距離l(用r0表示)； (3)若磁感應(yīng)強度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之間波動，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩束離子，求的最大值． [解析]　(1)由徑向電場力提供向心力有E0q＝ 解得E0＝ 由洛倫茲力提供向心力有qv0B＝ 解得B＝. (2)從M點到P點，由動能定理有 ×0.5mv2－×0.5mv＝qUNP 解得v＝v0 則在磁場中，質(zhì)量為0.5m的離子的軌跡半徑r＝＝r0

4、 由幾何知識有l(wèi)＝2rcosθ－0.5r0 解得l＝1.5r0. (3)若恰好能分辨，則有－＝ 解得＝－4≈0.12. [答案]　(1)　　(2)1.5r0　(3)0.12 帶電粒子在組合場中運動時要分段求解，在電場中的加速運動或類平拋運動用動能定理、運動分解及牛頓運動定律求解．而在磁場中的圓周運動則應(yīng)用周期和半徑公式結(jié)合幾何作圖求解．在復(fù)合場中的運動要分析好粒子的受力情況和運動情況來求解．　 【題組過關(guān)】 考向1　先電場后磁場 1．(2020·臺州月考)如圖所示，平行板電容器兩金屬板A、B板長L＝32cm，兩板間距離d＝32cm，A板的電勢比B板高．電荷量q＝10－10C

5、、質(zhì)量m＝10－20kg的帶正電的粒子，以初速度v0＝2×106m/s沿電場中心線垂直電場線飛入電場．隨后，粒子在O點飛出平行板電容器(速度偏轉(zhuǎn)角為37°)，并進入磁場方向垂直紙面向里，且邊長為CD＝24cm的正方形勻強磁場區(qū)域．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，粒子的重力不計) (1)求A、B兩板的電勢差； (2)粒子穿過磁場區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上，求磁感應(yīng)強度的范圍． 解析：(1)帶電粒子射出電場時在電場方向上的速度為：vy＝v0tan37°① vy＝at② 在電場中，由牛頓第二定律可得： qE＝q＝ma③ 在電場中垂直于電場方向上有：L＝v0t④

6、 聯(lián)立①②③④式可得A、B兩板的電勢差為： U＝300V．⑤ (2)粒子進入磁場的速度為：v＝⑥ 帶電粒子射出電場時在電場方向上的位移為： y＝at2⑦ 粒子要打在CD上，當(dāng)磁感應(yīng)強度最大時，運動軌跡如圖線1所示，設(shè)此時的磁感應(yīng)強度為B1，半徑為R1，由幾何關(guān)系可得：y＝R1＋R1cos37°⑧ 由洛倫茲力提供向心力可得：qvB1＝m⑨ 粒子要打在CD上，當(dāng)磁感應(yīng)強度最小時，假設(shè)運動軌跡與右邊界相切且從CD射出， 設(shè)此時的半徑為R2，由幾何關(guān)系可得： CD＝R2＋R2sin37°⑩ 解得R2＝15cm，又由于R2cos37°＝12cm＝y(tǒng)，故粒子圓心恰好在CD上，且從D點

7、射出磁場，如圖線2所示，假設(shè)成立，設(shè)此時的磁感應(yīng)強度為B2 由洛倫茲力提供向心力可得：qvB2＝m? 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得磁感應(yīng)強度的范圍為：1.7×10－3T≤B≤3.75×10－3T. 答案：(1)300V (2)1.7×10－3T≤B≤3.75×10－3T 考向2　先磁場后電場 2．如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負(fù)方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向里的勻強磁場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)從坐標(biāo)原點O以速度大小v0射入磁場，其入射方向與x軸的正方向成30°角．當(dāng)粒子第一次進入電場后，運動到電場中P點處時，方向與x軸正方向相同

8、，P點坐標(biāo)為[(2＋1)L，L]．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： (1)粒子運動到P點時速度的大小v； (2)勻強電場的電場強度E和勻強磁場的磁感應(yīng)強度B； (3)粒子從O點運動到P點所用的時間t. 解析：(1)粒子運動軌跡如圖所示，OQ段為圓弧，QP段為拋物線，粒子在Q點時的速度大小為v0，根據(jù)對稱性可知，方向與x軸正方向成30°角，可得：v＝v0cos30° 解得：v＝v0. (2)在粒子從Q運動到P的過程中，由動能定理得－qEL＝mv2－mv，解得E＝ 水平方向的位移為xQP＝v0t1 豎直方向的位移為y＝v0sin30°t1＝L 可得xQP＝2L，

9、OQ＝xOP－xQP＝L 由于OQ＝2Rsin30°，故粒子在OQ段做圓周運動的半徑R＝L，又qv0B＝m，解得B＝. (3)粒子從O點運動到Q點所用的時間為t1＝×＝ 設(shè)粒子從Q到P所用時間為t2，在豎直方向上有t2＝＝ 則粒子從O點運動到P點所用的時間為 t＝t1＋t2＝. 答案：(1)v0　(2)　　(3) 　帶電粒子在復(fù)合場中的運動 【題組過關(guān)】 1．(2017·11月浙江選考)如圖所示，在兩水平金屬板構(gòu)成的器件中，存在著勻強電場與勻強磁場，電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直．以某一水平速度進入的不計重力的帶電粒子恰好能沿直線運動，下列說法正確的是(　　) A．粒子一

10、定帶負(fù)電 B．粒子的速度大小v＝ C．若粒子速度大小改變，粒子將做曲線運動 D．若粒子速度大小改變，電場對粒子的作用力會發(fā)生變化 答案：C 2．如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點． (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應(yīng)強度B的值； (3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使

11、其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達下板M點，應(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？ 解析：(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有 q＝mg① 由①式得：q＝② 由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負(fù)電荷． (2)墨滴垂直進入電、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0B＝m③ 考慮墨滴進入磁場和撞板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑 R＝d④ 由②③④式得B＝.⑤ (3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖，設(shè)圓周運動半徑為R′，有 qv0B′＝m⑥ 由圖示可得： R′2＝d2＋⑦

12、 得：R′＝d⑧ 聯(lián)立②⑥⑧式可得：B′＝. 答案：(1)負(fù)電荷　　(2)　(3) 3.如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后

13、小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP. 解析：(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvB＋FN＝qE 小滑塊在C點離開MN時FN＝0 解得vC＝. (2)由動能定理得 mgh－Wf＝mv－0 解得Wf＝mgh－. (3)如圖，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g′， g′＝ 且v＝v＋g′2t2 解得vP＝. 答案：(1)　(2)mgh－　 (3) 帶電粒子在復(fù)合場中運動的解題思路 　 　帶

14、電粒子在交變電磁場中的運動 【題組過關(guān)】 1．(2020·溫州六校聯(lián)考)如圖甲所示，MN為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示．有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力．求： (1)磁感應(yīng)強度B0的大?。? (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值． 解析：設(shè)垂直于紙面向里的磁場方

15、向為正方向． (1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力 B0qv0＝ 而v0＝ 由兩式得磁感應(yīng)強度B0＝. (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應(yīng)如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R＝ 做勻速圓周運動的周期T0＝ 當(dāng)兩板之間正離子運動n個周期，即nT0時， 有R＝(n＝1，2，3…) 聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為 v0＝＝(n＝1，2，3…)． 答案：(1)　(2)(n＝1，2，3…) 2．(2020·舟山質(zhì)檢)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

16、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＝5×10－3T，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)，電場可視為是恒定不變的．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． 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＝

17、 則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑 rmin＝＝m＝0.2m 其運動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示． (2)設(shè)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＝· 代入數(shù)據(jù)，解得U1＝100V 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mv＝mv＋q· 解得vmax＝×105m/s＝1.414×105m/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

18、切，設(shè)切點為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點，則O′E＝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． 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(xué)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O′Q＝＝m＝0.1m 帶電粒子打在屏幕上的最低點為F，則 O′F＝rmax－O′Q＝m＝0.18m 即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.

19、2m到O′下方0.18m的范圍內(nèi)． 答案：(1)0.2m　(2)1.414×105m/s　(3)見解析 帶電粒子在交變復(fù)合場中運動問題的基本思路 　 1．如圖所示，真空中存在著下列四種有界的勻強電場E和勻強磁場B區(qū)域，一帶正電的小球(電荷量為＋q，質(zhì)量為m)從該復(fù)合場邊界上方的某一高度由靜止開始下落．那么小球可能沿直線通過下列哪種復(fù)合場區(qū)域(　　) 解析：選B.對帶正電的小球進行受力分析可知，只有在選項B所示的復(fù)合場區(qū)域其所受洛倫茲力、重力、電場力可以平衡，故B正確． 2．(2020·浙江“七彩陽光”聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分別表示導(dǎo)體板左

20、、右，上、下，前、后六個側(cè)面，將其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，當(dāng)電流I通過導(dǎo)體板時，在導(dǎo)體板的兩側(cè)面之間產(chǎn)生霍耳電壓UH.已知電流I與導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n、電子電荷量e、導(dǎo)體橫截面積S和電子定向移動速度v之間的關(guān)系為I＝neSv.實驗中導(dǎo)體板尺寸、電流I和磁感應(yīng)強度B保持不變，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體內(nèi)自由電子只受洛倫茲力作用 B．UH存在于導(dǎo)體的Z1、Z2兩面之間 C．單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越大，UH越小 D．通過測量UH，可用R＝求得導(dǎo)體X1、X2兩面間的電阻 解析：選C.由于磁場的作用，電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、

21、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產(chǎn)生了勻強電場，故電子也受電場力，在Y1、Y2之間也產(chǎn)生了電勢差，故選項A、B錯誤；當(dāng)自由電子所受的電場力和洛倫茲力平衡時，霍耳電壓UH穩(wěn)定，即有＝Bev，又有I＝neSv，即得UH＝，故選項C正確；電流I并不是因霍耳電壓UH而形成的，所以R＝并不成立，選項D錯誤． 3．(2020·杭州高三檢測)如圖所示，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面．當(dāng)小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為(　　) A．0 B．2mg C．

22、4mg D．6mg 解析：選C.設(shè)小球自左方擺到最低點時速度為v，則mv2＝mgL(1－cos60°)，此時qvB－mg＝m，當(dāng)小球自右方擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，T－mg－qvB＝m，得T＝4mg，故C正確． 4．(2020·1月浙江選考)通過測量質(zhì)子在磁場中的運動軌跡和打到探測板上的計數(shù)率(即打到探測板上質(zhì)子數(shù)與衰變產(chǎn)生總質(zhì)子數(shù)N的比值)，可研究中子(n)的β衰變．中子衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時放出質(zhì)量可視為零的反中微子e.如圖所示，位于P點的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向均勻地發(fā)射N個質(zhì)子．在P點下方放置有長度L＝1.2 m以O(shè)為中

23、點的探測板，P點離探測板的垂直距離OP為a.在探測板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場． 已知電子質(zhì)量me＝9.1×10－31 kg＝0.51 MeV/c2，中子質(zhì)量mn＝939.57 MeV/c2，質(zhì)子質(zhì)量mp＝938.27 MeV/c2(c為光速，不考慮粒子之間的相互作用)． 若質(zhì)子的動量p＝4.8×10－21 kg·m·s－1＝3×10－8 MeV·s·m－1， (1)寫出中子衰變的核反應(yīng)式，求電子和反中微子的總動能(以MeV為能量單位)； (2)當(dāng)a＝0.15 m，B＝0.1 T時，求計數(shù)率； (3)若a取不同的值，可通過調(diào)節(jié)B的大小獲得與(2)問中同樣的計數(shù)率，求B與a的關(guān)系并給出B的取值范圍． 解析：(1)n→p＋e＋e. ΔEd＝mnc2－(mpc2＋mec2)＝0.79 MeV Ekp＝＝0.043 2 MeV Ee＋Eν＝ΔEd－Ekp＝0.746 8 MeV. (2)質(zhì)子運動半徑 R＝＝0.3 m 如圖甲所示，打到探測板對應(yīng)發(fā)射角度 α＝β＝ 可得質(zhì)子計數(shù)率為 η＝＝. (3)在確保計數(shù)率為η＝的情況下 R′＝2a 即B＝ T 如圖乙所示，恰能打到探測板左端的條件為 4R－＝ 即B≥ T. 答案：見解析 13