高考物理二轮复习高分突破专题六磁场第21课时带电粒子在复合场中的运动课件

得 v＝qBm0L
粒子在电场中，由动能定理有：qEd＝12mv2 得匀强电场的电场强度 E＝q2Bd20mL2
(2)由于P距离A1为kL，且2＜k＜3，粒子从S2水平飞出，该粒子 运动轨迹如图所示，则根据S1到界线处的轨迹有：
(kL)2＋(R－L)2＝R2 R＝qmBv0 整理得：v＝qB0L（2m1＋k2） 又因为：6L－2kL＝2x
图7
解析 (1)质子在电场中做类平抛运动 vy＝at＝qmELv
＝vvy＝EmqvL2 质子到达区域Ⅱ右下端时，有 tan α＝L＋H/L2/2得 E＝H3qmLv22＝200 V/m
(2)质子在磁场中运动有 R＝mqBv 根据几何关系有 R2－(R－H/2)2＝L2 得：B＝q（Lm2＋vHH2/4）＝5.5×10－3 T
[冲刺训练] 1.(多选)粒子回旋加速器的工作原理如图8所示，置于真空中的
D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度 为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电源的频率为f， 加速电场的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m， 电荷量为＋e，在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则 下列说法正确的是( )
3.如图 10 所示，在 xOy 坐标系中的第一象限内存在沿 x 轴正方 向的匀强电场；第二象限内存在大小为 B、方向垂直坐标平 面向外的有界圆形匀强磁场(图中未画出)。一粒子源固定在 x 轴上 M(L，0)点，沿 y 轴正方向释放出速度大小均为 v0 的电子，电子经电场后恰好从 y 轴上的 N 点进入第二象限。 进入第二象限后，电子经磁场偏转后通过 x 轴时，与 x 轴负 方向的夹角为 75°。已知电子的质量为 m、电荷量为 e，电 场强度 E＝m2evL20，不考虑电子的重力和电子间的相互作用， 求：
根据几何关系、相似三角形有：kxL＝Rr mv
即3Lk－LkL＝qmBv0＝BB0得 B＝3k－B0k qB
答案 (1)q2Bd20mL2 (2)v＝qB0L（2m1＋k2） B＝3k－B0k
疑难点三 带电粒子在叠加场中的运动
【练3】 (多选)如图5所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强 磁场B和平行纸面且与竖直平面夹角为45°的斜向下的匀强 电场E，有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h 处的P点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚 好做直线运动，那么( )
求解 方法
v0t，y＝12at2，a＝qmE，tan θ
力公式 r＝mqBv，T＝
＝vat0
2qπBm，t＝θ2Tπ
【练2】 如图4所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距 6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水 平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸 面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界 面MN的距离均为L。质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直 接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的 k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。
图10
(1)N点的坐标；
(2)圆形磁场的最小面积。
(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到
质子束的外加电场的最大值Emax；
(2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到
质子束的外加磁场的最大值Bmax；
(3)当区域Ⅰ加电场E小于(1)中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离 开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域Ⅰ中的电场E 之间的关系式。
图4
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E； (2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的 速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。
解析 (1)若 k＝1，则有 MP＝L， 粒子在磁场区域Ⅰ内的轨迹半径为 R＝L， 在磁场区域Ⅰ内洛伦兹力提供向心力：qvB0＝mvR2
答案 AB
[真题示例]
【例1】 (2015·10月浙江选考)如图6是水平放置的小型粒子加 速器的原理示意图，区域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直纸面向里的匀 强 磁 场 B1 和 B2 ， 长 L ＝ 1.0 m 的 区 域 Ⅲ 存 在 场 强 大 小 E ＝ 5.0×104 V/m、方向水平向右的匀强电场。区域Ⅲ中间上方 有一离子源S，水平向左发射动能Ek0＝4.0×104 eV的氘核， 氘核最终从区域Ⅱ下方的P点水平射出。S、P两点间的高度 差h＝0.10 m。
解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速 度大小无关，因此，在 Ek－t 图中应有 t4－t3＝t3－t2＝t2－ t1，A 错；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压 越小，粒子加速次数就越多，由粒子圆周运动的半径 r＝mqBv ＝ 2qmBEk可知，Ek＝q22Bm2r2，即粒子获得的最大动能取决于 D 形盒的半径，当轨道半径 r 与 D 形盒半径 R 相等时，粒 子就不能继续加速，故选项 B、C 错，D 对。
场力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速
度大小成正比，若小球做的是变速运动，那
么洛伦兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意 不符，所以小球在复合场 中一定做匀速直线运动，选项 A 正确；根据小球的平衡条件 可得：qvB＝mg，qE＝ 2mg，又 v2＝ 2gh，联立以上各式解
得磁感应强度 B＝m2q2hgh，电场强度 E＝ 2qmg，B 正确；若 换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反向，合力不可 能为零，C 项错误；若要使小球沿直线通过复合场，小球的合 力一定为零，所以一定要满足 B＝m2q2hgh和 E＝ 2qmg，若同 时改变小球的比荷与初始下落高度 h，以上两个式子不能同时 满足，所以选项 D 错误。
tan α
(3)质子运动轨迹如图所示
设质子进入磁场时的速率为 v′， sin α＝vvy′＝vat′＝（Eq/m）v′（L/v）＝mEvqvL′ 由几何关系知 sin α＝LR/2＝mv′/L（/2Bq）＝2BmqvL′ 得 B＝2vE 答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3 T (3)B＝2vE
【练1】 如图3甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意 图，其核心部分是两个D形金属盒。在加速带电粒子时，两 金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。带电粒 子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽 略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )
图3
A.在Ek－t图中应有t4－t3＜t3－t2＜t2－t1 B.加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大 C.粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D.要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积
图9
(1)电场强度E的大小； (2)粒子到达a点时速度的大小和方向； (3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
解析 (1)设粒子在电场中运动的 时间为 t，则有 x＝v0t＝2h y＝12at2＝h qE＝ma 联立以上各式可得 E＝m2qvh02
(2)粒子到达 a 点时沿负 y 方向的分速度为 vy＝at＝v0
答案 (1)2.24×10－14 J (2)0.06 m (3)1.2 T
【例 2】(2016·4 月浙江选考)如图 7 为离子探测装置示意图。 区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为 L＝0.10 m，高均为 H＝0.06 m。区 域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为 E 的匀强电场；区域 Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场， 区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏。质子 束沿两板正中间以速度 v＝1.0×105 m/s 水平射入，质子荷 质比近似为mq ＝1.0×108 C/kg。(忽略边界效应，不计重力)
答案 CD
2.如图9所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴 的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边 长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子， 从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电 场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过 磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成 45°角，不计粒子所受的重力。求：
答案 D
疑难点二 带电粒子在组合场中的运动 “磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入 匀强电场(不计重力)
带电粒子以v⊥B进入 匀强磁场(不计重力)
受力情况
只受恒定的电场力F＝ 只受大小恒定的洛伦
Eq
兹力F＝qvB
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动 轨迹
抛物线
圆弧
利用类平抛运动的规律 x＝ 牛顿第二定律、向心
图6
(氘核质量 m＝2×1.67×10－27 kg、电荷量 q＝1.60×10－19 C，
1 eV＝1.60×10－19 J。
11..6670××1100－－2179≈1×10－4)
(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2； (2)若B1＝1.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域 Ⅰ的最小宽度d； (3)若B1＝1.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域 Ⅱ的磁感应强度B2。 解析 (1)由动能定理W＝Ek2－Ek0 电场力做功W＝qE·2L 得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105 eV＝2.24×10－14 J
(2)洛伦兹力提供向心力 qvB＝mvR2 第一次进入 B1 区域，半径 R0＝mqBv10＝0.04 m 第二次进入 B1 区域，
12mv21＝Ek0＋qEL
R2＝mqBv11＝0.06 m 故 d＝R2＝0.06 m
(3)氘核运动轨迹如图所示
由图中几何关系可知 2R2＝h＋(2R1－2R0) 得 R1＝0.05 m 由 R1＝mqBv21 得 B2＝mqRv11＝1.2 T