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2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义:选修3-1 第八章 专题突破 带电粒子在复合场中的运动

专题突破 带电粒子在复合场中的运动

带电粒子在复合场中运动的实例分析

2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义:选修3-1 第八章 专题突破 带电粒子在复合场中的运动

命题角度1 质谱仪的原理和分析

1.作用

测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。

2.原理(如图1所示)

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图1

(1)加速电场:qU =12m v 2;

(2)偏转磁场:q v B =m v 2r ,l =2r ;

由以上两式可得r =1B 2mU q ,m =qr 2B 22U ,q m =2U B 2r 2。

【例1】 质谱仪又称质谱计,是分离和检测不同同位素的仪器。工作原理如图2所示,电荷量均为+q 、质量不同的离子初速度几乎为零地进入电压为U 0的加速电场。这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,最后打在底片上。已知放置底片的区域MN =L ,且OM

=L 。某次测量发现MN 中左侧23区域MQ 损坏,检测不到离子,但右侧13区域QN

仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后,原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到。为使原本打在MN 中点P 的离子能打在QN 区域,则加速电压U 的值不可能为( )

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图2

A.16U 09

B.100U 081

C.140U 081

D.2U 0

解析 由题意知,开始离子在电场中加速,有qU 0=12

m v 2,在磁场中做匀速圆周运动,有q v B =m v 2r 0

,打在P 点的离子r 0=34L ,解得U 0=9qB 2L 2

32m ;当加速电压为U 时,qU =12m v ′2,q v ′B =m v ′2r ;离子打在Q 点时,r =56L ,得U =100U 081;离子

打在N 点时,r =L ,得U =16U 09;则加速电压U 的范围为100U 081≤U ≤16U 09,选

项D 符合题意。

答案 D 命题角度2 回旋加速器的原理和分析

1.加速条件:T 电场=T 回旋=2πm qB ;

2.磁场约束偏转:q v B =m v 2r ?v =qBr m 。

3.带电粒子的最大速度v max =qBr D m ,r D 为D 形盒的半径。粒子的最大速度v max

与加速电压U 无关。

4.回旋加速器的解题思路

(1)带电粒子在缝隙的电场中加速,交变电流的周期与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等,每经过电场一次,粒子加速一次。

(2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大,周期不变,最大动能与D 形盒的半径有关。

【例2】 (2018·常州模拟)回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒,两盒间的狭缝中形成周期性

变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图3所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时,匀强磁场的磁感应强度为B,高频交流电频率为f。则下列说法正确的是()

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图3

A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR

B.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关

C.高频电源只能使用矩形交变电流,不能使用正弦式交变电流

D.不改变B和f,该回旋加速器也能用于加速α粒子

解析由T=2πR

v,T=

1

f,可得质子被加速后的最大速度为2πfR,即不可能超过

2πfR,质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关,选项A正确、B错误;高频电源可以使用正弦式交变电源,选项C错误;要加速α粒子,高频交

流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期,即T=2πmα

qαB,故选项D错误。

答案 A

命题角度3霍尔效应的原理和分析

1.定义:高为h,宽为d的金属导体(自由电荷是电子)置于匀强磁场B中,当电流通过金属导体时,在金属导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差,这种现象称为霍尔效应,此电压称为霍尔电压。

2.电势高低的判断:如图4,金属导体中的电流I向右时,根据左手定则可得,下表面A′的电势高。

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图4

3.霍尔电压的计算:导体中的自由电荷(电子)在洛伦兹力作用下偏转,A、A′间出现电势差,当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时,A、A′间的电势差(U)就保

持稳定,由q v B=q U

h,I=nq v S,S=hd;联立得U=

BI

nqd=k

BI

d,k=

1

nq称为霍尔

系数。

【例3】(2018·4月浙江选考,22)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号,其原理如图5所示。压力波p(t)进入弹性盒后,通过与铰链O相连的“┤”型轻杆L,驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动,其位移x与压力p成正比(x=αp,α>0)。霍尔片的放大图如图6所示,它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上,磁感应强度大小为B=B0(1-β|x|),β>0。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I,则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。

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图5图6

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图7

(1)指出D1、D2两点哪点电势高;

(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=ne v bd,其中e为电子电荷量);

(3)弹性盒中输出压力波p(t),霍尔片中通以相同电流,测得霍尔电压U H随时间t变化图象如图7。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示)

解析(1)N型半导体可以自由移动的是电子(当然题目也给出了自由电子),根据左手定则可以知道电子往D2端移动,因此D1点电势高。

(2)根据霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得

e v B 0=eE H ,U 0=E H b

将v =I nebd 代入,解得U 0=IB 0ned

(3)由任意时刻霍尔元件内部电子受到的洛伦兹力和电场力平衡得

e v B =e U H b ①

U H =IB ned =IB 0ned (1-β|x |)=IB 0ned (1-β|αp (t )|)②

根据图象可知压力波p (t )关于时间t 是一个正弦函数,其绝对值的周期是原函数周期的一半,根据图象可知|p (t )|关于t 的周期是t 0,则p (t )关于t 的周期是2t 0,

频率是12t 0

;由②式可知当压力波p (t )达到振幅A 时,U H 最小,为U 1,代入②式可得

U 1=IB 0ned (1-β|αA |)=U 0(1-αβA )

解得A =U 0-U 1αβU 0

。 答案 (1)D 1点电势高 (2)U 0=IB 0ned (3)U 0-U 1αβU 0 12t 0

命题角度4 速度选择器、磁流体发电机

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存在着匀强电场与匀强磁场,电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动,下列说法正确的是( )

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图8

A.粒子一定带负电

B.粒子的速度大小v =B E

C.若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动

D.若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生变化

解析 无论是正电荷还是负电荷,在题设条件下,电场力和洛伦兹力方向总相反,都能够做直线运动,所以无法判断粒子的电性,选项A 错误;粒子沿水平方向

做直线运动,说明竖直方向合外力为零,即qE =q v B ,得到v =E B ,所以选项B

错误;如果粒子速度变大或变小,都会导致洛伦兹力变化,电场力不变,此时电场力和洛伦兹力合力不为0,因此粒子就会做曲线运动,选项C 正确;不管粒子速度大小怎么改变,在匀强电场中,粒子受到的电场力不变,所以选项D 错误。 答案 C

【例5】 (2018·11月浙江选考)磁流体发电的原理如图9所示,将一束速度为v 的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B 的匀强磁场中,在相距为d ,宽为a 、长为b 的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R 连接,上、下板就是一个直流电源的两极,若稳定时等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ,忽略边缘效应,下列判断正确的是( )

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图9

A.上板为正极,电流I =Bd v ab Rab +ρd

B.上板为负极,电流I =B v ad 2

Rab +ρd

C.下板为正极,电流I =Bd v ab Rab +ρd

D.下板为负极,电流I =B v ad 2

Rab +ρd

解析 根据左手定则可知,带正电的粒子在磁场中受到的洛伦兹力向下,故下板

为正极,两板间的电势差为U,则q U

d=q v B,得U=Bd v,电流I=

U

R+ρ

d

ab

Bd v ab

Rab+ρd

,选项C正确。答案 C

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解决实际问题的一般过程

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带电粒子在复合场中的运动

命题角度1带电粒子在组合场中的运动

带电粒子在组合场中的运动,实际上是几个典型运动过程的组合(如:电场中的加速直线运动、类平抛运动;磁场中的匀速圆周运动),因此解决此类问题要分段处理,解题关键如下:

(1)找关键点:确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。

(2)画运动轨迹:根据受力情况和运动情况,大致画出粒子的运动轨迹图,有利于形象、直观地解决问题。

【例6】(2016·4月浙江选考)如图10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=1.0×105m/s 水平射入,质子荷质比近似为q

m=1.0×10

8C/kg。(忽略边界效

应,不计重力)

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图10

(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E max ;

(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B max ;

(3)当区域Ⅰ加电场E 小于(1)中的E max ,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。

解析 (1)画出轨迹,如图所示:

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偏转角θ满足:tan θ=H 232L

竖直分速度:v y =at ,加速度:a =qE max m ,

运动时间:t =L v ,tan θ=v y v =qE max L m v 2

解得:E max =Hm v 2

3qL 2

=200 V/m ; (2)画出轨迹,如图所示

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轨迹圆半径满足:L 2+? ??

??R -H 22=R 2,解得R =L 2+H 24H , 质子在磁场中做圆周运动,满足q v B max =m v 2R ,

解得B max =m v qR =m v H q ? ??

??L 2+H 24=5.5×10-3 T 。 (3)画出轨迹,如图所示

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偏转角θ满足:tan θ=v y v ,v y =at ,a =qE m ,t =L v ,

v ′=v 2+v 2y ;

轨迹圆圆心角为2θ,半径满足:R ′=L 2sin θ,

圆周运动满足:q v ′B =m v ′2

R ′

综上可解得:B =2E v 。

答案 (1)200 V/m (2)5.5×10-3 T (3)B =2E v

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“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题

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命题角度2 带电粒子在叠加场中的运动

1.磁场力、重力并存

(1)若重力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动。

(2)若重力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,故机械能守恒。

2.电场力、磁场力并存(不计重力)

(1)若电场力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动。

(2)若电场力和洛伦兹力不平衡,则带电体做复杂的曲线运动,可用动能定理求解。

3.电场力、磁场力、重力并存

(1)若三力平衡,带电体做匀速直线运动。

(2)若重力与电场力平衡,带电体做匀速圆周运动。

(3)若合力不为零,带电体可能做复杂的曲线运动,可用能量守恒定律或动能定理求解。

【例7】 平面OM 和水平面ON 之间的夹角为30°,其横截面如图11所示,平面OM 和水平面ON 之间同时存在匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外,匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m 、带电荷量为q ,带电小球沿纸面以大小为v 0的速度从OM 的某点沿左上方射入磁场,速度方向与OM 成30°角,带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动,已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON 恰好相切,且带电小球能从OM 上另一点P 射出磁场(P 未画出)。

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图11

(1)判断带电小球带何种电荷?所加电场强度E 为多大?

(2)带电小球离开磁场的出射点P 到两平面交点O 的距离s 为多大?

(3)带电小球离开磁场后继续运动,能打在左侧竖直的光屏OO ′上,求打在光屏上的点到O 点的距离。

解析 (1)根据题意知,小球受到的电场力与重力平衡,小球所受的合力等于洛伦兹力,则带电小球带正电荷。

由F =qE =mg ,可得E =mg q 。

(2)带电小球进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有q v 0B =m v 2R ,

得R =m v 0qB 。

根据题意,带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所

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示,Q 点为运动轨迹与ON 相切的点,I 点为入射点,P

点为出射点,则IP为运动轨迹所对的弦,带电小球离开磁场的速度方向与OM 的夹角也为30°,由几何关系可得,OP为圆轨道的直径,所以OP的长度

s=QP

sin 30°=4R=4m v0 qB。

(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动,设带电小球打在光屏上的T点。则

带电小球运动的水平方向位移为x=v0t,得t=x

v0=4m v0

qB·cos 30°

v0=

23m

qB,

竖直方向位移为y=1

2gt

2=

1

2g·?

?

?

?

?

23m

qB

2

6m2g

q2B2,

如图所示,T点到O点的距离

OO′=2R+y=2m v0

qB+

6m2g

q2B2。

答案(1)正电荷mg

q(2)

4m v0

qB(3)

2m v0

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qB+

6

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m

2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义:选修3-1 第八章 专题突破 带电粒子在复合场中的运动

2g

q2B2

带电粒子在叠加场中运动的分析方法

(2018·11月浙江选考)小明受回旋加速器的启发,设计了如图12甲所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上,板N在它的正下方。两板间加上如图乙所示的幅值为U0的交变电压,周期T0=

2πm

qB,板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处,仅能探测到垂直射入的带电粒子,有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源,沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t=0时刻,发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其它阻力,粒子在电场中运动的时间不计。

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图12

(1)若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到,求发射源的位置和粒子的初动能;

(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到,求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系。

解析 (1)发射源的位置x 0=y 0

粒子的初动能E k0=(qBy 0)2

2m

(2)分下面三种情况讨论

①见图1,E k0>2qU 0

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图1

由y =m v 2qB 、R 0=m v 0qB 、R 1=m v 1qB

和12m v 21=12m v 20-qU 0、12m v 22=12m v 21-qU 0

及x =y +2(R 0+R 1)

得x =y +2qB (yqB )2+2mqU 0+2qB (yqB )2+4mqU 0

②见图2,qU 0

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图2

由-y -d =m v 2qB 、R 0=m v 0qB

和12m v 20=12m v 22+qU 0

及x =3(-y -d )+2R 0

得x =-3(y +d )+2qB (y +d )2q 2B 2+2mqU 0

③见图3,E k0

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图3

由-y -d =m v 2qB 、R 0=m v 0qB

和12m v 20=12m v 22-qU 0

及x =-y -d +4R 0

得x =-y -d +4qB (y +d )2q 2B 2-2mqU 0

答案 见解析

活页作业

(时间:30分钟)

A 组 基础过关

1.如图1所示,一束负离子从S 点沿水平方向射出,在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O ;若同时加上电场和磁场后,负离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中,则所加电场E 和磁场B 的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)( )

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图1

A.E 向上,B 向上

B.E 向下,B 向下

C.E 向上,B 向下

D.E 向下,B 向上

解析 负离子打在第Ⅲ象限,相对于原点O 向下运动和向左运动,所以E 向上,B 向下,选项C 正确。

答案 C

2.如图2所示,一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板,为了使电子束沿射入方向做直线运动,可采用的方法是()

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图2

A.将变阻器滑动头P向右滑动

B.将变阻器滑动头P向左滑动

C.将极板间距离适当减小

D.将极板间距离适当增大

解析电子射入极板间后,偏向A板,说明qE>q v B,由E=U

d可知,减小场强E

的方法有增大板间距离和减小板间电压,故C错误,D正确;而移动变阻器滑动头P并不能改变板间电压,故A、B均错误。

答案 D

3.如图3所示,空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后,垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区,质子从复合场区穿出时的动能为E k。那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能E k′的大小是()

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图3

A.E k′=E k

B.E k′>E k

C.E k′

D.条件不足,难以确定

解析设质子的质量为m,则氘核的质量为2m。在加速电场里,由动能定理可

得eU=1

2m v

2,v=

2eU

m,在复合场里有Bq v=qE,则v=

E

B,同理对于氘核由

动能定理可得其离开加速电场的速度比质子的速度小,所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力,将向电场力方向偏转,电场力做正功,故动能增大,

选项B 正确。

答案 B

4.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图4所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( )

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图4

A.11

B.12

C.121

D.144

解析 设质子的质量和电荷量分别为m 1、q 1,一价正离子的质量和电荷量为m 2、q 2。对于任意粒子,在加速电场中,由动能定理得

qU =12m v 2-0,得v =

2qU m ①

在磁场中q v B =m v 2

r ②

由①②式联立得m =B 2r 2q 2U ,由题意知,两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半

径相同,加速电压U 不变,其中B 2=12B 1,q 1=q 2,可得m 2m 1=B 22B 21=144,故选项D 正确。

答案 D

5.(2018·稽阳联谊学校8月联考)如图5所示,半径分别为R 1、R 2的两个同心圆,圆心为O ,小圆内有垂直纸面向里的磁场,磁感应强度为B 1,大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B 2的磁场,图中未画出,两圆中间的圆环部分没有磁场。今有一带正电粒子(质量为m ,带电荷量为q )从小圆边缘的A 点以速度v 沿AO 方向射入小圆的磁场区域,然后从小圆磁场中穿出,此后该粒子第一次回到小圆便经过A 点,带电粒子重力不计,求:

2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义:选修3-1 第八章 专题突破 带电粒子在复合场中的运动

图5

(1)若v =3B 1qR 1m ,则带电粒子在小圆内的运动时间t 为多少;

(2)大圆外的磁场B 2的方向;

(3)磁感应强度B 1与B 2的比值为多少?

解析 (1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,q v B 1=m v 2r 1,r 1=m v qB 1

=3R 1 由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为

θ=π3,则t =θr 1v ,解得t =πm 3qB 1

。 (2)粒子第一次回到小圆便经过A 点,则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运动,则B 2的方向为垂直于纸面向里。

(3)由几何关系可得r 1r 2=R 1R 2,r 1=m v qB 1,r 2=m v qB 2, 解得B 1B 2=R 2R 1

。 答案 (1)πm 3qB 1 (2)垂直于纸面向里 (3)R 2R 1

B 组 能力提升

6.(2016·10月浙江选考)如图6所示,在x 轴的上方存在垂直纸面向里,磁感应强度大小为B 0的匀强磁场。位于x 轴下方离子源C 发射质量为m ,电荷量为q

的一束负离子,其初速度大小范围为0~3v 0,这束离子经电势差为U =m v 202q 的

电场加速后,从小孔O (坐标原点)垂直x 轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到

x 轴上,在x 轴上2a ~3a 区间水平固定放置一探测板(a =m v 0qB 0

),假设每秒射入磁场的离子总数为N 0,打到x 轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。

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图6

(1)求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间;

(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大小B 1;

(3)保持磁感应强度B 1不变,求每秒打在探测板上的离子数N ;若打在板上的离子80%被板吸收,20%被反弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍,求探测板受到的作用力大小。

解析 (1)根据动能定理,可得

qU =12m v 2-12m v 21

v =v 21+2qU m

可得v 0≤v ≤2v 0

离子在磁场中做匀速圆周运动,有q v B 0=m v 2R ,R =m v qB 0

离子打在x 轴上的坐标表达式为

x =2R =2m v qB 0

代入数据得2a ≤x ≤4a

(2)当速度最大的离子打在探测板右端

3a =2R 1,R 1=2m v 0qB 1

,B 1=43B 0。 (3)离子束能打到探测板的实际范围为2a ≤x ≤3a

对应的速度范围为43v 0≤v ′≤2v 0

每秒打在探测板上的离子数为

N =N 0

2v 0-43v 0

2v 0-v 0=23N 0 根据动量定理,吸收的离子受到板的作用力大小

F 吸=Δp 吸Δt =0.8N 2? ??

??2m v 0+43m v 0=8N 0m v 09 反弹的离子受到板的作用力大小

F 反=Δp 反Δt =0.2N 2????

??2m (v 0+0.6v 0)+43m (v 0+0.6v 0) =16N 0m v 045

根据牛顿第三定律,探测板受到的作用力大小

F =F 吸+F 反=5645N 0m v 0。

答案 (1)2a ≤x ≤4a (2)43B 0 (3)5645N 0m v 0

7.(2018·浙江诸暨牌头中学期中)如图7所示,半径r =0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处,半径R =0.1 m ;磁感应强度大小B =0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m);平行金属板MN 的长度L =0.3 m 、间距d =0.1 m ,两板间加电压U =640 V ,其中N 板收集粒子并全部中和吸收。一位于O

点的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀发射比荷q m =1×108 C/kg 、速度大小v =6×105

m/s 的带正电粒子,经圆形磁场偏转后,从第Ⅰ象限射出的粒子速度方向均沿x 轴正方向。不计粒子重力、粒子间的相互作用及电场的边缘效应,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

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图7

(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径;

(2)求从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子在O 点入射方向与y 轴的夹角;

(3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例。

解析 由洛伦兹力充当向心力可求得运动半径;做出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹,由几何知识即可求出θ;利用带电粒子在匀强电场中类平抛运动规律和带电粒子在磁场中的匀速圆周运动规律求解。