2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)訓(xùn)練.doc

《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)訓(xùn)練.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)訓(xùn)練.doc（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第3講　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [真題再現(xiàn)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2017全國(guó)卷Ⅰ)如圖3－3－1，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是 圖3－3－1 A．ma＞mb＞mc　　　　B．mb＞ma＞mc C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma 解析　該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有mag＝qE，解得ma＝，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。綜上所述，可知mb＞ma＞mc，選項(xiàng)B正確。 答案　B 2．(2015福建卷)如圖3－3－2，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)。A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g。 圖3－3－2 (1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)。已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP。 解析　本題考查帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和能量守恒、功能關(guān)系，意在考查考生的分析推理能力和綜合解決問題的能力。 (1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE① 小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí) N＝0② 解得vC＝③ (2)由動(dòng)能定理 mgh－Wf＝mv－0④ 解得Wf＝mgh－⑤ (3)如圖，小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場(chǎng)力、重力的合力方向垂直。撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，等效加速度為g′ g′＝ ⑥ 且v＝v＋g′2t2⑦ 解得vP＝ 。⑧ 答案　(1)　(2)mgh－　(3) 3．(2018全國(guó)卷Ⅱ)一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖3－3－3所示；中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。 圖3－3－3 (1)定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡； (2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小； (3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。 解析　(1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱) (2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為θ(見圖b)。速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量：由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcos θ④ 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝⑤ 由幾何關(guān)系得 l＝2Rcos θ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝⑦ (3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得 v1＝v0cot⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝⑨ 設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t′，則 t′＝2t＋T⑩ 式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期， T＝? 由③⑦⑨⑩?式得 t′＝(1＋)。? 答案　見解析 [考情分析] 分值 6～18分 題型 選擇題、計(jì)算題 命題熱點(diǎn) (1)帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (2)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (3)洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應(yīng)用 考點(diǎn)一　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．做好“兩個(gè)區(qū)分” (1)正確區(qū)分重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力的大小、方向特點(diǎn)及做功特點(diǎn)。 (2)正確區(qū)分“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的不同。 2．抓住“兩個(gè)技巧” (1)按照帶電粒子運(yùn)動(dòng)的先后順序，將整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程劃分成不同特點(diǎn)的小過程。 (2)善于畫出幾何圖形處理幾何關(guān)系，要有運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問題的習(xí)慣。 　(2018全國(guó)卷Ⅲ)如圖3－3－4，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(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速率大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求： 圖3－3－4 (1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 [解析]　(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有 q1U＝m1v① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B＝m1② 由幾何關(guān)系知2R1＝l③ 由①②③式得B＝④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有 q2U＝m2v⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4。⑧ [答案]　(1)　(2)1∶4 [方法總結(jié)] 帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析思路 第1步：分階段(分過程)按照時(shí)間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成幾個(gè)不同的階段； 第2步：受力和運(yùn)動(dòng)分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動(dòng)，如下 第3步：用規(guī)律 【題組突破】 1．(2018山西五校聯(lián)考)質(zhì)譜儀是一種測(cè)定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具。圖3－3－5中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)在MN上的F點(diǎn)(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝R，則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計(jì)) 圖3－3－5 A.　　　　　　　　　　　B. C. D. 解析　設(shè)離子被加速后獲得的速度為v，由動(dòng)能定理有qU＝mv2，由幾何知識(shí)知，離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝，又Bqv＝m，可求＝，故C正確。 答案　C 2．如圖3－3－6所示，一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從磁場(chǎng)的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后從磁場(chǎng)的左邊界上的N點(diǎn)離開磁場(chǎng)。已知帶電粒子的比荷＝3.2109 C/kg，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝200 V/m，M、N間距MN＝1 cm，金屬板長(zhǎng)L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4105 m/s，帶電粒子重力忽略不計(jì)，求： 圖3－3－6 (1)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與初速度v0的夾角θ； (2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 解析　(1)由牛頓第二定律有qE＝ma 粒子在電場(chǎng)中水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，L＝v0t 粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，射出電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度vy＝at 速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝ 由以上各式代入數(shù)據(jù)解得θ＝45 (2)粒子射出電場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)的速度大小為：v＝ 在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力：Bqv＝m 由幾何關(guān)系得MN＝r 代入數(shù)據(jù)解得B＝2.510－2T 答案　(1)θ＝45　(2)2.510－2T 考點(diǎn)二　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 (1)弄清疊加場(chǎng)的組成。 (2)正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場(chǎng)力的分析。 (3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合。 (4)對(duì)于粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同情況的場(chǎng)的問題，要分階段進(jìn)行處理。 (5)畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。 ①當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解。 ②當(dāng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。 ③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。 ④對(duì)于臨界問題，注意挖掘隱含條件。 　 (2018第一次河南大聯(lián)考卷Ⅰ)如圖3－3－7甲所示，空間平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t周期性變化(周期為T)的圖像如圖乙所示。取豎直向下為電場(chǎng)正方向，垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向。在t＝0時(shí)，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電小球從離地面高度為h＝的地方由靜止釋放。已知重力加速度為g，E0＝，B0＝，求： 圖3－3－7 (1)小球第一次做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑； (2)要讓小球一直在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)在水平方向上的最小寬度； (3)小球落地時(shí)間。 [解析]　(1)在0～時(shí)間內(nèi)，重力和電場(chǎng)力平衡，小球靜止不動(dòng)，在～T時(shí)間內(nèi)，小球只受電場(chǎng)力和重力，兩力方向相同，由牛頓第二定律有qE0＋mg＝ma，解得a＝2g 在T時(shí)刻，小球的速度v1＝a＝gT，位移x1＝a2＝ 在T～T時(shí)間內(nèi)，小球所受電場(chǎng)力和重力平衡，合力為洛倫茲力，帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，有qv1B0＝，解得R1＝＝。 (2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T′＝＝＝，只與磁場(chǎng)有關(guān)，且恒定，故小球相繼在半周期內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)和完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度恒為a＝2g，則在T、2T、3T…時(shí)刻，小球運(yùn)動(dòng)的總位移為x1,4x1,9x1，…，速度為v1、2v1,3v1…，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1、2R1,3R1… 由h＝＝9x1＋＜9x1＋3R1，可知小球在第三次做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)轉(zhuǎn)過圓心角θ落地，小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示 由幾何關(guān)系可知sin θ＝＝，解得θ＝ 由3R1(1－cos θ)＜22R1，則電場(chǎng)在水平方向上的最小寬度d＝22R1＝。 (3)小球落地時(shí)間t＝3T＋＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 【題組突破】 1．(2016天津卷)如圖3－3－8所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝110－6 kg，電荷量q＝210－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求： 圖3－3－8 (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。 解析　(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s② 速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角θ滿足 tan θ＝③ 代入數(shù)據(jù)解得tan θ＝ θ＝60④ (2)解法一 撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)其加速度為a，有a＝⑤ 設(shè)撤掉磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt 設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tan θ＝⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s＝3.5 s⑨ 解法二 撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為vy＝v sinθ⑤ 若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有 vyt－gt2＝0⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s＝3.5 s⑦ 答案　(1)見解析　(2)3.5 s 2.如圖3－3－9所示，在豎直平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy，第Ⅰ象限坐標(biāo)為(x，d)位置處有一粒子發(fā)射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)。某時(shí)刻粒子發(fā)射器P沿x軸負(fù)方向以某一初速度發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子。粒子從y＝處經(jīng)過y軸且速度方向與y軸負(fù)方向成45角。其后粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后垂直x軸返回第Ⅰ象限。已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝。重力加速度為g，求： 圖3－3－9 (1)粒子剛從發(fā)射器射出時(shí)的初速度及粒子發(fā)射器P的橫坐標(biāo)x； (2)粒子從粒子源射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點(diǎn)所用的總時(shí)間。 解析　(1)帶電粒子從發(fā)射器射出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，沿水平方向，x＝v0t1① 沿豎直方向，d＝gt② tan 45＝，vy＝gt1③ 聯(lián)立①②③式得：t1＝④ v0＝，x＝d。⑤ (2)如圖所示，帶電粒子進(jìn)入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，受豎直向上的電場(chǎng)力，qE＝mg，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝m 粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的線速度 v＝v0＝ 由幾何關(guān)系得，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝d 粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝T 其中周期T＝ 聯(lián)立解得：t2＝ 設(shè)粒子返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度 所用時(shí)間 t3＝＝ 所以，粒子從射出到返回第Ⅰ象限上升到最高點(diǎn)所用的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝ 。 答案　見解析 考點(diǎn)三　洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應(yīng)用 教材中重要的五大科技應(yīng)用類模型 速度選擇器 帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝。這個(gè)結(jié)論與粒子帶何種電荷以及所帶電荷量多少都無關(guān) 質(zhì)譜儀 加速：qU＝mv2，偏轉(zhuǎn)：d＝2r＝。比荷＝。可以用來確定帶電粒子的比荷和分析同位素等 磁流體發(fā)電機(jī) 當(dāng)?shù)入x子體勻速直線通過A、B板間時(shí)，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢(shì)差最大，此時(shí)離子受力平衡：qvB＝q，即U＝Bdv 電磁流量計(jì) 導(dǎo)電的液體向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的正負(fù)離子在洛倫茲力作用下縱向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差。流量穩(wěn)定時(shí)流量Q＝Sv＝ 回旋加速器 加速電場(chǎng)的變化周期等于粒子在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的周期。在粒子質(zhì)量、電荷量確定的情況下，粒子所能達(dá)到的最大動(dòng)能Ek＝，只與D形盒半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，與加速電壓無關(guān) 【題組突破】 1．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩個(gè)D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖3－3－10所示?，F(xiàn)用同一回旋加速器分別加速兩種同位素，關(guān)于高頻交流電源的周期和獲得的最大動(dòng)能的大小，下列說法正確的是 圖3－3－10 A．加速質(zhì)量大的交流電源的周期較大，加速次數(shù)少 B．加速質(zhì)量大的交流電源的周期較大，加速次數(shù)多 C．加速質(zhì)量大的交流電源的周期較小，加速次數(shù)多 D．加速質(zhì)量大的交流電源的周期較小，加速次數(shù)少 解析　需要交流電源的周期等于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝，則加速質(zhì)量大的交流電源的周期較大；由qvB＝m，解得v＝，則動(dòng)能Ek＝mv2＝，故加速質(zhì)量較大的粒子的最大動(dòng)能較小，因每次加速粒子得到的動(dòng)能相同，故加速的次數(shù)較少，故選項(xiàng)A正確，B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　A 2．(2018南昌三校聯(lián)考)中國(guó)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃?yīng)，楊振寧稱這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎(jiǎng)級(jí)的成果。如圖3－3－11所示，厚度為h，寬度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，在導(dǎo)體上下表面會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。下列說法正確的是 圖3－3－11 A．上表面的電勢(shì)高于下表面電勢(shì) B．僅增大h時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差增大 C．僅增大d時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差減小 D．僅增大電流I時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差減小 解析　金屬導(dǎo)體中的自由電荷是帶負(fù)電的電子，由電流方向向右可知電子的移動(dòng)方向向左，根據(jù)左手定則，知這些自由電子受到向上的洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則上表面帶負(fù)電，下表面帶正電，下表面的電勢(shì)高于上表面，故A錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，電子受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，則evB＝e，解得U＝vBh，而根據(jù)I＝nevhd可知v＝，故U＝，故增大h，電勢(shì)差不變，僅增大d時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差減小，故B錯(cuò)誤、C正確；而僅增大I時(shí)，電勢(shì)差應(yīng)該增大，故D錯(cuò)誤。 答案　C 3．如圖3－3－12所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。位于x軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍為0～v0，這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U＝的電場(chǎng)加速后，從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域，最后打到x軸上。在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板(a＝)。假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))。 圖3－3－12 (1)求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間； (2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1； (3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸取，20%被反射彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6，求探測(cè)板受到的作用力大小。 解析　(1)根據(jù)動(dòng)能定理，可得 qU＝mv2－mv 解得v＝ 可得v0≤v≤2v0 離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有 qvB0＝ R＝ 離子打在x軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為 x＝2R＝ 解得2a≤x≤4a (2)當(dāng)速度最大的離子打在探測(cè)板右端有 3a＝2R1 R1＝ 解得B1＝B0 (3)離子束能打到探測(cè)板的實(shí)際位置范圍為2a≤x≤3a 對(duì)應(yīng)的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為 N＝N0＝N0 根據(jù)動(dòng)量定理知，吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝(2mv0＋mv0)＝ 反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝ ＝[2m(v0＋0.6v0)＋m(v0＋0.6v0)]＝N0mv0 根據(jù)牛頓第三定律，探測(cè)板受到的作用力大小 F＝N0mv0。 答案　見解析