資源簡介

(共37張PPT)
專題七　帶電粒子在復合場中的運動
關鍵能力·分層突破
考點一　帶電粒子在組合場中的運動
1．組合場
電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊；或在同一區域分時間段交替出現．
2．“電偏轉”或“磁偏轉”的比較
比較項 垂直進入磁場(磁偏轉) 垂直進入電場(電偏轉)
情景圖
受力 FB＝qv0B，FB大小不變，方向總指向圓心，方向變化，為變力 FE＝qE，FE大小、方向不變，為恒力
運動 規律 勻速圓周運動， r＝，T＝ 類平拋運動，vx＝v0，vy＝t，x＝v0t，
y＝t2
運動 時間 t＝T＝ t＝
動能 不變 變化
例1.一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出．不計重力．
(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；
(2)求該粒子從M點入射時速度的大小；
(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間．
答案： (2)　(3)(1＋)
解析：(1)粒子運動的軌跡如圖甲所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)
(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動．
設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖乙)，速度沿電場方向的分量為v1.根據牛頓第二定律有
qE＝ma　①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質量．由運動學公式有v1＝at　②
l′＝v0t　③
v1＝v cos θ　④
粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝m　⑤
由幾何關系得l＝2R cos θ　⑥
聯立①②③④⑤⑥式得
v0＝　⑦
(3)由運動學公式和題中所給數據得
v1＝　⑧
聯立①②③⑦⑧式得
＝　⑨
設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則
t′＝2t＋T　⑩
式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期
T＝　
由③⑦⑨⑩ 式得
t′＝(1＋)　
[教你解決問題]
(1)讀題→畫軌跡
(2)模型建構→求速度
——類平拋運動、勻速圓周運動模型、結合對稱性分析→求速度
[思維方法]
解決帶電粒子在組合場中運動問題的一般思維模板
跟進訓練
1.[2021·廣東卷，14]如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖．空間有三個同心圓a、b、c圍成的區域，圓a內為無場區，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環形勻強磁場區Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各區磁感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外．電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速．已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為R，電子質量為m，電荷量為e，忽略相對論效應，取tan 22.5°＝0.4.
(1)當Ek0＝0時，電子加速后均沿各磁場區邊緣進入磁場，且在電場內相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示．求Ⅰ區的磁感應強度大小、電子在Ⅰ區磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；
(2)已知電子只要不與Ⅰ區磁場外邊界相碰，就能從出射區域出射．當Ek0＝keU時，要保證電子從出射區域出射，求k的最大值．

答案：(1)　8eU　(2)
解析：(1)設電子經圓b的加速電場加速兩次后以速度v1進入Ⅰ區磁場，Ⅰ區的磁感應強度大小為B1，則由動能定理得2eU＝－0，
由幾何知識得，電子在Ⅰ區做勻速圓周運動的半徑
r1＝R tan ＝R tan 22.5°＝0.4R，
由洛倫茲力提供向心力可得ev1B1＝，
聯立解得B1＝，
運動時間t1＝T，又T＝，
聯立解得t1＝，
電子由P→Q，由動能定理得8eU＝Ek，所以動能Ek＝8eU.
(2)k最大時，電子進入Ⅰ區時速度v最大，做勻速圓周運動的半徑r最大，所以當電子軌跡與Ⅰ區磁場的圓弧相切時，半徑r最大，
由幾何關系知(R－r)2＝R2＋r2，解得r＝R，根據洛倫茲力提供向心力有evB1＝m，
解得v＝，
電子從P點進入圓b到剛進入Ⅰ區，由動能定理得
2eU＝mv2－Ek0，
又Ek0＝keU，解得k＝.
考點二　帶電粒子在疊加場中的運動
1．磁場力、重力并存
(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．
(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題．
2．電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)
(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．
(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．
3．電場力、磁場力、重力并存
(1)若三力平衡，一定做勻速直線運動．
(2)若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．
(3)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題．

例2.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角，在y軸與MN之間的區域Ⅰ內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大小；
(2)區域Ⅰ內最小電場強度E2的大小和方向；
(3)區域Ⅱ內電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大小．
答案：(1)　
(2)，方向與x軸正方向成53°角向上　
(3)
解析：(1)帶電小球在第二象限內受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，三力滿足如圖所示關系且小球只能做勻速直線運動．
由圖知tan 37°＝，得E1＝，cos 37°＝，
得B1＝.
(2)區域Ⅰ中小球做直線運動，電場強度最小，受力如圖所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動．
由圖知cos 37°＝，得E2＝.
方向與x軸正方向成53°角向上．
(3)小球在區域Ⅱ內做勻速圓周運動，所以mg＝qE3，得E3＝，因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖所示．
由幾何關系得r＝，
由洛倫茲力提供向心力知q·2v0B2＝m，
聯立得B2＝.
[教你解決問題]——讀題抓已知條件→模型建構
跟進訓練
2．[2022·廣西南寧統考]如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里．一帶電小球恰能以速度v0沿與水平方向成30°角斜向右下方做勻速直線運動，最后進入一軸線沿小球運動方向且固定擺放的一光滑絕緣管道(管道內徑略大于小球直徑)，下列說法正確的是(　　)
A．小球帶負電
B．電場和磁場的大小關系為＝v0
C．若小球剛進入管道時撤去磁場，小球仍做勻速直線運動
D．若小球剛進入管道時撤去電場，小球的機械能不斷增大

答案：C
解析：帶電小球受到豎直向下的重力，垂直速度方向的洛倫茲力，沿水平方向的電場力，根據質點做勻速直線運動的條件可知，小球帶正電，選項A錯誤；由sin 30°＝可得，電場和磁場的大小關系為＝，選項B錯誤；若小球剛進入管道時撤去磁場，重力沿速度方向的分力與電場力沿速度方向的分力大小相等，方向相反，所以小球仍做勻速直線運動，選項C正確；若小球剛進入管道時撤去電場，只有重力做功，小球的機械能守恒，選項D錯誤．
3．如圖所示，在豎直平面內的坐標系xOy中，第三象限存在垂直于紙面向外的勻強磁場和沿x軸負方向的勻強電場，第一象限y≥0.35 m的區域有豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，兩區域磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5 T，電場的場強大小均為E＝2 N/C.一帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點獲得一初速度v0，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限，經過一段時間后再次穿過x軸離開第一象限，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在P點得到的初速度v0的大小；
(2)油滴在第一象限運動的時間；
(3)油滴再次穿過x軸時的橫坐標x1.
答案：(1)4 m/s　(2)0.72 s　(3)3.2 m
解析：(1)如圖所示，根據平衡條件可得
mg＝qE，qv0B＝qE
解得v0＝＝4 m/s.
(2)進入第一象限后，在0≤y≤0.35 m區域內，油滴做斜拋運動，根據運動的合成與分解，油滴在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做豎直上拋運動，剛到O點時，有v0x＝v0cos 45°，v0y＝v0sin 45°
豎直方向上，油滴做豎直上拋運動，有
根據速度的合成與分解可得tan α＝
運動時間t2＝T
其中周期T＝
總時間t＝2t1＋t2
聯立解得t＝ s＋ s＝0.72 s.
(3)進入第一象限后，在0≤y≤h區域內，油滴在水平方向上做勻速直線運動，有L1＝v0xt1
進入y>h區域后，電場力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qv1B＝
由幾何關系得L2＝R sin α
由對稱性得x1＝2L1＋2L2，
解得x1＝3.2 m.
考點三　復合場與現代科技素養提升
情境1　現代科技中的電磁場問題
裝置 原理圖 規律
質譜儀 帶電粒子由靜止被加速電場加速qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，則比荷＝
回旋加速器 交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同，帶電粒子在圓周運動過程中每次經過D形盒縫隙都會被加速．由qvB＝m得Ekm＝
速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動
磁流體發電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電，兩極電壓U時穩定，q＝qv0B，U＝v0Bd
電磁流量計 q＝qvB所以v＝所以Q＝vS＝
例3. [2021·河北卷，5]如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間．相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌平面與水平面夾角為θ，兩導軌分別與P、Q相連．質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止．重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力．下列說法正確的是(　　)
A．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v＝
B．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝
C．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v＝
D．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝
答案：B
解析：由左手定則可知Q板帶正電，P板帶負電，所以金屬棒ab中的電流方向為從a到b，對金屬棒受力分析可知，金屬棒受到的安培力方向沿導軌平面向上，由左手定則可知導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mg sin θ，而I＝，而對等離子體受力分析有q＝qvB1，解得v＝.故B正確，A、C、D錯誤．
命題分析 試題 情境 屬于綜合性題目，以等離子體發電機為素材創設學習探索問題情境
必備 知識 考查左手定則、歐姆定律、安培力公式、平衡條件
關鍵 能力 考查推理能力、模型建構能力．要求學生將等離子進入后的PQ建構為直流電源
學科 素養 考查物理觀念、科學思維．要求考生在判斷電源正負極的基礎上計算導體棒在磁場中的平衡問題
跟進訓練
4.(多選)如圖甲是回旋加速器D形盒外觀圖，如圖乙是回旋加速器工作原理圖，微觀粒子從S處由靜止開始被加速，達到其可能的最大速度vm后將到達導向板處，由導出裝置送往需要使用高速粒子的地方．下列說法正確的是(　　)
A．D形盒半徑是決定vm的一個重要因素
B．粒子從回旋加速器的磁場中獲得能量
C．高頻電源的電壓是決定vm的重要因素
D．高頻電源的周期等于粒子在磁場中的運動周期
答案：AD
解析：回旋加速器中的加速粒子最后從磁場中做勻速圓周運動離開，根據半徑公式R＝，可得vm＝，則粒子的最大速度與加速的電壓無關，而與D形盒的半徑、磁感應強度以及粒子的電荷量和質量有關，D形盒半徑越大，vm越大；磁場越強，vm越大，A正確，C錯誤．回旋加速器是利用電場加速、磁場偏轉來加速粒子的，B錯誤；粒子在磁場中轉動兩個半圓的過程，電場的方向變換兩次，則T電＝2×＝T磁＝，D正確．
5.[2022·鄭州模擬](多選)某種質譜儀的工作原理示意圖如圖所示．此質譜儀由以下幾部分構成：粒子源N，P、Q間的加速電場，靜電分析器，磁感應強度為B的有界勻強磁場、方向垂直紙面向外，膠片M.若靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內有均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E；由粒子源發出一質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經加速電場加速后，垂直場強方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿中心線做勻速圓周運動，而后由S點沿著既垂直于磁分析器的左邊界，又垂直于磁場方向射入磁分析器中，最終打到膠片上的某點．下列說法正確的是(　　)
A．P、Q間加速電壓為ER
B．離子在磁場中運動的半徑為
C．若一質量為4m、電荷量為q的正離子加速后進入靜電分析器，離子不能從S射出
D．若一群離子經過上述過程打在膠片上同一點，則這些離子具有相同的比荷
答案：AD
解析：直線加速過程，根據動能定理得qU＝mv2，電場中偏轉過程，根據牛頓第二定律得qE＝m，在磁場中偏轉過程，根據牛頓第二定律得qvB＝m，解得U＝ER，r＝＝，故選項A正確，B錯誤；只要滿足R＝，所有粒子都可以在弧形電場區通過，故選項C錯誤；由r＝可知，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等，故選項D正確．
情境2　CT掃描機
例4. CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測．圖甲是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖乙所示．圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)，將電子束打到靶上的點記為P點．則(　　)
A．M處的電勢高于N處的電勢
B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移
C．偏轉磁場的方向垂直于紙面向外
D．增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移
答案：D
解析：本題結合CT掃描機考查帶電粒子的加速、偏轉問題．電子束在M、N之間需要加速，故N處的電勢高于M處的電勢，A錯誤；若增大M、N之間的加速電壓，會使得電子獲得的速度變大，電子在磁場中偏轉，洛倫茲力提供向心力，有Bvq＝m，可得電子的偏轉軌跡半徑R＝，則電子在磁場中運動軌跡的半徑變大，電子出磁場時偏轉角減小，P點向右移，B錯誤；電子進入磁場中向下偏轉，由左手定則可知，偏轉磁場的方向垂直于紙面向里，故C錯誤；根據R＝可知，偏轉磁場的磁感應強度越大，電子的運動軌跡半徑越小，在偏轉磁場中偏轉越明顯，P點向左移，故D正確．
[思維方法]
解決實際問題的一般過程專題七　帶電粒子在復合場中的運動
關鍵能力·分層突破
考點一　帶電粒子在組合場中的運動
1．組合場
電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊；或在同一區域分時間段交替出現．
2．“電偏轉”或“磁偏轉”的比較
比較項 垂直進入磁場(磁偏轉) 垂直進入電場(電偏轉)
情景圖
受力 FB＝qv0B，FB大小不變，方向總指向圓心，方向變化，為變力 FE＝qE，FE大小、方向不變，為恒力
運動 規律 勻速圓周運動， r＝，T＝ 類平拋運動，vx＝v0，vy＝t，x＝v0t， y＝t2
運動 時間 t＝T＝ t＝
動能 不變 變化
例1.一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出．不計重力．
(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；
(2)求該粒子從M點入射時速度的大小；
(3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間．
[教你解決問題]
(1)讀題→畫軌跡
(2)模型建構→求速度
——類平拋運動、勻速圓周運動模型、結合對稱性分析→求速度
[思維方法]
解決帶電粒子在組合場中運動問題的一般思維模板
跟進訓練
1.[2021·廣東卷，14]如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖．空間有三個同心圓a、b、c圍成的區域，圓a內為無場區，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環形勻強磁場區Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各區磁感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外．電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速．已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為R，電子質量為m，電荷量為e，忽略相對論效應，取tan 22.5°＝0.4.
(1)當Ek0＝0時，電子加速后均沿各磁場區邊緣進入磁場，且在電場內相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示．求Ⅰ區的磁感應強度大小、電子在Ⅰ區磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；
(2)已知電子只要不與Ⅰ區磁場外邊界相碰，就能從出射區域出射．當Ek0＝keU時，要保證電子從出射區域出射，求k的最大值．
考點二　帶電粒子在疊加場中的運動
1．磁場力、重力并存
(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．
(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題．
2．電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)
(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．
(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．
3．電場力、磁場力、重力并存
(1)若三力平衡，一定做勻速直線運動．
(2)若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．
(3)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題．
例2.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角，在y軸與MN之間的區域Ⅰ內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區域Ⅱ內存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大小；
(2)區域Ⅰ內最小電場強度E2的大小和方向；
(3)區域Ⅱ內電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大小．
[教你解決問題]——讀題抓已知條件→模型建構
跟進訓練
2．[2022·廣西南寧統考]如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里．一帶電小球恰能以速度v0沿與水平方向成30°角斜向右下方做勻速直線運動，最后進入一軸線沿小球運動方向且固定擺放的一光滑絕緣管道(管道內徑略大于小球直徑)，下列說法正確的是(　　)
A．小球帶負電
B．電場和磁場的大小關系為＝v0
C．若小球剛進入管道時撤去磁場，小球仍做勻速直線運動
D．若小球剛進入管道時撤去電場，小球的機械能不斷增大
3．如圖所示，在豎直平面內的坐標系xOy中，第三象限存在垂直于紙面向外的勻強磁場和沿x軸負方向的勻強電場，第一象限y≥0.35 m的區域有豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，兩區域磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5 T，電場的場強大小均為E＝2 N/C.一帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點獲得一初速度v0，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進入第一象限，經過一段時間后再次穿過x軸離開第一象限，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在P點得到的初速度v0的大小；
(2)油滴在第一象限運動的時間；
(3)油滴再次穿過x軸時的橫坐標x1.
考點三　復合場與現代科技素養提升
情境1　現代科技中的電磁場問題
裝置 原理圖 規律
質譜儀 帶電粒子由靜止被加速電場加速qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，則比荷＝
回旋加速器 交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同，帶電粒子在圓周運動過程中每次經過D形盒縫隙都會被加速．由qvB＝m得Ekm＝
速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動
磁流體發電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電，兩極電壓U時穩定，q＝qv0B，U＝v0Bd
電磁流量計 q＝qvB所以v＝所以Q＝vS＝
例3. [2021·河北卷，5]如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間．相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌平面與水平面夾角為θ，兩導軌分別與P、Q相連．質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止．重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力．下列說法正確的是(　　)
A．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v＝
B．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝
C．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v＝
D．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝
命題分析
試題 情境 屬于綜合性題目，以等離子體發電機為素材創設學習探索問題情境
必備 知識 考查左手定則、歐姆定律、安培力公式、平衡條件
關鍵 能力 考查推理能力、模型建構能力．要求學生將等離子進入后的PQ建構為直流電源
學科 素養 考查物理觀念、科學思維．要求考生在判斷電源正負極的基礎上計算導體棒在磁場中的平衡問題
跟進訓練
4.(多選)如圖甲是回旋加速器D形盒外觀圖，如圖乙是回旋加速器工作原理圖，微觀粒子從S處由靜止開始被加速，達到其可能的最大速度vm后將到達導向板處，由導出裝置送往需要使用高速粒子的地方．下列說法正確的是(　　)
A．D形盒半徑是決定vm的一個重要因素
B．粒子從回旋加速器的磁場中獲得能量
C．高頻電源的電壓是決定vm的重要因素
D．高頻電源的周期等于粒子在磁場中的運動周期
5.[2022·鄭州模擬](多選)某種質譜儀的工作原理示意圖如圖所示．此質譜儀由以下幾部分構成：粒子源N，P、Q間的加速電場，靜電分析器，磁感應強度為B的有界勻強磁場、方向垂直紙面向外，膠片M.若靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內有均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E；由粒子源發出一質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零，重力不計)，經加速電場加速后，垂直場強方向進入靜電分析器，在靜電分析器中，離子沿中心線做勻速圓周運動，而后由S點沿著既垂直于磁分析器的左邊界，又垂直于磁場方向射入磁分析器中，最終打到膠片上的某點．下列說法正確的是(　　)
A．P、Q間加速電壓為ER
B．離子在磁場中運動的半徑為
C．若一質量為4m、電荷量為q的正離子加速后進入靜電分析器，離子不能從S射出
D．若一群離子經過上述過程打在膠片上同一點，則這些離子具有相同的比荷
情境2　CT掃描機
例4. CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測．圖甲是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖乙所示．圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)，將電子束打到靶上的點記為P點．則(　　)
A．M處的電勢高于N處的電勢
B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移
C．偏轉磁場的方向垂直于紙面向外
D．增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移
[思維方法]
解決實際問題的一般過程
專題七　帶電粒子在復合場中的運動
關鍵能力·分層突破
例1　解析：(1)粒子運動的軌跡如圖甲所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)
(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動．
設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖乙)，速度沿電場方向的分量為v1.根據牛頓第二定律有
qE＝ma　①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質量．由運動學公式有v1＝at　②
l′＝v0t　③
v1＝v cos θ　④
粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝m　⑤
由幾何關系得l＝2R cos θ　⑥
聯立①②③④⑤⑥式得
v0＝　⑦
(3)由運動學公式和題中所給數據得
v1＝　⑧
聯立①②③⑦⑧式得
＝　⑨
設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則
t′＝2t＋T　⑩
式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期
T＝　
由③⑦⑨⑩ 式得
t′＝(1＋)　
答案：(1)圖見解析　(2)　(3)(1＋)
1．解析：(1)設電子經圓b的加速電場加速兩次后以速度v1進入Ⅰ區磁場，Ⅰ區的磁感應強度大小為B1，則由動能定理得2eU＝－0，
由幾何知識得，電子在Ⅰ區做勻速圓周運動的半徑
r1＝R tan ＝R tan 22.5°＝0.4R，
由洛倫茲力提供向心力可得ev1B1＝，
聯立解得B1＝，
運動時間t1＝T，又T＝，
聯立解得t1＝，
電子由P→Q，由動能定理得8eU＝Ek，所以動能Ek＝8eU.
(2)k最大時，電子進入Ⅰ區時速度v最大，做勻速圓周運動的半徑r最大，所以當電子軌跡與Ⅰ區磁場的圓弧相切時，半徑r最大，
由幾何關系知(R－r)2＝R2＋r2，解得r＝R，根據洛倫茲力提供向心力有evB1＝m，
解得v＝，
電子從P點進入圓b到剛進入Ⅰ區，由動能定理得
2eU＝mv2－Ek0，
又Ek0＝keU，解得k＝.
答案：(1)　8eU　(2)
例2　解析：(1)帶電小球在第二象限內受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，三力滿足如圖所示關系且小球只能做勻速直線運動．
由圖知tan 37°＝，得E1＝，cos 37°＝，
得B1＝.
(2)區域Ⅰ中小球做直線運動，電場強度最小，受力如圖所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動．
由圖知cos 37°＝，得E2＝.
方向與x軸正方向成53°角向上．
(3)小球在區域Ⅱ內做勻速圓周運動，所以mg＝qE3，得E3＝，因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖所示．
由幾何關系得r＝，
由洛倫茲力提供向心力知q·2v0B2＝m，
聯立得B2＝.
答案：(1)　(2)，方向與x軸正方向成53°角向上　(3)
2．解析：帶電小球受到豎直向下的重力，垂直速度方向的洛倫茲力，沿水平方向的電場力，根據質點做勻速直線運動的條件可知，小球帶正電，選項A錯誤；由sin 30°＝可得，電場和磁場的大小關系為＝，選項B錯誤；若小球剛進入管道時撤去磁場，重力沿速度方向的分力與電場力沿速度方向的分力大小相等，方向相反，所以小球仍做勻速直線運動，選項C正確；若小球剛進入管道時撤去電場，只有重力做功，小球的機械能守恒，選項D錯誤．
答案：C
3．解析：(1)如圖所示，根據平衡條件可得
mg＝qE，qv0B＝qE
解得v0＝＝4 m/s.
(2)進入第一象限后，在0≤y≤0.35 m區域內，油滴做斜拋運動，根據運動的合成與分解，油滴在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做豎直上拋運動，剛到O點時，有v0x＝v0cos 45°，v0y＝v0sin 45°
豎直方向上，油滴做豎直上拋運動，有
根據速度的合成與分解可得tan α＝
運動時間t2＝T
其中周期T＝
總時間t＝2t1＋t2
聯立解得t＝ s＋ s＝0.72 s.
(3)進入第一象限后，在0≤y≤h區域內，油滴在水平方向上做勻速直線運動，有L1＝v0xt1
進入y>h區域后，電場力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qv1B＝
由幾何關系得L2＝R sin α
由對稱性得x1＝2L1＋2L2，
解得x1＝3.2 m.
答案：(1)4 m/s　(2)0.72 s　(3)3.2 m
例3　解析：由左手定則可知Q板帶正電，P板帶負電，所以金屬棒ab中的電流方向為從a到b，對金屬棒受力分析可知，金屬棒受到的安培力方向沿導軌平面向上，由左手定則可知導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mg sin θ，而I＝，而對等離子體受力分析有q＝qvB1，解得v＝.故B正確，A、C、D錯誤．
答案：B
4．解析：回旋加速器中的加速粒子最后從磁場中做勻速圓周運動離開，根據半徑公式R＝，可得vm＝，則粒子的最大速度與加速的電壓無關，而與D形盒的半徑、磁感應強度以及粒子的電荷量和質量有關，D形盒半徑越大，vm越大；磁場越強，vm越大，A正確，C錯誤．回旋加速器是利用電場加速、磁場偏轉來加速粒子的，B錯誤；粒子在磁場中轉動兩個半圓的過程，電場的方向變換兩次，則T電＝2×＝T磁＝，D正確．
答案：AD
5．解析：直線加速過程，根據動能定理得qU＝mv2，電場中偏轉過程，根據牛頓第二定律得qE＝m，在磁場中偏轉過程，根據牛頓第二定律得qvB＝m，解得U＝ER，r＝＝，故選項A正確，B錯誤；只要滿足R＝，所有粒子都可以在弧形電場區通過，故選項C錯誤；由r＝可知，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等，故選項D正確．
答案：AD
例4　解析：本題結合CT掃描機考查帶電粒子的加速、偏轉問題．電子束在M、N之間需要加速，故N處的電勢高于M處的電勢，A錯誤；若增大M、N之間的加速電壓，會使得電子獲得的速度變大，電子在磁場中偏轉，洛倫茲力提供向心力，有Bvq＝m，可得電子的偏轉軌跡半徑R＝，則電子在磁場中運動軌跡的半徑變大，電子出磁場時偏轉角減小，P點向右移，B錯誤；電子進入磁場中向下偏轉，由左手定則可知，偏轉磁場的方向垂直于紙面向里，故C錯誤；根據R＝可知，偏轉磁場的磁感應強度越大，電子的運動軌跡半徑越小，在偏轉磁場中偏轉越明顯，P點向左移，故D正確．
答案：D

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