高中生物一輪復習教案

高考物理第一輪帶電粒子在復合場中的運動專項復習。

第十課時：帶電粒子在復合場中的運動習題課
1、空間存在一勻強磁場B，其方向垂直紙面向里，另有一個點電荷+Q的電場，如圖所示，一帶電-q的粒子以初速度v0從某處垂直電場、磁場入射，初位置到點電荷的距離為r，則粒子在電磁場中的運動軌跡可能為（）
A．以點電荷+Q為圓心，以r為半徑的在紙平面內的圓周
B．開始階段在紙面內向向右偏轉的曲線
C．開始階段在紙面內向向左偏轉的曲線D．沿初速度v0方向的直線
2、三個質量相同的質點a、b、c帶有等量的正電荷，由靜止開始同時從相同的高度落下，下落中b、c分別進入如圖所示的勻強電場和勻強磁場中，設它們都能落到同一平面上，不計空氣阻力，則有：（）
A、落地時a的動能最大B、落地時a和c的速度大小相同
C、a和c同時到達平面D、c比a、b質點先到達平面
3、如圖，MN與水平面之間有一正交的勻強電場和磁場，在MN的上方帶正電的小球A，由靜止開始下落，經復合場后到達水平面，空氣阻力不計，以下說法中正確的是：（）
A、在復合場中，小球作勻變速運動
B、在復合場中，小球的電勢能將減小
C、小球由靜止下落到水平面時的動能大于它重力勢能的減少量
D、如僅增加B，小球至平面的動能不變
4、關于帶電粒子的運動，下列正確的是：()
A、沿著磁力線運動飛入磁場，磁場力做功，動能增加
B、沿著電力線飛入勻強電場，電場力做功，動能不一定增加
C、只有垂直磁力線飛入勻強磁場中時，磁場力不作功
D、垂直于電力線方向飛入勻強電場，在電場中運動，電場力不做功
5、如圖所示，在y0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外，一電量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x=2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上y=－2h處的P3點，不計重力．求：（1)電場強度的大?。?br> (2)粒子到達P2時速度的大小和方向；
(3)磁感應強度的大?。?br> 6、在豎直平面內有一圓形絕緣軌道，半徑R=1m，勻強磁場垂直于軌道平面向內，一質量為m=1×10－3kg、帶電量為q=+3×10－3C的小球，可在其內壁滑動。開始時，在最低點處給小球一個水平向右的初速度v0，使小球在豎直面內逆時針做圓周運動，圖甲是小球在豎直面內做圓周運動的速率v隨時間變化的情況，圖乙是小球所受軌道的彈力F隨時間變化的情況，結合圖象所給數據，求：（1）磁感應強度的大?。?）小球初速度的大小

7、某空間存在著變化的電場和另一變化的磁場，電場方向向右，即圖示中由b點到C點的方向，電場強度大小變化如圖中E—t圖象，磁感應強度變化如圖中B－t圖象．已知ab垂直于bc，ac=2bc，在a點，從第1s末時刻開始，每隔2s有一相同帶電粒子（粒子重力不計）沿ab方向以速度v射出，這些粒子都恰能擊中c點，且粒子在ac間運動時間小于1s，求：
（1）圖象中E0和B0的比值；
（2）第二個粒子和第一個粒子從射出到擊中C點所用的時間的比值。

延伸閱讀

高考物理第一輪考綱知識復習:帶電粒子在復合場中的運動

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第3節(jié)帶電粒子在復合場中的運動
【考綱知識梳理】
一、復合場
復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存，或其中某兩場并存，或分區(qū)域存在。
二、帶電粒子在復合場中的運動分類
1、當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止．
2、當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動．
3、當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動．
4、當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理．
三、帶電粒子在復合場中運動的應用實例
1、粒子速度選擇器
速度選擇器是近代物理學研究中常用的一種實驗工具，其功能是為了選擇某種速度的帶電粒子
（1）．結構：
①平行金屬板M、N，將M接電源正極，N板接電源負極，M、N間形成勻強電場，設場強為E；
②在兩板之間的空間加上垂直紙面向里的勻強磁場，設磁感應強度為B；
③在極板兩端加垂直極板的檔板，檔板中心開孔S1、S2，孔S1、S2水平正對。
（2）．原理
工作原理。設一束質量、電性、帶電量、速度均不同的粒子束（重力不計），從S1孔垂直磁場和電場方向進入兩板間，當帶電粒子進入電場和磁場共存空間時，同時受到電場力和洛倫茲力作用
若
。
即：當粒子的速度時，粒子勻速運動，不發(fā)生偏轉，可以從S2孔飛出。由此可見，盡管有一束速度不同的粒子從S1孔進入，但能從S2孔飛出的粒子只有一種速度，而與粒子的質量、電性、電量無關
（3）．幾個問題
①粒子受力特點——電場力F與洛侖茲力f方向相反
②粒子勻速通過速度選擇器的條件——帶電粒子從小孔S1水平射入，勻速通過疊加場，并從小孔S2水平射出，電場力與洛侖茲力平衡，即;即;
③使粒子勻速通過選擇器的兩種途徑:
當一定時——調節(jié)E和B的大小;
當E和B一定時——調節(jié)加速電壓U的大小;根據勻速運動的條件和功能關系，有，所以，加速電壓應為。
④如何保證F和f的方向始終相反——將、E、B三者中任意兩個量的方向同時改變，但不能同時改變三個或者其中任意一個的方向，否則將破壞速度選擇器的功能。
⑤如果粒子從S2孔進入時，粒子受電場力和洛倫茲力的方向相同，所以無論粒子多大的速度，所有粒子都將發(fā)生偏轉
⑥兩個重要的功能關系——當粒子進入速度選擇器時速度，粒子將因側移而不能通過選擇器。如圖，設在電場方向側移后粒子速度為v，
當時:粒子向f方向側移，F做負功——粒子動能減少，電勢能增加，有
當時:粒子向F方向側移，F做正功——粒子動能增加，電勢能減少，有;

2、磁流體發(fā)電機
磁流體發(fā)電就是利用等離子體來發(fā)電。
（1）．等離子體的產生：在高溫條件下（例如2000K）氣體發(fā)生電離，電離后的氣體中含有離子、電子和部分未電離的中性粒子，因為正負電荷的密度幾乎相等，從整體看呈電中性，這種高度電離的氣體就稱為等離子體，也有人稱它為“物質的第四態(tài)”。
（2）．工作原理:
磁流體發(fā)電機結構原理如圖（1）所示，其平面圖如圖（2）所示。M、N為平行板電極，極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，讓等離子體平行于極板從左向右高速射入極板間，由于洛倫茲力的作用，正離子將向M板偏轉，負離子將向N板偏轉，于是在M板上積累正電荷，在N板上積累負電荷。這樣在兩極板間就產生電勢差，形成了電場，場強方向從M指向N，以后進入極板間的帶電粒子除受到洛倫茲力之外，還受到電場力的作用，只要，帶電粒子就繼續(xù)偏轉，極板上就繼續(xù)積累電荷，使極板間的場強增加，直到帶電粒子所受的電場力與洛倫茲力大小相等為止。此后帶電粒子進入極板間不再偏轉，極板上也就不再積累電荷而形成穩(wěn)定的電勢差
（3）．電動勢的計算:設兩極板間距為d，根據兩極電勢差達到最大值的條件，即，則磁流體發(fā)電機的電動勢。
3、電磁流量計
電磁流量計是利用霍爾效應來測量管道中液體流量（單位時間內通過管內橫截面的液體的體積）的一種設備。其原理為：
如圖所示
圓形管道直徑為d（用非磁性材料制成），管道內有向左勻速流動的導電液體，在管道所在空間加一垂直管道向里的勻強磁場，設磁感應強度為B；管道內隨液體一起流動的自由電荷（正、負離子）在洛倫茲力作用下垂直磁場方向偏轉，使管道上ab兩點間有電勢差，管道內形成電場；當自由電荷受電場力和洛倫茲力平衡時，ab間電勢差就保持穩(wěn)定，測出ab間電勢差的大小U，則有：
，
故管道內液體的流量
4.霍爾效應
（1）．霍爾效應。金屬導體板放在垂直于它的勻強磁場中，當導體板中通過電流時，在平行于磁場且平行于電流的兩個側面間會產生電勢差，這種現象叫霍爾效應。
（2）．霍爾效應的解釋。如圖，截面為矩形的金屬導體，在ｘ方向通以電流Ｉ，在ｚ方向加磁場Ｂ，導體中自由電子逆著電流方向運動。由左手定則可以判斷，運動的電子在洛倫茲力作用下向下表面聚集，在導體的上表面A就會出現多余的正電荷，形成上表面電勢高，下表面電勢低的電勢差，導體內部出現電場，電場方向由A指向A’，以后運動的電子將同時受洛倫茲力和電場力作用，隨著表面電荷聚集，電場強度增加，也增加，最終會使運動的電子達到受力平衡（）而勻速運動，此時導體上下兩表面間就出現穩(wěn)定的電勢差。
（3）．霍爾效應中的結論。
設導體板厚度為h(y軸方向)、寬度為d、通入的電流為I，勻強磁場的磁感應強度為B，導體中單位體積內自由電子數為n，電子的電量為e，定向移動速度大小為v，上下表面間的電勢差為U；
①由①。
②實驗研究表明，U、I、B的關系還可表達為②，k為霍爾系數。又由電流的微觀表達式有：③。聯立①②③式可得。由此可通過霍爾系數的測定來確定導體內部單位體積內自由電子數。
③考察兩表面間的電勢差，相當于長度為h的直導體垂直勻強磁場B以速度v切割磁感線所產生的感應電動勢
【要點名師透析】
一、帶電粒子在復合場中的運動分析
1.帶電粒子在復合場中運動的分析方法
(1)弄清復合場的組成.如磁場、電場的復合,磁場、重力場的復合,磁場、電場、重力場三者的復合等.
(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力的分析.
(3)確定帶電粒子的運動狀態(tài),注意運動情況和受力情況的結合.
(4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同種類的場時,要分階段進行處理.
(5)畫出粒子運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律.
①當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時,根據受力平衡列方程求解.
②當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時,應用牛頓定律結合圓周運動規(guī)律求解.
③當帶電粒子做復雜曲線運動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解.
④對于臨界問題,注意挖掘隱含條件.
2.復合場中粒子重力是否考慮的三種情況
(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應當考慮其重力.
(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況按題目要求處理比較正規(guī)，也比較簡單.
(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力.
【例1】(16分)如圖所示,在水平地面上方有一范圍足夠大的互相正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域.磁場的磁感應強度為B,方向垂直紙面向里.一質量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運動,重力加速度為g.
(1)求此區(qū)域內電場強度的大小和方向.
(2)若某時刻微粒在場中運動到P點時,速度與水平方向的夾角為60°,且已知P點與水平地面間的距離等于其做圓周運動的半徑.求該微粒運動到最高點時與水平地面間的距離.
(3)當帶電微粒運動至最高點時,將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼?方向不變,且不計電場變化對原磁場的影響),且?guī)щ娢⒘Ｄ苈渲恋孛?求帶電微粒落至地面時的速度大小.
【詳解】(1)由于帶電微?？梢栽陔妶觥⒋艌龊椭亓龉泊娴膮^(qū)域內沿豎直平面做勻速圓周運動,表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反,因此電場強度的方向豎直向上.(1分)
設電場強度為E,則有mg=qE(2分)
即(1分)
(2)設帶電微粒做勻速圓周運動的軌道半徑為R,根據牛頓第二定律和洛倫茲力公式有(1分)解得(1分)
依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運動的軌跡如圖所示,由幾何關系可知,該微粒運動至最高點時與水平地面間的距離(4分)
(3)將電場強度的大小變?yōu)樵瓉淼膭t電場力F電=帶電微粒運動過程中,洛倫茲力不做功,所以在它從最高點運動至地面的過程中,只有重力和電場力做功,設帶電微粒落地時的速度大小為v1,根據動能定理有(4分)解得：
二、帶電粒子在復合場中運動的分類
1.帶電粒子在復合場中無約束情況下的運動
(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F洛不做功，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，則帶電體做復雜的曲線運動，因F洛不做功，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，做復雜的曲線運動，因F洛不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題.
2.帶電粒子在復合場中有約束情況下的運動
帶電體在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果.
3.帶電粒子在復合場中運動的臨界值問題
由于帶電粒子在復合場中受力情況復雜、運動情況多變，往往出現臨界問題，這時應以題目中的“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯立求解.
【例2】(14分)如圖所示,足夠長的光滑絕緣斜面與水平面的夾角為α(sinα=0.6)，放在勻強電場和勻強磁場中，電場強度E=50V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個電荷量為q=4×10-2C，質量m=0.40kg的光滑小球，以初速度v0=20m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經過3s脫離斜面，求磁場的磁感應強度.(g取10m/s2)
【詳解】小球沿斜面向上運動過程中受力分析如圖所示，由牛頓第二定律，得
qEcosα+mgsinα=ma1，(3分)故(1分)
代入數據得a1=10m/s2，(1分)
上行時間(1分)
小球沿斜面下滑過程中受力分析如圖所示，小球在離開斜面前做勻加速直線運動，a2=10m/s2(1分)
運動時間t2=1s(1分)
脫離斜面時的速度v=a2t2=10m/s(1分)
在垂直斜面方向上小球脫離斜面受力條件有：qvB+qEsinα=mgcosα，(3分)
故(2分)
【感悟高考真題】
1.（20xx新課標全國卷T25）如圖，在區(qū)域I（0≤x≤d）和區(qū)域II（d≤x≤2d）內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質量為m、帶電荷量q（q＞0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入區(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；此時，另一質量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點沿x軸正向射入區(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求
（1）粒子a射入區(qū)域I時速度的大?。?br> （2）當a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差。
【詳解】（1）設粒子a在I內做勻速圓周運動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va,運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P′，如圖，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，
qvaB=mva2Ra1①
由幾何關系有∠PCP′=θ②
Ra1=dsinθ③
式中θ=30°，由上面三式可得
va=2dqBm④
（2）設粒子a在II內做圓周運動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點為Pa（圖中未畫出軌跡），
∠P′OaPa=θ′，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，
qva（2B）=mva2Ra2⑤
由①⑤式得Ra2=Ra12⑥
C、P′、Oa三點共線，且由⑥式知Oa點必位于
x=32d⑦
的平面上，由對稱性知，Pa點與P′的縱坐標相同，即
yPa=Ra1cosθ＋h⑧
式中，h是C點的縱坐標。
設b在I中運動的軌道半徑為Rb1，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有，
q（va3）B=mRb1（va3）2⑨
設a到達Pa點時，b位于Pb點，轉過的角度為α，如果b沒有飛出I，則
tTa2=θ′2π⑩
tTb1=α2π⑾
式中，t是a在區(qū)域II中運動的時間，而
Ta2=2πRa2va⑿
Tb1=2πRb1va/3⒀
由⑤⑨⑩⑾⑿⒀式得
α=30°⒁
由①③⑨⒁式可見，b沒有飛出I。Pb點的y坐標為
yP2=Rb1（2+cosα）+h⒂
由①③⑧⑨⒁⒂式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標差為
yP2－yPa=23（3－2）d
2.（20xx安徽高考T23）如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經時間從p點射出。
（1）求電場強度的大小和方向。
（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射
入，經時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運動加
速度的大小。
（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，且速度為
原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間。
【答案】(1)(2)(3)
【詳解】（1）設帶電粒子質量為m，電荷量為q，初速度為v,電場強度為E，可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負方向，由于粒子的重力不計且粒子受力平衡，故粒子受到的電場力和洛倫茲力大小相等方向相反，電場強度沿沿x軸正方向，①
②得
（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動在y方向作勻速直線運動，位移為③
由②③式得，設在水平方向位移為x，因射出位置在半圓線邊界上，于是,又因為粒子在水平方向上做勻速直線運動，則④
得⑤
（3）僅有磁場時入射速度，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，設軌道半徑為，由牛頓第二定律有⑥，
又有⑦，
由②⑤⑥⑦得
帶電粒子偏轉情況如圖由幾何知識，,則帶電粒子在磁場中運動時間

高考物理第一輪總復習帶電粒子在復合場中的運動教案21

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專題:帶電粒子在復合場中的運動

基礎知識一、復合場的分類：

1、復合場：即電場與磁場有明顯的界線,帶電粒子分別在兩個區(qū)域內做兩種不同的運動,即分段運動,該類問題運動過程較為復雜,但對于每一段運動又較為清晰易辨,往往這類問題的關鍵在于分段運動的連接點時的速度,具有承上啟下的作用．

2、疊加場：即在同一區(qū)域內同時有電場和磁場，些類問題看似簡單，受力不復雜，但仔細分析其運動往往比較難以把握。

二、帶電粒子在復合場電運動的基本分析

1.當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止．

2.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動．

3.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動．

4.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理．

三、電場力和洛倫茲力的比較見下表:

電場力洛侖茲力

力存在條件作用于電場中所有電荷僅對運動著的且速度不跟磁場平行的電荷有洛侖茲力作用

力力大小F=qE與電荷運動速度無關F=Bqv與電荷的運動速度有關

力方向力的方向與電場方向相同或相反，但總在同一直線上力的方向始終和磁場方向垂直

力的效果可改變電荷運動速度大小和方向只改變電荷速度的方向,不改變速度的大小

做功可以對電荷做功,改變電荷的動能不對電荷做功、不改變電荷的動能

運動軌跡偏轉在勻強電場中偏轉，軌跡為拋物線在勻強磁場中偏轉、軌跡為圓弧

1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用．

2.電場力的大小F＝Eq，與電荷的運動的速度無關；而洛倫茲力的大小f=Bqvsinα,與電荷運動的速度大小和方向均有關．

3.電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直．

4.電場力既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向.不能改變速度大小

5.電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能．

6.勻強電場中在電場力的作用下,運動電荷的偏轉軌跡為拋物線;勻強磁場中在洛倫茲力的作用下,垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉軌跡為圓?。?/p>

四、對于重力的考慮重力考慮與否分三種情況．

（1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力．

（2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單．

（3)對未知名的帶電粒子其重力是否忽略又沒有明確時，可采用假設法判斷，假設重力計或者不計，結合題給條件得出的結論若與題意相符則假設正確，否則假設錯誤．

五、復合場中的特殊物理模型

1．粒子速度選擇器

如圖所示，粒子經加速電場后得到一定的速度v0，進入正交的電場和磁場，受到的電場力與洛倫茲力方向相反，若使粒子沿直線從右邊孔中出去，則有qv0B＝qE,v0=E/B，若v=v0=E/B，粒子做直線運動，與粒子電量、電性、質量無關

若v＜E/B，電場力大，粒子向電場力方向偏，電場力做正功，動能增加．

若v＞E/B，洛倫茲力大，粒子向磁場力方向偏，電場力做負功，動能減少．

2.磁流體發(fā)電機

如圖所示，由燃燒室O燃燒電離成的正、負離子（等離子體）以高速。噴入偏轉磁場B中．在洛倫茲力作用下，正、負離子分別向上、下極板偏轉、積累，從而在板間形成一個向下的電場．兩板間形成一定的電勢差．當qvB=qU/d時電勢差穩(wěn)定U＝dvB，這就相當于一個可以對外供電的電源．

3.電磁流量計．

電磁流量計原理可解釋為：如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動．導電液體中的自由電荷（正負離子）在洛倫茲力作用下縱向偏轉，a,b間出現電勢差．當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定．

由Bqv=Eq=Uq/d，可得v=U/Bd.流量Q=Sv=πUd/4B

4.質譜儀如圖所示

組成：離子源O，加速場U，速度選擇器（E,B），偏轉場B2，膠片．

原理：加速場中qU=mv2

選擇器中:

偏轉場中:d＝2r，qvB2＝mv2/r

比荷:

質量

作用：主要用于測量粒子的質量、比荷、研究同位素．

5.回旋加速器如圖所示

組成：兩個D形盒，大型電磁鐵，高頻振蕩交變電壓，兩縫間可形成電壓U

作用：電場用來對粒子(質子、氛核,a粒子等)加速，磁場用來使粒子回旋從而能反復加速．高能粒子是研究微觀物理的重要手段．

要求：粒子在磁場中做圓周運動的周期等于交變電源的變化周期．

關于回旋加速器的幾個問題：

(1)D形盒作用：靜電屏蔽，使帶電粒子在圓周運動過程中只處在磁場中而不受電場的干擾，以保證粒子做勻速圓周運動。

(2)所加交變電壓的頻率f=帶電粒子做勻速圓周運動的頻率:

(3)最后使粒子得到的能量，，

在粒子電量、質量m和磁感應強度B一定的情況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就越大．

【注意】直線加速器的主要特征．如圖所示，直線加速器是使粒子在一條直線裝置上被加速．

規(guī)律方法1、帶電粒子在復合場中的運動2、帶電粒子在疊加場中的運動3、磁偏轉技術的應用

三種場的性質特點：

電場磁場重力場

力的大?、貴=qE

②與電荷的運動狀態(tài)無關，在勻強電場中,電場力為恒力。與電荷的運動狀態(tài)有關，

①電荷靜止或v∥B時，不受f洛，

②v⊥B時洛侖茲力最大

f洛=qBv①G=mg

②與電荷的運動狀態(tài)無關

力的方向正電荷受力方向與E方向相同，(負電荷受力方向與E相反)。f洛方向⊥(B和v)所決定的平面，(可用左手定則判定)總是豎直向下

力做功特點做功多少與路徑無關，只取決于始末兩點的電勢差，

W=qUAB=ΔEf洛對電荷永不做功，只改變電荷的速度方向，不改變速度的大小做功多少與路徑無關，只取決于始末位置的高度差，

W=mgh=ΔEp

帶電質點在復合場中運動，受力特點復雜，運動多形式、多階段、多變化。

解題的關鍵：受力分析、運動分析、動態(tài)分析、臨界點的挖掘及找出不同運動形式對應不同的物理規(guī)律。

高考物理第一輪專項復習：帶電粒子在電、磁場中的運動

第八課時：帶電粒子在電、磁場中的運動
[知識要點]：
1、帶電粒子速度選擇器：
選擇器內有正交的勻強電場E和勻強磁場B，一束有不同速率的正離子水平地由小孔S進入場區(qū)，路徑不發(fā)生偏轉的離子的條件是_____________，即能通過速度選擇器的帶電粒子必是速度為v＝_______的粒子，與它帶多少電和電性，質量為多少都無關（書P1043）
2、磁流體發(fā)電機
如圖是磁流體發(fā)電機，其原理是：等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛侖茲力作用下發(fā)生上、下偏轉而聚集到A、B板上，產生電勢差．設A、B平行金屬板的面積為S，相距l(xiāng)，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感強度為B，板外電阻為R，當等離子氣體勻速通過AB板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢．電動勢E=_____________。R中電流I=_______________
例1、目前，世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機。如圖所示表示了它的發(fā)電原理：將一束等離子體垂直于磁場方向噴入磁場，在磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，產生電壓。如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板的板長為L，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，等離子體充滿兩板間的空間。當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數為I，那么板間等離子體的電阻率為()
A.B.C.D.
3、電磁流量計
電磁流量計原理可解釋為：如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動．導電液體中的自由電荷（正、負離子）在洛侖茲力作用下橫向偏轉，a、b間出現電勢差．當自由電荷所受電場力和洛侖茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定．流量Q=_____________
例2、為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，在垂直于上下底面方向加磁感應強度為B的勻強磁場，在前后兩個內側固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U．若用Q表示污水流量（單位時間內排出的污水體積），下列說法中正確的是（）
A．若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高
B．前表面的電勢一定低于后表面的電勢，與哪種離子多無關
C．污水中離子濃度越高，電壓表的示數將越大
D．污水流量Q與U成正比，與a、b無關

4、霍爾效應
如圖所示，厚度為h，寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感強度為B的均勻磁場中，當電流通過導體板時，在導體板的上側面A和下側面A’之間會產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U、電流I和B的關系為U=．式中的比例系數k稱為霍爾系數．
例3、一種半導體材料稱為“霍爾材料”，用它制成的元件稱為“霍爾元件”.這種材料有可定向移動的電荷，稱為“載流子”，每個載流子的電荷量大小為1元電荷，即q＝1.6×10-19C.霍爾元件在自動檢測、控制領域得到廣泛應用，如錄像機中用來測量錄像磁鼓的轉速、電梯中用來檢測電梯門是否關閉以自動控制升降電動機的電源的通斷等.在一次實驗中，一塊霍爾材料制成的薄片寬ab＝1.0×10-2m、長bc=L=4.0×10-2m、厚h＝1×10-3m，水平放置在豎直向上的磁感應強度B＝1.5T的勻強磁場中，bc方向通有I＝3.0A的電流，如圖所示，沿寬度產生1.0×10-5V的橫電壓.?
(1)假定載流子是電子，a、b兩端中哪端電勢較高??
(2)薄板中形成電流I的載流子定向運動的速率是多少??

5、磁強計
磁強計實際上是利用霍爾效應來測量磁感強度B的儀器．其原理可解釋為：如圖所示一塊導體接上a、b、c、d四個電極，將導體放在勻強磁場之中，a、b間通以電流I，c、d間就會出現電勢差，只要測出c、d間的電勢差U，就可測得B。設導體中單位體積內的自由電荷數為n，則B的大小為_____________。

[強化練習]
1、一種測量血管中血流速度儀器的原理如圖所示，在動脈血管左右兩側加有勻強磁場，上下兩側安裝電極并連接電壓表，設血管直徑是2.0mm，磁場的磁感應強度為0.080T，電壓表測出的電壓為0.10mV，則血流速度大小為______m/s.（取兩位有效數字）
2、一種稱為“質量分析器”的裝置如圖所示．A表示發(fā)射帶電粒子的離子源，發(fā)射的粒子在加速管B中加速，獲得一定速率后于C處進入圓形細彎管（四分之一圓弧），在磁場力作用下發(fā)生偏轉，然后進入漂移管道D，若粒子質量不同或電量不同或速率不同，在一定磁場中的偏轉程度也不同．如果給定偏轉管道中心軸線的半徑、磁場的磁感應強度、粒子的電荷量和速率，則只有一定質量的粒子能從漂移管道D中引出．已知帶有正電荷q=1.6×10-19C的磷離子，質量為m=51.1×10-27kg，初速率可認為是零，經加速管B加速后速率為v=7.9×105m/s。求：（都保留一位有效數字）
（1）加速管B兩端的加速電壓應為多大？
(2)若圓形彎管中心軸線的半徑R=0.28m,為了使磷離子從漂移管道引出，則圖中虛線所圍正方形區(qū)域內應加磁感應強度為多大的勻強磁場？

3、如圖（甲）所示為電視機中顯像管的原理示意圖，電子槍中的燈絲加熱陰極而逸出電子，這些電子再經加速電場加速后，從O點進入由磁偏轉線圈產生的偏轉磁場中，經過偏轉磁場后打到熒光屏MN上，使熒光屏發(fā)出熒光形成圖像，不計逸出電子的初速度和重力。已知電子的質量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U0偏轉線圈產生的磁場分布在邊長為L的正方形區(qū)域abcd內，磁場方向垂直紙面，且磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖（乙）所示。在每個周期內磁感應強度都是從-B0均勻變化到B0。磁場區(qū)域的左邊界的中點與O點重合，ab邊與00/平行，右邊界bc與熒光屏之間的距離為S。由于磁場區(qū)域較小，且電子運動的速度很大，所以在每個電子通過磁場區(qū)域的過程中，可認為磁感應強度不變，即為勻強磁場，不計電子之間的相互作用。
（1）求電子射出電場時的速度大小。
（2）為使所有的電子都能從磁場的bc邊射出，求偏轉線圈產生磁場的磁感應強度的最大值。
（3）熒光屏上亮線的最大長度是多少？

4、家用微波爐是一種利用微波的電磁能加熱食物的新灶具，主要由磁控管、波導管、微波加熱器、爐門、直流電源、冷卻系統(tǒng)、控制系統(tǒng)、外殼等組成．如圖為磁控管的示意圖，一群電子在垂直于管的某截面內做勻速圓周運動，在管內有平行于管軸線方向的勻強磁場，磁感強度為B，在運動中這群電子時而接近電極1，時而接近電極2，從而使電極附近的電場強度發(fā)生周期性變化．由于這一群電子散布的范圍很小，可以看作集中在一點，共有N個電子．每個電子的電量為e，質量為m，設這群電子圓形軌道的直徑為D。電子群離電極1端點P的最短距離為r．
(1)這群電子做圓周運動的速率、頻率各是多少？”
(2)在電極1的端點P處，電場強度變化的頻率是多少？
(3)在電極1的端點P處，運動的電子群產生的電場強度最大值、最小值各是多少？

高考物理第一輪帶電粒子在洛侖茲力作用下的運動專項復習

第六課時帶電粒子在洛侖茲力作用下的運動（1）
[知識要點回顧]：
一、帶電粒子做勻速圓周運動的分析方法：（畫軌跡，定圓心，找半徑）
1、圓心的確定：因為洛侖茲力F指向圓心，根據F⊥v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入和射出磁場兩點）的F的方向，沿兩個洛侖茲力F畫其延長線，兩延長線的交點即為圓心.
2、半徑的確定和計算：利用平面幾何關系，求出該圓的可能半徑（或圓心角）．并注意以下兩個重要的幾何特點：粒子速度的偏向角（ф）等于回旋角（圓心角α），并等于AB弦與切線的夾角（弦切角θ）的2倍（如圖），即ф=α＝2θ＝ωt.
3、粒子在磁場中運動時間的確定:利用回旋角（即圓心角α）與弦切角的關系，或者利用四邊形內角和等于360°,計算出圓心角α的大小，由公式t=αT/360°,可求出粒子在磁場中的運動時間。
4、注意圓周運動中有關對稱規(guī)律：如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內．沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出等等。
二、運動規(guī)律應用

[典型例題]：
例1、每時每刻都有大量帶電的宇宙射線向地球射來，地球磁場可以有效地改變這些宇宙射線中大多數帶電粒子的運動方向，使它們不能到達地面，這對地球上的生命有十分重要的意義。假設有一個帶正電的宇宙射線粒子正垂直于地面向赤道射來，（如圖），地球由西向東轉，虛線表示地球自轉軸，上方為地理北極），在地球磁場的作用下，它將（）
A．向東偏轉B．向南偏轉C．向西偏轉D．向北偏轉
例2、圖中虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側的半空間存在一磁感強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外是MN上的一點，從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電量為＋q、質量為m、速率為的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內各個方向已知先后射人的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇，P到0的距離為L不計重力及粒子間的相互作用
(1)求所考察的粒子在磁場中的軌道徑
(2)求這兩個粒子從O點射人磁場的時間間隔

例3、A、Ｂ為水水平放置的足夠長的平行板，板間距離為d＝1.0×10－２m，Ａ板上有一電子源Ｐ，在紙面內能向各個方向發(fā)射速度在０≤v≤3.2×107m/s范圍內的電子，Ｑ為Ｐ點正上方Ｂ板上的一點，若垂直紙面加一勻強磁場，磁感應強度Ｂ＝9.1×10－3T,已知電子的質量m=9.1×10-31kg,電子電量e=1.6×10－19C,不計電子的重力和電子間的庫侖力，且電子打到板上均被吸收，并轉移到大地。求：
（１）沿ＰＱ方向射出的電子，擊中Ａ、Ｂ板上的范圍。
（２）若從Ｐ點發(fā)出的粒子恰能擊中Ｑ點，則電子的發(fā)射方向（用圖中θ表示）與電子速度的大小v之間應滿足的關系及各自相應的取值范圍。

[強化練習]
1、相距為d的兩平行板水平放置，兩板間的電勢差為U，一個質量為m、帶電量為+q的粒子，能以水平速度V勻速直線地通過兩板間，如果把兩板距離減小一半，要使帶電粒子仍能水平直線地通過電場，下列措施正確的是：()
A、把粒子速度增加一倍B、把粒子的速度減小一半
C、加一個垂直紙面向外的勻強磁場，且
D、加一個垂直于紙面向外的勻強磁場，且

2、如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質量和電量均相同的正、負離子（不計重力），從O點以相同的速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正、負離子在磁場中()
A．運動時間相同B．運動軌跡的半徑相同
C．重新回到邊界時速度的大小和方向相同D．重新回到邊界的位置與O點的距離相等
3、如圖，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里。許多質量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經過的區(qū)域，其中。哪個圖是正確的（）

4、如圖所示，長方形abcd長ad=0.6m，寬ab=0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應強度B=0.25T。一群不計重力、質量m=3×10－7kg、電荷量q=+2×10－3C的帶電粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域()
A．從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊
B．從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊
C．從Od邊射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊
D．從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊

5、如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫ａ、ｂ、ｃ和ｄ，外筒的外半徑為ｒ０，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為Ｂ。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內有沿向外的電場。一質量為ｍ、帶電量為＋ｑ的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫ａ的Ｓ點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點Ｓ，則兩電極之間的電壓Ｕ應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）