課標(biāo)版課標(biāo)版 物理物理第3講帶電粒子在組合場中的運(yùn)動考點(diǎn)一考點(diǎn)一質(zhì)譜儀的原理及應(yīng)用質(zhì)譜儀的原理及應(yīng)用1.構(gòu)造:如圖所示,由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成?？键c(diǎn)突破考點(diǎn)突破粒子由靜止被加速電場加速,有qU=mv2。粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,有qvB=m。由以上兩式可得r=,m=,=。典例典例1 1 (多選)如圖所示,一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)和勻強(qiáng)電場(電場強(qiáng)度為E)組成的速度選擇器,然后粒子通過平板S上的狹縫P進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B),最終打在A1A2上,下列表述正確的是( )122vr1B2mUq222qr BUqm222UB r2.原理:A.粒子帶負(fù)電B.所有打在A1A2上的粒子,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場中的運(yùn)動時間都相同C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D.粒子打在A1A2的位置越靠近P,粒子的比荷越大EBqm子帶正電,A錯誤;帶電粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動,則電場力與洛倫茲力等大反向,即Eq=Bqv,可得v=,C正確;由洛倫茲力充當(dāng)粒子做圓周運(yùn)動的向心力,有qvB=,可得r=,則=,由圖知粒子打在A1A2的位置越靠近P,r越小,粒子的比荷越大,D正確;所有打在A1A2上的粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場中都只運(yùn)動半個周期,又周期T=,則比荷不同,打在A1A2上的粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場中的運(yùn)動時間不同,B錯誤。EB2mvrmvBqqmvBr2EB r2mB q 答案 CD根據(jù)粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場中的運(yùn)動軌跡可判斷粒A.僅加速電壓增大,其他量不變,則x增大B.僅勻強(qiáng)磁場增強(qiáng),其他量不變,則x增大C.僅粒子的質(zhì)量增大,其他量不變,則x增大D.僅粒子的電荷量增加,其他量不變,則x增大答案AC粒子在電場中加速,由動能定理得qU=mv2,粒子進(jìn)入磁場,做圓周運(yùn)動的半徑r=,則x=2r=,可見增大m、U或減小B、q,可使x增大,A、C正確。12mvqB2B2mUq1-1(2016山西太原模擬)(多選)質(zhì)譜儀的原理如圖所示。從粒子源S出來的粒子速度很小,可以看做初速度為零,粒子經(jīng)過電場加速后進(jìn)入有界的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,并沿著半圓周運(yùn)動而打到照相底片上的P點(diǎn),測得P點(diǎn)到入口的距離為x,則以下說法正確的是()考點(diǎn)二回旋加速器的原理及應(yīng)用考點(diǎn)二回旋加速器的原理及應(yīng)用1.構(gòu)造:如圖所示,D1、D2是半圓形金屬盒,D形盒的縫隙處接交流電源。D形盒處于勻強(qiáng)磁場中。2.原理:交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等,粒子經(jīng)電場加速,經(jīng)磁場回旋,由qvB=,得Ekm=,可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定,與加速電壓無關(guān)。典例典例2(多選)勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器,工作原理示意圖如圖所示。置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,高頻交流電頻率為f,加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為+q,在加速器中被加速,且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響。則下列說法正確的是()2mvr2222q B rmA.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2RfB.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C.質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 1D.不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動能不變答案AC質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約,因v=22 RT=2Rf,故A正確;質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能Ekm=mv2=m42R2f2=2m2R2f2,與m、R、f均有關(guān),與加速電壓U無關(guān),B、D錯誤;根據(jù)R=,Uq=m,2Uq=m,得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 1,C正確。1212mvBq1221v1222v2A.帶電粒子從磁場中獲得能量B.帶電粒子的運(yùn)動周期是變化的C.帶電粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器D.增大金屬盒的半徑,粒子射出時的動能不變答案C帶電粒子由加速器的中心附近進(jìn)入回旋加速器,在回旋加速器2-1回旋加速器是加速帶電粒子的裝置,其主體部分是兩個D形金屬盒。兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中,a、b分別與高頻交流電源兩極相連接,下列說法正確的是 ()中從電場中獲得能量,帶電粒子的運(yùn)動周期是不變的,選項(xiàng)A、B錯誤、C正確;由Ek=mv2=2m2R2f2,知增大金屬盒的半徑,粒子射出時的動能增大,選項(xiàng)D錯誤。12考點(diǎn)三幾種常見的組合場考點(diǎn)三幾種常見的組合場帶電粒子在組合場中的運(yùn)動,實(shí)際上是幾個典型運(yùn)動過程的組合,因此解決這類問題要分段處理,找出各段之間的銜接點(diǎn)和相關(guān)物理量,問題即可迎刃而解。常見類型如下:1.從電場進(jìn)入磁場(1)粒子先在電場中做加速直線運(yùn)動,然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動。在電場中利用動能定理或運(yùn)動學(xué)公式等知識求粒子剛進(jìn)入磁場時的速度。(2)粒子先在電場中做類平拋運(yùn)動,然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動。在電場中利用平拋運(yùn)動規(guī)律等知識求粒子進(jìn)入磁場時的速度。2.從磁場進(jìn)入電場(1)粒子進(jìn)入電場時的速度與電場方向相同或相反,做勻變速直線運(yùn)動(不計重力)。(2)粒子進(jìn)入電場時的速度方向與電場方向垂直,做類平拋運(yùn)動。3.先后經(jīng)歷多個電場和磁場典例典例3如圖所示,勻強(qiáng)電場區(qū)域和勻強(qiáng)磁場區(qū)域緊鄰且寬度相等,均為d,電場方向在紙平面內(nèi)豎直向下,而磁場方向垂直紙面向里,一帶正電粒子從O點(diǎn)以速度v0沿垂直電場方向進(jìn)入電場,從A點(diǎn)出電場進(jìn)入磁場,離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉(zhuǎn)位移為電場寬度的一半,當(dāng)粒子從磁場右邊界上C點(diǎn)穿出磁場時速度方向與進(jìn)入電場O點(diǎn)時的速度方向一致,已知d、v0(帶電粒子重力不計),求:(1)粒子從C點(diǎn)穿出磁場時的速度大小;(2)電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值。答案(1)v0(2)v0解析(1)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運(yùn)動,則垂直電場方向d=v0t,平行電場方向=t得vy=v0,到A點(diǎn)時速度大小為v=v0粒子在磁場中運(yùn)動時速度大小不變,所以粒子從C點(diǎn)穿出磁場時速度大小仍為v0(2)粒子在電場中偏轉(zhuǎn)出A點(diǎn)時速度方向與水平方向成45角EB22d2yv22vy=t=,并且vy=v0得E=在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,如圖所示由幾何關(guān)系得R=d又qvB=,且v=v0得B=解得=v0qEm0qEdmv20mvqd22mvR20mvqdEB3-1如圖所示,在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場,一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)O以與x軸成30角斜向上的速度v射入磁場,且在x軸上方運(yùn)動半徑為R。則()A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點(diǎn)OB.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動的半徑之比為2 1C.粒子完成一次周期性運(yùn)動的時間為D.粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸前進(jìn)3R答案D由r=可知,粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動的半徑之比2B23mqBmvqB為1 2,所以B錯誤;粒子完成一次周期性運(yùn)動的時間t=T1+T2=+=,所以C錯誤;粒子第二次射入x軸上方磁場時沿x軸前進(jìn)l=R+2R=3R,粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)不能回到原點(diǎn)O,所以A錯誤,D正確。3-2如圖所示裝置中,區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度分別為E和;區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計重力)從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度v0水平射入電場,經(jīng)水平分界線OP上的A點(diǎn)與OP成60角射入?yún)^(qū)域的磁場,并垂直豎直邊界CD進(jìn)入?yún)^(qū)域的勻強(qiáng)電場中。求:16163mqB23mqBmqB2E(1)粒子在區(qū)域勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑;(2)O、M間的距離;(3)粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時間。答案(1)(2)(3)+解析(1)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動,設(shè)粒子過A點(diǎn)時速度為v,由類02mvqB2032mvqE0(83)mvqE3mqB平拋規(guī)律知v=粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由牛頓第二定律得Bqv=m所以R=(2)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t1,加速度為a。0cos60v2vR02mvqB則有qE=mav0tan60=at1即t1=O、M兩點(diǎn)間的距離為03mvqEL=a=(3)設(shè)粒子在區(qū)域磁場中運(yùn)動的時間為t2則由幾何關(guān)系知t2=設(shè)粒子在區(qū)域電場中運(yùn)動的時間為t3,則有a=則t3=2=2=粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時間為t=t1+t2+t3=+=+1221t2032mvqE16T3mqB2Eqm2qEmva02va08mvqE03mvqE3mqB08mvqE0(83)mvqE3mqB考點(diǎn)四帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)功考點(diǎn)四帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)功解決帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動問題的基本思路典例典例4(2016安徽合肥模擬)如圖甲所示,帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板M、N間中線OO連續(xù)射入電場中。M、N板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN,兩板間電場可看做是均勻的,且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B,分界線為CD,EF為屏幕。金屬板間距為d,長度為l,磁場的寬度為d。已知:B=510-3T,l=d=0.2m,每個帶正電粒子的速度v0=105m/s,比荷為=108C/kg,重力忽略不計,在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi),電場可視作是恒定不變的。試求:qm(1)帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的最小半徑;(2)帶電粒子射出電場時的最大速度;(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。答案(1)0.2m(2)105m/s(3)見解析2解析(1)t=0時刻射入電場的帶電粒子不被加速,進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的半徑最小。此時粒子在磁場中運(yùn)動時有qv0B=則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的最小半徑rmin=m=0.2m其在磁場中運(yùn)動的徑跡如圖中曲線所示。20minmvr0mvqB58310105 10 (2)設(shè)兩板間電壓為U1時,帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場,則有=at2=解得U1=100V2d12121U qdm20lv則在電壓低于100V時,帶電粒子才能從兩板間射出電場,電壓高于100V時,帶電粒子打在極板上,不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時,速度最大,設(shè)最大速度為vmax,則有m=m+q解得vmax=105m/s(3)由第(1)問計算可知,t=0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑rmin=d=0.2m徑跡恰與屏幕相切,設(shè)切點(diǎn)為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點(diǎn),則=rmin=0.2m帶電粒子射出電場時的速度最大時,在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑最大,打在屏幕上的位置最低。122maxv1220v12U2O E設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為rmax,打在屏幕上的位置為F,運(yùn)動徑跡如圖中曲線所示。qvmaxB=則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動的最大半徑rmax=m=m由數(shù)學(xué)知識可得運(yùn)動徑跡的圓心必落在屏幕上,如圖中Q點(diǎn)所示,并且Q點(diǎn)必與M板在同一水平線上。則=m=0.1m帶電粒子打在屏幕上的最低點(diǎn)為F,則2maxmaxmvrmaxmvqB5832 10105 10 25O Q2d0.22=rmax-=m=0.18m即帶電粒子打在屏幕上O上方0.2m到O下方0.18m的范圍內(nèi)。O FO Q20.15(1)解決帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動問題時,關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力情況,對粒子的運(yùn)動情景、運(yùn)動性質(zhì)作出判斷。(2)這類問題一般都具有周期性,在分析粒子運(yùn)動時,要注意粒子的運(yùn)動周期、電場周期、磁場周期的關(guān)系。(3)帶電粒子在交變電、磁場中運(yùn)動仍遵循牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律,所以此類問題的研究方法與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)相同。4-1某空間存在著一個變化的電場和一個變化的磁場,電場方向向右(如圖甲中由B到C的方向),電場變化如圖乙中E-t圖像,磁感應(yīng)強(qiáng)度變化如圖丙中B-t圖像。在A點(diǎn),從t=1s(即1s末)開始,每隔2s,有一個相同的帶電粒子(重力不計)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出,恰能擊中C點(diǎn),若=2且粒子在A、B間運(yùn)動的時間小于1s,求:ACBC(1)圖線上E0和B0的比值,磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向;(2)若第1個粒子擊中C點(diǎn)的時刻已知為1+t,那么第2個粒子擊中C點(diǎn)的時刻是多少?答案(1)垂直紙面向外(2)2s+t解析設(shè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為R。在第2秒內(nèi)只有磁場。軌跡如圖所示。3 32(1)因?yàn)?2=2d,所以R=2d第2秒內(nèi),僅有磁場:qvB0=m=m第3秒內(nèi),僅有電場:d=所以=v。粒子帶正電,故磁場方向垂直紙面向外。(2)t=,t=t。故第2個粒子擊中C點(diǎn)的時刻為2s+t。ACBC2vR22vd120qEm23dv00EB436T162 mqB3mqB32dv3dv3 323 32